第3章 热点强化课4 从铁到“变价金属”-【创新教程】2025年高考化学总复习大一轮教师用书word（人教单选版）

　　　　　　　从铁到“变价金属” [考点突破] 1．铁、钴、镍 (1)含铁、钴、镍元素的物质性质比较 Fe(Ⅲ)、Co(Ⅲ)、Ni(Ⅲ)性质差异 Fe(Ⅱ)、Co(Ⅱ)、Ni(Ⅱ)性质差异 氧化物 氧化钴与氧化镍在酸性溶液中显示出强氧化性：Co2O3＋6HCl===2CoCl2＋Cl2↑＋3H2O Ni2O3＋6HCl===2NiCl2＋Cl2↑＋3H2O但氧化铁与酸只发生复分解反应 氢氧化物还原性 还原性的变化规律：Fe(OH)2> Co(OH)2> Ni(OH)2 ①Fe(OH)2在空气中极易被氧化成Fe(OH)3 ②Co(OH)2在空气中被O2氧化的速度较慢，可以被强氧化剂(H2O2)迅速氧化 ③Ni(OH)2在空气中不易被氧化，只有在更强的氧化剂条件下才会氧化生成Ni(OH)3 氢氧化物 铁的氢氧化物只与酸发生酸碱中和反应： Fe(OH)3＋3H＋===Fe3＋＋3H2O 镍、钴的氢氧化物与还原性酸发生氧化还原反应： 2Co(OH)3＋6H＋＋ 2Cl－===2Co2＋＋Cl2↑ ＋6H2O 2Ni(OH)3＋6H＋＋2Cl－===2Ni2＋＋Cl2↑＋6H2O 离子存在状态 Co(Ⅲ)、Ni(Ⅲ)仅能够存在于固态物质或配合物中，在水溶液中会发生如下反应(镍同)：4Co3＋＋2H2O===4Co2＋＋4H＋＋O2↑ Fe3＋在酸性溶液中可以稳定存在 与氨水反应 ①Fe(OH)2与氨水不反应 ②Co(OH)2―→[Co(NH3)6]2＋ ③Ni(OH)2―→[Ni(NH3)6]2＋ 结论与解释 ①由于Fe(OH)2的稳定性弱于Co(OH)2、Ni(OH)2，故三者的还原性存在规律： Fe(OH)2>Co(OH)2>Ni(OH)2，因此三者与氧化剂反应的条件不同，三者在氯水中溶解情况不同 ②由于铁、钴、镍的核电荷数依次增大，故对电子的吸引能力依次增强，所以正三价的氧化性呈现如下规律：Fe(Ⅲ)<Co(Ⅲ)<Ni(Ⅲ) (2)铁、钴、镍盐溶液的氧化性与还原性 ①在酸性溶液中，Fe2＋、Co2＋、Ni2＋分别是铁、钴、镍离子的稳定状态、高价态的铁(Ⅵ)、钴(Ⅲ)、镍(Ⅳ)在酸性溶液中都有很强的氧化性，空气中的O2能将酸性溶液中的Fe2＋氧化成Fe3＋，但不能将Co2＋、Ni2＋氧化成Co3＋和Ni3＋。 ②在碱性介质中，铁的最稳定价态仍是＋3价，钴、镍的最稳定价态仍是＋2价，在碱性介质中，将低价态的Fe(Ⅱ)、Co(Ⅱ)、Ni(Ⅱ)氧化成高价态比酸性介质中容易。 2．钛、钒、铬、锰 (1)钛(Ti)及其化合物的性质：主要化合价为＋3价、＋4价 (2)钒(V)及其化合物的性质：主要化合价＋2、＋3、＋4、＋5 (3)铬(Cr)及其化合物的性质：主要化合价＋2、＋3、＋6 重要工业铬产品的一般制备流程： (4)锰(Mn)及其化合物的性质：主要化合价＋2、＋3、＋4、＋5、＋6、＋7。 [典题应用] [例1]　(2024·洛阳市一中高三开学考)五氧化二钒(V2O5)广泛用于冶金、化工等行业。一种以含钒废料(含V2O3、MnO、SiO2、Al2O3)为原料制备V2O5的流程如图。 已知：V2O3难溶于水和碱，可溶于酸，灼烧可生成V2O5。 (1)为提高含钒废料的浸取率，可采取的措施为____________。 (2)“滤液1”中除了含有过量的NaOH，还含有的溶质为____________(填化学式)。 (3)“烘干灼烧”的目的是__________________________。 (4)“沉锰”时需将温度控制在70 ℃左右，温度不能过高的原因为____________；“滤渣2”的主要成分是MnCO3，写出生成MnCO3反应的离子方程式：__________________。 (5)证明NH4VO3已洗涤干净的实验操作及现象为__________________。 (6)在煅烧NH4VO3生成V2O5的过程中无元素化合价变化，请写出反应的化学方程式：________________________________。 解析：向含钒废料中加入过量的氢氧化钠溶液，可以除去废料表面的油污，氧化铝和二氧化硅与氢氧化钠溶液反应，氧化锰和三氧化二钒不溶于氢氧化钠溶液，过滤得到含有氢氧化钠、四羟基合铝酸钠和硅酸钠的滤液1和含有氧化锰和三氧化二钒的滤渣；烘干灼烧滤渣，三氧化二钒被空气中氧气氧化生成五氧化二钒；向烘干后的滤渣中加入硫酸溶液，氧化锰和五氧化二钒与硫酸反应生成硫酸锰和(VO2)2SO4，向溶解后的溶液中加入碳酸氢铵溶液，硫酸锰与碳酸氢铵溶液反应生成碳酸锰沉淀，过滤得到含有(VO2)2SO4的滤液，向滤液中加入过量硫酸铵溶液，浓缩结晶、过滤洗涤、干燥得到NH4VO3晶体，煅烧NH4VO3晶体得到五氧化二钒。 (1)适当延长浸取时间可提高含钒废料的浸取率； (2)由分析可知，加入氢氧化钠溶液的目的是将氧化铝和二氧化硅转化为可溶的四羟基合铝酸钠和硅酸钠除去，则滤液1中除了含有过量的NaOH，还含有Na2SiO3、Na[Al(OH)4]； (3)焙烧是在空气中加热，由题意可知，烘干灼烧滤渣的目的是三氧化二钒被空气中氧气氧化生成五氧化二钒； (4)如果温度过高，碳酸氢铵受热会分解，会导致原料利用率低，则沉锰时需将温度控制在70℃左右；向溶解后的溶液中加入碳酸氢铵溶液，硫酸锰与碳酸氢铵溶液反应生成碳酸锰沉淀、硫酸铵、二氧化碳和水，反应的离子方程式为Mn2＋＋2HCO===MnCO3↓＋H2O＋CO2↑； (5)由题意可知NH4VO3晶体表面会附有可溶的硫酸铵，则证明NH4VO3已洗涤干净的实验操作就是检验洗涤液中是否存在硫酸根离子，实验操作为取少量最后一次洗涤液于洁净的试管中，滴加BaCl2溶液，无明显现象，证明NH4VO3已洗涤干净； (6)由题可知，煅烧NH4VO3时， NH4VO3受热分解生成五氧化二钒、氨气和水，反应的化学方程式为2NH4VO3V2O5＋H2O＋2NH3↑。 答案：(1)延长浸取时间　(2)Na2SiO3、Na[Al(OH)4]　(3)将V2O3氧化为V2O5　(4)温度过高，NH4HCO3分解　Mn2＋＋2HCO===MnCO3↓＋H2O＋CO2↑　(5)取少量最后一次洗涤液于洁净的试管中，滴加BaCl2溶液，无明显现象，证明NH4VO3已洗涤干净　(6)2NH4VO3V2O5＋H2O＋2NH3↑ 　解决金属元素及化合物的流程问题的思维模板 [例2]　锌和铝都是活泼金属，其氢氧化物既能溶于强酸溶液，又能溶于强碱溶液，但是Al(OH)3不能溶于氨水，而Zn(OH)2能溶于氨水，生成[Zn(NH3)4]2＋。 回答下列问题： (1)单质铝溶于NaOH溶液后，溶液中铝元素的存在形式为________________(用化学式表示)。 (2)写出锌和NaOH溶液反应的离子方程式：___________________________ ________________________________________________________________________。 (3)下列各组中的两种溶液，用相互滴加的实验方法可以鉴别的是________(填序号)。 ①Al2(SO4)3溶液和NaOH溶液 ②Al2(SO4)3溶液和氨水 ③ZnSO4溶液和NaOH溶液 ④ZnSO4溶液和氨水 (4)写出可溶性铝盐和氨水反应的离子方程式：________________________________。试解释实验室不宜用可溶性锌盐与氨水反应制取氢氧化锌的原因： ___________________ ________________________________________________________________________。 解析：(1)Al与NaOH溶液反应生成Na[Al(OH)4]。 (2)锌与NaOH溶液反应的离子方程式为Zn＋2OH－＋2H2O===[Zn(OH)4]2－＋H2↑。 (3)①Al2(SO4)3溶液与NaOH溶液滴加顺序不同，现象不同，可鉴别；②Al2(SO4)3溶液与氨水滴加顺序不同，现象相同，不可鉴别；③ZnSO4溶液与NaOH溶液滴加顺序不同，现象不同，可鉴别；④ZnSO4溶液与氨水滴加顺序不同，现象不同，可鉴别。 答案：(1)[Al(OH)4]－ (2)Zn＋2OH－＋2H2O===[Zn(OH)4]2－＋H2↑ (3)①③④ (4)Al3＋＋3NH3·H2O===Al(OH)3↓＋3NH 可溶性锌盐与氨水反应产生的Zn(OH)2可溶于过量的氨水中，生成[Zn(NH3)4]2＋，氨水的用量不易控制 　解决两性金属问题的思维模板 [对点集训] 1．Zn(OH)2是两性氢氧化物，和强酸反应时生成Zn2＋，跟强碱反应时生成ZnO。现有三份等物质的量浓度、等体积的MgCl2、ZnCl2、AlCl3溶液(配制时均加入少量盐酸)，现将一定浓度的NaOH溶液，分别滴入三种溶液中至过量，NaOH溶液的体积x(mL)与生成沉淀的物质的量y(mol)的关系如图所示，则与MgCl2、ZnCl2、AlCl3溶液一一对应的正确图像是(　　) A．③②④　　　　 B．③⑤① C．③⑤④ D．③②① 解析：B　[向MgCl2溶液中加入NaOH溶液，开始时NaOH溶液先中和其中的少量盐酸，然后生成白色沉淀氢氧化镁，当NaOH溶液过量时，沉淀也不会溶解，沉淀的物质的量保持不变，故对应的是图像③；向ZnCl2溶液中加入NaOH溶液，开始时NaOH溶液先中和其中的少量盐酸，然后生成白色沉淀氢氧化锌，当NaOH溶液过量时，沉淀会溶解，依次发生反应：ZnCl2＋2NaOH===Zn(OH)2↓＋2NaCl，Zn(OH)2＋2NaOH===Na2[Zn(OH)4]，沉淀开始到沉淀量达到最大和沉淀完全消失所消耗的NaOH溶液的体积是相等的，故为图像⑤；向AlCl3溶液中加入NaOH溶液，开始时NaOH溶液先中和其中的少量盐酸，然后生成白色沉淀氢氧化铝，当氢氧化钠过量时，沉淀会溶解，依次发生反应：AlCl3＋3NaOH===Al(OH)3↓＋3NaCl，Al(OH)3＋NaOH===Na[Al(OH)4]，沉淀开始到沉淀量达到最大和沉淀完全消失所消耗的氢氧化钠的物质的量之比是3∶1，故为图像①。] 2．(2024·贵州六校联盟高三开学考)废镍催化剂主要含Ni，还有少量Cu、Fe、Al及其氧化物、SiO2。某研究性学习小组设计如图所示工艺流程回收镍，制备硫酸镍晶体(NiSO4·7H2O)。 该小组同学查阅资料知： ①镍的化学性质与铁相似，能与酸缓慢反应。 ②常温下，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 Ni2＋ Al3＋ Fe3＋ Fe2＋ 开始沉淀时(c＝0.01 mol·L－1)的pH 7.2 3.7 2.2 7.5 沉淀完全时(c＝1.0×10－5 mol·L－1)的pH 8.7 4.7 3.2 9.0 (1)废镍催化剂“粉碎”的目的是__________。 (2)滤渣2的成分是__________(用化学式表示)。 (3)“溶液”中加入H2O2的目的是__________(用反应的离子方程式表示)；该温度下，Ni(OH)2的溶度积常数Ksp是__________。 (4)下列物质调溶液pH，最好选用__________(填序号)。 a．氨水　　　　　 b．NiCO3 c．稀H2SO4 d．Na2CO3 若调pH前c(Ni2＋)＝1.0 mol·L－1，Al3＋和Fe3＋浓度均为0.01 mol/L，则“调pH”需控制溶液pH的范围为__________。 (5)Mg2＋易水解，海水中提取镁有类似操作的B，如从MgCl2溶液中获得溶质MgCl2·6H2O晶体需要在________气流氛围中进行________、过滤、洗涤、干燥等操作。 解析：由题给流程可知，废镍催化剂粉碎后加入稀硫酸酸浸，将金属元素转化为可溶的硫酸盐，二氧化硅与稀硫酸不反应，过滤得到含有二氧化硅的滤渣和含有可溶硫酸盐的滤液；向滤液中加入有机溶剂萃取、分液得到含有铜离子的有机层和溶液；向溶液中加入过氧化氢溶液，将溶液中亚铁离子氧化为铁离子，加入碳酸镍调节溶液pH在4.7≤pH＜6.2的范围内，将溶液中铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤得到含有氢氧化铁、氢氧化铝的滤渣和含有硫酸镍的滤液；硫酸镍溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到七水硫酸镍晶体。 (1)废镍催化剂粉碎可以增大固体表面积，有利于增大反应物的接触面积，提高反应速率； (2)由分析可知，滤渣2的主要成分为氢氧化铁、氢氧化铝； (3)由分析可知，加入过氧化氢溶液的目的是将溶液中亚铁离子氧化为铁离子，反应的离子方程式为2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O；由表格数据可知，氢氧化镍的溶度积Ksp＝0.01×(10－6.8)2＝10－15.6； (4)由分析可知，调节溶液pH在4.7≤pH＜6.2的范围内的目的是将溶液中铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，为防止中和溶液中氢离子时引入新杂质，调节溶液pH时应加入碳酸镍固体； (5)氯化镁是强酸弱碱盐，在溶液中发生水解反应生成氢氧化镁和盐酸，为防止氯化镁发生水解，从氯化镁溶液中获得六水氯化镁晶体需要在氯化氢气流氛围中，进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等操作。 答案：(1)增大固体表面积，提高酸浸速率 (2)Fe(OH)3、Al(OH)3　(3)2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O　10－15.6　(4)b　4.7≤pH＜6.2 (5)HCl　蒸发浓缩、冷却结晶 3．碱式碳酸镍[Nix(OH)y(CO3)z·nH2O]是一种绿色粉末状晶体，常用作催化剂和陶瓷着色剂，300 ℃以上时分解生成3种氧化物。为确定其组成，某同学在实验室中进行了有关的实验探究。回答下列问题： (1)甲、乙两装置可分别选取下列装置__________、________(填字母，装置可重复选取)。 (2)称取一定量的碱式碳酸镍样品，放入硬质玻璃管内；安装好实验仪器，检查装置气密性；加热硬质玻璃管，当C装置中________________(填实验现象)时，停止加热；打开弹簧夹K，缓缓通入空气，其目的是________________________________。 (3)A装置的作用是________________________________，若没有E装置，则会使________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。 (4)实验前后测得如表所示数据： B装置中样品质量/g C装置质量/g D装置质量/g 实验前 3.77 132.00 41.00 实验后 2.25 133.08 41.44 已知碱式碳酸镍中Ni的化合价为＋2价，则该碱式碳酸镍分解反应的化学方程式为 ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 (5)采取上述实验装置进行该实验时，必须小心操作，且保证装置气密性良好，否则浓硫酸会发生倒吸，导致加热的硬质玻璃管炸裂。为防止浓硫酸倒吸入硬质玻璃管中，提出你的改进措施：_____________________________________________________ ________________________________________________________________________。 解析：(1)根据信息，300 ℃以上时碱式碳酸镍分解生成3种氧化物，分别是NiO、CO2、H2O，需要测CO2和H2O的质量，因此必须让二者全部被吸收，装置甲的作用是吸收空气中CO2和H2O，装置甲应是c，B装置用来加热碱式碳酸镍，C装置用来吸收产生的H2O，D中的装置乙用来吸收产生的CO2，故装置乙选c。 (2)根据上述分析，当C装置中不再有气泡产生时，说明反应完全，打开弹簧夹K，缓慢通入空气的目的是让装置中残留的气体产物被C装置和D装置全部吸收。 (3)根据(1)的分析，A装置的作用是吸收空气中的CO2和水蒸气；E装置的作用是防止外界中CO2和H2O进入D装置，如果没有此装置，D装置会吸收空气中CO2和水，造成CO2的质量增大，根据原子守恒，偏小。 (4)C装置质量增加(133.08－132.00)g＝1.08 g，即产生水的质量为1.08 g，其物质的量为0.06 mol，D装置增加的质量是CO2的质量，即(41.44－41.00)g＝0.44 g，其物质的量为0.01 mol，B装置中反应后的物质是NiO，其质量为2.25 g，物质的量为0.03 mol，根据Nix(OH)y(CO3)z·nH2O中各元素正、负化合价代数和为0，OH－的物质的量为(＋2)×0.03 mol＋(－2)×0.01 mol＝0.04 mol，根据H原子守恒推出H2O的物质的量为0.06 mol－×0.04 mol＝0.04 mol，因此x∶y∶z∶n＝0.03 mol∶0.04 mol∶0.01 mol∶0.04 mol＝3∶4∶1∶4，即碱式碳酸镍的化学式为Ni3(OH)4CO3·4H2O，碱式碳酸镍受热分解反应的化学方程式为Ni3(OH)4CO3·4H2O3NiO＋6H2O↑＋CO2↑。 答案：(1)c　c (2)不再有气泡产生　将装置中残留的气体产物吹入吸收装置中 (3)吸收空气中的CO2和水蒸气　偏小 (4)Ni3(OH)4CO3·4H2O3NiO＋6H2O↑＋CO2↑ (5)在装置B、C之间连接一个安全瓶(合理答案均可) 学科网（北京）股份有限公司 $$