18素养发展5　陌生过渡金属及其化合物的制备流程分析-【优化指导】2026年化学一轮复习高中总复习·第1轮（浙江专版人教单选版）

素养发展5　陌生过渡金属及其化合物的制备流程分析 [对应学生用书P61] 1．过渡金属——多变价 (1)高价态金属通常形成含氧酸根离子的盐，具有较强的氧化性，如KMnO4、K2Cr2O7、K2FeO4等，均能将浓盐酸氧化成Cl2。 (2)在空气中灼烧一些不稳定的低价金属的化合物，在分解的同时可能被氧化： MnOOHMnO2；Fe(OH)2Fe2O3；CoC2O4Co3O4。 (3)低价金属的氢氧化物，为难溶性的弱碱，且易分解成氧化物，如Fe(OH)2、Mn(OH)2、Cr(OH)3。 (4)低价硫化物，通常为有色难溶物，如HgS(黑或红)、FeS(黑)、Cu2S(黑)、FeS2(金黄)。 工业生产中，常通过转化价态、调节pH将过渡金属生成氢氧化物沉淀或生成难溶硫化物分离除去。 [典例1] 已知重铬酸钾(K2Cr2O7)具有强氧化性，其还原产物Cr3+在水溶液中呈绿色或蓝绿色。在K2Cr2O7溶液中存在下列平衡：Cr2O (橙色)＋H2O⥫⥬2CrO(黄色)＋2H＋。用K2Cr2O7溶液进行实验，结合实验，下列说法正确的是 (　　) A．①中溶液橙色加深，③中溶液变黄 B．②中Cr2O被C2H5OH氧化 C．对比②和④可知K2Cr2O7碱性溶液氧化性强 D．若向④中加入70% H2SO4溶液至过量，溶液变为橙色 A　解析：在平衡体系中加入酸，平衡逆向移动，重铬酸根离子浓度增大，橙色加深，加入碱，平衡正向移动，溶液变黄，A正确；②中重铬酸钾氧化乙醇，重铬酸钾被还原，B错误；重铬酸钾在碱性溶液中氧化性弱，乙醇不能使其变色，C错误；若向④溶液中加入70%的硫酸到过量，溶液为酸性，可以氧化乙醇，溶液变绿色，D错误。 2．过渡金属易形成配合物 (1)金属离子常易水解，其水合离子通常显色，如Cu2+(aq，蓝)、Fe2+(aq，浅绿)、Fe3+(aq，黄)、Cr3+(aq，绿)。 (2)容易形成配合物的中心离子，如[Cu(NH3)4]2+、[Ag(NH3)2]＋、[Fe(SCN)6]3-、[Cr(NH3)3(H2O)2Cl]2+。 (3)向一些盐溶液中滴加氨水，先生成难溶性碱，继续滴加，生成含氨配合物，如 CuSO4(aq)[或AgNO3(aq)]Cu(OH)2(s)[或AgOH(s)][Cu(NH3)4]2+{或[Ag(NH3)2]＋}。 [典例2] 许多过渡金属离子对多种配体有很强结合力，能形成种类繁多的配合物，下列说法正确的是 (　　) A．配合物[Ag(NH3)2]OH的外界为OH－ B．配合物[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O的配位数为5 C．配合物[Cu(NH3)4]SO4·H2O的配体为NH3和SO D．配合物K3[Fe(CN)6]中Fe的化合价为＋2 A　解析：配合物[Ag(NH3)2]OH的外界为OH－，A正确；配合物[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O中配体为H2O和Cl－，配位数为6，B错误；配合物[Cu(NH3)4]SO4·H2O的配体为NH3，C错误；由化合物代数和为零可知，配合物K3[Fe(CN)6]中Fe的化合价为＋3，D错误。 3．锌及其化合物的转化 [典例3] 锌是一种浅灰色的过渡金属。在现代工业中，是电池制造上不可替代且相当重要的金属，以菱锌矿(主要成分为ZnCO3、ZnO，含有少量SiO2和Na2SiO3)制备锌单质的流程如图所示： 下列说法错误的是 (　　) A．SO的空间构型为正四面体形 B．滤渣的主要成分为SiO2和H2SiO3 C．“沉淀”步骤中，消耗CO2的物质的量与消耗Na2[Zn(OH)4]的物质的量之比为1∶1 D．“热还原”过程发生了置换反应 C　解析：菱锌矿(主要成分为ZnCO3、ZnO，含有少量SiO2和Na2SiO3)与硫酸反应生成硫酸锌、硅酸、硫酸钠，二氧化硅不与硫酸反应，过滤，向滤液中加入过量氢氧化钠溶液，向溶液中通入二氧化碳得到氢氧化锌，过滤，将氢氧化锌煅烧得到氧化锌，再用过量焦炭还原得到锌。SO的空间构型为正四面体形，A正确；滤渣的主要成分为SiO2和H2SiO3，B正确；“沉淀”时CO2会先与未反应完的NaOH反应，因此消耗的二氧化碳量比Na2[Zn(OH)4]多，C错误；ZnO＋CZn＋CO↑是置换反应，D正确。 4．铬的重要化合物 (1)Cr2O3和Cr(OH)3显两性，其转化关系如下： (2)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(黄色)＋2H＋⥫⥬Cr2O(橙红色)＋H2O。 5．钒的重要化合物 (1)五氧化二钒既能溶于强碱，又能溶于强酸，如： V2O5＋6NaOH===2Na3VO4＋3H2O； V2O5＋6HCl===2VOCl2＋Cl2↑＋3H2O。 (2)VO2+、VO：在酸性介质中，VO具有强氧化性，如： VO＋Fe2+＋2H＋===VO2+＋Fe3+＋H2O， 2VO＋H2C2O4＋2H＋===2VO2+＋2CO2↑＋2H2O。 1．许多过渡金属离子对多种配体有很强结合力，能形成种类繁多的配合物，下列说法正确的是 (　　) A．配合物[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O不能与AgNO3溶液反应产生白色沉淀 B．一般而言，过渡金属离子与水分子形成的配合物是否有颜色，与其d轨道电子排布有关：为d0或d10时无颜色，为d1～d9时有颜色。据此判断[Mn(H2O)6]2+无颜色 C．1 mol [Cr(NH3)3(H2O)2Cl]2+中共有19 mol σ键 D．配合物[Ag(NH3)2]OH的配位数为6 C　解析：该配合物会电解出氯离子，能与硝酸银反应，A错误；该配离子中Mn的价电子排布结构为3d34s2，故有颜色，B错误；每个NH3中有3个σ键，3个NH3就是9个σ键；每个H2O中有2个σ键，2个H2O就是4个σ键，一共有6个配位键，故σ键一共就有9＋4＋6＝19个，C正确；该配合物的配位数为2不是6，D错误。 2．已知：①辉铋矿的主要成分是Bi2S3，BiCl3易水解生成难溶的BiOCl；②化合物中Bi通常呈＋3价或＋5价，NaBiO3具有强氧化性。下列说法错误的是 (　　) A．“溶浸”步骤加入盐酸的目的是提高铋的浸取率，抑制Bi3+的水解 B．“溶浸”步骤发生的主要反应为6FeCl3＋Bi2S3===6FeCl2＋2BiCl3＋3S C．“置换”步骤发生的反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶2 D．流程中可循环利用的物质为FeCl3 C　解析：由题给流程可知，向辉铋矿中加入氯化铁和盐酸混合溶液氧化浸取，将矿石中的金属元素转化为可溶的金属氯化物、硫元素转化为单质硫，过滤得到含有硫的滤渣1和滤液；加入铁粉，将铋置换出来，过滤得到海绵铋和滤液，滤液通入氯气转化为氯化铁溶液，回到酸浸步骤循环使用。由已知信息可得，“溶浸”步骤加入盐酸的目的是提高铋的浸取率，抑制铋离子的水解，A正确；由分析可知，氯化铁和盐酸将矿石中的金属元素转化为可溶的金属氯化物、硫元素转化为单质硫，化学方程式为6FeCl3＋Bi2S3===6FeCl2＋2BiCl3＋3S，B正确；“置换”步骤发生反应的离子方程式为3Fe＋2Bi3+===2Bi＋3Fe2+，可知氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶3，C错误；“置换”步骤生成的Fe2+在“滤液氯化”步骤被Cl2氧化为FeCl3，可以实现循环利用，D正确。 3．V2O5是制造钒铁合金、金属钒的原料，也是重要的催化剂。钒矿石中含V2O5，杂质为大量Al2O3和少量CaO等，可通过碱熔法从钒矿石中提取纯度较高的V2O5，流程如下： 已知：V2O5是以酸性为主的两性化合物，偏钒酸铵(NH4VO3)与偏钒酸钙[Ca(VO3)2]均难溶于水，在弱碱性环境下，偏钒酸钙经盐浸生成碳酸钙。下列说法错误的是 (　　) A.气体②的成分为CO2 B．盐浸工序得到滤渣的成分为CaCO3 C．洗脱工序中洗脱液的主要成分为NaCl D．延长沉钒时间、增大NH4Cl溶液的浓度有利于沉钒 A　解析：钒矿石中含V2O5，杂质为大量Al2O3和少量CaO等，向其中加入NaOH热熔，V2O5先转化为NaVO3，然后NaVO3与CaO反应会产生偏钒酸钙[Ca(VO3)2]，Al2O3反应转化为Na[Al(OH)4]，生成的Na[Al(OH)4]与CaO反应转化为Ca[Al(OH)4]2，再加入纯碱Na2CO3，Ca(VO3)2、Ca[Al(OH4)]2转化为CaCO3沉淀，同时产生可溶性NaVO3、Na[Al(OH)4]而溶于水，Ca[Al(OH)4]2、Ca(VO3)2、CaCO3难溶于水，过滤除去滤渣，向滤液中加入树脂进行离子交换，经洗脱液洗脱，富集和提纯VO，再加入NH4Cl溶液沉淀钒，生成NH4VO3沉淀，过滤，再将滤液回流到离子交换工序，将滤渣NH4VO3进行焙烧得到V2O5，据此分析解答。加入NH4Cl溶液沉钒，形成NH4VO3沉淀，将其煅烧，发生反应：2NH4VO3V2O5＋2NH3↑＋H2O，可见反应产生的气体②的主要成分为NH3，A错误；钒矿石中含V2O5及大量Al2O3和少量CaO等杂质，在用NaOH热熔时，V2O5转化为偏钒酸钙[Ca(VO3)2]，Al2O3转化为Ca[Al(OH)4]2，然后加入纯碱盐浸，Ca(VO3)2、Ca[Al(OH)4]2反应产生CaCO3沉淀，同时得到可溶性物质NaVO3、Na[Al(OH)4]，故盐浸工序得到滤渣的成分主要为CaCO3，B正确；由离子交换树脂的组成可知，洗脱液中应含氯离子，考虑到水浸所得溶液中含有钠离子，为避免引入其他杂质离子，且氯化钠价廉易得，洗脱工序中洗脱液的主要成分为NaCl，C正确；沉钒过程是生成NH4VO3沉淀，因此延长沉钒时间、增大NH4Cl溶液的浓度，有利于沉钒，D正确。 4．世界上95%的铝业公司均使用拜耳法(原料为铝土矿，主要成分为Al2O3，含少量Fe2O3、SiO2等)生产Al2O3，其工艺流程如下： 已知：过饱和溶液是指一定温度、压强下，当溶液中溶质的浓度已超过该温度、压强下溶质的溶解度，而溶质仍未析出的溶液。 下列说法错误的是 (　　) A．物质X为Fe2O3 B．可用过量CO2代替氢氧化铝晶种 C．“缓慢加热”可促使SiO2转化为水合铝硅酸钠 D．该流程中可循环利用的物质主要有氢氧化铝晶种 D　解析：氧化铁和氢氧化钠不反应，物质X为Fe2O3，A正确；过量CO2能和四羟基合铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀，可代替氢氧化铝晶种，B正确；“缓慢加热”有利于SiO2和氢氧化钠、氧化铝反应转化为水合铝硅酸钠，C正确；该流程中得到的滤液中含有氢氧化钠，则可循环利用的物质主要为含氢氧化钠的滤液，氢氧化铝晶种不能循环利用，D错误。 5．ZnSO4常作奶粉的营养强化剂，ZnS是一种常见的红外光学材料。以闪锌矿(主要成分为ZnS，含FeS、CdS、SiO2等)为原料制备皓矾(ZnSO4·7H2O)和ZnS的流程如图所示(部分操作和含产物省略)。 已知：室温下，有关金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示。 金属离子 Cd2+ Zn2+ Fe2+ Fe3+ 开始沉淀/pH 7.5 6.2 6.3 2.7 完全沉淀/pH 9.3 8.5 8.3 3.2 回答下列问题： (1)方法1中，高温焙烧产生的废气通入__________(填“石灰乳”或“石灰水”)，经一系列操作，最终获得副产品石膏。 (2)方法1中获得滤液1的同时得到滤渣，该滤渣的主要成分是__________________(填化学式)。 (3)向滤液1中通入“空气”的目的是__________________________(用离子方程式表示)。 (4)本工艺中“调pH”范围为____________。金属活泼性Zn________Cd(填“>”或“<”)。 (5)相对方法1，方法2具有突出优势有________________________________________ ___________________________________________________________(答一条即可)。 (6)已知闪锌矿中锌元素质量分数为a%，1 kg这种闪锌矿经过上述流程，得到bg ZnSO4·7H2O和cg ZnS。闪锌矿中锌的收率为__________%(只列计算式)，提示：收率＝×100%。 答案：(1)石灰乳 (2)SiO2 (3)4Fe2+＋4H＋＋O2===4Fe3+＋2H2O (4)3.2≤pH＜6.2　＞ (5)减少废气排放；控温较低，能节能；不需要耐高温设备，节约成本等 (6)× 解析：分析流程中方法1和方法2，方法1是向闪锌矿中通入空气进行高温焙烧，发生2ZnS＋3O2===2ZnO＋2SO2等反应，得到ZnO等氧化物，向焙烧后的固体中加入硫酸，进行酸浸，得到含硫酸锌、硫酸亚铁、硫酸镉等物质的滤液1；方法2是向闪锌矿中加入稀硫酸，并通入空气，进行细菌氧化过程，同样得到滤液1。相比方法1，方法2更节能环保。向滤液1中通入空气，氧化亚铁离子，控制pH除去铁元素，再加入锌发生置换反应得到滤液4，向滤液4中加入(NH4)2S，可得到ZnS固体，最后经过一系列操作得到ZnSO4·7H2O。据此分析。(1)Ca(OH)2溶解度小，属于微溶物，石灰水浓度太小，应选择石灰乳。(2)酸性氧化物SiO2难溶于硫酸，酸浸得到滤渣主要成分是SiO2。(3)根据氢氧化物沉淀的pH数据，必须将亚铁离子氧化成铁离子，以Fe(OH)3形式沉淀，故向滤液1中通入空气的目的是将少量亚铁离子转化成铁离子。离子方程式为4Fe2+＋4H＋＋O2===4Fe3+＋2H2O。(4)调节pH使Fe3+完全沉淀，不使Zn2+沉淀。分析表中数据，可知调节pH的范围为3.2≤pH＜6.2；向滤液3中加入Zn，可以将Cd2+置换出来，可知，金属活泼性：Zn＞Cd。(5)分析原理可知，细菌氧化在较低温度下进行，且不产生SO2等废气。故突出优势有减少废气排放；控温较低，能节能；不需要耐高温设备，节约成本等。(6)根据收率定义，计算实际产品中锌的质量和理论样品中锌的质量。实际所得m(Zn)＝ g，锌收率η(Zn)＝ g××100%＝×%。 [课时提升训练(12)见P377] [章末综合测试(三)见P379] 学科网（北京）股份有限公司 $$