高考化学一轮复习-金属材料及金属矿物的开发利用（举一反三讲义）（解析版）

这是一份高考化学一轮复习-金属材料及金属矿物的开发利用（举一反三讲义）（解析版），共30页。学案主要包含了靶向突破等内容，欢迎下载使用。
目录
一、题型精讲TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc20102" 题型01 考查合金性质及其应用 PAGEREF _Tc20102 \h 1
\l "_Tc18391" 题型02 考查新型合金及其应用 PAGEREF _Tc18391 \h 3
\l "_Tc25747" 题型03 考查金属矿物的开发利用 PAGEREF _Tc25747 \h 5
\l "_Tc16709" 题型04 考查镁及其化合物性质及其应用 PAGEREF _Tc16709 \h 8
\l "_Tc27569" 题型05 考查铜及其化合物性质及其应用 PAGEREF _Tc27569 \h 11
\l "_Tc24406" 题型06 以工艺流程为载体考查其他金属的制备 PAGEREF _Tc24406 \h 15
二、靶向突破
题型01 考查合金性质及其应用
1．合金
(1)概念：合金是指两种或两种以上的金属(或金属与非金属)熔合而成的具有金属特性的物质。
(2)性能：合金具有许多优良的物理、化学或机械性能。
①熔点：一般比它的各成分金属的低；
②硬度和强度：一般比它的各成分金属的大。
2．常见金属材料——黑色金属材料与有色金属材料
【例1】 明末科学家宋应星出版的《天工开物》中记载了有关“五金”的内容：“……黄金美者，其值去黑铁(生铁)一万六千倍，然使釜、鬵(xín，一种炊具)、斤(这里指菜刀、镰刀、锄头等)、斧不呈效于日用之间……贸迁有无……”，下列解释正确的是( )
A．明代使用的釜、鬵一类的炊具都属于青铜合金
B．添加了铬、镍的不锈钢菜刀和农具使用后即使不保养，也不会生锈
C．金属的另一个用途就是铸成钱币作为贸易交往中的流通手段
D．黑铁属于铁合金，熔点比铁的高
【答案】C
【解析】明代使用的釜、鬵一类的炊具都属于铁合金，A错误；不锈钢制作就是在普通钢中添加铬、镍等元素改变了钢铁内部结构，不锈钢不容易生锈，家里用的农具是铁合金，如果未及时洗干净后晾干，铁能与氧气、水同时接触，容易发生电化学腐蚀，容易生锈，B错误；金属可以用来铸成钱币作为贸易交往中的流通手段，C正确；生铁属于合金，熔点比成分金属Fe的低，D错误。
【变式1-1】 下列广西优秀传统工艺品中，主要由合金材料制成的是( )
【答案】A
【解析】铜鼓是由合金材料制成的，A正确；绣球由绸布或花布制成，不属于合金材料，B错误；坭兴陶由硅酸盐材料制成，不属于合金材料，C错误；壮锦由棉线或丝线编织而成，不属于合金材料，D错误。
【变式1-2】 镧镍合金是一种具有实用价值的新型储氢合金材料。下列说法不正确的是
A．镧镍合金能大量吸收形成金属氢化物
B．镍属于过渡元素，位于元素周期表d区
C．氢能是理想能源，具有来源广、热值高、无污染等优点
D．合金的熔点一定比各成分金属的熔点低
【答案】D
【解析】镧镍合金能大量吸收H2，并与H2结合成金属氢化物，金属氢化物稍稍加热又容易分解，所以可用作储氢材料，A正确；镍是28号元素，属于过渡元素，位于元素周期表d区，B正确；氢能是理想能源，具有来源广、热值高、无污染等优点，C正确；合金的熔点一般比各成分金属的熔点低，但不是一定低，比如汞合金的熔点比汞高，D错误；故选D。
【变式1-3】化学与生活、生产、社会密切相关，下列说法正确的是
A．制造镍氢电池使用的储氢合金是一类能与氢气结合成金属氢化物的材料，如钛锆合金，镧镍合金等
B．等漂白剂均是利用强氧化性达到漂白效果
C．用于制作大运会火炬塔塔身的钛合金板具有硬度低、延展性好等特点
D．天和核心舱电推进系统腔体的氮化硼陶瓷属于传统无机非金属材料
【答案】A
【解析】储氢合金是一种新型合金，一定条件下能吸收氢气和能放出氢气。循环寿命性能优异，并可被用于大型电池，尤其是电动车辆、混合动力电动车辆、高功率应用等等，故A正确；二氧化硫的漂白是化合型漂白，不是利用强氧化性，故B错误；钛合金硬度大，强度高，耐腐蚀，故C错误；氮化硼陶瓷属于新型无机非金属材料，故D错误；故选A。
题型02 考查新型合金及其应用
1.储氢合金：一类能够大量吸收H2，并与H2结合成金属氢化物的材料。如Ti-Fe合金、La-Ni合金等，为氢气作为能源的实际应用起到重要的推动作用。
2.其他新型合金：钛合金、耐热合金和形状记忆合金等新型合金广泛应用于航空航天、生物工程和电子工业等领域。
【例2】下列材料中所涉及的合金不属于新型合金的是
【答案】B
【解析】的耐高温的合金材料是钛合金，属于新型合金，A不符合题意；碳化硅属于无机非金属材料，B符合题意；钛合金的硬度大、耐酸碱的腐蚀，因此可用于蛟龙号载人舱的舱体材料等，属于新型合金，C不符合题意； 新能源汽车储氢材料，有LaNi5、Mg2Cu、Mg2Ni等，属于新型合金，D不符合题意；
故选B。
【变式2-1】 储氢合金是一种新型合金。下列关于储氢合金的说法错误的是( )
A．储氢合金是一类能够大量吸收氢气，并与氢气结合成金属氢化物的新型合金材料
B．储氢合金具有储氢量大、能耗低、使用方便的特点
C．储氢合金具有很强的捕捉氢的能力，氢分子在合金中先分解成单个的原子，氢原子进入合金原子的缝隙中，并与合金生成金属氢化物
D．储氢合金形成的金属氢化物性质稳定，高温条件下也不易分解
【答案】D
【解析】储氢合金形成的金属氢化物既容易形成，加热又容易分解，室温下吸、放氢的速率快，故D错误。
【变式2-2】 将一个预先做好的“ICE”形状的镍钛合金破坏形状后，只要在热水中浸泡，其便会恢复原来形状。下列说法正确的是( )
A．记忆合金的形状变化属于化学变化
B．合金的熔点一般比各组分金属低，硬度比各组分金属小
C．形状记忆合金在医疗上可用来接断骨等，在日常生活中可制眼镜框架等
D．钛合金的化学性质与钛单质完全相同
【答案】C
【解析】记忆合金的形状变化没有生成新物质，属于物理变化，A不正确；合金的熔点一般比组分金属的低，但硬度要比组分金属的大，B不正确；钛合金中因为加入了其他金属，化学性质与钛单质不完全相同，D不正确。
【变式2-3】中国空间站“梦天实验舱”顺利发射升空，该舱箭组合体使用到多种新型合金材料，下列关于合金的说法中错误的是
A．合金具有许多优良的物理、化学和机械性能
B．一般来说，合金的熔点比它的成分金属的高
C．改变原料配比，生成合金的条件，能得到不同性能的合金
D．新型合金有储氢合金，钛合金、耐热合金和形状记忆合金等
【答案】B
【解析】合金具有许多优良的物理、化学和机械性能，密度小、熔点低、硬度大等，A正确；一般来说，合金的熔点比它的成分金属的熔点低，B错误；改变原料的配比，生成合金的条件，可形成不同的合金，可以得到具有不同性能的合金， C正确；钛合金的硬度大、耐酸碱的腐蚀，因此可用于发展航空飞机的机体材料等；耐热合金在高温下具有良好的机械性能和化学稳定性，属于新型合金，广泛应用于卫星、航空航天；镍和钛混合成为合金，叫记忆合金，有自己独特的物理特性，就是温度变化会引起外形变化，同时有记忆能力，能恢复原来形状，广泛应用于生物工程和电子工程等领域，均属于新型合金，D正确；故选B。
题型03 考查金属矿物的开发利用
1.金属在自然界中的存在形式

2.金属冶炼的实质
Mn＋＋ne－===M
①使金属化合物中的金属离子得电子还原为金属单质。
②化合态转化为游离态。
3.金属的常见冶炼方法
①电解法
Na：2NaCl(熔融) 电解 2Na＋Cl2↑；
Mg：MgCl2(熔融) 电解 Mg＋Cl2↑；
Al：2Al2O3(熔融) 电解 冰晶石 4Al＋3O2↑。
②热还原法：常用还原剂有焦炭、CO、H2、Al等；
高炉炼铁：3CO＋Fe2O3 △ 2Fe＋3CO2；
铝热反应制铬：2Al＋Cr2O3 高温 2Cr＋Al2O3；
焦炭还原铜：C＋2CuO 高温 2Cu＋CO2↑。
③热分解法
Hg：2HgO △ 2Hg＋O2↑；
Ag：2Ag2O △ 4Ag＋O2↑。
4.合理开发利用金属矿物的主要途径
①提高金属矿物的利用率；
②开发环保高效的金属冶炼方法；
③防止金属的腐蚀；
④加强废旧金属的回收和再利用；
⑤使用其他材料代替金属材料。
【例3】明代《天工开物》记载“火法”冶炼锌：“每炉甘石十斤，装载入一泥罐内……然后逐层用煤炭饼垫盛，其底铺薪，发火煅红……冷定毁罐取出……即倭铅也”(注：炉甘石的主要成分为碳酸锌，泥罐中掺有煤炭)。下列说法不正确的是( )
A．倭铅是指金属锌和铅的混合物
B．煤炭中起作用的主要成分是C
C．冶炼Zn的化学方程式：ZnCO3＋2C 高温 Zn＋3CO↑
D．该冶炼锌的方法属于热还原法
【答案】A
【解析】由题意可知，倭铅是指金属锌，不是混合物，故A错误；煤炭的主要成分是C，反应中碳作还原剂，故B、C、D均正确。
【变式3-1】人类文明的发展和社会的进步与金属材料密切相关，种类繁多的金属材料已成为人类社会发展的重要物质基础。下列有关说法正确的是( )
A．可通过铝热反应从铁的氧化物中冶炼铁
B．工业上一般通过电解NaCl溶液得到钠单质
C．镁在CO2的气氛中热还原TiCl4制钛
D．古代火烧孔雀石[Cu2(OH)2CO3]炼铜的方法中当转移2 ml电子时，1 ml铜被氧化
【答案】A
【解析】可用铝与铁的氧化物发生置换反应(即铝热反应)制得铁单质，A项正确；工业上钠单质的制备通常采用电解熔融氯化钠的方法，B项错误；高温下Mg能与CO2发生反应，C项错误；火烧孔雀石[Cu2(OH)2CO3]炼铜的方法中当转移2 ml电子时，0.5 ml碱式碳酸铜被还原，得到1 ml还原产物Cu，D项错误。
【变式3-2】 下列有关金属的工业制法中，正确的是
A．制铜：火法炼铜，即将黄铜矿受热分解以获得铜单质
B．制铁：以铁矿石、焦炭、石灰石为原料，CO还原得铁
C．制镁：用海水为原料，经一系列过程制得氧化镁固体，还原得镁
D．制铝：从铝土矿制得氯化铝固体，再电解熔融的氯化铝得到铝
【答案】B
【解析】黄铜矿(CuFeS2)中Fe的化合价为＋2，工业上用黄铜矿冶炼铜的反应：8CuFeS2＋21O2eq \(=====,\s\up8(高温))8Cu＋4FeO＋2Fe2O3＋16SO2，该反应不是分解反应，故A错误；工业上常用CO在高温下还原铁矿石炼铁：3CO+Fe2O3eq \(=====,\s\up8(高温))2Fe+3CO2，故B正确；工业上以海水为原料，经过一系列过程获得无水氯化镁，工业制镁是电解熔融氯化镁：MgCl2(熔融)eq \(=====,\s\up8(通电))Mg+Cl2↑，故C错误；因为氯化铝是共价化合物，熔融状态下氯化铝不电离，也不导电，工业制铝是电解熔融的氧化铝：2Al2O3(熔融) 4Al+3O2↑，故D错误；故选B。
【变式3-3】古代炼丹的五金通常是指金、银、铜、铁、锡。下列说法错误的是( )
A.用焦炭热还原SnO2可得到Sn
B.用H2还原Fe2O3可得到Fe
C.Cu2S与过量O2共热产物中只含Cu
D.Ag2O直接热分解可得到Ag
【答案】C
【解析】根据金属活泼性顺序可知，可以用热还原法冶炼Sn，因此可以用焦炭热还原SnO2得到Sn，故A正确；根据金属活泼性顺序可知，也可以用热还原法冶炼Fe，因此可以用H2还原Fe2O3得到Fe，故B正确；铜能够与氧气反应，Cu2S与过量O2共热产物中含有CuO等，故C错误；银的活泼性较差，工业上将Ag2O直接加热分解可得到Ag，故D正确。

题型04 考查镁及其化合物性质及其应用
1．镁的性质
(1)物理性质：银白色，金属光泽，密度、硬度均较小，熔点较低，有良好的导电、传热和延展性。
(2)化学性质(有关反应的化学方程式或离子方程式)
②2Mg＋CO2 点燃 2MgO＋C
③Mg＋2H2O △ Mg(OH)2＋H2↑
④Mg＋2H＋===Mg2+＋H2↑
2．MgO与Mg(OH)2
(1)MgO为碱性氧化物，难溶于水，溶于盐酸的离子方程式为MgO＋2H＋===Mg2+＋H2O。
(2)Mg(OH)2为难溶于水的中强碱，溶于盐酸的离子方程式为Mg(OH)2＋2H＋===Mg2+＋2H2O。
3.Mg(OH)2和Al(OH)3的化学性质与制备
3．从海水中提取镁的流程
主要化学反应：
(1)制石灰乳：CaCO3 高温 CaO＋CO2↑、CaO＋H2O===Ca(OH)2；
(2)沉淀Mg2+：Mg2+＋Ca(OH)2===Mg(OH)2＋Ca2+；
(3)制备MgCl2：Mg(OH)2＋2HCl===MgCl2＋2H2O；
(4)电解MgCl2：MgCl2(熔融) 电解 Mg＋Cl2↑。
【例4】已知MgCl2·6H2O在空气中加热时，失去部分结晶水，同时生成Mg(OH)Cl或MgO。实验室用MgCl2·6H2O制取无水MgCl2的部分装置(铁架台、酒精灯已略)如图所示：
下列有关说法错误的是( )
A．循环物质甲为盐酸
B．装置b填充的可能是P2O5或CaCl2
C．装置a的分液漏斗中装有的试剂为浓硫酸，其作用为催化剂
D．装置d为干燥装置
【答案】C
【解析】MgCl2·6H2O晶体在空气中加热时，释放出部分结晶水，同时生成Mg(OH)Cl或MgO，实验室以MgCl2·6H2O制取无水MgCl2，应该是在HCl气氛中加热MgCl2·6H2O，所以装置a中液体为盐酸，盐酸受热挥发出HCl，通过酸性干燥剂或中性干燥剂干燥，HCl进入装置c，加热装置c在HCl气氛中MgCl2·6H2O分解生成无水MgCl2，装置d为干燥装置，用于吸收生成的水蒸气，同时防止循环物质甲中水蒸气进入装置c。循环的物质甲是盐酸，故A正确；装置b填充的是酸性干燥剂或中性干燥剂，用于干燥HCl，则可能是P2O5或CaCl2，故B正确；装置a中起始装有的试剂为盐酸，故C错误；装置d为干燥装置，故D正确。
【变式4-1】一种工业制备无水氯化镁的工艺流程如下：
下列说法错误的是( )
A．物质X常选用生石灰
B．工业上常用电解熔融MgCl2制备金属镁
C．“氯化”过程中发生的反应为MgO＋C＋Cl2 高温 MgCl2＋CO
D．“煅烧”后的产物中加稀盐酸，将所得溶液加热蒸发也可得到无水MgCl2
【答案】D
【解析】苦卤水中含有大量镁离子，加入生石灰，生石灰与水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙再与镁离子反应生成氢氧化镁，生石灰来源丰富、价格便宜，常用来做沉镁的沉淀剂，A说法正确；镁为活泼金属，工业上常用电解熔融氯化镁的方法来制备金属镁，B说法正确；根据题给流程图可知，“煅烧”氢氧化镁得到氧化镁，“氯化”过程中，加入碳和氯气与氧化镁反应，生成无水氯化镁和一种气体，根据元素守恒和化合价升降可得反应的化学方程式为MgO＋C＋Cl2 高温 MgCl2＋CO，C说法正确；向“煅烧”后所得氧化镁中加稀盐酸，得到氯化镁溶液，由于镁离子会发生水解反应：Mg2+＋2H2O⥫⥬Mg(OH)2＋2H＋，直接蒸发MgCl2溶液，生成的HCl挥发，促进镁离子水解生成氢氧化镁，而不是无水氯化镁，D说法错误。
【变式4-3】以混有SiO2的MgCO3为原料制备氧化镁的实验流程如图：
下列说法错误的是( )
A．“酸浸”的离子方程式为CO32−＋2H＋===CO2↑＋H2O
B．浸出渣的成分是SiO2
C．母液的主要溶质是NH4Cl
D．固体X是Mg(OH)2
【答案】A
【解析】MgCO3是微溶物，不可拆成离子，故A错误；SiO2不溶于盐酸，浸出渣为SiO2，故B正确；加入氨水沉镁的化学方程式为MgCl2＋2NH3·H2O===Mg(OH)2↓＋2NH4Cl，母液的主要溶质是NH4Cl，固体X是Mg(OH)2，故C、D正确。
题型05 考查铜及其化合物性质及其应用
1．铜的主要性质
①2Cu＋O2＋H2O＋CO2===Cu2(OH)2CO3。
②2Cu＋S △ Cu2S。
③与氧化性酸反应
a．与浓硫酸共热：Cu＋2H2SO4(浓) △ CuSO4＋SO2↑＋2H2O；
b．与稀硝酸反应：3Cu+8H++2NO3−===3Cu2+＋2NO↑＋4H2O(填离子方程式，下同)；
c．与浓硝酸反应：Cu+4H++2NO3−===Cu2+＋2NO2↑＋2H2O。
④与某些盐溶液反应
a．与硝酸银溶液反应：Cu＋2Ag＋===2Ag＋Cu2+；
b．与FeCl3溶液反应：Cu＋2Fe3+===2Fe2+＋Cu2+。
2．铜的重要化合物的性质及应用
(1)氧化物
①CuO：黑色难溶于水的固体，可以与酸反应，可以用H2、CO、Al还原出Cu。
②Cu2O：砖红色难溶于水的固体，与非氧化性酸反应为Cu2O＋2H＋===Cu＋Cu2+＋H2O，遇到HNO3发生氧化反应生成Cu2+。
③转化：4CuO 高温 2Cu2O＋O2↑，高温条件下Cu2O稳定。
(2)氢氧化铜——蓝色难溶固体，是一种弱碱。
(3)铜盐
①Cu2(OH)2CO3
Cu2(OH)2CO3的名称为碱式碳酸铜，呈绿色，是铜锈的主要成分，受热易分解，化学方程式为Cu2OH2CO3 △ 2CuO＋H2O＋CO2↑。
②CuSO4
a．CuSO4·5H2O为蓝色晶体，俗称蓝矾或胆矾。
受热或遇浓硫酸蓝色晶体变为白色粉末。
b．无水CuSO4遇水变蓝色(生成CuSO4·5H2O)，可作为水或水蒸气的检验试剂。
③铜盐的毒性
铜盐溶液有毒，主要是因为铜离子能与蛋白质作用，使蛋白质变性失去生理活性，因此人们利用这一性质用胆矾、熟石灰、水配成了波尔多液，用来杀灭植物的病菌。
【例5】一种在恒温、恒定气流流速下，催化氧化HCl生产Cl2的工艺主要反应机理如图所示。下列说法不正确的是( )
A．该过程中Cu元素的化合价保持不变
B．CuO、Cu(OH)Cl、Cu2OCl2均为中间产物
C．Cu(OH)Cl分解产生两种产物，物质X为H2O
D．该过程涉及反应：2Cu2OCl2＋O2 eq \(⥫===⥬,\s\up7(一定条件))2Cl2＋4CuO
【答案】B
【解析】由题干反应历程图可知，该过程中含Cu化合物CuO、Cu(OH)Cl、Cu2OCl2中Cu元素的化合价均为＋2价，A正确；由题干反应历程图可知，反应前加入了CuO，CuO与HCl反应转化为Cu(OH)Cl，然后Cu(OH)Cl分解为Cu2OCl2和H2O，Cu2OCl2与O2反应又生成了CuO，则CuO为催化剂，而Cu(OH)Cl、Cu2OCl2均为中间产物，B错误；由题干反应历程图可知，Cu(OH)Cl分解产生两种产物即Cu2OCl2和物质X，根据元素守恒可知X为H2O，C正确；由题干反应历程图可知，该过程涉及Cu2OCl2与O2生成CuO和Cl2的反应，根据氧化还原反应配平可得：2Cu2OCl2＋O2 eq \(⥫===⥬,\s\up7(一定条件))2Cl2＋4CuO，D正确。
【变式5-1】氯化亚铜(CuCl)广泛应用于化工、印染、电镀等行业。CuCl难溶于水，可溶于氯离子浓度较大的体系，易水解氧化。以海绵铜(主要成分是Cu和少量CuO)为原料，生产CuCl的工艺如下：
下列说法错误的是( )
A．“溶解”过程发生氧化还原反应的离子方程式是3Cu+8H++2NO3−===3Cu2+＋2NO↑＋4H2O
B．“反应”过程发生反应的离子方程式是2Cu2++SO32−+2Cl−+H2O===2CuCl↓+SO42−＋2H＋
C．“溶解”过程中硫酸可用浓盐酸代替
D．“烘干”需在隔绝空气的环境中进行
【答案】C
【解析】“溶解”过程中，硝酸铵中的硝酸根离子与硫酸电离出的氢离子构成硝酸，将铜氧化，离子方程式是3Cu+8H++2NO3−===3Cu2+＋2NO↑＋4H2O，A正确；从后续操作看，“反应”过程生成CuCl，则溶液中的Cu2+被SO32−还原，反应的离子方程式是2Cu2++SO32−+2Cl−+H2O===2CuCl↓+SO42−＋2H＋，B正确；“溶解”过程中，若硫酸用浓盐酸代替，则“反应”过程中生成的CuCl会被Cl－溶解，难以得到CuCl沉淀，C不正确；“烘干”时，CuCl易被空气中的氧气氧化，所以需在隔绝空气的环境中进行，D正确。
【变式5-2】某研究小组通过实验探究Cu及其化合物的性质，下列操作正确且能达到目的的是（ ）
A．将铜丝插入浓硫酸中加热，反应完后把水加入反应器中，观察溶液的颜色
B．常温下将铜丝伸入盛满氯气的集气瓶中，观察CuCl2的生成
C．将CuCl2溶液在蒸发皿中加热蒸干，得到无水CuCl2固体
D．将表面有铜绿的铜器放入稀盐酸中浸泡，除去铜绿
【答案】D
【解析】A项，应将反应完后的混合物缓慢倒入盛有水的烧杯中，并用玻璃棒不断搅拌；B项，应将铜丝在空气中加热到红热后再伸入盛满氯气的集气瓶中；C项，CuCl2水解生成的HCl易挥发，加热蒸干CuCl2溶液得不到无水CuCl2固体，得到的是Cu（OH）2 固体。
【变式5-3】部分含Na或含Cu物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断不合理的是( )
A．可存在c→d→e的转化
B．能与H2O反应生成c的物质只有b
C．新制的d可用于检验葡萄糖中的醛基
D．若b能与H2O反应生成O2，则b中含共价键
【答案】B
【解析】由题图可知a、b、c对应物质分别为钠、氧化钠(或过氧化钠)、氢氧化钠或a、b、e、d对应物质分别为铜、氧化亚铜、氧化铜、氢氧化铜。由分析可知氢氧化钠和硫酸铜反应生成氢氧化铜，氢氧化铜受热分解生成氧化铜，所以存在c→d→e的转化，A合理；钠和氧化钠(或过氧化钠)都能与H2O反应生成氢氧化钠，B不合理；新制的氢氧化铜可用于检验葡萄糖中的醛基，C合理；若b能与H2O反应生成O2，则b为过氧化钠，结构中含共价键和离子键，D合理。
题型06 以工艺流程为载体考查其他金属的制备
1.明确制备物质特点
首先确定要制备什么物质，从题干或流程图、装置图中获取有用信息，了解制备物质的性质，具有某些特殊性质的产物，要采取必要的措施来避免在制备过程中产生杂质。
2.分析流程图、装置图中的每一步操作及步骤
从以下几个方面了解流程图、装置图：反应物是什么？反应方程式是什么？该反应有何作用？对制备结果有何影响？
3.逐项判断，不遗漏任何信息
结合除杂、分离、提纯等实验操作，灵活运用元素化合物及氧化还原反应等知识，从问题中获取解题信息，逐项判断。
【例6】溶液a中的溶质主要为CdSO4，还含有少量FeSO4、H2SO4，以溶液a为主要原料制备高纯镉的工艺流程如图所示。下列说法正确的是( )
A.“氧化”时若用Cl2代替O2，电解时阳极反应式不变
B.“调节pH”时可以用CuO代替ZnO
C.“电解废液”所含溶质的主要成分为ZnSO4、H2SO4
D.“氧化”时可以用KSCN溶液检验Fe2＋是否完全被氧化
【答案】C
【解析】“氧化”时若用Cl2代替O2，即有Cl－生成，在“电解”时阳极会有Cl2生成，阳极反应式不同，A项错误；“调节pH”时若选用CuO，则后续溶液中含CuSO4，电解时生成的镉中含有铜杂质，B项错误；“电解”时生成硫酸、镉及氧气，“电解”前的溶液中含有硫酸锌，C项正确；“氧化”时，应用铁氰化钾溶液检验Fe2＋是否存在，D项错误。
【变式6-1】某工厂采用如下工艺制备Cr(OH)3，已知焙烧后Cr元素以＋6价形式存在，下列说法错误的是( )
A.“焙烧”中产生CO2
B.滤渣的主要成分为Fe(OH)2
C.滤液①中Cr元素的主要存在形式为CrOeq \\al(2－,4)
D.淀粉水解液中的葡萄糖起还原作用
【答案】B
【解析】据题意，焙烧后Cr元素以＋6价形式存在，则“焙烧”时主要反应的化学方程式为2Cr2O3＋4Na2CO3＋3O2eq \(=====,\s\up7(高温))4Na2CrO4＋4CO2，故A正确；焙烧时铁元素被氧化为＋3价，故滤渣的成分为Fe2O3，故B错误；滤液①中Cr元素以＋6价的CrOeq \\al(2－,4)存在，故C正确；淀粉水解的产物是葡萄糖，“转化”过程中CrOeq \\al(2－,4)被还原为Cr(OH)3，葡萄糖起到了还原作用，故D正确。
【变式6-2】用铬铁合金(含少量Ni、C单质)生产硫酸铬的工艺流程如下：
下列说法错误的是( )
A.“浸出”产生的气体含有H2
B.“除杂”的目的是除去Ni、C元素
C.流程中未产生六价铬化合物
D.“滤渣2”的主要成分是Fe2(C2O4)3
【答案】D
【解析】由流程可知，加入稀硫酸溶解，生成气体为氢气，溶液中含Ni2＋、C2＋、Cr3＋、Fe2＋加入Na2S分离出滤渣1含CS和NiS，Cr3＋、Fe2＋不会沉淀，再加入草酸除铁生成FeC2O4，过滤分离出硫酸铬，以此来解答。四种金属均与稀硫酸反应生成H2，A正确；共有四种金属，由流程可知，沉铁后分离出硫酸铬，则“除杂”的目的是除去Ni、C元素，B正确；由上述分析可知，流程中未产生六价铬化合物，C正确；“滤渣2”的主要成分是FeC2O4，D错误。
【变式6-3】铼(Re)被称为“类锰元素”，与锰的价电子排布相同，可以与氧气反应。一种对废氧化铝载体铂铼催化剂中金属元素综合回收利用的工艺如图：
下列说法正确的是( )
A.“第1次浸出”中可以用氢氧化钠溶液代替氨水，浸出渣1成分不变
B.铼元素的最高价氧化物Re2O7为酸性氧化物
C.制备铼粉过程中，氢气只体现还原作用
D.“第3次浸出”中若用HCl—NaClO3作浸出液，反应离子方程式可能为：3Pt＋16Cl－＋2ClOeq \\al(－,3)＋12H＋===3[PtCl6]2－＋6H2O
【答案】BD
【解析】“第1次浸出”用氨水溶解含Re的物质，Al2O3在滤渣中，Al2O3能与氢氧化钠溶液反应，不能使用氢氧化钠溶液代替氨水，故A错误；七氧化二铼溶于水生成高铼酸溶液，所以Re2O7为酸性氧化物，故B正确；在800 ℃下通入氢气，还原NH4ReO4制备铼粉，氢气不仅作为还原剂，还可以通过气流带走生成的水蒸气和氨气，故C错误；用HCl—NaClO3作浸出液溶解Pt，可形成配合物，反应离子方程式可能为3Pt＋16Cl－＋2ClOeq \\al(－,3)＋12H＋===3[PtCl6]2－＋6H2O，故D正确。
1.（2025·天津·二模）2025年元旦期间，天津博物馆举办“天开一统——秦汉文物主题展”，大量市民慕名而来一睹国宝“长信宫灯”芳容。下列说法正确的是
A．动物油脂和柴油都属于酯类物质
B．青铜是一种混合物，其硬度小于纯铜
C．铜锈的颜色为绿色，其主要成分为CuO
D．传统鎏金工艺是将金溶于汞中制成“金汞漆”，涂在器物表面，然后加火除汞，使金附着在器物表面。鎏金工艺利用了汞的挥发性
【答案】D
【解析】柴油不属于酯类物质，故A错误；青铜属于合金，一般来说合金的硬度大于纯金属的硬度，因此青铜的硬度大于纯铜，故B错误；铜锈的主要成分为，故C错误；中国古代鎏金技术利用汞的挥发性，将金汞漆中的汞去除，故D正确；故选D。
2.（2025·山东日照·一模）2025年春晚吉祥物“巳升升”的五官设计取材于青铜器和玉器上的纹样，青铜是铜和铅的合金。关于青铜的说法正确的是
A．在潮湿空气中，青铜会生成铜绿B．青铜的硬度比纯铜小
C．青铜是一种合金，属于纯净物D．青铜的熔点比纯铜高
【答案】A
【解析】在潮湿空气中，铜和氧气、二氧化碳、水蒸气反应生成碱式碳酸铜，故A正确； 合金的硬度比其组分都大，故青铜的硬度比纯铜大，故B错误；青铜是一种合金，是铜、铅的混合物，故C错误；合金的熔点比其组分都低，青铜的熔点比纯铜低，故D错误；故选A。
3.（24-25高三上·山西·期末）下列冶炼金属的原理正确的是
A．工业上电解制备金属B．加入溶液制备金属
C．加热分解制备金属D．电解溶液制备金属钠
【答案】C
【解析】氯化铝是共价化合物，工业上电解制备金属，A错误；高温下，与熔融制备金属，B错误；金属活动顺序表中排在铜后面的金属氧化物不稳定，受热分解生成金属单质，故加热分解制备金属银，C正确；制备金属钠是通过电解熔融实现的，D错误；故选C。
4．实验室用含有少量氧化铁杂质的废铜粉制取无水硫酸铜的实验步骤如下。
下列有关说法正确的是（ ）
A．溶解废铜粉的“过量酸”是指稀硝酸
B．气体A是Cl2，将亚铁离子氧化为铁离子
C．生成沉淀D的离子方程式可以为3CuO＋2Fe3＋＋3H2O===2Fe（OH）3＋3Cu2＋
D．从溶液中得到无水硫酸铜的方法是冷却结晶
【答案】C
【解析】“过量酸”应为浓硫酸，不能使用稀硝酸，会引入NO3-杂质，A错误；向混合溶液中通入气体A的作用是将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，气体A为氧气，不能使用氯气，否则会引入Cl－杂质，B错误；加入固体B的作用是调节溶液的pH，使Fe3＋转化为 Fe(OH)3 沉淀而除去，为了不引入新杂质，可选用CuO、Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3，若加入CuO，发生反应的离子方程式为3CuO＋2Fe3＋＋3H2O===2Fe（OH）3＋3Cu2＋，C正确；从溶液中冷却结晶得到的是CuSO4·5H2O晶体，D错误。
5．下列制备金属单质的方法或原理正确的是（ ）
A．在高温条件下，用H2还原MgO制备单质Mg
B．在通电条件下，电解熔融Al2O3制备单质Al
C．工业上用热还原法制得金属Mg、Cu
D．加强热使CuO在高温条件下分解制备单质Cu
【答案】B
【解析】Mg的金属活动性强，不能用热还原法制备，应用电解熔融MgCl2的方法制备；CuO加强热分解生成Cu2O而不是Cu。
6.（24-25高三下·黑龙江大庆·期中）制备氮化镁的装置如图所示。实验时在不锈钢舟内加入镁粉，通氮气，升温至1073K，加热半小时，冷却至室温，停止通氮气。下列说法不正确的是
A．1中的试剂是浓硫酸，便于观察气泡，调节气流速度
B．7中的试剂是浓硫酸，防止空气中的水蒸气进入装置
C．氮化镁的水解反应是中和反应的逆反应
D．实验时，应先通入一段时间的氮气，后加热瓷管
【答案】C
【解析】制备氮化镁需要加热，且要防止氮化镁水解，所以进入瓷管的气体必须干燥，1中试剂应为浓硫酸，通入氮气时便于观察气泡，调节气流速度，故A正确；7中试剂是浓硫酸，防止空气中的水分进入装置使氮化镁水解，故B正确；氮化镁的水解反应是Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2+2NH3↑，Mg(OH)2和NH3都是碱性物质，其逆反应不是中和反应，故C错误；加热时O2、CO2会与Mg反应，实验时，应先通入一段时间的氮气，排出装置中的空气，故D正确；故选C。
7.（24-25高三上·河北邯郸·期末）部分含钠或含镁物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断合理的是
A．c能与水反应生成dB．电解熔融的g可生成a
C．e能与d发生化学反应D．固体b中一定含有共价键
【答案】B
【分析】结合图像，a为Na或Mg，b为Na2O或Na2O2，c为MgO，d为Mg（OH）2，e为NaOH，f为MgCl2，g为NaCl，据此解答。
【解析】MgO不能与水反应，A不符合题意；电解熔融的NaCl可生成Na，B符合题意；NaOH与Mg(OH)2不发生化学反应，C不符合题意；b为Na2O或Na2O2，Na2O中不含有共价键，D不符合题意；故选B。
8.（24-25高三上·河北张家口·期末）镁及其化合物在现代工业、国防建设中有着广泛的应用。下列说法错误的是
A．单质镁在空气中燃烧的主要产物是，还有少量的
B．是一种重要的有机合成试剂，其中镁的化合价为+2
C．水解时除生成甲烷外，还生成一种碱和一种盐该反应的化学方程式：
D．是常用的阻燃材料，用氨水与氯化镁溶液制取的离子方程式为：
【答案】D
【解析】镁能在氧气、二氧化碳、氮气中燃烧，Mg与O2、CO2反应均生成MgO，Mg与N2反应生成Mg3N2，且氧气的氧化性比氮气强，所以单质镁在空气中燃烧的主要产物是白色的MgO，还生成少量的Mg3N2，故A正确；CH3MgCl中，Cl元素的化合价是-1价，H元素的化合价是+1价，C元素的化合价是-4价，所以镁元素的化合价是+2价，故B正确；CH3MgCl水解生成氢氧化镁、氯化镁和甲烷，水解方程式为，故C正确；氨水为弱碱，离子方程式不能拆，正确的离子方程式为，故D错误；故选D。
9.（23-24高三上·广东东莞·期末）如图为铜或镁元素的部分价类二维图，下列叙述不正确的是
A．可能存在a→d→e的直接转化
B．d可能溶于过量的氨水
C．若新制的d能用于检验醛基，则此时生成b
D．蒸干e的水溶液均能得到原溶质
【答案】D
【分析】由图中元素化合价和物质类别可推出：a为Cu或者Mg，b为Cu2O，c为CuO或者MgO，d为Cu(OH)2或Mg(OH)2，e为可溶性铜盐或镁盐。
【解析】镁与热水反应生成Mg(OH)2，Mg(OH)2与酸反应生成可溶性镁盐，存在a→d→e的直接转化，A项正确；Cu(OH)2可溶于过量的氨水，生成络合物，B项正确；新制的Cu(OH)2能用于检验醛基，则此时生成Cu2O，C项正确；蒸干挥发性酸的铜盐的水溶液比如氯化铜溶液，因为铜离子存在水解，最终会得到Cu(OH)2或CuO，并不能得到原溶质，D项错误；故选D。
10.（2025·湖南·三模）氯化亚铜(，难溶于水，在空气中易被氧化)广泛应用于化工、印染、电镀等行业。工业上以废铜泥［含、、及少量金属］为原料制备的工艺流程如图。下列说法正确的是
A．“灼烧”可将废铜泥转化为金属氧化物
B．“除杂”过程加入时，温度越高，除杂效果越好
C．在实验室模拟“过滤”步骤时使用的主要玻璃仪器为分液漏斗
D．“还原”后“溶液”呈碱性
【答案】A
【分析】在空气中灼烧废铜泥可将铜、铁元素转化为相应的氧化物，所得氧化物加入硫酸酸浸，CuO和铁的氧化物溶解，酸浸液中主要为硫酸铜、硫酸铁、硫酸亚铁、过量的硫酸，除杂过程中加入过氧化氢和氢氧化钠溶液，可将亚铁离子氧化成铁离子，然后铁离子转化成氢氧化铁沉淀而除去，过滤得到的滤液为硫酸铜溶液，向其中加入亚硫酸钠和氯化钠后可得到CuCl。
【解析】“灼烧”过程中，废铜泥中的金属元素转化为金属氧化物，硫元素转化为气体逸出，所以“灼烧”可将废铜泥转化为金属氧化物，A正确；若温度过高，过氧化氢会分解，减弱除杂效果，B错误；在实验室模拟“过滤”步骤时使用的主要玻璃仪器为漏斗、玻璃棒、烧杯，C错误；“还原”时溶液中的被还原为，再结合生成CuCl沉淀，而被氧化为，根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒可确定反应的离子方程式为，所以“还原”后“溶液”呈酸性，D错误；故选Ａ。
11.（24-25高三上·湖南·期末）皮江法冶炼镁的工业流程如图所示。已知铁的沸点2750℃，镁的沸点1107℃。下列说法错误的是
A．白云石粉碎的目的是增大固体表面积，加快化学反应速率
B．还原炉中发生的反应为
C．还原炉内可用气体a来排除空气
D．还原炉需控制温度为1200℃左右，目的是分离提纯金属镁
【答案】C
【分析】白云石粉碎后经高温煅烧，生成氧化镁、氧化钙和二氧化碳；氧化镁和氧化钙与硅铁在还原炉中生成硅酸钙和镁。
【解析】白云石粉碎增大固体表面积，加快化学反应速率，A正确；还原炉中氧化镁和氧化钙与硅铁发生反应生成硅酸钙和镁，反应方程式为，B正确；气体a是二氧化碳，二氧化碳与镁能发生反应，不能用来排除空气，C错误；还原炉需控制温度为1200℃左右，镁转化为镁蒸气，然后冷凝得到镁锭，D正确；故选C。
12.（2025·四川成都·一模）含元素或元素部分物质的“价-类”关系如图所示，下列叙述错误的是
A．若为红色，则在高温下的稳定性强于
B．若为蓝色，则两种物质之间一步反应能实现：
C．若能被强磁铁吸附，则和能发生化合反应
D．若为红褐色，则b、c均能与足量的稀硝酸发生氧化还原反应
【答案】A
【分析】由图可知，a为铁或铜，b为氧化亚铁或氧化铜，c为氢氧化亚铁和氢氧化铜，d为氢氧化铁，e为硫酸铁、g为氧化亚铜。
【解析】基态铜离子的价电子排布为3d9，基态亚铜离子的价电子排布为3d10、全充满、较稳定，若a为红色、为铜，则b即氧化铜在高温下的稳定性不如g即氧化亚铜，A符合题意；若c为蓝色即氢氧化铜，能受热分解转化为b即氧化铜，氧化铜能被还原为g为a即铜，B不符合题意；若a能被强磁铁吸附即为铁，则a即铁和e即硫酸铁能发生化合反应生成硫酸亚铁，C不符合题意；若d为红褐色即氢氧化铁，则b(氧化亚铁)、c(氢氧化亚铁)均能与足量的稀硝酸发生氧化还原反应，生成硝酸铁、一氧化氮和水，D不符合题意；故选A。
13.（24-25高三上·山东青岛·期中）不能与酸混用，可用作陶瓷和搪瓷的着色剂。用溶液浸泡黄铜()可制得溶液，再用其制取。下列说法错误的是
A．“浸泡黄铜”的过程中会产生硫单质
B．可用溶液检验浸泡后的溶液中是否生成
C．与稀硫酸反应只生成硫酸铜和水
D．是配制波尔多液的原料
【答案】C
【解析】黄铜（CuFeS2）与Fe2(SO4)3溶液反应时，Fe3+作为氧化剂将S2-氧化为硫单质，同时自身被还原为Fe2+，因此反应中确实会产生硫单质，A正确；K3[Fe(CN)6]（铁氰化钾）可用于检验Fe2+的存在。Fe2+与铁氰化钾反应生成深蓝色沉淀，若反应中生成了FeSO4（含Fe2+），可用此试剂检验，B正确；Cu2O中Cu为+1价，与稀硫酸反应发生歧化反应，生成Cu2+和Cu单质，同时生成水，反应式为：，因此产物不只有硫酸铜和水，C错误；波尔多液由CuSO4与石灰乳[Ca(OH)2]混合配制而成，D正确；故选C。
14．高压氢还原法可直接从溶液中提取金属粉。以硫化铜精矿(含Zn、Fe元素的杂质)为主要原料制备Cu粉的工艺流程如下，可能用到的数据见下表。
下列说法错误的是( )
A．固体X主要成分是Fe(OH)3和S；金属M为Zn
B．浸取时，增大O2压强可促进金属离子浸出
C．中和调pH的范围为3.2～4.2
D．还原时，增大溶液酸度有利于Cu的生成
【答案】D
【解析】CuS精矿(含Zn、Fe元素的杂质)在高压O2作用下，用硫酸溶液浸取，反应产物为CuSO4、S、H2O，Fe2+被氧化为Fe3+，然后加入NH3调节溶液pH，使Fe3+形成Fe(OH)3沉淀，而Cu2+、Zn2+仍以离子形式存在溶液中，过滤得到的滤渣中含有S、Fe(OH)3；滤液中含有Cu2+、Zn2+；然后向滤液中通入高压H2，根据还原性：Zn>H2>Cu，Cu2+被还原为Cu单质，通过过滤分离出来；而Zn2+仍然以离子形式存在溶液中，再经一系列处理可得到Zn单质。经过上述分析可知固体X主要成分是S、Fe(OH)3，金属M为Zn。D项，在用高压H2还原Cu2+变为Cu单质时，H2失去电子被氧化为H＋，与溶液中OH－结合形成H2O，若还原时增大溶液的酸度，c(H＋)增大，不利于H2失去电子还原Cu2+，因此不利于Cu的生成，D错误。
15．碱式碳酸铜[Cu2(OH)2CO3]是一种用途广泛的化工原料，实验室中以废铜屑为原料，制取碱式碳酸铜的流程如下。
下列说法错误的是( )
A．“加热”步骤可选用水浴加热
B．“酸浸”产生的气体可用NaOH溶液吸收
C．“滤液”中溶质的主要成分为NaNO3
D．可用盐酸和BaCl2溶液检验“滤液”中是否有CO32−
【答案】B
【解析】废铜屑与稀硝酸反应，产生的气体为一氧化氮；过滤除去难溶性滤渣，滤液中含硝酸铜和硝酸，加入碳酸钠溶液加热，与硝酸、硝酸铜反应，生成硝酸钠和铜盐，再加氢氧化钠溶液调节适当pH，经过一系列反应得到碱式碳酸铜。B.“酸浸”产生的气体为NO，与NaOH溶液不反应，不能用NaOH溶液吸收，B错误。
16.（24-25高三上·山东枣庄·期末）用铬铁合金(含少量Ni、C单质)生产硫酸铬的工艺流程如下：
下列说法错误的是
A．“浸出”产生的气体含有B．“除杂”的目的是除去Ni、C元素
C．流程中产生六价铬化合物D．“滤渣2”的主要成分是
【答案】CD
【分析】由流程可知，加入稀硫酸溶解，生成气体为氢气，溶液中含Ni2+、C2+、Fe2+、Cr3+，加入Na2S分离出滤渣1含CS和NiS，再加入草酸除铁生成FeC2O4，过滤分离出硫酸铬。
【解析】四种金属均与稀硫酸反应生成H2，A正确；“除杂”加入Na2S与Ni2+、C2+反应生成CS和NiS，目的是除去Ni、C元素，B正确；流程中未使用强氧化剂，不会产生六价铬化合物，C错误；浸出时铁转化为Fe2+，在后续流程中Fe2+未被氧化为Fe3+，则“滤渣2”为Fe2+与草酸反应生成的FeC2O4，D错误；
故本题选CD。
17.（24-25高三上·河北衡水·期末）V2O5是制造钒铁合金、金属钒的原料，也是重要的催化剂。钒矿石中含V2O5，杂质为大量Al2O3和少量CaO等，可通过碱熔法从钒矿石中提取纯度较高的V2O5，流程如下：
已知：V2O5是以酸性为主的两性化合物，偏钒酸铵(NH4VO3)与偏钒酸钙[Ca(VO3)2]均难溶于水，在弱碱性环境下，偏钒酸钙经盐浸生成碳酸钙。下列说法错误的是
A．气体②的成分为CO2
B．盐浸工序得到滤渣的成分为CaCO3
C．洗脱工序中洗脱液的主要成分为NaCl
D．延长沉钒时间、增大NH4Cl溶液的浓度有利于沉钒
【答案】A
【分析】钒矿石中含V2O5，杂质为大量Al2O3和少量CaO等，向其中加入NaOH热熔，V2O5先转化为NaVO3，然后NaVO3与CaO反应会产生偏钒酸钙[Ca(VO3)2]，Al2O3反应转化为NaAlO2，生成的NaAlO2与CaO反应转化为偏铝酸钙Ca(AlO2)2，再加入纯碱Na2CO3，Ca(VO3)2、Ca(AlO2)2转化为CaCO3沉淀，同时产生可溶性NaVO3、NaAlO2而溶于水，Ca(A1O2)2、Ca(VO3)2、CaCO3难溶于水，过滤除去滤渣，向滤液中加入树脂进行离子交换，经洗脱液洗脱，富集和提纯VO3-，再加入NH4Cl溶液沉淀钒，生成NH4VO3沉淀，过滤，再将滤液回流到离子交换工序，将滤渣NH4VO3进行焙烧得到V2O5，据此分析解答。
【解析】加入NH4Cl溶液沉钒，形成NH4VO3沉淀，将其煅烧，发生反应：2NH4VO3eq \(=====,\s\up8(高温))V2O5+2NH3↑+H2O，可见反应产生的气体②的主要成分为NH3，A错误；钒矿石中含V2O5及大量Al2O3和少量CaO等杂质，在用NaOH热熔时，V2O5转化为偏钒酸钙[Ca(VO3)2]，Al2O3转化为Ca(AlO2)2，然后加入纯碱盐浸，Ca(VO3)2、Ca(AlO2)2反应产生CaCO3沉淀，同时得到可溶性物质NaVO3、NaAlO2，故盐浸工序得到滤渣的成分主要为CaCO3，B正确；由离子交换树脂的组成可知，洗脱液中应含氯离子，考虑到水浸所得溶液中含有钠离子，为避免引入其它杂质离子，且氯化钠价廉易得，洗脱工序中洗脱液的主要成分为NaCl，C正确；沉钒过程是生成NH4VO3沉淀，因此延长沉钒时间、增大NH4Cl溶液的浓度，有利于沉钒，D正确；故选A。
18.（24-25高三上·山东日照·期末）以菱锰矿(主要成分为MnCO3，含少量的等元素)为原料合成碱锰电池材料MnO2的流程如下。
下列说法错误的是
A．为加快酸浸速率可以适当提高浓度
B．“氧化”时可以用代替
C．已知可溶于水，滤渣3的成分有
D．“沉锰”时发生反应的离子方程式为
【答案】B
【分析】将菱锰矿(主要成分为MnCO3，含少量的等元素)粉碎，加入H2SO4进行酸浸，二氧化硅不溶而成为滤渣1；往滤液中加入MnO2，可将Fe2+氧化为Fe3+，MnO2被还原为Mn2+；加入氨水调节pH，Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀；往滤液中加入BaS，Ni2+转化为BaS沉淀；往滤液中加入NH4HCO3，锰元素转化为MnCO3沉淀。再处理MnCO3，最终生成MnO2。
【解析】为加快酸浸速率，可以将矿石粉碎、适当升高温度、适当提高浓度等，A正确；“氧化”时，使用MnO2既可以氧化Fe2+，又可以提高MnCO3的产率，且过量的H2O2会将后续操作中加入的BaS氧化，所以不可以用代替，B错误；已知可溶于水，加入BaS后，可与Ni2+反应生成NiS沉淀，Ba2+可转化为BaSO4沉淀，所以滤渣3的成分有，C正确；“沉锰”时，Mn2+与发生反应，生成MnCO3沉淀、二氧化碳气体等，发生反应的离子方程式为，D正确；故选B。
19.（2025·辽宁朝阳·二模）钛铁矿( FeTiO3)制取金属钛的流程如图所示(已知TiCl4为无色液体，极易水解；Ti3+的还原性强于Fe2+)
下列说法正确的是
A．钛铁矿( FeTiO3)中Ti的化合价是+3
B．氯化过程中反应2FeTiO3+6C+7Cl22FeCl3+6CO+ 2TiCl4
C．镁与TiCl4置换时可以用氮气做保护气
D．制取金属钛时可以用Na与TiCl4溶液反应
【答案】B
【分析】FeTiO3中加入焦炭，再通入Cl2，焦炭被氧化为CO，FeTiO3转化为FeCl3、TiCl4；再加入Mg粉，在Ar存在的环境中加热至800℃，可制得Ti。
【解析】Ti3+的还原性强于Fe2+，则Fe3+能将Ti3+氧化为Ti4+，所以钛铁矿( FeTiO3)中Ti的化合价是+4价，A不正确；氯化过程中，Cl2将C氧化为CO，Fe2+氧化为Fe3+，则发生反应2FeTiO3+6C+7Cl2eq \(=====,\s\up8(高温))2FeCl3+6CO+ 2TiCl4，B正确；镁是活泼的金属元素，能与氮气反应生成氮化镁，则镁与TiCl4置换时不能用氮气做保护气，C不正确；Na能与水反应，则制取金属钛时可以用Na与TiCl4的熔融液反应，不能使用TiCl4的水溶液，D不正确；故选B。
20.（2024·山东卷）以铅精矿(含，等)为主要原料提取金属和的工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）“热浸”时，难溶的和转化为和及单质硫。溶解等物质的量的和时，消耗物质的量之比为 ；溶液中盐酸浓度不宜过大，除防止“热浸”时挥发外，另一目的是防止产生 (填化学式)。
（2）将“过滤Ⅱ”得到的沉淀反复用饱和食盐水热溶，电解所得溶液可制备金属“电解I”阳极产物用尾液吸收后在工艺中循环使用，利用该吸收液的操作单元为 。
（3）“还原”中加入铅精矿的目的是 。
（4）“置换”中可选用的试剂X为 (填标号)。
A． B． C． D．
“置换”反应的离子方程式为 。
（5）“电解II”中将富银铅泥制成电极板，用作 (填“阴极”或“阳极”)。
【答案】（1）1：1 H2S
（2）热浸
（3）将过量的Fe3+还原为Fe2+
（4）C
（5）阳极
【分析】本题以铅精矿(含，等)为主要原料提取金属和， “热浸”时，难溶的和转化为和及单质硫，Fe3+被还原为Fe2+，过滤I除掉单质硫滤渣，滤液中在稀释降温的过程中转化为PbCl2沉淀，然后用饱和食盐水热溶，增大氯离子浓度，使PbCl2又转化为，电解得到Pb；过滤II后的滤液成分主要为、FeCl2、FeCl3，故加入铅精矿主要将FeCl3还原为FeCl2，试剂X将置换为Ag，得到富银铅泥，试剂X为铅，尾液为FeCl2。
【解析】（1）“热浸”时，Fe3+将和中-2价的硫氧化为单质硫，Fe3+被还原为Fe2+，在这个过程中Pb和Ag的化合价保持不变，所以等物质的量的和时，S2-物质的量相等，所以消耗Fe3+的物质的量相等，比值为1：1；溶液中盐酸浓度过大，这里主要考虑氢离子浓度会过大，会生成H2S 气体。
（2）“过滤Ⅱ”得到的PbCl2沉淀反复用饱和食盐水热溶，会溶解为，电解溶液制备金属Pb，Pb在阴极产生，阳极Cl-放电产生Cl2， 尾液成分为FeCl2，FeCl2吸收Cl2后转化为FeCl3，可以在热浸中循环使用。
（3）过滤Ⅱ所得的滤液中有过量的未反应的Fe3+，根据还原之后可以得到含硫滤渣，“还原”中加入铅精矿的目的是是将将过量的Fe3+还原为Fe2+。
（4）“置换”中加入试剂X可以可以得到富银铅泥，为了防止引入其他杂质，则试剂X应为Pb，发生的反应为：。
（5）“电解II”中将富银铅泥制成电极板，电解Ⅱ得到金属银和金属铅，将银和铅分离出来，所以不可能作为阴极，应作为阳极板，阳极放电视，银变成阳极泥而沉降下来，铅失电子为Pb2+，阴极得电子得到Pb，所以电极板应作阳极。
【特别提醒】
①合金是混合物，合金的物理性质相比于成分金属有所改变，但合金中各成分金属的化学性质不变。
②并非所有的金属都能相互熔合形成合金，若一种金属的熔点高于另一种金属的沸点，则二者不能形成合金。如Na、Fe不能形成合金。
A．壮乡铜鼓
B．绣球
C．坭兴陶
D．壮锦
A．飞机窝扇用的是耐高温的合金材料
B．“中国天眼”使用的碳化硅
C．“蛟龙”号载人舱是用钛合金制的
D．新能源汽车储氢材料
【解题通法】
①金属冶炼与金属活动性的关系：
②冶炼Mg时电解熔融MgCl2而不电解熔融MgO，原因是MgO的熔点高，熔融时会耗费更多能源，增加生产成本。
③冶炼Al时只能电解熔融Al2O3而不能电解熔融AlCl3，原因是AlCl3是共价化合物，熔融态不导电；加入冰晶石(Na3AlF6)的目的是降低Al2O3的熔化温度。
类别
Mg(OH)2
Al(OH)3
性质
中强碱，悬浊液使酚酞溶液变浅红：Mg(OH)2⥫⥬Mg2+＋2OH－
典型两性氢氧化物；不能与较弱的酸、碱反应，如H2CO3、NH3·H2O
与H＋反应
Mg(OH)2＋2H＋===Mg2+＋2H2O
Al(OH)3＋3H＋===Al3+＋3H2O
与OH－反应
不反应
Al(OH)3＋OH－===[Al(OH)4]－
与盐反应
溶于NH4Cl浓溶液：Mg(OH)2＋2NH4Cl===MgCl2＋2NH3·H2O
Al(OH)3不溶于NH4Cl浓溶液
热稳定性
Mg(OH)2 △ MgO＋H2O
2Al(OH)3 △ Al2O3＋3H2O
实验制备
Mg2++2OH−===MgOH2↓
Al3++3NH3·H2O
===AlOH3↓+3NH4+
【特别提醒】
氢氧化镁的溶解度小于碳酸镁，能发生反应MgCO3＋H2O △ Mg(OH)2＋CO2↑，镁元素在水垢中的存在形式是Mg(OH)2。
【特别提醒】铜及其化合物的颜色、状态及溶解性
物质
颜色
状态及溶解性
物质
颜色
状态及溶解性
Cu
紫红色，有金属光泽
固态，难溶于非氧化性酸，易溶于强氧化性酸
CuSO4
白色
粉末，易溶于水，水溶液呈蓝色
CuO
黑色
粉末，可溶于酸溶液
CuSO4·5H2O
蓝色
晶体
Cu2O
砖红色
固体，难溶于水，可溶于酸溶液(生成Cu和Cu2+)
Cu2(OH)2CO3
绿色
粉末，难溶于水，可溶于酸溶液
CuCl
CuI
白色
粉末，难溶于水
Cu(OH)2
蓝色
难溶于水，可溶于酸溶液
CuS
黑色
粉末，难溶于水及非氧化性强酸
[Cu(NH3)4]2+
深蓝色
络合离子，溶于水
Fe(OH)3
Cu(OH)2
Zn(OH)2
开始沉淀pH
1.9
4.2
6.2
沉淀完全pH
3.2
6.7
8.2