3.3.3 变价金属与两性金属（课件PPT）-【创新方案】2025年高考化学一轮总复习（新教材Ⅰ）

综合深化解重难 (变价金属与两性金属) 微课时突破3 含氯消毒剂多种多样，常用的含氯消毒剂有84消毒液、漂白粉、消毒粉、含氯消毒剂泡腾片、二氧化氯等。高考常以含氯消毒剂为载体进行命题，一方面考查元素化学知识，另一方面借以反映化学学科的社会功能，普及公共卫生中的化学知识。设置这些试题的目的是让学生深刻理解化学、技术与社会之间的相互关系，认识化学对社会发展和人类进步的重大贡献，全面认识化学的巨大价值。 CONTENTS 目录 1 深化提能力（一） 变价的过渡金属及其化合物 深化提能力（二） 两性金属（Be、Zn）及其重要化合物 课时跟踪检测 2 3 变价的过渡金属及其化合物 深化提能力（一） 01 (一)钒、铬、锰及其化合物的性质　 1．钒及其化合物 (1)钒单质的性质 银白色金属，熔点高，有延展性，质坚硬，无磁性。具有耐酸性，在空气中不被氧化，可溶于氢氟酸、硝酸和王水。 (2)钒的氧化物 钒能分别以＋2、＋3、＋4、＋5价与氧结合，形成四种氧化物(VO、V2O3、VO2、V2O5)，其中，V2O5有强氧化性。 2．铬及其化合物 (1)铬元素的常见价态有＋6、＋3、＋2价。 (2)Cr(OH)3的两性 　(紫色)　 　 (灰蓝色)　　　 (绿色) 3．锰及其化合物 (1)锰元素的常见价态有＋7、＋6、＋4、＋3、＋2价，Mn2＋在酸性溶液中的稳定性强于在碱性溶液中的稳定性。 (2)Mn2＋稳定存在于酸性条件下；在碱性条件下，Mn2＋易被氧化为MnO2等，如ClO－＋Mn2＋＋2OH－===Cl－＋MnO2↓＋H2O。 (二)钴、镍元素化合物的性质比较　 1．Co(Ⅱ)、Ni(Ⅱ)性质差异 (1)还原性的变化规律：Co(OH)2＞Ni(OH)2 ①Co(OH)2在空气中很容易被O2氧化为Co(OH)3； ②Ni(OH)2在空气中不能被氧化，只有使用强氧化剂在碱性条件下才会氧化生成NiO(OH)。 (2)与氨水反应形成配合物 ①Co(OH)2＋6NH3·H2O===[Co(NH3)6]2＋＋2OH－＋6H2O； ②Ni(OH)2＋6NH3·H2O===[Ni(NH3)6]2＋＋2OH－＋6H2O。 2．Co(Ⅲ)、Ni(Ⅲ)化合物的性质高度相似 (1)氧化物 氧化钴与氧化镍在酸性溶液中表现强氧化性：Co2O3＋6HCl===2CoCl2＋Cl2↑＋3H2O，Ni2O3＋6HCl===2NiCl2＋Cl2↑＋3H2O。 (2)氢氧化物 钴、镍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。 1．(2023·辽宁等级考)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(　 ) [全训题点考法] √ 解析：“焙烧”时Cr2O3发生反应：2Cr2O3＋4Na2CO3＋3O2 4Na2CrO4＋4CO2，有CO2产生，A项正确； “焙烧”时FeO发生反应：4FeO＋O2 2Fe2O3，故滤渣的主要成分为Fe2O3，B项错误； “水浸”后滤液①中主要溶质为Na2CrO4，Cr元素的主要存在形式为 ，C项正确； 淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖具有还原性，能将 还原为Cr(OH)3，D项正确。 √ “煅烧”时需要的仪器主要有坩埚、玻璃棒、三脚架、酒精灯、泥三角等，故C错误； NH4VO3煅烧生成V2O5，化学方程式为2NH4VO3 V2O5＋2NH3↑＋H2O，故D正确。 3．(2023·福建等级考)从炼钢粉尘(主要含Fe3O4、Fe2O3和ZnO)中提取锌的流程如图： “盐浸”过程ZnO转化为[Zn(NH3)4]2＋，并有少量Fe2＋和Fe3＋浸出。下列说法错误的是(　 ) A．“盐浸”过程若浸液pH下降，需补充NH3 B．“滤渣”的主要成分为Fe(OH)3 C．“沉锌”过程发生反应[Zn(NH3)4]2＋＋4H2O＋S2－===ZnS↓＋4NH3·H2O D．应合理控制(NH4)2S用量，以便滤液循环使用 √ “沉锌”过程发生反应[Zn(NH3)4]2＋＋4H2O＋S2－===ZnS↓＋4NH3·H2O，经洗涤干燥后得到产物ZnS及滤液NH4Cl。“盐浸”过程中消耗氨气，若浸液pH下降，需补充NH3，A正确； 由分析可知，“滤渣”的主要成分为Fe3O4和Fe2O3，只含少量的Fe(OH)3，B错误； “沉锌”过程发生反应[Zn(NH3)4]2＋＋4H2O＋S2－===ZnS↓＋4NH3·H2O，C正确； 滤液中含NH4Cl，应合理控制(NH4)2S用量，以便滤液循环使用，D正确。 4．(2024·安徽阜阳联考)以含钴废渣(主要成分是CoO、Co2O3，含少量Ni、Al2O3等杂质)为原料制取CoCO3的工艺流程如图： 已知：①Ni2＋被萃取原理：Ni2＋(水层)＋2HA(有机层) ⥫⥬ NiA2 (有机层)＋2H＋(水层)；②碱性条件下，Co2＋会转化成Co(OH)2。下列说法错误的是(　 ) √ 萃取过程中，分次萃取比一次加入萃取分离更彻底，效果更好，B正确； 加入酸可使平衡：Ni2＋(水层)＋2HA(有机层)⥫⥬ NiA2(有机层)＋2H＋(水层)逆向移动，根据反萃取后得到NiSO4可知，试剂X为稀硫酸，C正确； 将含Co2＋的溶液缓慢滴入Na2CO3溶液中，碳酸钠过量，碱性过强，会生成Co(OH)2沉淀，CoCO3的产率降低，D错误。 系统解题知能——建模型 二 02 1．铍和铝有相似的化学性质 (1)二者均能溶于酸溶液也能溶于碱溶液 Be＋2NaOH＋2H2O===Na2[Be(OH)4]＋H2↑； 2Al＋2NaOH＋6H2O===2Na[Al(OH)4]＋3H2↑。 (2)二者的氢氧化物均为两性氢氧化物，易溶于强碱溶液 Be(OH)2＋2NaOH===Na2[Be(OH)4]； Al(OH)3＋NaOH===Na[Al(OH)4]。 2．锌及其化合物“心连心” (1)锌与酸、碱的反应 ①Zn＋2H＋=== Zn2＋＋H2↑； ②Zn＋2NaOH＋2H2O=== Na2[Zn(OH)4]＋H2↑。 (2)氧化锌——两性氧化物 ①ZnO＋2H＋===Zn2＋＋H2O； ②ZnO＋2NaOH＋H2O===Na2[Zn(OH)4]。 (3)氢氧化锌——两性氢氧化物 ①与酸、碱的反应 Zn(OH)2＋2H＋===Zn2＋＋2H2O； Zn(OH)2＋2OH－===[Zn(OH)4]2－。 ②制法 Zn2＋＋[Zn(OH)4]2－===2Zn(OH)2↓。 (4)锌盐与强碱溶液反应(以ZnSO4为例) 少量NaOH溶液：Zn2＋＋2OH－===Zn(OH)2↓； 足量NaOH溶液：Zn2＋＋4OH－===[Zn(OH)4]2－。 1．铝、铍及其化合物具有相似的化学性质，已知反应：BeCl2＋Na2[Be(OH)4]===2NaCl＋2Be(OH)2↓能完全进行，则下列推断正确的是(　 ) A．Be(OH)2既能溶于盐酸，又能溶于NaOH溶液 B．因BeCl2水溶液的导电性强，故BeCl2是离子化合物 C．常温下Na2[Be(OH)4]溶液的pH>7，将其蒸干并灼烧后得到的残留物为BeO D．常温下BeCl2溶液的pH>7，将其蒸干并灼烧后得到的残留物是BeCl2 [全训题点考法] √ 解析：铝、铍及其化合物具有相似的化学性质，Be(OH)2与Al(OH)3性质相似，Be(OH)2既能溶于盐酸，又能溶于NaOH溶液，A正确； 某些共价化合物水溶液的导电性也较强，B错误； 常温下，将Na2[Be(OH)4]溶液蒸干灼烧后仍得到Na2[Be(OH)4]，C错误； 常温下BeCl2溶液的pH<7，将其蒸干并灼烧后得到的残留物是BeO，D错误。 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和NaOH　 ②Al2(SO4)3和氨水 ③ZnSO4和NaOH ④ZnSO4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： ________________________________________________________。 答案：(1)[Al(OH)4]－ (2)Zn＋2OH－＋2H2O === [Zn(OH)4]2－＋H2↑ (3)①③④ (4)Al3＋＋3NH3·H2O === Al(OH)3↓＋ 可溶性锌盐与氨水反应产生的Zn(OH)2可溶于过量氨水中，生成[Zn(NH3)4]2＋，氨水的用量不易控制 课时跟踪检测 03 1．2023年9月12日，天舟五号货运飞船再入大气层。天舟五号飞船的天线用钛镍记忆合金制造，工业上用钛酸亚铁(FeTiO3)冶炼钛的原理如下。 ①高温下：2FeTiO3＋6C＋7Cl2===2TiCl4＋2FeCl3＋6CO ②在氩气氛围高温中：2Mg＋TiCl4===Ti＋2MgCl2 下列有关说法正确的是(　 ) A．①中化合价变化的元素只有C、Cl B．①中TiCl4是氧化产物 C．②中氩气的作用是防止Mg、Ti被氧化 D．②中可以得出Mg得电子的能力强于Ti 1 2 3 4 5 6 7 8 9 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 解析：①中化合价变化的元素有 C、Cl、Fe，A 错误； ①中TiCl4是还原产物，B 错误； ②中氩气的作用是隔绝空气，防止 Mg、Ti高温时被氧化，C正确； ②中可以得出镁的还原性强于 Ti，还原性是一种失电子的能力，D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 下列说法不正确的是(　 ) 2 3 4 5 6 7 8 9 1 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 解析：“沉降”的主要目的是除去泥沙等不溶物，A正确； 调节pH时加硫酸，沉铬时加氨水，则母液经处理可获得(NH4)2SO4，D正确。 3．(2023·山东烟台模拟)“太空金属”钛广泛应用于新型功能材料等方面，工业上用钛铁矿(主要成分是TiO2，含少量FeO和Fe2O3)冶炼金属钛的工艺流程如图所示，下列说法正确的是(　 ) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 2 3 4 5 6 7 8 9 1 A．基态钛原子核外最外层有2个未成对电子 B．金属Mg与TiCl4可在氮气气氛条件下进行反应 C．步骤Ⅱ加热可促进TiO2＋的水解 D．步骤Ⅲ中可能发生的反应为TiO2＋2Cl2＋C TiCl4＋CO √ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 解析：钛铁矿(主要成分是TiO2，含少量FeO和Fe2O3)加硫酸酸浸，浸出液中含铁离子、亚铁离子和TiO2＋，加适量铁将铁离子还原为亚铁离子，蒸发浓缩，冷却结晶得绿矾晶体，滤液经加热使TiO2＋水解得TiO2·nH2O，分解得到粗TiO2后，加焦炭、氯气反应得到TiCl4，用Mg还原得到Ti。基态钛原子核外电子排布式为[Ar]3d24s2，次外层3d轨道有2个未成对电子，A错误； 2 3 4 5 6 7 8 9 1 Mg为活泼金属，能与CO2、O2、N2、H2O等物质发生反应，故金属Mg与TiCl4必须在稀有气体氛围条件下进行反应，B错误； TiO2＋会水解，步骤Ⅱ加热可促进TiO2＋的水解，C正确； 方程式未配平，步骤Ⅲ中可能发生的反应为TiO2＋2Cl2＋2C TiCl4＋2CO ，D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 4．工业上以碳酸锰矿(主要成分为MnCO3，另含FeO、Fe2O3、CaO等杂质)为主要原料生产锰酸锂(LiMn2O4)，工艺流程如下： 下列说法错误的是(　 ) A．可采用搅拌的方法提高“酸浸”时碳酸锰矿的浸出速率 B．加入CaO的目的是调节pH，使Fe3＋转化为Fe(OH)3 除去 C．“合成MnO2”的化学方程式为MnSO4＋K2S2O8＋2H2O===MnO2↓＋K2SO4＋2H2SO4 D．“气体1”中含两种气体，一种是CO2，另一种可能是CO √ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 解析：搅拌可使反应物之间接触更充分，从而提高“酸浸”时碳酸锰矿的浸出速率，故A正确； 加入CaO生成氢氧化钙，能使铁离子转化成氢氧化铁沉淀除去，故B正确； 2 3 4 5 6 7 8 9 1 “合成MnO2”过程中，硫酸锰作还原剂，K2S2O8作氧化剂(－1价的氧得电子)，根据得失电子守恒可得反应：MnSO4＋K2S2O8＋2H2O===MnO2↓＋K2SO4＋2H2SO4，故C正确； 二氧化锰与碳酸锂混合反应生成LiMn2O4，LiMn2O4中Mn的化合价有＋3价、＋4价两种，可知发生了氧化还原反应，二氧化锰作氧化剂，则化合价升高的只能是－2价氧元素，故产物中还有氧气，“气体1”中所含的两种气体应为二氧化碳和氧气，故D错误。 5．草酸钴主要用作制氧化钴的原料，也可用于制取其他钴化合物。利用废料铝钴膜(含有LiCoO2、Al、Fe)制备草酸钴的工艺如下： 下列有关说法错误的是(　 ) 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 A．碱浸的目的是溶解除铝 B．氢碘酸在流程中既表现酸性，又表现还原性 C．滤渣的主要成分是氢氧化铁 D．沉钴时检验沉淀是否洗涤干净可用的试剂为盐酸 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 解析：碱浸时Al溶于氢氧化钠溶液生成四羟基合铝酸钠和氢气，碱浸的目的是溶解除铝，故A正确； 氢碘酸溶解LiCoO2和Fe，发生反应的离子方程式为2LiCoO2＋2I－＋8H＋===2Li＋＋2Co2＋＋I2＋4H2O、Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑，在流程中氢碘酸体现酸性和还原性，故B正确； 2 3 4 5 6 7 8 9 1 净化过程中，氧气把Fe2＋氧化为Fe3＋，用氢氧化钠溶液调节pH生成氢氧化铁沉淀，除去铁元素，滤渣的主要成分是氢氧化铁，故C正确； 沉淀表面有碘化铵，可向最后一次洗涤液中加硝酸和硝酸银溶液，若没有淡黄色沉淀生成，说明不含碘离子，沉淀已经洗涤干净，故D错误。 6．(2023·广东等级考·节选)Ni、Co均是重要的战略性金属。从处理后的矿石硝酸浸取液(含Ni2＋、Co2＋、Al3＋、Mg2＋)中，利用氨浸工艺可提取Ni、Co，并获得高附加值化工产品。工艺流程如图： 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 已知：氨性溶液由NH3·H2O、(NH4)2SO3和(NH4)2CO3配制。常温下，Ni2＋、Co2＋、Co3＋与NH3形成可溶于水的配离子；lg Kb(NH3·H2O)＝－4.7；Co(OH)2易被空气氧化为Co(OH)3；部分氢氧化物的Ksp如下表。 氢氧化物 Co(OH)2 Co(OH)3 Ni(OH)2 Ksp 5.9×10－15 1.6×10－44 5.5×10－16 氢氧化物 Al(OH)3 Mg(OH)2   Ksp 1.3×10－33 5.6×10－12   2 3 4 5 6 7 8 9 1 回答下列问题： (1)活性MgO可与水反应，化学方程式为 ________________________________________________________。 (2)常温下，pH＝9.9的氨性溶液中，c(NH3·H2O)________c(NH)(填“>”“<”或“＝”)。 (3)“氨浸”时，由Co(OH)3转化为[Co(NH3)6]2＋的离子方程式为 ________________________________________________________ ________________________________________________________。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 (4)“析晶”过程中通入的酸性气体A为 _____________________________________________________。 (5)①“结晶纯化”过程中，没有引入新物质。晶体A含6个结晶水，则所得HNO3溶液中n(HNO3)与n(H2O)的比值，理论上最高为_________________________________________________________。 ②“热解”对于从矿石提取Ni、Co工艺的意义，在于可重复利用HNO3和______(填化学式)。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 解析：矿石硝酸浸取液(含Ni2＋、Co2＋、Al3＋、Mg2＋)中加入活性氧化镁调节溶液pH，过滤，得到的滤液1中的溶质主要是硝酸镁，结晶纯化得到硝酸镁晶体，再热解得到氧化镁和硝酸；滤泥中加入氨性溶液氨浸，过滤，将得到的滤液2进行镍钴分离，经过一系列操作得到氯化铬和饱和氯化镍溶液，向饱和氯化镍溶液中加入氯化氢气体得到氯化镍晶体。 (1)活性MgO可与水反应，化学方程式为MgO＋H2O===Mg(OH)2。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 (4)“析晶”过程中为了防止Ni2＋水解，因此通入的酸性气体A为HCl。 (5)①“结晶纯化”过程中，没有引入新物质。晶体A含6个结晶水，则晶体A为Mg(NO3)2·6H2O，根据Mg(NO3)2＋2H2O===Mg(OH)2↓＋2HNO3，Mg(OH)2 MgO＋H2O，还剩余5个水分子，因此所得HNO3溶液中n(HNO3)与n(H2O)的比值理论上最高为2∶5。②“热解”得到HNO3和MgO，结合工艺流程可知，其意义在于可重复利用HNO3和MgO。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 答案：(1)MgO＋H2O===Mg(OH)2 (2)＞ (4)HCl (5)①0.4(或2∶5)　②MgO　 2 3 4 5 6 7 8 9 1 7．以电解金属锰的阳极渣(主要成分为MnO2，杂质为PbCO3、Fe2O3、CuO)和黄铁矿(FeS2)为原料可制备Mn3O4，其流程如图所示： 已知部分阳离子以氢氧化物的形式完全沉淀时的pH：Fe3＋为3.7，Fe2＋为9.7，Cu2＋为7.4，Mn2＋为9.8。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 回答下列问题： (1)“酸浸”过程中，滤渣Ⅰ的主要成分为S、________(填化学式)。 (2)“酸浸”过程中，Fe2＋、Fe3＋的质量浓度、Mn的浸出率与时间的关系如图1所示。20～80min，浸出Mn元素的主要离子方程式为 _____________________________ _____________________________ _____________________________。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 80～100min时，Fe2＋的质量浓度上升的原因可能是 _____________________________________________________。 (3)“除Fe、Cu”过程中依次加入的试剂X、Y为____(填字母)。 A．NH3·H2O、H2O2 B．H2O2、CaCO3 C．SO2、MnCO3 (4)硫酸锰晶体的溶解度曲线如图2，由MnSO4溶液获得MnSO4·H2O晶体的系列操作为______________________________、洗涤、干燥。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 (5)“真空热解”过程中，测得固体的质量随温度的变化如图3所示，需控制温度在______________。 (6)由MnSO4溶液制取Mn3O4的另一种方案：向MnSO4溶液中加入氨水，产生Mn(OH)2沉淀和少量Mn2(OH)2SO4，滤出，洗净，加水打成浆，浆液边加热边持续通空气，制得Mn3O4。沉淀加热通空气过程中，7小时之前，溶液的pH＝6,7小时之后，溶液的pH迅速下降，原因是____________________________________________ __________________________________________________________。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 解析：向电解金属锰的阳极渣(主要成分为MnO2，杂质为PbCO3、Fe2O3、CuO)和黄铁矿(FeS2)中加入硫酸，MnO2将FeS2氧化生成S，PbCO3转化成PbSO4沉淀，氧化铁、氧化铜转化成硫酸铁、硫酸铜，滤液中含有Fe3＋、Fe2＋、Mn2＋、Cu2＋等，加入H2O2溶液将Fe2＋氧化为Fe3＋，再加入CaO或CaCO3调节pH除去Fe3＋、Cu2＋，之后滤液中主要含有Ca2＋、Mn2＋，加入MnF2除去Ca2＋，最终得到MnSO4溶液，经过一系列操作得到Mn3O4。 (1)由分析可知，“酸浸”过程中，滤渣Ⅰ的主要成分为S、PbSO4。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 (2)由题图1可知，80min时，Mn的浸出率高，Fe3＋的质量浓度大，说明20～80min MnO2与FeS2反应生成Mn2＋、Fe3＋、S等，对应的离子方程式为3MnO2＋2FeS2＋12H＋===3Mn2＋＋4S＋2Fe3＋＋6H2O；80～100min时，剩余MnO2较少，FeS2浸出的Fe2＋与MnO2接触机会减少，所以Fe2＋的质量浓度上升。 (3)由分析可知，滤液中含有Fe3＋、Fe2＋、Mn2＋、Cu2＋等，加入H2O2溶液将Fe2＋氧化为Fe3＋，再加入CaO或CaCO3调节pH除去Fe3＋、Cu2＋，故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 (4)由题图2可知，温度高于40 ℃时MnSO4·H2O的溶解度减小，故由MnSO4溶液获得MnSO4·H2O晶体的系列操作为蒸发浓缩、结晶、趁热过滤、洗涤、干燥。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 答案：(1)PbSO4　 (2)3MnO2＋2FeS2＋12H＋===3Mn2＋＋4S＋2Fe3＋＋6H2O　 剩余MnO2较少，FeS2浸出的Fe2＋与MnO2接触机会减少 (3)B　 (4)蒸发浓缩、结晶、趁热过滤 (5)1000～1200℃　 2 3 4 5 6 7 8 9 1 (6)7小时之前Mn(OH)2被O2氧化生成水，溶液pH无明显变化；7小时之后Mn2(OH)2SO4被O2氧化生成H2SO4，溶液pH减小(或7小时之前发生反应6Mn(OH)2＋O2 2Mn3O4＋6H2O，溶液pH无明显变化；7小时之后发生反应3Mn2(OH)2SO4＋O2 2Mn3O4＋6H＋＋ ，溶液pH减小) 8．随着人们对电动汽车需求的进一步扩大，高能量、高电流的锌系二次碱性电池受到市场的期待，但是锌电池在充放电过程中存在变形、枝晶、腐蚀和钝化等问题，目前采用氢氧化钙处理氧化锌工艺得到锌酸钙作为电极的活性物质，使以上情况得到极大改善。一种锌酸钙的化学式为Ca[Zn(OH)3]2·2H2O，其制备流程如下： 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 请回答下列问题： (1)Zn(OH)2是两性氢氧化物，与NaOH反应的方程式为Zn(OH)2＋2NaOH===Na2[Zn(OH)4]。ZnO是两性氧化物，则反应釜中发生反应的离子方程式为 _______________________________________________________。 (2)球磨机是用研磨体摩擦、冲击物料使其研磨成粉末的设备。研磨过程中加入Ca(OH)2粉末时，通入Ar气的作用是 _______________________________________________________。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 (3)ZnO和锌酸钙在KOH溶液中的溶解情况如图所示。从反应釜进入球磨机的混合物中主要含有锌酸钾，加入Ca(OH)2粉末，转化为锌酸钙，请从平衡移动的角度分析原因： _______________________________________________________ _______________________________________________________。 流程中第二次加入ZnO粉末的目的是 _______________________________________________________ _______________________________________________________。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 (4)滚动球磨6～24小时的目的是____________ __________________________________________。 (5)操作Ⅰ为__________。干燥产品时必须在低温减压条件下进行，理由是______________________________________________________。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 解析：(2)由于空气中含有二氧化碳，能被氢氧化钙溶液吸收，所以通入Ar气的作用是防止Ca(OH)2 遇到空气中的CO2转化为CaCO3。 (3)在碱性溶液中，锌酸钾的溶解度大于锌酸钙的溶解度，加入Ca(OH)2粉末，增大了Ca2＋浓度，使锌酸钙溶解平衡向沉淀生成的方向移动；根据产品的化学式Ca[Zn(OH)3]2·2H2O可判断流程中第二次加入ZnO粉末的目的是调整ZnO与Ca(OH)2的物质的量之比为2∶1。 (5)由于操作Ⅰ得到滤液，则其操作为过滤；由于产品含有结晶水，则干燥产品时必须在低温减压条件下进行，防止高温下产物分解失去结晶水。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 答案：(1)ZnO＋2OH－＋H2O===[Zn(OH)4]2－ (2)防止Ca(OH)2遇到空气中的CO2转化为CaCO3 (3)在碱性溶液中，锌酸钾的溶解度大于锌酸钙的溶解度，加入Ca(OH)2粉末，增大了Ca2＋浓度，使锌酸钙溶解平衡向沉淀生成的方向移动　调整ZnO与Ca(OH)2的物质的量之比为2∶1 (4)使ZnO固体与KOH溶液充分混合，反应完全，提高产率 (5)过滤　防止高温下产物分解失去结晶水 2 3 4 5 6 7 8 9 1 9．以某废钒渣(主要成分为V2O3，含有少量Al2O3、CaO)为原料生产V2O5的工艺流程如下： 已知：钒酸(H3VO4)是强酸，NH4VO3难溶于水；＋5价钒在溶液中的主要存在形式与溶液pH的关系如表： 2 3 4 5 6 7 8 9 1 (1)“酸浸”前需将块状固体粉碎，其目的是 _______________________________________________________。 (2)已知Ca(VO3)2难溶于水，可溶于盐酸。若“酸浸”时溶液的pH＝4，则Ca(VO3)2溶于盐酸的离子方程式为 _______________________________________________________。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 (3)“沉钒2”的沉钒率随温度的变化如图所示，温度高于80 ℃沉钒率下降的原因是__________________________ _____________________________。 (4)NH4VO3灼烧脱氨可得V2O5。在硫酸酸化条件下，V2O5可与草酸(H2C2O4)溶液反应得到含VO2＋的溶液，反应的离子方程式为 ______________________________________________________。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 答案：(1)增大反应物接触面积，加快酸浸速率，使酸浸更加充分　 (4)V2O5＋H2C2O4＋4H＋===2VO2＋＋2CO2↑＋3H2O (3)钒盐 ①＋5价的钒在溶液中的存在形式与溶液的酸碱度有关，随着溶液pH的降低，其存在形式分别为VO、VO、V2O5、VO。 ②在酸性介质中可以被还原为VO2＋(蓝色)、V3＋(绿色)、V2＋(紫色)： 2H3VO4＋H2S＋4H＋===2VO2＋＋6H2O＋S↓； 2VO＋3Zn＋8H＋===2V2＋＋3Zn2＋＋4H2O。 (3)Cr(Ⅲ)的还原性 ①Cr3＋在酸性条件下是稳定的，但在碱性条件下能氧化成CrO： 2Cr3＋＋3H2O2＋10OH－===2CrO＋8H2O。 ②在碱性溶液中，亚铬酸盐(CrO)可以被H2O2或Na2O2氧化成铬酸盐：2CrO＋3H2O2＋2OH－===2CrO＋4H2O； 2CrO＋3Na2O2＋2H2O===2CrO＋6Na＋＋4OH－。 (4)Cr(Ⅵ)的氧化性 ①铬(Ⅵ)最重要的化合物是K2Cr2O7，在水溶液中Cr2O和CrO存在下列平衡： 2CrO＋2H＋⥫⥬ Cr2O＋H2O (黄色)　　　　　 (橙红色) ①在酸性溶液中，Cr2O具有强氧化性，但在碱性溶液中，CrO的氧化性要弱得多： Cr2O＋3SO＋8H＋===2Cr3＋＋3SO＋4H2O； Cr2O＋6I－＋14H＋===2Cr3＋＋3I2＋7H2O。 (3)Mn(Ⅵ)化合物的性质 MnO稳定存在于强碱性溶液中，在酸性、中性环境中均发生歧化： 3MnO＋2H2O===2MnO＋MnO2↓＋4OH－； 3MnO＋4H＋===2MnO＋MnO2↓＋2H2O。 (4)KMnO4的性质 ①在酸性介质中，MnO具有强氧化性，本身被还原为Mn2＋： 2MnO＋6H＋＋5H2C2O4===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O； 2MnO＋6H＋＋5H2O2===2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O。 ②在碱性、中性或微弱酸性溶液中，MnO仍旧是氧化剂，本身被还原为MnO2： 2MnO＋I－＋H2O===2MnO2↓＋IO＋2OH－。 ③在强碱性溶液中，当MnO过量时，还原产物是MnO： 2MnO＋SO＋2OH－===2MnO＋SO＋H2O。 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 CrO CrO 2．黏土钒矿(主要成分为钒的＋3、＋4、＋5价的化合物以及SiO2、Al2O3等)中钒的化合物溶于酸后多以VO＋、VO2＋、VO形式存在，采用如图所示工艺流程可由黏土钒矿制备V2O5。已知：V2O5在碱性条件下以VO形式存在。下列说法不正确的是(　 ) A．“酸浸氧化”中欲使3mol VO＋被氧化成VO，至少需要1mol KClO3 B．滤液1中主要的阴离子有[Al(OH)4]－、VO、Cl－、OH－、SO C．“煅烧”时需要的仪器主要有蒸发皿、玻璃棒、三脚架、酒精灯 D．“煅烧”时，NH4VO3受热分解：2NH4VO3 V2O5＋2NH3↑＋H2O 解析：黏土钒矿中，钒以＋3、＋4、＋5价的化合物存在，还包括SiO2、Al2O3等，加入稀硫酸，使Al2O3生成Al3＋；加入KClO3将VO＋和VO2＋氧化成VO，滤渣1为SiO2，滤液含有VO、K＋、Cl－、Al3＋、SO；加入KOH溶液至pH>13，滤液1含有K＋、[Al(OH)4]－、VO、Cl－、OH－、SO，通入CO2生成氢氧化铝沉淀，滤液2中加入NH4HCO3沉钒得到NH4VO3，最后煅烧得到V2O5。 VO＋中V元素为＋3价，VO中V元素为＋5价，3mol VO＋被氧化成VO，失去 6mol电子，1mol KClO3变为KCl得到6mol电子，得失电子守恒，故A正确； 由上述分析可知，滤液1中主要的阴离子有[Al(OH)4]－、VO、Cl－、OH－、SO，故B正确； 解析：“盐浸”过程ZnO转化为[Zn(NH3)4]2＋，发生反应ZnO＋2NH3＋2NH===[Zn(NH3)4]2＋＋H2O，并有少量Fe2＋和Fe3＋浸出，Fe3O4发生反应Fe3O4＋8NH＋4H2O===Fe2＋＋2Fe3＋＋8NH3·H2O，Fe2O3发生反应Fe2O3＋6NH＋3H2O===2Fe3＋＋6NH3·H2O，仍有部分Fe3O4、Fe2O3未反应。通入空气氧化后，Fe2＋转化为Fe3＋，调节pH≈9，Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀。 A．“酸浸”中Co2O3发生反应的离子方程式为Co2O3＋SO2＋2H＋===2Co2＋＋SO＋H2O B．若萃取剂的总量一定，分次加入比一次加入效果更好 C．试剂X为稀硫酸 D．“沉钴”时，可将含Co2＋的溶液滴入Na2CO3溶液中，以增加CoCO3的产率 解析：向含钴废渣(主要成分是CoO、Co2O3，含少量Ni、Al2O3等杂质)中加入稀硫酸酸浸，发生反应CoO＋2H＋===Co2＋＋H2O、Co2O3＋6H＋===2Co3＋＋3H2O、Ni＋2H＋===Ni2＋＋H2↑、Al2O3＋6H＋===2Al3＋＋3H2O，同时通入SO2，Co3＋被还原为Co2＋，发生反应2Co3＋＋SO2＋2H2O===2Co2＋＋SO＋4H＋，得到的溶液主要含有的金属离子有Co2＋、Al3＋、Ni2＋，加入Na2CO3溶液调节pH，发生反应2Al3＋＋3CO＋3H2O===2Al(OH)3↓＋3CO2↑，过滤，除去Al(OH)3，加入萃取剂HA萃取Ni2＋，分液，向有机相中加入适量的硫酸溶液充分振荡，得到NiSO4溶液， 向水相中缓慢加入Na2CO3，得到CoCO3。根据分析可知，“酸浸”过程中二氧化硫会还原Co2O3，根据电子守恒和元素守恒配平离子方程式为2Co2O3＋SO2＋2H＋===2Co2＋＋SO＋H2O，A正确； 3NH 2．含铬废水会严重污染环境，一种烟气协同处理含铬废水(含CrO、Cr2O、泥沙等)的流程如图： A．“沉降”的主要目的是除去泥沙等不溶物 B．溶液A通常选用硫酸“调pH”，目的是将CrO转化为Cr2O C．“还原”过程涉及的氧化还原反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶3 D．母液经处理可获得(NH4)2SO4 Cr2O＋H2O⥫⥬ 2CrO＋2H＋，加入稀硫酸，氢离子浓度变大，平衡逆向移动，CrO转化为Cr2O，B正确； 还原”过程发生反应Cr2O＋3SO2＋2H＋===2Cr3＋＋3SO＋H2O，Cr2O为氧化剂，SO2为还原剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶3，C错误； (2)常温下，pH＝9.9的氨性溶液中，lg Kb(NH3·H2O)＝－4.7，Kb(NH3·H2O)＝10－4.7＝，＝＝＝10－0.6<1，则c(NH3·H2O)＞c(NH)。 (3)“氨浸”时，Co(OH)3与亚硫酸根离子发生氧化还原反应，再与氨水反应生成[Co(NH3)6]2＋，则由Co(OH)3转化为[Co(NH3)6]2＋的离子方程式为2Co(OH)3＋12NH3·H2O＋SO===2[Co(NH3)6]2＋＋SO＋13H2O＋4OH－或 2Co(OH)3＋8NH3·H2O＋4NH＋SO===2[Co(NH3)6]2＋＋SO＋13H2O。 (3)2Co(OH)3＋12NH3·H2O＋SO===2[Co(NH3)6]2＋＋SO＋13H2O＋4OH－(或2Co(OH)3＋8NH3·H2O＋4NH＋SO===2[Co(NH3)6]2＋＋SO＋13H2O) (5)根据Mn守恒可知，3MnSO4·H2O～Mn3O4，此时Mn3O4的质量占原固体质量的×100%≈45.17%，失重1－45.17%＝54.83%，结合题图2可知，需控制温度在1 000～1200℃。 3SO pH 4～6 6～8 8～10 10～12 主要离子 VO VO V2O VO (5)测定产品中V2O5的纯度：取a g产品用硫酸溶解得(VO2)2SO4溶液，加入b1 mL c1 mol·L－1(NH4)2Fe(SO4)2溶液(VO＋2H＋＋Fe2＋===VO2＋＋Fe3＋＋H2O)，再用c2 mol·L－1KMnO4溶液滴定过量的(NH4)2Fe(SO4)2至终点，消耗KMnO4溶液的体积为b2 mL。已知MnO被还原为Mn2＋，假设杂质不参与反应，则产品中V2O5的质量分数是____________________(V2O5的摩尔质量为M g·mol－1)。 解析：(5)由滴定原理，根据得失电子守恒，(VO2)2SO4和KMnO4得电子总数等于(NH4)2Fe(SO4)2失电子总数，结合VO→VO2＋得1e－，MnO→Mn2＋得5e－，Fe2＋→Fe3＋失1e－，可得n[(NH4)2Fe(SO4)2]＝2n[(VO2)2SO4]＋5n(KMnO4)。n[(VO2)2SO4]＝(c1mol·L－1×b1×10－3 L－c2mol ·L－1×b2×10－3 L×5)＝ mol， 根据V元素守恒可得V2O5～(VO2)2SO4，则样品中五氧化二钒的纯度为×100%＝×100%。 (2)Ca(VO3)2＋4H＋===Ca2＋＋2VO＋2H2O (3)NH水解程度增大，NH浓度减小导致沉钒率下降 (5)×100% $$