第3章 第12讲 金属及其化合物的综合应用（Word教参）-【优化指导】2025年高考化学一轮复习高中总复习·第1轮（鲁科版）

第12讲　金属及其化合物的综合应用 复习目标 1.基于金属及其化合物的性质与转化关系，解决相关物质的制备流程或实验探究问题。 2.结合质量守恒定律，了解热重法的原理及其应用；能用热重法计算，判断金属化合物的组成。 　金属及其化合物的制备与转化 [对应学生用书P74] 1.钠及其重要化合物的转化关系 (1)写出下列反应的离子方程式。 ①Na与水的反应：2Na＋2H2O===2Na＋＋2OH－＋H2↑； ②饱和Na2CO3溶液通入足量CO2：2Na＋＋CO＋CO2＋H2O===2NaHCO3↓。 (2)写出下列反应的化学方程式。 ①Na2O2与水的反应：2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑； ②Na2O2与CO2的反应：2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2↑； ③饱和食盐水中通入足量的NH3和CO2的反应：NaCl＋NH3＋CO2＋H2O===NaHCO3↓＋NH4Cl。 2.铁及其重要化合物的转化关系 写出下列反应的离子方程式。 (1)FeCl3溶液腐蚀印刷铜质线路板：2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋_； (2)FeCl2溶液中滴加酸性H2O2溶液：2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O； (3)Fe(OH)3与氢碘酸(HI)反应：2Fe(OH)3＋6H＋＋2I－===2Fe2＋＋I2＋6H2O； (4)Fe(OH)2与稀硝酸反应：3Fe(OH)2＋10H＋＋NO===3Fe3＋＋NO↑＋8H2O； (5)在水溶液中，FeBr2和Cl2等物质的量反应：2Fe2＋＋2Br－＋2Cl2===2Fe3＋＋Br2＋4Cl－。 考向1　金属及其化合物的制备“微实验” 【例1】 溴化亚铁(FeBr2)是一种常用的催化剂，易潮解变质，800 ℃以上可升华，高温时溴化铁(FeBr3)迅速分解成溴化亚铁。如图所示制备溴化亚铁(部分夹持仪器未画出)，下列说法正确的是(　　) A.若用浓硫酸代替浓磷酸，对产品的纯度产生影响 B.烧瓶中进行反应：H3PO4＋NaBrNaH2PO4＋HBr↑，说明H3PO4的酸性强于HBr C.碱石灰的作用是阻止空气中水蒸气进入，故可用无水氯化钙代替 D.实验结束时，通入一段时间N2，排出残留的HBr，避免造成污染 [实验剖析] 装置A 用于制取HBr：H3PO4＋NaBrNaH2PO4＋HBr↑，HBr是强酸，H3PO4是中强酸 装置D 制取FeBr2：Fe＋2HBrFeBr2＋H2 装置F 碱石灰含有CaO和NaOH，可吸收水分和酸性气体 D　解析：浓磷酸换成浓硫酸，会发生副反应：2NaBr＋2H2SO4(浓)SO2↑＋Br2＋2H2O＋Na2SO4，生成的SO2与铁不反应，溴与铁反应生成的FeBr3在高温下会迅速分解为FeBr2，对产品的纯度无影响，A错误；反应H3PO4＋NaBrNaH2PO4＋HBr↑是利用了难挥发性酸制取挥发性酸的原理，HBr是强酸，其酸性强于H3PO4，B错误；碱石灰是用来吸收未反应的HBr和阻止水蒸气进入，而无水氯化钙不能吸收HBr，C错误；碱石灰用来吸收未反应的溴化氢，并防止空气中的水蒸气进入装置，实验结束时要关闭热源并继续通入氮气一段时间，使装置中残留的HBr被充分吸收，避免造成污染，D正确。 考向2　金属及其化合物的制备“流程” 【例2】 (2024·福建漳州模拟)钛合金等新型合金广泛应用于航空航天领域。工业上以钛铁矿(FeTiO3，其中 Ti 为＋4 价)为主要原料制备金属钛的工艺流程如图所示，下列说法正确的是(　　) A.“氯化”过程中，FeTiO3是氧化剂 B.“氯化”过程中，每生成 0.3 mol CO 气体，转移电子 0.7 mol C.由 TiCl4制备 Ti 的过程中，Ar 气可换成 N2 D.由 TiCl4制备 Ti 反应的原子利用率为 100% B　解析：氯化过程发生反应：2FeTiO3＋7Cl2＋6C2FeCl3＋2TiCl4＋6CO，得到TiCl4，然后镁和四氯化钛反应生成钛和氯化镁，反应的化学方程式为TiCl4＋2MgTi＋2MgCl2，据此分析解答。FeTiO3中Ti 为＋4 价，Fe为＋2价，氯化过程中生成FeCl3，Fe元素化合价升高，FeTiO3 是还原剂，A错误；氯化过程中发生反应2FeTiO3＋7Cl2＋6C2FeCl3＋2TiCl4＋6CO，每生成6 mol CO，转移14 mol电子，生成0.3 mol CO，转移电子×14＝0.7 mol，B正确；Mg单质可以与氮气反应，因此不能将Ar 气换成 N2，C错误；由TiCl4 制备 Ti，反应的化学方程式为TiCl4＋2MgTi＋2MgCl2，属于置换反应，原子利用率不是100%，D错误。 (1)“四步法”突破金属及其化合物的制备“微实验” (2)“六看法”突破金属及其化合物的制备“微流程” 1.钌(Ru)是一种硬而脆、呈浅灰色的多价稀有金属，性质很稳定，且耐腐蚀性很强。实验室用H2还原RuO2来制备金属钌的装置如图所示。下列说法不正确的是(　　) A.加热试管前，应先收集气体并点燃，通过爆鸣声判断气体的纯度 B.洗气瓶中盛装的可能是NaOH溶液，用于除去HCl C.结束反应时，先停止加热，再关闭弹簧夹K D.启普发生器也可以用于二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气 D　解析：可燃性气体在点燃或加热前必须验纯，故加热试管前，应先收集气体并点燃通过爆鸣声判断气体的纯度，以免发生爆炸，A正确；洗气瓶中盛装的可能是NaOH溶液，用于除去氢气中的HCl，避免制得的Ru含有杂质，B正确；结束反应时，先停止加热，再关闭弹簧夹K，用氢气冷却Ru，以免生成的Ru在高温时又被空气中的氧气氧化，C正确；二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气需要加热，而启普发生器不能加热，D错误。 2.(2023·辽宁抚顺六校联考)工厂的工业废水中含有大量的FeSO4和较多的Cu2＋。某兴趣小组模拟工业上从该废水中回收金属铜，并制备Fe(OH)SO4，流程如下： 下列说法不正确的是(　　) A.操作1和操作2均为过滤 B.甲为铁粉，乙为稀硫酸溶液 C.往溶液1与溶液2中加入NaNO2反应生成NO，欲制备1.5 mol Fe(OH)SO4，理论上至少需要1.5 mol NaNO2 D.取少量产品Fe(OH)SO4溶于盐酸，滴入酸性KMnO4溶液，若紫色褪去，则产品中含Fe2＋ D　解析：由图可知，操作1和操作2均分离得到固体和溶液，故均为过滤操作，A正确；从废水中回收金属铜并制备Fe(OH)SO4，先加入足量铁粉，将Cu2＋置换出Cu，固体1是Cu和Fe的混合物，再加入稀硫酸溶液溶解Fe生成FeSO4，B正确；溶液1与溶液2是FeSO4溶液，欲制备1.5 mol Fe(OH)SO4，FeSO4失去1.5 mol 电子，加入NaNO2反应生成NO，据得失电子守恒可得，需要1.5 mol NaNO2，C正确；取少量Fe(OH)SO4溶于盐酸，溶解液中含有Cl－，滴入酸性KMnO4溶液，Cl－也可将MnO还原为Mn2＋，紫色褪去，故不能判断是否含有Fe2＋，D错误。 　热重分析确定金属化合物的组成 [对应学生用书P76] 1.热重曲线的基本图示 一般以横坐标为温度，纵坐标为固体质量(或质量分数等)建立平面直角坐标系。如固体物质A受热分解：A(s)B(s)＋C(g)，固体A热分解反应的热重曲线如图所示： 试样初始质量为m0，失重后试样质量为m1，由T1升高到T2过程，失重质量为Δm＝m0－m1，失重质量百分数为×100%。 2.热重分析的一般方法和规律 (1)设晶体为1 mol，其质量为m。 (2)失重一般是先失水，再失非金属氧化物。 (3)计算每步固体剩余的质量(m余)：×100%＝固体残留率。 (4)晶体中金属质量不减少，在m余中。 (5)失重最后一般为金属氧化物，由质量守恒得m氧，由n金属∶n氧，即可求出失重后物质的化学式。 考向　热重分析法的原理及应用 【例】 (2023·黑龙江大庆中学模拟)将5.00 g胆矾(不含其他杂质)置于氮气气流中，然后对其进行加热，逐渐升高温度使其分解，分解过程中的热重曲线如图所示。下列说法错误的是(　　) A.a点对应的物质中，氧元素的质量分数约为52.3% B.c点对应的固体物质只有CuSO4 C.将c→d产生的气体全部通入BaCl2溶液中，无沉淀产生 D.d→e的过程中，生成的某种物质可使带火星的小木条复燃 [思路剖析] ①胆矾热分解的变化　 CuSO4·5H2OCuSO4·xH2OCuSO4CuOCu2O ②物质转化与性质 HCl＞H2SO3SO2不与BaCl2溶液反应；O2具有助燃性能使带火星的小木条复燃 C　解析：胆矾失去部分结晶水得到a，a点对应的物质化学式为CuSO4·xH2O，则有5.00×＝4.28，解得x＝3，故氧元素的质量分数约为×100%≈52.3%，A正确；胆矾的化学式CuSO4·5H2O，5.00 g胆矾为0.02 mol，加热完全失去结晶水，得到0.02 mol CuSO4，其质量为3.20 g，故c点对应物质是CuSO4，B正确；c→d为CuSO4分解为CuO，产生的气体可能全部为SO3，或SO2和O2，或SO3、SO2和O2的混合气体，通入BaCl2溶液中，生成BaSO4沉淀，C错误；d→e的过程反应的化学方程式为4CuO2Cu2O＋O2↑，有氧气生成，氧气可使带火星的小木条复燃，D正确。 热重分析法确定物质组成的思维流程 　 依据动力学原理，CaMg(CO3)2分解过程中Mg2＋会比Ca2＋优先向外扩散，CO随后扩散到表面分解产生CO2和O2－，而Ca2＋与CO的结合能力较强，不易扩散。如图为在一定条件下的热重分析图。 下列说法错误的是(　　) A.第一阶段反应的化学方程式为CaMg(CO3)2CaCO3＋MgO＋CO2↑ B.图中B点时，碳酸钙的分解率为60% C.图中C点以后剩余固体的成分是CaO、MgO D.第二阶段图像斜率明显加大可能是因为温度较高使反应速率加快 B　解析：由题意可知，Mg2＋和CO优先于Ca2＋向外扩散，因此第一阶段可视为碳酸镁分解阶段，生成氧化镁和二氧化碳，而碳酸钙不反应，化学方程式为CaMg(CO3)2CaCO3＋MgO＋CO2↑，A正确；第二阶段为碳酸钙分解，若其完全分解时质量分数变化为76%－52%＝24%，B点时，因碳酸钙分解损失的质量分数为76%－64%＝12%，可知此时碳酸钙分解率为50%，B错误；C点为完全分解产物，固体成分为氧化镁和氧化钙，C正确；第二阶段反应温度高于第一阶段，温度越高反应速率越快，固体损失相同质量的时间段，曲线斜率较大，D正确。 [对应学生用书P78] 角度 金属及其化合物的制备“微实验” 1.(2021·江苏卷)下列由废铜屑制取CuSO4·5H2O的实验原理与装置不能达到实验目的的是(　　) A.用装置甲除去废铜屑表面的油污 B.用装置乙在加热的条件下溶解废铜屑 C.用装置丙过滤得到CuSO4溶液 D.用装置丁蒸干溶液获得CuSO4·5H2O D　解析：碳酸钠溶液显碱性，在加热的条件下可以除去铜屑表面的油污，A正确；在酸性条件下，铜与H2O2发生氧化反应得到硫酸铜，B正确；装置丙为过滤装置，过滤可以除去难溶杂质，得到硫酸铜溶液，C正确；用装置丁蒸干溶液会得到硫酸铜固体，而不是CuSO4·5H2O，D错误。 (2020·江苏卷)实验室以CaCO3为原料，制备CO2并获得CaCl2·6H2O晶体。下列图示装置和原理不能达到实验目的的是(　　) D　解析：HCl与CaCO3反应可生成CO2，A正确；CO2的密度比空气大，故从长管进气收集CO2，B正确；CaCO3为难溶物，通过过滤法除去，C正确；CaCl2·6H2O在蒸发时易失去结晶水，应采用冷却结晶的方法，D错误。 角度 金属及其化合物的制备“微流程” 2.(2022·河北卷)LiBr溶液可作为替代氟利昂的绿色制冷剂。合成LiBr工艺流程如下： 下列说法错误的是(　　) A.还原工序逸出的Br2用NaOH溶液吸收，吸收液直接返回还原工序 B.除杂工序中产生的滤渣可用煤油进行组分分离 C.中和工序中的化学反应为Li2CO3＋2HBr===2LiBr＋CO2↑＋H2O D.参与反应的n(Br2)∶n(BaS)∶n(H2SO4)为1∶1∶1 [思路剖析] ①还原 BaS与Br2发生反应BaS＋Br2===S↓＋BaBr2 ②除杂 除去Ba2＋，发生反应Ba2＋＋SO===BaSO4↓ ③中和 加入的Li2CO3与HBr反应：Li2CO3＋2HBr===2LiBr＋CO2↑＋H2O A　解析：Br2用NaOH溶液吸收，发生反应：Br2＋2NaOH===NaBr＋NaBrO＋H2O，若直接返回还原工序，则产品中会有一定量的溴化钠，导致产品的纯度降低，A错误；滤渣为BaSO4和S，S可溶于煤油，BaSO4则不能，可用煤油进行组分分离，B正确；根据得失电子守恒可知，Br2和BaS反应时物质的量之比为1∶1，根据BaSO4的化学组成及钡原子守恒可知，n(BaS)∶n(H2SO4)为1∶1，故参与反应的n(Br2)∶n(BaS)∶n(H2SO4)为1∶1∶1，D正确。 (1)(2023·辽宁卷)某工厂采用如下工艺制备Cr(OH)3，已知焙烧后Cr元素以＋6价形式存在，下列说法错误的是(　　) A.“焙烧”中产生CO2 B.滤渣的主要成分为Fe(OH)2 C.滤液①中Cr元素的主要存在形式为CrO D. 淀粉水解液中的葡萄糖起还原作用 (2)(双选)(2023·山东卷)一种制备Cu2O的工艺路线如图所示，反应Ⅱ所得溶液pH在3到4之间，反应Ⅲ需及时补加NaOH以保持反应在pH＝5条件下进行。常温下，H2SO3的电离平衡常数Ka1＝1.3×10－2，Ka2＝6.3×10－8。下列说法正确的是(　　) A.反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均为氧化还原反应 B.低温真空蒸发主要目的是防止NaHSO3被氧化 C.溶液Y可循环用于反应Ⅱ所在操作单元吸收气体Ⅰ D.若Cu2O产量不变，参与反应Ⅲ的X与CuSO4物质的量之比增大时，需补加NaOH的量减少 (1)B　解析：焙烧过程中铁、铬元素均被氧化，同时转化为对应钠盐，水浸时铁酸钠遇水水解生成氢氧化铁沉淀，滤液中存在铬酸钠，与淀粉的水解产物葡萄糖发生氧化还原反应得到氢氧化铬沉淀。铁、铬氧化物与碳酸钠和氧气反应时生成对应的钠盐和二氧化碳，A正确；焙烧过程铁元素被氧化，水浸后滤渣的主要成分为氢氧化铁，B错误；滤液①中Cr元素的化合价是＋6，铁酸钠遇水水解生成氢氧化铁沉淀，溶液显碱性，所以Cr 元素主要存在形式为CrO，C正确；由分析知淀粉水解液中的葡萄糖起还原作用，D正确。 (2)CD　解析：铜和浓硫酸反应(反应Ⅰ)生成二氧化硫气体(气体Ⅰ)和硫酸铜，生成的二氧化硫气体与碳酸钠反应(反应Ⅱ)，所得溶液pH在3～4之间，溶液显酸性，根据H2SO4的电离平衡常数Ka1＝1.3×10－2，Ka2＝6.3×10－8，可知NaHSO3溶液显酸性(电离大于水解)，则反应Ⅱ所得溶液成分是NaHSO3，调节溶液pH至11，使NaHSO3转化为Na2SO3，低温真空蒸发(防止Na2SO3被氧化)，固液分离得到Na2SO3晶体和Na2SO3溶液，Na2SO3和CuSO4反应的离子方程式是SO＋2Cu2＋＋2H2O===SO＋Cu2O＋4H＋，反应过程中酸性越来越强，使Na2SO3转化成SO2气体，总反应方程式是2CuSO4＋3Na2SO3=== Cu2O＋2SO2↑＋3Na2SO4，需及时补加NaOH以保持反应在pH＝5条件下进行，据此分析解答。反应Ⅰ是铜和浓硫酸反应，生成二氧化硫，是氧化还原反应，反应Ⅱ是SO2和碳酸钠溶液反应，生成NaHSO3、水和二氧化碳，是非氧化还原反应，反应Ⅲ是Na2SO3和CuSO4反应生成Cu2O，是氧化还原反应，A错误；低温真空蒸发主要目的是防止Na2SO3被氧化，而不是NaHSO3，B错误；经分析溶液Y的成分是Na2SO3溶液，可循环用于反应Ⅱ的操作单元吸收SO2气体(气体Ⅰ)，C正确；制取Cu2O的总反应方程式是2CuSO4＋3Na2SO3===Cu2O＋2SO2↑＋3Na2SO4，化合物X是指Na2SO3，若Cu2O产量不变，增大，多的Na2SO3会消耗氢离子，补加NaOH的量需减少，D正确。 角度 热重分析法的原理及应用 3.(2022·全国乙卷)化合物(YW4X5Z8·4W2Z)可用于电讯器材、高级玻璃的制造。W、X、Y、Z为短周期元素，原子序数依次增加，且加和为21。YZ2分子的总电子数为奇数，常温下为气体。该化合物的热重曲线如图所示，在200 ℃以下热分解时无刺激性气体逸出。下列叙述正确的是(　　) A.W、X、Y、Z的单质常温下均为气体 B.最高价氧化物的水化物酸性：Y＜X C.100～200 ℃阶段热分解失去4个W2Z D.500 ℃热分解后生成固体化合物X2Z3 [思路剖析] ① W、X、Y、Z为短周期元素，原子序数依次增加，且加和为21 ② 在200 ℃以下热分解时无刺激性气体逸出失去的是水W为H元素，Z为O元素 ③ YZ2分子的总电子数为奇数，常温下为气体Y为N元素 ④ W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且加和为21X为B元素 D　解析：X(B)的单质常温下为固体，A错误；根据非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，则最高价氧化物的水化物酸性：X(H3BO3)＜Y(HNO3)，B错误；200℃以下热分解时无刺激性气体逸出，则说明失去的是水，若100～200℃阶段热分解失去4个H2O，则质量分数×100%≈73.6%，则说明不是失去4个H2O，C错误；化合物(NH4B5O8·4H2O)在500 ℃热分解后若生成固体化合物X2Z3(B2O3)，根据硼原子守恒，则得到关系式2NH4B5O8·4H2O～5B2O3，则固体化合物B2O3质量分数为×100%≈64.1%，则假设正确，D正确。 (2021·全国甲卷)某小组用工业废铜焙烧得到的CuO(杂质为氧化铁及泥沙)为原料与稀硫酸反应制备胆矾，并测定其结晶水的含量。 (1)结晶水测定：称量干燥坩埚的质量为m1，加入胆矾后总质量为m2，将坩埚加热至胆矾全部变为白色，置于干燥器中冷至室温后称量，重复上述操作，最终总质量恒定为m3。根据实验数据，胆矾分子中结晶水的个数为____________(写表达式)。 (2)下列操作中，会导致结晶水数目测定值偏高的是________(填标号)。 ①胆矾未充分干燥　②坩埚未置于干燥器中冷却　③加热时有少胆矾迸溅出来 答案：(1)　(2)①③ 学科网（北京）股份有限公司 $$