2025年高考化学一轮复习 课时检测十九：变价金属与两性金属（含解析）

这是一份2025年高考化学一轮复习 课时检测十九：变价金属与两性金属（含解析），共10页。试卷主要包含了解析等内容，欢迎下载使用。

①高温下：
2FeTiO3＋6C＋7Cl2===2TiCl4＋2FeCl3＋6CO
②在氩气氛围高温中：
2Mg＋TiCl4===Ti＋2MgCl2
下列有关说法正确的是( )
A．①中化合价变化的元素只有C、Cl
B．①中TiCl4是氧化产物
C．②中氩气的作用是防止Mg、Ti被氧化
D．②中可以得出Mg得电子的能力强于Ti
2．含铬废水会严重污染环境，一种烟气协同处理含铬废水(含CrOeq \\al(2－,4)、Cr2Oeq \\al(2－,7)、泥沙等)的流程如图：
下列说法不正确的是( )
A．“沉降”的主要目的是除去泥沙等不溶物
B．溶液A通常选用硫酸“调pH”，目的是将CrOeq \\al(2－,4)转化为Cr2Oeq \\al(2－,7)
C．“还原”过程涉及的氧化还原反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶3
D．母液经处理可获得(NH4)2SO4
3．(2023·山东烟台模拟)“太空金属”钛广泛应用于新型功能材料等方面，工业上用钛铁矿(主要成分是TiO2，含少量FeO和Fe2O3)冶炼金属钛的工艺流程如图所示，下列说法正确的是( )
A．基态钛原子核外最外层有2个未成对电子
B．金属Mg与TiCl4可在氮气气氛条件下进行反应
C．步骤Ⅱ加热可促进TiO2＋的水解
D．步骤Ⅲ中可能发生的反应为TiO2＋2Cl2＋Ceq \(=====,\s\up7(△))TiCl4＋CO
4．工业上以碳酸锰矿(主要成分为MnCO3，另含FeO、Fe2O3、CaO等杂质)为主要原料生产锰酸锂(LiMn2O4)，工艺流程如下：
下列说法错误的是( )
A．可采用搅拌的方法提高“酸浸”时碳酸锰矿的浸出速率
B．加入CaO的目的是调节pH，使Fe3＋转化为Fe(OH)3 除去
C．“合成MnO2”的化学方程式为MnSO4＋K2S2O8＋2H2O===MnO2↓＋K2SO4＋2H2SO4
D．“气体1”中含两种气体，一种是CO2，另一种可能是CO
5．草酸钴主要用作制氧化钴的原料，也可用于制取其他钴化合物。利用废料铝钴膜(含有LiCO2、Al、Fe)制备草酸钴的工艺如下：
下列有关说法错误的是( )
A．碱浸的目的是溶解除铝
B．氢碘酸在流程中既表现酸性，又表现还原性
C．滤渣的主要成分是氢氧化铁
D．沉钴时检验沉淀是否洗涤干净可用的试剂为盐酸
6.(2023·广东等级考·节选)Ni、C均是重要的战略性金属。从处理后的矿石硝酸浸取液(含Ni2＋、C2＋、Al3＋、Mg2＋)中，利用氨浸工艺可提取Ni、C，并获得高附加值化工产品。工艺流程如图：
已知：氨性溶液由NH3·H2O、(NH4)2SO3和(NH4)2CO3配制。常温下，Ni2＋、C2＋、C3＋与NH3形成可溶于水的配离子；lg Kb(NH3·H2O)＝－4.7；C(OH)2易被空气氧化为C(OH)3；部分氢氧化物的Ksp如下表。
回答下列问题：
(1)活性MgO可与水反应，化学方程式为______________________________________
________________________________________________________________________。
(2)常温下，pH＝9.9的氨性溶液中，c(NH3·H2O)________c(NHeq \\al(＋,4))(填“>”“<”或“＝”)。
(3)“氨浸”时，由C(OH)3转化为[C(NH3)6]2＋的离子方程式为_________________
________________________________________________________________________。
(4)“析晶”过程中通入的酸性气体A为__________________________________。
(5)①“结晶纯化”过程中，没有引入新物质。晶体A含6个结晶水，则所得HNO3溶液中n(HNO3)与n(H2O)的比值，理论上最高为_________________________________。
②“热解”对于从矿石提取Ni、C工艺的意义，在于可重复利用HNO3和________(填化学式)。
7．以电解金属锰的阳极渣(主要成分为MnO2，杂质为PbCO3、Fe2O3、CuO)和黄铁矿(FeS2)为原料可制备Mn3O4，其流程如图所示：
已知部分阳离子以氢氧化物的形式完全沉淀时的pH：Fe3＋为3.7，Fe2＋为9.7，Cu2＋为7.4，Mn2＋为9.8。
回答下列问题：
(1)“酸浸”过程中，滤渣Ⅰ的主要成分为S、________(填化学式)。
(2)
“酸浸”过程中，Fe2＋、Fe3＋的质量浓度、Mn的浸出率与时间的关系如图1所示。20～80 min，浸出Mn元素的主要离子方程式为____________________________________
________________________________________________________________________。
80～100 min时，Fe2＋的质量浓度上升的原因可能是___________________________
________________________________________________________________________。
(3)“除Fe、Cu”过程中依次加入的试剂X、Y为________(填字母)。
A．NH3·H2O、H2O2
B．H2O2、CaCO3
C．SO2、MnCO3
(4)硫酸锰晶体的溶解度曲线如图2，由MnSO4溶液获得MnSO4·H2O晶体的系列操作为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________、
洗涤、干燥。
(5)“真空热解”过程中，测得固体的质量随温度的变化如图3所示，需控制温度在______________。
(6)由MnSO4溶液制取Mn3O4的另一种方案：向MnSO4溶液中加入氨水，产生Mn(OH)2沉淀和少量Mn2(OH)2SO4，滤出，洗净，加水打成浆，浆液边加热边持续通空气，制得Mn3O4。沉淀加热通空气过程中，7小时之前，溶液的pH＝6,7小时之后，溶液的pH迅速下降，原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
8．随着人们对电动汽车需求的进一步扩大，高能量、高电流的锌系二次碱性电池受到市场的期待，但是锌电池在充放电过程中存在变形、枝晶、腐蚀和钝化等问题，目前采用氢氧化钙处理氧化锌工艺得到锌酸钙作为电极的活性物质，使以上情况得到极大改善。一种锌酸钙的化学式为Ca[Zn(OH)3]2·2H2O，其制备流程如下：
请回答下列问题：
(1)Zn(OH)2是两性氢氧化物，与NaOH反应的方程式为Zn(OH)2＋2NaOH===Na2[Zn(OH)4]。ZnO是两性氧化物，则反应釜中发生反应的离子方程式为________________________________________________________________________。
(2)球磨机是用研磨体摩擦、冲击物料使其研磨成粉末的设备。研磨过程中加入Ca(OH)2粉末时，通入Ar气的作用是_______________________________________________。
(3)ZnO和锌酸钙在KOH溶液中的溶解情况如图所示。从反应釜进入球磨机的混合物中主要含有锌酸钾，加入Ca(OH)2粉末，转化为锌酸钙，请从平衡移动的角度分析原因：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
流程中第二次加入ZnO粉末的目的是________________________________。
(4)滚动球磨6～24小时的目的是__________________________________________
________________。
(5)操作Ⅰ为__________。干燥产品时必须在低温减压条件下进行，理由是________________________________________________________________________。
9．以某废钒渣(主要成分为V2O3，含有少量Al2O3、CaO)为原料生产V2O5的工艺流程如下：
已知：钒酸(H3VO4)是强酸，NH4VO3难溶于水；＋5价钒在溶液中的主要存在形式与溶液pH的关系如表：
(1)“酸浸”前需将块状固体粉碎，其目的是________________________________
________________________________________________________________________。
(2)已知Ca(VO3)2难溶于水，可溶于盐酸。若“酸浸”时溶液的pH＝4，则Ca(VO3)2溶于盐酸的离子方程式为__________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)“沉钒2”的沉钒率随温度的变化如图所示，温度高于80 ℃沉钒率下降的原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(4)NH4VO3灼烧脱氨可得V2O5。在硫酸酸化条件下，V2O5可与草酸(H2C2O4)溶液反应得到含VO2＋的溶液，反应的离子方程式为_____________________________________
________________________________________________________________________。
测定产品中V2O5的纯度：取a g产品用硫酸溶解得(VO2)2SO4溶液，加入b1 mL c1 ml·L－1(NH4)2Fe(SO4)2溶液(VOeq \\al(＋,2)＋2H＋＋Fe2＋===VO2＋＋Fe3＋＋H2O)，再用c2 ml·L－1KMnO4溶液滴定过量的(NH4)2Fe(SO4)2至终点，消耗KMnO4溶液的体积为b2 mL。已知MnOeq \\al(－,4)被还原为Mn2＋，假设杂质不参与反应，则产品中V2O5的质量分数是____________________(V2O5的摩尔质量为M g·ml－1)。
课时检测(十九)
1．C ①中化合价变化的元素有 C、Cl、Fe，A 错误；①中TiCl4是还原产物，B 错误；②中氩气的作用是隔绝空气，防止 Mg、Ti高温时被氧化，C正确；②中可以得出镁的还原性强于 Ti，还原性是一种失电子的能力，D错误。
2．C “沉降”的主要目的是除去泥沙等不溶物，A正确；Cr2Oeq \\al(2－,7)＋H2O⥫⥬ 2CrOeq \\al(2－,4)＋2H＋，加入稀硫酸，氢离子浓度变大，平衡逆向移动，CrOeq \\al(2－,4)转化为Cr2Oeq \\al(2－,7)，B正确；“还原”过程发生反应Cr2Oeq \\al(2－,7)＋3SO2＋2H＋===2Cr3＋＋3SOeq \\al(2－,4)＋H2O，Cr2Oeq \\al(2－,7)为氧化剂，SO2为还原剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶3，C错误；调节pH时加硫酸，沉铬时加氨水，则母液经处理可获得(NH4)2SO4，D正确。
3．C 钛铁矿(主要成分是TiO2，含少量FeO和Fe2O3)加硫酸酸浸，浸出液中含铁离子、亚铁离子和TiO2＋，加适量铁将铁离子还原为亚铁离子，蒸发浓缩，冷却结晶得绿矾晶体，滤液经加热使TiO2＋水解得TiO2·nH2O，分解得到粗TiO2后，加焦炭、氯气反应得到TiCl4，用Mg还原得到Ti。基态钛原子核外电子排布式为[Ar]3d24s2，次外层3d轨道有2个未成对电子，A错误；Mg为活泼金属，能与CO2、O2、N2、H2O等物质发生反应，故金属Mg与TiCl4必须在稀有气体氛围条件下进行反应，B错误；TiO2＋会水解，步骤Ⅱ加热可促进TiO2＋的水解，C正确；方程式未配平，步骤Ⅲ中可能发生的反应为TiO2＋2Cl2＋2Ceq \(=====,\s\up7(△))TiCl4＋2CO ，D错误。
4．D 搅拌可使反应物之间接触更充分，从而提高“酸浸”时碳酸锰矿的浸出速率，故A正确；加入CaO生成氢氧化钙，能使铁离子转化成氢氧化铁沉淀除去，故B正确；“合成MnO2”过程中，硫酸锰作还原剂，K2S2O8作氧化剂(－1价的氧得电子)，根据得失电子守恒可得反应：MnSO4＋K2S2O8＋2H2O===MnO2↓＋K2SO4＋2H2SO4，故C正确；二氧化锰与碳酸锂混合反应生成LiMn2O4，LiMn2O4中Mn的化合价有＋3价、＋4价两种，可知发生了氧化还原反应，二氧化锰作氧化剂，则化合价升高的只能是－2价氧元素，故产物中还有氧气，“气体1”中所含的两种气体应为二氧化碳和氧气，故D错误。
5．D 碱浸时Al溶于氢氧化钠溶液生成四羟基合铝酸钠和氢气，碱浸的目的是溶解除铝，故A正确；氢碘酸溶解LiCO2和Fe，发生反应的离子方程式为2LiCO2＋2I－＋8H＋===2Li＋＋2C2＋＋I2＋4H2O、Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑，在流程中氢碘酸体现酸性和还原性，故B正确；净化过程中，氧气把Fe2＋氧化为Fe3＋，用氢氧化钠溶液调节pH生成氢氧化铁沉淀，除去铁元素，滤渣的主要成分是氢氧化铁，故C正确；沉淀表面有碘化铵，可向最后一次洗涤液中加硝酸和硝酸银溶液，若没有淡黄色沉淀生成，说明不含碘离子，沉淀已经洗涤干净，故D错误。
6．解析：矿石硝酸浸取液(含Ni2＋、C2＋、Al3＋、Mg2＋)中加入活性氧化镁调节溶液pH，过滤，得到的滤液1中的溶质主要是硝酸镁，结晶纯化得到硝酸镁晶体，再热解得到氧化镁和硝酸；滤泥中加入氨性溶液氨浸，过滤，将得到的滤液2进行镍钴分离，经过一系列操作得到氯化铬和饱和氯化镍溶液，向饱和氯化镍溶液中加入氯化氢气体得到氯化镍晶体。(1)活性MgO可与水反应，化学方程式为MgO＋H2O===Mg(OH)2。(2)常温下，pH＝9.9的氨性溶液中，lg Kb(NH3·H2O)＝－4.7，Kb(NH3·H2O)＝10－4.7＝eq \f(cNH\\al(＋,4)·cOH－,cNH3·H2O)，eq \f(cNH\\al(＋,4),cNH3·H2O)＝eq \f(10－4.7,cOH－)＝eq \f(10－4.7,10－4.1)＝10－0.6<1，则c(NH3·H2O)＞c(NHeq \\al(＋,4))。(3)“氨浸”时，C(OH)3与亚硫酸根离子发生氧化还原反应，再与氨水反应生成[C(NH3)6]2＋，则由C(OH)3转化为[C(NH3)6]2＋的离子方程式为2C(OH)3＋12NH3·H2O＋SOeq \\al(2－,3)===2[C(NH3)6]2＋＋SOeq \\al(2－,4)＋13H2O＋4OH－或 2C(OH)3＋8NH3·H2O＋4NHeq \\al(＋,4)＋SOeq \\al(2－,3)===2[C(NH3)6]2＋＋SOeq \\al(2－,4)＋13H2O。(4)“析晶”过程中为了防止Ni2＋水解，因此通入的酸性气体A为HCl。(5)①“结晶纯化”过程中，没有引入新物质。晶体A含6个结晶水，则晶体A为Mg(NO3)2·6H2O，根据Mg(NO3)2＋2H2O===Mg(OH)2↓＋2HNO3，Mg(OH)2eq \(=====,\s\up7(△),\s\d5( ))MgO＋H2O，还剩余5个水分子，因此所得HNO3溶液中n(HNO3)与n(H2O)的比值理论上最高为2∶5。②“热解”得到HNO3和MgO，结合工艺流程可知，其意义在于可重复利用HNO3和MgO。
答案：(1)MgO＋H2O===Mg(OH)2 (2)＞
(3)2C(OH)3＋12NH3·H2O＋SOeq \\al(2－,3)===2[C(NH3)6]2＋＋SOeq \\al(2－,4)＋13H2O＋4OH－(或2C(OH)3＋8NH3·H2O＋4NHeq \\al(＋,4)＋SOeq \\al(2－,3)===2[C(NH3)6]2＋＋SOeq \\al(2－,4)＋13H2O) (4)HCl
(5)①0.4(或2∶5) ②MgO
7．解析：向电解金属锰的阳极渣(主要成分为MnO2，杂质为PbCO3、Fe2O3、CuO)和黄铁矿(FeS2)中加入硫酸，MnO2将FeS2氧化生成S，PbCO3转化成PbSO4沉淀，氧化铁、氧化铜转化成硫酸铁、硫酸铜，滤液中含有Fe3＋、Fe2＋、Mn2＋、Cu2＋等，加入H2O2溶液将Fe2＋氧化为Fe3＋，再加入CaO或CaCO3调节pH除去Fe3＋、Cu2＋，之后滤液中主要含有Ca2＋、Mn2＋，加入MnF2除去Ca2＋，最终得到MnSO4溶液，经过一系列操作得到Mn3O4。(1)由分析可知，“酸浸”过程中，滤渣Ⅰ的主要成分为S、PbSO4。(2)由题图1可知，80 min时，Mn的浸出率高，Fe3＋的质量浓度大，说明20～80 min MnO2与FeS2反应生成Mn2＋、Fe3＋、S等，对应的离子方程式为3MnO2＋2FeS2＋12H＋===3Mn2＋＋4S＋2Fe3＋＋6H2O；80～100 min时，剩余MnO2较少，FeS2浸出的Fe2＋与MnO2接触机会减少，所以Fe2＋的质量浓度上升。(3)由分析可知，滤液中含有Fe3＋、Fe2＋、Mn2＋、Cu2＋等，加入H2O2溶液将Fe2＋氧化为Fe3＋，再加入CaO或CaCO3调节pH除去Fe3＋、Cu2＋，故选B。(4)由题图2可知，温度高于40 ℃时MnSO4·H2O的溶解度减小，故由MnSO4溶液获得MnSO4·H2O晶体的系列操作为蒸发浓缩、结晶、趁热过滤、洗涤、干燥。(5)根据Mn守恒可知，3MnSO4·H2O～Mn3O4，此时Mn3O4的质量占原固体质量的eq \f(55×3＋16×4,3×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(55＋32＋16×4＋18)))×100%≈45.17%，失重1－45.17%＝54.83%，结合题图2可知，需控制温度在1 000～1 200 ℃。
答案：(1)PbSO4 (2)3MnO2＋2FeS2＋12H＋===3Mn2＋＋4S＋2Fe3＋＋6H2O 剩余MnO2较少，FeS2浸出的Fe2＋与MnO2接触机会减少 (3)B (4)蒸发浓缩、结晶、趁热过滤 (5)1 000～1 200 ℃ (6)7小时之前Mn(OH)2被O2氧化生成水，溶液pH无明显变化；7小时之后Mn2(OH)2SO4被O2氧化生成H2SO4，溶液pH减小(或7小时之前发生反应6Mn(OH)2＋O2eq \(=====,\s\up7(△))2Mn3O4＋6H2O，溶液pH无明显变化；7小时之后发生反应3Mn2(OH)2SO4＋O2eq \(=====,\s\up7(△))2Mn3O4＋6H＋＋3SOeq \\al(2－,4)，溶液pH减小)
8．解析：(2)由于空气中含有二氧化碳，能被氢氧化钙溶液吸收，所以通入Ar气的作用是防止Ca(OH)2 遇到空气中的CO2转化为CaCO3。(3)在碱性溶液中，锌酸钾的溶解度大于锌酸钙的溶解度，加入Ca(OH)2粉末，增大了Ca2＋浓度，使锌酸钙溶解平衡向沉淀生成的方向移动；根据产品的化学式Ca[Zn(OH)3]2·2H2O可判断流程中第二次加入ZnO粉末的目的是调整ZnO与Ca(OH)2的物质的量之比为2∶1。(5)由于操作Ⅰ得到滤液，则其操作为过滤；由于产品含有结晶水，则干燥产品时必须在低温减压条件下进行，防止高温下产物分解失去结晶水。
答案：(1)ZnO＋2OH－＋H2O===[Zn(OH)4]2－
(2)防止Ca(OH)2遇到空气中的CO2转化为CaCO3
(3)在碱性溶液中，锌酸钾的溶解度大于锌酸钙的溶解度，加入Ca(OH)2粉末，增大了Ca2＋浓度，使锌酸钙溶解平衡向沉淀生成的方向移动 调整ZnO与Ca(OH)2的物质的量之比为2∶1
(4)使ZnO固体与KOH溶液充分混合，反应完全，提高产率
(5)过滤 防止高温下产物分解失去结晶水
9．解析：(5)由滴定原理，根据得失电子守恒，(VO2)2SO4和KMnO4得电子总数等于(NH4)2Fe(SO4)2失电子总数，结合VOeq \\al(＋,2)→VO2＋得1e－，MnOeq \\al(－,4)→Mn2＋得5e－，Fe2＋→Fe3＋失1e－，可得n[(NH4)2Fe(SO4)2]＝2n[(VO2)2SO4]＋5n(KMnO4)。n[(VO2)2SO4]＝eq \f(1,2)(c1 ml·L－1×b1×10－3 L－c2 ml ·L－1×b2×10－3 L×5)＝eq \f(c1b1－5c2b2,2 000) ml，根据V元素守恒可得V2O5～(VO2)2SO4，则样品中五氧化二钒的纯度为eq \f(\f(c1b1－5c2b2,2 000) ml×M g·ml－1,a g)×100%＝eq \f(Mc1b1－5c2b2,2 000a)×100%。
答案：(1)增大反应物接触面积，加快酸浸速率，使酸浸更加充分 (2)Ca(VO3)2＋4H＋===Ca2＋＋2VOeq \\al(＋,2)＋2H2O (3)NHeq \\al(＋,4)水解程度增大，NHeq \\al(＋,4)浓度减小导致沉钒率下降 (4)V2O5＋H2C2O4＋4H＋===2VO2＋＋2CO2↑＋3H2O (5)eq \f(Mc1b1－5c2b2,2 000a)×100%
氢氧化物
C(OH)2
C(OH)3
Ni(OH)2
Ksp
5.9×10－15
1.6×10－44
5.5×10－16
氢氧化物
Al(OH)3
Mg(OH)2
Ksp
1.3×10－33
5.6×10－12
pH
4～6
6～8
8～10
10～12
主要离子
VOeq \\al(＋,2)
VOeq \\al(－,3)
V2Oeq \\al(4－,7)
VOeq \\al(3－,4)