人教版高中化学必修第一册考点练12铁、铜元素单质及其重要化合物含答案

考点12铁、铜元素单质及其重要化合物一、选择题1.(2025·北京卷·1)我国科研人员在研究嫦娥五号返回器带回的月壤时,发现月壤钛铁矿(FeTiO3)存在亚纳米孔道,吸附并储存了大量来自太阳风的氢原子。加热月壤钛铁矿可生成单质铁和大量水蒸气,水蒸气冷却为液态水储存起来以供使用。下列说法不正确的是 ()A.月壤钛铁矿中存在活泼氢B.将地球上开采的钛铁矿直接加热也一定生成单质铁和水蒸气C.月壤钛铁矿加热生成水蒸气的过程中发生了氧化还原反应D.将获得的水蒸气冷却为液态水的过程会放出热量【解析】选B。月壤钛铁矿中的氢来自太阳风,以原子态吸附,属于活泼氢,A正确;地球上的钛铁矿若未吸附足够氢原子,根据原子守恒可知,加热可能无法生成水蒸气,B错误;生成水时H被氧化(0→+1),Fe元素被还原为单质铁,存在化合价变化,属于氧化还原反应,C正确;水蒸气液化是物理变化,但会释放热量,D正确。2.(2025·山东卷·13)钢渣中富含CaO、SiO2、FeO、Fe2O3等氧化物,实验室利用酸碱协同法分离钢渣中的Ca、Si、Fe元素,流程如下。已知:Fe2(C2O4)3能溶于水;Ksp(CaC2O4)=2.3×10-9,Ksp(FeC2O4)=3.2×10-7。下列说法错误的是 ()A.试剂X可选用Fe粉B.试剂Y可选用盐酸C.“分离”后Fe元素主要存在于滤液Ⅱ中D.“酸浸”后滤液Ⅰ的pH过小会导致滤渣Ⅱ质量减少【解析】选A。钢渣通过盐酸酸浸,得到的滤液Ⅰ中含有Fe2+、Fe3+、Ca2+等,滤渣Ⅰ为SiO2,滤渣Ⅰ加入NaOH溶液碱浸,得到含有Na2SiO3的浸取液,加入试剂Y如盐酸生成硅酸沉淀,最后得到SiO2,滤液Ⅰ加入试剂X和H2C2O4分离,由于Fe2(C2O4)3能溶于水,试剂X将Fe2+氧化为Fe3+,再加入H2C2O4,使CaC2O4沉淀,滤渣Ⅱ为CaC2O4,滤液Ⅱ中有Fe3+,依此解题。根据分析,加入试剂X的目的是将Fe2+氧化为Fe3+,试剂X应该是氧化剂,不可以是Fe粉,A错误;加入试剂Y,将Na2SiO3转化为H2SiO3沉淀,最后转化为SiO2,试剂Y可以是盐酸,B正确;根据分析,“分离”后Fe元素主要存在于滤液Ⅱ中,C正确;“酸浸”后滤液Ⅰ中pH过小,酸性强,造成C2O42−浓度小,使Ca2+(aq)+C2O42−(aq)CaC2O4(s)平衡逆向移动,得到CaC23.(2025·甘肃卷·11)处理某酸浸液(主要含Li+、Fe2+、Cu2+、Al3+)的部分流程如下:下列说法正确的是 ()A.“沉铜”过程中发生反应的离子方程式:2Fe+3Cu2+3Cu+2Fe3+B.“碱浸”过程中NaOH固体加入量越多,Al(OH)3沉淀越完全C.“氧化”过程中铁元素化合价降低D.“沉锂”过程利用了Li2CO3的溶解度比Na2CO3小的性质【解析】选D。酸浸液(主要含Li+、Fe2+、Cu2+、Al3+)加入铁粉“沉铜”,置换出铜单质,滤液加入NaOH碱浸,过滤得到Al(OH)3沉淀,滤液加入H2O2,把Fe2+氧化生成Fe(OH)3沉淀,经过多步操作,最后加入Na2CO3,得到Li2CO3沉淀。“沉铜”过程中Fe置换出铜单质,发生反应的离子方程式:Fe+Cu2+Cu+Fe2+,A错误;Al(OH)3是两性氢氧化物,NaOH过量,则Al(OH)3会溶解,B错误;“氧化”过程中将Fe2+氧化为Fe3+,铁元素化合价升高,C错误;加入Na2CO3得到Li2CO3沉淀,利用了Li2CO3的溶解度比Na2CO3小的性质,D正确。4.(2025·河南卷·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。固体X(黄色)固体Y(红棕色)溶液Z(棕黄色)溶液R(浅绿色)固体Q(黑色)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【解析】选C。X是自然界中一种常见矿物的主要成分,根据溶液Z、R的颜色可知X中含有铁元素,根据固体颜色可知X是FeS2,Y是Fe2O3,溶液Z中含有Fe3+,溶液R中含有Fe2+,Q是FeS。Fe2O3常用作油漆、涂料等的红色颜料,A正确;含有Fe3+的溶液加热转化为Fe(OH)3胶体,颜色发生变化,B正确;FeS可溶于强酸溶液,所以R→Q反应不能在强酸性条件下进行,C错误;在加热条件下Fe和S化合生成FeS,D正确。5.(2025·河北卷·13)下列实验操作及现象能得出相应结论的是 ()选项实验操作及现象结论A向盛有NO2与N2O4的恒压密闭容器中通入一定体积的N2,最终气体颜色变浅化学平衡向NO2减少的方向移动B以K2CrO4为指示剂,用AgNO3标准溶液滴定溶液中的Cl-,先出现白色沉淀,后出现砖红色沉淀Ksp(AgCl)<Ksp(Ag2CrO4)C向盛有2mLFeCl3溶液的试管中加入过量铁粉,充分反应后静置,滴加KSCN溶液无明显变化;静置,取上层清液滴加几滴氯水,溶液变红Fe2+具有还原性D向盛有2mL饱和Na2SO4溶液的试管中滴加鸡蛋清溶液,振荡,有沉淀析出;加蒸馏水稀释,再振荡,沉淀溶解蛋白质沉淀后活性改变【解析】选C。恒压条件下通入N2,容器体积增大,NO2和N2O4的浓度均降低,平衡向NO2增多的方向移动,A错误;AgCl与Ag2CrO4的类型不同，不能直接通过沉淀顺序比较Ksp大小,B错误;Fe3+被Fe还原为Fe2+,滴加氯水后Fe2+被氧化为Fe3+,证明Fe2+具有还原性,C正确;饱和Na2SO4溶液使蛋白质盐析,加水后沉淀溶解,说明未破坏蛋白质活性,D错误。6.(2025·重庆卷·2)下列化学科普实验所涉及物质的性质或应用描述正确的是 ()选项科普实验性质或应用A焰色试验Na和K的焰色均为紫色B漂白实验Cl2和SO2均可使品红溶液永久褪色C蛋清变性醋酸铅溶液和甲醛溶液均可使蛋白质变性D铜板刻蚀氯化铁溶液和浓硫酸均可在常温下刻蚀铜板【解析】选C。钠的焰色反应为黄色,A错误;SO2的漂白可逆,Cl2因生成HClO而有漂白性且为永久性,B错误;醋酸铅(重金属盐)和甲醛均能使蛋白质变性,C正确;铜在常温浓硫酸中表现出惰性,加热才能反应,故浓硫酸在常温下无法腐蚀铜电路板,而FeCl3溶液可以,D错误。7.(2025·江苏卷·12)室温下,有色金属冶炼废渣(含Cu、Ni、Si等的氧化物)用过量的较浓H2SO4溶液酸浸后,提取铜和镍的过程如下所示。已知:Ka(HSO4-)=1.2×10-2,Ka1(H2SO3)=1.2×10-2,Ka2(H2SO3)=6.0×10-8。下列说法正确的是A.较浓H2SO4溶液中:c(H+)=2c(SO42−)+c(OHB.NaHSO3溶液中:2HSO3-SO32−+H2SO3的平衡常数C.(NH4)2C2O4溶液中:c(NH3·H2O)+c(OH-)=c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(HD.“提铜”和“沉镍”后的两份滤液中:c提铜(Na+)=c沉镍(Na+)【解析】选B。有色金属冶炼废渣(含Cu、Ni、Si等的氧化物)用过量的较浓H2SO4溶液酸浸后,浸取液主要含有CuSO4、NiSO4,加入NaHSO3溶液提铜,滤液加入(NH4)2C2O4溶液沉镍得到NiC2O4。若H2SO4两步均完全电离,则溶液中存在电荷守恒:c(H+)=2c(SO42−)+c(OH-),但根据题给信息Ka(HSO4-)=1.2×10-2知,在较浓的H2SO4溶液中H2SO4仅第一步电离完全,电离出大量的H+会抑制第二步电离,第二步电离不完全,溶液中存在HSO4-,因此电荷守恒应表示为c(H+)=c(HSO4-)+2c(SO42−)+c(OH-),A错误;该反应的平衡常数K=c(H2SO3)·c(SO32−)c2(HSO3-)=c(H2SO3)c(H+)·c(HSO3-)·c(H+)·c(SO32−)c(HSO3-)=Ka2(H2SO3)Ka1(H2SO3)=6.0×10-81.2×10-28.(2025·云南卷·3)下列化学方程式错误的是 ()A.煤制水煤气:C+H2O(g)CO+H2B.Na2O2供氧:2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2C.覆铜板制作印刷电路板:2FeCl3+3Cu3CuCl2+2FeD.铅酸蓄电池放电:Pb+PbO2+2H2SO42PbSO4+2H2O【解析】选C。煤在高温下与水蒸气反应生成CO和H2,A正确;过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气,B正确;FeCl3与Cu反应时,Fe3+被还原为Fe2+而非单质Fe,正确反应为2FeCl3+Cu2FeCl2+CuCl2,C错误;铅酸蓄电池放电时,Pb和PbO2与硫酸反应生成PbSO4和H2O,D正确。9.(2025·广东卷·5)声波封印,材料是音乐存储技术的基础。下列说法错误的是 ()A.制作黑胶唱片使用的聚氯乙烯,其单体是CH3CH2ClB.磁带可由四氧化三铁涂覆在胶带上制成,Fe3O4具有磁性C.光碟擦写过程中材料在晶态和非晶态间的可逆转换,涉及物理变化D.固态硬盘芯片常使用单晶硅作为基础材料,单晶硅是一种共价晶体【解析】选A。聚氯乙烯的单体应为氯乙烯(CH2CHCl),而选项中的CH3CH2Cl是氯乙烷,A错误;四氧化三铁(Fe3O4)具有磁性,常用于磁带制作,B正确;光碟擦写时晶态与非晶态转换属于物理变化(无新物质生成),C正确;单晶硅为共价晶体,D正确。10.(2025·广东卷·8)下列陈述Ⅰ与陈述Ⅱ均正确,且两者间具有因果关系的是 ()选项陈述Ⅰ陈述ⅡA浓硝酸保存在棕色试剂瓶中浓硝酸具有强氧化性B向蔗糖中加适量浓硫酸,蔗糖变黑浓硫酸具有脱水性CFe2+与K3[Fe(CN)6]可生成蓝色物质KSCN溶液可用于检验Fe3+DMnO2与浓盐酸共热,生成黄绿色气体Cl2+SO2+2H2OH2SO4+2HCl【解析】选B。浓硝酸保存在棕色试剂瓶中是因为其见光易分解,而非因其强氧化性,陈述Ⅰ、Ⅱ正确但因果关系错误,A不符合题意;浓硫酸使蔗糖变黑体现其脱水性,陈述Ⅰ和Ⅱ均正确且存在因果关系,B符合题意;Fe2+与K3[Fe(CN)6]生成蓝色沉淀用于检验Fe2+,而KSCN用于检验Fe3+,两者无直接因果关系,C不符合题意;MnO2与浓盐酸共热生成Cl2与Cl2和SO2的反应无因果关系,D不符合题意。二、非选择题11.(2025·山东卷·17)采用两段焙烧—水浸法从铁锰氧化矿(主要含Fe2O3、MnO2及Co、Cu、Ca、Si等元素的氧化物)分离提取Cu、Co、Mn等元素,工艺流程如下:已知:该工艺条件下,(NH4)2SO4低温分解生成NH4HSO4,高温则完全分解为气体;Fe2(SO4)3在650℃完全分解,其他金属硫酸盐分解温度均高于700℃。回答下列问题:(1)“低温焙烧”时金属氧化物均转化为硫酸盐。MnO2与NH4HSO4反应转化为MnSO4时有N2生成,该反应的化学方程式为

。

“高温焙烧”温度为650℃,“水浸”所得滤渣主要成分除SiO2外还含有(填化学式)。

(2)在(NH4)2SO4投料量不变的情况下,与两段焙烧工艺相比,直接“高温焙烧”,“水浸”时金属元素的浸出率(填“增大”“减小”或“不变”)。

(3)HR萃取Cu2+反应为2HR(有机相)+Cu2+(水相)CuR2(有机相)+2H+(水相)。“反萃取”时加入的试剂为(填化学式)。

(4)“沉钴”中,pH=4时Co2+恰好沉淀完全[c(Co2+)=1×10-5mol·L-1],则此时溶液中c(H2S)=mol·L-1。已知:Ka1(H2S)=1×10-7,Ka2(H2S)=1×10-13,Ksp(CoS)=4×10-21。CoS“溶解”时发生反应的离子方程式为

。

(5)“沉锰”所得滤液并入“吸收”液中,经处理后所得产品导入(填操作单元名称)循环利用。

【解析】采用两段焙烧—水浸法从铁锰氧化矿中分离提取Cu、Co、Mn等元素,加入硫酸铵低温焙烧,金属氧化物均转化为硫酸盐,如硫酸锰、硫酸铁、硫酸钴、硫酸钙等,产生的气体有氨气、氮气等,氨气用稀硫酸吸收,得到硫酸铵溶液,得到的硫酸盐经650℃高温焙烧,只有硫酸铁发生了分解,产生三氧化硫气体和氧化铁,水浸后,过滤分离出滤渣,滤渣主要为二氧化硅、氧化铁及硫酸钙,后续萃取分离,将铜元素萃取到有机相中,最终得到硫酸铜溶液,水相主要含有钴元素和锰元素,加入硫化钠,调节pH,生成硫化钴,过滤分离最终得到硫酸钴溶液,滤液中加入碳酸氢铵,生成碳酸锰沉淀,据此解答。(1)低温焙烧,金属氧化物均转化为硫酸盐,二氧化锰与硫酸氢铵反应,转化为硫酸锰和氮气,根据电子得失守恒可知还有氨气生成,化学方程式为3MnO2+3NH4HSO43MnSO4+N2↑+NH3↑+6H2O;根据已知条件,高温焙烧的温度为650℃,只有硫酸铁发生分解,生成三氧化硫气体和氧化铁,二氧化硅、氧化铁、硫酸钙等在水中溶解度都较小,所以“水浸”所得滤渣的主要成分除了SiO2外还含有Fe2O3、CaSO4。(2)根据已知条件,硫酸铵低温分解成硫酸氢铵,高温则完全分解成气体,如果直接高温焙烧,则硫酸铵会分解,物质的量减少,导致金属元素的浸出率减小。(3)根据萃取的反应:2HR(有机相)+Cu2+(水相)CuR2(有机相)+2H+(水相),加入有机相将铜离子萃取到有机相中,反萃取时需要使平衡逆向移动,生成铜离子,而且为了不引入新的杂质,应加入的试剂为H2SO4。(4)沉钴时,pH=4时Co2+恰好沉淀完全,其浓度为c(Co2+)=1×10-5mol·L-1,此时c(H+)=1×10-4mol·L-1,根据Ksp(CoS)=4×10-21,推出c(S2-)=Ksp(CoS)c(Co2+)=4×10-16mol·L-1,又因为Ka1(H2S)=1×10-7,Ka2(H2S)=1×10-13,Ka1×Ka2=c(H+)×c(HS-)c(H2S)×c(H+)×c(S2−(5)由分析可知,沉锰过程中,加入碳酸氢铵,生成碳酸锰、二氧化碳、硫酸铵等,过滤后滤液中的硫酸铵可并入“吸收”液中,经过处理后导入低温焙烧循环使用。答案:(1)3MnO2+3NH4HSO43MnSO4+N2↑+NH3↑+6H2OFe2O3、CaSO4(2)减小(3)H2SO4(4)4×10-4CoS+H2O2+2H+Co2++S+2H2O(5)低温焙烧12.(2025·甘肃卷·16)研究人员设计了一种从铜冶炼烟尘(主要含S、As2O3及Cu、Zn、Pb的硫酸盐)中高效回收砷、铜、锌和铅的绿色工艺,部分流程如下:已知:As2O3熔点314℃,沸点460℃分解温度:CuO1100℃,CuSO4560℃,ZnSO4680℃,PbSO4高于1000℃Ksp(PbSO4)=1.8×10-8(1)设计焙烧温度为600℃,理由为

。

(2)将SO2通入Na2CO3和Na2S的混合溶液可制得Na2S2O3,该反应的化学方程式为

。

(3)酸浸的目的为。

(4)从浸出液得到Cu的方法为

(任写一种)。

(5)某含Pb化合物是一种被广泛应用于太阳能电池领域的晶体材料,室温下该化合物晶胞如图所示,晶胞参数a≠b≠c,α=β=γ=90°。Cs与Pb之间的距离为pm(用带有晶胞参数的代数式表示);该化合物的化学式为,晶体密度计算式为g·cm-3(用带有阿伏加德罗常数NA的代数式表示,MCs、MPb和MBr分别表示Cs、Pb和Br的摩尔质量)。

【解析】铜冶炼烟尘(主要含S、As2O3及Cu、Zn、Pb的硫酸盐)焙烧将S转化为二氧化硫,As2O3因沸点低被蒸出,设计焙烧温度为600℃,根据已知信息,硫酸铜被分解,生成氧化铜,硫酸锌和硫酸铅未分解,加水浸取后,硫酸锌溶于水形成溶液被分离出去,留下氧化铜、硫酸铅,加硫酸溶解,硫酸铅不溶于硫酸,氧化铜与硫酸反应转化成硫酸铜,过滤分离,浸出渣为硫酸铅,浸出液主要为硫酸铜溶液,硫酸铜经过电解法或置换法等转化为铜,据此解答。(1)设计焙烧温度为600℃,使硫酸铜分解,而硫酸锌和硫酸铅不分解,使As2O3转化为气体。(2)将SO2通入Na2CO3和Na2S的混合溶液可制得Na2S2O3,根据元素守恒可知还生成了CO2。该反应的化学方程式为4SO2+Na2CO3+2Na2S3Na2S2O3+CO2。(3)酸浸时,硫酸铅不溶于硫酸,氧化铜与硫酸反应转化成硫酸铜,过滤分离,浸出渣为硫酸铅,浸出液主要为硫酸铜溶液,故酸浸的目的为分离硫酸铅,得到纯净的硫酸铜溶液。(4)浸出液主要为硫酸铜溶液,经过电解法或置换法等转化为铜。(5)某含Pb化合物室温下晶胞如题图所示,Cs位于体心,个数为1,Pb位于顶点,个数为8×18=1,Br位于棱心,个数为12×14=3,该化合物的化学式为CsPbBr3,Cs位于体心,Pb位于顶点,Cs与Pb之间的距离为体对角线的一半,由于晶胞参数a≠b≠c,α=β=γ=90°,Cs与Pb之间的距离为a2+b答案:(1)使硫酸铜分解,硫酸锌和硫酸铅不分解,同时使As2O3转化为气体(2)4SO2+Na2CO3+2Na2S3Na2S2O3+CO2(3)分离硫酸铅,得到纯净的硫酸铜溶液(4)电解法(或置换法等,合理即可)(5)a2+b213.(2025·河南卷·15)一种从预处理得到的贵金属合金粉[主要成分为Fe、Rh(铑)、Pt,含有少量SiO2]中尽可能回收铑的工艺流程如下:回答下列问题:(1)“酸溶1”的目的是

。

(2)已知“酸溶2”中Rh转化为H3[RhCl6],则生成该物质的化学方程式为

;

“滤渣”的主要成分是(填化学式)。

(3)“沉铑”中得到的沉淀经“灼烧”后分解成铑单质,但夹杂少量Rh2O3和RhCl3,则“高温还原”中发生反应的化学方程式为

。

(4)若“活化还原”在室温下进行,SnCl2初始浓度为1.0×10-4mol·L-1,为避免生成Sn(OH)2沉淀,溶液适宜的pH为(填标号)[已知Sn(OH)2的Ksp=5.5×10-28]。

A.2.0B.4.0C.6.0(5)“活化还原”中,SnCl2必须过量,其与Rh(Ⅲ)反应可生成[Rh(SnCl3)5]4-,提升了Rh的还原速率,该配离子中Rh的化合价为;反应中同时生成[SnCl6]2-,Rh(Ⅲ)以[RhCl6]3-计,则理论上SnCl2和Rh(Ⅲ)反应的物质的量之比为。

(6)“酸溶3”的目的是

。

【解析】贵金属合金粉[主要成分为Fe、Rh(铑)、Pt,含有少量SiO2]中加入浓盐酸溶解其中的Fe,过滤后实现分离,再向滤渣中加入王水(浓盐酸与浓硝酸混合酸)氧化溶解Rh,Rh转化为H3[RhCl6],Pt转化为相关可溶物,SiO2不溶,过滤后进行分离;煮沸滤液除去盐酸、硝酸,再加入浓盐酸、DETA将部分铑元素沉淀,过滤后,滤渣进行灼烧分解为Rh、Rh2O3和RhCl3,再用H2进行高温还原得到铑单质,向滤液2中加入NH4Cl将铂元素转化为沉淀除去,加入SnCl2将Rh(Ⅲ)转化为[Rh(SnCl3)5]4-,再加入Zn进行还原,生成Rh,由于Zn过量,加入浓盐酸溶解过量的Zn,实现Zn与Rh分离,过滤获得铑粉,以此分析解答。(1)贵金属合金粉主要成分为Fe、Rh、Pt和少量SiO2,Fe易溶于浓盐酸,而Rh和Pt在常温下不易被非氧化性酸溶解,SiO2不溶于酸,因此“酸溶1”使用浓盐酸溶解Fe生成可溶性盐,过滤后Fe(Ⅱ)进入滤液1,剩余滤渣主要为Rh、Pt和SiO2,实现初步分离。(2)“酸溶2”中Rh转化为H3[RhCl6],Rh元素化合价由0升高至+3,HNO3中N元素化合价降低,结合化合价升降守恒以及原子守恒可知反应的化学方程式为Rh+6HCl+HNO3(稀)H3[RhCl6]+NO↑+2H2O或Rh+6HCl+3HNO3(浓)H3[RhCl6]+3NO2↑+3H2O;由上述分析可知该过程中“滤渣”的主要成分为SiO2。(3)“高温还原”过程中,Rh2O3和RhCl3均被H2还原为Rh,Rh元素化合价均由+3降低至0,根据化合价升降守恒以及原子守恒可知反应的化学方程式为Rh2O3+3H22Rh+3H2O、2RhCl3+3H22Rh+6HCl。(4)SnCl2初始浓度为1.0×10-4mol·L-1,则溶液中c(Sn2+)=1.0×10-4mol·L-1,当恰好生成Sn(OH)2沉淀时,c(OH-)=Ksp[Sn(OH)2]c(Sn2+)=5.5×10-281.0×10-4mol·L-1≈2.3×10-12,c(H+)=K(5)配离子[Rh(SnCl3)5]4-中,配体[SnCl3]-带1个单位负电荷,设Rh的化合价为x,则x+5×(-1)=-4,则x=+1;Rh(Ⅲ)以[RhCl6]3-计,反应中Rh(Ⅲ)还原至Rh(Ⅰ),每个Rh得到2个电子,SnCl2为还原剂,部分被氧化为[SnCl6]2-,Sn(Ⅱ)被氧化为Sn(Ⅳ),每个Sn失去2个电子,同时反应过程中,部分SnCl2结合1个Cl-形成[SnCl3]-,作为新的配体,每生成1个[Rh(SnCl3)5]4-,需要5个SnCl2,因此理论上SnCl2和Rh(Ⅲ)反应的物质的量之比为(1+5)∶1=6∶1。(6)由于“二次还原”过程中,为确保[Rh(SnCl3)5]4-完全反应,加入的Zn需过量,过滤后剩余Zn和生成物Rh存在于滤渣中,因此再向滤渣中加入浓盐酸的目的为除去“二次还原”过程中未反应的Zn。答案:(1)溶解Fe,使其进入溶液,从而通过过滤实现分离(2)Rh+6HCl+HNO3(稀)H3[RhCl6]+NO↑+2H2O或（Rh+6HCl+3HNO3(浓)H3[RhCl6]+3NO2↑+3H2O）SiO2(3)Rh2O3+3H22Rh+3H2O、2RhCl3+3H22Rh+6HCl(4)A(5)+16∶1(6)除去“二次还原”过程中未反应的Zn14.(2025·河北卷·16)铬盐产品广泛应用于化工、医药、印染等领域。通过闭环生产工艺将铬铁矿转化为重铬酸钾同时回收利用钾资源,可实现绿色化学的目标。过程如下:已知:铬铁矿主要成分是Fe(CrO2)2、Mg(CrO2)2、Al2O3、SiO2。回答下列问题:(1)基态铬原子的价层电子排布式:。

(2)煅烧工序中Fe(CrO2)2反应生成K2CrO4的化学方程式:

。

(3)浸取工序中滤渣Ⅰ的主要成分:Fe2O3、H2SiO3、、(填化学式)。

(4)酸化工序中需加压的原因:

。

(5)滤液Ⅱ的主要成分:(填化学式)。

(6)补全还原、分离工序中发生反应的化学方程式Fe(CO)5++

Cr(OH)3↓+++CO↑

(7)滤渣Ⅱ可返回工序。(填工序名称)

【解析】铬铁矿主要成分是Fe(CrO2)2、Mg(CrO2)2、Al2O3、SiO2,与过量KOH在空气中煅烧,生成K2CrO4、Fe2O3、MgO、K[Al(OH)4]、K2SiO3;加入KHCO3-K2CO3(aq)/CO2浸取,生成Al(OH)3、H2SiO3,Fe2O3、MgO不反应,故滤渣Ⅰ的主要成分为Al(OH)3、H2SiO3、Fe2O3、MgO,通过蒸发、分离得到K2CrO4固体,滤液Ⅰ中含有K2CrO4;向K2CrO4中加水溶解,并通入过量CO2酸化,将K2CrO4转化为K2Cr2O7,同时有副产物KHCO3生成,将K2Cr2O7与KHCO3分离,滤液Ⅱ的主要成分为KHCO3;Fe(CO)5作还原剂,将滤液Ⅰ中剩余的K2CrO4还原为Cr(OH)3,自身转化为Fe(OH)3进入滤渣Ⅱ,KOH进一步处理得到K2CO3,循环使用,据此分析。(1)Cr为24号元素,基态铬原子的价层电子排布式:3d54s1;(2)煅烧工序中Fe(CrO2)2与过量KOH、空气中氧气反应生成K2CrO4、Fe2O3、H2O,根据得失电子守恒、原子守恒,化学方程式:4Fe(CrO2)2+7O2+16KOH2Fe2O3+8K2CrO4+8H2O;(3)根据分析可知,滤渣Ⅰ的主要成分:Fe2O3、H2SiO3、Al(OH)3、MgO;(4)向K2CrO4中加水溶解,并通入过量CO2酸化,将K2CrO4转化为K2Cr2O7,加压可以增大CO2的溶解度,使液体中CO2浓度增大,保证酸化反应充分进行;(5)根据分析可知,滤液Ⅱ的主要溶质为KHCO3;(6)Fe(CO)5作还原剂,将滤液Ⅰ中剩余的K2CrO4还原为Cr(OH)3,自身转化为Fe(OH)3,铁元素由0价升高到+3价,Cr由+6价降低到+3价,根据得失电子守恒、原子守恒,化学方程式:Fe(CO)5+K2CrO4+4H2OCr(OH)3↓+Fe(OH)3↓+2KOH+5CO↑;(7)滤渣Ⅱ含有Cr(OH)3和Fe(OH)3,可返回煅烧工序。答案:(1)3d54s1(2)4Fe(CrO2)2+7O2+16KOH2Fe2O3+8K2CrO4+8H2O(3)Al(OH)3MgO(4)增大CO2的溶解度,保证酸化反应充分进行(5)KHCO3(6)K2CrO44H2OFe(OH)3↓2KOH5(7)煅烧15.(2025·黑、吉、辽、内蒙古卷·16)某工厂采用如下工艺回收废渣(含有ZnS、PbSO4、FeS和CuCl)中的Zn、Pb元素。已知:①“氧化浸出”时,PbSO4不发生变化,ZnS转变为[Zn(NH3)4]2+;②Ksp[Pb(OH)2]=10-14.8;③酒石酸(记作H2A)结构简式为HOOC(CHOH)2COOH。回答下列问题:(1)H2A分子中手性碳原子数目为。

(2)“氧化浸出”时,过二硫酸根(S2O82−)转变为(3)“氧化浸出”时,浸出率随温度升高先增大后减小的原因为

。

(4)“除铜”步骤中发生反应的离子方程式为

。

(5)滤渣2中的金属元素为(填元素符号)。

(6)“浸铅”步骤,PbSO4和Na2A反应生成PbA。PbA产率随体系pH升高先增大的原因为

,pH过高可能生成(填化学式)。

(7)290℃“真空热解”生成2种气态氧化物,该反应的化学方程式为

。

【解析】废渣用(NH4)2S2O8和NH3·H2O氧化浸出,过滤,滤液中有[Cu(NH3)4]2+和[Zn(NH3)4]2+,滤渣1中有PbSO4和Fe(OH)3,滤液加Zn置换出Cu,除铜后的溶液加(NH4)2S沉锌,得到ZnS,滤渣1用H2A和Na2A溶液浸铅后过滤,滤渣2含Fe元素,滤液经过结晶得到PbA,再真空热解得到纯Pb。(1)碳原子周围连接四个不同的原子或原子团为手性碳原子,H2A分子中手性碳原子有2个,;(2)“氧化浸出”时,过二硫酸根作氧化剂,过二硫酸根转变为SO4(3)“氧化浸出”时,温度升高,浸出速率增大,浸出率升高,温度过高时,NH3·H2O分解生成NH3逸出,且温度过高时过二硫酸铵分解,造成浸出率减小;(4)加入Zn发生置换反应,从[Cu(NH3)4]2+中置换出Cu单质,离子方程式为Zn+[Cu(NH3)4]2+[Zn(NH3)4]2++Cu;(5)根据分析,滤渣1中有Fe(OH)3和PbSO4,用H2A和Na2A溶液浸铅后过滤,滤渣2含Fe元素;(6)“浸铅”步骤发生PbSO4(s)+A2-PbA+SO42−,Na2A溶液中存在A2-+H2OHA-+OH-,pH升高,OH-浓度增大,A2-+H2OHA-+OH-平衡逆向移动,A2-浓度增大,PbSO4(s)+A2-PbA+SO42−平衡正向移动,PbA产率增大,pH过高时,OH-浓度过大,会生成Pb(OH)2沉淀,造成PbA产率降低;(7)290℃“真空热解”PbA即Pb(OOC—CHOH—CHOH—COO)生成Pb和2种气态氧化物为CO和H2O,反应的化学方程式为Pb(OOC—CHOH—CHOH—COO)Pb+4CO↑+2H2O↑。答案:(1)2(2)SO42−(3)温度升高,浸出速率增大,浸出率升高,温度过高时,NH3·H2O分解生成NH(4)Zn+[Cu(NH3)4]2+[Zn(NH3)4]2++Cu(5)Fe(6)pH升高,OH-浓度增大,A2-+H2OHA-+OH-平衡逆向移动,A2-浓度增大,PbSO4(s)+A2-PbA+SO42−平衡正向移动,PbA产率增大Pb(OH)2(7)Pb(OOC—CHOH—CHOH—COO)Pb+4CO↑+2H2O↑16.(2025·湖北卷·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2mL10%NaOH溶液加入5滴5%CuSO4溶液,振荡后加入2mL10%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20mL0.5mol·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1.18gZn粉,得到0.78g红棕色固体,其组成是(填标号)。

a.Cub.Cu包裹Znc.CuOd.Cu和Cu2O③同学乙搅拌下分批加入1.18gZn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

。

【解析】(1)①向2mL10%NaOH溶液加入5滴5%CuSO4溶液制得新制氢氧化铜悬浊液,振荡后加入2mL10%葡萄糖溶液,加热,新制氢氧化铜悬浊液与葡萄糖中的醛基反应产生的砖红色沉淀为Cu2O,Cu被葡萄糖从+2价还原为+1价,葡萄糖表现出还原性。②操作时,没有加入葡萄糖溶液就加热,有黑色沉淀生成,该黑色沉淀为CuO,用化学反应方程式说明该沉淀产生的原因:Cu(OH)2CuO+H2O。(2)①由题干加入盐酸并加热至溶液中无气泡产生为止可知,加入盐酸的作用是除去过量的锌粉。②先加Zn粉、后加盐酸,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),20mL0.5mol·L-1CuSO4中n(Cu2+)=0.5mol·L-1×20×10-3L=0.01mol,Cu的最大物质的量为0.01mol,质量为0.64g,生成Cu2O的最大质量为0.72g,实际固体质量为0.78g。若只有Cu,则固体质量应小于等于0.64g,a不符合题意;若是Cu包裹Zn,则0.64g<固体质量<1.18g,b符合题意;若是CuO,则不可能为红棕色,c不符合题意;若是Cu和Cu2O,0.64g<固体质量<0.72g,d不符合题意。③实验1得到的溶液呈无色,说明一定无CuO,那么X的组成只能是Cu,选Ⅲ;从物质形态角度分析,X为黑色的原因是金属固体Cu呈粉末状时,光线进入后被多次反射吸收,所以呈黑色。答案:(1)①Cu2O还原②Cu(OH)2CuO+H2O(2)①除去过量的锌粉②b③Ⅲ金属固体Cu呈粉末状时,光线进入后被多次反射吸收,所以呈黑色17.(2025·江苏卷·16)海洋出水铁质文物表面有凝结物,研究其形成原理和脱氯方法对保护文物意义重大。(1)文物出水清淤后,须尽快浸泡在稀NaOH或Na2CO3溶液中进行现场保护。①玻璃中的SiO2能与NaOH反应生成(填化学式),故不能使用带磨口玻璃塞的试剂瓶盛放NaOH溶液。

②文物浸泡在碱性溶液中比暴露在空气中能减缓吸氧腐蚀,其原因有

。

(2)文物表面凝结物种类受文物材质和海洋环境等因素的影响。①无氧环境中,文物中的Fe与海水中的SO42−在细菌作用下形成FeS等含铁凝结物。写出Fe与SO42−反应生成FeS和Fe(OH)2的离子方程式:②有氧环境中,海水中的铁质文物表面形成FeOOH等凝结物。(ⅰ)铁在盐水中腐蚀的可能原理如图所示。依据原理设计如下实验:向NaCl溶液中加入K3[Fe(CN)6]溶液(能与Fe2+形成蓝色沉淀)和酚酞,将混合液滴到生铁片上。预测该实验的现象为

。

(ⅱ)铁的氢氧化物吸附某些阳离子形成带正电的胶粒,是凝结物富集Cl-的可能原因。该胶粒的形成过程中,参与的主要阳离子有(填离子符号)。

(3)为比较含氯FeOOH在NaOH溶液与蒸馏水中浸泡的脱氯效果,请补充实验方案:取一定量含氯FeOOH模拟样品,将其分为两等份,,比较滴加AgNO3溶液体积[Ksp(AgCl)=1.8×10-10。实验须遵循节约试剂用量的原则,必须使用的试剂:蒸馏水、0.5mol·L-1NaOH溶液、0.5mol·L-1HNO3溶液、0.05mol·L-1AgNO3溶液]。

【解析】(1)①SiO2是酸性氧化物,可与NaOH溶液发生反应生成硅酸钠和水,化学方程式为SiO2+2NaOHNa2SiO3+H2O。②吸氧腐蚀时正极反应式为O2+4e-+2H2O4OH-,根据化学平衡移动原理,碱性溶液中,OH-浓度较大,会抑制O2得电子,使吸氧腐蚀的速率减慢;O2在高离子浓度的液体中溶解度较小,碱性溶液比纯水溶解氧的能力低,减少了文物与O2的接触,减缓吸氧腐蚀。(2)①无氧、弱碱性的海水中,Fe在细菌作用下,被SO42−氧化为+2价的FeS、Fe(OH)2,根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒可写出该反应的离子方程式:4Fe+SO42−+4H2OFeS+3Fe(OH)2+2OH-。②(ⅰ)由题图知,生铁片在NaCl溶液中发生吸氧腐蚀,开始时,负极反应式为Fe-2e-Fe2+,正极反应式为O2+4e-+2H2O4OH-,Fe2+与K3[Fe(CN)6]反应生成KFe[Fe(CN)6]蓝色沉淀,即生铁片上会出现蓝色区域,溶液中酚酞遇到OH-变红,生铁片上会出现红色区域,由“有氧环境中,海水中的铁质文物表面形成FeOOH”知,Fe2+在盐水中被O2(ⅱ)铁片发生吸氧腐蚀,负极区生成Fe2+,被O2进一步氧化为Fe3+,此时体系中的阳离子主要有Fe3+、Fe2+。(3)要检验脱氯效果,应控制样品用量、脱氯时间、取用体积等变量相同,利用Ag+与Cl-的反应进行实验。实验中,首先需要将等量的含氯FeOOH模拟样品分别用等体积的0.5mol·L-1NaOH溶液与蒸馏水浸泡脱氯,然后过滤,得到上清液,取等体积的两种上清液,先用0.5mol·L-1HNO3溶液酸化,再加入0.05mol·L-1AgNO3溶液,通过比较出现AgCl白色沉淀时消耗的0.05mol·L-1AgNO3溶液体积的大小,即可比较脱氯效果。答案:(1)①Na2SiO3②碱性环境抑制吸氧腐蚀正极反应的进行,反应速率减慢;碱性溶液中,O2溶解度较小,减少文物与O2的接触,减缓吸氧腐蚀(2)①4Fe+SO42−+4H2OFeS+3Fe(OH)2+2OH②(ⅰ)滴加混合溶液后,生铁片表面将出现蓝色和红色区域,较长时间后出现黄色斑点(ⅱ)Fe3+、Fe2+(3)分别加入等体积(如5mL)的0.5mol·L-1NaOH溶液和蒸馏水至浸没模拟样品,在室温下,搅拌、浸泡30min,过滤,各取等量上清液(如2mL)置于两支小试管中,分别滴加3mL0.5mol·L-1HNO3溶液酸化,再分别滴加0.05mol·L-1AgNO3溶液,记录每份上清液至出现AgCl白色沉淀时消耗的0.05mol·L-1AgNO3溶液体积18.(2025·广东卷·18)我国是金属材料生产大国,绿色生产是必由之路。一种从多金属精矿中提取Fe、Cu、Ni等并探究新型绿色冶铁方法的工艺如下。已知:多金属精矿中主要含有Fe、Al、Cu、Ni、O等元素。氢氧化物Fe(OH)3Al(OH)3Cu(OH)2Ni(OH)2Ksp(298K)2.8×10-391.3×10-332.2×10-205.5×10-16