2026高考化学专题复习之历年真题精选分类汇编（教师版）_专题四 金属及其化合物

这是一份2026高考化学专题复习之历年真题精选分类汇编（教师版）_专题四 金属及其化合物，共6页。试卷主要包含了下列“类比”合理的是，下列说法正确的是，0~10等内容，欢迎下载使用。
题点1 钠及其化合物性质及应用
1.(2024·北京，8)关于Na2CO3和NaHCO3的下列说法中，不正确的是( )
A.两种物质的溶液中，所含微粒的种类相同
B.可用NaOH溶液使NaHCO3转化为Na2CO3
C.利用二者热稳定性差异，可从它们的固体混合物中除去NaHCO3
D.室温下，二者饱和溶液的pH差约为4，主要是由于它们的溶解度差异
【答案】D
【解析】Na2CO3和NaHCO3的溶液中均存在H2O、H2CO3、H+、OH-、Na+、CO32−、HCO3−，A正确；NaHCO3中加入NaOH溶液会发生反应：NaOH+NaHCO3Na2CO3+H2O，B正确；NaHCO3受热易分解，可转化为Na2CO3，而Na2CO3热稳定性较强，利用二者热稳定性差异，可从它们的固体混合物中除去NaHCO3，C正确；室温下Na2CO3和NaHCO3饱和溶液pH相差较大的主要原因是CO32−的水解程度远大于HCO3−，D错误。
【难度】基础题
【题型】单选题
2.（2022·天津卷，13）金属钠及其化合物在人类生产生活中起着重要作用。回答下列问题：
(1)基态Na原子的价层电子轨道表示式为___________________________________________。
(2)NaCl熔点为800.8 ℃，工业上采用电解熔融NaCl制备金属Na。电解反应方程式如下：
2NaCl(l)eq \(=======,\s\up7(580 ℃电解),\s\d5(CaCl2(l)))2Na(l)＋Cl2(g)
加入CaCl2的目的是_____________________________________________________________。
(3)Na2O2的电子式为__________。在25 ℃和101 kPa时，Na与O2反应生成1 ml Na2O2放热510.9 kJ，写出该反应的热化学方程式：___________________________________________。
(4)采用空气和Na为原料可直接制备Na2O2。空气与熔融金属Na反应前需依次通过__________、__________(填序号)。
a．浓硫酸 b．饱和食盐水
c．NaOH溶液 d．KMnO4溶液
(5)钠的某氧化物晶胞如下图，图中所示钠离子全部位于晶胞内。由晶胞图判断该氧化物的化学式为__________。
(6)天然碱的主要成分为Na2CO3·NaHCO3·2H2O,1 ml Na2CO3·NaHCO3·2H2O经充分加热得到Na2CO3的质量为__________ g。
【答案】(1)(或) (2)作助熔剂，降低NaCl的熔点，节省能耗 (3) 2Na(s)＋O2(g)===Na2O2(s) ΔH＝－510.9 kJ·ml－1 (4)c a (5)Na2O (6)159
【关联题点】热化学方程式的书写；晶体结构与计算
【难度】中档题
【题型】填空题
3.（2021·浙江卷，12）下列“类比”合理的是( )
A．Na与H2O反应生成NaOH和H2，则Fe与H2O反应生成Fe(OH)3和H2
B．NaClO溶液与CO2反应生成NaHCO3和HClO，则NaClO溶液与SO2反应生成NaHSO3和HClO
C．Na3N与盐酸反应生成NaCl和NH4Cl，则Mg3N2与盐酸反应生成MgCl2和NH4Cl
D．NaOH溶液与少量AgNO3溶液反应生成Ag2O和NaNO3，则氨水与少量AgNO3溶液反应生成Ag2O和NH4NO3
【答案】C
【解析】A．Na与水反应生成NaOH和H2，Fe与冷水、热水都不反应，Fe与水蒸气反应生成Fe3O4和H2，A不合理；B．NaClO具有强氧化性，SO2具有较强的还原性，NaClO溶液与SO2发生氧化还原反应时SO2被氧化成SO42-，ClO-被还原成Cl-，B不合理；C．Na3N与盐酸反应生成NaCl和NH4Cl：Na3N+4HCl=3NaCl+NH4Cl，Mg3N2与盐酸反应生成MgCl2和NH4Cl：Mg3N2+8HCl=3MgCl2+2NH4Cl，C合理；D．氨水与少量AgNO3反应生成[Ag(NH3)2]+：Ag++2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]++2H2O，D不合理。
【难度】中档题
【题型】单选题
4.(2020·浙江卷，12)下列说法正确的是( )
A．Na2O在空气中加热可得固体Na2O2
B．Mg加入到过量FeCl3溶液中可得Fe
C．FeS2在沸腾炉中与O2反应主要生成SO3
D．H2O2溶液中加入少量MnO2粉末生成H2和O2
【答案】A
【解析】Na2O在空气中加热发生反应2Na2O＋O22Na2O2，A正确；Mg加入过量的FeCl3溶液中发生反应Mg＋2FeCl3===2FeCl2＋MgCl2，得不到金属Fe，B错误；FeS2在沸腾炉中与氧气发生反应4FeS2＋11O22Fe2O3＋8SO2，C错误；H2O2溶液中加入少量MnO2粉末发生反应2H2O22H2O＋O2↑，D错误。
【关联题点】金属及其化合物的相互转化
【难度】基础题
【题型】单选题
题点2 镁、铝及其化合物性质及应用
1.（2020·浙江选考，12）下列关于铝及其化合物说法，不正确的是( )
A．明矾可用作净水剂和消毒剂B．利用铝热反应可冶炼高熔点金属
C．铝可用作包装材料和建筑材料D．氢氧化铝可用作治疗胃酸过多的药物
【答案】A
【解析】A.明矾溶于水可生成具有吸附性的氢氧化铝胶体，可以净水但不能消毒，故A错误；B.铝热反应是金属铝和沸点较高的金属氧化物之间反应冶炼高熔点金属的过程，故B正确。C.铝具有良好的延展性，硬度大密度小，因此可以做包装材料及建筑材料，故C正确；D.胃酸主要成分为HCl，氢氧化铝具有弱碱性可中和过多胃酸，故D正确。
【难度】基础题
【题型】单选题
2.(2020·江苏卷，6)下列有关化学反应的叙述正确的是( )
A．室温下，Na在空气中反应生成Na2O2
B．室温下，Al与4.0 ml·L－1 NaOH溶液反应生成NaAlO2
C．室温下，Cu与浓HNO3反应放出NO气体
D．室温下，Fe与浓H2SO4反应生成FeSO4
【答案】B
【解析】室温下，Na在空气中反应生成Na2O，A项错误；2Al＋2H2O＋2OH－===2AlO2−＋3H2↑，B项正确；室温下，铜与浓硝酸反应生成NO2，C项错误；室温下，铁遇浓硫酸发生钝化，D项错误。
【关联题点】钠及其化合物性质及应用；铁及其化合物性质及应用；铜及其化合物性质及应用
【难度】基础题
【题型】单选题
题点3 铁及其化合物性质及应用
1.(2025·河南，4)X是自然界中一种常见矿物的主要成分，可以通过如图所示的四步反应转化为Q(略去部分参与反应的物质和反应条件)。已知X和Q的组成元素相同。
下列说法错误的是( )
A.Y常用作油漆、涂料等的红色颜料
B.溶液Z加热煮沸后颜色会发生变化
C.R→Q反应需要在强酸性条件下进行
D.Q可以通过单质间化合反应制备
【答案】C
【解析】由X和Q的组成元素相同及溶液Z、R的颜色推断，X中含有铁元素，因此结合物质的颜色可判断固体X为FeS2，固体Y为Fe2O3，溶液Z中含有Fe3+，溶液R中含有Fe2+，固体Q为FeS。Y为Fe2O3，为红棕色固体，常用作油漆、涂料等的红色颜料，A正确；溶液Z中含有Fe3+，加热煮沸后Fe3+发生水解会生成Fe(OH)3胶体，溶液颜色会由棕黄色转变为红褐色，B正确；R→Q为Fe2+→FeS的过程，可通过反应Fe2++H2SFeS↓+2H+实现，H2S为弱酸，C错误；Q为FeS，可在加热条件下Fe和S化合反应制备，D正确。
【难度】基础题
【题型】单选题
2.(2024·新课标卷，9)实验室中利用下图装置验证铁与水蒸气反应。下列说法错误的是( )
A.反应为3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2
B.酒精灯移至湿棉花下方实验效果更好
C.用木柴点燃肥皂泡检验生成的氢气
D.使用硬质玻璃试管盛装还原铁粉
【答案】B
【解析】铁和水蒸气在高温下发生反应生成Fe3O4和H2，A正确；酒精灯在铁粉下方加热可以产生高温，且不影响水蒸气的形成，若移至湿棉花下方则难以产生高温，且会导致水蒸气生成速率过快，未反应就逸出，利用率降低，实验效果不好，B错误；由于该实验中的反应需要在高温下发生，因此要使用硬质玻璃试管盛装还原铁粉，D正确。
【关联题点】铁与水蒸气的反应 化学实验基本操作
【难度】中档题
【题型】单选题
3.(2022·浙江6月选考)关于化合物FeO(OCH3)的性质，下列推测不合理的是( )
A．与稀盐酸反应生成FeCl3、CH3OH、H2O
B．隔绝空气加热分解生成FeO、CO2、H2O
C．溶于氢碘酸(HI)，再加CCl4萃取，有机层呈紫红色
D．在空气中，与SiO2高温反应能生成Fe2(SiO3)3
【答案】B
【解析】已知化合物FeO(OCH3)中Fe的化合价为＋3价，CH3O－带一个单位负电荷，故其与稀盐酸反应生成FeCl3、CH3OH、H2O，反应原理为FeO(OCH3)＋3HCl===FeCl3＋H2O＋CH3OH，A不符合题意；化合物FeO(OCH3)若隔绝空气加热分解生成FeO、CO2、H2O，则不符合得失电子守恒和原子守恒规律，B符合题意；化合物FeO(OCH3)中Fe为＋3价，故其溶于氢碘酸(HI)生成的Fe3＋能将I－氧化为I2，反应原理为2FeO(OCH3)＋6HI===2FeI2＋I2＋2H2O＋2CH3OH，再加CCl4萃取，有机层呈紫红色，C不符合题意；在空气中，化合物FeO(OCH3)在高温条件下将生成Fe2O3、CO2和H2O，其中Fe2O3为碱性氧化物，与酸性氧化物SiO2在高温条件下反应能生成Fe2(SiO3)3，D不符合题意。
【难度】中档题
【题型】单选题
4.（2022·天津卷，15）氯化铁是重要的化工原料。针对氯化铁的实验室的制备方法，回答下列问题：
Ⅰ.FeCl3·6H2O的制备
制备流程图如下：
(1)将废铁屑分批加入稀盐酸中，至盐酸反应完全。判断反应完全的现象为_______________
_______________________________________________________________________________。
含有少量铜的废铁屑比纯铁屑反应快，原因为_______________________________________。
(2)操作①所必需的玻璃仪器中，除烧杯外还有
______________________________________________________________________________。
(3)检验FeCl3溶液中是否残留Fe2＋的试剂是
______________________________________________________________________________。
(4)为增大FeCl3溶液的浓度，向稀FeCl3溶液中加入纯Fe粉后通入Cl2。此过程中发生的主要反应的离子方程式为__________________________________________________________。
(5)操作②为____________________________________________________________________。
Ⅱ.由FeCl3·6H2O制备无水FeCl3
将FeCl3·6H2O与液体SOCl2混合并加热，制得无水FeCl3。已知SOCl2沸点为77 ℃，反应方程式为FeCl3·6H2O＋6SOCl2eq \(=====,\s\up7(△))FeCl3＋6SO2↑＋12HCl↑，装置如图所示(夹持和加热装置略)。
(6)仪器A的名称为__________，其作用为_________________________________________
______________________________________________________________________________。
NaOH溶液的作用是____________________________________________________________。
(7)干燥管中无水CaCl2不能换成碱石灰，原因是____________________________________。
(8)由下列结晶水合物制备无水盐，适宜使用上述方法的是__________(填序号)。
a．ZnCl2·H2O b．CuSO4·5H2Oc．Na2S2O3·5H2O
【答案】(1)不再有气泡产生 Fe、Cu在稀盐酸中形成原电池，加快反应速率 (2)漏斗、玻璃棒 (3)K3[Fe(CN)6]溶液 (4)2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋、2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－ (5)在HCl气流中蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥得到FeCl3·6H2O晶体 (6)球形冷凝管 冷凝回流SOCl2 吸收SO2、HCl等尾气，防止污染 (7)碱石灰与SO2、HCl气体反应，失去干燥作用 (8)a
【关联题点】和金属及其化合物相关的制备型实验综合
【难度】中档题
【题型】实验题
5.（2021·广东卷，10）部分含铁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．a可与e反应生成b
B．b既可被氧化，也可被还原
C．可将e加入浓碱液中制得d的胶体
D．可存在b→c→d→e→b的循环转化关系
【答案】C
【解析】Fe与Fe(Ⅲ)的盐类物质可发生反应生成Fe(Ⅱ)的盐类物质，如Fe＋2FeCl3===3FeCl2，故不选A；Fe(Ⅱ)为铁元素的中间价态，既有还原性也有氧化性，因此既可被氧化，也可被还原，故不选B；Fe(Ⅲ)的盐类物质与浓碱液反应生成Fe(OH)3沉淀，制备Fe(OH)3胶体的操作为向沸水中逐滴加入饱和FeCl3溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热，故选C；b→c→d→e→b的转化如FeCl2eq \(――→,\s\up7(NaOH))Fe(OH)2eq \(――→,\s\up7(O2、H2O))Fe(OH)3eq \(――→,\s\up7(稀HCl))FeCl3eq \(――→,\s\up7(Fe))FeCl2，故不选D。
【难度】中档题
【题型】单选题
6.(2020·江苏卷，19)实验室由炼钢污泥(简称铁泥，主要成份为铁的氧化物)制备软磁性材料α­Fe2O3。
其主要实验流程如下：
(1)酸浸。用一定浓度的H2SO4溶液浸取铁泥中的铁元素。若其他条件不变，实验中采取下列措施能提高铁元素浸出率的有________(填序号)。
A．适当升高酸浸温度
B．适当加快搅拌速度
C．适当缩短酸浸时间
(2)还原。向“酸浸”后的滤液中加入过量铁粉，使Fe3＋完全转化为Fe2＋。“还原”过程中除生成Fe2＋外，还会生成______________(填化学式)；检验Fe3＋是否还原完全的实验操作是______________________________________________________________________。
(3)除杂。向“还原”后的滤液中加入NH4F溶液，使Ca2＋转化为CaF2沉淀除去。若溶液的pH偏低，将会导致CaF2沉淀不完全，其原因是________________________________[Ksp(CaF2)＝5.3×10－9，Ka(HF)＝6.3×10－4]。
(4)沉铁。将提纯后的FeSO4溶液与氨水­NH4HCO3混合溶液反应，生成FeCO3沉淀。
①生成FeCO3沉淀的离子方程式为____________________________。
②设计以FeSO4溶液、氨水­NH4HCO3混合溶液为原料，制备FeCO3的实验方案：_______________________________________________________________________________。
[FeCO3沉淀需“洗涤完全”，Fe(OH)2开始沉淀的pH＝6.5]。
【答案】(1)AB
(2)H2 取少量清液于试管中，向其中滴加几滴KSCN溶液，观察溶液颜色是否呈血红色
(3)pH偏低会生成HF，导致溶液中F－浓度减小，CaF2沉淀不完全
(4)①Fe2＋＋HCO3−＋NH3·H2O===FeCO3↓＋NH4+＋H2O(或Fe2＋＋HCO3−＋NH3===FeCO3↓＋NH4+)
②在搅拌条件下向FeSO4溶液中缓慢加入氨水­NH4HCO3混合溶液，控制溶液pH不大于6.5；静置后过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤2～3次；取最后一次洗涤后的滤液，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，不出现白色沉淀
【解析】(1)其他条件不变，实验中适当升高酸浸温度、适当加快搅拌速度都能提高铁元素浸出率，缩短酸浸时间会降低铁元素浸出率，故应选A、B项。
(2)铁泥的主要成分为铁的氧化物，加入一定浓度的H2SO4溶液“酸浸”，滤液中含有Fe3＋、Fe2＋、H＋、SO42−等，加入过量铁粉，Fe3＋、H＋均与Fe发生反应，故除生成Fe2＋外，还会生成H2。可利用KSCN溶液检验Fe3＋是否被完全还原，实验操作为取少量清液，向其中滴加几滴KSCN溶液，观察溶液颜色是否呈血红色，若不变色，证明Fe3＋被完全还原。
(3)据Ka(HF)＝6.3×10－4可知，HF是弱酸。CaF2存在沉淀溶解平衡：CaF2(s)Ca2＋(aq)＋2F－(aq)，若溶液的pH偏低，H＋与F－结合生成弱酸HF，溶液中c(F－)减小，CaF2沉淀溶解平衡正向移动，导致CaF2沉淀不完全。
(4)①FeSO4溶液与氨水­NH4HCO3混合溶液反应，Fe2＋与CO32−结合生成FeCO3沉淀，促进了HCO3−的电离，离子方程式为Fe2＋＋HCO3−＋NH3·H2O===FeCO3↓＋NH4+＋H2O或Fe2＋＋HCO3−＋NH3===FeCO3↓＋NH4+。
②Fe(OH)2开始沉淀的pH＝6.5，且要求FeCO3沉淀需“洗涤完全”，应控制溶液的pH不大于6.5，防止产生Fe(OH)2沉淀；得到FeCO3沉淀，静置后过滤，用蒸馏水洗涤沉淀2～3次，并通过检验洗涤液中是否含有SO42−，判断是否洗涤干净。则制备FeCO3的具体实验方案为在搅拌条件下向FeSO4溶液中缓慢加入氨水­NH4HCO3混合溶液，控制溶液pH不大于6.5；静置后过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤2～3次；取最后一次洗涤后的滤液，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，不出现白色沉淀。
【关联题点】化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素及图像分析；推断型化学（离子）方程式的书写；溶度积（KSP)及相关计算
【难度】较难题
【题型】流程题
题点4 铜及其化合物性质及应用
1.(2025·湖北，18)某小组在探究Cu2+的还原产物组成及其形态过程中，观察到的实验现象与理论预测有差异。根据实验描述，回答下列问题：
(1)向2 mL 10% NaOH溶液加入5滴5% CuSO4溶液，振荡后加入2 mL 10%葡萄糖溶液，加热。
①反应产生的砖红色沉淀为 (写化学式)，葡萄糖表现出 (填“氧化”或“还原”)性。
②操作时，没有加入葡萄糖溶液就加热，有黑色沉淀生成。用化学反应方程式说明该沉淀产生的原因：
。
(2)向20 mL 0.5 ml·L-1CuSO4溶液中加入Zn粉使蓝色完全褪去，再加入盐酸并加热至溶液中无气泡产生为止。过滤得固体，洗涤并真空干燥。
①加入盐酸的目的是 。
②同学甲一次性加入1.18 g Zn粉，得到0.78 g红棕色固体，其组成是 (填标号)。
a.Cub.Cu包裹Zn
c.CuOd.Cu和Cu2O
③同学乙搅拌下分批加入1.18 g Zn粉，得到黑色粉末X。分析结果表明，X中不含Zn和Cu(Ⅰ)。关于X的组成提出了三种可能性：ⅠCuO；ⅡCuO和Cu；ⅢCu，开展了下面2个探究实验：
由实验结果可知，X的组成是 (填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”)。从物质形态角度分析，X为黑色的原因是 。
【答案】(1)①Cu2O 还原 ②Cu(OH)2CuO+H2O (2)①除去过量的锌粉 ②b ③Ⅲ 光线进入后被多次反射吸收，所以呈黑色
【解析】(2)②先加入Zn粉、后加入盐酸，得到固体为红棕色，则一定有Cu(Cu2O和HCl发生歧化反应生成Cu)，20 mL 0.5 ml·L-1 CuSO4中n(Cu2+)=0.5 ml·L-1×0.02 L=0.01 ml，Cu的最大物质的量为0.01 ml，质量为0.64 g，生成Cu2O的最大质量为0.72 g，实际固体质量为0.78 g：若只有Cu，则固体质量应小于等于0.64 g，a不符题意；若是Cu包裹Zn，则0.64Fe3+>Cu2+。
（6）25℃“沉铁”后，调节“滤液4”的pH至8.0，此时cOH−=10−6ml⋅L−1，无MnOH2析出，根据MnOH2的Ksp为1.9×10−13，则cMn2+≤1.9×10−13(10−6)2=0.19 ml⋅L−1。
（7）由晶胞结构可知，该晶胞为面心立方， Sb位于晶胞的顶点，其与邻近的3个面的面心上的Mn距离最近且距离相等，每个顶点参与形成8个晶胞，而每个面心参与形成2个晶胞，因此，该晶胞中，每个Sb周围与它最近且相等距离的Mn有3×82=12个。
②由晶胞结构和均摊法可知，该晶胞中平均占有1个Sb和3个Mn，因此，该晶胞的质量为122+55×3NAg，该晶胞的体积为(anm)3=a3×10−21cm3，晶体的密度为(122+55×3)gNA×a3×10−21cm3=122+55×3NA×a3×10−21 g⋅cm−3。
【难度】中档题
【题型】填空题
8.(2024·广东，18)镓(Ga)在半导体、记忆合金等高精尖材料领域有重要应用。一种从电解铝的副产品炭渣(含C、Na、Al、F和少量的Ga、Fe、K、Ca等元素)中提取镓及循环利用铝的工艺如下。
工艺中，LAEM是一种新型阴离子交换膜，允许带负电荷的配离子从高浓度区扩散至低浓度区。用LAEM提取金属离子Mn+的原理如图。已知：
①pKa(HF)=3.2。
②Na3［AlF6］(冰晶石)的Ksp为4.0×10-10。
③浸取液中，Ga(Ⅲ)和Fe(Ⅲ)以［MClm］(m-3)-(m=0~4)微粒形式存在，Fe2+最多可与2个Cl-配位，其他金属离子与Cl-的配位可忽略。
(1)“电解”中，反应的化学方程式为__________________________。。
(2)“浸取”中，由Ga3+形成［GaCl4］-的离子方程式为__________________________。。
(3)“还原”的目的：避免 元素以 (填化学式)微粒的形式通过LAEM，从而有利于Ga的分离。
(4)“LAEM提取”中，原料液的Cl-浓度越 ，越有利于Ga的提取；研究表明，原料液酸度过高，会降低Ga的提取率。因此，在不提高原料液酸度的前提下，可向Ⅰ室中加入 (填化学式)，以进一步提高Ga的提取率。
(5)“调pH”中，pH至少应大于 ，使溶液中c(F-)>c(HF)，有利于［AlF6］3-配离子及Na3［AlF6］晶体的生成。若“结晶”后溶液中c(Na+)=0.10 ml·L-1，则［AlF6］3-浓度为 ml·L-1。
(6)一种含Ga、Ni、C元素的记忆合金的晶体结构可描述为Ga与Ni交替填充在C构成的立方体体心，形成如图所示的结构单元。该合金的晶胞中，粒子个数最简比C∶Ga∶Ni= ，其立方晶胞的体积为 nm3。
【答案】(1)2Al2O3(熔融)4Al+3O2↑ (2)Ga3++4Cl-［GaCl4］- (3)铁 ［FeCl6］3- (4)高 NaCl (5)3.2 4.0×10-7 (6)2∶1∶1 8a3
【解析】电解铝的副产品炭渣(含C、Na、Al、F和少量的Ga、Fe、K、Ca等元素)进行焙烧，金属转化为氧化物，焙烧后的固体加入盐酸浸取，浸取液加入铝片将Fe3+进行还原，得到原料液，原料液利用LAEM提取，［GaCl4］-通过交换膜进入Ⅱ室并转化为Ga3+，Ⅱ室溶液进一步处理得到镓，Ⅰ室溶液加入含F-的废液调pH并结晶得到Na3［AlF6］晶体用于电解铝。
(1)“电解”是电解熔融的氧化铝冶炼铝单质，反应的化学方程式为2Al2O3(熔融)4Al+3O2↑。(2)“浸取”中，由Ga3+形成［GaCl4］-的离子方程式为Ga3++4Cl-［GaCl4］-。(3)浸取液中，Ga(Ⅲ)和Fe(Ⅲ)以［MClm］(m-3)-(m=0~4)微粒形式存在，为了避免铁元素以［FeCl6］3-微粒的形式通过LAEM，故要加入铝片还原Fe3+，从而有利于Ga的分离。(4)“LAEM提取”中，原料液的Cl-浓度越高，越有利于生成［GaCl4］-的反应正向移动，有利于Ga的提取，在不提高原料液酸度的前提下，同时不引入新杂质，可向Ⅰ室中加入NaCl，提高Cl-浓度，进一步提高Ga的提取率。(5)由pKa(HF)=3.2，Ka(HF)=c(H+)·c(F−)c(HF)=10-3.2，为了使溶液中c(F-)>c(HF)，c(H+)=c(HF)c(F−)×10-3.2 ml·L-1”“Cu，Fe3+在pH为1.6时则产生沉淀，为了铁元素不以沉淀形式出现故加入金属Bi将Fe3+转化为Fe2+，形成氯化亚铁溶液；
（7）辉铋矿中Bi元素的质量分数为32kg×78.5%−1.1kg100kg×100%=24.02%。
【关联题点】已知信息型化学（离子）方程式书写；热重分析法在物质成分（或含量）测定中的应用
【难度】中档题
【题型】流程题
20.（2021·辽宁卷，16）从钒铬锰矿渣(主要成分为V2O5、Cr2O3、MnO)中提铬的一种工艺流程如下：
已知：pH较大时，二价锰[Mn(II)](在空气中易被氧化.回答下列问题：
(1)Cr元素位于元素周期表第 周期 族。
(2)用FeCl3溶液制备FeOH3胶体的化学方程式为 。
(3)常温下，各种形态五价钒粒子总浓度的对数[lgc总V]与pH关系如图1。已知钒铬锰矿渣硫酸浸液中c总(V)=0.01ml⋅L-1，“沉钒”过程控制pH=3.0，则与胶体共沉降的五价钒粒子的存在形态为 (填化学式)。
(4)某温度下，Cr(III)、Mn(II)的沉淀率与pH关系如图2。“沉铬”过程最佳pH为 ；在该条件下滤液B中cCr3+= ml⋅L-1[Kw近似为1×10−14，Cr(OH)3的Ksp近似为1×10−30]。
(5)“转化”过程中生成MnO2的离子方程式为 。
(6)“提纯”过程中Na2S2O3的作用为 。
【答案】(1)4 ⅥB (2)FeCl3+3H2O⇌煮沸Fe(OH)3(胶体)+3HCl
(3)H3V2O7- (4) 6.0 1×10-6
(5)Mn2++H2O2+2OH-=MnO2+2H2O
(6)防止pH较大时，二价锰[Mn(II)]被空气中氧气氧化，转化为MnO2附在Cr(OH)3的表面，使产物不纯
【解析】（1）Cr是24号元素，价层电子对排布式为：3d54s1，根据最高能层数等于周期序数，价电子数等于族序数，故Cr元素位于元素周期表第4周期VIB族，故答案为：4；VIB；
（2）用FeCl3溶液制备FeOH3胶体的化学方程式为FeCl3+3H2O⇌煮沸Fe(OH)3(胶体)+3HCl，故答案为：FeCl3+3H2O⇌煮沸Fe(OH)3(胶体)+3HCl；
（3）常温下，各种形态五价钒粒子总浓度的对数[lgc总V]与pH关系如图1。已知钒铬锰矿渣硫酸浸液中c总(V)=0.01ml⋅L-1，lgc总V=-2，从图中可知， “沉钒”过程控制pH=3.0，lgc总V=-2时，与胶体共沉降的五价钒粒子的存在形态为H3V2O7-，故答案为：H3V2O7-；
（4）某温度下，Cr(III)、Mn(II)的沉淀率与pH关系如图2，由图中信息可知“沉铬”过程最佳pH为6.0；则此时溶液中OH-的浓度为：c(OH-)=10-8ml/L，在该条件下滤液B中cCr3+= Ksp(Cr(OH)3)c3(OH-)=1×10−30(10−8)3=1×10-6ml⋅L-1，故答案为：6.0；1×10-6；
（5）由分析可知，“转化”过程中生成MnO2的离子方程式为Mn2++H2O2+2OH-=MnO2+2H2O，故答案为：Mn2++H2O2+2OH-=MnO2+2H2O；
（6）由分析可知，“提纯”过程中Na2S2O3的作用为防止pH较大时，二价锰[Mn(II)]被空气中氧气氧化，转化为MnO2附在Cr(OH)3的表面，使产物不纯，故答案为：防止pH较大时，二价锰[Mn(II)]被空气中氧气氧化，转化为MnO2附在Cr(OH)3的表面，使产物不纯。
【关联题点】已知信息型化学（离子）方程式书写；溶度积（KSP)及相关计算
【难度】中档题
【题型】流程题
21.（2021·江苏卷，15）以锌灰(含ZnO及少量PbO、CuO、Fe2O3、SiO2)和Fe2(SO4)3为原料制备的ZnFe2O4脱硫剂，可用于脱除煤气中的H2S。脱硫剂的制备、硫化、再生过程可表示为
(1)“除杂”包括加足量锌粉、过滤加H2O2氧化等步骤。除Pb2+和Cu2+外，与锌粉反应的离子还有 (填化学式)。
(2)“调配比”前，需测定ZnSO4溶液的浓度。准确量取2.50 mL除去Fe3+的ZnSO4溶液于100 mL容量瓶中，加水稀释至刻度；准确量取20.00 mL稀释后的溶液于锥形瓶中，滴加氨水调节溶液pH=10，用0.0150 ml·L-1 EDTA(Na2H2Y)溶液滴定至终点(滴定反应为Zn2++Y4-=ZnY2-)，平行滴定3次，平均消耗EDTA溶液25.00 mL。计算ZnSO4溶液的物质的量浓度 (写出计算过程)。
(3)400℃时，将一定比例H2、CO、CO2和H2S的混合气体以一定流速通过装有ZnFe2O4脱硫剂的硫化反应器。
①硫化过程中ZnFe2O4与H2、H2S反应生成ZnS和FeS，其化学方程式为 。
②硫化一段时间后，出口处检测到COS。研究表明ZnS参与了H2S与CO2生成COS的反应，反应前后ZnS的质量不变，该反应过程可描述为 。
(4)将硫化后的固体在N2：O2=95：5(体积比)的混合气体中加热再生，固体质量随温度变化的曲线如图所示。在280~400℃范围内，固体质量增加的主要原因是 。
【答案】(1)Fe3+、H+ (2)0.7500ml·L-1
(3)①ZnFe2O4+3H2S+H2400℃ZnS+2FeS+4H2O
②ZnS+CO2=ZnO+COS；ZnO+H2S=ZnS+H2O
(4)ZnS和FeS部分被氧化为硫酸盐
【解析】（1）“除杂”加足量锌粉，硫酸铜、硫酸铁、硫酸都能与锌反应，除Pb2+和Cu2+外，与锌粉反应的离子还有Fe3+、H+。
（2）根据Zn2++Y4-=ZnY2-，可知20.00mL稀释后的溶液中含ZnSO4的物质的量为0.025L×0.015ml·L-1=3.75×10-4ml；ZnSO4溶液的物质的量浓度为3.75×10-4ml2.5×10-3×20100=0.75ml/L；
（3）①硫化过程中ZnFe2O4与H2、H2S反应生成ZnS和FeS，铁元素化合价由+3降低为+2、氢气中H元素化合价由0升高为+1，根据得失电子守恒，其化学方程式为ZnFe2O4+3H2S+H2400℃ZnS+2FeS+4H2O；
②硫化一段时间后，出口处检测到COS。研究表明ZnS参与了H2S与CO2生成COS的反应，反应前后ZnS的质量不变，ZnS为催化剂，该反应过程可描述为ZnS+CO2=ZnO+COS；ZnO+H2S=ZnS+H2O；
（4）在280~400℃范围内，ZnS和FeS吸收氧气，ZnS和FeS部分被氧化为硫酸盐，固体质量增加。
【关联题点】推断型化学（离子）方程式的书写；热重分析法在物质成分（或含量）测定中的应用
【难度】中档题
【题型】流程题
22.（2021·河北卷，15）绿色化学在推动社会可持续发展中发挥着重要作用。某科研团队设计了一种熔盐液相氧化法制备高价铬盐的新工艺，该工艺不消耗除铬铁矿、氢氧化钠和空气以外的其他原料，不产生废弃物，实现了Cr—Fe—Al—Mg的深度利用和Na＋内循环。工艺流程如图：
回答下列问题：
(1)高温连续氧化工序中被氧化的元素是________(填元素符号)。
(2)工序①的名称为________。
(3)滤渣Ⅰ的主要成分是____________(填化学式)。
(4)工序③中发生反应的离子方程式为_______________________________________
________________________________________________________________________。
(5)物质Ⅴ可代替高温连续氧化工序中的NaOH，此时发生的主要反应的化学方程式为
________________________________________________________________________，
可代替NaOH的化学试剂还有__________(填化学式)。
(6)热解工序产生的混合气体最适宜返回工序________(填“①”“②”“③”或“④”)参与内循环。
(7)工序④溶液中的铝元素恰好完全转化为沉淀的pH为__________(通常认为溶液中离子浓度小于10－5 ml·L－1为沉淀完全；Al(OH)3＋OH－Al(OH)eq \\al(－,4) K＝100.63；Kw＝10－14，Ksp[Al(OH)3]＝10－33)。
【答案】(1)Fe、Cr (2)溶解浸出 (3)MgO、Fe2O3
(4)2Na＋＋2CrOeq \\al(2－,4)＋2CO2＋H2O===Cr2Oeq \\al(2－,7)＋2NaHCO3↓ (5)4Fe(CrO2)2＋ 7O2＋16NaHCO3eq \(=====,\s\up7(高温))8Na2CrO4＋2Fe2O3＋16CO2＋8H2O Na2CO3 (6)②
(7)8.37
【解析】(1)由流程图分析可知，高温连续氧化工序中被氧化的元素是铁元素和铬元素。
(2)工序①为将氧化后的固体加水溶解浸出可溶性物质。
(3)滤渣Ⅰ的主要成分是氧化铁和氧化镁。
(4)工序③中发生的反应为铬酸钠溶液与过量的二氧化碳反应生成重铬酸钠和碳酸氢钠沉淀，反应的离子方程式为2Na＋＋2CrOeq \\al(2－,4)＋2CO2＋H2O===Cr2Oeq \\al(2－,7)＋2NaHCO3↓。
(5)碳酸氢钠代替高温连续氧化工序中的氢氧化钠发生的主要反应为高温下Fe(CrO2)2与氧气和碳酸氢钠反应生成铬酸钠、氧化铁、二氧化碳和水，反应的化学方程式为4Fe(CrO2)2＋7O2＋16NaHCO3eq \(=====,\s\up7(高温))8Na2CrO4＋2Fe2O3＋ 16CO2＋8H2O；若将碳酸氢钠换为碳酸钠也能发生类似的反应。
(6)热解工序产生的混合气体为二氧化碳和水蒸气，将混合气体通入滤渣Ⅰ中可以将氧化镁转化为碳酸氢镁溶液，则混合气体最适宜返回的工序为工序②。
(7)工序④溶液中的铝元素恰好完全转化为沉淀的反应为Al(OH)eq \\al(－,4)＋H＋Al(OH)3↓＋H2O，反应的平衡常数为K1＝eq \f(1,c[Al(OH)\\al(－,4)]·c(H＋))＝eq \f(c(OH－),c[Al(OH)\\al(－,4)]·c(H＋)·c(OH－))＝eq \f(1,K·Kw)＝1013.37，当c[Al(OH)eq \\al(－,4)]为10－5 ml·L－1时，溶液中氢离子浓度为eq \f(1,c[Al(OH)\\al(－,4)]·K1)＝eq \f(1,10－5×1013.37) ml·L－1＝10－8.37 ml·L－1，则溶液的pH为8.37。
【关联题点】和金属及其化合物相关的制备型实验综合
【难度】中档题
【题型】流程题
23.（2021·湖南卷，17）Ce2(CO3)3可用于催化剂载体及功能材料的制备。天然独居石中，铈(Ce)主要以CePO4形式存在，还含有SiO2、Al2O3、Fe2O3、CaF2等物质。以独居石为原料制备Ce2(CO3)3·nH2O的工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)铈的某种核素含有58个质子和80个中子，该核素的符号为____________。
(2)为提高“水浸”效率，可采取的措施有__________________________________(至少写两条)。
(3)滤渣Ⅲ的主要成分是________________(填化学式)。
(4)加入絮凝剂的目的是__________________。
(5)“沉铈”过程中，生成Ce2(CO3)3·nH2O的离子方程式为________________________________________________________________________，
常温下加入的NH4HCO3溶液呈________(填“酸性”“碱性”或“中性”)(已知：NH3·H2O的Kb＝1.75×10－5，H2CO3的Kal＝4.4×10－7，Ka2＝4.7×10－11)。
(6)滤渣Ⅱ的主要成分为FePO4，在高温条件下，Li2CO3、葡萄糖(C6H12O6)和FePO4可制备电极材料LiFePO4，同时生成CO和H2O，该反应的化学方程式为_________________________。
【答案】(1) (2)加热，搅拌等 (3)Al(OH)3 (4)促使铝离子沉淀 (5)6HCOeq \\al(－,3)＋2Ce3＋＋(n－3)H2O===Ce2(CO3)3·nH2O＋3CO2↑ 碱性 (6)6FePO4＋3Li2CO3＋C6H12O6eq \(=====,\s\up7(高温))9CO↑＋6H2O↑＋6LiFePO4
【解析】(1)铈的某种核素含有58个质子和80个中子，则质量数为58＋80＝138，该核素的符号为。
(5)用碳酸氢铵“沉铈”，则结合原子守恒、电荷守恒可知，生成Ce2(CO3)3·nH2O的离子方程式为6HCOeq \\al(－,3)＋2Ce3＋＋(n－3)H2O===Ce2(CO3)3·nH2O＋3CO2↑；铵根离子的水解常数Kh(NHeq \\al(＋,4))＝eq \f(10－14,1.75×10－5)≈5.7×10－10，HCOeq \\al(－,3)的水解常数Kh(HCOeq \\al(－,3))＝eq \f(Kw,Ka1)＝eq \f(10－14,4.4×10－7)≈2.3×10－8，则Kh(NHeq \\al(＋,4))Ksp(CaCO3)，微溶的硫酸钙转化为更难溶的碳酸钙 (4)净水 (5)22a Ca3N3B MNAa2c×1030
【解析】(1)高炉渣的主要成分为CaO、MgO、Al2O3和SiO2等，加入(NH4)2SO4在400 ℃下焙烧，生成硫酸钙、硫酸镁、硫酸铝，同时产生气体，该气体与烟气(CO2和水蒸气)反应，生成(NH4)2CO3，所以该气体为NH3。(2)焙烧后的固体有未反应的SiO2及反应产生的硫酸钙、硫酸镁、硫酸铝，经过水浸1，然后过滤，滤渣为CaSO4以及未反应的SiO2，滤液溶质主要为硫酸镁、硫酸铝及硫酸铵，将滤液浓缩结晶，析出NH4Al(SO4)2·12H2O，剩余富镁溶液。(3)滤渣含硫酸钙和SiO2，“水浸2”时，由于Ksp(CaSO4)>Ksp (CaCO3)，CaSO4与加入的(NH4)2CO3溶液反应转化为更难溶的碳酸钙，反应的化学方程式为CaSO4+(NH4)2CO3CaCO3+(NH4)2SO4。(5)由均摊法可知，晶胞中Ca的个数为8×18+2=3，N的个数为8×14+2×12=3，B的个数为4×14=1，则化合物的化学式是Ca3N3B；其摩尔质量为M g·ml-1，阿伏加德罗常数的值是NA，晶胞体积为a2c×10-30 cm3，则晶体的密度为MNAa2c×1030g·cm-3。
【难度】中档题
【题型】填空题
24.(2024·浙江6月选考，18)矿物资源的综合利用有多种方法，如铅锌矿(主要成分为PbS、ZnS)的利用有火法和电解法等。
已知：①PbCl2(s)PbCl2(aq)H2[PbCl4]；
②电解前后ZnS总量不变；③AgF易溶于水。
请回答：
(1)根据富氧煅烧(在空气流中煅烧)和通电电解(如图)的结果，PbS中硫元素体现的性质是 (选填“氧化性”“还原性”“酸性”“热稳定性”之一)。产物B中有少量Pb3O4，该物质可溶于浓盐酸，Pb元素转化为[PbCl4]2-，写出该反应的化学方程式： ；
从该反应液中提取PbCl2的步骤如下：加热条件下，加入 (填一种反应试剂)，充分反应，趁热过滤，冷却结晶，得到产品。
(2)下列说法正确的是 。
A.电解池中发生的总反应是PbSPb+S(条件省略)
B.产物B主要是铅氧化物与锌氧化物
C.1 ml化合物C在水溶液中最多可中和2 ml NaOH
D.ClF的氧化性弱于Cl2
(3)D的结构为(X=F或Cl)，设计实验先除去样品D中的硫元素，再用除去硫元素后的溶液探究X为何种元素。
①实验方案：取D的溶液，加入足量NaOH溶液，加热充分反应，然后 。
②写出D(用HSO3X表示)的溶液与足量NaOH溶液反应的离子方程式： 。
【答案】(1)还原性 Pb3O4+14HCl(浓)3H2[PbCl4]+4H2O+Cl2↑ PbO[或Pb(OH)2或PbCO3] (2)AB (3)①加入足量Ba(NO3)2/Ba(OH)2溶液充分反应，静置后取上层清液，再加入硝酸酸化的AgNO3溶液，若产生白色沉淀，则有Cl-，反之则有F- ②H++SO3X-+3OH-SO42−+X-+2H2O
【解析】铅锌矿(主要成分为PbS、ZnS)富氧煅烧得到SO2和Pb、Zn元素的氧化物，SO2与等物质的量的ClF反应得到化合物C，结构简式为，其水解生成液态化合物D(，X=F或Cl)和气态化合物E(HCl或HF)。(1)根据富氧煅烧和通电电解的结果，PbS中硫元素化合价升高，体现的性质是还原性。产物B中有少量Pb3O4，该物质可溶于浓盐酸，Pb元素转化为[PbCl4]2-，该反应的化学方程式：Pb3O4+14HCl(浓)3H2[PbCl4]+4H2O+Cl2↑；根据已知①可判断要从该反应液中提取PbCl2，则所加试剂应能消耗H+使平衡逆向移动，且不引入杂质，则步骤为加热条件下，加入PbO或Pb(OH)2或PbCO3，充分反应，趁热过滤，冷却结晶。(2)根据图示和已知②可知，电解池中阳极上Fe2+生成Fe3+，Fe3+氧化PbS生成S、Pb2+和Fe2+，阴极上PbCl2生成Pb，发生的总反应：PbSPb+S(条件省略)，A正确；据分析，铅锌矿(主要成分为PbS、ZnS)富氧煅烧得到SO2和Pb、Zn元素的氧化物，则产物B主要是铅氧化物与锌氧化物，B正确；据分析，化合物C是，卤素原子被—OH取代后生成H2SO4和HCl、HF，则1 ml化合物C在水溶液中最多可中和4 ml NaOH，C错误； ClF的氧化性由+1价的Cl表现，Cl2的氧化性由0价的Cl表现，则ClF的氧化性强于Cl2，D错误。(3)①D的结构为(X=F或Cl)，加入足量NaOH溶液，加热充分反应，生成Na2SO4和NaX，则实验方案为取D的溶液，加入足量NaOH溶液，加热充分反应，然后加入足量Ba(NO3)2或者Ba(OH)2溶液充分反应，静置后取上层清液，再加入硝酸酸化的AgNO3溶液，若产生白色沉淀，则有Cl-，反之则有F-。②D(用HSO3X表示)的溶液与足量NaOH溶液反应生成Na2SO4和NaX，发生反应的离子方程式：H++SO3X-+3OH-SO42−+X-+2H2O。
【关联题点】陌生方程式的书写 电冶金 离子检验
【难度】较难题
【题型】填空题
25.(2023·海南，15)铍的氧化物广泛应用于原子能、航天、电子、陶瓷等领域，是重要的战略物资。利用绿柱石(主要化学成分为Be3Al2Si6O18，还含有一定量的FeO和Fe2O3)生产BeO的一种工艺流程如下。
回答问题：
(1)Be3Al2Si6O18中Be的化合价为___________________________________________。
(2)粉碎的目的是________________；残渣主要成分是________________(填化学式)。
(3)该流程中能循环使用的物质是________________(填化学式)。
(4)无水BeCl2可用作聚合反应的催化剂。BeO、Cl2与足量C在600～800 ℃制备BeCl2的化学方程式为______________________________________________________________。
(5)沉铍时，将pH从8.0提高到8.5，则铍的损失降低至原来的________________%。
【答案】(1)＋2 (2)增大反应物的接触面积，加快反应速率，提高浸取率 SiO2 (3)(NH4)2SO4 (4)BeO＋Cl2＋Ceq \(========,\s\up7(600～800 ℃))CO＋BeCl2 (5)10
【解析】(1)按照化合物中正、负化合价代数和为0，Be的化合价为＋2价。(2)粉碎的目的是增大反应物接触面积，加快浸取速率，提高浸取率；残渣的成分是不溶于酸的SiO2。(3)最后的滤液中的硫酸铵可以在除铝步骤中循环利用。(4)BeO、Cl2与足量C在600～800 ℃生成BeCl2同时生成CO，化学方程式为BeO＋Cl2＋Ceq \(========,\s\up7(600～800 ℃))CO＋BeCl2。(5)设Be(OH)2的溶度积常数为Ksp，Ksp＝c(Be2＋)·c2(OH－)，c(Be2＋)＝eq \f(Ksp,c2(OH－))，当pH＝8.0时，c(OH－)＝10－6 ml·L－1，铍损失浓度为c(Be2＋)＝eq \f(Ksp,10－12) ml·L－1，当pH＝8.5时，c(OH－)＝10－5.5 ml·L－1，铍损失浓度为c(Be2＋)＝eq \f(Ksp,10－11) ml·L－1，损失降低至原来的10%。
【关联题点】物质的分离与提纯；已知信息型化学（离子）方程式书写；溶度积（KSP）及相关计算
【难度】中档题
【题型】流程题
26.(2023·全国甲卷，26)BaTiO3是一种压电材料。以BaSO4为原料，采用下列路线可制备粉状BaTiO3。
回答下列问题：
(1)“焙烧”步骤中碳粉的主要作用是________________________________________。
(2)“焙烧”后固体产物有BaCl2、易溶于水的BaS和微溶于水的CaS。“浸取”时主要反应的离子方程式为__________________________________________________________。
(3)“酸化”步骤应选用的酸是____________(填标号)。
a．稀硫酸 b．浓硫酸
c．盐酸 d．磷酸
(4)如果焙烧后的产物直接用酸浸取，是否可行？_________，其原因是___________。
(5)“沉淀”步骤中生成BaTiO(C2O4)2的化学方程式为_________________________。
(6)“热分解”生成粉状钛酸钡，产生的∶nCO＝__________________。
【答案】(1)做还原剂，将BaSO4还原 (2)S2－＋Ca2＋===CaS↓ (3)c (4)不可行 CaS也会与盐酸反应生成有毒气体和可溶于水的CaCl2，影响产品纯度 (5)BaCl2＋TiCl4＋2(NH4)2C2O4＋H2O===BaTiO(C2O4)2↓＋4NH4Cl＋2HCl (6)1∶1
【解析】由流程和题中信息可知，BaSO4与过量的碳粉及过量的氯化钙在高温下焙烧得到CO、BaCl2、易溶于水的BaS和微溶于水的CaS；烧渣经水浸取后过滤，滤渣中含碳粉和CaS，滤液中有BaCl2和BaS；滤液经酸化后浓缩结晶得到BaCl2晶体，溶于水后，加入TiCl4和(NH4)2C2O4将钡离子充分沉淀得到BaTiO(C2O4)2；BaTiO(C2O4)2经热分解得到BaTiO3。(3)浸取后滤液中主要为BaCl2和BaS，为不引入杂质，“酸化”步骤应选用盐酸。(6)“热分解”生成粉状钛酸钡，该反应的化学方程式为BaTiO(C2O4)2eq \(=====,\s\up7(△))BaTiO3＋2CO2↑＋2CO↑，因此，产生的∶nCO＝1∶1。
【关联题点】物质的分离与提纯；氧化还原反应的定量计算；推断型化学（离子）方程式书写
【难度】中档题
【题型】流程题
27.(2023·湖南，17)超纯Ga(CH3)3是制备第三代半导体的支撑源材料之一，近年来，我国科技工作者开发了超纯纯化、超纯分析和超纯灌装一系列高新技术，在研制超纯Ga(CH3)3方面取得了显著成果，工业上以粗镓为原料，制备超纯Ga(CH3)3的工艺流程如下：
已知：①金属Ga的化学性质和Al相似，Ga的熔点为29.8 ℃；
②Et2O(乙醚)和NR3(三正辛胺)在上述流程中可作为配体；
③相关物质的沸点：
回答下列问题：
(1)晶体Ga(CH3)3的晶体类型是____________________。
(2)“电解精炼”装置如图所示，电解池温度控制在40～45 ℃的原因是_____________________。
阴极的电极反应式为______________________________________________________。
(3)“合成Ga(CH3)3(Et2O)”工序中的产物还包括MgI2和CH3MgI，写出该反应的化学方程式： ________________________________________________________________________。
(4)“残渣”经纯水处理，能产生可燃性气体，该气体主要成分是________________。
(5)下列说法错误的是______________________________________________________。
A．流程中Et2O得到了循环利用
B．流程中，“合成Ga2Mg5”至“工序X”需在无水无氧的条件下进行
C．“工序X”的作用是解配Ga(CH3)3(NR3)，并蒸出Ga(CH3)3
D．用核磁共振氢谱不能区分Ga(CH3)3和CH3I
(6)直接分解Ga(CH3)3(Et2O)不能制备超纯Ga(CH3)3，而本流程采用“配体交换”工艺制备超纯Ga(CH3)3的理由是______________________。
(7)比较分子中的C—Ga—C键角大小：Ga(CH3)3_____________Ga(CH3)3(Et2O)(填“>”“ Ga(CH3)3中Ga为sp2杂化，而Ga(CH3)3(Et2O)中Ga为sp3杂化，故键角较小
【解析】(1)晶体Ga(CH3)3的沸点较低，晶体类型是分子晶体。(2)镓的熔点为29.8 ℃，电解精炼温度需高于镓的熔点，因此电解池温度控制在40～45 ℃。Ga和Al性质相似，电解精炼过程中粗镓在阳极失电子产生的Ga3＋在NaOH溶液中形成GaOeq \\al(－,2)，GaOeq \\al(－,2)迁移到阴极，得电子被还原为Ga，故阴极反应为GaOeq \\al(－,2)＋2H2O＋3e－===Ga＋4OH－。(4)“残渣”含CH3MgI，经纯水处理，能产生可燃性气体CH4。(5)由已知②③，结合流程图可知，溶剂蒸发、配体交换时Et2O得以循环利用，A项正确；高纯Ga能与H2O、O2反应，CH3I、Ga(CH3)3能与水反应，有机物能与O2反应，故B项正确；配体交换时NR3和Ga(CH3)3(Et2O)反应得到Ga(CH3)3(NR3)和Et2O，则工序X为解配Ga(CH3)3(NR3)，并利用Ga(CH3)3和NR3的沸点相差较大蒸出Ga(CH3)3，C项正确；Ga(CH3)3和CH3I中均只有1种氢原子，核磁共振氢谱均只有一组吸收峰，但吸收强度不同，可以鉴别，D项错误。(6)直接分解Ga(CH3)3(Et2O)时由于Et2O的沸点较低，与Ga(CH3)3一起蒸出，不能制备超纯Ga(CH3)3，而本流程采用“配体交换”工艺制备超纯Ga(CH3)3的理由是根据题给相关物质沸点可知，NR3沸点远高于Ga(CH3)3，与Ga(CH3)3易分离。
【关联题点】晶体类型判断及性质比较；电解原理及应用；键参数与物质性质；化学反应的条件控制在工业生产中的应用；已知信息型化学（离子）方程式书写
【难度】中档题
【题型】流程题
28.(2023·北京，18)以银锰精矿(主要含Ag2S、MnS、FeS2)和氧化锰矿(主要含MnO2)为原料联合提取银和锰的一种流程示意图如下。
已知：酸性条件下，MnO2的氧化性强于Fe3＋。
(1)“浸锰”过程是在H2SO4溶液中使矿石中的锰元素浸出，同时去除FeS2，有利于后续银的浸出；矿石中的银以Ag2S的形式残留于浸锰渣中。
①“浸锰”过程中，发生反应MnS＋2H＋===Mn2＋＋H2S↑，则可推断：Ksp(MnS)__________(填“>”或“ ②Fe3＋、Mn2＋ (2)①2 4 Cl－ 2 Fe2＋ ②Cl－是为了与Ag2S电离出的Ag＋结合生成[AgCl2]－，使平衡正向移动，提高Ag2S的浸出率；H＋是为了抑制Fe3＋水解，防止生成Fe(OH)3沉淀 (3)①2[AgCl2]－＋Fe===Fe2＋＋2Ag＋4Cl－、2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋ ②Fe2＋被氧气氧化为Fe3＋，Fe3＋把Ag氧化为Ag＋ (4)可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中，得到MnSO4，同时将银元素和锰元素分离开；生成的Fe3＋还可以用于浸银，节约氧化剂
【解析】(1)①“浸锰”过程中，矿石中的银以Ag2S的形式残留于浸锰渣中，MnS发生反应：MnS＋2H＋===Mn2＋＋H2S↑，硫化锰溶于强酸而硫化银不溶于强酸，则可推断：Ksp(MnS)>Ksp(Ag2S)。②根据信息，在H2SO4溶液中二氧化锰可将Fe2＋氧化为Fe3＋，自身被还原为Mn2＋，则浸锰液中主要的金属阳离子有Fe3＋、Mn2＋。(2)①Ag2S中S元素化合价升高，则Fe元素化合价降低，根据得失电子守恒、元素质量守恒，该离子方程式为2Fe3＋＋Ag2S＋4Cl－2Fe2＋＋2[AgCl2]－＋S。(3)①铁粉可将[AgCl2]－还原为单质银，过量的铁粉还可以与铁离子发生反应，因此离子方程式为2[AgCl2]－＋Fe===Fe2＋＋2Ag＋4Cl－、2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋。②溶液中生成的Fe2＋会被空气中的氧气缓慢氧化为Fe3＋，Fe3＋把部分Ag氧化为Ag＋，因此t min后银的沉淀率逐渐减小。
【关联题点】已知信息型化学（离子）方程式书写；化学反应速率影响因素
【难度】中档题
【题型】流程题
29.(2023·湖北，16)SiCl4是生产多晶硅的副产物。利用SiCl4对废弃的锂电池正极材料LiCO2进行氯化处理以回收Li、C等金属，工艺路线如下：
回答下列问题：
(1)C位于元素周期表第________周期，第________族。
(2)烧渣是LiCl、CCl2和SiO2的混合物，“500 ℃焙烧”后剩余的SiCl4应先除去，否则水浸时会产生大量烟雾，用化学方程式表示其原因____________________________________。
(3)鉴别洗净的“滤饼3”和固体Na2CO3常用方法的名称是________。
(4)已知Ksp[C(OH)2]＝5.9×10－15，若“沉钴过滤”的pH控制为10.0，则溶液中C2＋浓度为________ ml·L－1。“850 ℃煅烧”时的化学方程式为________________________________。
(5)导致SiCl4比CCl4易水解的因素有________(填标号)。
a．Si—Cl键极性更大 b．Si的原子半径更大
c．Si—Cl键键能更大 d．Si有更多的价层轨道
【答案】(1)四 Ⅷ
(2)SiCl4＋3H2O===H2SiO3＋4HCl(或SiCl4＋4H2O===H4SiO4＋4HCl或SiCl4＋(2＋n)H2O===SiO2nH2O＋4HCl)
(3)焰色试验
(4)5.9×10－7 6C(OH)2＋O2eq \(=====,\s\up7(850 ℃))2C3O4＋6H2O
(5)abd
【解析】由流程和题中信息可知，LiCO2粗品与SiCl4在500 ℃焙烧时生成氧气和烧渣，烧渣是LiCl、CCl2和SiO2的混合物；烧渣经水浸、过滤后得滤液1和滤饼1，滤饼1的主要成分是SiO2和H2SiO3；滤液1用氢氧化钠溶液沉钴，过滤后得滤饼2[主要成分为C(OH)2]和滤液2(主要溶质为LiCl)；滤饼2置于空气中在850 ℃煅烧得到C3O4；滤液2经碳酸钠溶液沉锂，得到滤液3和滤饼3，滤饼3为Li2CO3。
(1)C是27号元素，位于元素周期表第四周期第Ⅷ族。(2)SiCl4遇水剧烈水解，化学方程式为SiCl4＋3H2O===H2SiO3＋4HCl。(3)常用焰色试验鉴别Li2CO3和Na2CO3。(4)c(OH－)＝1.0×10－4 ml·L－1，C2＋浓度为eq \f(Ksp[C(OH)2],c2(OH－))＝eq \f(5.9×10－15,(1.0×10－4)2) ml·L－1＝5.9×10－7ml·L－1。(5)a项，Si—Cl键极性更大，易受到极性强的H2O的影响，易水解；b项，Si的原子半径大，非金属性弱，Si—Cl键的极性强，分子中Si原子带有一定的正电荷，容易受到极性强的H2O的吸引，使之容易水解；c项，Si—Cl键键能更大，更稳定，与水解无关，d项，Si位于第三周期，3d轨道更易和H2O分子中的O原子配位。
【关联题点】已知信息型化学（离子）方程式书写；溶度积（KSP）及相关计算；物质的分离与提纯
【难度】中档题
【题型】流程题
30.(2023·江苏，12)室温下，用含少量Mg2＋的MnSO4溶液制备MnCO3的过程如图所示。已知Ksp(MgF2)＝5.2×10－11，Ka(HF)＝6.3×10－4。下列说法正确的是( )
A．0.1 ml·L－1 NaF溶液中：c(F－)＝c(Na＋)＋c(H＋)
B．“除镁”得到的上层清液中：c(Mg2＋)＝eq \f(Ksp(MgF2),c(F－))
C．0.1 ml·L－1 NaHCO3溶液中：c(COeq \\al(2－,3))＝c(H＋)＋c(H2CO3)－c(OH－)
D．“沉锰”后的滤液中：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCOeq \\al(－,3))＋2c(COeq \\al(2－,3))
【答案】C
【解析】0.1 ml·L－1NaF溶液中存在电荷守恒：c(OH－)＋c(F－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，A错误；“除镁”得到的上层清液中为MgF2的饱和溶液，有Ksp(MgF2)＝c(Mg2＋)·c2(F－)，故c(Mg2＋)＝eq \f(Ksp(MgF2),c2(F－))，B错误；0.1 ml·L－1 NaHCO3溶液中存在质子守恒：c(COeq \\al(2－,3))＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(H2CO3)，故c(COeq \\al(2－,3))＝c(H＋)＋c(H2CO3)－c(OH－)，C正确；“沉锰”后的滤液中还存在F－、SOeq \\al(2－,4)等离子，故电荷守恒中应增加其他离子使等式成立，D错误。
【关联题点】溶液中离子浓度大小比较及应用；溶度积（KSP）及相关计算
【难度】中档题
【题型】单选题
31.(2023·辽宁，10)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】铁、铬氧化物与碳酸钠和氧气反应时生成对应的钠盐和二氧化碳，A正确；焙烧过程铁元素被氧化，滤渣的主要成分为氢氧化铁，B错误；滤液①中Cr元素的化合价是＋6价，铁酸钠遇水水解生成氢氧化铁沉淀，溶液显碱性，所以Cr 元素的主要存在形式为CrOeq \\al(2－,4)，C正确。
【难度】中档题
【题型】单选题
32.(2023·山东，13)一种制备Cu2O的工艺路线如图所示，反应Ⅱ所得溶液pH在3～4之间，反应Ⅲ需及时补加NaOH以保持反应在pH＝5条件下进行。常温下，H2SO3的电离平衡常数Ka1＝1.3×10－2，Ka2＝6.3×10－8。下列说法正确的是( )
A．反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均为氧化还原反应
B．低温真空蒸发主要目的是防止NaHSO3被氧化
C．溶液Y可循环用于反应Ⅱ所在操作单元吸收气体Ⅰ
D．若Cu2O产量不变，参与反应Ⅲ的X与CuSO4物质的量之比eq \f(n(X),n(CuSO4))增大时，需补加NaOH的量减少
【答案】CD
【解析】反应Ⅰ是铜和浓硫酸反应生成SO2、CuSO4和H2O，是氧化还原反应，反应Ⅱ是SO2和碳酸钠溶液反应生成NaHSO3和CO2，是非氧化还原反应，反应Ⅲ是Na2SO3和CuSO4反应生成Cu2O、Na2SO4和SO2，是氧化还原反应，故A错误；低温真空蒸发主要目的是防止Na2SO3被氧化，而不是NaHSO3，故B错误；溶液Y含Na2SO3，可循环用于反应Ⅱ的操作单元吸收SO2气体(气体Ⅰ)，故C正确；制取Cu2O总反应方程式是2CuSO4＋3Na2SO3===Cu2O↓＋2SO2↑＋3Na2SO4，化合物X为Na2SO3，若Cu2O产量不变，eq \f(n(X),n(CuSO4))增大时，多的Na2SO3会消耗氢离子，为控制反应pH＝5，可减少NaOH的量，故D正确。
【关联题点】氧化还原反应的判断；条件控制在化学反应中的应用
【难度】中档题
【题型】双选题
33.（2023·重庆卷，15）Fe3O4是一种用途广泛的磁性材料，以FeCl2为原料制备Fe3O4并获得副产物CaCl2水合物的工艺如下。
25℃时各物质溶度积见下表：
回答下列问题：
(1)Fe3O4中Fe元素的化合价是+2和 。O2−的核外电子排布式为 。
(2)反应釜1中的反应需在隔绝空气条件下进行，其原因是 。
(3)反应釜2中，加入CaO和分散剂的同时通入空气。
①反应的离子方程式为 。
②为加快反应速率，可采取的措施有 。(写出两项即可)。
(4)①反应釜3中，25℃时，Ca2+浓度为5.0ml/L，理论上pH不超过 。
②称取CaCl2水合物1.000g，加水溶解，加入过量Na2C2O4，将所得沉淀过滤洗涤后，溶于热的稀硫酸中，用0.1000ml/LKMnO4标准溶液滴定，消耗24.00mL。滴定达到终点的现象为 ，该副产物中CaCl2的质量分数为 。
【答案】(1) +3 1s22s22p6
(2)防止二价铁被空气中氧气氧化为三价铁
(3)①4CaO+6H2O+4Fe2++O2=4FeOH3+4Ca2+ ②适当升高温度、搅拌
(4)①11 ②最后半滴标准液加入后，溶液变为红色，且半分钟内不变色 66.6%
【解析】（1）Fe3O4可以写成FeO⋅Fe2O3，故Fe元素的化合价是+2和+3。O2−为氧原子得到2个电子形成的，核外电子排布式为1s22s22p6；
（2）空气中氧气具有氧化性，反应釜1中的反应需在隔绝空气条件下进行，其原因是防止二价铁被空气中氧气氧化为三价铁；
（3）①反应釜2中，加入CaO和分散剂的同时通入空气，氧气将二价铁氧化三价铁，三价铁与氧化钙和水生成的氢氧化钙生成氢氧化铁，反应的离子方程式为4CaO+6H2O+4Fe2++O2=4FeOH3+4Ca2+。
②为加快反应速率，可采取的措施有适当升高温度、搅拌等；
（4）①反应釜3中，25℃时，Ca2+浓度为5.0ml/L，反应不能使钙离子生成沉淀，防止引入杂质，故此时cOH-=KspcCa2+=5.0×10−65.0=1.0×10-3ml/L，pOH=3，pH=11，故理论上pH不超过11。
②高锰酸钾溶液紫红色，故滴定达到终点的现象为：最后半滴标准液加入后，溶液变为红色，且半分钟内不变色；
氯化钙和草酸钠转化为草酸钙沉淀CaC2O4，草酸钙沉淀加入硫酸转化为草酸，草酸和高锰酸钾发生氧化还原反应：2MnO4-+5H2C2O4+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O，结合质量守恒可知，5CaCl2∼5H2C2O4∼2MnO4-，则该副产物中CaCl2的质量分数为0.1000×24×10-3ml×52×111g/ml1.000g×100%=66.6%。
【关联题点】已知信息型化学（离子）方程式的书写；溶度积（KSP)及相关计算；氧化还原反应滴定及相关应用；原子核外电子排布规律及应用
【难度】中档题
【题型】流程题
34.（2022·北京卷，18）白云石的主要化学成分为CaMg(CO3)2，还含有质量分数约为2.1%的Fe2O3和1.0%的SiO2。利用白云石制备高纯度的碳酸钙和氧化镁，流程示意图如下。
已知：
(1)白云石矿样煅烧完全分解的化学方程式为__________________。
(2)NH4Cl用量对碳酸钙产品的影响如下表所示。
备注：ⅰ.MO浸出率＝(eq \f(浸出的MO质量,煅烧得到的MO质量))×100%(M代表Ca或Mg)。
ⅱ.CaCO3纯度计算值为滤液A中钙、镁全部以碳酸盐形式沉淀时计算出的产品中CaCO3纯度。
①解释“浸钙”过程中主要浸出CaO的原因是____________________________________。
②沉钙反应的离子方程式为_______________________________________________________。
③“浸钙”过程不适宜选用n(NH4Cl)∶n(CaO)的比例为__________。
④产品中CaCO3纯度的实测值高于计算值的原因为__________________________________。
(3)“浸镁”过程中，取固体B与一定浓度的(NH4)2SO4溶液混合，充分反应后MgO的浸出率低于60%。加热蒸馏，MgO的浸出率随馏出液体积增大而增大，最终可达98.9%。从化学平衡的角度解释浸出率增大的原因是_______________。
(4)滤渣C中含有的物质是__________。
(5)该流程中循环利用的物质为__________。
【答案】(1)CaMg(CO3)2eq \(=====,\s\up7(高温))CaO＋MgO＋2CO2↑ (2)①Ksp[Ca(OH)2]大于Ksp[Mg(OH)2]，在一定量NH4Cl溶液中，氢氧化钙会和氯化铵反应而氢氧化镁不能，故CaO先浸出 ②Ca2＋＋2NH3·H2O＋CO2===CaCO3↓＋2NHeq \\al(＋,4)＋H2O ③2.4∶1 ④Ksp(CaCO3)9.3时，H2SiO3会再溶解生成SiOeq \\al(2－,3)，因此中和时pH的理论范围为4.5≤pH≤9.3；将Al元素和Si元素除去后，溶液中Cr元素主要以Cr2Oeq \\al(2－,7)和CrOeq \\al(2－,4)形式存在，溶液中存在平衡：2CrOeq \\al(2－,4)＋H2OCr2Oeq \\al(2－,7)＋2OH－，降低溶液pH，可提高Na2Cr2O7的产率；Fe元素在“浸取”操作中除去。
(4)由4Na2CrO4＋4H2Oeq \(=====,\s\up7(通电))2Na2Cr2O7＋4NaOH＋2H2↑＋O2↑可知，电解过程中实质是电解水，阳极上OH－失去电子生成H2O和O2，阴极上H＋得到电子生成H2，由2CrOeq \\al(2－,4)＋H2OCr2Oeq \\al(2－,7)＋2OH－可知，Cr2Oeq \\al(2－,7)在c(OH－)减小的电极室中制得，即Na2Cr2O7在阳极室产生；电解过程中，阳极室中c(OH－)减小，CrOeq \\al(2－,4)水解平衡正向移动，c(CrOeq \\al(2－,4))减小，c(Cr2Oeq \\al(2－,7))增大，为提高制备Na2Cr2O7的效率，CrOeq \\al(2－,4)通过离子交换膜移向阳极。
【关联题点】电解原理在物质制备中的应用；物质的分离与提纯
【难度】中档题
【题型】流程题
50.（2020·浙江选考，30）碘化锂（LiI）在能源、医药等领域有重要应用，某兴趣小组制备LiI⋅3H2O和LiI，流程如下：
已知：LiI⋅3H2O在75~80℃转变成LiI⋅2H2O，80~120℃转变成LiI⋅H2O，300℃以上转变成无水LiI。
b.LiI易溶于水，溶解度随温度升高而增大。
c.LiI在空气中受热易被氧化。
请回答：
(1)步骤Ⅱ，调pH=7，为避免引入新的杂质，适宜加入的试剂为 。
(2)步骤Ⅲ，包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等多步操作。
下列说法正确的是 。
A．为得到较大的LiI⋅3H2O晶体颗粒，宜用冰水浴快速冷却结晶
B．为加快过滤速度，得到较干燥的晶体，可进行抽滤
C．宜用热水洗涤
D．可在80℃鼓风干燥
(3)步骤Ⅳ，脱水方案为：将所得LiI⋅3H2O置入坩埚中，300℃加热，得LiI样品。用沉淀滴定法分别测定所得LiI⋅3H2O、LiI样品纯度，测定过程如下：称取一定量样品，溶解，定容于容量瓶，将容量瓶中的溶液倒入烧杯，用移液管定量移取烧杯中的溶液加入锥形瓶，调pH=6，用滴定管中的AgNO3标准溶液滴定至终点，根据消耗的AgNO3标准溶液体积计算，得LiI⋅3H2O、LiI的纯度分别为99.96%，95.38%。LiI纯度偏低。
①上述测定过程提及的下列仪器，在使用前一定不能润洗的是 。
A．容量瓶 B．烧杯 C．锥形瓶 D．滴定管
②测定过程中使用到移液管，选出其正确操作并按序列出字母：
蒸馏水洗涤→待转移溶液润洗→ → → → →洗净，放回管架。
a.移液管尖与锥形瓶内壁接触，边吹气边放液
b.放液完毕，停留数秒，取出移液管
c.移液管尖与锥形瓶内壁接触，松开食指放液设备
d.洗耳球吸溶液至移液管标线以上，食指堵住管口
e.放液完毕，抖动数下，取出移液管
f.放液至凹液面最低处与移液管标线相切，按紧管口
③LiI纯度偏低，可能的主要杂质是 。
(4)步骤Ⅳ，采用改进的实验方案（装置如图），可以提高LiI纯度。
①设备X的名称是 。
②请说明采用该方案可以提高LiI纯度的理由 。
【答案】（1）LiOH （2）B （3）①AC ②d f c b ③Li2O
(4)①抽气泵 ②抽除空气，避免LiI被氧化，减压，有利脱水
【解析】(1)将酸性溶液调节成中，又不引入新的杂质，可选用LiOH调节pH值；
(2)A.用冰水浴快速冷却结晶得到的是较小颗粒的晶体，故A错误；
B.抽滤可以加快过滤速度，得到较干燥的晶体，故B正确；
C.LiI易溶于水，溶解度随温度升高而增大，故C错误；
D.LiI⋅3H2O在75~80℃转变成LiI⋅2H2O，80~120℃转变成LiI⋅H2O，故D错误
(3)①润洗容量瓶会使浓度偏大；润洗锥形瓶消耗更多的待测液，测定的待测液浓度偏大；
②移液管的正确使用步骤为蒸馏水洗涤→待转移溶液润洗→洗耳球吸溶液至移液管标线以上，食指堵住管口→放液至凹液面最低处与移液管标线相切，按紧管口→移液管尖与锥形瓶内壁接触，松开食指放液设备→放液完毕，停留数秒，取出移液管→洗净，放回管架；
③LiI在空气中受热易被氧化生成Li2O；
(4)①设备X的作用是将仪器内的空气抽出，其名称为抽气泵；
②该方案抽出空气且瓶内压强较低，抽除空气，避免LiI被氧化，减压，有利脱水；
【关联题点】和金属及其化合物相关的制备型实验综合
【难度】中档题
【题型】流程题
51.(2020·山东卷，9)以菱镁矿(主要成分为MgCO3，含少量SiO2、Fe2O3和Al2O3)为原料制备高纯镁砂的工艺流程如下：
已知浸出时产生的废渣中有SO2，Fe(OH)3和Al(OH)3。下列说法错误的是( )
A．浸出镁的反应为MgO＋2NH4Cl===MgCl2＋2NH3↑＋H2O
B．浸出和沉镁的操作均应在较高温度下进行
C．流程中可循环使用的物质有NH3、NH4Cl
D．分离Mg2＋与Al3＋、Fe3＋是利用了它们氢氧化物Ksp的不同
【答案】B
【解析】氯化铵溶液显酸性，与MgO反应，相当于MgO促进了氯化铵的水解，生成氨气，A项正确；氨水易分解，故沉镁时温度不可太高，B项错误；由流程图可知氨气可循环使用，沉镁过程中产生氯化铵，故氯化铵也可循环使用，C项正确；浸出过程中产生Fe(OH)3和Al(OH)3，沉镁过程中加氨水调节pH产生Mg(OH)2，利用三种离子氢氧化物Ksp的不同，使其先后沉淀而分离，D项正确。
【关联题点】物质的分离与提纯；溶度积（KSP）及相关计算
【难度】中档题
【题型】单选题
52.(2020·北京卷，17)用如图方法回收废旧CPU中的单质Au(金)，Ag和Cu。
已知：①浓硝酸不能单独将Au溶解。
②HAuCl4===H＋＋AuCl4−。
(1)酸溶后经________操作，将混合物分离。
(2)浓、稀HNO3均可作酸溶试剂。溶解等量的Cu消耗HNO3的物质的量不同，写出消耗HNO3物质的量少的反应的化学方程式：_________________________________________________。
(3)HNO3­NaCl与王水[V(浓硝酸)∶V(浓盐酸)＝1∶3]溶金原理相同。
①将溶金反应的化学方程式补充完整：
②关于溶金的下列说法正确的是________。
A．用到了HNO3的氧化性
B．王水中浓盐酸的主要作用是增强溶液的酸性
C．用浓盐酸与NaNO3也可使Au溶解
(4)若用Zn粉将溶液中的1 ml HAuCl4完全还原，则参加反应的Zn的物质的量是________ ml。
(5)用适当浓度的盐酸、NaCl溶液、氨水与铁粉，可按照如图方法从酸溶后的溶液中回收Cu和Ag(图中标注的试剂和物质均不同)。
试剂1是________，试剂2是________。
【答案】(1)过滤 (2)3Cu＋8HNO3(稀)===3Cu(NO3)＋2NO↑＋4H2O (3)①4 5 NO 2H2O 4 ②AC (4)1.5 (5)NaCl溶液 盐酸
【解析】(1)Au(金)，Ag和Cu经酸溶后得到金、铜离子和银离子的混合溶液，将固体和液体分开的操作是过滤，将混合物分离。
(2)铜与稀硝酸反应的化学方程式为3Cu＋8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O；溶解1 ml Cu消耗HNO3的物质的量为83 ml；铜与浓硝酸反应的化学方程式为Cu＋4HNO3(浓)===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O，溶解1 ml Cu消耗HNO3的物质的量为4 ml；消耗HNO3物质的量少的反应的化学方程式为铜与稀硝酸的反应，化学方程式为3Cu＋8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O。
(3)①根据化合价的变化规律可知，金的化合价从0升高到＋3，作还原剂，硝酸作氧化剂，从＋5价降低到＋2价，产物有一氧化氮生成，根据质量守恒，生成物中还有水，化学方程式为Au＋4NaCl＋5HNO3===HAuCl4＋2H2O＋NO↑＋4NaNO3；
②溶金过程中硝酸的化合价降低，作氧化剂，具有强氧化性，用到了HNO3的氧化性，故A正确；王水中V(浓硝酸)∶V(浓盐酸)＝1∶3，金与浓硝酸表面生成致密的氧化膜，不反应，王水中浓盐酸中提供了氯离子，利于生成四氯合金离子，利于金与硝酸的反应，主要作用增强硝酸的氧化性，故B错误；HNO3­NaCl与王水V(浓硝酸)∶V(浓盐酸)＝1∶3溶金原理相同，则用浓盐酸与NaNO3也可使Au溶解，故C正确；答案选AC。
(4)由于HAuCl4===H＋＋AuCl4−，若用Zn粉将溶液中的1 ml HAuCl4完全还原，HAuCl4中金的化合价为＋3，被锌还原为0价，锌的化合价从0升高到＋2，参加反应的Zn的物质的量x，锌的化合价从0升高到＋2，根据得失电子守恒可知：2x＝3，x＝1.5 ml，则参加反应的Zn的物质的量是1.5 ml。
(5)根据图中信息可知，含有铜离子和银离子的溶液加入试剂1后得到的是物质1和物质3，物质3加入试剂3后得到的是二氨合银离子，试剂3是氨水，物质3是氯化银，试剂1是NaCl溶液，物质1是氯化铜，氯化铜加入过量铁粉得到铜和亚铁离子，经过试剂2，过滤后得到铜单质，试剂2是盐酸，除去过量的铁粉，二氨合银离子经过还原可以得到银单质，实现了铜和银的分离，试剂1是NaCl溶液，试剂2是盐酸。
【关联题点】物质的分离与提纯；滴定法在物质含量测定中的应用；溶度积（KSP）及相关计算
【难度】中档题
【题型】流程题
53.(2020·北京卷，18)MnO2是重要的化工原料，由软锰矿制备MnO2的一种工艺流程如图：
软锰矿研磨Mn2＋溶出液纯化Mn2＋纯化液电解MnO2
资料：①软锰矿的主要成分为MnO2，主要杂质有Al2O3和SiO2
②金属离于沉淀的pH
③该工艺条件下，MnO2与H2SO4不反应。
(1)溶出
①溶出前，软锰矿需研磨。目的是__________________________________________________。
②溶出时，Fe的氧化过程及得到Mn2＋的主要途径如图所示。
ⅰ.步骤Ⅱ是从软锰矿中溶出Mn2＋的主要反应，反应的离子方程式是____________________。
ⅱ.若Fe2＋全部来自于反应Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑，完全溶出Mn2＋所需Fe与MnO2的物质的量比值为2。而实际比值(0.9)小于2，原因是________________________________________。
(2)纯化
已知：MnO2的氧化性与溶液pH有关。纯化时先加入MnO2，后加入NH3·H2O，调溶液pH≈5，说明试剂加入顺序及调节pH的原因：___________________________________。
(3)电解
Mn2＋纯化液经电解得MnO2。生成MnO2的电极反应式是______________________________。
(4)产品纯度测定
向a g产品中依次加入足量b g Na2C2O4和足量稀H2SO4，加热至充分反应，再用c ml·L－1 KMnO4溶液滴定剩余Na2C2O4至终点，消耗KMnO4溶液的体积为d L。(已知：MnO2及MnO4−均被还原为Mn2＋。相对分子质量：MnO2 86.94；Na2C2O4 134.0)
产品纯度为________(用质量分数表示)。
【答案】(1)增大反应速率，提高浸出率 (2)MnO2＋4H＋＋2Fe2＋Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O (3)二氧化锰能够氧化单质铁为Fe2＋ (4)MnO2的氧化性随酸性的减弱逐渐减弱 (5)Mn2＋－2e－＋2H2O===MnO2＋4H＋ (6)b−335cd×86.94134a
【解析】(1)①研磨软锰矿可增大固体与浓硫酸接触面积，增大反应速率，提高浸出率；
②i.根据反应途径可知，二氧化锰与亚铁离子反应生成二价锰离子和铁离子，则反应的离子方程式为MnO2＋4H＋＋2Fe2＋Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O；
ii.根据方程式可知，Fe与MnO2的物质的量比值为2，实际反应时，二氧化锰能够氧化单质铁为Fe2＋，导致需要的减少Fe2＋，故实际比值(0.9)小于2。
(2)MnO2的氧化性与溶液pH有关，且随酸性的减弱，氧化性逐渐减弱，溶液显酸性时，二氧化锰的氧化性较强，故纯化时先加入MnO2，后加入NH3·H2O，调溶液pH≈5，除去溶液中的Al3＋、Fe3＋。
(3)电解时，溶液呈酸性，Mn2＋失电子，与水反应生成二氧化锰和氢离子，则电极反应式为Mn2＋－2e－＋2H2O===MnO2＋4H＋。
(4)根据题意可知，部分草酸钠与二氧化锰发生氧化还原反应，剩余部分再与高锰酸钾反应(5H2C2O4＋2KMnO4＋3H2SO4===K2SO4＋2MnSO4＋10CO2↑＋8H2O)，则与二氧化锰反应的草酸钠为bg134 g∙ml−1－c ml∙L−1×dL2×5；MnO2＋Na2C2O4＋2H2SO4===Na2SO4＋MnSO4＋2CO2↑＋2H2O，则n(MnO2)＝n(Na2C2O4)＝bg134 g∙ml−1－c ml∙L−1×dL2×5，产品纯度＝bg134 g∙ml−1−c ml∙L−1×dL2×5×86.94g∙ml−1ag×100%＝b−335cd×86.94134a。
【关联题点】物质的分离与提纯；氧化还原反应滴定的相关应用；氧化还原反应的定量计算；已知信息型化学（离子）方程式书写
【难度】中档题
【题型】流程题
54.(2020·山东卷，16)用软锰矿(主要成分为MnO2，含少量Fe3O4、Al2O3)和BaS制备高纯MnCO3的工艺流程如下：
已知：MnO2是一种两性氧化物；25 ℃时相关物质的Ksp见下表。
回答下列问题：
(1)软锰矿预先粉碎的目的是__________________________，MnO2与BaS溶液反应转化为MnO的化学方程式为________________________________。
(2)保持BaS投料量不变，随MnO2与BaS投料比增大，S的量达到最大值后无明显变化，而Ba(OH)2的量达到最大值后会减小，减小的原因是______________________。
(3)滤液Ⅰ可循环使用，应当将其导入到________操作中(填操作单元的名称)。
(4)净化时需先加入的试剂X为________(填化学式)，再使用氨水调溶液的pH，则pH的理论最小值为________(当溶液中某离子浓度c,1.0×10－5 ml·L－1时，可认为该离子沉淀完全)。
(5)碳化过程中发生反应的离子方程式为______________________。
【答案】(1)增大接触面积，充分反应，提高反应速率
MnO2＋BaS＋H2O===Ba(OH)2＋MnO＋S
(2)过量的MnO2消耗了产生的Ba(OH)2
(3)蒸发
(4)H2O2 4.9
(5)Mn2＋＋HCO3−＋NH3·H2O===MnCO3↓＋NH4+＋H2O
【解析】(1)软锰矿粉碎后，表面积增大，即在反应中增大了反应物的接触面积，一是可以使之充分反应；二是可以提高反应速率。由题给信息可知，反应物有MnO2、BaS，生成物有MnO；由流程图中给出的信息可知，生成物中还有Ba(OH)2和硫黄。根据原子守恒和得失电子守恒，可写出该反应的化学方程式MnO2＋BaS＋H2O===MnO＋Ba(OH)2＋S。
(2)增大MnO2与BaS的投料比，S的量达到最大值后不再变化，说明过量的MnO2与S不反应；Ba(OH)2的量达到最大值后会减小，说明过量的MnO2与Ba(OH)2发生了反应，消耗了产生的Ba(OH)2。
(3)滤液Ⅰ中还含有未结晶的Ba(OH)2，可循环使用，应将其导入蒸发操作中。
(4)软锰矿中含有的Fe3O4、Al2O3杂质与硫酸反应生成FeSO4、Fe2(SO4)3、Al2(SO4)3，要除去Fe2＋，应先将Fe2＋氧化为Fe3＋，为了不引入其他杂质，加入的氧化剂X可选用H2O2。因Fe(OH)3和Al(OH)3的组成相似，且Fe(OH)3的Ksp小于Al(OH)3的，因此当Al3＋完全沉淀时，Fe3＋也完全沉淀，由Ksp[Al(OH)3]＝1×10－32.3可知，c(Al3＋)·c3(OH－)＝1×10－32.3，由题意知，当c(Al3＋)≤1.0×10－5 ml·L－1时沉淀完全，可求得c(OH－)≥1×10－9.1 ml·L－1，即c(H＋)
≤1×10－4.9 ml·L－1，pH的理论最小值为4.9。
(5)由流程图提供的信息可知，碳化时的反应物有碳酸氢铵、氨水、Mn2＋，生成物有MnCO3，由此可写出该反应的离子方程式为Mn2＋＋HCO3−＋NH3·H2O===MnCO3↓＋NH4+＋H2O。
【关联题点】溶度积（KSP)及相关计算；物质的分离与提纯；已知信息型化学（离子）方程式书写
【难度】中档题
【题型】流程题A.溶液褪色
B.产生红色沉淀
C.溶液呈紫色
D.试纸变为蓝色
Fe3+
Fe2+
C3+
C2+
Zn2+
开始沉淀的pH
1.5
6.9
—
7.4
6.2
沉淀完全的pH
2.8
8.4
1.1
9.4
8.2
氢氧化物
C(OH)2
C(OH)3
Ni(OH)2
Al(OH)3
Mg(OH)2
Ksp
5.9×10－15
1.6×10－44
5.5×10－16
1.3×10－33
5.6×10－12
物质
Fe(OH)3
C(OH)2
Ni(OH)2
Mg(OH)2
Ksp
10－37.4
10－14.7
10－14.7
10－10.8
离子
Mg2＋
Fe3＋
Al3＋
RE3＋
开始沉淀时的pH
8.8
1.5
3.6
6.2～7.4
沉淀完全时的pH
/
3.2
4.7
/
化学式
Sn(OH)4(或SnO2·2H2O)
Fe(OH)3
Cu(OH)2
溶度积
1.0×10－56
4×10－38
2.5×10－20
化合物
Ksp
Mg(OH)2
5.6×10－12
Ca(OH)2
5.5×10－6
CaCO3
2.8×10－9
Li2CO3
2.5×10－2
开始沉淀pH
完全沉淀pH
Fe2+
6.5
8.3
Fe3+
1.6
2.8
Mn2+
8.1
10.1
Al(OH)3
Fe(OH)3
Mg(OH)2
Ni(OH)2
Ksp
1.3×10-33
2.8×10-39
5.6×10-12
5.5×10-16
Fe3+
Al3+
Cu2+
Ni2+
C2+
Mn2+
开始沉淀的pH
1.9
3.3
4.7
6.9
7.4
8.1
完全沉淀的pH
3.2
4.6
6.7
8.9
9.4
10.1
金属化合物
CdS
CdCO3
MnS
MnCO3
Ksp
8.0×10-27
1.0×10-12
2.5×10-13
2.3×10-11
温度/℃
B中所含铜、铁的主要物质
400
Fe2O3、CuSO4、CuFeS2
500
Fe2(SO4)3、CuSO4、CuO
离子
Zn2+
Cu2+
Cl-
浓度/(g·L-1)
145
0.03
1
温度/℃
0
20
40
60
80
溶解度/g
14.4
26.1
37.4
33.2
29.0
物质
Ga(CH3)3
Et2O
CH3I
NR3
沸点/℃
55.7
34.6
42.4
365.8
物质
Fe(OH)2
Fe(OH)3
Ca(OH)2
溶度积Ksp
4.9×1017
2.8×10−39
5.0×10−6
物质
Ca(OH)2
Mg(OH)2
CaCO3
MgCO3
Ksp
5.5×10－6
5.6×10－12
3.4×10－9
6.8×10－6
n(NH4Cl)∶n(CaO)
氧化物(MO)浸出率/%
产品中CaCO3纯度/%
产品中Mg杂质含量/%(以MgCO3计)
CaO
MgO
计算值
实测值
2.1∶1
98.4
1.1
99.1
99.7
——
2.2∶1
98.8
1.5
98.7
99.2
0.06
2.4∶1
99.1
6.0
95.2
97.6
2.20
物质
TiCl4
VOCl3
SiCl4
AlCl3
沸点/℃
136
127
57
180
物质
TiCl4
CO
CO2
Cl2
分压/MPa
4.59×10－2
1.84×10－2
3.70×10－2
5.98×10－9
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
Fe3＋
Al3＋
Mn2＋
Fe2＋
开始沉淀时
1.5
3.4
5.8
6.3
完全沉淀时
2.8
4.7
7.8
8.3
物质
Fe(OH)2
Fe(OH)3
Al(OH)3
Mn(OH)2
Ksp
1×10－16.3
1×10－38.6
1×10－32.3
1×10－12.7