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章末素养提升
考向一 金属材料的判断
1.(2024·甘肃卷)下列成语涉及金属材料的是(　C　)
A.洛阳纸贵 B.聚沙成塔
C.金戈铁马 D.甘之若饴
2.(2025·湖南卷)材料是人类赖以生存和发展的物质基础。下列材料属于金属材料的是(　A　)
A.高强韧无磁不锈钢——聚变能实验装置中的低温结构部件
B.金刚石薄膜——“梦想”号大洋钻探船使用的钻头表面涂层
C.超细玄武岩纤维——嫦娥六号携带的月面国旗的纺织材料
D.超细玻璃纤维——国产大飞机中隔音隔热的“飞机棉”
考向二 铁及其化合物的性质实验探究
3.(2023·浙江1月选考)探究铁及其化合物的性质,下列方案设计、现象和结论都正确的是(　D　)
选项 实验方案 现象 结论
A 往FeCl2溶液中加入Zn片 短时间内无明显现象 Fe2+的氧化能力比Zn2+弱
B 往Fe2(SO4)3溶液中滴加KSCN溶液,再加入少量K2SO4固体 溶液先变成血红色后无明显变化 Fe3+与SCN-的反应不可逆
C 将食品脱氧剂样品中的还原铁粉溶于盐酸,滴加KSCN溶液 溶液呈浅绿色 食品脱氧剂样品中没有+3价铁
D 向沸水中逐滴加5~6滴饱和FeCl3溶液,持续煮沸 溶液先变成红褐色再析出沉淀 Fe3+先水解得Fe(OH)3再聚集成Fe(OH)3沉淀
解析:FeCl2溶液中加入Zn片,Fe2++Zn===Zn2++Fe,溶液由浅绿色变为无色,Fe2+的氧化能力比Zn2+强,A错误;溶液变成血红色的原因为Fe3++3SCN- Fe(SCN)3,与S和K+无关,故不能说明Fe3+与SCN-的反应不可逆,B错误;铁离子可能先与单质铁反应生成亚铁离子,则溶液呈浅绿色,C错误;向沸水中滴加饱和FeCl3溶液,继续煮沸至溶液呈红褐色,制取Fe(OH)3胶体,继续加热则胶体因聚沉变为沉淀,D正确。
4.(2025·北京卷)为研究三价铁配合物性质进行如下实验(忽略溶液体积变化)。
已知:[FeCl4]-为黄色、[Fe(SCN)]2+为红色、[FeF6]3-为无色。
下列说法不正确的是(　D　)
A.①中浓盐酸促进Fe3++4Cl- [FeCl4]-平衡正向移动
B.由①到②,生成[Fe(SCN)]2+并消耗[FeCl4]-
C.②③对比,说明c(Fe3+):②>③
D.由①→④推断,若向①深黄色溶液中加入KI、淀粉溶液,溶液也无明显变化
解析:向0.1 mol·L-1 FeCl3溶液滴加数滴浓盐酸,生成更多的[FeCl4]-,溶液黄色加深;继续滴加1滴KSCN溶液,[FeCl4]-转化为[Fe(SCN)]2+,溶液变为红色;再加入NaF固体,[Fe(SCN)]2+转化为[FeF6]3-,溶液红色褪去,变为无色;再滴加KI溶液、淀粉溶液,无色溶液未见明显变化,说明I-未被氧化。①中滴加数滴浓盐酸,试管溶液黄色加深,生成更多的[FeCl4]-,说明浓盐酸促进Fe3++4Cl- [FeCl4]-平衡正向移动,A正确;由①到②,溶液变为红色,说明[FeCl4]-转化为[Fe(SCN)]2+,即生成[Fe(SCN)]2+并消耗[FeCl4]-,B正确;通过实验②③对比可知与Fe3+配位能力:F->SCN-,起始Fe3+浓度相同,则溶液中F-结合Fe3+生成的[FeF6]3-更多,溶液中剩余Fe3+浓度变小,C正确;类似C选项分析,由①→④推断,溶液中的c(Fe3+)是越来越小的,若向①深黄色溶液中加入KI、淀粉溶液,无法确定①中溶液中的Fe3+的含量是否能够氧化I-,D错误。
考向三 金属及其化合物的“微流程”
5.(2025·黑吉辽蒙卷)某工厂利用生物质(稻草)从高锰钴矿(含MnO2、Co3O4和少量Fe2O3)中提取金属元素,流程如图。已知“沉钴”温度下Ksp(CoS)=10-20.4,下列说法错误的是(　C　)
A.硫酸用作催化剂和浸取剂
B.使用生物质的优点是其来源广泛且可再生
C.“浸出”时,3种金属元素均被还原
D.“沉钴”后上层清液中c(Co2+)·c(S2-)=10-20.4
解析:矿石(含MnO2、Co3O4和少量Fe2O3)经过硫酸和稻草“浸出”过滤得到滤液,滤液含有Fe3+、Mn2+、Co2+,加入Na2CO3“沉铁”得到FeOOH,过滤,滤液再加入Na2S“沉钴”得到CoS,过滤最后得到硫酸锰滤液。“浸出”过程中硫酸可作催化剂催化稻草中的纤维素水解生成葡萄糖,还可作浸取剂与金属氧化物反应得到含金属离子的溶液,A正确;生物质(稻草)是可再生的,且来源广泛,B正确;根据题图可知,“浸出”时,Fe元素的化合价没有变化,故Fe元素没有被还原,C错误;“沉钴”后的上层清液存在CoS的沉淀溶解平衡,满足Q=Ksp=c(Co2+)·c(S2-)=10-20.4,D正确。
6.(2025·湖南卷)工业废料的综合处理有利于减少环境污染并实现资源循环利用。从某工业废料中回收镉、锰的部分工艺流程如下:
已知:①富集液中两种金属离子浓度相当。
②常温下,金属化合物的Ksp:
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
下列说法错误的是(　D　)
A.粉碎工业废料有利于提高金属元素的浸出率
B.试剂X可以是Na2S溶液
C.“沉镉”和“沉锰”的顺序不能对换
D.“沉锰”时,发生反应的离子方程式为Mn2++HC===MnCO3↓+H+
解析:富集液中含有两种金属离子Cd2+、Mn2+,其浓度相当,加入试剂X沉镉,由金属化合物的Ksp可知,CdCO3、MnCO3的Ksp接近,不易分离,则试剂X选择含S2-的试剂,得到CdS滤饼,加入NaHCO3溶液沉锰,发生反应:Mn2++2HC===MnCO3↓+CO2↑+H2O,据此解答。粉碎工业废料能增大废料与浸出液的接触面积,有利于提高金属元素的浸出率,A正确;由分析可知,试剂X可以是Na2S溶液,B正确;若先加入NaHCO3溶液进行“沉锰”,由题中信息以及Ksp数据可知,Cd2+、Mn2+浓度相当,则Cd2+也会沉淀,后续流程中无法分离Cd和Mn,所以“沉镉”和“沉锰”的顺序不能对换,C正确;“沉锰”时,发生反应的离子方程式是Mn2++2HC===MnCO3↓+CO2↑+H2O,D错误。
考向四 侯氏制碱法及碳酸盐含量的测定
7.(2025·安徽卷)侯氏制碱法以NaCl、CO2和NH3为反应物制备纯碱。某实验小组在侯氏制碱法基础上,以NaCl和NH4HCO3为反应物,在实验室制备纯碱,步骤如下:
①配制饱和食盐水;
②在水浴加热下,将一定量研细的NH4HCO3加入饱和食盐水中,搅拌,使NH4HCO3溶解,静置,析出NaHCO3晶体;
③将NaHCO3晶体减压过滤、煅烧,得到Na2CO3固体。
回答下列问题:
(1)步骤①中配制饱和食盐水,下列仪器中需要使用的有烧杯、玻璃棒(填名称)。
(2)步骤②中NH4HCO3需研细后加入,目的是加快NH4HCO3的溶解速率、加快NH4HCO3与NaCl反应。
(3)在实验室使用NH4HCO3代替CO2和NH3制备纯碱,优点是原料易得、操作简单、污染小。
(4)实验小组使用滴定法测定了产品的成分。滴定过程中溶液的pH随滴加盐酸体积变化的曲线如图所示。
ⅰ.到达第一个滴定终点B时消耗盐酸V1 mL,到达第二个滴定终点C时又消耗盐酸V2 mL。V1=V2,所得产品的成分为a(填字母)。
a.Na2CO3 b.NaHCO3
c.Na2CO3和NaHCO3 d.Na2CO3和NaOH
ⅱ.到达第一个滴定终点前,某同学滴定速率过快,摇动锥形瓶不均匀,致使滴入盐酸局部过浓。该同学所记录的V'1>(填“>”“<”或“=”)V1。
(5)已知常温下Na2CO3和NaHCO3的溶解度分别为30.7 g和10.3 g。向饱和Na2CO3溶液中持续通入CO2气体会产生NaHCO3晶体。实验小组进行相应探究:
实验 操作 现象
a 将CO2匀速通入置于烧杯中的20 mL饱和Na2CO3溶液,持续20 min,消耗600 mL CO2 无明显现象
b 将20 mL饱和Na2CO3溶液注入充满CO2的500 mL矿泉水瓶中,密闭,剧烈摇动矿泉水瓶1~2 min,静置 矿泉水瓶变瘪,3 min后开始有白色晶体析出
ⅰ.实验a无明显现象的原因是CO2的吸收率低,生成NaHCO3的量较少,没有达到过饱和状态,故不能析出晶体。
ⅱ.析出的白色晶体可能同时含有NaHCO3和Na2CO3·10H2O。称取0.42 g晾干后的白色晶体,加热至恒重,将产生的气体依次通过足量的无水CaCl2和NaOH溶液,NaOH溶液增重0.088 g,则白色晶体中NaHCO3的质量分数为80%。
解析:(1)步骤①中配制饱和食盐水,要在烧杯中放入一定量的食盐,然后向其中加入适量的水并用玻璃棒搅拌加速食盐溶解,因此需要使用的仪器有烧杯和玻璃棒。(2)固体的颗粒越小,溶解速率越大,与其他物质反应的速率越大,因此,步骤②中NH4HCO3需研细后加入,目的是加快NH4HCO3溶解速率、加快NH4HCO3与NaCl反应。(3)用CO2和NH3制备纯碱时,NH3是有毒气体,会污染空气,且操作复杂,因此,在实验室使用NH4HCO3代替CO2和NH3制备纯碱,其优点是原料易得、操作简单、污染小。(4)ⅰ.根据图中的曲线变化可知,到达第一个滴定终点B时,发生的反应为Na2CO3+HCl===NaCl+NaHCO3,消耗盐酸V1 mL;到达第二个滴定终点C时,发生的反应为NaHCO3+HCl===NaCl+CO2↑+H2O,又消耗盐酸V2 mL,因为V1=V2,说明产品中不含NaHCO3和NaOH,因此,所得产品的成分为Na2CO3,故选a。ⅱ.到达第一个滴定终点前,某同学滴定速率过快,摇动锥形瓶不均匀,致使滴入盐酸局部过浓,必然会使一部分Na2CO3与盐酸反应生成CO2,从而使得V1偏大、V2偏小,因此,该同学所记录的V'1>V1。(5)ⅰ.实验a无明显现象的原因是盛装饱和Na2CO3溶液的烧杯为敞口体系,通入CO2时,部分CO2逸出,且CO2在水中的溶解度小,导致CO2无法全部与Na2CO3反应,生成NaHCO3的量较少,NaHCO3在该溶液中没有达到过饱和状态,故不能析出晶体。ⅱ.NaHCO3受热分解生成的气体中有H2O和CO2,而Na2CO3·10H2O分解产生的气体中只有H2O,无水CaCl2可以吸收分解产生的H2O,NaOH溶液可以吸收分解产生的CO2;NaOH溶液增重0.088 g,则分解产生的CO2的质量为0.088 g,其物质的量为=0.002 mol,由2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑可知,NaHCO3的物质的量为0.004 mol,则白色晶体中NaHCO3的质量为0.004 mol×84 g·mol-1=0.336 g,故其质量分数为×100%=80%。(共27张PPT)
第四章　金属及其化合物
章末素养提升
目
录
真题分类 训练
知识体系 构建
一
知识体系 构建
二
真题分类 训练
1.(2024·甘肃卷)下列成语涉及金属材料的是(　　)
A.洛阳纸贵 B.聚沙成塔
C.金戈铁马 D.甘之若饴
考向一
金属材料的判断
C
2.(2025·湖南卷)材料是人类赖以生存和发展的物质基础。下列材料属于金属材料的是(　　)
A.高强韧无磁不锈钢——聚变能实验装置中的低温结构部件
B.金刚石薄膜——“梦想”号大洋钻探船使用的钻头表面涂层
C.超细玄武岩纤维——嫦娥六号携带的月面国旗的纺织材料
D.超细玻璃纤维——国产大飞机中隔音隔热的“飞机棉”
A
3.(2023·浙江1月选考)探究铁及其化合物的性质,下列方案设计、现象和结论都正确的是(　　)
考向二
铁及其化合物的性质实验探究
选项 实验方案 现象 结论
A 往FeCl2溶液中加入Zn片 短时间内无明显现象 Fe2+的氧化能力比Zn2+弱
B 往Fe2(SO4)3溶液中滴加KSCN溶液,再加入少量K2SO4固体 溶液先变成血红色后无明显变化 Fe3+与SCN-的反应不可逆
C 将食品脱氧剂样品中的还原铁粉溶于盐酸,滴加KSCN溶液 溶液呈浅绿色 食品脱氧剂样品中没有+3价铁
D 向沸水中逐滴加5~6滴饱和FeCl3溶液,持续煮沸 溶液先变成红褐色再析出沉淀 Fe3+先水解得Fe(OH)3再聚集成Fe(OH)3沉淀
D
解析:FeCl2溶液中加入Zn片,Fe2++Zn===Zn2++Fe,溶液由浅绿色变为无色,Fe2+的氧化能力比Zn2+强,A错误;溶液变成血红色的原因为Fe3++3SCN- Fe(SCN)3,与S和K+无关,故不能说明Fe3+与SCN-的反应不可逆,B错误;铁离子可能先与单质铁反应生成亚铁离子,则溶液呈浅绿色,C错误;向沸水中滴加饱和FeCl3溶液,继续煮沸至溶液呈红褐色,制取Fe(OH)3胶体,继续加热则胶体因聚沉变为沉淀,D正确。
4.(2025·北京卷)为研究三价铁配合物性质进行如下实验(忽略溶液体积变化)。
已知:[FeCl4]-为黄色、[Fe(SCN)]2+为
红色、[FeF6]3-为无色。
下列说法不正确的是(　　)
A.①中浓盐酸促进Fe3++4Cl- [FeCl4]-
平衡正向移动
B.由①到②,生成[Fe(SCN)]2+并消耗[FeCl4]-
C.②③对比,说明c(Fe3+):②>③
D.由①→④推断,若向①深黄色溶液中加入KI、淀粉溶液,溶液也无明显变化
D
解析:向0.1 mol·L-1 FeCl3溶液滴加数滴浓盐酸,生成更多的[FeCl4]-,溶液黄色加深;继续滴加1滴KSCN溶液,[FeCl4]-转化为[Fe(SCN)]2+,溶液变为红色;再加入NaF固体,[Fe(SCN)]2+转化为[FeF6]3-,溶液红色褪去,变为无色;再滴加KI溶液、淀粉溶液,无色溶液未见明显变化,说明I-未被氧化。①中滴加数滴浓盐酸,试管溶液黄色加深,生成更多的[FeCl4]-,说明浓盐酸促进Fe3++4Cl- [FeCl4]-平衡正向移动,A正确;由①到②,溶液变为红色,说明[FeCl4]-转化为[Fe(SCN)]2+,即生成[Fe(SCN)]2+并消耗[FeCl4]-,B正确;通过实验②③对比可知与Fe3+配位能力:F->SCN-,起始Fe3+浓度相同,则溶液中F-结合Fe3+生成的[FeF6]3-更多,溶液中剩余Fe3+浓度变小,C正确;类似C选项分析,由①→④推断,溶液中的c(Fe3+)是越来越小的,若向①深黄色溶液中加入KI、淀粉溶液,无法确定①中溶液中的Fe3+的含量是否能够氧化I-,D错误。
5.(2025·黑吉辽蒙卷)某工厂利用生物质(稻草)从高锰钴矿(含MnO2、Co3O4和少量Fe2O3)中提取金属元素,流程如图。已知“沉钴”温度下Ksp(CoS)=10-20.4,下列说法错误的是(　　)
A.硫酸用作催化剂和浸取剂
B.使用生物质的优点是其来源广泛
且可再生
C.“浸出”时,3种金属元素均被还原
D.“沉钴”后上层清液中c(Co2+)·c(S2-)=10-20.4
考向三
金属及其化合物的“微流程”
C
解析:矿石(含MnO2、Co3O4和少量Fe2O3)经过硫酸和稻草“浸出”过滤得到滤液,滤液含有Fe3+、Mn2+、Co2+,加入Na2CO3“沉铁”得到FeOOH,过滤,滤液再加入Na2S“沉钴”得到CoS,过滤最后得到硫酸锰滤液。“浸出”过程中硫酸可作催化剂催化稻草中的纤维素水解生成葡萄糖,还可作浸取剂与金属氧化物反应得到含金属离子的溶液,A正确;生物质(稻草)是可再生的,且来源广泛,B正确;根据题图可知,“浸出”时,Fe元素的化合价没有变化,故Fe元素没有被还原,C错误;“沉钴”后的上层清液存在CoS的沉淀溶解平衡,满足Q=Ksp=c(Co2+)·c(S2-)=10-20.4,D正确。
6.(2025·湖南卷)工业废料的综合处理有利于减少环境污染并实现资源循环利用。从某工业废料中回收镉、锰的部分工艺流程如下:
已知:①富集液中两种金属离子浓度相当。
②常温下,金属化合物的Ksp:
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
下列说法错误的是(　　)
A.粉碎工业废料有利于提高金属元素的浸出率
B.试剂X可以是Na2S溶液
C.“沉镉”和“沉锰”的顺序不能对换
D.“沉锰”时,发生反应的离子方程式为Mn2++HC===MnCO3↓+H+
D
解析:富集液中含有两种金属离子Cd2+、Mn2+,其浓度相当,加入试剂X沉镉,由金属化合物的Ksp可知,CdCO3、MnCO3的Ksp接近,不易分离,则试剂X选择含S2-的试剂,得到CdS滤饼,加入NaHCO3溶液沉锰,发生反应:Mn2++2HC===MnCO3↓+CO2↑+H2O,据此解答。粉碎工业废料能增大废料与浸出液的接触面积,有利于提高金属元素的浸出率,A正确;由分析可知,试剂X可以是Na2S溶液,B正确;若先加入NaHCO3溶液进行“沉锰”,由题中信息以及Ksp数据可知,Cd2+、Mn2+浓度相当,则Cd2+也会沉淀,后续流程中无法分离Cd和Mn,所以“沉镉”和“沉锰”的顺序不能对换,C正确;“沉锰”时,发生反应的离子方程式是Mn2++2HC===MnCO3↓+CO2↑+H2O,D错误。
7.(2025·安徽卷)侯氏制碱法以NaCl、CO2和NH3为反应物制备纯碱。某实验小组在侯氏制碱法基础上,以NaCl和NH4HCO3为反应物,在实验室制备纯碱,步骤如下:
①配制饱和食盐水;
②在水浴加热下,将一定量研细的NH4HCO3加入饱和食盐水中,搅拌,使NH4HCO3溶解,静置,析出NaHCO3晶体;
③将NaHCO3晶体减压过滤、煅烧,得到Na2CO3固体。
考向四
侯氏制碱法及碳酸盐含量的测定
回答下列问题:
(1)步骤①中配制饱和食盐水,下列仪器中需要使用的有____________(填名称)。
解析:步骤①中配制饱和食盐水,要在烧杯中放入一定量的食盐,然后向其中加入适量的水并用玻璃棒搅拌加速食盐溶解,因此需要使用的仪器有烧杯和玻璃棒。
烧杯、玻璃棒
(2)步骤②中NH4HCO3需研细后加入,目的是_________________________
__________________________。
解析:固体的颗粒越小,溶解速率越大,与其他物质反应的速率越大,因此,步骤②中NH4HCO3需研细后加入,目的是加快NH4HCO3溶解速率、加快NH4HCO3与NaCl反应。
加快NH4HCO3的溶解速率、
加快NH4HCO3与NaCl反应
(3)在实验室使用NH4HCO3代替CO2和NH3制备纯碱,优点是____________
__________________。
解析:用CO2和NH3制备纯碱时,NH3是有毒气体,会污染空气,且操作复杂,因此,在实验室使用NH4HCO3代替CO2和NH3制备纯碱,其优点是原料易得、操作简单、污染小。
原料易得、
操作简单、污染小
(4)实验小组使用滴定法测定了产品的成分。滴定过程中溶液的pH随滴加盐酸体积变化的曲线如图所示。
ⅰ.到达第一个滴定终点B时消耗盐酸V1 mL,到达第二个滴定终点C时又消耗盐酸V2 mL。V1=V2,所得产品的成分为____(填字母)。
a.Na2CO3 b.NaHCO3
c.Na2CO3和NaHCO3 d.Na2CO3和NaOH
ⅱ.到达第一个滴定终点前,某同学滴定速率过快,摇动锥形瓶不均匀,致使滴入盐酸局部过浓。该同学所记录的V'1____(填“>”“<”或“=”)V1。
a
>
解析:ⅰ.根据图中的曲线变化可知,到达第一个滴定终点B时,发生的反应为Na2CO3+HCl===NaCl+NaHCO3,消耗盐酸V1 mL;到达第二个滴定终点C时,发生的反应为NaHCO3+HCl===NaCl+CO2↑+H2O,又消耗盐酸V2 mL,因为V1=V2,说明产品中不含NaHCO3和NaOH,因此,所得产品的成分为Na2CO3,故选a。ⅱ.到达第一个滴定终点前,某同学滴定速率过快,摇动锥形瓶不均匀,致使滴入盐酸局部过浓,必然会使一部分Na2CO3与盐酸反应生成CO2,从而使得V1偏大、V2偏小,因此,该同学所记录的V'1>V1。
(5)已知常温下Na2CO3和NaHCO3的溶解度分别为30.7 g和10.3 g。向饱和Na2CO3溶液中持续通入CO2气体会产生NaHCO3晶体。实验小组进行相应探究:
实验 操作 现象
a 将CO2匀速通入置于烧杯中的20 mL饱和Na2CO3溶液,持续20 min,消耗600 mL CO2 无明显现象
b 将20 mL饱和Na2CO3溶液注入充满CO2的500 mL矿泉水瓶中,密闭,剧烈摇动矿泉水瓶1~2 min,静置 矿泉水瓶变瘪,3 min后开始有白色晶体析出
ⅰ.实验a无明显现象的原因是______________________________________
_____________________________________。
ⅱ.析出的白色晶体可能同时含有NaHCO3和Na2CO3·10H2O。称取0.42 g晾干后的白色晶体,加热至恒重,将产生的气体依次通过足量的无水CaCl2和NaOH溶液,NaOH溶液增重0.088 g,则白色晶体中NaHCO3的质量分数为______。
CO2的吸收率低,生成NaHCO3的量较少,
没有达到过饱和状态,故不能析出晶体
80%
解析:ⅰ.实验a无明显现象的原因是盛装饱和Na2CO3溶液的烧杯为敞口体系,通入CO2时,部分CO2逸出,且CO2在水中的溶解度小,导致CO2无法全部与Na2CO3反应,生成NaHCO3的量较少,NaHCO3在该溶液中没有达到过饱和状态,故不能析出晶体。ⅱ.NaHCO3受热分解生成的气体中有H2O和CO2,而Na2CO3·10H2O分解产生的气体中只有H2O,无水CaCl2可以吸收分解产生的H2O,NaOH溶液可以吸收分解产生的CO2;NaOH溶液增重0.088 g,则分解产生的CO2的质量为0.088 g,其物质的量为=0.002 mol,由2NaHCO3
　　Na2CO3+H2O+CO2↑可知,NaHCO3的物质的量为0.004 mol,则白色晶体中NaHCO3的质量为0.004 mol×84 g·mol-1=0.336 g,故其质量分数为×100%=80%。
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