高考化学二轮复习讲义+分层训练解密06金属及其化合物（讲义）

这是一份高考化学二轮复习讲义+分层训练解密06金属及其化合物（讲义），共25页。
解密06 金属及其化合物

【考纲导向】
1．常见金属元素(如Na、Mg、Al、Fe、Cu等)
(1)了解常见金属的活动顺序。
(2)了解常见金属、重要化合物的主要性质及其应用。
(3)了解合金的概念及其重要应用。
2．了解海水资源开发和利用的前景及化学在其中可以发挥的作用。
3．了解从海水中提取镁的反应原理及有关化学反应。
4．以上各部分知识的综合应用
(1)能依据所提供的资料或信息，获取并归纳元素化合物的性质。
(2)能够设计简单的实验，具备研究元素化合物性质的基本思路。
(3)尝试利用氧化还原反应等原理研究元素化合物性质。
【命题分析】
金属的单质和化合物占中学元素化合物的主体，它们是基本概念、基本理论的载体，高考主要从以下角度考查钠、镁、铝、铁、铜及其化合物特点，高考中一般不会出现单独元素化合物知识的题目，而是分散在不同的题型和题目中，从题型来看，选择题和填空题中均会出现，在选择题中一般直接考查金属元素及其化合物的性质，常见形式为正误的判断，所涉及的都是元素化合物基本性质的识记和应用；在填空题中一般有两种考查形式，一是直接考查元素及其化合物的性质，通常以物质的判断(化学式的书写)、化学方程式的书写、微粒的检验和鉴别等形式出现；二是与基本概念和基本理论结合，如与氧化还原反应、电化学、物质在水溶液中的行为、实验、计算等知识点结合考查。



核心考点一 金属单质的性质
1．常见金属的主要性质
(1)钠及其化合物
①等物质的量的金属钠被氧化成Na2O和Na2O2时转移的电子数相同。
②钠与酸反应时，先与酸反应，酸不足再与水反应。
③钠与盐的溶液反应：钠不能置换出溶液中的金属，钠直接与水反应，反应后的碱再与溶液中的其他物质反应。
④Na2O2与CO2或H2O反应时，生成1 mol O2，转移电子的物质的量为2 mol。
⑤)Na2O2跟CO2和水蒸气组成的混合气体反应时，应先考虑Na2O2跟CO2的反应。因为若先发生反应：2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑，必定还发生反应：2NaOH＋CO2===Na2CO3＋H2O。
⑥Na2O2与SO2反应的化学方程式为：Na2O2＋SO2===Na2SO4。
⑦向Na2CO3溶液中逐滴滴入盐酸，反应是分步进行的。反应的离子方程式依次为：CO＋H＋===HCO、HCO＋H＋===H2O＋CO2↑。
(2)镁、铝及其化合物
①镁在空气中燃烧主要发生反应：2Mg＋O22MgO，此外还发生反应：3Mg＋N2Mg3N2、2Mg＋CO22MgO＋C。
②Mg3N2与水反应：Mg3N2＋6H2O===3Mg(OH)2＋2NH3↑。
③加热Mg(HCO3)2溶液生成的是Mg(OH)2沉淀，而不是MgCO3沉淀，因为Mg(OH)2比MgCO3更难溶于水。反应方程式为Mg(HCO3)2Mg(OH)2↓＋2CO2↑。
④铝与NaOH溶液、非氧化性强酸反应生成H2。常温下，浓硝酸、浓硫酸使铝发生钝化。
⑤Al2O3、Al(OH)3仅能溶于强酸和强碱溶液中(如在氨水和碳酸中不溶)。
⑥Al3＋、AlO只能分别存在于酸性、碱性溶液中。Al3＋与下列离子不能大量共存：OH－、CO、HCO、SO、S2－、ClO－、AlO，其中OH－是因为直接反应，其余均是因为发生了剧烈的双水解反应。AlO与下列离子不能大量共存：H＋、HCO、Al3＋、Fe2＋、Fe3＋，其中H＋和HCO是因为与AlO直接反应(AlO＋HCO＋H2O===Al(OH)3↓＋CO)，其余也是因为发生了剧烈的双水解反应。
(7)明矾的净水原理：明矾的化学式为KAl(SO4)2·12H2O，它在水中能电离：KAl(SO4)2===K＋＋Al3＋＋2SO。铝离子发生水解反应，生成的氢氧化铝胶体具有很强的吸附能力，吸附水中的悬浮物，使之沉降以达到净水目的：Al3＋＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H＋。
(3)铁、铜及其化合物
①Fe与Cl2反应只能生成FeCl3，与I2反应生成FeI2，与反应物的用量无关。
②Fe与水蒸气在高温下反应生成H2和Fe3O4，而不是Fe2O3。
③过量的Fe与硝酸作用，或在Fe和Fe2O3的混合物中加入盐酸，均生成Fe2＋。要注意产生的Fe3＋还可以氧化单质Fe这一隐含反应：Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋。
④NO与Fe2＋在酸性条件下不能共存。
⑤Fe2O3、Fe(OH)3与氢碘酸反应时，涉及Fe3＋与I－的氧化还原反应，产物为Fe2＋、I2和H2O。
⑥FeCl3溶液加热浓缩时，因Fe3＋水解和HCl的挥发，得到的固体为Fe(OH)3，灼烧后得到红棕色Fe2O3固体；而Fe2(SO4)3溶液蒸干时，因硫酸是难挥发性的酸，将得不到Fe(OH)3固体，最后得到的固体仍为Fe2(SO4)3。
⑦注意亚铁盐及Fe(OH)2易被空气中氧气氧化成三价铁的化合物。如某溶液中加入碱溶液后，最终得到红褐色沉淀，并不能断定该溶液中一定含有Fe3＋，也可能含有Fe2＋。
2．常见金属的性质比较
金属活动
性顺序表
K Ca Na
Mg Al Zn
Fe Sn Pb
(H)
Cu Hg Ag
Pt Au
性质变化规律
元素的金属性逐渐减弱，单质的还原性依次减弱，离子的氧化性逐渐增强
和水的反应
与冷水剧
烈反应
与沸水缓
慢反应
高温与水
蒸气反应
—
不跟水反应
生成碱和氢气
生成氧化
物和氢气
和酸的
反应
剧烈反应
反应逐渐减缓
—
不能置换稀酸中的氢
与非氧化性酸反应放出H2；与浓硫酸、浓硝酸及稀硝酸反应，不放出H2，一般产物为：盐＋水＋成酸元素的低价化合物
与氧化性酸反应(但不放出H2)
只溶于王水
和盐溶液
的反应
金属先与水反应生成碱，碱再与盐反应
排在前面的金属可将后面的金属从其盐溶液中置换出来
和氧气
的反应
易被氧化
常温生成
氧化膜
加热能
被氧化
—
加热能
被氧化
不能被
氧化
金属氧化物对应的水化物及碱的热稳定性
氧化物跟水剧烈反应，生成碱，碱受热不易分解
氧化物不溶于水，也不跟水反应，对应碱的热稳定性逐渐减弱
金属的
冶炼
电解法
热还原法
煅烧法
—
电解熔融盐或氧化物
高温下用CO(或Al)从其氧化物中还原出来
—
—
自然界中存在的形式
只以化合态(盐、氧化物)存在
多以化合态存在，但有极少的游离态
只以游离态存在
3．金属元素及其化合物的重要性质和应用
常见物质
日常应用
利用的性质
钠
核反应堆的传热介质
熔点较低，导热性好
氢氧化钠
制肥皂
与油脂发生皂化反应生成高级脂肪酸钠
氯化钠
调味剂
具有咸味
配制生理盐水(0.9%)
体液替代物
碳酸氢钠
发酵粉、
膨松剂
2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑
胃酸中和剂
HCO＋H＋===H2O＋CO2↑
用于泡沫灭火器
Al2(SO4)3＋6NaHCO3===
2Al(OH)3↓＋6CO2↑＋3Na2SO4
碳酸钠
清洗油污
水解，溶液显碱性
制玻璃
Na2CO3＋SiO2Na2SiO3＋CO2↑
氧化铝
耐火材料
熔点高
铝
铝制品
表面易生成致密的氧化膜
铝热剂(焊接钢轨)
2Al＋Fe2O3Al2O3＋2Fe(放出大量热量)
氢氧化铝
胃酸中和剂
碱性较弱Al(OH)3＋3H＋===Al3＋＋3H2O
明矾、铁盐
净水剂
在水中生成Al(OH)3[或Fe(OH)3]胶体，其可以和悬浮的泥沙形成絮状不溶物沉降下来
氧化铁
红色油漆和涂料
氧化铁是一种红棕色粉末
硫酸铜
配制农药，杀菌消毒
铜离子(重金属离子)能使蛋白质变性

考法一 常见金属元素单质的性质
【典例1】下列推理正确的是(　　)
A．铝粉在氧气中燃烧生成Al2O3，故钠在氧气中燃烧生成Na2O
B．铁能从硫酸铜溶液中置换出铜，故钠也能从硫酸铜溶液中置换出铜
C．活泼金属钠保存在煤油中，故活泼金属铝也保存在煤油中
D．钠与氧气、水等反应时钠均作还原剂，故金属单质参与反应时金属单质均作还原剂
【解析】钠在氧气中燃烧生成Na2O2，A项错误；钠非常活泼，钠加入硫酸铜溶液中，钠先与水反应生成NaOH，NaOH再与硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀，B项错误；由于钠易与水、氧气反应，故为了隔绝空气保存在煤油中；铝在空气中易与氧气反应生成致密的氧化物保护膜，故不需要保存在煤油中，放在广口瓶中即可，C项错误；由于金属单质在反应中，化合价均升高被氧化，故金属单质参与反应时金属单质均作还原剂，D项正确。
【答案】D
考法二 常见金属元素化合物的用途
【典例2】(2020•江苏卷)下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是( )
A．铝的金属活泼性强，可用于制作铝金属制品
B．氧化铝熔点高，可用作电解冶炼铝的原料
C．氢氧化铝受热分解，可用于中和过多的胃酸
D．明矾溶于水并水解形成胶体，可用于净水
【解析】A项，铝在空气中可以与氧气反应生成致密氧化铝，致密氧化铝包覆在铝表面阻止铝进一步反应，铝具有延展性，故铝可用于制作铝金属制品，A错误；B项，氧化铝为离子化合物，可用作电解冶炼铝的原料，B错误；C项，氢氧化铝为两性氢氧化物，可以用于中和过多的胃酸，C错误；D项，明矾溶于水后电离出的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体能吸附水中的悬浮物，用于净水，D正确；故选D。
【答案】D
考法三 常见金属的冶炼
【典例3】金属材料在日常生活以及生产中有着广泛的运用。下列关于金属的一些说法中不正确的是(　　)
A．合金的性质与其成分金属的性质不完全相同
B．工业上金属Mg、Al都是用电解熔融的氯化物制得的
C．金属冶炼的本质是金属阳离子得到电子变成金属原子
D．越活泼的金属越难冶炼
【解析】合金的性质与其成分金属的性质不完全相同，如硬度、强度更大，熔点更低等，A正确；因AlCl3是共价化合物，熔融时不导电，冶炼铝时应采用冰晶石(Na3AlF6)作熔剂电解熔融Al2O3的方法，B错误；金属冶炼就是把金属阳离子还原为金属原子，C正确；越活泼的金属，其金属阳离子的氧化性越弱，越难被还原，D正确。
【答案】B
考法四 合金的概念和特性
【典例4】中国载人潜水器“蛟龙”号在西太平洋的马里亚纳海沟试验海域成功创造了载人深潜新的历史记录，首次突破7 000米，最深达到7 020米海底。“蛟龙”号载人潜水器的外壳是耐超高压的钛合金，下列有关合金的说法中正确的是(　　)
A．钛合金是一种新型的金属单质 B．钛合金的熔点比成分金属的低，硬度小
C．钛合金的化学性质与钛单质相同 D．青铜、碳素钢、合金钢和硬铝均是合金
【解析】合金是指两种或两种以上的金属或金属与非金属熔合而成的具有金属特性的物质，不属于新型金属单质，A错误；合金的熔点一般比成分金属的熔点低但硬度大，B错误；合金的化学性质与其成分金属的化学性质是相同的，钛合金除具备钛单质的性质外，还具有其他成分的性质，C错误。
【答案】D
考法五 金属的回收和利用
【典例5】(2020•北京卷)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++AuCl
(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)HNO3-NaCl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：
Au+____NaCl+____HNO3=HAuCl4+____+____+____NaNO3
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1molHAuCl4完全还原，则参加反应的Zn的物质的量是____mol。
(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______________。
【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)+2NO↑+4H2O；溶解1molCu消耗HNO3的物质的量为8/3mol；铜与浓硝酸反应的化学方程式为：Cu+4HNO3(浓)= Cu(NO3)+2NO2↑+2H2O，溶解1molCu消耗HNO3的物质的量为4mol；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)+2NO↑+4H2O；(3)①根据化合价的变化规律可知，金的化合价从0价升高到+3价，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；②A．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；B．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；C．HNO3-NaCl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；故选AC；(4)由于HAuCl4=H++AuCl4-，若用Zn粉将溶液中的1molHAuCl4完全还原，HAuCl4中金的化合价为+3价，被锌还原为0价，锌的化合价从0价升高到＋2价，参加反应的Zn的物质的量x，锌的化合价从0价升高到+2价，根据得失电子守恒可知：2x=3，x=1．5mol，则参加反应的Zn的物质的量是1．5mol；(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。
【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

1．钠和盐溶液反应，不能置换出盐中的金属，与熔融的盐反应才能置换出盐中的金属。
2．无论Na与O2反应生成Na2O还是Na2O2，只要参与反应的Na的质量相等，则转移电子的物质的量一定相等，但得到Na2O2的质量大于Na2O的质量。
3．1 mol Na2O2参与反应转移电子的物质的量不一定为1 mol，如1 mol Na2O2与足量SO2的反应转移电子应为2 mol。
4．不能用Ca(OH)2鉴别Na2CO3和NaHCO3溶液，应选用CaCl2或BaCl2溶液。
5．除去CO2中的HCl气体，应选用饱和的NaHCO3溶液。
6．向饱和的Na2CO3溶液中通入过量CO2，有晶体析出。
7．焰色反应是元素的性质，无论游离态还是化合态，均具有相同的焰色反应，它不是化学变化，在观察钾元素的焰色反应时，应通过蓝色的钴玻璃片。
8．Na－K合金常温下呈液态，是原子反应堆的导热剂。
9．铝是活泼金属，但铝抗腐蚀性相当强，因为铝表面生成一层致密的氧化物薄膜。由于Al2O3的熔点高于Al的熔点，故在酒精灯上加热铝箔直至熔化，发现熔化的铝并不滴落。
10．铝热反应不仅仅是单质铝与Fe2O3反应，还包含制取其他难熔金属的反应，由于铝热剂是混合物，故铝热反应不能用于工业上冶炼铁。注意铝热反应是中学化学中唯一一类金属单质与金属氧化物在高温条件下的置换反应。
11．并不是Al与所有金属氧化物均能组成铝热剂，该金属氧化物对应的金属活泼性应比铝弱。
12．Al2O3、Al(OH)3与NaOH溶液的反应常用于物质的分离提纯。Al(OH)3不溶于氨水，所以实验室常用铝盐和氨水来制备Al(OH)3。
13．利用偏铝酸盐制备Al(OH)3，一般不用强酸，因为强酸的量控制不当会使制得的Al(OH)3溶解。若向偏铝酸盐溶液中通入CO2，生成的Al(OH)3不溶于碳酸，CO2过量时生成HCO，不过量时生成CO，书写离子反应方程式时要特别注意。
14．自然界中有少量游离态的铁(陨石中)，纯净的铁块是银白色的，而铁粉是黑色的。
15．Fe与O2、H2O(g)反应的产物都是Fe3O4而不是Fe2O3。Fe与Cl2反应时生成FeCl3，与S反应时生成FeS，说明Cl2的氧化性大于S。常温下，Fe、Al在冷的浓硫酸和浓硝酸中发生钝化，但加热后继续反应。Fe在Cl2中燃烧，无论Cl2过量还是不足均生成FeCl3。
16．向含Fe2＋的溶液中加入硝酸、KMnO4溶液、氯水等具有氧化性的物质时，溶液会出现浅绿色―→棕色的颜色变化，该现象可用于Fe2＋的检验。
17．Fe3＋的检验方法较多，如观察溶液颜色法(棕黄色)、NaOH溶液法(生成红褐色沉淀)、KSCN溶液法(生成红色溶液)，前面两种方法需溶液中Fe3＋浓度较大时才适用，最好也最灵敏的方法是KSCN溶液法。Fe2＋的检验可采用先加入KSCN溶液后再加入氧化剂的方法；也可用铁氰化钾检验Fe2＋，现象是生成蓝色沉淀{Fe3[Fe(CN)6]2}。
18．生成FeCl2除了用Fe和HCl的置换反应外，还可用化合反应：2FeCl3＋Fe===3FeCl2；生成Fe(OH)3除了用Fe3＋与碱的复分解反应外，还可用化合反应：4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3。
19．制备Fe(OH)2的方法很多，原则有两点：一是溶液中的溶解氧必须提前除去；二是反应过程中必须与O2隔绝。同时要牢记Fe(OH)2转化为Fe(OH)3时溶液的颜色变化(白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色)。
20．铜是紫红色金属，它在潮湿的空气中最终不是生成CuO，而是铜绿[Cu2(OH)2CO3]。
21．Cu和一定量的浓HNO3反应，产生的是NO2和NO的混合气体，当Cu有剩余，再加入稀H2SO4，Cu继续溶解。
22．铜合金有：①青铜(Cu、Sn、Pb等)；②黄铜(Cu、Zn、Sn、Pb、Al等)；③白铜(Cu、Ni、Zn、Mn)。

1．(2020•江苏卷)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 mol﹒L-1NaOH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】A项，室温下，钠与空气中氧气反应生成氧化钠，故A错误；B项，室温下，铝与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，故B正确；C项，室温下，铜与浓硝酸反应生成二氧化氮气体，故C错误；D项，室温下，铁在浓硫酸中发生钝化，故D错误。故选B。
2．(2021年1月浙江选考)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项，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项，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项，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项，氨水与少量AgNO3反应生成[Ag(NH3)2]+：Ag++2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]++2H2O，D不合理；故选C。
3．(2020•浙江1月选考)下列说法不正确的是( )
A．[Cu(NH3)4]SO4可通过CuSO4溶液与过量氨水作用得到
B．铁锈的主要成分可表示为Fe2O3·nH2O
C．钙单质可以从TiCl4中置换出Ti
D．可用H2还原MgO制备单质Mg
【答案】D
【解析】A项，CuSO4溶液与少量氨水反应生成氢氧化铜沉淀，与过量氨水反应生成络合物[Cu(NH3)4]SO4，故A正确；B项，铁在潮湿空气中发生吸氧腐蚀生成红棕色的铁锈，铁锈的主要成分可表示为Fe2O3·nH2O，故B正确；C项，钙的化学性质活泼，在稀有气体的保护下，与熔融的四氯化钛反应可置换出Ti，故C正确；D项，制备单质Mg应该用电解熔融MgCl2的方法，故D错误；故选D。
4．(2020•浙江1月选考)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项，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项，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项，铝具有良好的延展性，铝箔可以做包装材料，铝合金硬度大密度小常用做建筑材料，故C正确；D项，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；故选A。
5．(2021年1月浙江选考)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项，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项，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项，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项，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。故选A。
6．(2019•江苏卷)下列有关化学反应的叙述正确的是( )
A．Fe在稀硝酸中发生钝化 B．MnO2和稀盐酸反应制取Cl2
C．SO2与过量氨水反应生成(NH4)2SO3 D．室温下Na与空气中O2反应制取Na2O2
【答案】C
【解析】A．常温下，Fe在与浓硝酸发生钝化反应，故A错误；B．二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应制取氯气，故B错误；C．二氧化硫与过量氨水反应生成硫酸铵，故C正确；D．常温下，Na与空气中的氧气反应生成Na2O；加热条件下，钠与氧气反应生成Na2O2，故D错误；故选C。
7．(2019•天津卷)下列有关金属及其化合物的不合理的是( )
A．将废铁屑加入溶液中，可用于除去工业废气中的Cl2
B．铝中添加适量钾，制得低密度、高强度的铝合金，可用于航空工业
C．盐碱地(含较多等)不利于作物生长，可施加熟石灰进行改良
D．无水CoCl2呈蓝色，吸水会变为粉红色，可用于判断变色硅胶是否吸水
【答案】C
【解析】A项，氯气能将铁和亚铁氧化，从而除去工业废气中的氯气，故A不选；B项，根据铝合金的性质，具有密度低、强度高，应用于航空航天等工业，故B不选；C项，Na2CO3＋Ca(OH)2=CaCO3↓＋2NaOH，产物仍然呈碱性，不能改变土壤的碱性，反而使土壤更板结，故C选；D项，利用无水氯化钴和氯化钴晶体的颜色不同，判断硅胶中是否含水，故D不选。故选C
8．(2018•江苏卷)下列有关物质性质与用途具有对应关系的是( )
A．NaHCO3受热易分解，可用于制胃酸中和剂
B．SiO2熔点高硬度大，可用于制光导纤维
C．Al2O3是两性氧化物，可用作耐高温材料
D．CaO能与水反应，可用作食品干燥剂
【答案】D
【解析】A项，冐酸的主要成分是盐酸，NaHCO3能与HCl反应，故NaHCO3可用于制胃酸中和剂，NaHCO3用于制胃酸中和剂与NaHCO3受热易分解没有对应关系；B项，SiO2传导光的能力非常强，用于制光导纤维， SiO2用于制光导纤维与SiO2熔点高硬度大没有对应关系；C项，Al2O3的熔点很高，用作耐高温材料，Al2O3用作耐高温材料与Al2O3是两性氧化物没有对应关系；D项，CaO能与水反应，用于食品干燥剂，CaO用于食品干燥剂与CaO与水反应有对应关系；故选D。
9．(2021·湖南省部分重点中学高三年级期末考试)工业上常用铁碳混合物处理含Cu2+废水获得金属铜。当保持铁屑和活性炭总质量不变时，测得废水中Cu2+浓度在不同铁碳质量比(x)条件下随时间变化的曲线如下图所示。

下列推论不合理的是( )
A．活性炭对Cu2+具有一定的吸附作用
B．铁屑和活性炭会在溶液中形成微电池，铁为负极
C．增大铁碳混合物中铁碳比(x)，一定会提高废水中Cu2+的去除速率
D．利用铁碳混合物回收含Cu2+废水中铜的反应原理：Fe+Cu2+＝Fe2++Cu
【答案】C
【解析】A项，活性炭具有许多细小微孔，且表面积巨大，具有很强的吸附能力，由图像可知，Cu2+在纯活性炭中浓度减小，表明活性炭对Cu2+具有一定的吸附作用，故不选A项；B项，铁屑和活性炭在溶液中形成微电池，其中铁具有较强的还原性，易失去电子形成Fe2+，发生氧化反应，因此铁作负极，故不选B项；C项，由图像可知，随着铁碳混合物中铁含量的增加至x=2:1，Cu2+的去除速率逐渐增加；但当铁碳混合物变为纯铁屑时，Cu2+的去除速率降低。当铁碳混合物中铁的含量过大时，正极材料比例降低，铁碳在废液中形成的微电池数量减少，Cu2+的去除速率会降低，因此增大铁碳混合物中铁碳比(x)，不一定会提高废水中Cu2+的去除速率，故选C项；D项，在铁碳微电池中，碳所在电极发生还原反应，Cu2+得到电子生成铜单质；因此该微电池的总反应方程式为Fe+Cu2+＝Fe2++Cu，故不选D项。故选C。
10．工业上的许多反应工艺来源于实验室里的简单操作，比如用铝土矿(成分为氧化铝、氧化铁)制取铝的过程如图：

请回答下列问题：
(1)写出铝土矿中加入NaOH溶液的反应方程式___。
(2)沉淀C的化学式___，颜色为___，写出它的一种用途___。
(3)操作I、操作II、操作III的名称为___，这个过程用到的玻璃仪器有烧杯、___。
(4)整个生产过程中，除可以循环使用的物质有___(写出3种，填化学式)，用此法制取铝的副产品是___(写出2种，填化学式)。
(5)氧化铝熔点高，氯化铝熔点低，工业上为什么不用熔点较低的氯化铝而用熔点更高的氧化铝为原料电解制铝？___。
【答案】(1)Al2O3+2NaOH═2NaAlO2+H2O (2)Fe2O3 红棕色 作颜料(或炼铁)
(3)过滤 漏斗、玻璃棒 (4)NaOH、CaO、CO2 Fe2O3、O2
(5)氯化铝是共价化合物，在熔融状态下以分子形式存在，不能导电，不能用于电解。氧化铝是离子化合物，熔融时能够电离而导电，因此电解铝用氧化铝而不用氯化铝
【解析】铝土矿中含有氧化铝和氧化铁，向铝土矿中加入NaOH溶液，发生反应Al2O3+2OH-═2AlO2-+H2O，氧化铁不溶，然后过滤，得到溶液B为NaOH、NaAlO2混合溶液，沉淀C为Fe2O3；向溶液B中通入CO2，发生反应2AlO2-+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+CO32-、2OH-+CO2=CO32-+H2O，然后过滤得到沉淀Al(OH)3和Na2CO3溶液，向溶液中加入CaO，发生反应Na2CO3+CaO+H2O═2NaOH+CaCO3↓，然后过滤，将NaOH循环利用；将Al(OH)3加热得到Al2O3，电解熔融Al2O3得到Al。(1)根据上面的分析，铝土矿中加入NaOH溶液，氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，反应的化学方程式为Al2O3+2NaOH═2NaAlO2+H2O；(2)根据上述分析，沉淀C为Fe2O3，氧化铁为红棕色粉末，俗称铁红，除了用于金属冶炼以外，还可用作顔料；(3)实现固体和液体的分离采用过滤法，操作Ⅰ、操作Ⅱ和操作Ⅲ都是过滤操作，过滤时需要制作过滤器的漏斗、固定仪器的铁架台、引流用的玻璃棒、承接滤液的烧杯；(4)煅烧碳酸钙得到CaO和CO2，B生成沉淀需要二氧化碳、碳酸钠转化为碳酸钙需要CaO，所以CaO和CO2能循环利用，溶液E中的氢氧化钠也能循环利用；根据流程图和上述分析，操作Ⅰ所得的Fe2O3和电解熔融Al2O3得到的O2为副产品；(5)氯化铝是共价化合物，在熔融状态下以分子形式存在，不能导电，不能用于电解。氧化铝是离子化合物，熔融时能够电离而导电，因此尽管氧化铝熔点高，氯化铝熔点低，工业上电解铝时选用氧化铝而不用氯化铝。
核心考点二 常见金属的化合物
1．常见金属氧化物
化学式
Na2O
Na2O2
MgO
Al2O3
FeO
Fe2O3
Fe3O4
分 类
碱性氧化物
过氧化物
碱性氧化物
两性氧化物
碱性氧化物
碱性氧化物
——
颜色状态
白色固体
淡黄色固体
白色粉末
白色固体
黑色粉末
红棕色粉末
黑色晶体
与水作用
反应生成NaOH
反应生成NaOH和O2
与水缓慢反应生成Mg(OH)2
不溶于水，也不与水反应
与酸作用
反应生成钠盐和水
反应生成钠盐、水和氧气
反应生成
镁盐和水
反应生成
铝盐和水
反应生成
亚铁盐和水
反应生成
铁盐和水
——
氧 化 性
除Na2O2外氧化性很弱，通常不能用还原剂还原
可用C、CO、Al等还原生成单质铁
其它反应
与CO2反应生成Na2CO3
与CO2生成Na2CO3和O2
与NH4Cl溶液
与强碱生成偏铝酸盐
与氧化性酸生成铁盐
——
——
2．常见金属氢氧化物
化学式
NaOH
Mg(OH)2
Al(OH)3
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Cu(OH)2
颜色状态
白色固体
白色固体
白色胶状沉淀
红褐色沉淀
白色沉淀
蓝色沉淀
稳 定 性
稳定加热
不分解
较高温度分解成MgO和H2O
加热分解成Al2O3和H2O
加热分解成Fe2O3和H2O
不稳定易被氧化成Fe(OH)3
易分解成CuO和H2O
与酸反应
均易与酸反应生成对应的盐，若为氧化性酸则Fe(OH)2还要被氧化
其它反应
与盐反应，与Cl2、Al反应
与NH4Cl溶液反应
与强碱溶液反应
——
具有还原性
新制Cu(OH)2被醛基还原
3．重要的盐
盐
Na2CO3
NaHCO3
FeCl2
FeCl3
化学性质
与酸反应
CO＋2H＋==H2O＋CO2↑
HCO＋H＋==H2O＋CO2↑
不反应
不反应
与碱反应
不反应
HCO＋OH－===H2O＋CO
Fe2＋＋2OH－==Fe(OH)2↓
Fe3＋＋3OH－==Fe(OH)3↓
氧化还原性
无
无
2Fe2＋＋Cl2==2Fe3＋＋2Cl－
2Fe3＋＋Fe==3Fe2＋
稳定性
稳定
2NaHCO3Na2CO3＋H2O↑＋CO2↑
稳定
稳定
金属离子检验
焰色反应呈黄色
焰色反应呈黄色
遇KSCN不显血红色，加入氯水后显红色
遇KSCN显血红色
4．两种常见金属及其化合物的转化形式：
(1)直线型转化关系：ABC
①NaNa2ONa2O2
②X为强酸，如NaAlO2Al(OH)3AlCl3
③X为强碱，如AlCl3Al(OH)3NaAlO2
(2)三角型转化关系


考法一 常见金属元素化合物性质
【典例1】(2020·新课标Ⅲ卷)宋代《千里江山图》描绘了山清水秀的美丽景色，历经千年色彩依然，其中绿色来自孔雀石颜料(主要成分为Cu(OH)2·CuCO3)，青色来自蓝铜矿颜料(主要成分为Cu(OH)2·2CuCO3)。下列说法错误的是( )
A．保存《千里江山图》需控制温度和湿度
B．孔雀石、蓝铜矿颜料不易被空气氧化
C．孔雀石、蓝铜矿颜料耐酸耐碱
D．Cu(OH)2·CuCO3中铜的质量分数高于Cu(OH)2·2CuCO3
【解析】A项，字画主要由纸张和绢、绫、锦等织物构成，为防止受潮和氧化，保存古代字画时要特别注意控制适宜的温度和湿度，A说法正确；B项，由孔雀石和蓝铜矿的化学成分可知，其中的铜元素、碳元素和氢元素均处于最高价，其均为自然界较稳定的化学物质，因此，用其所制作的颜料不易被空气氧化，B说法正确；C项，孔雀石和蓝铜矿的主要成分均可与酸反应生成相应的铜盐，因此，用其制作的颜料不耐酸腐蚀，C说法错误；D项，因为氢氧化铜中铜元素的质量分数高于碳酸铜，所以Cu(OH)2∙CuCO3中铜的质量分数高于Cu(OH)2∙2CuCO3，D说法正确。故选C。
【答案】C
考法二 考查物质间的转化
【典例2】(2020•江苏卷)下列选项所示的物质间转化均能实现的是( )
A．(aq)(g)漂白粉(s)
B．(aq)(s)(s)
C．(aq)(aq)(aq)
D．(s)(aq)(s)
【解析】A项，石灰水中Ca(OH)2浓度太小，一般用氯气和石灰乳反应制取漂白粉，故A错误；B项，碳酸的酸性弱于盐酸，所以二氧化碳与氯化钠溶液不反应，故B错误；C项，氧化性Cl2＞Br2＞I2，所以氯气可以氧化NaBr得到溴单质，溴单质可以氧化碘化钠得到碘单质，故C正确；D项，电解氯化镁溶液无法得到镁单质，阳极氯离子放电生成氯气，阴极水电离出的氢离子放电产生氢气，同时产生大量氢氧根，与镁离子产生沉淀，故D错误。故选C。
【答案】C
考法三 考查反应的图象
【典例3】(2019年6月浙江学考)为确定Fe2O3和Cu混合物的组成(假设混合均匀)，某兴趣小组称取五份不同质量的样品，分别投入30.0 mL某浓度的稀硫酸中。充分反应后，每组样品剩余固体的质量与原样品质量的关系如图所示。下列说法不正确的是( )
A．各组样品均发生反应：Fe2O3＋6H＋＝2Fe3＋＋3H2O 2Fe3＋＋Cu＝2Fe2＋＋Cu2＋
B．1．76 g样品充分反应后，溶液中一定存在Fe2＋和Cu2＋，一定不存在Fe3＋
C．该混合物中n(Fe2O3)︰n(Cu)＝1︰3
D．稀硫酸的浓度为3．00 mol·L－1
【解析】A项，样品中先发生Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，生成的Fe3+与铜反应，2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+， A项正确；B项，根据图知1．76g样品与稀硫酸反应，此时铜过量，生成Fe2+、Cu2+，没有Fe3+，B项正确；C项，根据c(5．28,1．92)，设为Fe2O3为xmol，Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，则反应的铜也为xmol，故5．28=160x+64x+1．92，解得x=0.15mol，n(Cu)=(x+0.03)mol=0.45mol，n(Fe2O3)：n(Cu)=1：3，C项正确；D项，由C项得n(H+)=6x=0.9mol，n(H2SO4)=0.45mol ，故c(H2SO4)=0.45mol /0.03L=0.15 mol·L-1，D项错误。故选D。
【答案】D
考法四 物质性质的实验探究
【典例4】(2016·高考全国卷Ⅱ)某班同学用如下实验探究Fe2+、Fe3+的性质。回答下列问题：
(1)分别取一定量氯化铁、氯化亚铁固体，均配制成0.1 mol·L-1的溶液。在FeCl2溶液中需加入少量铁屑，其目的是　　　　　　　　　　　。 
(2)甲组同学取2 mL FeCl2溶液，加入几滴氯水，再加入1滴KSCN溶液，溶液变红，说明Cl2可将Fe2+氧化。FeCl2溶液与氯水反应的离子方程式为　　　　　　　　　　。 
(3)乙组同学认为甲组的实验不够严谨，该组同学在2 mL FeCl2溶液中先加入0.5 mL煤油，再于液面下依次加入几滴氯水和l滴KSCN溶液，溶液变红，煤油的作用是 　。 
(4)丙组同学取10 mL 0.1 mol·L-1 KI溶液，加入6 mL 0.1 mol·L-1 FeCl3溶液混合。分别取2 mL此溶液于3 支试管中进行如下实验：
①第一支试管中加入1 mL CCl4充分振荡、静置，CCl4层显紫色；
②第二支试管中加入1滴K3[Fe(CN)6]溶液，生成蓝色沉淀；
③第三支试管中加入1滴KSCN溶液，溶液变红。
实验②检验的离子是　　　　　(填离子符号)；实验①和③说明：在I-过量的情况下，溶液中仍含有　　　　(填离子符号)，由此可以证明该氧化还原反应为　　　　　　。 
(5)丁组同学向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的FeCl2溶液，溶液变成棕黄色，发生反应的离子方程式为　　　　　　　　　；一段时间后，溶液中有气泡出现，并放热，随后有红褐色沉淀生成。产生气泡的原因是　　　　　　 ； 生成沉淀的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　(用平衡移动原理解释)。 
【解析】(1)亚铁离子具有还原性，能被空气中的氧气氧化，所以在配制的FeCl2溶液中加入少量铁屑的目的是防止Fe2+被氧化。(2)Cl2可将Fe2+氧化成铁离子，自身得电子生成氯离子，反应的离子方程式为2Fe2++Cl2==2Fe3++2Cl-。(3)防止空气中的氧气将Fe2+氧化，产生干扰，所以煤油的作用是隔绝空气。(4)根据Fe2+的检验方法，向溶液中加入1滴K3[Fe(CN)6]溶液，生成蓝色沉淀，一定含有亚铁离子；则实验②检验的离子是Fe2+；碘易溶于CCl4，在CCl4中显紫色，Fe3+遇KSCN溶液显红色，实验①和③说明，在I-过量的情况下，溶液中仍含有Fe3+，由此可以证明该氧化还原反应为可逆反应。(5)H2O2溶液中加入几滴酸化的FeCl2溶液，溶液变成棕黄色，发生反应的离子方程式为H2O2+2Fe2++2H+==2Fe3++2H2O，铁离子的溶液呈棕黄色；一段时间后，溶液中有气泡出现，并放热，随后有红褐色沉淀生成。产生气泡的原因是Fe3+催化H2O2分解放出氧气；生成沉淀的原因是H2O2分解反应放热，促进Fe3+的水解平衡正向移动。
【答案】 (1)防止Fe2+被氧化　(2)2Fe2++Cl2==2Fe3++2Cl-　
(3)隔绝空气(排除氧气对实验的影响)　(4)Fe2+　Fe3+　可逆反应　
(5)H2O2+2Fe2++2H+==2Fe3++2H2O　Fe3+催化H2O2分解产生O2　H2O2分解反应放热，促进Fe3+的水解平衡正向移动
考法五 考查化学工艺流程
【典例5】(2020•新课标Ⅰ卷)钒具有广泛用途。黏土钒矿中，钒以+3、+4、+5价的化合物存在，还包括钾、镁的铝硅酸盐，以及SiO2、Fe3O4。采用以下工艺流程可由黏土钒矿制备NH4VO3。

该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
金属离子
Fe3+
Fe2+
Al3+
Mn2+
开始沉淀pH
1．9
7．0
3．0
8．1
完全沉淀pH
3．2
9．0
4．7
10．1
回答下列问题：
(1)“酸浸氧化”需要加热，其原因是___________。
(2)“酸浸氧化”中，VO+和VO2+被氧化成VO2+，同时还有___________离子被氧化。写出VO+转化为VO2+反应的离子方程式___________。
(3)“中和沉淀”中，钒水解并沉淀为V2O5·xH2O，随滤液②可除去金属离子K+、Mg2+、Na+、___________，以及部分的___________。
(4)“沉淀转溶”中，V2O5·xH2O转化为钒酸盐溶解。滤渣③的主要成分是___________。
(5)“调pH”中有沉淀生产，生成沉淀反应的化学方程式是___________。
(6)“沉钒”中析出NH4VO3晶体时，需要加入过量NH4Cl，其原因是___________。
【解析】(1)“酸浸氧化”需要加热，其原因是：升高温度，加快酸浸和氧化反应速率(促进氧化完全)；(2)“酸浸氧化”中，钒矿粉中的Fe3O4与硫酸反应生成FeSO4、Fe2(SO4)3和水，MnO2具有氧化性，Fe2+具有还原性，则VO+和VO2+被氧化成VO2+的同时还有Fe2+被氧化，反应的离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；VO+转化为VO2+时，钒元素的化合价由+3价升至+5价，1molVO+失去2mol电子，MnO2被还原为Mn2+，Mn元素的化合价由+4价降至+2价，1molMnO2得到2mol电子，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，VO+转化为VO2+反应的离子方程式为VO++MnO2+2H+= VO2++Mn2++H2O；(3)根据分析，“中和沉淀”中，钒水解并沉淀为V2O5·xH2O，随滤液②可除去金属离子K+、Mg2+、Na+、Mn2+，以及部分的Fe3+、Al3+；(4)根据分析，滤渣③的主要成分是Fe(OH)3；(5)“调pH”中有沉淀生成，是NaAlO2与HCl反应生成Al(OH)3沉淀，生成沉淀反应的化学方程式是NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3↓或Na[Al(OH)4]+HCl= NaCl+Al(OH)3↓+H2O；(6)“沉钒”中析出NH4VO3晶体时，需要加入过量NH4Cl，其原因是：增大NH4+离子浓度，利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全。
【答案】(1)加快酸浸和氧化反应速率(促进氧化完全)
(2)Fe2+ VO++MnO2+2H+= VO2++Mn2++H2O
(3)Mn2+ Fe3+、Al3+ (4)Fe(OH)3
(5)NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3↓或Na[Al(OH)4]+HCl= NaCl+Al(OH)3↓+H2O
(6)利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全

无机化工流程题的解题步骤
第一步：要通过学过的化学知识明确原料和产品(包括副产品)间的转化关系，即箭头方向所代表的含义。
第二步：分析流程中的每一步骤，从几个方面了解流程：①反应物是什么；②发生了什么反应；③该反应造成了什么后果，对制造产品有什么作用。抓住一个关键点：一切反应或操作都是为获得产品而服务的。

第三步：由于该类试题多与实际的工业生产相联系，有些问题就需要从生产成本、物质的循环利用、环境污染等角度进行考虑。
第四步：注意从题设问题中获取信息，帮助解题。

1．(2019•江苏卷)在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是( )
A．NaCl(aq)Cl2(g)FeCl2(s)
B．MgCl2(aq)Mg(OH)2(s)MgO (s)
C．S(s)SO3(g)H2SO4(aq)
D．N2(g)NH3(g)Na2CO3(s)
【答案】B
【解析】A．氯气的氧化性强，与铁单质反应直接生成氯化铁，故A错误；B．氯化镁与石灰乳发生复分解反应生成氢氧化镁，氢氧化镁高温煅烧生成氧化镁和水，故B正确；C．硫单质在空气中燃烧只能生成SO2，SO2在与氧气在催化剂条件下生成SO3，故C错误；D．氨气与二氧化碳和氯化钠溶液反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠受热分解可生成碳酸钠，故D错误；故选B。
2．(2020•新课标Ⅲ卷)某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物，还有少量其他不溶性物质。采用如下工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体(NiSO4·7H2O)：

溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
金属离子
Ni2+
Al3+
Fe3+
Fe2+
开始沉淀时(c=0.01 mol·L−1)的pH
沉淀完全时(c=1．0×10−5 mol·L−1)的pH
7．2
8．7
3．7
4．7
2．2
3．2
7．5
9．0
回答下列问题：
(1)“碱浸”中NaOH的两个作用分别是______________。为回收金属，用稀硫酸将“滤液①”调为中性，生成沉淀。写出该反应的离子方程式______________。
(2)“滤液②”中含有的金属离子是______________。
(3)“转化”中可替代H2O2的物质是______________。若工艺流程改为先“调pH”后“转化”，即

“滤液③”中可能含有的杂质离子为______________。
(4)利用上述表格数据，计算Ni(OH)2的Ksp=______________(列出计算式)。如果“转化”后的溶液中Ni2+浓度为1．0 mol·L−1，则“调pH”应控制的pH范围是______________。
(5)硫酸镍在强碱溶液中用NaClO氧化，可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiOOH。写出该反应的离子方程式______________。
(6)将分离出硫酸镍晶体后的母液收集、循环使用，其意义是______________。
【答案】(1)除去油脂、溶解铝及其氧化物
AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓或[Al(OH)4]- +H+=Al(OH)3↓+H2O
(2)Ni2+、Fe2+、Fe3+ (3)O2或空气 Fe3+
(4) 3．2~6.2
(5)2Ni2++ClOˉ+4OHˉ=2NiOOH↓+Clˉ+H2O (6)提高镍回收率
【解析】由工艺流程分析可得，向废镍催化剂中加入NaOH溶液进行碱浸，可除去油脂，并发生反应2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑、2Al2O3+4NaOH=4NaAlO2+2H2O将Al及其氧化物溶解，得到的滤液①含有NaAlO2，滤饼①为Ni、Fe及其氧化物和少量其他不溶性杂质，加稀H2SO4酸浸后得到含有Ni2+、Fe2+、Fe3+的滤液②，Fe2+经H2O2氧化为Fe3+后，加入NaOH调节pH使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，再控制pH浓缩结晶得到硫酸镍的晶体。(1)根据分析可知，向废镍催化剂中加入NaOH溶液进行碱浸，可除去油脂，并将Al及其氧化物溶解，滤液①中含有NaAlO2(或Na[Al(OH)4])，加入稀硫酸可发生反应AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓或[Al(OH)4]- +H+=Al(OH)3↓+H2O；(2)加入稀硫酸酸浸，Ni、Fe及其氧化物溶解，所以“滤液②”中含有的金属离子是Ni2+、Fe2+、Fe3+；(3)“转化”在H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，可用O2或空气替代；若将工艺流程改为先“调pH”后“转化”，会使调pH过滤后的溶液中含有Fe2+，则滤液③中可能含有转化生成的Fe3+；(4)由上述表格可知，Ni2+完全沉淀时的pH=8．7，此时c(Ni2+)=1．0×10-5mol·L-1，c(H+)=1．0×10-8．7mol·L-1，则c(OH-)=，则Ni(OH)2的；或者当Ni2+开始沉淀时pH=7．2，此时c(Ni2+)=0.01mol·L-1，c(H+)=1．0×10-7．2mol·L-1，则c(OH-)=，则Ni(OH)2的；如果“转化”后的溶液中Ni2+浓度为1．0mol·L-1，为避免镍离子沉淀，此时，则，即pH=6.2；Fe3+完全沉淀的pH为3．2，因此“调节pH”应控制的pH范围是3．2~6.2；(5)由题干信息，硫酸镍在强碱中被NaClO氧化得到NiOOH沉淀，即反应中Ni2+被氧化为NiOOH沉淀，ClOˉ被还原为Clˉ，则根据氧化还原得失电子守恒可得离子方程式为2Ni2++ClOˉ+4OHˉ=2NiOOH↓+Clˉ+H2O；(6)分离出硫酸镍晶体后的母液中还含有Ni2+，可将其收集、循环使用，从而提高镍的回收率。
3．(2020•江苏卷)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α-Fe2O3。
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___________[，]。
(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，向其中滴加几滴KSCN溶液，观察溶液颜色是否呈血红色
(3)pH偏低形成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)A项，适当升高酸浸温度，加快酸浸速率，能提高铁元素的浸出率，A选；B项，适当加快搅拌速率，增大铁泥与硫酸溶液的接触，加快酸浸速率，能提高铁元素的浸出率，B选；C项，适当缩短酸浸时间，铁元素的浸出率会降低，C不选；故选AB。(2)为了提高铁元素的浸出率，“酸浸”过程中硫酸溶液要适当过量，故向“酸浸”后的滤液中加入过量的铁粉发生的反应有：Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+2H+=Fe2++H2↑，“还原”过程中除生成Fe2+外，还有H2生成；通常用KSCN溶液检验Fe3+，故检验Fe3+是否还原完全的实验操作是：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，若不呈血红色，则Fe3+还原完全，若溶液呈血红色，则Fe3+没有还原完全；(3)向“还原”后的滤液中加入NH4F溶液，使Ca2+转化为CaF2沉淀，Ksp(CaF2)=c(Ca2+)·c2(F-)，当Ca2+完全沉淀(某离子浓度小于1×10-5mol/L表明该离子沉淀完全)时，溶液中c(F-)至少为mol/L=×10-2mol/L；若溶液的pH偏低，即溶液中H+浓度较大，H+与F-形成弱酸HF，导致溶液中c(F-)减小，CaF2沉淀不完全；(4)①将提纯后的FeSO4溶液与氨水—NH4HCO3混合溶液反应生成FeCO3沉淀，生成FeCO3的化学方程式为FeSO4+NH3·H2O+NH4HCO3=FeCO3↓+(NH4)2SO4+H2O[或FeSO4+NH3+NH4HCO3=FeCO3↓+(NH4)2SO4]，离子方程式为Fe2++ HCO3-+NH3·H2O=FeCO3↓+NH4++H2O(或Fe2++ HCO3-+NH3=FeCO3↓+ NH4+)；②根据题意Fe(OH)2开始沉淀的pH=6.5，为防止产生Fe(OH)2沉淀，所以将FeSO4溶液与氨水—NH4HCO3混合溶液反应制备FeCO3沉淀的过程中要控制溶液的pH不大于6.5；FeCO3沉淀需“洗涤完全”，所以设计的实验方案中要用盐酸酸化的BaCl2溶液检验最后的洗涤液中不含SO42- ；则设计的实验方案为：在搅拌下向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。
4．(2020•北京卷)MnO2是重要的化工原料，山软锰矿制备MnO2的一种工艺流程如图：

资料：①软锰矿的主要成分为MnO2，主要杂质有Al2O3和SiO2
②全属离于沉淀的pH

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
③该工艺条件下，MnO2与H2SO4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ag产品中依次加入足量bgNa2C2O4和足量稀H2SO4，加热至充分反应。再用cmol·L-1KMnO4溶液滴定剩余Na2C2O4至终点，消耗KMnO4溶液的体积为dL(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) ①增大反应速率，提高浸出率
②MnO2+4H++2Fe2+Mn2++2Fe3++2H2O 二氧化锰能够氧化单质铁为Fe2+
(2)MnO2的氧化性随酸性的减弱逐渐减弱
(3)Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+ (4)
【详解】(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发，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-；MnO2+Na2C2O4+2H2SO4=Na2SO4+MnSO4+2CO2↑+2H2O，则n(MnO2)=n(Na2C2O4)=-，产品纯度=×100%=。