新高考化学二轮复习分层训练高考解密10 常见金属及其重要化合物（讲义）（解析版）

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考点1.直接考查常见金属及化合物的主要性质及用途
1.（2022·浙江·统考高考真题）下列说法正确的是
A．铁与碘反应易生成碘化铁
B．电解ZnSO4溶液可以得到Zn
C．用石灰沉淀富镁海水中的Mg2+，生成碳酸镁
D．SO2通入BaCl2溶液中生成BaSO3沉淀
【解析】A．I2属于弱氧化剂，与Fe反应生成FeI2，A错误；B．电解一定浓度的硫酸锌溶液，Zn2+在阴极得电子析出Zn，B正确；C．石灰沉淀Mg2+生成的沉淀是Mg(OH)2，C错误；D．SO2通入BaCl2溶液中不能生成BaSO3沉淀，因为H2SO3酸性比HCl弱，该复分解反应不能发生，D错误；故答案选B。
【答案】B
考点2.直接考查常见金属与其化合物的转化
9．（2021·广东·高考真题）部分含铁物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断不合理的是
A．可与反应生成
B．既可被氧化，也可被还原
C．可将加入浓碱液中制得的胶体
D．可存在的循环转化关系
【解析】图中所示铁元素不同化合价的物质：a为Fe，b为FeCl2、FeSO4、Fe(NO3)2等Fe(II)的盐类物质，c为Fe(OH)2，e为FeCl3、Fe2(SO4)3、Fe(NO3)3等Fe(III)的盐类物质，d为Fe(OH)3。A．Fe与Fe(III)的盐类物质可发生反应生成Fe(II)的盐类物质，如Fe+2FeCl3=3FeCl2，故A不选；B．Fe(II)为铁元素的中间价态，既有还原性也有氧化性，因此既可被氧化，也可被还原，故B不选；C．Fe(III)的盐类物质与浓碱液反应生成Fe(OH)3沉淀，制备Fe(OH)3胶体操作为：向沸水中滴加饱和FeCl3溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热，故C选；D．转化如，故D不选；综上所述，答案为C。
【答案】C
考点3.以金属及其化合物为载体考查学生的实验探究能力
3.（2023·浙江·高考真题）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
A．AB．BC．CD．D
【解析】A．FeCl2溶液中加入Zn片，，溶液由浅绿色变为无色，Fe2+的氧化能力比Zn2+强，A错误；B．溶液变成血红色的原因，，与和K+无关，B错误；C．铁离子可能先与单质铁生成亚铁离子，则溶液呈绿色，C错误；D．向沸水中滴加饱和氯化铁溶液，制取Fe(OH)3胶体，继续加热则胶体因聚沉变为沉淀，D正确；故答案为：D。
【答案】D
考点4.以金属及其化合物为载体考查学生计算能力
（2019·浙江·统考高考真题）某红色固体粉末可能是Fe2O3、Cu2O或二者混合物，为探究其组成，称取mg该固体粉末样品，用足量的稀H2SO4充分反应后，称得固体质量为ag。
已知：Cu2O+2H+ = Cu+Cu2++H2O
(1)若a=____________(用含m的最简式表示)，则红色固体粉末为纯净物；(2)若a=m/9，则红色固体粉末中Fe2O3的物质的量为____________ml(用含m的最简式表示)。
【解析】（1）红色固体粉末为纯净物只有两种情况，全是Fe2O3或者全是Cu2O。Cu2O和硫酸反应生成的Cu会与Fe3+反应，Cu＋2Fe3+＝Cu2＋+2Fe2+。若全为Fe2O3时，剩余的固体物质为a=0g，但是当剩余固体质量为0g时，也有可能是Fe2O3和Cu2O两种物质的混合物；所以该红色固体只能为Cu2O。
Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O

，所以a＝m
（2）设Fe2O3为 x ml， Cu2O为yml，则160x＋144y＝m，Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O得到的铜为yml。
Cu＋2Fe3+＝Cu2＋+2Fe2+
x ml 2x ml
剩余的铜的质量为（y－x）×64＝a＝m，方程式联立，解出x＝。
【答案】(1) (2)
考点5.以金属元素化合物与生产、生活、环境、自然、能源等实际问题考查学生的实际应用能力
5.（2022·海南·统考高考真题）胆矾()是一种重要化工原料，某研究小组以生锈的铜屑为原料[主要成分是Cu，含有少量的油污、CuO、、]制备胆矾。流程如下。
回答问题：
(1)步骤①的目的是_______。
(2)步骤②中，若仅用浓溶解固体B，将生成_______(填化学式)污染环境。
(3)步骤②中，在存在下Cu溶于稀，反应的化学方程式为_______。
(4)经步骤④得到的胆矾，不能用水洗涤的主要原因是_______。
(5)实验证明，滤液D能将氧化为。
ⅰ.甲同学认为不可能是步骤②中过量将氧化为，理由是_______。
ⅱ.乙同学通过实验证实，只能是将氧化为，写出乙同学的实验方案及结果_______(不要求写具体操作过程)。
【答案】(1)除油污
(2)
(3)
(4)胆矾晶体易溶于水
(5)ⅰ.溶液 C 经步骤③加热浓缩后双氧水已完全分解 ⅱ.取滤液，向其中加入适量硫化钠，使铜离子恰好完全沉淀，再加入，不能被氧化
【解析】由流程中的信息可知，原料经碳酸钠溶液浸洗后过滤，可以除去原料表面的油污；滤渣固体B与过量的稀硫酸、双氧水反应，其中的CuO、CuCO3、Cu(OH)2均转化为CuSO4，溶液C为硫酸铜溶液和稀硫酸的混合液，加热浓缩、冷却结晶、过滤后得到胆矾。
（1）原料表面含有少量的油污，Na2CO3溶液呈碱性，可以除去原料表面的油污，因此，步骤①的目的是：除去原料表面的油污。
（2）在加热的条件下，铜可以与浓硫酸发生反应生成CuSO4、SO2和H2O，二氧化硫是一种大气污染物，步骤②中，若仅用浓H2SO4溶解固体B，将生成SO2污染环境。
（3）步骤②中，在H2O2存在下Cu溶于稀H2SO4，生成CuSO4和H2O，该反应的化学方程式为Cu+ H2O2+ H2SO4=CuSO4+2H2O。
（4）胆矾是一种易溶于水的晶体，因此，经步骤④得到的胆矾，不能用水洗涤的主要原因是：胆矾晶体易溶于水，用水洗涤会导致胆矾的产率降低。
（5）ⅰ. H2O2常温下即能发生分解反应，在加热的条件下，其分解更快，因此，甲同学认为不可能是步骤②中过量H2O2将I-氧化为I2，理由是：溶液C经步骤③加热浓缩后H2O2已完全分解。
ⅱ. I-氧化为I2时溶液的颜色会发生变化；滤液D中含有CuSO4和H2SO4，乙同学通过实验证实，只能是Cu2+将I-氧化为I2，较简单的方案是除去溶液中的Cu2+，然后再向其中加入含有I-的溶液，观察溶液是否变色；除去溶液中的Cu2+的方法有多种，可以加入适当的沉淀剂将其转化为难溶物，如加入Na2S将其转化为CuS沉淀，因此，乙同学的实验方案为取少量滤液D，向其中加入适量Na2S溶液，直至不再有沉淀生成，静置后向上层清液中加入少量KⅠ溶液；实验结果为：上层清液不变色，证明I-不能被除去Cu2+的溶液氧化，故只能是Cu2+将I-氧化为I2。
考点6.以金属元素及其化合物为载体考查化学基本理论
6.（2015·天津·高考真题）FeCl3具有净水作用，但腐蚀设备，而聚合氯化铁是一种新型的絮凝剂，处理污水比FeCl3高效，且腐蚀性小。请回答下列问题：
(1)FeCl3净水的原理是______。FeCl3溶液腐蚀钢铁设备，除H＋作用外，另一主要原因是(用离子方程式表示)______。
(2)为节约成本，工业上用NaClO3氧化酸性FeCl2废液得到FeCl3。
①若酸性FeCl2废液中c(Fe2＋)=2.0×10-2ml·L-1，c(Fe3＋)=1.0×10-3ml·L-1，c(Cl－)=5.3×10-2ml·L-1，则该溶液的pH约为______。
②完成NaClO3氧化FeCl2的离子方程式：
___+___Fe2++___=___Cl−+___Fe3++__
(3)FeCl3在溶液中分三步水解：
Fe3＋+H2OFe(OH)2++H＋ K1
Fe(OH)2++H2O+H＋ K2
+H2OFe(OH)3+H＋ K3
以上水解反应的平衡常数K1、K2、K3由大到小的顺序是__________。
通过控制条件，以上水解产物聚合，生成聚合氧化铁，离子方程式为：xFe3++yH2OFex(OH)y(3x-y)++yH+，欲使平衡正向移动可采用的方法是(填序号)______。
a．降温 b．加水稀释 c．加入NH4Cl d．加入NaHCO3
室温下，使氯化铁溶液转化为高浓度聚合氯化铁的关键条件是___。
(4)天津某污水处理厂用氯化铁净化污水的结果如下图所示。由图中数据得出每升污水中投放聚合氯化铁[以Fe(mg·L-1)表示]的最佳范围约为_____mg·L-1。
【解析】(1)FeCl3净水的原理是Fe3+水解生成的Fe(OH)3胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质，FeCl3溶液腐蚀钢铁设备，除H+作用外，另一主要原因是2Fe3++Fe=3Fe2+；
(2)若酸性FeCl2废液中电荷守恒：2c(Fe2+)+3c(Fe3+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，酸性溶液中可忽略c(OH-)，c(H+)=c(Cl-)-2c(Fe2+)-3c(Fe3+)=1.0×10-2ml/L，则该溶液的pH约为2；
②氯酸钠氧化酸性的氯化亚铁，则反应物中有氢离子参加，则生成物中有水生成，Cl元素的化合价从+5价降低到−1价，得到6个电子，而Fe元素的化合价从+2价升高到+3价，失去1个电子，根据得失电子守恒，则氯酸根离子的系数为1，Fe2+的系数为6，则铁离子的系数也是6，氯离子的系数是1，根据电荷守恒，则氢离子的系数是6，水的系数是3，配平后离子方程式为：+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O；
(3)FeCl3的分步水解程度越来越小，所以K1>K2>K3；
a．盐类水解为吸热反应，降温平衡左移，故a不符合题意；b．加水稀释促进盐类水解，故b符合题意；c．NH4Cl 的水解抑制上述水解，故c不符合题意；d．NaHCO3的水解促进上述水解，故d符合题意；故欲使平衡正向移动可采用的方法是bd；分析离子方程式：xFe3++yH2OFex(OH)y(3x-y)++yH+可知室温下，使氯化铁溶液转化为高浓度聚合氯化铁的关键条件是调节溶液的pH；
(4)由图中数据得出每升污水中投放聚合氯化铁[以Fe(mg·L-1)表示]的最佳范围约为18～20mg·L-1。
【答案】(1)Fe3+水解生成的Fe(OH)3胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质2Fe3++Fe=3Fe2+
(2)①2 ②1 6 6H+ 1 6 3H2O
(3)K1＞K2＞K3 bd 调节溶液的pH
(4)18～20
1、对点核心素养
（1）宏观辨识和微观探析：以物质性质为突破点，能描述或预测物质的性质和在一定条件下可能发生的化学变化。
（2）平衡思想与变化观念：由点到线、由线成面、由面构体,将金属元素化合物知识与反应原理、物质结构深度融合
（3）科学探究与创新意识：能设计并优化实验方案,对典型物质及其性质进行实验探究，尊重事实和证据,能独立思考,对相关实验大胆质疑并能改进和创新。
2、对点命题分析
金属及其化合物的知识是高中化学的主干知识，是高考化学的必考内容。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，钠、铝、铁、铜及其化合物是日常生活中非常重要的物质，特别是铝、铁在国民经济中占有极其重要的地位。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，在选择题中经常以离子共存、离子方程式、氧化还原反应、物质的检验、分离与提纯、气体的制取和性质实验、物质推断、计算等题型融合出现，在非选择题中以金属元素的性质为载体，通过工业生产为背景的工艺流程、实验探究，考查考生运用金属元素的有关知识分析解决问题的能力。近几年的高考加强了元素及其化合物知识与基本概念、基本理论的结合，该部分知识在高考中的考查要求逐渐提高，侧重考查学生分析问题、解决问题的能力，命题的重点将是钠及其化合物(特别是Na2O2、Na2CO3、NaHCO3)的性质、铝及其化合物的两性、Fe2＋与Fe3＋之间的转化关系、铜的冶炼及Cu(OH)2的性质等基础知识，但非选择题常常以不常见的过渡元素考查基础知识的理解能力和迁移能力，一般较难。
核心考点一 钠及其化合物
1.理清知识主线
Na→Na2O→Na2O2→NaOH→Na2CO3→NaHCO3
2.形成网络构建
3.扫除易忘知识盲点
①钠和盐溶液反应,不能置换出盐中的金属,与熔融的盐反应才可能置换出盐中的金属。
②Na与足量O2反应无论生成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。
③Na分别与H2O和乙醇发生反应均能生成H2,但反应的剧烈程度不同,前者反应剧烈,后者反应缓慢。
④1 ml Na2O2参与反应转移电子的物质的量不一定为1 ml,如1 ml Na2O2与足量SO2的反应转移电子应为2 ml。
⑤不能用Ca(OH)2溶液鉴别Na2CO3和NaHCO3溶液,应选用CaCl2或BaCl2溶液。
⑥除去CO2中的HCl气体，应选用饱和的NaHCO3溶液。
⑦向饱和的Na2CO3溶液中通入过量CO2，有NaHCO3 白色晶体析出。
⑧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。
⑨Na－K合金常温下呈液态，是原子反应堆的导热剂。
⑩碱金属的密度呈现增大的趋势，但K反常。
⑪Li和O2反应只生成Li2O；NaH是离子化合物，是一种强还原剂。Na2O、Na2O2阴阳离子个数比均为1∶2。
⑫Na2O2投入品红溶液中,因溶液中有强氧化性物质,因而可使品红溶液褪色。Na2O2投入无色酚酞溶液中,酚酞溶液先变红后褪色。
核心考点二 镁、铝及其重要化合物
1.理清知识主线
Al→Al2O3→Al(OH)3→eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(NaAlO2,AlCl3,Al2(SO4)3,KAl(SO4)2·12H2O))
Mg→MgO→Mg(OH)2→eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(MgCl2,MgSO4))
2.形成网络构建
3.扫除易忘知识盲点
(1)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。
(2)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。
(3)引发铝热反应的操作是高考实验考查的热点，具体操作是先铺一层KClO3，然后插上镁条，最后点燃镁条。
(4)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。
(5)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。
(6)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HCOeq \\al(－,3)，不过量时生成COeq \\al(2－,3)，书写离子反应方程式时要特别注意。
(7)Al(OH)3可用作抗酸药；明矾常用于净水。
(8)泡沫灭火器所用试剂为Al2(SO4)3溶液和NaHCO3溶液。
(9)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。
(10)Mg3N2与水反应：Mg3N2＋6H2O===3Mg(OH)2＋2NH3↑。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↑。
核心考点三 铁、铜及其化合物
1.理清知识主线
Fe→eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(FeO,Fe2O3,Fe3O4))→eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(Fe(OH)2,Fe(OH)3))→eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(Fe2+,Fe3+))
Cu→eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(Cu2O,CuO))→Cu(OH)2→eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(Cu2+,CuX))
2.形成网络构建
3.扫除易忘知识盲点
(1)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的。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。
(2)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→棕黄色的颜色变化，该现象可用于Fe2＋的检验。
(3)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)。
(4)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。
(5)配制FeCl2溶液既要防氧化(加入Fe粉)，又要防水解(加入盐酸)；配制FeCl3溶液要加入浓盐酸防止水解。
(6)Fe3＋必须在酸性条件下才能大量存在，当pH＝7时，Fe3＋几乎完全水解生成Fe(OH)3沉淀。
(7)除去酸性溶液ZnCl2中的FeCl2，应先通入Cl2或加入H2O2，再加入ZnO，使Fe3＋水解生成沉淀过滤除去。
(8)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)。
(9)Fe(OH)3胶体的制备方法是将饱和FeCl3溶液滴加到沸水中，加热至呈红褐色后立即停止加热。胶体不带电，带电的是胶粒。
(10)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。
(11)铜在潮湿的空气中最终不是生成CuO，而是铜绿[Cu2(OH)2CO3]。
(12)常用灼热的铜粉除去N2中的O2，灼热的CuO除去CO2中的CO。
(13)新制Cu(OH)2悬浊液常用来检验醛基。
(14)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。
(15)Cu：紫红色；CuO：黑色；Cu2S：黑色；CuS：黑色；Cu2O：砖红色。
(16)铜的焰色反应为绿色。
(17)冶炼铜的方法有①热还原法；②湿法炼铜；③电解精炼铜。
(18)铜合金有：①青铜(Sn、Pb等)；②黄铜(Zn、Sn、Pb、Al等)；③白铜(Ni、Zn、Mn等)。
核心考点四 其它金属及其化合物
一、锰
锰(25Mn)位于第四周期第ⅦB族，价电子构型为3d54s2，软锰矿主要成分为MnO2，价态以＋2、＋4、＋6、＋7为最为常见，是活泼金属。
1、Mn2＋的性质
Mn2＋价电子构型为较稳定的3d5半充满结构，因此Mn2＋是锰的最稳定状态。在水溶液中呈粉红色，多数盐易溶。Mn2＋可与CO32－生成白色沉淀：Mn2＋＋CO32－=MnCO3↓
（1）在高酸度热溶液中，与过二硫酸铵、铋酸钠(NaBiO3)等强氧化剂作用，可Mn2＋氧化成MnO4-：
2Mn2＋＋5S2O882－＋8H2O2MnO4-＋10SO42-＋16H＋
2Mn2＋＋5NaBiO3＋14H＋2MnO4-＋5Na＋＋5Bi3＋＋7H2O
（2）在碱性溶液中，Mn2＋会生成沉淀：Mn2＋＋2OH－==Mn(OH)2↓(白)
2、MnO2的性质
MnO2是黑色不溶性粉末，是制造干电池的原料，在酸性介质中MnO2是一种强氧化剂。在实验室中常用此性质制备氯气：
MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O
MnO2还能氧化H2O2和Fe2＋等：
MnO2＋H2O2＋2H＋==Mn2＋＋O2↑＋2H2O
MnO2＋2Fe2＋＋4H＋==Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O
3、高锰酸钾
高锰酸钾KMnO4(俗名灰锰氧)是强氧化剂，是一种深紫色的晶体，水溶液呈紫红色的。KMnO4的稀溶液(0.1%)可用于消毒和杀菌。
在酸碱性不同的条件下，高锰酸钾的还原产物是不同的。例如：
1）KMnO4的应用：
(1)加热KMnO4是实验室制备氧气的简便方法:
2KMnO4K2MnO4＋MnO2＋O2↑
(2)KMnO4在酸性溶液中，是很强的氧化剂，它可以氧化Cl－、I－、SO32－、C2O42－、Fe2＋等，本身还原为Mn2＋。
常见用途有：
①制备氯气：2MnO4-+10Cl－＋16H＋==2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O
②标定KMnO4的浓度：2MnO4-＋5H2C2O4＋6H＋==2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O
③Fe含量的测定:MnO4-＋5Fe2＋＋8H＋==2Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O
2）KMnO4的制备
(1)MnO2与KClO3、KOH一起加热熔融生成锰酸钾：
3MnO2＋6KOH＋KClO33K2MnO4(绿)＋KCl＋3H2O
再将K2MnO4酸性条件下发生歧化反应，即可得到高锰酸钾：3MnO42－＋4H＋=2MnO4-－＋MnO2＋2H2O
(2)电解法：电解K2MnO4溶液可以制备KMnO4：
阳极反应：2MnO42－－2e-==2MnO4-
阴极反应：2H2O＋2e-==H2↑＋2OH－
总的电解反应：2MnO42－＋2H2O==2MnO4-－＋2OH－＋H2↑
二、铬
24Cr是第四周期第ⅥB族金属元素，铬的价电子构型为3d54s1，以＋3、＋6两种价态化合物最为重要。
1.铬单质是最硬的金属，与铁、镍能组成不锈钢。可用铝热法由Cr2O3制备金属铬：
Cr2O3＋2Al2Cr＋Al2O3。
2.含Cr3＋的溶液呈绿色，铬酸钾(K2CrO4)为黄色，重铬酸盐(K2Cr2O7)为橙色。
二者可以相互转化：2CrO42－＋2H＋Cr2O72－＋H2O。
加酸平衡向右移动c(Cr2O72－)增大，c(CrO42－)减小，溶液为橙红色；加碱平衡左移c(CrO42－)增大c(Cr2O72－)减小，溶液为黄色；中性时溶液为橙色。
3.与Al2O3、Al(OH)3相似，Cr2O3、Cr(OH)3具有两性，Cr(OH)3在溶液中存在两种平衡：
Cr3＋＋3OH－Cr(OH)3H＋＋CrO2-
Cr(OH)3既溶于酸，又溶于碱：
Cr(OH)3＋3HCl==CrCl3＋3H2O
Cr(OH)3＋NaOH==NaCrO2＋2H2O
4.在酸性溶液中，Cr2O72－是强氧化剂。如加热的条件下，K2Cr2O7可以氧化浓盐酸制备氯气：
K2Cr2O7＋14HCl(浓)2CrCl3＋2KCl＋3Cl2↑＋7H2O
交警查酒驾，就是用重铬酸钾的酸性溶液，来检验酒精的含量：
K2Cr2O7＋3CH3CH2OH＋4H2SO4=Cr2(SO4)3＋K2SO4＋3CH3CHO＋7H2O
5.含铬废水中，以Cr(Ⅵ)的毒性最大。我国规定工业废水含Cr(Ⅵ)的排放标准为0.1mg·L－1。含铬废水处理的基本原理就是将铬(Ⅵ)还原为铬(Ⅲ)，然后转化为Cr(OH)3沉淀除去。
现介绍两种中学化学常考到的方法：
(1)化学还原法，可先将废水用硫酸调pH值至2~3，再加入FeSO4等还原剂，将Cr(Ⅵ)还原成Cr(Ⅲ):
Cr2O72－＋6Fe2＋＋14H＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O
然后用NaOH或Ca(OH)2调pH值至7~8，生成Cr(OH)3沉淀，再加混凝剂，使Cr(OH)3沉淀除去。
(2)电解还原法
电解还原法是用金属铁作阳极，Cr(Ⅵ)在阴极上被还原成Cr(Ⅲ)，在电解过程中阳极铁板溶解下来的Fe2＋(Fe－2e-=Fe2＋)也可将Cr(Ⅵ)还原成Cr(Ⅲ)。同时由于阴极板上析出H2，使废水pH值逐步上升，最后呈中性，此时Cr3＋、Fe3＋都以氢氧化物沉淀析出。
三、银
1. 银单质
(47Ag)是第五周期IB族元素，在自然界有游离态的银。银的活动性在氢之后，在电化学中，Ag是活性电极，在阳极放电：Ag－e-=Ag＋。
Ag2O对热不稳定，加热到时完全分解：2Ag2O4Ag＋O2↑。
乙醇在单质Ag或Cu催化下，可被氧化成乙醛，其催化原理是：
4Ag＋O22Ag2O C2H5OH＋Ag2OCH3CHO＋2Ag＋H2O
银器表面变暗，主要是由于生成了Ag2S所致，为使其表面恢复光泽，可将其放入盛食盐水的铝盆中，发生原电池反应：
负极(Al)：2Al－6e-=2Al3＋
正极(Ag2S)：3Ag2S＋6e-=6Ag＋S2－，
3S2－＋2Al3＋＋6H2O=2Al(OH)3↓＋3H2S↑
总反应：2Al＋3Ag2S＋6H2O=2Al(OH)3↓＋6Ag＋3H2S↑
2.氢氧化银(AgOH)的性质
在AgNO3溶液中，逐滴加入稀氨水，首先生成白色沉淀AgOH↓，AgOH极不稳定，立即脱水生成暗棕色的Ag2O 沉淀，AgOH及Ag2O均能溶于氨水形成银氨溶液:
AgNO3＋NH3·H2O=AgOH↓＋NH4NO3
AgOH＋2NH3·H2O=Ag(NH3)2OH＋2H2O
3.银盐
多数银盐难溶于水，能溶的只有AgNO3、AgF、AgSO4等少数几种。
在卤化银中，除AgF外，AgCl(白↓)、AgBr(淡黄↓)、AgI(黄↓)均不溶于水且不溶于稀HNO3。
常见难溶银盐的溶解度大小为：S(AgCl)＞S(AgBr)＞S(AgI)＞S(Ag2S)
依次加入Br－、I－、S2－可实现沉淀转化：AgCl→AgBr→AgI→Ag2S。
AgCl、AgBr、AgI都具有感光性。
照像底片及印相纸上都散布着细小的AgBr明胶，摄影时，受光线照射而分解成细小的银：
2AgBr2Ag＋Br2；
AgI可用于人工降雨。硝酸银见光或加热容易分解：
2AgNO3=2Ag↓＋2NO2↑＋O2↑
因此AgNO3晶体或溶液应装在棕色试剂瓶中。
四、钛
1.钛单质：与浓盐酸和浓硫酸反应，均生成氢气：
(1)2Ti ＋ 6HCl(浓) = 2TiCl3＋3H2↑
(2)2Ti ＋3H2SO4(浓) = Ti2(SO4)3＋3H2↑
2.单质钛的制备：
(1)FeTiO3加H2SO4处理，同时加入铁屑，目的是防止Fe2＋被氧化：
FeTiO3＋2H2SO4= TiOSO4＋FeSO4＋2H2O
(2)加热使TiOSO4水解得到TiO2·xH2O，脱水得到TiO2：
TiO2＋ ＋(x＋2)H2O (过量)TiO2·xH2O↓＋4H＋
(3)将TiO2与碳、氯气共热生成TiCl4，然后在Ar的气氛中，用Na或Mg还原成Ti，熔化铸成钛锭：
TiO2＋2Cl2＋2CTiCl4＋2CO
2Mg ＋ TiCl42MgCl2＋Ti
3.TiO2的性质：典型的晶体叫做金红石，纯净的TiO2叫做钛白粉。
(1)TiO2溶于H2SO4生成Ti(SO4)2：
TiO2＋2H2SO4(浓) = Ti(SO4)2＋2H2O
但从H2SO4溶液中析出的不是Ti(SO4)2，而是TiOSO4。
(2)TiO2不溶于碱，但能与熔融的烧碱反应生成偏钛酸盐，所以TiO2是两性氧化物。例如：
TiO2＋2NaOH(熔融) = Na2TiO3＋H2O
4.四氯化钛
常温，是一种无色发烟的液体，有刺激性气味。若暴露在潮湿的空气中，会冒出白烟，部分水解生成钛酰氯，利用此性质，制备烟幕弹：TiCl4＋H2O = TiOCl2＋2HCl
核心考点五 金属及其化合物的几个专题
1、颜色专题
（1）常见金属及其化合物的颜色
赤： Fe2O3、Fe(OH)3、Fe(SCN)X(3—X)—、Cu2O、Cu
黄： Na2O2、AgBr、AgI、浓硝酸、FeS2、工业盐酸（ Fe 3+）、钠焰色
绿：Fe2+（FeSO4•7H2O）、Cu2(OH)2CO3、CuCl2（浓）
青：FeS、CuS、Ag2S、PbS、FeO、Fe3O4、Cu2S、CuO、MnO2
蓝：Cu2+（带结晶水）、Cu(OH)2
紫：MnO4—、 [Fe(C6H5O)6]3—、钾的焰色
白：Fe(OH)2、CuSO4(无水)、Na2O、Na2SO3、Al(OH)3、Mg(OH)2、AgCl、BaSO4、CaCO3、MgCO3大多数沉淀
棕：固体FeCl3、CuCl2
（2）特征反应颜色变化：
（1）白色沉淀[Fe(0H)2] 红褐色[Fe(OH)3]
（2）使Fe3+溶液显紫色的是酚。
（3）Fe3+遇SCN-显血红色。
2.特征反应专题
（1）既能与强酸反应, 又能与强碱反应的物质一般有:
①某些金属Al
②两性氧化物Al2O3
③两性氢氧化物Al(OH)3
④弱酸的酸式盐如NaHCO3、NaHS、NaHSO3、Na2HPO4、NaH2PO4等
（2）置换反应
①金属→金属
②金属→非金属
③非金属→金属
3、掌握金属活动性顺序总览金属全局
金属的化学性质主要表现为易失去最外层的电子，显示还原性，这与它们的原子结构有关。常见金属的主要化学性质列于下表：
注：金属活动性顺序就是金属单质的还原性由强渐弱的顺序。按金属活动性顺序，把常见金属分为以下三组：
活泼金属组：K、Ca、Na，Mg、Al；
中活泼金属：Zn、Fe，Sn、Pb、(H)；
不活泼金属：Cu、Hg、Ag，Pt、Au。
如上所示，每个金属组又分为两个不同层次，显示其还原性的差异。这样复习金属单质的化学性质，有利于总览金属的全局，以及金属还原性强弱的变化规律。
(1) 跟O2反应：K、Ca、Na、Mg、Al迅速氧化，Zn、Fe、Sn、Pb缓慢氧化，Cu、Hg、Ag、Pt、Au很难氧化。
(2) 跟H2O反应：K、Ca、Na跟水反应剧烈，Mg、Al跟水在加热下缓慢反应，Zn、Fe在高温下跟水气反应，生成H2和金属氧化物。
(3) 跟盐酸反应：K、Ca、Na反应猛烈，Mg、Al反应剧烈，锌、铁反应较快，Sn、Pb反应缓慢，Cu、Hg、Ag、Pt、Au不能反应。
(4) 跟硝酸反应：Cu、Hg、Ag可与HNO3反应，Pt、Au不跟HNO3反应。
4．总结实验判断金属活动性的规律
(1)金属与水或酸的反应越剧烈，该金属越活泼。
(2)金属对应的氢氧化物的碱性越强，该金属越活泼。
(3)一种金属能从另一种金属盐的溶液中将其置换出来，则该金属活泼性比另一金属强。
(4)两金属能构成原电池时，做负极的金属比做正极的金属活泼。
(5)在电解的过程中，一般先得电子的金属阳离子对应的金属单质的活泼性比后得电子的金属阳离子对应的金属单质的活泼性差。
5、金属之“最”
(1)在生活、生产中使用最广泛的金属是铁，但一般不使用纯铁，而使用铁的合金。如熟铁(含碳在0.03%以下的铁碳合金)、生铁(含碳在2%以上的铁碳合金)、钢(含碳在0.03%～2%的铁碳合金)。
(2)地壳中含量最多的金属元素为铝，铝单质广泛应用于生活中。
(3)最活泼的金属元素是铯，因为铯原子半径最大，最外层只有一个电子，易失电子，金属性最强。
(4)最硬的金属单质是铬，硬度为9(规定金刚石硬度为10)。
(5)熔点最高的金属单质是钨，熔点为3413℃。
(6)熔点最低的金属单质是汞，熔点为－39℃。
(7)最重的金属单质是锇(Os)，密度为22.57 g·cm－3。
(8)延性最好的金属单质是铂，展性最好的金属单质是金。
(9)金属中的杀菌冠军是银，每升水中只要有五百亿分之一克Ag+，就能消灭细菌。
(10)最稳定的金属单质是金。
6.常见无机物性质与用途对应关系归纳
考点一 直接考查常见金属及化合物的主要性质及用途
【高考解密】有关金属元素的考题几乎出现在每年的高考题中，考查方式除了在选择题中直接考查金属元素及其化合物的性质、用途之外，还可以以元素及其化合物为载体，考查离子共存、离子方程式、氧化还原反应、物质的鉴别与分离等有关知识，试题通常以基础题、中档题居多。
例1.（2022·浙江舟山·舟山中学校考模拟预测）有关铝及其化合物的说法正确的是
A．铝片可与冷水剧烈反应B．铝热反应放出的热量使生成的铁熔化
C．氧化铝是碱性氧化物D．氢氧化铝能溶于稀氨水
【解析】A．铝片不能与冷水剧烈反应，A错误；B．铝热反应放出大量的热量使生成的铁熔化，可用于焊接钢轨，B正确；C．氧化铝是两性氧化物，C错误；D．氢氧化铝能溶于氢氧化钠等强碱，不能溶于稀氨水等弱碱，D错误；故选B。
【答案】B
【名师点睛】本题直接考查金属及其化合物的应用，准确掌握金属及其化合物的性质和用途是解题的关键。
【变式训练1】（考查常见金属及其化合物的性质）（2022·江西·校联考模拟预测）2022年诺贝尔物理奖获得者之一使用钙做实验材料。下列说法正确的是
A．钙的金属活动性比镁弱B．钙与水反应生成H2
C．钙在自然界以单质形式存在D．实验中剩余的钙丢入下水道
【答案】B
【解析】A．金属活动性顺序表中钙位于钾和钠中间，比镁活泼，故A错误；B．钙与水反应类似钠钾，钙与水反应生成H2，故B正确；C．钙化学性质非常活泼，在自然界以化合态形式存在，故C错误；D．钙化学性质非常活泼，是危险品，实验中剩余的钙要放回原瓶，故D错误；故答案为B。
【变式训练2】（考查常见金属及其化合物的用途）（2022·江苏·模拟预测）铁粉是冶金的主要原料。下列有关铁的化学反应的叙述正确的是
A．高温下，铁粉与水蒸气反应生成磁性氧化铁
B．高温下，铁粉与氧化铝粉末反应置换出铝
C．制备溴苯时，铁粉与液溴反应生成FeBr2
D．铁粉和炭粉混合用食盐水湿润后发生析氢腐蚀
【解析】A．高温下，铁粉与水蒸气反应生成Fe3O4和氢气，Fe3O4即磁性氧化铁，A正确；B．Fe的还原性不如Al，无法与氧化铝粉末反应置换出铝，B错误；C．溴氧化性较强，铁粉与液溴反应生成FeBr3，C错误；D．食盐水显中性，铁粉发生吸氧腐蚀，D错误；综上所述答案为A。
【答案】A
【变式训练3】（考查金属的回收和利用）（2023·湖南岳阳·统考一模）从某含有、、的工业废液中回收铜并制备氯化铁晶体的流程如下：
则下列说法错误的是
A．试剂a是铁、试剂b是盐酸
B．试剂c是氯气，相应的反应为
C．操作Ⅰ、操作Ⅱ所用仪器相同，均要用到烧杯、分液漏斗、玻璃棒
D．加入过量试剂c之后，溶液W依然能使少量酸性溶液褪色
【解析】工业废液中加入试剂a为过量的铁，操作Ⅰ为过滤，得到滤渣Y为Fe、Cu，滤液X为氯化亚铁溶液；滤渣Y中加入试剂b为盐酸，溶解过量的铁生成氯化亚铁溶液，铜不溶，操作Ⅱ过滤得到铜和滤液Z氯化亚铁溶液，滤液Z和X合并通入氯气，把氯化亚铁氧化为氯化铁溶液，蒸发结晶，过滤洗涤干燥得到氯化铁晶体。A．由最终得到FeCl3及其流程图可知，a为过量的铁，b为盐酸，故A正确；B．滤液X，滤液Z中均含有FeCl2，c为氯气，把亚铁离子氧化为铁离子，反应的离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，故B正确；C．上述分析可知，操作Ⅰ、Ⅱ是过滤，均要用到烧杯、漏斗、玻璃棒，故C错误；D．亚铁离子、氯离子都可以被高锰酸钾溶液氧化，使高锰酸钾溶液褪色，加入过量试剂c之后，溶液中含大量的氯离子，依然能使少量酸性溶液褪色，故D正确；故选C。
【答案】C
考点二 直接考查常见金属与其化合物的转化
【高考解密】常见金属与其化合物的转化是这一部分知识的灵魂，这一方面的考查比较灵活，可以以选择题的形式进行直接考查，也可以在 = 2 \* ROMAN II卷以工艺流程题的形式进行间接考查。
例2.（2023·安徽宣城·安徽省宣城市第二中学模拟预测）几种常见物质的转化如图所示(反应条件省略)。
下列推断一定错误的是
A．若化合物2是淡黄色固体，化合物3为液态氧化物，则化合物4为碱
B．若单质1为黑色粉末，化合物2能使澄清石灰水变浑浊，则化合物1易溶于水
C．反应(1)和(2)是氧化还原反应，反应(3)可能是非氧化还原反应
D．若化合物1、2、3、4与单质2都含有某种元素，则该元素可能是铁
【解析】A．化合物2为淡黄色固体，它可能是过氧化钠，化合物3可能为水，过氧化钠与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠是碱，故A正确；B．化合物2能使澄清石灰水变浑浊，则化合物2为，化合物1为，难溶于水，故B错误；C．反应（1）、（2）只生成一种化合物，反应物有单质，则一定是氧化还原反应，而反应3可能是氧化还原反应，如过氧化钠与水、二氧化碳反应，也可能是非氧化还原反应，如与水反应，故C正确；D．金属铁存在下列转化：与反应生成，与反应生成，与反应生成，故D正确；故选B。
【答案】B
【名师点睛】本题直接考查金属及其化合物之间的相互转化，注意反应物质的浓度、反应条件的不同影响着反应的进行与否。
【变式训练1】（考查常见金属与其化合物间的转化）（2022·河北邯郸·邯郸一中校考模拟预测）实验室模拟工业处理含铬废水，操作及现象如图甲所示，反应过程中铬元素的化合价变化如图乙。已知：深蓝色溶液中生成了CrO5。
下列说法正确的是
A．0～5s过程中，发生的离子反应为：
B．实验开始至30s，溶液中发生的总反应离子方程式为
C．30～80s过程中，Cr元素被氧化，可能是溶解的氧气和剩余的H2O2所致
D．0s～80s时，溶液中含铬微粒依次发生氧化反应、还原反应和氧化反应
【解析】A．0～5s过程中，溶液中Cr元素的化合价都呈+6价，发生的离子反应为：，A不正确；B．实验开始至30s，溶液中→CrO5→Cr3+，H2O2作还原剂，失电子生成O2等，发生的总反应离子方程式为，B不正确；C．30～80s过程中，Cr元素由+3价升高到+6价，失电子被氧化，由Cr3+转化为，可能是溶解的氧气和剩余的H2O2所致，C正确；D．0s～80s时，溶液中含铬微粒转化过程中Cr元素化合价变化为：+6→+6、+6→+3、+3→+6，依次发生非氧化还原反应、还原反应和氧化反应，D不正确；故选C。
【答案】C
【变式训练2】（考查常见金属及其化合物价类二维图）（2023秋·吉林长春·高三长春市第二中学校考期末）部分含Cr物质的分类与相应化合价的关系如图所示。已知：为难溶于水的两性氢氧化物。下列推断合理的是
A．a的基态原子的价层电子排布式为
B．b可通过一步反应直接转化为c
C．可通过调节溶液的酸碱性完成e中两种含Cr离子的转化
D．e不能通过氧化还原反应直接转化为
【解析】部分含Cr物质的分类与相应化合价关系如图所示，则abcd分别为Cr、Cr2O3、、Cr3+。A．Cr是第24号元素，其基态原子的价层电子排布式为，A错误；B ．Cr2O3需要先溶于酸形成Cr3+，然后再与碱反应才能转化为，B错误；C．铬酸根离子可以和重铬酸根离子互相转化：，通过调节溶液的酸碱性，可以使该平衡发生移动，所以可以实现两种含Cr离子的转化，C正确；D．e中Cr元素价态是+6价，可以通过加入还原剂将其转化为+3价Cr3+，D错误；故选C。
【答案】C
【变式训练3】（考查金属的冶炼）（2022·湖南长沙·统考模拟预测）工业上冶炼金属钠通常采用的方法是（ ）
A．热分解法B．电解法C．结晶法D．热还原法
【解析】活泼性不同的金属用不同的冶炼方法如图：，Na为活泼金属，应用电解法治炼，故答案为B。
【答案】B
【点睛】电解法应用在不能用还原法、置换法治炼生成单质的活泼金属(如钠、钙、钾、镁等)和需要提纯精炼的金属(如精炼铝、镀铜等)。
考点三 以金属及其化合物为载体考查学生的实验探究能力
【高考解密】有关金属及其化合物探究实验的特点：要求考生对文字、图形、表格数据、反应流程中的信息进行提取、分析、猜想和归类，考查学生基础知识的综合应用、基本的实验方法和基本技能的掌握程度，考查学生对科学探究方法和过程的理解，对实验的评价。
例3．（2023·北京朝阳·北京八十中校考模拟预测）某小组用如图装置探究铝片与酸碱的反应，实验如下：
①A为盐酸时，1分钟后有大量气泡产生
②A为NaOH时，20秒后有大量气泡产生
③A为硫酸时，3分钟后有极少量气泡产生，滴加1mLCuSO4溶液，立即产生大量气泡，Al表面有少量红色固体。下列说法正确的是
A．对比①②说明氧化性NaOH＞HCl
B．对比①③说明Cl-对铝表面的氧化膜破坏能力强
C．对比①②③说明Al在不同的环境中还原性不同
D．③中实验说明Al与Cu2+反应剧烈放热
【解析】A．Al与盐酸反应2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑中HCl为氧化剂，Al与NaOH溶液反应2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑中H2O为氧化剂，选项A错误；B．对比①③说明Cl-对铝表面的氧化膜结合能力强，选项B错误；C．对比①②③说明Al在不同的环境中反应生成Al3+,即被氧性的情况不同，则还原性不同，选项C正确；D．③中实验是Al与Cu2+发生置换反应生成Cu，Al与Cu和稀硫酸形成原电池，加快反应速率，选项D错误；答案选C。
【答案】C
【变式训练】（2022·山东威海·校考模拟预测）用KSCN溶液和FeCl2溶液探究的还原性时出现异常现象实验如下：不正确的是
A．对比①③，可判定酸性条件下可氧化
B．实验中发生的氧化还原反应有两种
C．②中红色溶液中含有胶体
D．③中发生的氧化还原反应为：
【解析】①氯化亚铁盐酸酸化的溶液中滴入KSCN溶液，PH＜1，滴入过氧化氢发生氧化还原反应，生成铁离子，形成血红色溶液，大约10秒左右红色褪去，铁离子做催化剂过氧化氢分解有气体生成（经检验为O2），取褪色后溶液，滴加盐酸和BaCl2溶液，产生白色沉淀为硫酸钡沉淀，证明SCN-离子被氧化为磷酸根离子；②氯化亚铁盐酸酸化的溶液中滴入KSCN溶液，PH=5，滴入过氧化氢溶液，溶液变红且不褪色，说明亚铁离子被氧化为铁离子，铁离子对过氧化氢起到催化剂作用，有气体生成（经检验为O2），氧气氧化亚铁离子生成铁离子，经检验有丁达尔效应，说明生成了氢氧化铁胶体；③氯化亚铁盐酸酸化的溶液中滴入KSCN溶液，PH＜1，滴入过氧化氢发生氧化还原反应，通入足量氧气，溶液变红且不褪色，说明氧气氧化亚铁离子生成铁离子，滴加盐酸和BaCl2溶液，无白色沉淀，经检验无丁达尔效应，无硫酸钡沉淀生成和氢氧化铁胶体形成，排除了生成的氧气氧化SCN-的可能。A．对比①③，实验①排除了铁离子反应，而是SCN-离子反应，实验③排除了生成的氧气氧化SCN-的可能，可以判定酸性条件下H2O2可以氧化SCN-，故A正确；B．实验②中发生的氧化还原反应有亚铁离子被过氧化氢氧化为铁离子，过氧化氢分解生成氧气，氧气氧化亚铁离子，不只两种，故B错误；C．②中检验有丁达尔效应，说明红色溶液中含有Fe（OH）3胶体，故C正确；D．③中通入足量氧气溶液变红色说明，发生的氧化还原反应为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，故D正确；故选：B。
【答案】B
考点四 以金属及其化合物为载体考查学生计算能力
【高考解密】本考点以金属及其化合物为载体考查学生计算能力——物质的量、物质的量浓度、气体摩尔体积、氧化还原反应、中和滴定、物质的纯度等计算。
例4.（2023·湖南永州·统考二模）盐X由三种常见元素组成，某科学兴小组称取盐X进行实验，数据和现象如下：
已知：①气体B为两种气体的混合物，能被水完全吸收。
②取D溶液，用的溶液滴定，消耗溶液。
下列说法错误的是
A．试剂Y可能为溶液
B．盐X的化学式为
C．用的溶液滴定溶液D时可用酚酞作指示剂
D．若在X的稀溶液中通入足量气体，发生反应的离子方程式为：
【解析】A溶于盐酸后得到黄色溶液C，C加入Y得到血红色溶液E，则Y为溶液，C中含有铁离子，A为1.6g氧化铁（为0.01ml）；红棕色气体B和得到强酸D，则B为二氧化氮和氧气混合气，二氧化氮和氧气、水生成硝酸，HNO3为×÷×1L=0.06ml；则X中含有铁、氮元素分别为0.2ml（1.12g）、0.6ml（0.84g），则含有氧4.84g-1.12g-0.84g=2.88g，为0.18ml；三者物质的量之比为1:3:9，X为；A．由分析可知，Y可能为溶液， A正确；B．盐X的化学式为，B正确；C．D为硝酸溶液，用的溶液滴定溶液D时可用酚酞作指示剂，当最后一滴氢氧化钠溶液加入后，溶液变红色且半分钟不褪色说明达到滴定终点，C正确；D．若在X的稀溶液中通入足量气体，硝酸根离子具有强氧化性，也会把二氧化硫氧化为硫酸根离子同时生成一氧化氮气体，，D错误；故选D。
【答案】D
【名师点睛】本题以金属化合为载体考查考生的化学计算能力，明确反应发生的原理为解答关键。
【变式训练】（2022·浙江·三模）取1.77g镁铝合金投入到的盐酸中，合金完全溶解，放出氢气1.904L(已折算成标况)请计算：
(1)镁铝合金中镁的质量分数=______%(保留三位有效数字)
(2)上述溶液中继续滴加的NaOH溶液，得到沉淀3.10g。则V的最大值=______mL。(写出计算过程)
【解析】根据题意得出24n(Mg)+27n(Al)=1.77，镁、铝与盐酸反应生成氢气，根据得失电子数目守恒得出2n(Mg)+3n(Al)=，两式联立解得，n(Mg)=0.04ml，n(Al)=0.03ml；
(1)根据上述分析，合金中镁的质量分数为54.2%；故答案为54.2%；
(2)根据上述计算，得出n(Mg)=0.04ml，n(Al)=0.03ml，假设镁、铝全部生成沉淀，则沉淀质量为0.04ml×58g·ml－1＋0.03ml×78g·ml－1=4.66g＞3.10g，氢氧化铝为两性氢氧化物，因此沉淀达到3.10g，消耗氢氧化钠的最大量应是让部分氢氧化铝转化成偏铝酸钠，3.10g沉淀中含氢氧化镁沉淀质量为0.04ml×58g·ml－1=2.32g，含氢氧化铝的质量为(3.10g－2.32g)=0.78g，反应后溶液中的溶质为NaCl和NaAlO2，根据铝元素守恒，溶液中n(NaAlO2)=0.02ml，根据钠元素守恒，消耗氢氧化钠溶液最大体积为=0.22L，合220mL；故答案为220mL。
【答案】(1) 54.2% (2)220mL
考点五 以金属元素化合物与生产、生活、环境、自然、能源等实际问题考查学生的实际应用能力
【高考解密】本考点主要以工艺流程题的形式考查金属及其化合物在生产、生活、环境、自然、能源等实际问题考查学生的实际应用，考查化学方程式、离子方程式的书写、物质的分离提纯、产率的计算等。
例5．（2023·四川成都·一模）镀锌钢构件的酸洗废液中含有盐酸、和。实验室从酸洗废液中回收盐酸和的实验流程如下：
已知化合物的溶解度(水)数据如下表：
回答下列问题：
I．回收盐酸和粗产品
(1)操作1应选择______________(填字母序号)。
A．水浴加热 B．油浴加热 C．投入沸石
(2)为了获得粗产品，应适时停止加热且留有少量残余液，这样做除了防止被氧化外，另一目的是___________；若留有残余液过多，会造成的不良后果是___________(答一条)。
II．粗产品的重结晶
(3)检验粗产品中含有的操作方法是____________。
(4)重结晶前加入的物质X为_____________；操作2的名称是______________。
III．滴定亚铁离子，测定晶体纯度
准确称取重结晶后的晶体，溶于混酸中并定容至。移取三份溶液，加入指示剂，用标准溶液()滴定至终点，半分钟内不恢复，平均消耗标准溶液体积为(此时不被氧化)。
(5)计算晶体的纯度为____________(含a、c的代数式，化到最简)。
【解析】酸洗废液中含有盐酸、氯化亚铁和氯化锌，操作Ⅰ为蒸馏，溜出液为HCl，残余液中有氯化锌和氯化亚铁，冰水浴冷却抽滤得到氯化亚铁的粗产品，加入盐酸和Fe，加入盐酸防止FeCl2在结晶过程中水解，加入Fe防止Fe2+被氧化，操作2为过滤，干燥最终得到氯化亚铁晶体。
（1）操作1为蒸馏，温度为150℃，水浴无法达到150℃，因此应该选择油浴加热，油浴需要加入沸石，答案选BC。
（2）为了获得粗产品，应适时停止加热且留有少量残余液，这样做除了防止被氧化外，另一目的是防止FeCl2·4H2O结晶水水量偏低。若留有残余液过多，会导致析出的FeCl2·4H2O晶体过少，甚至无晶体析出或盐酸回收不充分。
（3）检验氯化铁晶体中是否含有Fe3+的操作方法为取少量粗产品样品，加入少量无氧水溶解，滴加溶液，若溶液显红色，说明其中含有铁离子反之则无。
（4）结晶前需要加入的物质X为铁粉，用途为防止Fe2+被氧化，操作2的名称为过滤。
（5）K2Cr2O7与亚铁离子反应离子方程式为6Fe2+++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，消耗的物质的量为cV×10-3ml，则消耗Fe2+的物质的量为6cV×10-3ml，则ag样品中含有Fe2+2.4cV×10-2ml，则FeCl2·4H2O晶体的纯度为%
【答案】(1)B C
(2)防止结晶水水量偏低 造成析出的晶体过少，甚至无晶体析出或盐酸回收不充分
(3)取少量粗产品样品，加入少量无氧水溶解，滴加溶液显红色
(4)粉 过滤
(5)
【名师点睛】本题以金属及其化合物为载体考查化学工艺流程、无机物推断、常用化学用语等，理解工艺流程是解题的关键。
【变式训练】（2022·四川成都·校考模拟预测）阳极泥是电解精炼铜过程中产生的一种副产品，其中含Au、Pt、Ag、Cu、Se、CuAgSe和SiO2等。下图是全湿法处理铜阳极泥提取银的工艺：
回答下列问题：
(1)CuAgSe中铜元素的化合价为 _______ ，NaClO3的名称是_______ 。
(2)“脱铜”工艺需要加压酸浸，加压的目的是_______ ；酸浸过程每消耗33.6LO2(标准状况)，能转化2 ml CuAgSe，则该反应的氧化产物为_______ ；“脱铜”后的混合物经过_______操作，进入“浸硒”工艺。
(3)"浸硒"过程中NaClO3溶液的作用是氧化硒元素，该工艺通常还要加入NaCl，加入NaCl的作用是_______ ；向“浸硒”得到的滤液I中通入SO2，过滤得到的滤渣为粗硒，滤液则可返回_______工艺进行循环利用。
(4)“分银”得到滤渣的主要成分有Pt、Au和_______ 。
(5)分析“沉银”过程中水合肼(N2H4·H2O)的作用：_______ 。
【解析】阳极泥是电解精炼铜过程中产生的一种副产品，其中含Au、Pt、Ag、Cu、Se、CuAgSe和SiO2等。将阳极泥与O2、稀硫酸进行反应“脱铜”， CuAgSe被氧化生成CuSO4、Se；"浸硒"过程中NaClO3溶液的作用是氧化硒元素，“分银”得到滤渣的主要成分有Pt、Au和SiO2，滤液中加入水合肼得到氮气、Ag。
（1）CuAgSe中Se元素化合价为-2价、Ag元素化合价为+1价，则Cu元素的化合价为+1价，NaClO3的名称是氯酸钠，故答案为：+1；氯酸钠。
（2）压强越大，气体的溶解度越大，反应速率越快，所以“脱铜”工艺需要加压酸浸，加压的目的是增大氧气的浓度，加快酸浸速率；n(O2)=33.6L÷22.4L/ml=1.5ml，酸浸过程每消耗1.5mlO2，氧气得到电子的物质的量为6ml，能转化2mlCuAgSe，根据转移电子守恒知，Cu、Se元素都失电子，所以CuAgSe被氧化为CuSO4、Se，则该反应的氧化产物为CuSO4、Se，“脱铜”后的混合物经过过滤，进入“浸硒”工艺。故答案为：增大氧气的浓度，加快酸浸速率；Se和CuSO4；过滤。
（3）浸硒“过程中NaClO3溶液的作用是氧化硒元素，该工艺通常还要加入NaCl，银离子和NaCl反应生成AgCl沉淀，加入NaCl的作用是：沉淀银离子，获得AgCl，减少银元素因溶解造成的损失；向“浸硒”得到的滤液I中通入SO2，过滤得到的滤渣为粗硒，SO2被氧化为硫酸，则滤液则可返回脱铜工艺进行循环利用，故答案为：沉淀银离子，获得AgCl，减少银元素因溶解造成的损失；脱铜。
（4）“分银”得到滤渣的主要成分有Pt、Au和SiO2，故答案为：SiO2。
（5）滤液中加入水合肼得到氮气、Ag，反应方程式为4Ag(NH3)2Cl+N2H4·H2O+3H2O=N2↑ +4Ag↓+4NH4Cl+4NH3·H2O，该反应中肼中N元素化合价由-2价变为0价，所以分析“沉银”过程中水合肼N2H4·H2O的作用：作还原剂，故答案为：作还原剂。
【答案】(1)+1 氯酸钠
(2)增大氧气的浓度，加快酸浸速率 Se和CuSO4 过滤
(3)沉淀银离子，获得AgCl，减少银元素因溶解造成的损失 脱铜
(4)SiO2
(5)作还原剂
考点六 以金属元素及其化合物为载体考查化学基本理论
【高考解密】本考点以金属及其化合物为载体考查化学基本理论——盖斯定律的应用、电化学、化学反应
速率与化学平衡、水溶液中的离子平衡等理论知识。
例6．（2022·江苏·模拟预测）地下水中硝酸盐造成的氮污染已成为一个世界性的环境问题。水体除NO主要有电化学法、催化还原法等。
(1)电化学去除弱酸性水体中NO的反应原理如图所示：
①作负极的物质是_______。
②正极的电极反应式是_______。
③取两份完全相同的含NO废液A和B，调节废液A、B的pH分别为2.5和4.5，向废液A、B中加入足量铁粉，经相同时间充分反应后，废液A、B均接近中性。废液A、B中铁的最终物质存在形态分别如图所示。溶液的初始pH对铁的氧化产物有影响，具体影响为_______。pH=4.5，NO的去除率低的原因是_______。
(2)纳米Fe-Ni去除废液中的NO (Ni不参与反应)。
①在酸性条件下，Fe与NO反应生成Fe2+和NH，则反应的离子方程式为_______。
②初始pH=2.0的废液，加入一定量的纳米Fe-Ni，反应一段时间后，废液中出现大量白色絮状沉淀物，过滤后白色沉淀物在空气中逐渐变成红褐色。产生上述现象的原因是_______。
(3)在金属Pt、Cu和Ir(铱)的催化作用下，H2可高效转化酸性溶液中的NO，其工作原理如图所示。H2在金属Pt和Cu的催化作用下将NO转化为液体中N2O的过程可描述为_______。
【解析】（1）①铁元素价态升高失电子，故Fe作负极；
②由图可知，硝酸根离子生成铵根离子，氮元素价态降低得电子，故正极电极反应式为NO+8e+10H+=NH+3H2O；
③溶液的初始pH对铁的氧化产物有影响，由图2可知，pH=2.5，铁的氧化产物主要为Fe3O4，pH = 4.5时，铁的氧化产物主要为FeOOH；pH = 4.5时，废液中的去除率较低的是废液B，的去除率低的原因是ppH=4.5时Fe3+水解生成了较多的FeOOH，FeOOH不导电，阻碍电子转移；
（2）①在酸性条件下，Fe与NO反应生成Fe2+和NH，由电子守恒、电荷守恒和原子守恒可得反应离子方程式为4Fe+NO+10H+=4Fe2++NH+3H2O；
②初始pH=2.0的废液，加入一定量的纳米Fe-Ni，反应一段时间后，废液中出现大量白色絮状沉淀物，过滤后白色沉淀物在空气中逐渐变成红褐色，产生上述现象的原因是Fe2+在水中发生水解，Fe2++ 2H2O⇌ Fe(OH)2+ 2H+，随着反应进行，c(H+)减小，平衡右移，产生Fe(OH)2沉淀，Fe(OH)2在空气中发生反应4Fe(OH)2+O2+2H2O =4Fe(OH)3，转变成红褐色的Fe(OH)3；
（3）H2在金属Pt和Cu的催化作用下将NO转化为液体中N2O的过程，可描述为在液体中H2在铂表面失去电子变成H+，电子进入导电基体中进行传导，NO在铜表面获得电子转化为NO，NO在铂表面得到电子转化为N2O。
【答案】(1) ①Fe②NO+ 8e- + 10H+ = NH+ 3H2O③酸性较强时，铁的氧化产物主要为Fe3O4；酸性较弱时，铁的氧化产物主要为FeO(OH) pH越高，三价铁越易水解生成FeO(OH)，FeO(OH)不导电，阻碍电子转移
(2)①NO+4Fe+10H+=4Fe2++NH+3H2O ②Fe2+在水中发生水解，Fe2++2H2O⇌Fe(OH)2+2H+，随着反应进行，c(H+)减小，平衡右移，产生Fe(OH)2沉淀，之后发生反应4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，变成红褐色的Fe(OH)3.
(3)在液体中，H2在铂表面失去电子变成H+，电子进入导电基体中进行传导，NO在铜表面获得电子转化为NO，NO在铂表面得到电子转化为N2O
【名师点睛】本题考查以金属及其化合为载体考查化学基本理论，涉及盖斯定律的应用、化学方程式的书写、化学平衡图象、化学平衡常数的计算、化学反应速率和化学平衡及电化学理论在工业生产的应用，解答本题学生需要扎实的基本知识与运用知识分析解决问题的能力。
【变式训练】（2022·河南焦作·焦作市第一中学校考模拟预测）钴是一种重要的过渡金属元素，常见化合价有、价。钴及其化合物在电池、磁性材料、催化剂等方面应用广泛。
(1)控制反应温度为、，向溶液中缓慢加入固体，并不断搅拌，可获得沉淀。已知：该温度下、。
①反应温度不高于的原因可能是_______。
②试通过计算说明控制溶液的主要原因：_______。
(2)通过热分解可获得钴的氧化物。取样品在空气中加热，充分反应后冷却，获得固体X，通过计算可知X的化学式为_______；将所得X与足量浓盐酸反应，能产生黄绿色气体，则该气体的物质的量在理论上应为_______。
(3)某科研机构通过以下装置获得了薄膜：
①b极应为电源的_______极(填“正”或“负”)，生成的电极反应式为_______。
②实验发现，当外电路中转移电子时，电极增重，其原因可能为_______。
【解析】（1）①反应温度不高于60℃的原因可能是NH4HCO3受热易分解；
②当溶液中c(C2+)⋅c2(OH-)=2×10-15时，C2+开始沉淀，此时c(OH-)==10-6.5ml⋅L-1，c(H+)≈10-7.5ml⋅L-1，pH≈7.5，为防止生成C(OH)2沉淀，应控制溶液pH