第04讲 金属材料及金属矿物的开发利用（练习）（教师版） 2025年高考化学一轮复习讲练测（新教材新高考）

第04讲金属材料及金属矿物的开发利用01模拟基础练【题型一】铜及其重要化合物 【题型二】金属材料及金属矿物的开发利用02重难创新练03真题实战练题型一铜及其重要化合物1．（2024·新疆乌鲁木齐·一模）中国三星堆出土了大量文物，如青铜面具、青铜大立人等。下列有关说法正确的是A．铜在空气中主要发生析氢腐蚀B．三星堆出土的青铜器上有大量铜锈，其主要成分为Cu2(OH)2CO3C．用硝酸清洗铜器可以除去铜锈，保护铜器D．青铜是铜中加入铅、锡制得的合金，其成分会加快铜的腐蚀【答案】B【解析】A．铜在空气中主要发生吸氧腐蚀，故A错误；B．铜锈的主要成分为，故B正确；C．铜可以和硝酸反应，用硝酸清洗铜器可以除去铜绿，但也会破坏铜器，故C错误；D．铅、锡比铜活泼，腐蚀反应中铜做正极，会减缓铜的腐蚀，故D错误；故答案选B。2．（23-24高三上·河南·阶段考试）实验室进行浓硫酸和铜反应的相关实验时，下列装置或操作错误的是ABC铜和浓硫酸反应收集并吸收尾气蒸发溶液制备固体测定剩余硫酸的浓度【答案】D【解析】A．铜与浓硫酸反应需加热，A正确；B．二氧化硫的密度比空气的密度大，应该长管进短管出，且二氧化硫不溶于四氯化碳，但溶于氢气化钠溶液，故该装置能收集二氧化硫并吸收尾气，且有防倒吸作用，B正确；C．该操作应在蒸发皿中进行，C正确；D．氢氧化钠溶液应放在碱式滴定管中，图中为酸式滴定管，D错误；故答案选D。3．（2024·安徽滁州·一模）课外实验可以帮助我们更好地学习化学知识。金属活动性强弱的探究过程如下，其中不正确的是(已知：白醋的水溶液显酸性，与稀盐酸的化学性质相似)A．实验一证明铁的金属活动性比铜强B．实验二的现象是铜丝不断减少，表面有银白色固体析出，无色溶液变为黄色C．实验一烧杯②中发生的是置换反应D．实验过程中存在不规范操作【答案】B【解析】A．实验一根据放铜片的烧杯内无现象，而放铁片的烧杯内有气体冒出且溶液变为浅绿色，说明铜不能与醋中的醋酸反应，而铁与醋酸反应，则铁的金属活动性比铜强，故A正确；B．实验二铜与硝酸银能反应生成硝酸铜和银，故现象是铜丝表面有银白色固体析出，无色溶液变为蓝色，故B错误；C．实验一烧杯②中铁与醋酸反应后会生成亚铁盐和氢气，属于置换反应，故C正确；D．实验一向放铜片的烧杯中加入白醋时，胶头滴管应正立于烧杯口的正上方，不能伸到烧杯内与内壁接触，操作不规范，故D正确；故选B。4．（23-24高三上·江苏·开学考试）铜及其重要化合物在生产中有着重要的应用。辉铜矿(主要成分Cu2S)可以用于制铜，反应为Cu2S+O22Cu+SO2，制得的粗铜通过电解法进行精炼。Cu2S与浓硝酸反应可得Cu(NO3)2。Cu在O2存在下能与氨水反应生成[Cu(NH3)4]2+。Cu2O加入到稀硫酸中，溶液变蓝色并有紫红色固体产生，下列说法正确的是A．电解精炼铜时阴极反应：Cu-2e-=Cu2+B．Cu2S与浓硝酸反应Cu2S+6HNO3(浓)2Cu(NO3)2+2NO2↑+H2S↑+H2OC．Cu2O溶于稀硫酸：Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2OD．Cu在O2存在下与氨水反应：2Cu+8NH3+O2+4H+=2[Cu(NH3)4]2++2H2O【答案】C【解析】A．电解精炼铜时阴极上Cu2+得到电子被还原为Cu单质，电极反应：Cu2++2e-=Cu，A错误；B．浓硝酸具有强氧化性，与Cu2S反应不能产生具有还原性的H2S气体，Cu2S与浓硝酸反应会产生Cu(NO3)2、NO2、H2SO4、H2O，反应的化学方程式为：Cu2S+14HNO3(浓)2Cu(NO3)2+10NO2↑+H2SO4+6H2O，B错误；C．Cu2O溶于稀硫酸，在酸性条件下发生歧化反应产生Cu、CuSO4、H2O，反应的离子方程式为Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O，C正确；D．氨水显碱性，不能大量存在H+，反应的离子方程式为2Cu+8NH3+O2+2H2O=2[Cu(NH3)4]2++4OH-，D错误；故合理选项是C。5．（2024·广东汕头·二模）为解决铜与稀硝酸反应过程中装置内氧气对实验现象的干扰，以及实验后装置内氮氧化物的绿色化处理问题。某实验小组对装置进行微型化改造，设计如图所示的装置（试管底部有孔隙）。下列说法错误的是A．装置内发生的化学反应方程式为：B．实验开始前需除去试管内的氧气，可拉动注射器BC．该装置可通过控制止水夹和注射器来控制反应的开始与停止D．实验终止时，需将铜丝提拉上来后再拉动注射器A【答案】B【解析】A．装置内铜与稀硝酸反应，即，故A正确；B．实验开始时先拉注射器A活塞，其目的是除去反应前试管内的空气，故B错误；C．该实验装置可通过控制止水夹和注射器来控制反应的开始与停止，故C正确；D．反应停止后，提拉粗铜丝，使粗铜丝下端靠近软胶塞A，再打开止水夹，缓慢拉注射器A活塞，可观察到试管内的无色气体被吸入注射器A内，试管内稀硝酸液面逐渐上升，注射器B活塞缓慢向内移动，如不提拉铜丝会继续反应，故D正确；故答案选B。6．（2024·湖南·二模）将含氧化铜的矿石与焦炭混合，在高温条件下可以冶炼金属铜，该冶炼方法属于A．电解冶炼法 B．热还原法 C．热分解法 D．物理分离法【答案】B【解析】冶炼金属铜的反应为氧化铜与焦炭在高温条件反应生成铜和一氧化碳，该冶炼方法属于热还原法，故选B。题型二金属材料及金属矿物的开发利用7．（2024·浙江·三模）下列物质不能用作金属冶炼还原剂的是A．C B．CO C． D．S【答案】D【解析】S与金属反应生成硫化物，不能作金属冶炼的还原剂，能用作金属冶炼还原剂的是还原剂C、H2、CO。故本题选D。8．（2024·河北张家口·三模）《天工开物》中记载了提炼金银的过程：“欲去银存金，则将其金打成薄片，剪碎，每块以土泥裹涂，入坩埚中硼砂熔化，其银即吸入土内，让金流出，以成足色。”下列说法错误的是A．金的密度比银大 B．薄片的成分为金银合金C．金银的延展性较好 D．硼砂的作用是使银被氧化【答案】D【解析】A．金单质的密度比银单质的密度大，A正确；B．欲去银存金，则将其金打成薄片，说明薄片中含有金银，为金银合金，B正确；C．“打成薄片”反映了金属良好的延展性，C正确；D．硼砂的作用是帮助熔化，不和银发生化学反应，D错误；故选D。9．（2024·安徽滁州·一模）“中国制造”、“一带一路”的基础设施建设都需要用到大量钢铁。下列有关钢铁的说法正确的是A．钢是纯净物，生铁是合金 B．钢铁在潮湿的空气中容易生锈C．生铁的熔点比纯铁高 D．生锈的钢铁制品没有回收价值【答案】B【解析】A．钢和生铁都是铁的合金，都属于混合物，A不符合题意；B．铁生锈的条件是铁与氧气和水接触，故钢铁在潮湿的空气中容易生锈，B符合题意；C．生铁是铁的合金，合金比组成它的纯金属的熔点低，故生铁的熔点比纯铁低，C不符合题意；D．生锈的钢铁，可以回收利用，D不符合题意；故选B。10．（2024·安徽池州·二模）今年是我国传统文化中的龙年。龙的图腾最早可追溯到距今约6400年的仰韶文化，仰韶文化中的龙是由贝壳拼成的蚌壳龙；距今约5000年的红山文化中，有龙形玉器；现发行的龙年纪念硬币有金、银、合金等多种规格。以下说法正确的是A．蚌壳的主要成分是硫酸钙，可用来烧石灰B．玉是含水的钙镁硅酸盐，硬度大，不怕摔C．合金属于金属材料，熔点一般低于各组分D．“真金不怕火来炼”，是指金的熔点很高【答案】C【解析】A．蚌壳的主要成分是碳酸钙，故A错误；B．玉是含水的钙镁硅酸盐，硬度大，但脆易碎，怕摔，故B错误；C．合金是两种或两种以上的金属或金属与非金属熔合而成的金属材料，熔点低于组分熔点，故C正确；D．“真金不怕火来炼”是指金的性质稳定，不与其他物质反应，不易变色，并非指熔点高，故D错误；故选：C。11．（2024·湖南岳阳·一模）化学在科技强国中发挥着重要作用。下列有关叙述正确的是A．铝合金中硬铝密度小，强度高，常用于制造飞机外壳B．二氧化硅广泛用于航天器太阳能电池板C．液氧甲烷运载火箭中的甲烷是烃的衍生物D．医用无纺布防护服中常用聚乙烯作原料，聚乙烯属于天然纤维【答案】A【解析】A．硬铝密度小、强度高，适用于制造飞机外壳，A正确；B．单质硅广泛用于航天器太阳能电池板，B错误；C．液氧甲烷运载火箭中的甲烷属于烃，C错误；D．医用无纺布防护服中常用聚乙烯作原料，聚乙烯属于合成纤维，D错误；故选A。12．（2024·浙江绍兴·三模）回收铝制饮料罐得到铝与从铝土矿制铝相比，前者能耗仅为后者的3%-5%，下列说法不正确的是A．铝制饮料罐的回收再利用可以节约大量能源，缓解能源紧张的问题B．铝表面容易生成一层致密的氧化铝保护膜C．硬铝的硬度大但强度较小，不适合制造飞机的外壳D．电解熔融Al2O3时加入冰晶石，目的是降低Al2O3的熔化温度【答案】C【解析】A．从题干信息可知，从铝土矿制铝能耗大，回收铝制饮料罐得到铝耗能小，A正确；B．铝易与氧气反应，表面容易生成一层致密的氧化铝保护膜，B正确；C．硬铝的硬度大、强度大、密度小，适合制造飞机的外壳，C错误；D．电解熔融Al2O3时加入冰晶石，目的是降低Al2O3的熔化温度，D正确；答案选C。13．（2024·湖南·模拟预测）某课外小组为探究金属铜的还原性，进行如下实验：①将金属铜投入用酸化的的溶液中，现象不明显②将金属铜投入用盐酸酸化的的溶液中，铜粉溶解，溶液变为蓝绿色③将金属铜投入用酸化的的溶液中，铜粉溶解，溶液变为深棕色[经检验含]，无气泡生成。下列分析正确的是A．①说明的溶液不与铜粉反应B．②证明氧化性还原性C．③中的生成速率一定小于被还原的速率D．在①中加入少量绿矾，铜粉可溶解，溶液变为深棕色【答案】D【分析】铜与浓硝酸、稀硝酸均可以发生反应，生成硝酸铜，而在酸性条件下，硝酸根具有强氧化性，据此作答。【解析】A．实验①可能因为的溶液与铜粉反应慢，现象不明显，A错误；B．②中发生反应，根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性强于还原产物的还原性，氧化性，还原性，B错误；C．③中发生反应a．，反应b．、反应c．，由题干知③中无气泡产生，则说明反应b的反应速率小于或等于反应c，即的生成速率大于或等于被还原的速率，C错误；D．在①中加入少量绿矾，根据C项，先发生反应b产生，再与铜反应，故铜粉可溶解，溶液变为深棕色，D正确；故答案选D。14．（2024·广西贵港·模拟预测）镁及其合金是用途很广的金属材料。从海水中获取镁的主要步骤如图所示：下列说法错误的是A．试剂①可以选用(或)，试剂②可以选用B．操作Ⅱ是蒸发浓缩至有大量晶体析出、趁热过滤、洗涤、干燥C．实验室熔融无水(熔点：)时需酒精喷灯、三脚架、泥三角、坩埚和坩埚钳等仪器D．无水电解生成镁的化学方程式为【答案】B【分析】海水中加入试剂①氢氧化钙沉淀镁离子生成氢氧化镁沉淀，操作Ⅰ为过滤操作，过滤后在氢氧化镁沉淀中加入试剂②盐酸溶解，得到氯化镁溶液，通过操作Ⅱ浓缩蒸发，冷却结晶得到氯化镁晶体，在氯化氢气流中加热失水得到无水氯化镁，电解熔融氯化镁得到金属镁，据此分析解。【解析】A．分析可知试剂①可以选用的试剂为氢氧化钙溶液或者NaOH，用来沉淀镁离子，试剂②可以选用稀盐酸或SOCl2，SOCl水解后生成HCl与SO2，A正确；B．操作Ⅱ是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到MgCl2·6H2O，B错误；C．实验室熔融无水MgCl2(熔点：712°C)时需酒精喷灯、三脚架、泥三角、坩埚和坩埚钳等仪器，C正确；D．无水MgCl2电解生成镁的化学方程式为：，D正确；故选B。15．（2024·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+3B．氯化过程中反应2FeTiO3+6C+7Cl22FeCl3+6CO+2TiCl4C．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】A．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；B．氯化过程中，Cl2将C氧化为CO，Fe2+氧化为Fe3+，则发生反应2FeTiO3+6C+7Cl22FeCl3+6CO+2TiCl4，B正确；C．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；D．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。16．（2024·广西河池·二模）铝电解厂烟气净化的一种简单流程如图所示。下列有关说法正确的是A．不宜用陶瓷等硅酸盐产品作吸收塔内衬材料B．吸收塔中发生的反应为C．合成槽中发生的反应为D．冰晶石可作为工业上电解熔融氯化铝制取金属铝时的助熔剂【答案】A【分析】烟气中的HF吸收塔中发生的反应为，合成槽中发生的反应为，过滤后得到产物冰晶石。【解析】A．硅酸盐产品能与烟气中的HF发生反应，故不宜用陶瓷等硅酸盐产品作吸收塔内衬材料，A正确；B．溶液过量，故吸收塔中发生的反应为，B错误；C．合成槽中发生的反应为，C错误；D．冰晶石可作为工业上电解熔融氧化铝制取金属铝时的助熔剂，不是电解熔融氯化铝，D错误；故答案选A。17．（2024·山东聊城·三模）锰是生产各种合金的重要元素。工业上以含锰矿石(主要成分为，还含有铁钴、铜等的碳酸盐杂质)为原料生产金属锰的工艺流程如下：25℃时，部分物质的溶度积常数如下表所示。物质MnSCoS回答下列问题：（1）用硫酸浸取含锰矿石时，提高浸取速率的方法有(写两种)。（2）“氧化”步骤发生反应的离子方程式为。（3）滤渣1的主要成分是，实验室中为了加快固液混合物的分离，常采用的操作是。（4）当溶液中可溶组分浓度时，可认为已除尽。“除杂2”步骤需要控制溶液的pH至少为(已知)。（5）“除杂3”步骤所得溶液中，则其的范围是。（6）电解废液中还含有少量，向其中加入饱和溶液，有沉淀和气体生成，该反应的离子方程式为。【答案】（1）将矿石粉碎、适当提高硫酸浓度，适当提高温度等（2）MnO2+4H++2Fe2+=2Fe3++Mn2++2H2O（3）Fe(OH)3、MnO2抽滤（4）6.65（5）10<pS≤15.4（6）Mn2++2=MnCO3↓+CO2↑+H2O【分析】含锰矿石中加入足量硫酸浸取，MnCO3转化为Mn2+，铁、钴、铜的碳酸盐转化为铁离子、亚铁离子、钴离子和铜离子，加入过量MnO2，MnO2将亚铁离子氧化为铁离子，自身被还原为Mn2+，加入氨水调节pH=4，此时c(OH-)=10-10mol/L，根据物质的溶度积常数可知，此时生成的沉淀为氢氧化铁，还有过量的二氧化锰，再加入氨水调节pH，使Cu2+转化为氢氧化铜沉淀，同时Mn2+不能沉淀，此时滤渣2为氢氧化铜，再加入硫化铵，生成CoS沉淀，最后电解得到Mn。【解析】（1）用硫酸浸取含锰矿石时，可采用将矿石粉碎、适当提高硫酸浓度，适当提高温度等方式提高浸取速率。（2）氧化过程中，MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，自身被还原为Mn2+，离子方程式为MnO2+4H++2Fe2+=2Fe3++Mn2++2H2O。（3）根据分析可知，滤渣1的主要成分为Fe(OH)3、MnO2，实验室为了加快固液混合物的分离，常用的操作为抽滤。（4）除杂2步骤中，要使铜离子转化为氢氧化铜沉淀，锰离子不能发生沉淀，则c(Cu2+)≤10-5mol/L时，c(OH-)≥2×10-8mol/L，c(H+)≤×10-7mol/L，pH≥6.65，pH至少为6.65。（5）除杂3中锰离子浓度为2.5mol/L，锰离子不能发生沉淀，则c(S2-)<10-10mol/L，同时Co2+要沉淀完全，则c(Co2+)≤10-5mol/L，c(S2-)≥4×10-16mol/L，则10<pS≤15.4。（6）电解废液中含有少量Mn2+，加入饱和NH4HCO3，有沉淀和气体生成，沉淀为碳酸锰，气体为二氧化碳，离子方程式为Mn2++2=MnCO3↓+CO2↑+H2O18．（2024·黑龙江大庆·模拟预测）湿法炼锌具有能耗低，生成产品纯度高等特点，其主要原料为锌精矿(主要成分为硫化锌，还含有铁、钴、铜、镉、铅等元素的杂质)，获得较纯锌锭的工艺流程如图：已知：焙烧后的氧化物主要有ZnO、PbO、CuO、Fe2O3、Co2O3、CdO（1）铜原子的价层电子排布图为。（2）“酸浸”中滤渣主要成分为。（3）“一段沉积”和“二段沉积”刚开始加入锌粉时，反应速率较小，然后反应速率显著增大，请解释产生此现象的原因：。（4）“β—萘酚净化除钴”先是NaNO2把Co2+氧化成Co3+，并生成NO，Co3+与有机物发生化学反应生成红褐色稳定鳌合物沉淀。写出Co2+被氧化的离子方程式：。（5）纯净的硫化锌是半导体锂离子电池负极材料。在充电过程中，发生合金化反应生成LiZn(合金相)，同时负极材料晶胞的组成变化如图所示。①充电过程中ZnS到LixZnyS的电极方程式为(x和y用具体数字表示)。②若Li2S的晶胞参数为ann，则EF间的距离为nm。【答案】（1）（2）PbSO4（3）锌粉置换出的铜或镉覆盖在锌的表面，形成原电池，增大反应速率（4）Co2+++2H+=Co3++NO↑+H2O（5）4ZnS+6Li++6e-=3Zn+4Li1.5Zn0.25S【分析】利用锌精矿(主要成分为硫化锌，还含有铁、钴、铜、镉、铅等元素的杂质)获得较纯锌锭时，先将锌精矿焙烧，尾气含SO2等气体；焙烧后的氧化物主要有ZnO、PbO、CuO、Fe2O3、Co2O3、CdO，加入稀硫酸进行酸浸，只有PbO溶解并转化为PbSO4沉淀，其它氧化物都转化为硫酸盐进入浸出液；将浸出液加入较粗锌粉进行一段沉积，得到铜渣；再将滤液加入较细锌渣进行二段沉积，得到镉渣；通入氧气进行赤铁矿除铁，得到赤铁矿渣；滤液中加入β-萘酚、NaNO2溶液进行β-萘酚净化除钴、控制pH2.8~3，得到Co(C10H6ONO)3；再将滤液进行电解，得到废电解液和锌，将锌进行熔铸，从而得到锌锭。【解析】（1）铜为29号元素，其基态原子的价电子排布式为3d104s1，价层电子排布图为。（2）焙烧后的氧化铅溶于稀硫酸，生成难溶的PbSO4，则“酸浸”中滤渣主要成分为PbSO4。（3）从流程信息中可以看出金属性Zn＞Cd＞Cu，锌粉先置换出铜，后置换出镉，铜和镉都能覆盖在锌的表面，形成原电池。则产生此现象的原因：锌粉置换出的铜或镉覆盖在锌的表面，形成原电池，增大反应速率。（4）NaNO2把Co2+氧化成Co3+，并生成NO，则Co2+被氧化的离子方程式：Co2+++2H+=Co3++NO↑+H2O。（5）①采用均摊法，可求出LixZnyS晶胞中，含S2-个数为=4，含Zn2+和Li+的个数为7，由化合价的代数和为0可知，LixZnyS的化学式为Li1.5Zn0.25S。根据题干信息，在“充电过程中，发生合金化反应生成LiZn(合金相)”，故ZnS负极充电时得电子有Zn生成，故充电过程中ZnS到LixZnyS的电极方程式为4ZnS+6Li++6e-=3Zn+4Li1.5Zn0.25S。②若Li2S的晶胞参数为ann，设F点的坐标为(1，1，1)，E点的坐标为(，，)，则EF间的距离为nm=nm。19．（2024·黑龙江哈尔滨·二模）钽（Ta）和铌（Nb）为高新技术产业的关键元素，其单质的性质相似。一种以花岗伟晶岩型铌钽矿（主要成分为、、和少量的FeO、CaO、MgO等）为原料制取钽和铌的流程如图一：“浸取”后的浸出液中含有、两种二元强酸。已知：①MIBK为甲基异丁基酮：②，，。（1）加快“浸取”速率可采取的措施是。（2）“浸取”时得到的“浸渣”主要成分为（填化学式），“浸取”时还会产生“废气”，“废气”中除了挥发出的HF还可能有（填化学式）。与氢氟酸反应的离子方程式为。（3）“萃取”时，若萃取剂MIBK的量一定，（填“一次萃取”或“少量多次萃取”）的萃取效率更高。（4）用金属钠还原制取金属铌的化学方程式为。（5）钽形成的晶体TaAs在室温下拥有超高的空穴迁移率和较低的电子迁移率。TaAs的晶胞结构如图二所示。诗写出As的配位数：。晶体的密度为（列出计算式，阿伏伽德罗常数的值为）。【答案】（1）将铌钽矿粉碎、搅拌、升高温度等（2）CaF2、MgF2SiF4（3）少量多次萃取（4）（5）6【分析】花岗伟晶岩型铌钽矿（主要成分为、、和少量的FeO、CaO、MgO等）加入HF、硫酸浸取，得到浸渣，主要成分为CaF2、MgF2，可与HF反应生成SiF4气体，得到浸出液加入MIBK萃取，分为水相和有机相，有机相加入纯水进行反萃取，在水相中加入氨气沉钽，得到氢氧化钽，加热分解得，电解制得Ta，水相加HF、KF沉铌，得到K2NbF7，与Na反应得到铌粉。【解析】（1）加快“浸取”速率可采取的措施是：将铌钽矿粉碎、搅拌、升高温度等；（2）由CaF2和MgF2的Ksp可知，“浸取”时得到的“浸渣”主要成分为：CaF2、MgF2；“浸取”时还会产生“废气”，“废气”中除了挥发出的HF还可能有可与HF反应生成的SiF4；与氢氟酸反应生成，离子方程式为：；（3）“萃取”时，若萃取剂MIBK的量一定，少量多次萃取接触更加充分，萃取效率更高；（4）用金属钠还原制取金属铌，根据氧化还原得失电子守恒的原子，可得到其化学方程式为：；（5）由图可知，As的配位数为6；由均摊法可知，一个晶胞中含有4个TaAs，晶胞质量为：，体积为，密度为。20．（23-24高三上·黑龙江·期末）HDS废催化剂是石油精炼加氢脱硫工序中产生的危险固体废弃物，但又富含钼、镍等有价金属，是一种重要的二次资源。以下是工业从HDS中回收钼的工艺流程：已知：①HDS废催化剂氧化焙烧转化成②浸出渣的成分为和，③（1）该流程中使用的能提高碱浸出率的措施为，操作1为，此操作在化学实验室中用到的玻璃仪器有：玻璃棒、、。（2）结合下图，碱浸时选择的最佳质量浓度为，最佳浸出温度为。（3）碱浸时有生成，该反应的离子方程式为。（4）采用碳酸根型萃取钼的反应为：。参考有关文献资料可知：一些阴离子被萃取的顺序为，则加入反萃取发生的化学方程式为：。反萃取后有机相为型，加入氢氧化钠处理可实现萃取剂再生。（5）该流程中可循环利用的物质为（6）经还原可得钼粉，涉及的金属冶炼方法为。A．热分解法B．热还原法C．电解法【答案】（1）研磨过滤烧杯（或漏斗）漏斗（或烧杯）（2）20170℃（3）（4）（5）萃取剂（6）B【分析】由流程和信息可知，HDS废催化剂氧化焙烧转化成，经研磨碱浸后，Ni元素转化为NiO，和Al2O3一起成为浸出渣，MoO3和一起转化为进入浸出液，浸出液中加入N263有机试剂，和有机溶剂发生反应，再加入反萃取剂转化为，进而经过一系列变化，生成钼，以此来解答。【解析】（1）根据流程图可知，该流程中使用的能提高碱浸出率的措施为研磨；由操作1得到浸出渣和浸出液可知，操作1为过滤，此操作在化学实验室中用到的玻璃仪器有：玻璃棒、烧杯、漏斗；（2）由图1分析可知，Mo浸出率在Na2CO3添加量20时已达90%以上，再提高，Mo浸出率变化不大，因此的最佳选择为20；同理，由图2分析可知，Mo浸出率在170℃时已达95%以上，再升温变化不大，因此温度的最佳选择为170℃；（3）碱浸时有生成，且浸出渣有NiO，则该反应的离子方程式为；（4）由题意可知，加入反萃取发生的化学方程式为；（5）由流程图和（4）可知，可循环利用的物质为萃取剂；（6）由经还原可得钼粉可知，通过热还原法得到金属钼，答案选B。1．（2021·浙江·统考高考真题）下列说法不正确的是A．铁粉与氧化铝发生的铝热反应可用于焊接铁轨B．镁燃烧会发出耀眼的白光，可用于制造信号弹和焰火C．熟石膏与水混合成糊状后能很快凝固，常用于制作模型和医疗石膏绷带D．工业上可用氨水消除燃煤烟气中的二氧化硫【答案】A【解析】A．铝粉与氧化铁发生铝热反应时放出大量的热，因此，生成的铁是液态的，其可以将两段铁轨焊接在一起，故其可用于焊接铁轨，但是，铁粉与氧化铝不能发生铝热反应，A说法不正确；B．镁燃烧会发出耀眼的白光，可以照亮黑暗的夜空和地面，因此，其可用于制造信号弹和焰火，B说法正确；C．粉末状的熟石膏与水混合成糊状后能很快凝固转化为坚固的块状生石膏，因此，其常用于制作模型和医疗石膏绷带，C说法正确；D．二氧化硫属于酸性氧化物，其可以与碱反应生成盐和水，而氨水属于碱性的溶液，因此，工业上可用氨水吸收燃煤烟气中的二氧化硫从而削除污染，D说法正确。综上所述，本题选A。2．（2023·上海·统考高考真题）战国时期人们用青铜浇铸塑形成各样的青铜器，青铜比纯铜更便于制成形态各异的容器的原因是A．熔点低 B．密度大 C．硬度大 D．不易被腐蚀【答案】A【解析】青铜为铜、锡、铅等的合金，通常合金的熔点小于成分金属，因此青铜比纯铜更便于制成形态各异的容器，故答案选A。3．（2022·浙江·统考高考真题）下列说法不正确的是A．镁合金密度较小、强度较大，可用于制造飞机部件B．还原铁粉可用作食品干燥剂C．氯气、臭氧、二氧化氯都可用于饮用水的消毒D．油脂是热值最高的营养物质【答案】B【解析】A．金属镁的密度较小，镁合金的强度高、机械性能好，是制造汽车、飞机、火箭的重要材料，故A正确；B．还原铁粉能吸收氧气，可用作食品脱氧剂，故B错误；C．氯气、臭氧、二氧化氯都具有强氧化性，能杀菌消毒，都可用于饮用水的消毒，故C正确；D．油脂在代谢中可以提供的能量比糖类和蛋白质约高一倍，油脂是热值最高的营养物质，故D正确；选B。4．（2022·山东·高考真题）是一种钠离子电池正极材料，充放电过程中正极材料立方晶胞(示意图)的组成变化如图所示，晶胞内未标出因放电产生的0价Cu原子。下列说法正确的是A．每个晶胞中个数为xB．每个晶胞完全转化为晶胞，转移电子数为8C．每个晶胞中0价Cu原子个数为D．当转化为时，每转移电子，产生原子【答案】BD【解析】A．由晶胞结构可知，位于顶点和面心的硒离子个数为8×+6×=4，位于体内的铜离子和亚铜离子的个数之和为8，设晶胞中的铜离子和亚铜离子的个数分别为a和b，则a+b=8-4x，由化合价代数和为0可得2a+b=4×2，解得a=4x，故A错误；B．由题意可知，Na2Se转化为Cu2-xSe的电极反应式为Na2Se-2e-+(2-x)Cu=Cu2-xSe+2Na+，由晶胞结构可知，位于顶点和面心的硒离子个数为8×+6×=4，则每个晶胞中含有4个Na2Se，转移电子数为8，故B正确；C．由题意可知，Cu2-xSe转化为NaCuSe的电极反应式为Cu2-xSe+e-+Na+=NaCuSe+(1-x)Cu，由晶胞结构可知，位于顶点和面心的硒离子个数为8×+6×=4，则每个晶胞中含有4个NaCuSe，晶胞中0价铜而个数为(4-4x)，故C错误；D．由题意可知，NayCu2-xSe转化为NaCuSe的电极反应式为NayCu2-xSe+(1-y)e-+(1-y)Na+=NaCuSe+(1-x)Cu，所以每转移(1-y)电子，产生(1-x)mol铜，故D正确；故选BD。5．（2023·山东·统考高考真题）一种制备的工艺路线如图所示，反应Ⅱ所得溶液在3~4之间，反应Ⅲ需及时补加以保持反应在条件下进行。常温下，的电离平衡常数。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ⅠD．若产量不变，参与反应Ⅲ的与物质的量之比增大时，需补加的量减少【答案】CD【分析】铜和浓硫酸反应(反应Ⅰ)生成二氧化硫气体(气体Ⅰ)和硫酸铜，生成的二氧化硫气体与碳酸钠反应(反应Ⅱ)，所得溶液在3~4之间，溶液显酸性，根据的电离平衡常数，可知溶液显酸性(电离大于水解)，则反应Ⅱ所得溶液成分是，调节溶液pH值至11，使转化为Na2SO3，低温真空蒸发(防止Na2SO3被氧化)，故固液分离得到Na2SO3晶体和Na2SO3溶液，Na2SO3和CuSO4反应的离子方程式是+2Cu2＋+2H2O=+Cu2O+4H+,反应过程中酸性越来越强，使Na2SO3转化成SO2气体，总反应方程式是2CuSO4+3Na2SO3=Cu2O+2SO2↑+3Na2SO4，需及时补加以保持反应在条件下进行。【解析】A．反应Ⅰ是铜和浓硫酸反应，生成二氧化硫，是氧化还原反应，反应Ⅱ是SO2和碳酸钠溶液反应，生成、水和二氧化碳，是非氧化还原反应，反应Ⅲ是Na2SO3和CuSO4反应生成Cu2O，是氧化还原反应，故A错误；B．低温真空蒸发主要目的是防止被氧化，而不是，故B错误；C．经分析溶液Y的成分是Na2SO3溶液，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；D．制取总反应方程式是2CuSO4+3Na2SO3=Cu2O+2SO2↑+3Na2SO4，化