大单元2 金属及其化合物-（教师用书）【赢在微点·顶层设计】2027年高中化学高考一轮总复习

该高中化学高考复习讲义围绕金属及其化合物大单元，系统整合钠、铁、铝、铜等核心考点，按“性质-制备-应用-实验”逻辑层次梳理知识，通过知识梳理、实验探究、方法归纳、真题演练四环节，帮助学生构建物质转化网络，突破实验设计与计算难点。 讲义创新融合科学探究与科学思维，如设计钠与水反应改进实验、Fe(OH)₂制备条件控制等活动培养探究能力，通过“铁三角”“铝三角”转化模型强化逻辑分析。设置分层练习与微真题即时反馈，助力学生高效掌握解题技巧，为教师精准把控复习节奏提供系统教学资源。

大单元二　金属及其化合物 第8讲　钠及其氧化物 [目标速览]　1.结合真实情境中的应用实例或通过实验探究,了解钠及其重要化合物的主要性质,了解这些物质在生产、生活中的应用。2.结合实例,认识钠及其氧化物的多样性,了解通过化学反应可以探索物质的性质,实现物质的转化。 微考点　核心突破 考点　钠及其氧化物 　 知|识|梳|理 一、钠的物理性质 1.颜色 银白色、有金属光泽。 2.密度 钠、水和煤油的密度大小为ρ(水)>ρ(钠)>ρ(煤油)(用“>”连接)。 3.熔点 小于(填“大于”“小于”或“等于”)100 ℃。 4.硬度 质地较软。 二、从原子结构认识钠的化学性质——还原性 1.钠与非金属单质反应 (1)与O2反应。 4Na+O2===2Na2O。 2Na+O2Na2O2。 (2)与Cl2反应的化学方程式:2Na+Cl22NaCl。 (3)与S反应的化学方程式:2Na+SNa2S。 2.钠与水、盐溶液的反应 (1)钠与水的反应。 钠与水反应的离子方程式:2Na+2H2O===2Na++2OH-+H2↑。 (2)钠与盐溶液的反应。 如钠投入CuSO4溶液中,反应的离子方程式为2Na+2H2O+Cu2+===2Na++Cu(OH)2↓+H2↑。 钠投入BaCl2溶液中,反应的化学方程式为2Na+2H2O===2NaOH+H2↑。 3.钠与盐酸的反应 钠与盐酸反应的离子方程式为2Na+2H+===2Na++H2↑。 三、钠的制取、保存及用途 1.制取 化学方程式为2NaCl(熔融)2Na+Cl2↑。 2.保存 密封保存,通常保存在石蜡油或煤油中。 3.用途 (1)钠、钾合金(液态)可用于原子反应堆的导热剂。 (2)作强还原剂,将某些稀有金属从它们的卤化物中还原出来,如4Na+TiCl4Ti+4NaCl。 (3)用作电光源,制作高压钠灯。 微提醒　(1)钠的取用方法:用镊子夹取一小块钠,用滤纸吸干表面的煤油后,用小刀切取绿豆大的钠,剩余的钠放回试剂瓶。 (2)钠失火的处理:沙土盖灭,不能用水或泡沫灭火器灭火。 四、氧化钠与过氧化钠的比较 名称 氧化钠(Na2O) 过氧化钠(Na2O2) 颜色状态 白色固体 淡黄色固体 电子式 Na+[]2-Na+ Na+[]2-Na+ 氧元素的 化合价 -2价 -1价 与H2O反应 Na2O+H2O===2NaOH 2Na2O2+2H2O===4NaOH+O2↑ 与CO2反应 Na2O+CO2===Na2CO3 2Na2O2+2CO2===2Na2CO3+O2 与盐酸反应 Na2O+2HCl===2NaCl+H2O 2Na2O2+4HCl===4NaCl+2H2O+O2↑ 用途 — 供氧剂、漂白剂 微提醒　(1)Na2O2中氧元素的化合价为-1价而不是-2价。 (2)Na2O2晶体中阴、阳离子个数比为1∶2而不是1∶1。 (3)Na2O2与H2O、CO2反应的两个常见误区: ①Na2O2与H2O、CO2反应都是自身的氧化还原反应(歧化反应)。 ②1 mol Na2O2与足量CO2或H2O发生反应时,转移的电子数是NA而不是2NA。 思维辨析 判断正误,正确的画“√”,错误的画“×”。 1.切开的金属钠暴露在空气中,光亮表面逐渐变暗的原因为2Na+O2===Na2O2。(×) 提示:Na在空气中缓慢氧化生成Na2O,燃烧时生成Na2O2。 2.1 mol钠分别与足量水、氧气、氯气充分反应时,均转移1 mol电子。(√) 提示:Na发生化学反应,化合价均由0价升高到+1价。 3.钠与煤油、CCl4均不反应,所以可以保存在煤油或CCl4中。(×) 提示:Na的密度小于CCl4,浮在CCl4液面上,不能用CCl4保存钠。 4.把钠投入NH4Cl溶液中可以生成两种气体。(√) 提示:Na先与水反应生成NaOH、H2,NaOH再与NH4Cl反应生成氨气。 5.4Na+O2===2Na2O和2Na+O2Na2O2,说明相同反应物在不同条件下可能发生不同的反应。(√) 提示:反应物相同时,有些反应受反应物的浓度、温度、用量等影响,产物可能不同。 实|验|回|放 实验一:钠与氧气的反应 反应 条件 常温 加热或点燃 用镊子从煤油中取出一小块金属钠,用滤纸吸干表面的煤油 在玻璃片上用小刀切去一端的外皮,观察金属钠表面的变化 把钠块放在坩埚中加热 钠块表面呈灰色 新切开的钠具有银白色的金属光泽,在空气中很快变暗 钠先熔化成小球,然后剧烈燃烧,火焰呈黄色,生成淡黄色固体 ①钠质软,能用小刀切割;②钠常温下极易与氧气反应,反应的化学方程式为4Na+O2===2Na2O;③钠的熔点低,受热易熔化,且与氧气剧烈反应,反应的化学方程式为2Na+O2Na2O2 实验结论　钠是非常活泼的金属,与O2反应条件不同时,反应现象不同,产物也不同,常温时生成Na2O,加热或点燃条件下生成Na2O2。 易错点　注意钠与氧气反应所用仪器名称的书写要规范。如“坩埚”易错写成“坩锅”或“干锅”,注意“泥三角”“三脚架”易混,不要写错“角”“脚”。 实验二:钠与水的反应 实验操作 实验现象 结论或解释 浮——钠浮在水面上 钠的密度比水的小 熔——钠熔化成光亮的小球 钠与水反应放出 热量,钠的熔点低 游——小球在水面上迅速游动 反应产生的气体推动 钠球在水面上游动 响——发出“嘶嘶”的声响,且钠很快消失 钠与水剧烈反应 红——酚酞溶液变红 反应生成的产物 呈碱性 知|识|拓|展 1.金属钠与盐或碱溶液反应的思维模板 2.金属钠与溶液反应现象的分析思维模板 (1)共性:因为钠与不同的水溶液反应均属于剧烈的置换反应,故有共同的现象产生。 ①浮:钠浮在液面上;②熔:钠熔化成光亮的小球;③游:在液面上四处游动直至反应完;④响:反应中发出“嘶嘶”的响声。 (2)差异性:与酸、强酸弱碱盐溶液反应时,由于溶液中H+浓度较大,反应比与水还要剧烈,最后钠可能在液面上燃烧;与盐溶液反应时,还可能会生成沉淀(如生成难溶碱)、气体(NH3)等。 3.过氧化钠的强氧化性 (1)Na2O2与SO2反应:Na2O2+SO2===Na2SO4。 (2)Na2O2投入FeCl2溶液中,可将Fe2+氧化成Fe3+,同时生成Fe(OH)3沉淀。 (3)Na2O2投入氢硫酸中,可将H2S氧化成单质硫,溶液变浑浊。 (4)Na2O2投入Na2SO3溶液中,可将S氧化成S。 (5)Na2O2具有漂白性,投入品红溶液中,可使品红溶液褪色。 知|识|对|练 角度一　金属钠与非金属单质反应 1.如图是实验员从试剂瓶中取出一定量金属钠进行燃烧实验的操作。 下列有关分析正确的是(D) A.X通常是煤油,也可以是CCl4 B.实验中没有用完的钠不应放回原试剂瓶 C.操作②中钠只发生物理变化 D.操作③钠熔化燃烧得到固体 解析　CCl4的密度比钠的大,钠浮在上面,A项错误;没有用完的钠应放回原试剂瓶中,B项错误;钠的化学性质活泼,操作②中,钠会与空气中的氧气反应,C项错误;钠熔点较低,受热后易熔化,稍后会燃烧生成Na2O2(淡黄色固体),D项正确。 2.倒置的坩埚盖子上放硫粉,在硫粉中央放一小块钠,按图示搭建装置,用胶头滴管向金属钠上滴加一滴水,立即倒扣上大烧杯,发现坩埚盖子内火星四溅,烧杯内出现大量白烟,下列说法错误的是(A) A.水是钠与硫反应的催化剂 B.酚酞的水溶液变为红色 C.钠与硫的反应是放热反应 D.滤纸逐渐变黑 解析　钠与水反应放热,放出的热量引发钠与硫的反应,所以水不是催化剂,A项错误;硫化钠为强碱弱酸盐,溶于水后发生水解使溶液显碱性,所以酚酞的水溶液变为红色,B项正确;钠与硫的反应引发后,不需要加热就能继续反应说明其为放热反应,C项正确;硫化钠与硫酸铜反应生成黑色固体硫化铜,D项正确。 角度二　金属钠与水、盐溶液、碱溶液反应的实质 3.钠与水的反应是一个经典实验,下列有关该实验的操作或现象说法错误的是(D) A.用镊子从煤油中取出钠块 B.切取绿豆大的钠块,用滤纸吸干煤油,放入盛有水的烧杯中 C.钠在水面上快速游动,并有轻微的嘶嘶声 D.将剩余的钠放入废液缸中 解析　钠存放在煤油中,用镊子从煤油中取出钠块,A项正确;钠质地软,可以用小刀切取绿豆大的钠块,用滤纸吸干煤油,放入盛有水的烧杯中,B项正确;钠与水反应剧烈,产生氢气,密度比水小,钠在水面上快速游动,并有轻微的嘶嘶声,C项正确;取钠切割后,剩余的钠块应放回原试剂瓶,钠易被氧化且与水反应生成强碱,不能放入废液缸,D项错误。 4.将绿豆大的钠块投入如图所示的烧杯中,可能出现的现象是(C) A.钠块只在煤油层中游动,并放出气体 B.钠块只在水层中游动,钠块熔化,水层变红 C.钠块在煤油层与水层的界面处反应,熔化成小球并上下跳动,水层变红 D.钠块在四氯化碳层与水层的界面处反应,熔化成小球并上下跳动,水层变红 解析　金属钠的密度比水、四氯化碳的小,比煤油的大,钠为活泼金属,能与水反应生成NaOH和H2,不与煤油反应,据此分析可知,钠在水层和煤油层的界面处与水发生反应2Na+2H2O===2NaOH+H2↑,反应放出的热量使钠熔化成小球,产生的氢气使钠上浮离开水,然后在重力作用下钠再次沉到水上发生反应,表现为钠上下跳动,酚酞遇产生的NaOH使水层变红,故选C。 5.把一小块金属钠放入下列溶液中,下列说法正确的是(C) A.放入饱和NaOH溶液中:有氢气放出,恢复至原温度后溶液的pH增大 B.放入稀CuSO4溶液中:有氢气放出,有紫红色铜析出 C.放入MgCl2溶液中:有氢气放出,有白色沉淀生成 D.放入NH4NO3溶液中:有无色无味气体放出 解析　饱和NaOH溶液中放入钠,钠与水反应消耗水且生成NaOH,从而会有部分NaOH晶体析出,同时生成氢气,由于溶液仍是饱和NaOH溶液,故溶液的pH不变,A项错误;钠先与水反应生成H2和NaOH,然后生成的NaOH与CuSO4反应生成Cu(OH)2蓝色沉淀,B项错误;钠先与水反应生成H2和NaOH,然后生成的NaOH与MgCl2反应生成 Mg(OH)2白色沉淀,C项正确;钠先与水反应生成H2和NaOH,然后生成的NaOH与N反应生成NH3·H2O,NH3·H2O部分分解产生的少量氨会与氢气同时放出,故放出的气体有刺激性气味,D项错误。 6.有人设计出一种在隔绝空气条件下让钠与FeSO4溶液反应的方法以验证反应实质。实验时,往100 mL大试管中先加40 mL煤油,取3粒米粒大的金属钠放入大试管后塞上橡皮塞,通过长颈漏斗加入FeSO4溶液使煤油的液面至胶塞,并夹紧弹簧夹(如图)。仔细观察,回答下列问题: (1)如何从试剂瓶中取用金属钠?剩余的Na能否放回原试剂瓶? 用镊子从试剂瓶中取一块金属钠,用滤纸吸干表面上的煤油,用小刀在玻璃片上切米粒大的钠做实验用;剩余的钠要放回原试剂瓶,不要随意丢弃 。  (2)有关钠反应的现象是 有气泡生成,钠熔化成小球且在煤油和FeSO4溶液的界面处上下跳动,最终完全溶解 。  (3)大试管的溶液中出现的现象: 下层溶液出现白色絮状沉淀 。  (4)装置中液面的变化:大试管内 下降 ;长颈漏斗内 上升 。  (5)写出钠与硫酸亚铁溶液反应的化学方程式: 2Na+FeSO4+2H2O===Fe(OH)2↓+Na2SO4+H2↑ 。  角度三　钠与水反应实验的改进与创新 7.如图甲是演示金属钠与水反应的重要实验,为收集检验气体产物,某兴趣小组将甲装置改进成如下乙或丙装置,根据要求回答下列问题: (1)写出钠与水反应的离子方程式: 2Na+2H2O===2Na++2OH-+H2↑ 。  (2)按乙装置实验,液体添加完毕后,关闭活塞,打开右边胶塞,向煤油中加入一小块钠,立即塞好胶塞,可观察到的现象是 CD (填字母)。  A.钠块始终保持在a处,直至完全消失 B.钠沉入U形管b处后又慢慢浮到a处 C.钠处于煤油和水的交界处上下浮动 D.随着反应的进行,煤油与胶塞处液面下降,漏斗中液面上升 E.最终钠块在煤油中燃烧起来 (3)乙装置中漏斗在反应过程中的主要作用是 储存反应过程中排出的水 。  (4)用乙装置实验,点燃气体产物时,是否需要检验纯度? 否 (填“是”或“否”)。  (5)按丙装置方法来收集产生的气体,需将钠包好,再放入水中。取相同质量的钠按下列两种情况收集,产生的气体体积在相同条件下的关系是 b (填字母)。  ①用铝箔包住钠　　　②用铜箔包住钠 a.①②二者收集的气体一样多 b.①收集的气体体积较大 c.②收集的气体体积较大 解析　(2)因钠的密度比水的小,比煤油的大,钠与水接触时反应产生氢气,生成的气体将钠块带离水层,进入煤油层后停止反应,钠又下沉,如此往复,直至钠反应完,反应过程中没有氧气,钠不可能燃烧,所以钠处于煤油和水的交界处,上下浮动。(4)液体充满U形管,反应过程中只产生氢气,不可能含有氧气,点燃时不会产生爆炸,因而不需要检验氢气的纯度。(5)Na和H2O反应产生H2的同时产生NaOH,NaOH可以和Al发生反应2Al+2NaOH+6H2O===2Na[Al(OH)4]+3H2↑,故用铝箔包住Na时产生的H2体积较大。 角度四　Na2O2的组成、结构与性质 8.在潜水艇和消防员的呼吸面具中,Na2O2作为氧气的来源。下列说法不正确的是(C) A.Na2O2和H2O反应可生成H2O2 B.Na2O2可使酚酞溶液先变红后褪色 C.工业上用未经过处理的空气和钠直接反应来制备Na2O2 D.可用焰色试验来检验Na2O2中的阳离子 解析　Na2O2和H2O反应可生成H2O2和NaOH,A项正确;Na2O2具有强氧化性且与水反应生成氢氧化钠,故可使酚酞溶液先变红后褪色,B项正确;若工业上用未经过处理的空气和钠直接反应来制备Na2O2,空气中的二氧化碳和水等与钠反应产生杂质,C项不正确;可用焰色试验来检验Na2O2中的阳离子,焰色为黄色,D项正确。 9.图示为证明过氧化钠可在呼吸面具和潜水艇中做供氧剂的实验装置图,其中a装置是实验室制备二氧化碳的装置,c中盛放的是过氧化钠。下列说法正确的是(A) A.a中可以用Na2CO3和稀盐酸来制备CO2 B.b装置中是饱和Na2CO3溶液,作用是除去a中产生的HCl C.c中只发生反应2Na2O2 +2CO2===2Na2CO3+O2 D.f中收集的气体是纯净的O2 解析　该实验的目的是证明过氧化钠可在呼吸面具和潜水艇中做供氧剂,a装置是实验室用盐酸和碳酸钙制备CO2的装置,由于盐酸具有挥发性,制得的二氧化碳中含有HCl,通过装置b中的溶液目的是除去HCl,通入装有过氧化钠的装置c中的二氧化碳气体未干燥,含有少量水蒸气,则装置c中发生的反应有2Na2O2+2CO2===2Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O===4NaOH+O2↑,实验过程中二氧化碳不能完全反应,装置d中应盛装氢氧化钠来吸收未反应的二氧化碳,避免干扰e中收集的气体的验证试验,用带火星的木条可检验e中试管内收集的气体,若木条复燃,证明收集到的是氧气,则证明过氧化钠可在呼吸面具和潜水艇中做供氧剂。碳酸钠与盐酸反应生成二氧化碳、氯化钠和水,则a装置可以用碳酸钠和稀盐酸制备CO2,A项正确;由于a中的盐酸易挥发,制得的二氧化碳中含有HCl,则b装置中应盛放饱和NaHCO3溶液,其作用是除去a中产生的HCl,不能盛放碳酸钠,因为碳酸钠也会与二氧化碳反应,B项错误;从装置b中出来的气体未干燥,二氧化碳中混有水蒸气,c中不仅仅发生反应2Na2O2+2CO2===2Na2CO3+O2,还有反应2Na2O2+2H2O===4NaOH+O2↑,C项错误;根据分析,f中用排水法收集的气体是湿润的O2,不纯,D项错误。 10.如图是为测定过氧化钠样品(只含Na2CO3杂质)纯度而设计的装置,气球Q弹性良好。 下列说法正确的是(C) A.Q中反应的离子方程式为C+2H+===H2O+CO2↑,2+4H+===2H2O+O2↑ B.测量气体体积时应先关闭K1、K2,打开K3,反应完毕后再缓缓打开K1 C.没有导管a稀硫酸不易滴下来,而且会导致测量气体的体积偏大 D.若操作正确,量筒Ⅰ中收集x mL水,量筒Ⅱ中排出y mL水,则Na2O2的质量分数为 解析　实验开始时先打开恒压滴液漏斗的活塞使稀硫酸与样品发生反应2Na2O2+4H+===4Na++2H2O+O2↑、Na2CO3+H2SO4===Na2SO4+H2O+CO2↑,此时关闭K1、K2,打开K3,利用排液法测得所有气体的体积即量筒Ⅰ中水的体积为x mL,反应完毕后先打开K2,关闭K3,保证Q灵活伸缩后打开K1,碱石灰吸收CO2后量筒Ⅱ收集y mL气体即氧气的体积,据此进一步分析。过氧化钠不能拆写,其离子方程式为2Na2O2+4H+===4Na++2H2O+O2↑,A项错误;为保证Q灵活伸缩,量筒Ⅰ测量后需与大气相通,打开K1前应先打开K2,关闭K3,B项错误;若没有导管a,由于气压不相通,稀硫酸不易滴落,而且滴落的稀硫酸也计为气体体积,导致测量气体的体积偏大,C项正确;题中计算既未考虑气体与物质的比例关系,也未考虑物质的摩尔质量,Na2O2的质量分数为=,D项错误。 角度五　钠及其氧化物的有关计算 11.在一定条件下,将钠与氧气反应的生成物1.5 g溶于水,所得溶液恰好能被80 mL浓度为0.50 mol·L-1的HCl溶液中和,则该生成物的成分是(C) A.Na2O B.Na2O2 C.Na2O和Na2O2 D.Na2O2和NaO2 解析　中和后的产物是NaCl,结合钠元素守恒可知n(Na)=n(HCl)=0.50 mol·L-1×0.08 L=0.04 mol,若生成物只有Na2O2,则m(Na2O2)=×78 g·mol-1=1.56 g,若生成物只有Na2O,则m(Na2O)=×62 g·mol-1=1.24 g,而题干中生成物的质量(1.5 g)在1.24 g和1.56 g之间,可得出原生成物是Na2O与Na2O2的混合物,C项正确。 微充电　素养提升 超级结论——过氧化钠几个计算规律 　 【方法归纳】 1.有关Na2O2与CO2、H2O反应的几个重要关系。 2CO2+2Na2O2===2Na2CO3+O2 2H2O+2Na2O2===4NaOH+O2↑ (1)物质的量的关系。 无论是CO2或H2O的单一物质还是二者的混合物,通过足量的Na2O2时,CO2或H2O与放出O2的物质的量之比均为2∶1。 (2)气体体积关系。 若CO2和水蒸气的混合气体(或单一气体)通过足量的Na2O2,气体体积的减少量等于原混合气体体积的且等于生成氧气的体积。 (3)电子转移关系。 当Na2O2与CO2、H2O反应时,关系式为2Na2O2~O2~2e-。 (4)固体质量关系。 相当于固体(Na2O2)只吸收了CO2中的“CO”,H2O中的“H2”;可以看作发生相应的化合反应Na2O2+CO===Na2CO3、Na2O2+H2===2NaOH(实际上两个反应都不能发生)。 (5)先后顺序关系。 一定量的Na2O2与一定量的CO2和H2O(g)的混合物反应,可视作Na2O2先与CO2反应,待CO2反应完成后,Na2O2再与H2O(g)发生反应。 2.增重量等于可燃物质量的规律。 凡分子可燃物组成符合(CO)m·(H2)n,W g该可燃物在O2中完全燃烧,将其产物(CO2和水蒸气)通过足量的Na2O2后,固体增重必为W g。或是由C、H、O三种元素组成的物质,只要C、O的原子个数比为1∶1,即可满足该条件。 中学阶段常见的符合这一关系的物质有: (1)无机物:H2、CO及H2和CO的混合气体。 (2)有机物:CH3OH(甲醇)、HCHO(甲醛)、CH3COOH(乙酸)、HCOOCH3(甲酸甲酯)、C6H12O6(葡萄糖)等。 3.增重量不等于可燃物质量的规律。 (1)若可燃物的化学式可变形为(CO)m(H2)nOq,则其充分燃烧后的产物与足量Na2O2完全反应后,Na2O2固体增加的质量为(CO)m(H2)n的质量,小于原可燃物的质量。 (2)若可燃物的化学式可变形为(CO)m(H2)nCp,则其充分燃烧后的产物与足量Na2O2完全反应,Na2O2固体增加的质量为(CO)m+p(H2)n,大于原可燃物的质量。 【母题】　11.6 g CO2和水蒸气的混合气体与足量的Na2O2固体充分反应后,固体质量增加了3.6 g(如图所示),则原混合气体中CO2和H2O的质量之比是(假设反应都能进行彻底)(A) A.11∶18 B.22∶3 C.1∶9 D.21∶9 解析　向足量的Na2O2固体中通入11.6 g CO2和水蒸气的混合气体,反应后固体质量增加3.6 g,设原混合气体中CO2的质量为x g,原混合气体中水蒸气的质量为(11.6-x) g,则: 2Na2O2+2CO2===2Na2CO3+O2　　Δm1 2×44 32 56 x g g 2Na2O2+2H2O===4NaOH+O2↑　　Δm2 2×18 32 4 (11.6-x)g 　　 g 故+=3.6,解得x=4.4,故原混合气体中CO2和H2O的质量之比为4.4 g∶(11.6-4.4) g=11∶18,A项正确。 【衍生1】　在密闭容器中充入CO2、CO、CH4的混合气体共m g,若加入足量Na2O2,充分振荡并不断用电火花引燃至反应完全,测得固体质量增加了m g,则CO2与CH4的体积比为(C) A.3∶1　　　　　　　　B.2∶1 C.1∶1 D.任意比 解析　2CO+O22CO2　① 2Na2O2+2CO2===2Na2CO3+O2　② ①+②得Na2O2+CO===Na2CO3(虚拟的反应) 即CO可被Na2O2完全吸收 2H2+O22H2O　③ 2Na2O2+2H2O===4NaOH+O2↑　④ ③+④得Na2O2+H2===2NaOH(虚拟的反应) 即H2可被Na2O2完全吸收 由于CO和H2完全被吸收,当CO2、CH4的体积比符合1∶1时,相当于2CO·2H2,可被Na2O2完全吸收。 【衍生2】　1 mol过氧化钠与2 mol碳酸氢钠固体混合后,在密闭的容器中加热充分反应,排出气体物质后冷却,残留的固体物质是(A) A.Na2CO3 B.Na2O2、Na2CO3 C.NaOH、Na2CO3 D.Na2O2、NaOH、Na2CO3 解析　2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O,2 mol NaHCO3受热分解生成Na2CO3、CO2、H2O各1 mol,可视为CO2先与Na2O2发生反应2Na2O2+2CO2===2Na2CO3+O2,Na2O2与CO2恰好完全反应生成Na2CO3、O2,故残留的固体物质是Na2CO3。 微真题　把握方向 　 考向一　钠及其氧化物的性质 1.判断正误,正确的画“√”,错误的画“×”。 (1)Na2O2能与CO2反应产生O2,可作供氧剂。(2024·浙江卷6月)(√) (2)金属钠导热性好,可用作传热介质。(2023·浙江卷1月)(√) (3)Na和乙醇反应可生成H2。(2023·浙江卷1月)(√) (4)高压钠灯发出的黄光透雾能力强、射程远,可用于道路照明。(2022·浙江卷6月)(√) (5)Na2O在空气中加热可得固体Na2O2。(2020·浙江卷7月)(√) (6)室温下,Na在空气中反应生成Na2O2。(2020·江苏卷)(×) 解析　(1)Na2O2能与CO2反应产生O2,故Na2O2可作供氧剂。(2)钠导热性好,液态钠钾合金可用作核反应堆的传热介质。(3)乙醇分子中含有羟基,可以和钠反应生成氢气。(4)钠的焰色试验为黄色,可用作透雾能力强的高压钠灯。(5)无水状态下Na2O2比Na2O更稳定,Na2O在空气中加热可以生成更稳定的Na2O2。(6)室温下,钠与空气中的氧气反应生成氧化钠。 考向二　过氧化钠与水反应体系中物质的结构 2.(2022·江苏卷)少量Na2O2与H2O反应生成H2O2和NaOH。下列说法正确的是(C) A.Na2O2的电子式为 B.H2O的空间结构为直线形 C.H2O2中O元素的化合价为-1价 D.NaOH中仅含离子键 解析　过氧化钠是离子化合物,电子式是,A项错误;H2O中氧原子的成键电子对数是2,孤电子对数是2,价层电子对数为4,根据价层电子对互斥模型,H2O的空间结构为V形,B项错误;H2O2中H元素显+1价,根据正、负化合价代数和为0,可计算出O元素的化合价为-1价,C项正确;NaOH中O原子和H原子之间是共价键,D项错误。 第9讲　碳酸钠和碳酸氢钠　碱金属 [目标速览]　1.知道Na2CO3 、NaHCO3的性质及其相互转化。 2.知道Na2CO3 、NaHCO3的鉴别及除杂。3.了解碱金属的通性与特性及焰色试验。 微考点　核心突破 考点1　钠的重要化合物 　 知|识|梳|理 1.碳酸钠和碳酸氢钠 名称 碳酸钠(Na2CO3) 碳酸氢钠(NaHCO3) 俗名 纯碱或苏打 小苏打 主 要 性 质 水溶性 易溶于水,溶液呈碱性 易溶于水(但比Na2CO3溶解度小),溶液呈碱性 稳定性 稳定,但结晶碳酸钠(Na2CO3·10H2O)易风化 受热易分解,其分解反应的化学方程式为2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O 主 要 反 应 与H+ 反应 C+2H+===CO2↑+H2O HC+H+===CO2↑+H2O 与澄清 石灰水 反应 与OH-不反应,但 与Ca2+反应:　 Ca2++C=== CaCO3↓ Ca2++OH-+HC===CaCO3↓+H2O(碱过量) Ca2++2OH-+2HC===CaCO3↓+C+2H2O(碱不足) CaCl2 Ca2++C===CaCO3↓ 不反应 硫酸 铝 2Al3++3C+3H2O===2Al(OH)3↓+3CO2↑ 3HC+Al3+===Al(OH)3↓+3CO2↑ 微提醒　(1)同温、同浓度的Na2CO3溶液和NaHCO3溶液的碱性Na2CO3>NaHCO3;因此,向两溶液中分别滴入酚酞溶液,Na2CO3溶液呈红色而NaHCO3溶液呈浅红色。 (2)Na2CO3溶液中混有少量NaHCO3时,理论上加入适量NaOH可以除去,但实际上无法操作,因为无法准确控制NaOH的用量。 2.钠及其重要化合物间的转化关系 写出框图中带标号的有关反应的化学方程式: ①2Na+O2Na2O2; ②2Na+2H2O===2NaOH+H2↑; ③2Na2O2+2H2O===4NaOH+O2↑; ④2Na2O2+2CO2===2Na2CO3+O2; ⑤2NaOH+CO2===Na2CO3+H2O; ⑥2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑。 3.Na2CO3的制备及用途 (1)Na2CO3的工业制备——侯氏制碱法。 ①制备原理。 把二氧化碳通入氨的氯化钠饱和溶液中,使溶解度较小的碳酸氢钠从溶液中析出,过滤得到碳酸氢钠晶体,碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠。 ②反应的化学方程式。 a.NaCl+NH3+CO2+H2O===NaHCO3↓+NH4Cl; b.2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O。 (2)Na2CO3、NaHCO3的用途。 ①Na2CO3是一种非常重要的化工原料,在玻璃、肥皂、合成洗涤剂、造纸、纺织、石油、冶金、食品等工业中有着广泛的应用。 ②NaHCO3是焙制糕点所用的发酵粉的主要成分之一;在医疗上,它是治疗胃酸过多的一种药剂。 思维辨析 判断正误,正确的画“√”,错误的画“×”。 1.用澄清石灰水能够鉴别NaHCO3溶液与Na2CO3溶液。(×) 提示:Ca(OH)2与NaHCO3、Na2CO3溶液均反应生成CaCO3沉淀。 2.向苏打和小苏打溶液中分别加入足量盐酸,均冒气泡,所以两者均能与盐酸反应。(√) 3.小苏打是面包发酵粉的主要成分之一。(√) 4.侯氏制碱法的工艺过程中应用了物质溶解度的差异。(√) 提示:侯氏制碱法利用了NaHCO3溶解度比NaCl、NH4HCO3小的特点。 5.可用加热分解的方法区分碳酸钠和碳酸氢钠两种固体。(√) 提示:碳酸氢钠受热分解生成二氧化碳、水和碳酸钠,碳酸钠受热不分解。 知|识|拓|展 1.鉴别Na2CO3、NaHCO3的常用方法 2.Na2CO3、NaHCO3、NaOH及其混合物与盐酸反应的图像 若a=0(即图像从原点开始) 溶液中的溶质为NaHCO3 若V(Oa)=V(ab)(即Oa段与ab段消耗盐酸的体积相同) 溶液中的溶质为Na2CO3 若V(Oa)>V(ab)(即Oa段消耗盐酸的体积大于ab段消耗盐酸的体积) 溶液中的溶质为Na2CO3和NaOH 若V(Oa)<V(ab)(即Oa段消耗盐酸的体积小于ab段消耗盐酸的体积) 溶液中的溶质为Na2CO3和NaHCO3 知|识|对|练 角度一　Na2CO3与NaHCO3的性质与鉴别 1.Na2CO3是一种重要的盐,下列说法不正确的是(D) A.Na2CO3属于强电解质 B.厨房油烟污渍可用热的Na2CO3溶液清洗 C.Na2CO3又称食用碱 D.Na2CO3是泡沫灭火器的主要成分 解析　Na2CO3在水溶液中完全电离,属于强电解质,A项正确;Na2CO3水解溶液呈碱性,加热促进水解平衡正向移动,溶液碱性增强,所以厨房油烟污渍可用热的Na2CO3溶液清洗,B项正确;Na2CO3又称食用碱,C项正确;NaHCO3是泡沫灭火器的主要成分之一,D项错误。 2.Na2CO3和NaHCO3是常见的两种钠盐,它们广泛应用于生产和生活中。下列有关碳酸钠和碳酸氢钠的说法不正确的是(D) A.小苏打能中和胃酸,对胃壁不产生强烈的刺激或腐蚀作用,可用于治疗胃酸过多症,但不适合胃溃疡病人 B.NaHCO3能中和面粉发酵后产生的酸,并且产生二氧化碳气体,可用于做馒头 C.不能用澄清石灰水来鉴别Na2CO3溶液和NaHCO3溶液 D.往饱和Na2CO3溶液中通入CO2气体,不能获得NaHCO3沉淀 解析　小苏打与胃酸中的盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳气体,反应的化学方程式为NaHCO3+HCl===NaCl+H2O+CO2↑,胃溃疡病人不能服用小苏打类药物,因为反应产生的二氧化碳气体会造成胃部胀气,易造成胃穿孔,A项正确;NaHCO3与酸反应生成二氧化碳气体,使得馒头或面包松软多孔,B项正确;Na2CO3和NaHCO3溶液都能与澄清石灰水反应生成CaCO3白色沉淀,所以不能用澄清石灰水来鉴别,C项正确;Na2CO3比NaHCO3易溶于水,所以在饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2气体可得到NaHCO3沉淀,D项错误。 3.如图是某兴趣小组根据教材实验设计的一个能说明碳酸钠与碳酸氢钠热稳定性的套管实验。观察如图实验装置并分析实验原理,下列说法错误的是(B) A.甲为小苏打,乙为纯碱 B.甲为Na2CO3,乙为NaHCO3 C.要证明物质受热能产生水,可在两支试管内塞上沾有无水硫酸铜粉末的棉花球 D.整个实验过程中可以看到丙烧杯中的澄清石灰水不变浑浊 解析　用酒精灯加热时,外管温度高,内管温度低,NaHCO3受热易分解,Na2CO3受热不易分解,故将Na2CO3放在外管中,温度高却未分解,NaHCO3放在内管中,温度低却分解,证明Na2CO3的热稳定性强于NaHCO3,NaHCO3受热分解产生CO2,可使澄清石灰水变浑浊。甲为小苏打(NaHCO3),乙为纯碱(Na2CO3),A项正确,B项错误;NaHCO3分解产生的水可以使无水硫酸铜变蓝,C项正确;Na2CO3不会分解产生CO2,故不能使丙中澄清石灰水变浑浊,D项正确。 4.某小组同学依据性质差异,采用比较的方法设计实验鉴别Na2CO3和NaHCO3(如表所示),回答下列问题。 实验Ⅰ 实验Ⅱ 实验Ⅲ (1)实验Ⅰ中,分别向两支试管中滴加几滴水,A中温度计示数略有降低,B中温度计示数升高。说明固体b与水作用的过程中 放出 (填“放出”或“吸收”)热量,可判断固体b为Na2CO3。  (2)实验Ⅱ中,向试管C和D中分别加入5 mL 水,充分振荡,试管C中固体有剩余,试管D中固体完全溶解。 ①判断固体d为 Na2CO3 (填化学式)。  ②分别向两支试管中滴加2滴酚酞溶液,试管 C (填字母)中红色较浅。  (3)实验Ⅲ中,分别向e的溶液和f的溶液中逐滴加入稀盐酸,F中开始滴加时就可以观察到气泡;E中开始时无气泡产生,一段时间后产生气泡。结合离子方程式解释E中开始时无气泡产生的原因: C和少量H+反应生成HC:C+H+===HC 。  (4)请你再设计一个鉴别Na2CO3固体和NaHCO3固体的实验方案: 加热,能产生使澄清石灰水变浑浊的气体的为NaHCO3,则另一种为Na2CO3(合理即可) 。  解析　(1)B中温度计示数升高,说明固体b与水作用的过程中放出热量,使得体系温度升高,可判断固体b为Na2CO3。(2)①相同条件下,NaHCO3在水中的溶解度小于Na2CO3,试管D中固体完全溶解,则固体d为Na2CO3。②Na2CO3的碱性比NaHCO3的强,且试管C中溶解的NaHCO3的量较少,故分别向两支试管中滴加2滴酚酞溶液,试管C中红色较浅。(3)E中开始时Na2CO3与少量HCl反应生成NaHCO3,故无气泡产生。 5.松花蛋是一种中国特有的食品,其腌制配方有多种,但主要配料为生石灰、纯碱和食盐。将一定比例的配料用水和黏土调成糊状,敷于蛋上,密封保存,数日后可食用。 (1)腌制松花蛋的主要配料用水调制时,主要发生的反应的化学方程式有 CaO+H2O===Ca(OH)2、Ca(OH)2+Na2CO3===CaCO3↓+2NaOH 。  (2)松花蛋外的糊状物经水溶解、过滤,滤液中肯定含有的较多的溶质为 NaCl 和 NaOH ,可能含有的物质为Ca(OH)2或Na2CO3。  (3)某同学设计如表所示的实验方案,探究(2)所得滤液中可能含有的物质是否存在,请你帮他完善实验方案。 实验步骤 实验现象 实验结论 ①取少量滤液,滴加适量K2CO3溶液 若出现白色沉淀 滤液中含Ca(OH)2 若无白色沉淀 滤液中无Ca(OH)2 ②另取少量滤液,滴加稀盐酸(或稀硫酸) 若出现气泡 滤液中含Na2CO3 若无气泡 滤液中无Na2CO3 (4)松花蛋上“松花”的主要成分是氢氧化镁,其进入人体中与胃酸(主要成分为盐酸)反应的离子方程式为 Mg(OH)2+2H+===Mg2++2H2O 。  解析　(1)腌制松花蛋的主要配料为生石灰、纯碱和食盐,配料用水调制时,主要发生的反应有CaO+H2O===Ca(OH)2、Ca(OH)2+Na2CO3===CaCO3↓+2NaOH。(2)由腌制时发生的反应及主要配料的成分可知,滤液中肯定含有NaCl、NaOH。(3)Na2CO3与盐酸反应可生成CO2,产生气泡。(4)“松花”的主要成分是氢氧化镁,Mg(OH)2难溶于水,其与胃酸(主要成分为盐酸)发生反应Mg(OH)2+2H+===Mg2++2H2O。 角度二　与Na2CO3、NaHCO3有关的定量计算 6.将0.4 g NaOH和1.06 g Na2CO3混合并配成溶液,向溶液中滴加0.1 mol·L-1稀盐酸。下列图像能正确表示加入盐酸的体积和生成CO2的物质的量的关系的是(C) 解析　向NaOH与Na2CO3的混合溶液中滴加盐酸,盐酸首先与NaOH反应,然后与Na2CO3反应转化为NaHCO3:C+H+===HC,之后与HC反应生成CO2,因n(OH-)=n(C)=0.01 mol,故加入0.02 mol 盐酸后开始有气体生成。结合各种物质的物质的量分析图像可知,C项符合题意。 角度三　碳酸钠的制备——侯德榜制碱原理 7.实验室模拟侯氏制碱法制取纯碱和氯化铵溶液,下列有关操作错误的是(B) 解析　用氯化铵和氢氧化钙共热制备氨,且有防倒吸装置,A项正确;侯氏制碱法中溶液析出的晶体为碳酸氢钠,故应过滤获得碳酸氢钠晶体,且用玻璃棒引流,B项错误;在坩埚中灼烧碳酸氢钠,使其分解制取碳酸钠,C项正确;在蒸发皿中蒸发浓缩氯化铵溶液,并不断搅拌,D项正确。 8.以下是侯氏制碱法的简单流程,下列说法正确的是(D) A.氨和二氧化碳的通入顺序应该调换 B.操作X为过滤,为加快过滤速率,过滤时用玻璃棒搅拌 C.侯氏制碱法的主要原理是相同条件下Na2CO3易溶于水,NaHCO3难溶于水 D.向溶液B中通入氨并加入氯化钠粉末可得到副产品NH4Cl,通入氨的目的是增大N的浓度,有利于析出NH4Cl并提高纯度 解析　氨和二氧化碳的通入顺序不能颠倒,因为氨极易溶于水,二氧化碳的溶解度较小,先通入氨可以更多地吸收二氧化碳,反应生成碳酸氢钠,A项错误;过滤时不能用玻璃棒搅拌,避免弄破滤纸,B项错误;碳酸钠和碳酸氢钠都易溶于水,但相同温度下碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠,C项错误;氨溶于水后与水反应生成一水合氨,一水合氨电离出铵根离子,增大了铵根离子浓度,有利于析出氯化铵并提高纯度,D项正确。 考点2　碱金属元素　焰色试验 　 知|识|梳|理 1.碱金属的相似性和递变性 相似性 递变性(由Li→Cs) 原子 结构 最外层均为1个电子 电子层数逐渐增多;核电荷数逐渐增加;原子半径逐渐增大 元素 性质 都具有较强的金属性,最高正价均为+1价 金属性逐渐增强 物理 性质 (除Cs外)都呈银白色,密度较小,熔、沸点较低 密度逐渐增大(钾反常),熔、沸点逐渐降低 化学 性质 都具有较强的还原性 还原性逐渐增强;与O2反应越来越剧烈,产物越来越复杂 2.碱金属的特性 (1)碱金属的密度一般随着核电荷数的增大而增大,但钾的密度比钠的小。 (2)碱金属一般都保存在煤油中,但由于锂的密度小于煤油的密度而将锂保存在石蜡中。 (3)碱金属单质跟氢气反应生成的碱金属氢化物都是离子化合物,其中氢元素以H-形式存在,显-1价,碱金属氢化物是强还原剂。 (4)试剂瓶中的药品取出后一般不能放回原瓶,但Na、K等需放回原瓶。 (5)锂与O2的反应与钠不同,只生成Li2O。 (6)碱金属所形成的盐均溶于水,并且酸式盐比正盐的溶解度大(但NaHCO3的溶解度比Na2CO3小)。 3.焰色试验 (1)焰色试验的概念。 某些金属或它们的化合物在灼烧时都会使火焰呈现出特征颜色,属于物理变化,是元素的性质。 (2)焰色试验的操作。 ①清洗铂丝:将铂丝蘸稀盐酸在无色火焰上灼烧至无色。 ②灼烧试样:蘸取试样在无色火焰上灼烧,观察火焰颜色。 ③清洗铂丝:将铂丝再蘸稀盐酸灼烧至无色。 (3)熟记常见金属的焰色。 钠元素黄色;钾元素紫色(透过蓝色钴玻璃观察);铜元素绿色;钡元素黄绿色;钙元素砖红色。 思维辨析 判断正误,正确的画“√”,错误的画“×”。 1.用铂丝蘸取某溶液进行焰色试验,火焰呈黄色,说明该溶液中一定不存在K+。(×) 提示:钾元素的焰色试验应透过蓝色钴玻璃观察。 2.锂可用于制造质量轻、电容量大的可充电电池。(√) 提示:锂电池可用于手机、电动汽车等。 3.钠、氧化钠、氢氧化钠的焰色试验均显黄色。(√) 提示:钠元素的焰色试验呈黄色。 4.钠的金属性比钾强,工业上用钠制钾:Na+KCl===K↑+NaCl。(×) 提示:K的金属性强于Na。 知|识|拓|展 1.误认为焰色试验是化学变化 焰色试验是某些金属元素的一种物理性质。无论是金属离子还是金属原子均能发生焰色试验,属于物理变化。 2.误认为所有金属元素都有特征的焰色 不是所有金属元素都有特征的焰色。只有碱金属元素以及钙、锶、钡、铜等少数金属元素才能呈现焰色试验。 3.误认为焰色试验显色过程与气体物质燃烧产生各色火焰的过程机理相同 焰色试验的显色过程与气体物质燃烧时产生各色火焰的过程有着本质的区别。焰色试验并非是金属及其化合物自身发生燃烧反应而产生的各种颜色火焰,而是它们的原子或离子的外围电子被激发而产生的各种颜色的光。 知|识|对|练 角度四　碱金属元素 9.碱金属钫(Fr)具有放射性,它是碱金属元素中最重的元素,根据碱金属元素性质的递变规律预测其性质,其中不正确的是(C) A.在碱金属元素中它具有最大的原子半径 B.钫在空气中燃烧时,不只生成化学式为Fr2O的氧化物 C.它的氢氧化物的化学式为FrOH,这是一种弱碱 D.它能跟水反应生成相应的碱和氢气,由于反应剧烈而发生爆炸 解析　根据同主族元素性质的递变规律,从金属锂到金属钫,随着原子序数的递增,原子半径逐渐增大,元素的金属性逐渐增强,最高价氧化物对应的水化物的碱性逐渐增强,与水反应的剧烈程度逐渐增大,与氧气反应的产物越来越复杂,可以生成过氧化物、超氧化物甚至臭氧化物等。 10.碱金属单质及其化合物有广泛应用。回答下列问题: (1)锂是最轻的活泼金属,常用于制造高效锂电池。电解池中的电解液不能用水作溶剂,原因是 锂可以与水反应 。  (2)金属钾是一种活泼的金属,下列有关其性质的说法正确的是 B (填字母)。  A.钾在空气中燃烧只生成K2O B.钾与水反应,由于反应剧烈可能会发生爆炸 C.1 mol·L-1 KOH溶液比1 mol·L-1 NaOH溶液碱性强 (3)KH是一种野外供氢剂,其电子式为 K+[︰H]- ,与水反应放出氢气,化学方程式为 KH+H2O===KOH+H2↑ 。生成1 mol氢气时,反应中转移电子数为 NA 。  (4)NaH在无水条件下可作为某些钢铁制品的脱锈剂(铁锈的成分表示为Fe2O3),脱锈过程中生成两种产物,其反应的化学方程式为 3NaH+Fe2O3===2Fe+3NaOH 。  解析　(1)碱金属单质及其氢化物都是强还原剂,遇水立即反应生成氢气和碱金属的氢氧化物。(2)钾在空气中燃烧生成K2O、K2O2及KO2,A项错误;钾与水反应非常剧烈,可能会发生爆炸,B项正确;1 mol·L-1 KOH溶液与1 mol·L-1 NaOH溶液所含的OH-的浓度相等,故两者碱性相同,C项错误。(3)K+O===KOH+↑,生成1 mol 氢气时转移1 mol e-,即NA个电子。(4)NaH作为脱锈剂,使得Fe2O3失去氧原子生成Fe,而NaH得氧原子生成NaOH。 角度五　焰色试验 11.下列焰火颜色与钾元素相关的是(B) A.黄色 B.紫色 C.绿色 D.洋红色 解析　钾的焰色为紫色,故选B。 12.焰色试验过程中铂丝的清洗和灼烧与钾焰色试验的观察两项操作如图所示。下列叙述不正确的是(C) A.每次实验中都要先将铂丝灼烧到火焰与原来的火焰颜色相同,再蘸取被检验物质 B.钾的焰色试验要透过蓝色钴玻璃观察 C.实验时最好选择本身颜色较深的火焰 D.可用光洁无锈的铁丝代替铂丝进行实验 解析　如果不这样做,会给样品火焰颜色带来干扰,A项正确;观察钾的焰色时要透过蓝色钴玻璃,滤去黄光再观察,B项正确;焰色试验应选择本身颜色较浅的火焰,C项错误;铁丝与铂丝灼烧时都没有焰色,可以用于进行焰色试验,D项正确。 微充电　素养提升 教考衔接——钠的化合物组成成分的测定 　 【方法归纳】　 测定纯碱中碳酸钠质量分数的常用方法: (1)气体法。 ①测定原理:Na2CO3+H2SO4===Na2SO4+H2O+CO2↑。 依据CO2的体积确定Na2CO3的物质的量,进而确定纯碱中Na2CO3的含量。 ②实验操作:向m g纯碱样品中加入足量的稀硫酸,准确测量产生CO2气体的体积为V mL(已折算为标准状况)。 ③数据处理。 纯碱样品中Na2CO3的质量为 mol×106 g·mol-1= g,则纯碱样品中Na2CO3的质量分数为×100%=%。 (2)沉淀法。 ①测定原理:Na2CO3+BaCl2===BaCO3↓+2NaCl。 依据BaCO3沉淀的质量确定Na2CO3的物质的量,进而确定纯碱中Na2CO3的含量。 ②实验操作:先将m g纯碱样品溶于水配成溶液,向溶液中加入过量的BaCl2溶液,经过滤、洗涤、干燥得BaCO3沉淀的质量为n g。 ③数据处理。 纯碱样品中Na2CO3的质量为×106 g·mol-1= g,则纯碱样品中Na2CO3的质量分数为×100%=×100%。 【母题】　(教材有源)下列实验方案中,不能测定出Na2CO3和NaHCO3的混合物中Na2CO3质量分数的是(C) A.取a g混合物充分加热,质量减少b g B.取a g混合物与足量稀盐酸充分反应,加热、蒸干、灼烧,得到b g固体 C.取a g混合物与足量NaOH溶液充分反应,得到b g溶液 D.取a g混合物与足量稀硫酸充分反应,逸出气体经干燥后用碱石灰吸收,质量增加b g 解析　取a g混合物充分加热,质量减少b g,NaHCO3加热分解为碳酸钠、二氧化碳、水,则碳酸氢钠的质量为 g,Na2CO3的质量是a- g,Na2CO3的质量分数是×100%,A项不符合题意;取a g混合物与足量稀盐酸充分反应,加热、蒸干、灼烧,得到b g固体,设Na2CO3和NaHCO3的质量分别是x g、y g,则,解方程可得碳酸钠的质量,进而计算出Na2CO3的质量分数,B项不符合题意;取a g混合物与足量NaOH溶液充分反应,得到b g溶液,不能计算碳酸钠的质量,C项符合题意;取a g混合物与足量稀硫酸充分反应,逸出的气体经干燥后用碱石灰吸收,质量增加b g,可知二氧化碳的质量为b g,设Na2CO3和NaHCO3的质量分别是x g、y g,则,解方程可得碳酸钠的质量,进而计算出Na2CO3的质量分数,D项不符合题意。 【衍生1】　为精确测定工业纯碱中碳酸钠的质量分数(含少量NaCl),准确称量W g样品进行实验,下列实验方法所对应的实验方案和测量数据合理的是(A) 选项 实验方法 实验方案 测量数据 A 滴定法 将样品配成100 mL溶液,取10 mL,加入甲基橙,用标准盐酸滴定 消耗盐酸 的体积 B 量气法 将样品与盐酸反应,生成的气体全部被碱石灰吸收 碱石灰增 加的质量 C 重量法 将样品放入烧瓶中,置于电子天平上,加入足量盐酸 减少的 质量 D 量气法 将样品与盐酸反应,气体通过排水量气装置量气 排出水的 体积 解析　用甲基橙作指示剂时,Na2CO3与盐酸发生反应Na2CO3+2HCl===2NaCl+CO2↑+H2O,依据消耗盐酸的量可以计算出样品中Na2CO3的量,进而确定样品中Na2CO3的质量分数,A项合理;测量碱石灰增重的方法是重量法而不是量气法,且CO2中含有水蒸气,碱石灰吸收水蒸气,导致结果偏大,B项不合理;CO2挥发带出水蒸气,且盐酸挥发,溶液质量减少,导致结果偏大,C项不合理;因部分CO2能溶解到水里,与水反应生成H2CO3,故排出水的体积并不是CO2的体积,D项不合理。 【衍生2】　为了测定NaCl、Na2CO3·10H2O和NaHCO3的混合物中各组分的含量,某同学设计如下实验:取一定质量的混合物,通过测量反应前后②和③装置质量的变化,测定该混合物中各组分的质量分数。下列说法错误的是(C) A.①②③中可以依次盛装碱石灰、无水CaCl2、碱石灰 B.硬质玻璃管加热前,应关闭b,打开a,缓缓通入空气,直至a处出来的空气不再使澄清石灰水变浑浊为止 C.若将①装置换成盛放NaOH溶液的洗气瓶,则测得的NaCl含量偏大 D.实验过程中一直通入空气,停止加热后再停止通入空气 解析　根据实验目的和装置的连接顺序可知:①装置用于吸收空气中的CO2和水蒸气,可以使用碱石灰;②装置吸收Na2CO3·10H2O和NaHCO3分解生成的水蒸气,可以使用无水CaCl2;③装置吸收碳酸氢钠分解生成的CO2,使用碱石灰,A项正确;实验前必须将装置中的水蒸气和CO2赶净,避免影响测定结果,B项正确;若将①装置换成盛放NaOH溶液的洗气瓶,则会增加水的质量,使测得的Na2CO3·10H2O含量偏高,NaCl的含量偏低,C项错误;停止加热后继续通入空气使存留在装置中的CO2和水蒸气完全被吸收,D项正确。 微真题　把握方向 　 考向一　Na2CO3和NaHCO3的性质 1.(2024·北京卷)关于Na2CO3和NaHCO3的下列说法中,不正确的是(D) A.两种物质的溶液中,所含微粒的种类相同 B.可用NaOH溶液使NaHCO3转化为Na2CO3 C.利用二者热稳定性的差异,可从它们的固体混合物中除去NaHCO3 D.室温下,二者饱和溶液的pH差约为4,主要是由于它们的溶解度差异 解析　Na2CO3和NaHCO3的溶液中均存在H2O、H2CO3、H+、OH-、Na+、C、HC,A项正确;NaHCO3加入NaOH溶液会发生反应NaHCO3+NaOH===Na2CO3+H2O,B项正确;NaHCO3受热易分解,可转化为Na2CO3,而Na2CO3的热稳定性较强,利用二者热稳定性的差异,可从它们的固体混合物中除去NaHCO3,C项正确;室温下Na2CO3和NaHCO3饱和溶液pH相差较大的主要原因是C的水解程度远大于HC,D项错误。 2.判断正误,正确的画“√”,错误的画“×”。 (1)面包师用小苏打作发泡剂烘焙面包,是因为Na2CO3可与酸反应。(2022·广东卷)(×) (2)“洁厕灵”(主要成分为盐酸)和“84”消毒液(主要成分为次氯酸钠)不能混用。(2022·浙江卷6月)(√) (3)NaHCO3的热稳定性比Na2CO3的强。(2020·浙江卷7月)(×) (4)室温下,向浓度均为0.1 mol·L-1的BaCl2和CaCl2的混合溶液中加入Na2CO3溶液,出现白色沉淀,白色沉淀是BaCO3。(2020·江苏卷)(×) 解析　(1)小苏打的成分是碳酸氢钠而不是碳酸钠。(2)“洁厕灵”(主要成分为盐酸)和“84”消毒液(主要成分为次氯酸钠)不能混用,若两者混用会发生归中反应生成氯气,不仅达不到各自预期的作用效果,还会污染环境。(3)碳酸氢钠受热分解可产生碳酸钠、水和二氧化碳,则热稳定性NaHCO3<Na2CO3。(4)BaCl2、CaCl2均能与Na2CO3反应,反应产生了白色沉淀,沉淀可能为BaCO3或CaCO3或二者的混合物。 考向二　侯氏制碱法 3.(2021·河北卷)化工专家侯德榜发明的侯氏制碱法为我国纯碱工业和国民经济发展做出了重要贡献,某化学兴趣小组在实验室中模拟并改进侯氏制碱法制备NaHCO3,进一步处理得到产品Na2CO3和NH4Cl,实验流程如图: 回答下列问题: (1)从A~E中选择合适的仪器制备NaHCO3,正确的连接顺序是 aefbcgh (按气流方向,用小写字母表示)。为使A中分液漏斗内的稀盐酸顺利滴下,可将分液漏斗上部的玻璃塞打开或 将玻璃塞上的凹槽对准漏斗颈部的小孔 。  (2)B中使用雾化装置的优点是 使氨盐水雾化,可增大与二氧化碳的接触面积,从而提高产率(或其他合理答案) 。  (3)生成NaHCO3的总反应的化学方程式为 NH3·H2O+NaCl+CO2===NH4Cl+NaHCO3↓ 。  (4)反应完成后,将B中U形管内的混合物处理得到固体NaHCO3和滤液: ①对固体NaHCO3充分加热,产生的气体先通过足量浓硫酸,再通过足量Na2O2,Na2O2增重0.14 g,则固体NaHCO3的质量为 0.84 g。  ②向滤液中加入NaCl粉末,存在NaCl(s)+NH4Cl(aq)—→NaCl(aq)+NH4Cl(s)过程。为使NH4Cl沉淀充分析出并分离,根据NaCl和NH4Cl的溶解度曲线,需采用的操作为 降温结晶 、 过滤 、洗涤、干燥。  (5)无水NaHCO3可作为基准物质标定盐酸浓度。称量前,若无水NaHCO3保存不当,吸收了一定量水分,用其标定盐酸浓度时,会使结果 A (填字母)。  A.偏高　　　B.偏低　　　C.不变 解析　根据工艺流程知,浓氨水中加入氯化钠粉末形成饱和氨盐水后,再通入二氧化碳气体,发生反应NH3·H2O+NaCl+CO2===NH4Cl+NaHCO3↓,得到的碳酸氢钠晶体烘干后受热分解会生成碳酸钠、二氧化碳和水,从而制备得到纯碱;另一方面得到的母液的主要溶质为NH4Cl,再加入氯化钠粉末,存在反应NaCl(s)+NH4Cl(aq)===NaCl(aq)+NH4Cl(s),据此分析解答。(1)根据分析可知,要制备NaHCO3,需先选用装置A制备二氧化碳,然后通入饱和碳酸氢钠溶液中除去二氧化碳中的HCl,后与饱和氨盐水充分接触来制备NaHCO3,其中过量的二氧化碳可被氢氧化钠溶液吸收,也能充分利用二氧化碳制备得到少量NaHCO3,所以按气流方向正确的连接顺序应为aefbcgh;为使A中分液漏斗内的稀盐酸顺利滴下,可将分液漏斗上部的玻璃塞打开或将玻璃塞上的凹槽对准漏斗颈部的小孔。(2)B中使用雾化装置使氨盐水雾化,可增大与二氧化碳的接触面积,从而提高产率。(3)根据上述分析可知,生成NaHCO3的总反应的化学方程式为NH3·H2O+NaCl+CO2===NH4Cl+NaHCO3↓。(4)①对固体NaHCO3充分加热,产生二氧化碳和水蒸气,反应的化学方程式为2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O,将气体先通过足量浓硫酸,吸收水蒸气,再通过足量Na2O2,Na2O2与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气,化学方程式为2Na2O2+2CO2===2Na2CO3+O2,根据差量法可知,当增重0.14 g(2CO的质量)时,消耗的二氧化碳的质量为0.14 g×=0.22 g,其物质的量为=0.005 mol,根据关系式2NaHCO3~CO2可知,消耗的NaHCO3的物质的量为2×0.005 mol=0.01 mol,所以固体NaHCO3的质量为0.01 mol×84 g·mol-1=0.84 g;②根据溶解度随温度的变化曲线可以看出,氯化铵的溶解度随着温度的升高而不断增大,而氯化钠的溶解度随着温度的升高变化并不明显,所以要想使NH4Cl沉淀充分析出并分离,需采用降温结晶、过滤、洗涤、干燥的方法。(5)称量前,若无水NaHCO3保存不当,吸收了一定量的水分,标准液被稀释,浓度减小,所以用其标定盐酸浓度时,消耗的碳酸氢钠溶液的体积V(标)会增大,根据c(测)=可知,最终会使c(测)偏高,A项符合题意。 第10讲　铁及其氧化物和氢氧化物 [目标速览]　结合真实的情境中的应用实例或通过实验探究,了解铁及其氧化物、氢氧化物的主要性质,了解这些物质在生产、生活中的应用。 微考点　核心突破 考点1　铁的性质 知|识|梳|理 1.铁的物理性质 纯铁具有金属的共性,如具有银白色金属光泽和良好的延展性,是电和热的良导体,具有能被磁铁吸引的特性。 2.铁的化学性质 (1)铁元素是一种变价金属元素,通常显+2价和+3价。 (2)常温下,铁单质比较活泼,具有较强的还原性。 ①与非金属反应。 ②与水的反应。 常温下铁与水不反应,在高温条件下与水蒸气反应的化学方程式为3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2。 ③与酸反应(写离子方程式)。 ④与某些盐溶液的反应(写离子方程式)。 a.与CuSO4溶液:Fe+Cu2+===Fe2++Cu。 b.与FeCl3溶液:Fe+2Fe3+===3Fe2+。 3.铁的冶炼 (1)原料:铁矿石、焦炭、空气、石灰石。 (2)设备:炼铁高炉。 (3)主要反应 ①还原剂的生成:C+O2CO2,CO2+C2CO。 ②铁的生成:Fe2O3+3CO2Fe+3CO2。 思维辨析 判断正误,正确的画“√”,错误的画“×”。 1.铁在过量氧气中燃烧生成Fe2O3。(×) 提示:不论氧气是否过量均生成Fe3O4。 2.过量的铁与稀硝酸反应生成Fe3+。(×) 提示:过量的铁会与Fe3+反应最终生成Fe2+。 3.过量的Fe分别与氯气和稀盐酸反应所得氯化物相同。(×) 提示:不论Fe是否过量,与氯气反应均生成FeCl3,Fe只有在溶液中才与Fe3+反应。 4.铁在常温下与浓硝酸反应比与稀硝酸反应剧烈。(×) 提示:常温下铁在浓硝酸中发生钝化。 知|识|拓|展 1.几点总结 (1)铁分别与氯气和盐酸反应所得的氯化物不同,Fe与Cl2反应生成FeCl3,而Fe与盐酸反应生成FeCl2。 (2)铁在潮湿的空气中生成的铁锈的主要成分是Fe2O3·xH2O,铁锈属于混合物,而铁在纯氧中燃烧的产物是Fe3O4。 (3)铁与硫蒸气反应生成的是FeS而不是Fe2S3;铁与碘蒸气反应生成的是FeI2而不是FeI3。 2.铁与硝酸反应的计算问题 (1)硝酸的作用及其量的确定。 硝酸与铁的反应中,一是起氧化剂作用,二是起酸性作用。作为氧化剂的硝酸可以根据氧化还原反应中得失电子守恒的方法确定,作为酸性作用的可以通过金属铁的物质的量确定,即铁的物质的量乘以铁的化合价。 (2)铁与稀硝酸反应。 随着两者用量的不同,生成的氧化产物亦不同,可用讨论的方法确定。 ①Fe+4HNO3(稀)===Fe(NO3)3+NO↑+2H2O ②Fe+2Fe(NO3)3===3Fe(NO3)2 ①×2+②可得 ③3Fe+8HNO3(稀)===3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O a.当≤时,硝酸过量,按①式计算。 b.当≥时,铁过量,按③式计算。 c.当<<时,可依据①②或①③进行计算。 无论二者的量如何变化,铁与稀硝酸反应,被还原的HNO3与参加反应的HNO3的物质的量之比总是1∶4。 (3)铁与浓硝酸反应。 常温下铁在浓硝酸中发生钝化。在加热条件下,二者剧烈反应生成NO2,反应方程式为Fe+6HNO3(浓)Fe(NO3)3+3NO2↑+3H2O。但随着反应的进行硝酸变稀,就会有NO生成,解这类题时要注意实际的反应过程。 知|识|对|练 角度一　铁的性质 1.下列说法错误的是(A) A.Fe与稀硝酸、稀硫酸反应均有气泡产生,说明Fe与两种酸均发生置换反应 B.足量的Fe在Cl2中燃烧只生成FeCl3 C.Cu与FeCl3溶液反应可生成CuCl2 D.细铁粉可作食品抗氧剂 解析　铁与稀硝酸反应不生成氢气,生成NO。 2.5.6 g铁粉与一定量的硫黄混合,在空气中加热发生剧烈反应,冷却后用足量的盐酸溶解反应后的残留固体,产生了2.0 L气体(标准状况下),通过分析可知其小于应生成的气体量,其最可能的原因是(D) A.硫黄量不足 B.生成了FeS C.生成了Fe2S3 D.有部分Fe被空气中的氧气氧化了 解析　当此混合物反应完全后,加入足量的盐酸时,如果铁过量,1 mol铁对应产生1 mol氢气,如果硫黄过量,硫化亚铁与盐酸反应,1 mol硫化亚铁对应产生1 mol硫化氢气体,故5.6 g铁反应,对应产生的气体为2.24 L(标准状况下),但是实际产生的气体体积偏小,可能的原因是部分Fe被空气中的氧气氧化了。 角度二　铁及其化合物的定量计算 3.把22.4 g铁粉完全溶解于某浓度的硝酸中,如反应只收集到0.3 mol NO2和0.2 mol NO,下列说法正确的是(C) A.反应后生成的盐只有Fe(NO3)3 B.反应后生成的盐只有Fe(NO3)2 C.反应后生成的盐为Fe(NO3)3和Fe(NO3)2,其物质的量之比为1∶3 D.反应后生成的盐为Fe(NO3)3和Fe(NO3)2,其物质的量之比为3∶1 解析　由于铁的物质的量为=0.4 mol,所以在反应过程中它失去的电子的物质的量应介于0.8 mol(此时只产生Fe2+)和1.2 mol(此时只产生Fe3+)之间,由于产生0.3 mol NO2和0.2 mol NO,即反应过程中硝酸得到的电子的物质的量为0.3 mol×(5-4)+0.2 mol×(5-2)=0.9 mol,所以对应的产物既有Fe(NO3)3又有Fe(NO3)2,设前者的物质的量为x,后者的物质的量为y,则由铁原子守恒可得x+y=0.4,由得失电子守恒得3x+2y=0.9 mol,解得x=0.1 mol,y=0.3 mol。 4.向含a g HNO3的稀溶液中加入b g铁粉,充分反应后铁粉全部溶解。已知有 g HNO3被还原,则a∶b不可能是(A) A.2∶1 B.17∶4 C.4∶1 D.9∶2 解析　满足条件的反应为 Fe+4HNO3(稀)===Fe(NO3)3+NO↑+2H2O　① 3Fe+8HNO3(稀)===3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O　② 满足方程式①的a∶b=(4×63)∶56=9∶2, 满足方程式②的a∶b=(8×63)∶(3×56)=3∶1。 介于方程式①②之间即3≤≤4.5的都行。A项不可能。 考点2　铁的氧化物　铁的氢氧化物 　 知|识|梳|理 1.铁的氧化物 比较 项目 氧化亚铁 (FeO) 氧化铁 (Fe2O3) 四氧化三铁 (Fe3O4) 俗名 — 铁红 磁性氧化铁 色态 黑色粉末 红棕色粉末 黑色晶体 铁元素 价态/价 +2 +3 +2、+3 与非氧 化性酸 反应 FeO+2H+===Fe2++H2O Fe2O3+6H+===2Fe3++3H2O Fe3O4+8H+===Fe2++2Fe3++4H2O 2.铁的氢氧化物 化学式 Fe(OH)2 Fe(OH)3 色态 白色固体 红褐色固体 与非氧 化性酸 反应 Fe(OH)2+2H+===Fe2++2H2O Fe(OH)3+3H+===Fe3++3H2O 受热 分解 — 2Fe(OH)3Fe2O3+3H2O 制法 可溶性亚铁盐与碱反应 Fe2++2OH-===Fe(OH)2↓ 可溶性铁盐与碱反应 Fe3++3OH-===Fe(OH)3↓ 二者的 关系 空气中,Fe(OH)2能够迅速地被氧气氧化成Fe(OH)3,现象是白色沉淀迅速变成灰绿色,最后变成红褐色,反应方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O===4Fe(OH)3 微提醒　(1)Fe3O4与非氧化性酸反应生成铁盐和亚铁盐,故Fe3O4不属于碱性氧化物,而FeO、Fe2O3属于碱性氧化物。 (2)注意Fe2O3与Fe(OH)3颜色的微小差异:前者是红棕色,后者是红褐色。 (3)难溶于水的碱不稳定,受热易分解生成金属氧化物与水。 (4)Fe(OH)2转化为Fe(OH)3的过程中,物质颜色会发生一系列的变化,其中“灰绿色”是典型的中间颜色。 思维辨析 判断正误,正确的画“√”,错误的画“×”。 1.Fe2O3是碱性氧化物,所以Fe2O3可用作红色油漆和涂料。(×) 提示:因为Fe2O3是红棕色,所以Fe2O3可用作红色油漆和涂料。 2.CO还原Fe2O3得到的黑色固体加入盐酸溶解后,再加入KSCN溶液,溶液不显红色,不能确定黑色固体中有无Fe3O4。(√) 提示:CO还原Fe2O3可以得到Fe单质,Fe单质会与黑色固体和盐酸反应生成的Fe3+反应,所以无法判断黑色固体中是否含有Fe3O4。 3.铁在潮湿的空气中生成的铁锈主要成分是Fe2O3·nH2O,铁在纯氧中燃烧的产物是Fe3O4,Fe在高温下与水蒸气反应生成Fe2O3。(×) 提示:Fe在高温下与水蒸气反应生成Fe3O4。 4.配制FeSO4溶液时,加入少量稀硫酸抑制Fe2+水解,加入少量铁粉防止Fe2+被氧化。(√) 5.氢氧化铁与HI溶液仅发生中和反应。(×) 提示:Fe3+与I-发生氧化还原反应。 6.FeCl3、FeCl2和Fe(OH)3都可以通过化合反应制取。(√) 提示:FeCl3可由Fe与Cl2反应制取;FeCl2可由FeCl3与Fe反应制取;Fe(OH)3可由Fe(OH)2、O2、H2O化合制取。 7.Fe3O4是混合物。(×) 提示:Fe3O4是纯净物。 实|验|回|放 实验:铁的氢氧化物的制备 Fe(OH)3 Fe(OH)2 实验操作 实验现象 生成红褐色沉淀 生成白色絮状沉淀,然后沉淀迅速变成灰绿色,最后变成红褐色 化学方程式 FeCl3+3NaOH===Fe(OH)3↓+3NaCl (红褐色) FeSO4+2NaOH===Fe(OH)2↓+Na2SO4　　　　(白色) 4Fe(OH)2+O2+2H2O=== 4Fe(OH)3 (红褐色) 实验结论 Fe(OH)3与Fe(OH)2可分别由相对应的可溶性盐与碱溶液反应制得,且Fe(OH)2易被空气中的氧气氧化成Fe(OH)3 提醒　制备Fe(OH)2时的注意事项 (1)Fe2+极易被氧化,所以FeSO4溶液要现配现用。 (2)为了防止Fe(OH)2被氧化,配制FeSO4溶液所用的蒸馏水和制备Fe(OH)2所用的NaOH溶液都要煮沸,尽可能除去溶于水的O2。 (3)为了防止滴加NaOH溶液时带入空气,可将吸有NaOH溶液的长胶头滴管伸入FeSO4溶液的液面下,再挤出NaOH溶液。 (4)为防止Fe(OH)2被氧化,还可以向盛有FeSO4溶液的试管中加入少量的煤油或其他密度小于水且不溶于水的有机溶剂,以隔绝空气。 知|识|对|练 角度三　铁的化合物的性质及定量计算 5.司南是中国古代劳动人民在长期实践中的伟大发明,《论衡》中记载:“司南之杓,投之于地,其柢指南。”“杓”的主要成分是(C) A.Fe2O3 B.FeO C.Fe3O4 D.Fe(OH)3 解析　由“司南之杓,投之于地,其柢指南”可知,“杓”具有磁性,则其主要成分是Fe3O4,C项正确。 6.铁及其化合物在生产、生活中应用广泛。下列铁及其化合物的性质与用途具有对应关系的是(C) A.Fe有导电性,可用于湿法炼铜 B.FeCl3有氧化性,可用于净水 C.Fe2O3呈红棕色,可用于制作颜料 D.K2FeO4易溶于水,可用于杀菌消毒 解析　铁可用于湿法炼铜Fe+Cu2+===Fe2++Cu,是因为铁的还原性强于铜,与Fe的导电性无关,A项不符合题意;FeCl3可用于净水,是因为Fe3+水解生成的氢氧化铁胶体能吸附水中的悬浮杂质,与FeCl3的氧化性无关,B项不符合题意;Fe2O3呈红棕色,可用于制作红色颜料,C项符合题意;K2FeO4可用于杀菌消毒,是因为K2FeO4具有强氧化性,与K2FeO4的溶解性无关,D项不符合题意。 7.准确称取某种铁的氧化物2.88 g,用足量的CO进行还原,将生成的CO2全部用足量的澄清石灰水吸收,得到沉淀4.00 g,计算该氧化物的化学式: FeO 。  解析　4.00 g CaCO3沉淀的物质的量为0.04 mol,则CO、CO2的物质的量均为0.04 mol,增加的氧原子为0.04 mol,质量为0.04 mol×16 g·mol-1=0.64 g,铁的氧化物中氧元素的质量为0.64 g,铁元素的质量为2.88 g-0.64 g=2.24 g,铁的氧化物中铁元素与氧元素的物质的量之比为∶0.04 mol=1∶1,则这种铁的氧化物的化学式为FeO。 铁的氧化物组成的判断方法 设铁的氧化物中铁元素与氧元素的质量比为m∶n, 则氧化物中n(Fe)∶n(O)=∶=a∶b, 若a∶b=1∶1,则铁的氧化物为FeO; 若a∶b=2∶3,则铁的氧化物为Fe2O3; 若a∶b=3∶4,则铁的氧化物是Fe3O4,或FeO与Fe2O3按物质的量之比为1∶1的混合物,或FeO、Fe2O3、Fe3O4的混合物,其中FeO、Fe2O3的物质的量之比为1∶1,而Fe3O4为任意值。 角度四　Fe(OH)2的制备与实验条件的控制 8.实验室可以用如图所示装置制备氢氧化亚铁,下列说法错误的是(C) A.实验前应把稀硫酸和氢氧化钠溶液均煮沸处理 B.实验开始阶段,应把弹簧夹C和D都打开 C.一段时间后,关闭弹簧夹C和D,在B中生成白色絮状沉淀 D.实验结束后关闭弹簧夹D,可以长时间保存氢氧化亚铁 解析　氢氧化亚铁易被空气中的氧气氧化为氢氧化铁,所以制备氢氧化亚铁时应将稀硫酸和氢氧化钠溶液预先煮沸,使溶解的空气逸出,A项正确;氢氧化亚铁具有强还原性,易被空气中的氧气氧化为氢氧化铁,故实验开始阶段,应把弹簧夹C和D都打开,A中反应产生氢气,排除空气,防止亚铁离子被氧气氧化,B项正确;一段时间后,关闭弹簧夹C,但不能关闭弹簧夹D,可利用生成的氢气使装置A中压强增大,把硫酸亚铁溶液压入装置B的氢氧化钠溶液中,反应生成白色氢氧化亚铁沉淀,C项错误;本实验利用反应生成的氢气排净装置中的空气,使装置处于还原氛围,故实验结束后关闭弹簧夹D,可以长时间保存氢氧化亚铁,D项正确。 9.下列各图示中能较长时间看到Fe(OH)2白色沉淀的是　①②④ (填序号)。  解析　①②原理一样,都是先用氢气将装置中的空气排尽,并使生成的Fe(OH)2沉淀处在氢气的保护中;④中液面加苯可阻止生成的沉淀与空气接触;③由于空气中的氧气能迅速将Fe(OH)2氧化,因而不能较长时间看到白色沉淀。 10.用如图所示装置(夹持仪器省略)制备氢氧化亚铁。 实验步骤如下: Ⅰ.检查装置气密性后,关闭K2、K5,打开K1、K3、K4,使装置A中产生的气体进入装置B中,排尽B中空气。 Ⅱ.待B中空气排尽后,关闭K3,打开K2,将A中溶液压入B中并观察现象。 Ⅲ.关闭K1、K2,打开K5、K6,使C中气体通入B中并观察现象。 回答下列问题: (1)仪器a的名称是 恒压滴液漏斗 ,B中长玻璃管的作用是 平衡气压,辅助排出装置B中的空气 。  (2)装置A中金属离子的检验方法是 取少量装置A烧瓶中的液体于洁净试管中,滴加几滴KSCN溶液,无红色出现,再滴加H2O2溶液,溶液变为红色,则证明存在Fe2+,或加入铁氰化钾溶液,产生蓝色沉淀,证明存在Fe2+ 。  (3)步骤Ⅲ装置B中的现象是 白色沉淀逐渐变为灰绿色,最后变为红褐色 ,其发生反应的化学方程式为 4Fe(OH)2+O2+2H2O===4Fe(OH)3 。  解析　氢氧化亚铁容易被氧气氧化,因此打开K1、K3、K4,关闭K2和K5,装置A中产生H2,排出装置B中的空气,因此长导管的作用之一是辅助排出装置B中的空气,作用之二是平衡压强,防止装置中压强过大,发生危险。 微充电　素养提升 教考衔接——教材实验(铁粉与水蒸气反应)延伸命题 　 【教材有源】 实验:铁与水蒸气的反应 方法一 方法二 实验 装置 操作 及现象 用小试管收集一试管气体,点燃,听到轻微的“噗”声,证明生成了氢气 用火柴点燃肥皂泡,听到爆鸣声,证明生成了氢气 实验 结论 在高温下,铁能与水蒸气反应生成H2,化学方程式为3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2 归纳总结　(1)铁与水蒸气反应的产物是Fe3O4和H2,而不是Fe2O3。 (2)铁与冷水、热水均不能反应,只能与水蒸气在高温下反应。 (3)铁与水蒸气反应的实质同Na、Mg一样,都是置换出水电离产生的H+,但不能得到铁的氢氧化物,因为高温下铁的氢氧化物分解为铁的氧化物和水。 【母题】　(2024·新课标卷)实验室中利用如图装置验证铁与水蒸气的反应。下列说法错误的是(B) A.反应为3Fe(s)+4H2O(g)Fe3O4(s)+4H2(g) B.酒精灯移至湿棉花下方实验效果更佳 C.用火柴点燃肥皂泡检验生成的氢气 D.使用硬质玻璃试管盛装还原铁粉 解析　铁和水蒸气在高温下发生反应生成Fe3O4和H2,该反应的化学方程式为3Fe(s)+4H2O(g)Fe3O4(s)+4H2(g),A项正确;酒精灯放在铁粉下方加热可以产生高温,且不影响水的蒸发,若移至湿棉花下方则难以产生高温,实验效果不好,B项错误;用火柴点燃肥皂泡,若产生尖锐的爆鸣声,则可检验生成的气体为氢气,C项正确;由于该实验中的反应要在高温下发生,因此要使用硬质玻璃试管盛装还原铁粉,D项正确。 【衍生1】　铁与水蒸气反应实验改进前后的装置如图所示: 下列说法错误的是(D) A.将湿棉花改为浸水的尿不湿,酒精灯由单头改为双头,可提供足量的水蒸气 B.用具支试管可将试管口附近冷凝的水导出,避免冷凝水与灼热铁粉接触 C.肥皂水改为吹泡泡水,收集H2效果更好,点燃效果更明显 D.悬挂的磁铁仅能吸引反应铁粉,不能吸引反应产物 解析　铁、四氧化三铁均可被磁铁吸引,则悬挂的磁铁不仅能吸引铁粉,也能吸引反应产物四氧化三铁,D项错误。 【衍生2】　在常温下,Fe与水几乎不反应,但在高温下,Fe与水蒸气可发生反应。如图所示(部分装置略),在B中放入还原性铁粉和棉绒的混合物,加热,通入水蒸气,就可以完成高温下Fe与水蒸气的反应等实验。回答下列问题: (1)装置A的作用是 为B中的反应提供水蒸气 。  (2)B中发生反应的化学方程式为 3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2 。  (3)实验中应先点燃酒精灯a,再点燃酒精喷灯,可能的原因是 防止铁粉在加热条件下被装置中的空气氧化 。  (4)实验中观察到E中的现象是 黑色氧化铜变红 ,F中的现象是 无水硫酸铜变蓝 。  (5)若甲同学称取16.8 g铁粉放于B中,在高温下反应一段时间后,停止加热,冷却后称得固体质量为20.0 g,则实验后的固体物质中氧化物的质量为 11.6 g。  解析　(1)A为水蒸气的产生装置,为B中的反应提供水蒸气。(2)B中发生铁与水蒸气的反应3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2。(3)加热时铁能与氧气反应,故实验中应先点燃酒精灯a,再点燃酒精喷灯。(4)E中的CuO被H2还原为Cu,同时产生水,则E中可观察到黑色氧化铜变红,F中无水硫酸铜变蓝。(5)16.8 g 铁粉与水蒸气反应后得到固体20.0 g,可使用差量法计算生成氧化物(Fe3O4)的质量。 设实验后的固体物质中氧化物的质量为x 3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2　Δm 56×3 232 64 x 20.0 g-16.8 g =,解得x=11.6 g。 微真题　把握方向 　 考向一　铁的氧化物、氢氧化物的性质 1.判断正误,正确的画“√”,错误的画“×”。 (1)FeO有还原性,能被氧化成Fe3O4。(2024·浙江卷6月)(√) (2)古壁画颜料中所用的铁红,其成分为Fe2O3。(2023·新课标卷)(√) (3)Fe2O3呈红色,可用作颜料。(2023·浙江卷1月)(√) (4)火星全球影像彩图显示了火星表土颜色,表土中赤铁矿的主要成分为FeO。(2023·广东卷) (×) (5)FeO粉末在空气中受热,迅速被氧化成Fe3O4。(2021·湖南卷)(√) 解析　(1)FeO有还原性,其中Fe元素的化合价为+2,用适当的氧化剂可以将其氧化成更高价态的Fe3O4。(2)Fe2O3为红色,常被用于油漆、涂料、油墨和橡胶的红色颜料,俗称铁红。(3)Fe2O3的颜色是红色,可用作红色颜料。(4)赤铁矿的主要成分是Fe2O3,不是FeO。(5)氧化亚铁具有较强的还原性,在空气中受热容易被氧气氧化为稳定的四氧化三铁。 2.(2022·浙江卷6月)关于化合物FeO(OCH3)的性质,下列推测不合理的是(B) A.与稀盐酸反应生成FeCl3、CH3OH、H2O B.隔绝空气加热分解生成FeO、CO2、H2O C.溶于氢碘酸(HI),再加CCl4萃取,有机层呈紫红色 D.在空气中,与SiO2高温下反应能生成Fe2(SiO3)3 解析　化合物FeO(OCH3)中Fe元素的化合价为+3价,故其与稀盐酸反应生成FeCl3、CH3OH、H2O,反应原理为FeO(OCH3)+3HCl===FeCl3+H2O+CH3OH,A项合理;化合物FeO(OCH3)中Fe元素的化合价为+3价,C元素为-2价,若隔绝空气加热分解生成FeO、CO2、H2O,则得失电子总数不相等,不符合氧化还原反应规律,即不可能生成FeO、CO2、H2O,B项不合理;化合物FeO(OCH3)中Fe元素的化合价为+3价,故其溶于氢碘酸(HI)中Fe3+能将I-氧化为I2,反应原理为2FeO(OCH3)+6HI===2FeI2+I2+2H2O+2CH3OH,再加CCl4萃取,有机层呈紫红色,C项合理;化合物FeO(OCH3)在空气中高温下将生成Fe2O3、CO2和H2O,由于Fe2O3为碱性氧化物,SiO2为酸性氧化物,故化合物FeO(OCH3)与SiO2高温下反应能生成Fe2(SiO3)3,D项合理。 考向二　含Fe物质的分类与相应化合价的关系 3.(2021·广东卷)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(C) A.a可与e反应生成b B.b既可被氧化,也可被还原 C.可将e加入浓碱液中制得d的胶体 D.可存在b→c→d→e→b循环转化关系 解析　题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。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,A项合理;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,B项合理;Fe(Ⅲ)的盐类物质与浓碱液反应生成的是Fe(OH)3沉淀,制备Fe(OH)3胶体的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,C项不合理;b→c→d→e→b可转化,如FeCl2Fe(OH)2Fe(OH)3FeCl3FeCl2,D项合理。 第11讲　铁盐、亚铁盐及相互转化 [目标速览]　1.了解Fe2+和Fe3+的常用检验方法。2.结合实例,认识铁盐、亚铁盐的性质,通过化学反应可以探索物质性质,实现物质的转化。 微考点　核心突破 考点　铁盐与亚铁盐 　 知|识|梳|理 1.亚铁盐 含有Fe2+的溶液呈 浅绿 色,既有氧化性,又有还原性。  (1)氧化性:Fe2+与Zn反应的离子方程式为 Zn+Fe2+===Fe+Zn2+ 。  (2)还原性。 ①向FeCl2溶液中滴入几滴KSCN溶液,无现象,再滴加氯水(或通入Cl2),若溶液变成红色,证明Fe2+具有还原性。反应原理为2Fe2++Cl2===2Fe3++2Cl-。 ②向少量酸性KMnO4溶液中滴入FeSO4溶液,若溶液紫红色褪去,证明Fe2+具有还原性。离子方程式为Mn+5Fe2++8H+===5Fe3++Mn2++4H2O。 2.铁盐 (1)氧化性:含Fe3+的溶液呈 棕黄 色,Fe3+具有较强的氧化性。  ①向FeCl3溶液中滴入几滴KSCN溶液,再加入过量活泼金属(如Fe),若溶液红色褪去,证明Fe3+具有氧化性。离子方程式为 2Fe3++Fe===3Fe2+ 。  ②向FeCl3溶液中加入淀粉⁃KI溶液,若溶液变成蓝色,证明Fe3+具有氧化性。离子方程式为2Fe3++2I-===I2+2Fe2+。 ③向FeCl3溶液中通入H2S气体,若出现黄色浑浊,证明Fe3+具有氧化性。离子方程式为2Fe3++H2S===2Fe2++S↓+2H+。 (2)特性:含有Fe3+的盐溶液遇到 KSCN溶液 时变成红色。  (3)FeCl3易水解:将其饱和溶液滴入沸水中制备Fe(OH)3胶体的化学方程式为 FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl 。  3.Fe2+、Fe3+的相互转化 Fe2+Fe3+ 上述转化中反应的离子方程式为 ① 2Fe2++Br2===2Fe3++2Br- ;  ② 2Fe3++Fe===3Fe2+ 。  思维辨析 判断正误,正确的画“√”,错误的画“×”。 1.加热蒸干氯化铁溶液最终得到FeCl3晶体。(×) 提示:FeCl3水解生成Fe(OH)3和HCl,HCl受热挥发,最终得到Fe(OH)3沉淀。 2.Fe比Cu活泼,所以FeCl3溶液可以腐蚀线路板上的Cu。(×) 提示:三价铁离子的氧化性比铜离子强,与Fe比Cu活泼无关。 3.向某溶液中先滴加少量氯水,再滴加KSCN溶液,溶液变为红色,溶液中一定含有Fe2+。(×) 提示:如果原溶液中存在Fe3+也是此现象,故无法确定原溶液中一定含有Fe2+。 4.取久置的绿矾(FeSO4·7H2O)溶于水,加入KSCN溶液,溶液变为红色,说明绿矾部分或全部被氧化。(√) 提示:溶液变为红色,说明溶液中含有Fe3+。 实|验|回|放 实验一:Fe3+、Fe2+的检验 　 Fe3+ Fe2+ 实验 操作 实验 现象 溶液变成红色 无明显现象 离子 方程式 Fe3++3SCN-Fe(SCN)3 — 结论 含有Fe3+的盐溶液遇到KSCN溶液时变成红色,可利用此现象检验Fe3+的存在 Fe2+和SCN-不反应 实验二:Fe3+和Fe2+的相互转化 加过量铁粉振荡后,棕黄色溶液变成浅绿色,再加KSCN溶液,溶液颜色无变化 向上层清液中滴加新制氯水,溶液变成红色 2Fe3++Fe===3Fe2+ 2Fe2++Cl2===2Fe3++2Cl- Fe3++3SCN-Fe(SCN)3 Fe3+遇到较强的还原剂时会被还原成Fe2+ Fe2+在较强的氧化剂作用下会被氧化成Fe3+ 提醒　Fe3+和Fe2+的相互转化的应用 欲除去废水中的Fe2+,常先将废水中的Fe2+氧化为Fe3+(如通入氯气),反应的离子方程式为2Fe2++Cl2===2Fe3++2Cl-,再调节溶液的pH,使Fe3+转化为红褐色的Fe(OH)3沉淀析出。 实验三:利用覆铜板制作图案 实验 原理 利用FeCl3溶液作为“腐蚀液”,将覆铜板上不需要的铜腐蚀 实验 操作 取一小块覆铜板,用油性笔在覆铜板上画上设计好的图案,然后浸入盛有FeCl3溶液的小烧杯中。过一段时间后,取出覆铜板并用水清洗干净。观察实验现象,并展示制作的图案 实验 现象 用油性笔画出的图案处不被腐蚀,洗净后板上留下设计的图案 反应 方程式 2FeCl3+Cu===2FeCl2+CuCl2 实验 结论 铜可被FeCl3溶液腐蚀 提醒　覆铜板是以绝缘板为基材,一面或两面覆以铜箔,经热压而成的一种板状材料,主要用于制作家电、计算机等电子产品的印刷电路板。 知|识|拓|展 1.“铁三角”的转化 (1)“铁三角”转化关系。 (2)具体应用。 ①判断离子能否共存。 Fe2+N(H+)、ClO-、Mn(H+)。 Fe3+S2-、I-、S、HS-、HS。 Fe2+、Fe3+HC、C等水解相互促进的离子。 ②盐溶液的配制与保存。 ③物质的制备。 2.FeCl3溶液发生反应时的颜色变化 (1)向FeCl3溶液中加几滴KSCN溶液后,溶液呈红色。 (2)FeCl3与NaOH溶液反应生成红褐色沉淀。 (3)向FeCl3溶液中通入H2S气体,生成淡黄色沉淀。 (4)向FeCl3溶液中加入几滴Na2S溶液,生成淡黄色(S)沉淀,当加入的Na2S溶液过量时,又生成黑色(FeS)沉淀。 (5)向FeCl3溶液中加入过量铁粉,溶液变成浅绿色(Fe2+)。 (6)将FeCl3溶液滴入淀粉⁃碘化钾溶液中,溶液变成蓝色。 (7)向FeCl3溶液中滴入苯酚溶液,溶液变成紫色。 (8)将饱和FeCl3溶液滴入沸水中,继续加热,生成红褐色Fe(OH)3胶体。 3.Fe3+、Fe2+的检验 (1)检验Fe2+时的易错分析。 ①只含Fe2+的溶液:注意检验Fe2+时加入试剂的顺序为待测液不变色红色(含Fe2+、不含Fe3+)。 a.加KSCN溶液前,要注意不要加入氧化性物质使Fe2+被氧化,如H2O2、N(H+)等。 b.氧化剂不能选用酸性KMnO4溶液,因为酸性KMnO4溶液本身显紫红色,对实验现象有干扰,且酸性KMnO4溶液能氧化KSCN,即使溶液中含Fe3+也不变红色。 ②同时含有Fe2+和Fe3+的溶液:Fe2+对检验Fe3+无干扰,可以滴加KSCN溶液检验Fe3+;Fe3+对检验Fe2+有干扰,不能通过先加入KSCN溶液再加氯水检验Fe2+,通常向溶液中加入适量K3[Fe(CN)6]溶液,若产生蓝色沉淀,说明含有Fe2+。 (2)检验Fe2+的方法:向某溶液中滴加KSCN溶液,无明显现象,再滴加少量新制氯水(或H2O2),溶液变成红色,证明原溶液中含有Fe2+。 4.混合溶液中Fe3+、Fe2+的除去方法 (1)除去Mg2+中混有的Fe3+的方法。 向混合溶液中加入Mg、MgO、MgCO3、Mg(OH)2中之一,与Fe3+水解产生的H+反应,促进Fe3+的水解,将Fe3+转化成Fe(OH)3沉淀而除去。 (2)除去Cu2+中混有的Fe3+的方法。 向混合溶液中加入CuO、CuCO3、Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3中之一,与Fe3+水解产生的H+反应,促进Fe3+的水解,将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀而除去。 (3)除去Mg2+中混有的Fe2+的方法。 先加入氧化剂(如H2O2)将溶液中的Fe2+氧化成Fe3+,然后再按(1)的方法除去溶液中的Fe3+。 (4)除去Cu2+中混有的Fe2+的方法。 先加入氧化剂(如H2O2)将溶液中的Fe2+氧化成Fe3+,然后再按(2)的方法除去溶液中的Fe3+。 知|识|对|练 角度一　铁盐的性质 1.某同学通过实验模拟往年的春晚节目《魔壶》。将“魔壶”中盛有的FeCl3溶液依次倒入烧杯①②③中,烧杯①②③中分别盛有1 mL KSCN溶液、1 mL AgNO3溶液、1 mL NaOH溶液,实验现象均不同。下列说法正确的是(D) A.烧杯①中,有红色沉淀生成 B.烧杯②中,发生了氧化还原反应 C.烧杯③中,反应后所得分散系属于胶体 D.若用FeCl2溶液代替FeCl3溶液进行上述实验,烧杯中的现象均发生改变 解析　FeCl3溶液遇KSCN溶液变成红色,没有沉淀产生,A项错误。FeCl3溶液和AgNO3溶液反应生成AgCl沉淀和Fe(NO3)3,该反应为复分解反应,不是氧化还原反应,B项错误。FeCl3溶液和NaOH溶液反应生成红褐色的Fe(OH)3沉淀,反应后所得分散系不属于胶体,C项错误。FeCl3溶液遇KSCN溶液显红色,FeCl2溶液和KSCN溶液不反应,无明显现象;FeCl3溶液、FeCl2溶液和AgNO3溶液反应均可生成AgCl白色沉淀,但前者反应后的体系中含大量Fe3+(显棕黄色),后者反应后的体系中含大量Fe2+(显浅绿色);FeCl3溶液和NaOH溶液反应立即生成红褐色沉淀,FeCl2溶液和NaOH溶液反应先生成Fe(OH)2白色絮状沉淀,然后白色沉淀迅速变成灰绿色,最后变成红褐色,因此三个烧杯中的现象均改变,D项正确。 角度二　根据试剂判断Fe2+、Fe3+的转化 2.用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板上的铜,所得溶液中加入铁粉。对加入铁粉充分反应后的溶液分析合理的是(B) A.若无固体剩余,则溶液中一定有Fe3+ B.若有固体存在,则溶液中一定有Fe2+ C.若溶液中有Cu2+,则一定没有固体析出 D.若溶液中有Fe2+,则一定有Cu析出 解析　FeCl3溶液腐蚀印刷电路板上铜的反应为2FeCl3+Cu===2FeCl2+CuCl2,所得溶液中存在FeCl2和CuCl2,还可能有过量的FeCl3溶液,加入铁粉充分反应后,A项若无固体剩余,说明原溶液中含有Fe3+,反应后不一定还含有Fe3+;B项中不管固体是铁粉还是铜粉,溶液中一定含有Fe2+;C项若溶液中有Cu2+,可能有部分铜固体析出;D项若溶液中有Fe2+,不一定有Cu析出。 3.铁及其化合物的转化具有重要应用。在指定条件下,下列物质间转化能实现的是(B) A.Fe2O3FeCl3(aq)FeCl3(s) B.FeFeI2FeCl3 C.FeS2Fe2O3Fe(OH)3 D.FeFeCl2(aq)FeCl3(aq) 解析　Fe2O3溶于稀盐酸生成FeCl3和水,FeCl3为挥发性酸的弱碱盐,蒸发时会发生水解,转化为Fe(OH)3沉淀,A项不正确;I2具有弱氧化性,只能将Fe氧化为FeI2,FeI2电离产生的Fe2+和I-都能被Cl2氧化,从而生成FeCl3和I2,B项正确;FeS2在高温条件下能被O2氧化生成Fe2O3和SO2,但Fe2O3难溶于水,与水不能发生反应,C项不正确;Fe溶于盐酸生成FeCl2和H2,SO2具有弱氧化性,不能将Fe2+氧化为Fe3+,D项不正确。 角度三 Fe3+、Fe2+的检验 4.某溶液中可能存在Mg2+、Fe2+、Fe3+,加入NaOH溶液,开始时有白色絮状沉淀生成,白色沉淀迅速变成灰绿色,最后变成红褐色。下列结论正确的是(D) A.一定有Fe2+,一定没有Fe3+、Mg2+ B.一定有Fe3+,一定没有Fe2+、Mg2+ C.一定有Fe3+,可能有Fe2+,一定没有Mg2+ D.一定有Fe2+,可能有Mg2+,一定没有Fe3+ 解析　加入NaOH溶液,开始时有白色絮状沉淀生成,白色沉淀迅速变成灰绿色,最后变成红褐色,说明溶液中一定有Fe2+,若有Fe3+,则红褐色Fe(OH)3沉淀会掩盖Fe(OH)2沉淀的白色,所以不可能存在Fe3+,而Mg(OH)2沉淀是白色的,有可能存在。 5.要证明某溶液中不含Fe3+而可能含有Fe2+,进行如下实验操作时,最佳顺序为(C) ①加入足量氯水　②加入足量KMnO4溶液　③加入少量NH4SCN溶液 A.①③ B.③② C.③① D.①②③ 解析　在该溶液中先加入少量NH4SCN溶液,溶液不变红色,无Fe3+存在,再加入氯水,将Fe2+氧化成Fe3+,溶液变为红色。KMnO4溶液呈紫红色,溶液颜色变化不明显,所以不能用KMnO4溶液。 角度四　铁盐的制备 6.FeCl3是一种常用的化工原料,它受热易升华,极易与水反应。铁粉与氯气反应制备FeCl3的实验装置如图所示,C和E用来收集产物,回答下列问题: (1)B中石棉绒不参与反应,石棉绒的作用是 增大铁粉与Cl2的接触面积,使反应更充分 ;写出B中反应的化学方程式: 2Fe+3Cl22FeCl3 。  (2)在C、E处收集产物是利用了FeCl3 受热易升华 的性质。  (3)实验过程中若D处出现堵塞,A处可观察到的现象是 A中长玻璃管中液面上升 ;可通过 适当加热D处 (填简单操作),使实验能继续进行。  (4)G装置的主要作用是 吸收多余的Cl2,防止污染空气 ,F装置的主要作用是 防止G中的水蒸气进入E中与FeCl3反应 。  (5)用a g铁粉,反应一段时间后得到的固体质量为b g,则参加反应的铁粉的质量为  g。  解析　(1)B中反应的化学方程式为2Fe+3Cl22FeCl3,B中石棉绒不参与反应,石棉绒的作用是增大铁粉与Cl2的接触面积,使反应更充分。(2)在C、E处收集产物是利用了FeCl3受热易升华的性质。(3)FeCl3遇冷容易凝华,实验过程中在D处容易出现堵塞,A中长玻璃管中液面上升;可通过适当加热D处使氯化铁升华,实验能继续进行。(5)用a g铁粉,反应一段时间后得到的固体质量为b g,(b-a)g是参与反应的氯元素的质量,n(Cl)=,由氯化铁的化学式知n(Fe)=n(Cl-),m(Fe)=n(Cl-)×56 g·mol-1=××56 g·mol-1= g。 角度五　实现转化时试剂的选择 7.“百炼成钢”原意是指反复将炽热的生铁在空气中锤打,最终将生铁转化为性能更优越的钢,其实质是对生铁的不断除杂过程。下列除去主体物质中的少量杂质时所选试剂或方法,不正确的是(D) 选项 主体物质 杂质 除杂试剂或方法 A FeCl3溶液 FeCl2 通入Cl2并微热 B FeCl2溶液 FeCl3 加入过量铁粉并过滤 C Fe Al 加入FeSO4溶液并过滤 D Fe(OH)3 Fe(OH)2 在空气中灼烧 解析　Cl2能将FeCl2氧化为FeCl3,微热可赶出溶解的Cl2,故可除去FeCl3溶液中的FeCl2,A项正确;铁粉与FeCl3反应生成FeCl2,则加入过量铁粉并过滤可除去FeCl2溶液中的FeCl3,B项正确;FeSO4溶液能与Al反应生成Al2(SO4)3和Fe,则加入FeSO4溶液并过滤可除去Fe中的Al,C项正确;在空气中灼烧时,Fe(OH)3会分解,D项错误。 8.如何除去括号中的杂质。 (1)Fe2+(Fe3+): 加过量铁粉,过滤 。  (2)FeCl3(FeCl2): 加氯水或H2O2 。  (3)FeCl2(CuCl2): 加过量铁粉,过滤 。  (4)Fe2O3(Al2O3、SiO2): 加过量强碱溶液,过滤 。  阅读下列材料,完成(1)(2)题。 　　某化学研究小组制备硫酸亚铁铵晶体[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O](M=392 g·mol-1)并测定其纯度。 实验步骤如下: ①铁屑的处理与称量。在盛有适量铁屑的锥形瓶中加入Na2CO3溶液,加热、过滤、洗涤、干燥、称量,铁屑质量为m1 g。 ②FeSO4的制备。在盛有洗净铁屑的锥形瓶中加入一定量的稀硫酸,充分反应,过滤,收集滤液于蒸发皿中。将锥形瓶中的铁屑和滤纸上的铁屑收集、干燥后称量,质量为m2 g。 ③硫酸亚铁铵晶体的制备。按反应配比准确称取所需质量为m3 g的(NH4)2SO4加入“步骤②”中的蒸发皿中,在水浴上蒸发混合液,浓缩至表面出现晶膜为止,静置,让溶液自然冷却至室温,减压过滤。晶体用无水乙醇洗涤并自然干燥,称量所得晶体质量为m4 g。 ④测定硫酸亚铁铵晶体的纯度。称取a g产品,配制成100 mL溶液,取出25.00 mL置于锥形瓶中,用c mol·L-1酸性KMnO4标准溶液滴定(不考虑杂质的反应),平行滴定三次,平均消耗酸性KMnO4标准溶液V mL。 (1)下列计算正确的是(D) A.m3= B.硫酸亚铁铵晶体的产率为×100% C.配制的硫酸亚铁铵溶液的物质的量浓度为 mol·L-1 D.硫酸亚铁铵晶体的纯度为×100% (2)根据上述实验原理,下列说法错误的是(B) A.步骤③需保持溶液pH为1~2,pH过大会导致产品不纯且产率降低 B.步骤④用未干燥的容量瓶配制溶液,测定的硫酸亚铁铵晶体的纯度会偏低 C.步骤④滴定结束时俯视读数,测定的硫酸亚铁铵晶体的纯度会偏低 D.三次滴定都应从零刻度或零刻度附近的某一固定刻度开始,以减小系统误差 解析　(1)由题中信息可知,参加反应的铁的质量为(m1-m2)g,其物质的量为 mol,根据原子守恒可知,硫酸亚铁铵晶体的制备反应中存在关系式(NH4)2SO4~FeSO4~(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O,则按反应配比1∶1准确称取所需(NH4)2SO4的质量m3= g,A项错误。硫酸亚铁铵晶体的理论产量为 g,实际产量为m4 g,则硫酸亚铁铵晶体的产率为×100%=×100%,B项错误。a g产品不是纯的硫酸亚铁铵晶体,配制的硫酸亚铁铵溶液的物质的量浓度不是= mol·L-1,C项错误。硫酸亚铁铵溶液中的Fe2+被Mn氧化,发生反应的离子方程式为Mn+5Fe2++8H+===Mn2++5Fe3++4H2O,25.00 mL硫酸亚铁铵溶液消耗Mn的物质的量为cV×10-3 mol,则25.00 mL溶液中硫酸亚铁铵的物质的量为5cV×10-3 mol,a g产品中硫酸亚铁铵的物质的量为5cV×10-3 mol×=0.02cV mol,则硫酸亚铁铵晶体的纯度为×100%=×100%,D项正确。(2)步骤③需保持溶液pH为1~2是为了抑制硫酸亚铁、硫酸铵水解,若溶液pH过大会因硫酸亚铁水解而导致产品不纯,且N转化为NH3逸出,导致产品产率降低,A项正确。步骤④用未干燥的容量瓶配制溶液,对溶液浓度无影响,故对测定的硫酸亚铁铵晶体的纯度无影响,B项错误。步骤④滴定结束时俯视读数,测得的标准溶液的体积偏小,测定的硫酸亚铁铵晶体的纯度会偏低,C项正确。三次平行滴定时都应从零刻度或零刻度附近的某一固定刻度开始,以减小系统误差,D项正确。 微充电　素养提升 教考衔接——基于教材特色栏目的情境命题 　 【教材有源】 [实验探究]　补铁剂中铁元素价态检验 1.预测补铁剂中铁元素价态 补铁剂中铁元素价态有以下3种可能: (1)可能为 +2价(Fe2+) 。  (2)可能为 +3价(Fe3+) 。  (3)可能既有+2价,又有+3价(Fe2+和Fe3+)。 2.实验方案 3.实验操作、现象及结论 方案一 实验操作 实验现象 实验结论 加入硫氰化钾溶液,溶液颜色无变化;加入氯水后,溶液变为红色 含有Fe2+,不含 Fe3+ 方案二 实验操作 实验现象 实验结论 不变红色 不含Fe3+ 紫红色褪去 含Fe2+ 4.实验结论分析 经过实验验证,补铁剂中铁元素价态为+2价,请写出方案一中相关反应的离子方程式: 2Fe2++Cl2===2Fe3++2Cl- , Fe3++3SCN-Fe(SCN)3 。  【母题】　为探究某食品包装袋内一小包脱氧剂中的还原铁粉是否变质,分别取少量样品溶于盐酸,再进行下列实验,其中结论正确的是(A) A.若滴加KSCN溶液,溶液变红,说明铁粉变质 B.若滴加KSCN溶液,溶液未变红,说明铁粉未变质 C.若依次滴加氯水、KSCN溶液,溶液变红,说明铁粉全部变质 D.若滴加KSCN溶液,溶液未变红;再滴加氯水,溶液变红,说明铁粉全部变质 解析　若滴加KSCN溶液,溶液变红,说明溶液中含有Fe3+,可确定还原铁粉被氧化变质,A项正确;若滴加KSCN溶液,溶液未变红,说明溶液中无Fe3+,可能是未被氧化的铁将Fe3+还原为Fe2+,B项错误;氯水具有强氧化性,可以把亚铁离子氧化为铁离子,说明之前有亚铁离子,但亚铁离子可能是铁与盐酸反应生成的,故不能确定铁粉是部分氧化还是全部氧化还是没有被氧化,C项错误;滴加KSCN溶液,溶液未变红,再滴加氯水,溶液变红,说明溶液中含有Fe2+,无Fe3+,但亚铁离子可能是铁与盐酸反应生成的,D项错误。 【衍生1】　菠菜常用作补铁食品之一,为探究其中铁元素的价态,现进行如下实验。 (1)取新鲜的菠菜10 g,将菠菜剪碎后放在研钵中研磨,然后倒入烧杯中,加入30 mL蒸馏水、搅拌。将上述浊液过滤,得到的滤液作为实验样品,分置于两支试管中。 (2)向一支试管中加入少量K3[Fe(CN)6]溶液,生成 蓝色沉淀 ,说明滤液中含Fe2+。  (3)向另一支试管中加入少量稀硝酸,然后加入几滴KSCN溶液,溶液呈 红 色,能否说明滤液中含Fe3+? 否 (填“能”或“否”),分析其原因: 滤液中含Fe2+,加入稀硝酸后生成Fe3+,干扰实验,故溶液变红不能说明滤液中含Fe3+ 。  【衍生2】　某兴趣小组同学为探究黑木耳中的含铁量,进行如下实验。 已知:ⅰ.黑木耳富含蛋白质、糖类、卵磷脂、铁及一些还原性物质(如维生素C)等。每100 g黑木耳的含铁量高达185 mg。 ⅱ.紫色的KMnO4溶液在酸性条件下具有强氧化性,其还原产物是无色的Mn2+。 Ⅰ.为确定黑木耳中含有铁元素,甲同学设计实验方案如下。 (1)步骤②得到滤液A的操作是 过滤 。  (2)步骤④检验Fe3+所用试剂是 KSCN 溶液。  (3)下列有关上述实验得出的结论是 bc (填字母)。  a.黑木耳中一定含Fe2+和Fe3+ b.滤液A中一定含Fe2+和Fe3+ c.白色沉淀中一定含Fe(OH)2 Ⅱ.为测定黑木耳中铁元素的含量,乙同学设计实验方案如下。 (4)可选做试剂B的物质是 d (填字母)。  a.Na　　　b.Zn　　　c.Fe　　　d.Cu (5)步骤⑦中观察到的实验现象是 酸性高锰酸钾溶液紫色褪去 ,反应的离子方程式是 5Fe2++Mn+8H+===5Fe3++Mn2++4H2O 。  (6)若乙同学实验操作规范,但测得含铁量远大于实际的含量,其可能的原因是 黑木耳中还含有其他还原性物质(或黑木耳中还含有维生素C) 。  解析　(3)根据步骤③中产生蓝色沉淀可知滤液A中含有亚铁离子,则白色沉淀中含有Fe(OH)2;根据步骤④中溶液变红可知滤液A中含有铁离子,由于在灼烧过程中亚铁离子可能被氧化为铁离子,所以黑木耳中不一定含有铁离子,所以a项错误,b、c两项正确。(4)滤液A中含有铁离子,需要利用还原剂将其转化为亚铁离子,且不能再引入铁元素,也不能干扰亚铁离子与高锰酸钾的反应。金属钠在溶液中反应生成NaOH,NaOH与铁离子反应生成沉淀,得不到亚铁离子,a项错误;金属锌与铁离子、亚铁离子均反应,b项错误;金属铁和铁离子反应生成亚铁离子,引入了铁元素,c项错误;金属铜与铁离子反应生成亚铁离子和铜离子,且不会影响亚铁离子与高锰酸钾的反应,d项正确。 微真题　把握方向 　 考向一　铁的化合物的性质 1.判断正误,正确的画“√”,错误的画“×”。 (1)氯化铁溶液腐蚀铜电路板,体现了Fe3+的氧化性。(2024·山东卷)(√) (2)Mg加入过量FeCl3溶液中可得Fe。(2020·浙江卷7月)(×) (3)FeS2在沸腾炉中与O2反应主要生成SO3。(2020·浙江卷7月)(×) (4)向盛有FeCl3溶液的试管中加入过量铁粉,充分振荡后加1滴KSCN溶液,实验现象为黄色逐渐消失,加KSCN后溶液颜色不变。(2019·全国卷Ⅱ)(√) 解析　(1)氯化铁溶液腐蚀铜电路板,发生的反应为2Fe3++Cu===2Fe2++Cu2+,体现了Fe3+的氧化性。(2)Mg加入FeCl3溶液中,Mg具有较强的还原性,先与Fe3+反应生成Mg2+和Fe2+,若Mg过量,Mg与Fe2+继续反应生成Mg2+和Fe,但由于反应中FeCl3过量,Mg已消耗完,所以无Mg和Fe2+反应,不会生成Fe。(3)FeS2在沸腾炉中与O2发生的反应为4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2,产物主要是SO2而不是SO3。(4)向FeCl3溶液中加入过量铁粉,发生反应2Fe3++Fe===3Fe2+,可以看到溶液中黄色逐渐消失,加入KSCN溶液后,溶液颜色不发生变化。 2.(2023·浙江卷6月)氯化铁是一种重要的盐,下列说法不正确的是(A) A.氯化铁属于弱电解质 B.氯化铁溶液可腐蚀覆铜板 C.氯化铁可由铁与氯气反应制得 D.氯化铁溶液可制备氢氧化铁胶体 解析　氯化铁能完全电离出铁离子和氯离子,属于强电解质,A项错误;氯化铁溶液与铜反应生成氯化铜和氯化亚铁,可用来蚀刻铜板,B项正确;氯气具有强氧化性,氯气与铁单质加热反应生成氯化铁,C项正确;向沸水中滴加饱和氯化铁溶液,继续加热呈红褐色,铁离子发生水解反应可得到氢氧化铁胶体,D项正确。 3.(2023·浙江卷1月)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(D) 选项 实验方案 现象 结论 A 往FeCl2溶液中加入锌片 短时间内无明显现象 Fe2+的氧化能力比Zn2+弱 B 往Fe2(SO4)3溶液中滴加KSCN溶液,再加入少量K2SO4固体 溶液先变成红色后无明显变化 Fe3+与SCN-的反应不可逆 C 将食品脱氧剂样品中的还原铁粉溶于盐酸,滴加KSCN溶液 溶液呈浅绿色 食品脱氧剂样品中没有+3价铁 D 向沸水中逐滴加5~6滴饱和FeCl3溶液,持续煮沸 溶液先变成红褐色再析出沉淀 Fe3+先水解得Fe(OH)3胶体,胶体再聚集成Fe(OH)3沉淀 解析　往FeCl2溶液中加入锌片,发生反应Fe2++Zn===Fe+Zn2+,Fe2+的氧化能力比Zn2+的强,A项错误;往Fe2(SO4)3溶液中滴加KSCN溶液,发生反应Fe3++3SCN-Fe(SCN)3,溶液变为红色,再加入少量K2SO4固体,对平衡无影响,故不能说明Fe3+与SCN-的反应不可逆,B项错误;若食品脱氧剂样品中有+3价铁,铁粉与+3价铁发生反应Fe+2Fe3+===3Fe2+,滴加KSCN溶液,溶液呈浅绿色,C项错误;向沸水中逐滴加入5~6滴饱和FeCl3溶液,继续煮沸至溶液呈红褐色,得到Fe(OH)3胶体,持续煮沸,Fe(OH)3胶体发生聚沉,析出红褐色沉淀,D项正确。 4.(2022·湖南卷)为探究FeCl3的性质,进行了如下实验(FeCl3和Na2SO3溶液浓度均为0.1 mol·L-1)。 实验 操作与现象 ① 在5 mL水中滴加2滴FeCl3溶液,呈棕黄色;煮沸,溶液变红褐色 ② 在5 mL FeCl3溶液中滴加2滴Na2SO3溶液,变红褐色;再滴加K3[Fe(CN)6]溶液,产生蓝色沉淀 ③ 在5 mL Na2SO3溶液中滴加2滴FeCl3溶液,变红褐色;将上述混合液分成两份,一份滴加K3[Fe(CN)6]溶液,无蓝色沉淀生成;另一份煮沸,产生红褐色沉淀 依据上述实验现象,下列结论不合理的是(D) A.实验①说明加热促进Fe3+水解反应 B.实验②说明Fe3+既发生了水解反应,又发生了还原反应 C.实验③说明Fe3+发生了水解反应,但没有发生还原反应 D.整个实验说明S对Fe3+的水解反应无影响,但对还原反应有影响 解析　实验①为对照实验,说明铁离子在水溶液中显棕黄色,存在水解反应Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+,煮沸,促进水解平衡正向移动,得到红褐色的氢氧化铁胶体,A项合理;在5 mL FeCl3溶液中滴加2滴Na2SO3溶液,根据生成红褐色的氢氧化铁可知,Fe3+发生了水解反应,根据加入铁氰化钾溶液后出现特征蓝色沉淀,可知Fe3+被S还原为Fe2+,B项合理;实验③中在5 mL Na2SO3溶液中滴加2滴FeCl3溶液,根据现象可知仍发生水解反应,但未来得及发生铁离子的还原反应,C项合理;实验①中煮沸后溶液变红褐色,实验③中溶液直接变红褐色,说明S对Fe3+的水解反应有影响,D项不合理。 考向二　Fe3+、Fe2+的检验 5.(2022·广东卷)为检验牺牲阳极法对钢铁防腐的效果,将镀层有破损的镀锌铁片放入酸化的3%的NaCl溶液中。一段时间后,取溶液分别实验,能说明铁片没有被腐蚀的是(D) A.加入AgNO3溶液产生沉淀 B.加入淀粉⁃碘化钾溶液无蓝色出现 C.加入KSCN溶液无红色出现 D.加入K3[Fe(CN)6]溶液无蓝色沉淀生成 解析　氯化钠溶液中始终存在氯离子,所以加入硝酸银溶液后,不管铁片是否被腐蚀,均会出现白色沉淀,A项不符合题意;淀粉⁃碘化钾溶液可检测氧化性物质,但不论铁片是否被腐蚀,均无氧化性物质与碘化钾发生反应,B项不符合题意;KSCN溶液可检测铁离子的存在,上述现象中不会出现铁离子,所以无论铁片是否被腐蚀,加入KSCN溶液后均无红色出现,C项不符合题意;K3[Fe(CN)6]是用于检测Fe2+的试剂,若铁片没有被腐蚀,则溶液中不会生成亚铁离子,则加入K3[Fe(CN)6]溶液就不会出现蓝色沉淀,D项符合题意。 考向三　有关铁的化合物的工业流程 6.(2022·河北卷)以焙烧黄铁矿FeS2(杂质为石英等)产生的红渣为原料制备铵铁蓝Fe(NH4)Fe(CN)6颜料。工艺流程如下: 回答下列问题: (1)红渣的主要成分为 Fe2O3、SiO2 (填化学式),滤渣①的主要成分为 SiO2 (填化学式)。  (2)黄铁矿研细的目的是 增大反应物的接触面积,加快反应速率 。  (3)还原工序中,不生成S单质的反应的化学方程式为 7Fe2(SO4)3+FeS2+8H2O15FeSO4+8H2SO4 。  (4)工序①的名称为 蒸发浓缩、冷却结晶、过滤 ,所得母液循环使用。  (5)沉铁工序产生的白色沉淀Fe(NH4)2Fe(CN)6中Fe元素的化合价为 +2 ,氧化工序发生反应的离子方程式为 6Fe(NH4)2Fe(CN)6+Cl6Fe(NH4)Fe(CN)6+Cl-+3H2O+6NH3↑ 。  (6)若用还原工序得到的滤液制备Fe2O3·xH2O和(NH4)2SO4,所加试剂为 O2(合理即可) 和 NH3·H2O(或NH3) (填化学式,不引入杂质)。  解析　(1)黄铁矿中含FeS2、石英(主要成分为SiO2),焙烧时FeS2发生反应4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2,石英不反应,因此红渣的主要成分为Fe2O3、SiO2。“酸浸”时Fe2O3和硫酸反应生成Fe2(SO4)3和水,SiO2与硫酸不反应,因此滤渣①的主要成分为SiO2。(3)还原工序中,FeS2与Fe2(SO4)3溶液反应,若不生成S单质,则FeS2中硫元素被氧化为S,Fe2(SO4)3被还原为FeSO4,FeS2→2S失14e-、Fe2(SO4)3→2FeSO4得2e-,根据得失电子守恒,FeS2、Fe2(SO4)3的化学计量数分别为1、7,再根据原子守恒配平化学方程式即可。(4)由流程图知,通过工序①获得了FeSO4晶体,则工序①为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤,所得母液为硫酸,可以返回“酸浸”循环利用。(5)根据化合物中正负化合价代数和为0,可知该物质中Fe元素的化合价为+2。氧化工序中NaClO3在酸性条件下将Fe(NH4)2Fe(CN)6氧化为Fe(NH4)Fe(CN)6,NaClO3被还原为NaCl,Fe(NH4)2Fe(CN)6→Fe(NH4)Fe(CN)6失e-,Cl→Cl-得6e-,根据得失电子守恒,Fe(NH4)2Fe(CN)6、Cl的化学计量数分别为6、1,再根据电荷守恒和原子守恒配平离子方程式即可。(6)“还原”工序得到的滤液为FeSO4和H2SO4的混合溶液,用其制备Fe2O3·xH2O和(NH4)2SO4的过程中铁元素被氧化,为了不引入杂质,结合元素守恒知,所加试剂为O2(或H2O2)和NH3·H2O(或NH3)。 第12讲　金属材料 [目标速览]　1.能列举、描述、辨识铝及其化合物的主要性质及应用。2.知道合金的组成及其主要应用,能根据合金的性质分析生产、生活及环境中的某些常见问题。3.结合实例认识合金、金属及其化合物的多样性,了解通过化学反应可以探索物质,实现物质的转化。 微考点　核心突破 考点1　铁合金 　 知|识|梳|理 1.合金 (1)合金。 ①形成:是由两种或两种以上的金属(或金属与非金属)熔合而成的。 ②性质特点:具有金属特性。 (2)性能:合金具有不同于各成分金属的物理、化学或机械性能。 ①熔点:一般比它的各成分金属的低。如生铁的熔点比纯铁的熔点低。 ②硬度和强度:一般比它的各成分金属的 大 (填“大”或“小”)。  2.铁合金 思维辨析 判断正误,正确的画“√”,错误的画“×”。 1.合金材料中不可能含有非金属元素。(×) 提示:合金中也可能含有非金属元素。 2.镧镍合金能大量吸收H2形成金属氢化物,可作储氢材料。(√) 提示:镧镍合金具有可逆吸放氢的功能。 3.大多数合金比各成分金属的硬度大、熔点低。(√) 提示:大多数合金比其成分金属硬度大、熔点低,这是大多数合金的特点。 4.钢铁厂用热还原法冶炼铁。(√) 提示:铁为较活泼金属,工业上用CO还原Fe2O3的方法冶炼铁。 知|识|拓|展 1.构成合金的成分不一定是两种或两种以上的金属,也可以是金属与非金属,合金中一定含金属元素。 2.合金的性质不是各成分金属的性质之和。合金具有许多良好的物理、化学和机械性能,在许多方面不同于各成分金属,不是其简单加和;但在化学性质上,一般认为合金体现的是各成分金属的化学性质。 3.并非所有的金属都能形成合金,两种金属形成合金的前提是两种金属在同一温度范围内都能熔化,若一种金属的熔点高于另一种金属的沸点,则二者不能形成合金。 4.合金一定是混合物。 知|识|对|练 角度一　铁合金的组成 1.(2025·滁州模拟)“中国制造”“一带一路”的基础设施建设都需要用到大量钢铁。下列有关钢铁的说法正确的是(B) A.钢是纯净物,生铁是合金 B.钢铁在潮湿的空气中容易生锈 C.生铁的熔点比纯铁高 D.生锈的钢铁制品没有回收价值 解析　钢和生铁都是铁的合金,都属于混合物,A项错误;铁生锈的条件是铁与氧气和水接触,故钢铁在潮湿的空气中容易生锈,B项正确;生铁是铁的合金,合金比组成它的纯金属的熔点低,故生铁的熔点比纯铁低,C项错误;生锈的钢铁可以回收利用,D项错误。 2.制造卫星使用了大量合金,下列有关合金的说法不正确的是(C) A.生铁属于合金 B.一般合金的硬度比各成分金属的大 C.合金具有一些其成分金属不具有的化学性质 D.改变原料的配比、生成合金的条件,可以得到具有不同性能的合金 解析　生铁由铁和碳等元素组成,属于合金,A项正确;在纯金属内加入其他元素形成合金后,金属的内部结构发生改变,合金的硬度一般比各成分金属的大,B项正确;合金中各成分金属具有哪些化学性质,合金就具有哪些化学性质,C项错误;改变原料的配比、生成合金的条件,则形成的合金的各成分含量、结构不同,对合金的性能产生不同的影响,可以得到具有不同性能的合金,D项正确。 角度二　合金的性能 3.(2025·张家口模拟)《天工开物》中记载了提炼金银的过程:“欲去银存金,则将其金打成薄片,剪碎,每块以土泥裹涂,入坩埚中硼砂熔化,其银即吸入土内,让金流出,以成足色。”下列说法错误的是(D) A.金的密度比银大 B.薄片的成分为金银合金 C.金银的延展性较好 D.硼砂的作用是使银被氧化 解析　金单质的密度比银单质的密度大,A项正确;“欲去银存金,则将其金打成薄片”,说明薄片中含有金银,为金银合金,B项正确;“打成薄片”反映了金属良好的延展性,C项正确;硼砂的作用是帮助熔化,不和银发生化学反应,D项错误。 4.钛和钛的合金被誉为“21世纪最有发展前景的金属材料”,它们具有很多优良的性能,如熔点高、密度小、耐腐蚀、可塑性好等,尤其是钛合金与人体器官具有很好的“生物相容性”。根据它们的主要性能,下列用途不切合实际的是(A) A.用来制作保险丝 B.用于制造航天飞机 C.用来制造人造骨 D.用于家庭装修,制作钛合金装饰门 解析　A项,保险丝应该用熔点比较低的金属材料制作,而钛及其合金熔点高,不适合用来制作保险丝;B项,因为钛和钛的合金熔点高、密度小、耐腐蚀、可塑性好,所以可用于制造航天飞机;C项,因为钛合金与人体器官有很好的“生物相容性”,所以可用来制造人造骨;D项,因为钛的合金密度小、耐腐蚀、可塑性好,所以可用于家庭装修,制作钛合金装饰门。 角度三　合金的有关计算 5.某金属(或合金)与盐酸反应时,生成H2的质量与消耗某金属(或合金)的质量的关系如图所示,则此金属(或合金)可能是(D) A.纯锌 B.纯铁 C.镁铝合金 D.铁铜合金 解析　由题图可知,消耗某金属(或合金)的质量为30 g时,产生氢气的质量为1 g。锌与盐酸反应的化学方程式为Zn+2HCl===ZnCl2+H2↑,该反应生成1 g(0.5 mol) H2时,需要纯锌的质量为65 g·mol-1×0.5 mol=32.5 g,A项错误;铁与盐酸反应的化学方程式为Fe+2HCl===FeCl2+H2↑,该反应生成1 g(0.5 mol) H2时,需要纯铁的质量为56 g·mol-1×0.5 mol=28 g,B项错误;镁与盐酸反应的化学方程式为Mg+2HCl===MgCl2+H2↑,该反应生成1 g(0.5 mol) H2时,需要镁的质量为24 g·mol-1×0.5 mol=12 g,铝与盐酸反应的化学方程式为2Al+6HCl===2AlCl3+3H2↑,该反应生成1 g (0.5 mol) H2时,需要铝的质量为27 g·mol-1× mol=9 g,12 g、9 g均小于30 g,故不可能是镁铝合金,C项错误;铜与盐酸不反应,由上述分析可知,铁与盐酸反应生成1 g(0.5 mol)H2时,需要纯铁的质量为28 g(<30 g),则可能是铁铜合金,D项正确。 考点2　铝和铝合金 　 知|识|梳|理 1.铝的物理性质 物理性质 状态 色泽 密度 熔点 沸点 硬度 导电、 导热性 延展性 固态 银白色 2.7 g·cm-3 660.4 ℃ 2 467 ℃ 较软 很好 良好 2.铝的化学性质 写出图中有关反应的化学方程式或离子方程式: ① ②2Al+3Cl22AlCl3。 ③ ④2Al+2OH-+6H2O===2[Al(OH)4]-+3H2↑。 ⑤2Al+Fe2O32Fe+Al2O3。 3.铝的制备及用途 制备 电解熔融Al2O3:2Al2O3(熔融)4Al+3O2↑ 用途 ①纯铝用作导线 ②铝合金用于制备汽车、飞机、生活用品等 4.铝合金 5.铝热反应 实验 装置 实验 现象 ①镁带剧烈燃烧,放出大量的热,并发生耀眼的白光 ②纸漏斗的下部被烧穿,有熔融物落入沙中 实验 结论 高温下,铝与氧化铁发生反应,放出大量的热,反应的化学方程式为2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe 原理 应用 ①制取熔点较高、金属活动性弱于Al的金属,如铁、铬、锰、钨等 ②金属焊接,如野外焊接钢轨等 思维辨析 判断正误,正确的画“√”,错误的画“×”。 1.铝合金门窗及餐具坚固耐用,所以铝不易与氧气反应。(×) 提示:铝易与氧气反应表面形成致密的氧化膜。 2.加入铝粉能产生H2的溶液中,可能存在大量的Na+、Ba2+、[Al(OH)4]-、N。(√) 提示:如果溶液显碱性,Na+、Ba2+、[Al(OH)4]-、N可以大量共存。 3.在酒精灯上加热铝箔,铝箔熔化但不滴落,说明熔点:铝>氧化铝。(×) 提示:说明氧化铝的熔点更高。 4.因为Al能与强碱溶液反应,所以Al有一定的非金属性。(√) 提示:Al能与酸反应,表现一定的金属性,与强碱溶液反应表现出一定的非金属性。 实|验|回|放 实验一:氧化铝、铝与盐酸反应 实验操作 实验现象 铝片逐渐溶解,一段时间后产生气泡且速率由慢到快,将点燃的木条放在试管口,发出爆鸣声 实验结论 铝和铝表面的保护膜(氧化铝)都能与盐酸反应 化学 方程式 Al2O3+6HCl===2AlCl3+3H2O 2Al+6HCl===2AlCl3+3H2↑ 离子 方程式 Al2O3+6H+===2Al3++3H2O 2Al+6H+===2Al3++3H2↑ 提醒　(1)1 mol Al与盐酸完全反应,转移电子的物质的量是3 mol,同时生成1.5 mol H2。 (2)实验开始时不产生气泡,后产生气泡且速率加快,这是因为开始时Al表面的氧化铝薄膜参与反应但不产生H2,后来Al参与反应产生H2,并放出大量的热,随着反应的进行,温度升高,反应速率加快。 实验二:铝、氧化铝与NaOH溶液反应 实验 操作 实验 现象 未打磨的铝片逐渐溶解,开始时没有气泡产生,一段时间后才有气泡产生;打磨过的铝片逐渐溶解,立即产生气泡且速率始终较快;将点燃的木条分别放在两支试管口,均发出爆鸣声 实验 结论 铝和铝表面的保护膜(氧化铝)都能与强碱反应 化学 方程式 Al2O3+2NaOH+3H2O===2Na[Al(OH)4] 2Al+2NaOH+6H2O===2Na[Al(OH)4]+3H2↑ 离子 方程式 Al2O3+2OH-+3H2O===2[Al(OH)4]- 2Al+2OH-+6H2O===2[Al(OH)4]-+3H2↑ 提醒　Al和Al2O3都既能与酸反应又能与碱反应。如Al2O3这类既能与酸反应,又能与碱反应的氧化物,叫做两性氧化物。 知|识|拓|展 1.几点总结 (1)常温下,能用铝制、铁制容器盛放浓硫酸、浓硝酸的原因是二者能使铝、铁发生“钝化”,而不是铝、铁与浓硫酸、浓硝酸不反应。 (2)能与铝反应产生氢气的溶液可能呈强酸性也可能呈强碱性。 (3)铝与强碱溶液的反应中,水作氧化剂(NaOH不是氧化剂)。 2.金属与酸或碱反应生成H2的量的关系 (1)金属与酸反应的计算。 ①实质:M+nH+===Mn++H2↑。 ②规律。 a.金属与酸反应失去电子的物质的量等于产生氢气的物质的量的2倍。 b.相同物质的量的金属与足量酸反应产生H2的物质的量之比等于反应后对应金属呈现的化合价之比。 ③常用方法。 a.守恒法。 守恒法是化学计算中常用的方法,包括原子守恒、电荷守恒、电子守恒等。 b.平均值法。 平均值法是混合物组分含量求解的常用方法,可设平均摩尔质量,要注意结合化合价进行转化。 (2)铝与酸或碱反应生成H2的量的关系。 铝分别与盐酸、氢氧化钠溶液反应的原理: 2Al+6HCl===2AlCl3+3H2↑, 2Al+2NaOH+6H2O===2Na[Al(OH)4]+3H2↑。 ①等量铝分别与足量盐酸和氢氧化钠溶液反应,产生氢气的体积比为1∶1(相同条件下)。 ②足量的铝分别与等物质的量的盐酸和氢氧化钠溶液反应,产生氢气的体积比为1∶3(相同条件下)。 知|识|对|练 角度四　铝的化学性质及应用 6.铝可溶于NaOH溶液:2Al+2NaOH+6H2O===2Na[Al(OH)4]+3H2↑,下列说法正确的是(B) A.工业上可借助此反应规模化制备H2 B.[Al(OH)4]-中Al原子为sp3杂化 C.反应后溶液碱性增强 D.Al是一种两性化合物 解析　工业生产Al要消耗大量电能,再用Al制备H2成本太高,A项错误;[Al(OH)4]-中Al原子的价层电子对数为4,为sp3杂化,B项正确;反应消耗氢氧化钠,反应后c(OH-)降低,溶液碱性减弱,C项错误;Al是单质,D项错误。 7.铝是生活中重要的金属材料,下列说法正确的是(A) A.Al与NaOH的混合固体可用于疏通管道 B.常温下不能与O2发生反应 C.铝合金的硬度一定比纯铝小 D.可通过电解熔融AlCl3制备金属铝 解析　Al与NaOH反应生成氢气2Al+2NaOH+6H2O===2Na[Al(OH4)]+3H2↑,可用于疏通管道,A项正确;常温下Al可与O2反应生成氧化铝,化学方程式为4Al+3O2===2Al2O3,B项错误;铝合金的硬度比纯铝大,C项错误;铝是活泼性较强的金属,工业上用电解熔融Al2O3制备金属铝,D项错误。 8.将一小片在空气中久置的铝片置于过量的NaOH溶液中,生成H2的物质的量与时间的关系如图。下列叙述正确的是(B) A.若n0=1,则生成1 mol H2时参加反应的Al的物质的量为0.5 mol B.N点之后,对应的溶液中溶质仅为Na[Al(OH)4]、NaOH C.O→M:发生的反应为氧化还原反应 D.M→N:溶液的质量逐渐减少 解析　将一小片在空气中久置的铝片置于过量的NaOH溶液中,首先是表面的Al2O3与NaOH反应生成Na[Al(OH)4],然后是Al和NaOH、H2O反应生成Na[Al(OH)4]和H2。若n0=1,根据反应2Al+2NaOH+6H2O===2Na[Al(OH)4]+3H2↑可知,生成1 mol H2时参加反应的Al的物质的量为 mol,A项错误;N点之后,生成H2的物质的量不再发生变化,则N点之后,对应的溶液中溶质仅为Na[Al(OH)4]、NaOH,B项正确;O→M发生的是Al2O3与NaOH的反应,该反应不是氧化还原反应,C项错误;M→N发生反应2Al+2NaOH+6H2O===2Na[Al(OH)4]+3H2↑,由关系式2Al~3H2可知,进入溶液的铝元素的质量大于离开溶液的氢元素的质量,所以溶液的质量逐渐增大,D项错误。 9.下列对陈述Ⅰ、Ⅱ的正确性及两者间因果关系的判断,完全正确的是(A) 选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ 判断 A 铝制炊具最好不要盛放酸性或碱性较强的液体食物 因为Al和Al2O3既可以与酸反应,又可以与碱反应 Ⅰ对, Ⅱ对,有 B 铝箔在酒精灯火焰上加热熔化但不滴落 铝箔对熔化的铝有较强的吸附作用 Ⅰ对, Ⅱ对, 有 C 海啸使水源发生污染可用明矾进行消毒和净化 因为明矾水解生成Al(OH)3胶体,具有吸附性 Ⅰ对, Ⅱ错, 无 D 铁或铝制成的槽车可以密封贮运浓硫酸或浓硝酸 因为铁和铝不能与浓硫酸或浓硝酸反应 Ⅰ错, Ⅱ对, 无 解析　A项,金属铝及铝表面的氧化物Al2O3既可以与酸发生反应,也可以与强碱溶液发生反应,因此铝制炊具最好不要盛放酸性或碱性较强的液体食物,所以Ⅰ对,Ⅱ对,二者有因果关系,正确;B项,由于铝箔表面的氧化物Al2O3熔点高达2 050 ℃,Al2O3不能熔化,因此铝箔在酒精灯火焰上加热熔化但不滴落,因此Ⅰ对,Ⅱ错,二者没有因果关系,错误;C项,海啸使水源发生污染,可用明矾进行净化是因为明矾水解生成Al(OH)3胶体,胶体具有吸附性,使水中悬浮的固体形成沉淀,从而达到净化水的目的,但是该物质没有消毒作用,Ⅰ错,Ⅱ对,二者有因果关系,错误;D项,铁或铝制成的槽车可以密封贮运浓硫酸或浓硝酸,是由于铁和铝在常温下遇浓硫酸或浓硝酸表面生成一层致密的氧化物保护膜,阻止反应的继续进行,Ⅰ对,Ⅱ错,二者没有因果关系,错误。 角度五　从定性和定量的角度理解铝与酸、碱反应的实质 10.向分别盛有10 mL 3 mol·L-1的盐酸和NaOH溶液的甲、乙两烧杯中,加入等质量的铝粉,反应结束后,相同温度和压强下测得生成的气体体积分别为V甲、V乙。下列说法正确的是(B) A.消耗的HCl和NaOH的物质的量之比为V甲∶V乙 B.若V甲∶V乙=1∶2,投入的铝粉质量为0.54 g C.若V甲∶V乙=1∶3,铝粉在两烧杯中都恰好完全反应 D.若盐酸和NaOH溶液都完全反应,两个反应中电子转移数之比为1∶1 解析　题给实验反应的化学方程式分别为2Al+6HCl===2AlCl3+3H2↑ 、2Al+2NaOH+6H2O===2Na[Al(OH)4]+3H2↑ ,通过化学方程式可以看出,消耗的HCl和NaOH 的物质的量之比为3V甲∶V乙,A项错误。盐酸和NaOH 溶液中溶质的物质的量均为0.03 mol,若测得生成的气体体积之比V甲∶V乙=1∶2,即生成的氢气的物质的量之比是1∶2,若铝在两溶液中均不足(或铝与盐酸恰好完全反应),则产生的气体体积之比应为1∶1,若铝在两溶液中均过量(或铝与NaOH溶液恰好完全反应),则产生的气体体积之比应为1∶3,而1∶3<V甲∶V乙=1∶2<1∶1,故盐酸与Al反应时Al有剩余,氢氧化钠溶液与Al反应时Al完全反应,设铝与酸完全反应时生成的氢气的物质的量为x, 2Al+6HCl===2AlCl3+3H2↑ 6 3 0.03 mol x 解得x=0.015 mol;相同条件下气体的物质的量之比等于体积之比,所以氢氧化钠溶液和铝反应生成的氢气的物质的量为0.015 mol×2=0.03 mol,碱溶液与铝反应时,铝反应完全,设铝反应的物质的量为y, 2Al+2NaOH+6H2O===2Na[Al(OH)4]+3H2↑ 2 3 y 0.03 mol 解得y=0.02 mol,所以铝的质量为0.02 mol×27 g·mol-1=0.54 g,B项正确。根据反应的化学方程式可知,当V甲∶V乙=1∶3 时,消耗等物质的量的HCl和氢氧化钠,铝粉在两溶液中均过量或铝粉在NaOH溶液中恰好完全反应,在盐酸中过量,C项错误。根据反应的化学方程式可知,HCl完全反应时,反应中转移电子的物质的量为0.03 mol,NaOH完全反应时,该反应中转移电子的物质的量为0.09 mol,两个反应中电子转移数之比为1∶3,D项错误。 11.甲、乙两烧杯中各盛有100 mL 3 mol·L-1盐酸和氢氧化钠溶液,向两烧杯中分别加入等质量的铝粉,反应结束后测得甲、乙两烧杯中产生的气体体积之比为1∶2,则加入铝粉的质量为(A) A.5.4 g　　　　　　　　B.3.6 g C.2.7 g D.1.6 g 解析　根据铝粉与盐酸、氢氧化钠溶液反应的化学方程式为2Al+6HCl===2AlCl3+3H2↑、2Al+2NaOH+6H2O===2Na[Al(OH)4]+3H2↑,可知若在含等物质的量的HCl和NaOH溶液中分别加入足量的铝粉,产生H2的体积之比为1∶3。而题中产生的H2的体积之比为1∶2,说明铝粉的量相对盐酸是过量的,而相对NaOH是不足的,0.3 mol HCl完全反应,生成0.15 mol H2,所以NaOH反应中生成H2为0.3 mol,则与NaOH溶液反应的铝粉应为5.4 g。 考点3　铝的重要化合物的主要性质　新型合金 　 知|识|梳|理 1.氧化铝 (1)化学性质(用离子方程式表示)。 (2)用途:熔点很高,是一种比较好的耐火材料,还可制作各种宝石。 2.氢氧化铝 (1)化学性质。 写出图中有关反应的化学方程式或离子方程式: ①Al(OH)3+3H+===Al3++3H2O; ②Al(OH)3+OH-===[Al(OH)4]-; ③2Al(OH)3Al2O3+3H2O。 (2)制备。 ①向铝盐中加入NH3·H2O,反应的离子方程式为Al3++3NH3·H2O===Al(OH)3↓+3N; ②向四羟基合铝酸盐中通入足量CO2,反应的离子方程式为[Al(OH)4]-+CO2===Al(OH)3↓+HC。 3.明矾 (1)化学式为KAl(SO4)2·12H2O,它是无色晶体,可溶于水。 (2)明矾净水的原理。 电离方程式为KAl(SO4)2===K++Al3++2S,其中Al3+发生水解反应,产生Al(OH)3(胶体),能吸附水中的悬浮物形成沉淀,使水澄清。 微提醒　(1)Al2O3、Al(OH)3只与强酸、强碱溶液反应,与氨水和碳酸不反应。 (2)Al3+只能存在于酸性溶液中,[Al(OH)4]-只能存在于碱性溶液中。若将分别含Al3+和[Al(OH)4]-的盐溶液混合,发生反应Al3++3[Al(OH)4]-===4Al(OH)3↓。 (3)Al2O3、Al(OH)3是与碱反应的金属氧化物和氢氧化物,经常应用到除杂、计算题中,所以一定要熟记这两种物质反应的离子方程式。 (4)明矾净水时只能除去水中的悬浮杂质,不能杀菌消毒,与氯气的消毒原理不同。 4.新型合金 (1)储氢合金:能吸收H2,并与H2结合成金属氢化物的材料,如Ti⁃Fe合金和La⁃Ni合金。 (2)钛合金、耐热合金和形状记忆合金广泛应用于航空航天、生物工程和电子工业等领域。 思维辨析 判断正误,正确的画“√”,错误的画“×”。 1.MgO与铝粉的混合物也可称为铝热剂。(×) 2.Al2O3的熔点高,可作耐高温材料,实验室可用氧化铝坩埚熔化NaOH、Na2CO3固体等。(×) 3.氢氧化铝可作胃酸的中和剂。(√) 4.在加热情况下利用H2还原Al2O3的方法得到金属铝。(×) 5.明矾可作净水剂,起到杀菌消毒的作用。(×) 6.蒸发Al与稀盐酸反应后的溶液,制备无水AlCl3。(×) 7.将Al(OH)3沉淀转入蒸发皿中,加足量稀硫酸,加热蒸干得无水Al2(SO4)3固体。(√) 8.(NH4)2CO3、CH3COONH4、(NH4)2S、NaHCO3、KHS、NaHSO3、氨基酸均既能与酸反应,又能与碱反应。(√) 9.用过量氨水除去Fe3+溶液中的少量Al3+。(×) 10.除去Fe2O3中的Al2O3,加入足量NaOH溶液,然后过滤。(√) 11.将AlCl3加入Ba(HCO3)2溶液中同时有气体和沉淀产生。(√) 实|验|回|放 实验:Al(OH)3的实验室制法 实验装置 实验操作 实验现象 实验结论 在试管中加入10 mL 0.5 mol·L-1的硫酸铝溶液,逐滴加入氨水至过量 生成白色胶状沉淀,当氨水过量时,沉淀不溶解 Al(OH)3不溶于水也不溶于弱碱。化学方程式为Al2(SO4)3+6NH3·H2O===2Al(OH)3↓+3(NH4)2SO4,离子方程式是Al3++3NH3·H2O===Al(OH)3↓+3N 提醒　(1)制取Al(OH)3时不能用强碱与铝盐反应,若用强碱,碱少量时,铝离子沉淀不完全,碱过量时,生成的Al(OH)3会溶解在过量的强碱中。 (2)制取Al(OH)3时不能用强酸与四羟基合铝酸盐反应,若用强酸,酸少量时,[Al(OH)4]-沉淀不完全,酸过量时,Al(OH)3会溶解在过量的强酸中。 知|识|拓|展 1.既能和酸反应又能和碱溶液反应的物质 (1)两性物质:是指既能与酸反应又能与碱反应生成盐和水的化合物,如Al2O3、Al(OH)3、氨基酸是两性物质。 (2)中学学习阶段接触到的既能与酸反应又能与碱反应的物质有:①金属单质:Al等;②两性氧化物:Al2O3等;③两性氢氧化物:Al(OH)3等;④弱酸的铵盐:(NH4)2CO3、CH3COONH4、(NH4)2S等;⑤弱酸的酸式盐:NaHCO3、KHS、NaHSO3等;⑥氨基酸。 2.“铝三角” (1)Al3+、[Al(OH)4]-、Al(OH)3的转化关系。 (2)可溶性铝盐与强碱(如NaOH)溶液反应,铝元素的存在形式。 (3)判断离子共存问题。 Al3+与OH-及[Al(OH)4]-、C、S2-等弱酸根阴离子或[Al(OH)4]-与H+、HC以及弱碱阳离子Al3+、Fe3+等因生成沉淀或发生相互促进的水解反应而不能大量共存。 (4)鉴别(利用滴加试剂顺序不同,现象不同)。 ①向AlCl3溶液中滴加NaOH溶液,先产生白色沉淀,后沉淀溶解。 ②向NaOH溶液中滴加AlCl3溶液,开始无明显现象,后产生白色沉淀,沉淀不溶解。 (5)分离提纯。 ①利用Al能溶于强碱溶液,分离Al与其他金属的混合物。 ②利用Al2O3能与强碱溶液反应,分离Al2O3与其他金属氧化物。 ③利用Al(OH)3能与强碱溶液反应,分离Al3+与其他金属阳离子。 知|识|对|练 角度六　铝及其化合物 12.下列关于铝及其化合物的说法不正确的是(A) A.明矾可用作净水剂和消毒剂 B.利用铝热反应可冶炼高熔点金属 C.铝可用作包装材料和建筑材料 D.氢氧化铝可用作治疗胃酸过多的药物 解析　明矾溶于水电离产生Al3+,发生水解反应生成Al(OH)3胶体,可吸附水中的悬浮杂质,起到净水作用,但不能杀菌、消毒,A项错误;铝热反应放出大量的热,可用于冶炼活动性比铝弱且熔点高的金属,B项正确;铝具有良好的延展性,可用作包装材料,铝合金(如硬铝)的硬度大,可作建筑材料,C项正确;Al(OH)3是两性氢氧化物,可与胃酸(HCl)反应,故可用作胃酸中和剂,D项正确。 13.AlCl3的熔点为190 ℃,沸点为182.7 ℃,在177.8 ℃升华。某同学利用如下装置(部分夹持仪器已略)制备无水AlCl3,其中能达到相应实验目的的是(C) 解析　利用二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气需要加热,A项不能达到相应实验目的;碱石灰可与氯气反应,不能用碱石灰干燥氯气,B项不能达到相应实验目的;饱和食盐水不能吸收氯气尾气,应用氢氧化钠溶液吸收,D项不能达到相应实验目的。 14.铝、氧化铝、氢氧化铝和可溶性铝盐与过量强碱溶液的反应,其生成物有一定的规律,下列说法中正确的是(C) A.都有H2O生成 B.都有H2生成 C.都有[Al(OH)4]-生成 D.都有Al3+生成 解析　铝、氧化铝、氢氧化铝和可溶性铝盐与过量强碱溶液的反应分别为2Al+2OH-+6H2O===2[Al(OH)4]-+3H2↑、Al2O3+2OH-+3H2O===2[Al(OH)4]-、Al(OH)3+OH-===[Al(OH)4]-、Al3++4OH-===[Al(OH)4]-,故生成物中都有[Al(OH)4]-。 15.现有AlCl3、Ba(OH)2、NaHCO3和稀硝酸四种溶液,分别为如图所示M、X、Y、Z中的某一种,图中每条线段两端的物质可以发生化学反应。下列推断合理的是(D) A.M一定是NaHCO3 B.Y可能是AlCl3 C.X一定是AlCl3 D.Z可能是HNO3 解析　从题图中可以看出M、Y两种物质是Ba(OH)2、NaHCO3中的一种,至于是具体对应哪一种无法区别,X、Z两种物质分别是AlCl3、HNO3中的一种,也是无法确定一定是哪一种。 角度七　“铝三角”转化关系的应用 16.下列各组物质,不能按(“—→”表示反应一步完成)关系转化的是(C) 选项 a b c A Al2O3 Na[Al(OH)4] Al(OH)3 B AlCl3 Al(OH)3 Na[Al(OH)4] C Al Al(OH)3 Al2O3 D MgCl2 Mg(OH)2 MgO 解析　各选项中物质间的转化:A项,Al2O3Na[Al(OH)4]Al(OH)3Al2O3;B项,AlCl3Al(OH)3Na[Al(OH)4]AlCl3;D项,MgCl2Mg(OH)2MgOMgCl2;C项中Al不能一步转化成Al(OH)3。 角度八　Al2O3的提取 17.有关如下流程的判断正确的是(D) A.流程中涉及的反应均为非氧化还原反应 B.反应②产生的阴离子主要为C C.实验室应在蒸发皿中完成反应③ D.反应①为Al2O3+2OH-+3H2O===2[Al(OH)4]- 解析　反应④(由氧化铝生成Al)是氧化还原反应,A项错误;反应②中CO2过量,则产生的阴离子不可能为C,B项错误;反应③为灼烧氢氧化铝固体使其分解,实验室应在坩埚中完成该反应,C项错误;反应①为铝土矿中的氧化铝溶于强碱溶液生成[Al(OH)4]-的反应,D项正确。 角度九　关于Al(OH)3的制备途径的选择 18.用含少量镁粉的铝粉制取纯净的氢氧化铝,下列操作步骤中最恰当的组合是(B) ①加盐酸溶解　②加烧碱溶液溶解　③过滤　④通入过量CO2生成Al(OH)3沉淀　⑤加入盐酸生成Al(OH)3沉淀　⑥加入过量烧碱溶液 A.①⑥⑤③ B.②③④③ C.②③⑤③ D.①③⑤③ 解析　若先用盐酸溶解,Mg、Al均溶解,制取Al(OH)3的步骤较多;从Na[Al(OH)4]制备Al(OH)3,加盐酸不容易控制量的多少。故B项操作步骤为最佳顺序。 19.Al(OH)3是治疗胃酸过多的药物胃舒平的主要成分。某课外兴趣小组用铝、稀硫酸、烧碱为原料,制备一定量的Al(OH)3。他们分别设计了两种实验方案: 方案一:AlAl2(SO4)3Al(OH)3 方案二:AlNa[Al(OH)4]Al(OH)3 (1)从节约药品的角度思考,你认为哪一种方案较好? 方案二较好 ,方案一和方案二共同存在的问题是 第二步操作很难控制试剂用量 。  (2)用相同的原料设计一个更为节约药品的方案,并写出有关反应的化学方程式: 将Al按1∶3分成两份,第一份与适量的硫酸反应,第二份与适量的NaOH溶液反应,然后将所得溶液混合即可,有关反应的化学方程式为2Al+3H2SO4===Al2(SO4)3+3H2↑;  2Al+2NaOH+6H2O===2Na[Al(OH)4]+3H2↑; Al2(SO4)3+6Na[Al(OH)4]===8Al(OH)3↓+3Na2SO4 。  微充电　素养提升 教考衔接——基于教材边角栏目的情境命题 　 【教材有源】　铝制品的表面处理 　　在空气中,铝的表面自然形成的氧化膜很薄,耐磨性和抗蚀性不够强。为了使铝制品适应不同的用途,常采用化学方法对铝的表面进行处理,如增加膜的厚度,对氧化膜进行着色等。例如,化学氧化(用铬酸作氧化剂)可以使氧化膜产生美丽的颜色等。市场上有不少铝制品是经过这种方法处理的。 【母题】　(2024·湖北卷)2024年5月8日,我国第三艘航空母舰福建舰顺利完成首次海试。舰体表面需要采取有效的防锈措施,下列防锈措施中不形成表面钝化膜的是(D) A.发蓝处理 B.阳极氧化 C.表面渗镀 D.喷涂油漆 解析　发蓝处理技术通常用于钢铁等黑色金属,通过在空气中加热或直接浸泡于浓氧化性溶液中来实现,可在金属表面形成一层极薄的氧化膜,这层氧化膜能有效防锈,A项不符合题意;阳极氧化是将待保护的金属与电源正极连接,在金属表面形成一层氧化膜的过程,B项不符合题意;表面渗镀是在高温下将气态、固态或熔化状态的欲渗镀的物质(金属或非金属元素)通过扩散作用从被渗镀的金属的表面渗入内部以形成表层合金镀层的一种表面处理的方法,C项不符合题意;喷涂油漆是将油漆涂在待保护的金属表面并没有在表面形成钝化膜,D项符合题意。 【衍生】　在空气中,铝的表面自然形成的氧化膜很薄,耐磨性和抗蚀性不够强,为了使铝制品适应于不同的用途,常采用化学方法对铝的表面进行处理,如增加膜的厚度,对氧化膜进行着色等。以下为铝材表面处理的一种方法: 　　　　 槽液 [问题探究] (1)碱洗的目的是除去铝材表面的自然氧化膜,写出反应的离子方程式: Al2O3+2OH-+3H2O===2[Al(OH)4]- 。  (2)碱洗时常有气泡冒出,其原因是 2Al+2OH-+6H2O===2[Al(OH)4]-+3H2↑ (用离子方程式表示)。  (3)电解氧化:以铝材为阳极,在H2SO4溶液中电解,铝材表面形成较厚的氧化膜,则阳极的电极反应方程式为 2Al-6e-+3H2O===Al2O3+6H+ 。  (4)为了将碱洗槽液中的铝元素以沉淀的形式回收,最好向槽液中加入下列试剂中的 d (填字母),离子方程式为 [Al(OH)4]-+CO2===Al(OH)3↓+HC 。  a.NH3 b.NaOH c.HNO3 d.CO2 解析　(4)槽液中铝元素的存在形式为Na[Al(OH)4],Na[Al(OH)4]可与酸反应生成Al(OH)3沉淀,但Al(OH)3是两性氢氧化物,可溶于强酸,若加入HNO3,HNO3的量不易控制,HNO3的量不足,铝元素沉淀不完全,HNO3过量则生成Al3+,故可向槽液中通入足量CO2,因为Al(OH)3不溶于H2CO3,故选d;离子方程式为[Al(OH)4]-+CO2===Al(OH)3↓+HC。 微真题　把握方向 　 考向一　铝及其化合物 1.判断正误,正确的画“√”,错误的画“×”。 (1)Al(OH)3呈两性,不能用于治疗胃酸过多。(2024·浙江卷6月)(×) (2)氧化铝熔点高,常用于制造耐高温材料。(2022·浙江卷6月)(√) (3)铝合金大量用于高铁建设。(2019·全国卷Ⅲ)(√) (4)Al的氧化物的水化物是强碱。(2017·全国卷Ⅱ)(×) 解析　(1)Al(OH)3呈两性,不溶于水,但可以与胃酸反应生成无毒物质,因此其能用于治疗胃酸过多。(2)耐高温材料应具有高熔点的性质,氧化铝熔点高,可用作耐高温材料。(3)铝合金密度小,抗腐蚀能力强,大量用于高铁建设。 2.(2023·湖南卷)取一定体积的两种试剂进行反应,改变两种试剂的滴加顺序(试剂浓度均为0.1 mol·L-1),反应现象没有明显差别的是(D) 选项 试剂① 试剂② A 氨水 AgNO3溶液 B NaOH溶液 Al2(SO4)3溶液 C H2C2O4溶液 酸性KMnO4溶液 D KSCN溶液 FeCl3溶液 解析　 选项 ①加入②中现象 ②加入①中现象 A 先产生白色沉淀,后来白色沉淀溶解 先无明显现象,后来产生白色沉淀 B 先产生白色沉淀,后来白色沉淀溶解 先无明显现象,后来产生白色沉淀 C 溶液紫色逐渐褪去,有气泡产生 紫色溶液迅速褪色,有气泡产生 D 溶液变为红色 溶液变为红色 考向二　金属材料 3.(2022·广东卷)中华文明源远流长,在世界文明中独树一帜,汉字居功至伟。随着时代发展,汉字被不断赋予新的文化内涵,其载体也发生相应变化。下列汉字载体主要由合金材料制成的是(B) 汉字 载体 选项 A.兽骨 B.青铜器 汉字 载体 选项 C.纸张 D.液晶显示屏 解析　兽骨,甲骨文的契刻载体之一,主要是牛的肩胛骨,一小部分是羊、猪、鹿的肩胛骨,还有极少部分的牛肋骨,其主要成分是碳酸钙和其他钙盐,A项不符合题意;青铜器是红铜与锡、铅等的合金,属于合金材料,B项符合题意;纸张的主要成分是纤维素,C项不符合题意;液晶显示屏是一种采用液晶为材料的显示器,液晶是一类介于液态和晶态之间的有机化合物,D项不符合题意。 4.(2022·江苏卷)我国古代就掌握了青铜(铜锡合金)的冶炼、加工技术,制造出许多精美的青铜器;Pb、PbO2是铅酸蓄电池的电极材料,不同铅化合物一般具有不同颜色,历史上曾广泛用作颜料,下列物质性质与用途具有对应关系的是(C) A.石墨能导电,可用作润滑剂 B.单晶硅熔点高,可用作半导体材料 C.青铜比纯铜熔点低、硬度大,古代用青铜铸剑 D.含铅化合物颜色丰富,可用作电极材料 解析　石墨是混合型晶体,质软,可用作润滑剂,A项错误;单晶硅可用作半导体材料与空穴可传递电子有关,与熔点高无关,B项错误;青铜是铜合金,比纯铜熔点低、硬度大,易于锻造,古代用青铜铸剑,C项正确;含铅化合物如PbO2可在正极得到电子发生还原反应,所以可用作电极材料,与含铅化合物颜色丰富无关,D项错误。 第13讲　铜　金属冶炼 [目标速览]　1.了解铜单质及其重要化合物的性质、用途。2.了解常见金属的活动性顺序,了解常见金属的冶炼方法。 微考点　核心突破 考点1　铜及其化合物 　 知|识|梳|理 1. 铜单质 2. 铜的氧化物和氢氧化物 3. 铜盐 4.铜的冶炼 (1)湿法反应方程式:Fe+CuSO4===Cu+FeSO4。 (2)火法反应方程式:Cu2S+O22Cu+SO2。 5.利用孔雀石制备CuSO4·5H2O晶体 孔雀石的主要成分为Cu2(OH)2CO3,还含少量铁的氧化物和硅的氧化物。实验室以孔雀石为原料制备CuSO4·5H2O晶体的流程如下: (1)孔雀石中Cu2(OH)2CO3受热分解生成CuO、CO2和H2O,反应方程式为Cu2(OH)2CO32CuO+CO2↑+H2O。 (2)加入稀硫酸溶解时,发生反应CuO+H2SO4===CuSO4+H2O、Fe2O3+3H2SO4===Fe2(SO4)3+3H2O。 (3)加入CuO调节溶液的pH=3.7,使溶液中的Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀而除去杂质。 (4)滤液经蒸发浓缩、冷却结晶,过滤、洗涤、干燥得到CuSO4·5H2O晶体。 6.迁移“氢气还原氧化铜”的实验装置模型 (1)实验装置。 (2)各部分装置的作用。 装置 作用 A 制取H2 B 除去H2中混有的HCl(若采用稀硫酸制取氢气,无需使用该装置) C 除去H2中混有的水蒸气(也可将B、C装置用盛有碱石灰的干燥管代替) E 检验氢气还原氧化铜生成的水 F 防止外界空气中的水蒸气进入装置E中,干扰产物水的检验 (3)实验操作流程。 思维辨析 判断正误,正确的画“√”,错误的画“×”。 1.CuO是黑色固体,与水反应生成Cu(OH)2。(×) 2.将铜片置于干燥的空气中,不易被腐蚀。(√) 3.CuSO4·5H2O失去结晶水属于物理变化。(×) 4.常温下Cu和浓硫酸反应生成CuSO4。(×) 5.过量的铜与浓硝酸反应一定没有一氧化氮生成。(×) 知|识|对|练 角度一　铜及其化合物的性质和应用 1.中国三星堆出土了大量文物,如青铜面具、青铜大立人等。下列有关说法正确的是(B) A.铜在空气中主要发生析氢腐蚀 B.三星堆出土的青铜器上有大量铜锈,其主要成分为Cu2(OH)2CO3 C.用硝酸清洗铜器可以除去铜锈,保护铜器 D.青铜是铜中加入铅、锡制得的合金,其成分会加快铜的腐蚀 解析　铜在空气中主要发生吸氧腐蚀,A项错误;铜锈的主要成分为Cu2(OH)2CO3,B项正确;铜可以和硝酸反应,用硝酸清洗铜器可以除去铜绿,但也会破坏铜器,C项错误;铅、锡比铜活泼,腐蚀反应中铜做正极,会减缓铜的腐蚀,D项错误。 2.易县燕下都遗址出土的透雕龙凤纹铜铺首(如图)是战国时期青铜器,下列说法正确的是(D) A.青铜可保存在潮湿的环境中 B.铜单质具有比青铜更好的机械性能 C.铜的性质不活泼,故青铜不会生锈 D.铜被较早使用是因为铜的性质不活泼,易冶炼 解析　铜的化学性质不活泼,易冶炼,是较早被使用的金属,但在潮湿的环境中,铜可与空气中的H2O、CO2、O2反应而生锈,故A、C两项错误,D项正确;合金比纯金属具有更优良的物理、化学或机械性能,青铜比铜单质的机械性能好,B项错误。 角度二　铜及其化合物的制备 3.硫酸铜可用于消毒、制杀虫剂、镀铜等。实验小组制取CuSO4·5H2O晶体并进行其热分解的探究。回答下列问题: 探究Ⅰ:制取CuSO4·5H2O晶体。 小组同学设计了如下两种方案: 甲:将铜片加入足量浓硫酸中并加热。 乙:将铜片加入稀硫酸,控制温度为40~50 ℃,滴加双氧水。 (1)方案甲发生反应的化学方程式为 Cu+2H2SO4(浓)SO2↑+CuSO4+2H2O 。反应结束后有大量白色固体析出,简述从中提取CuSO4·5H2O晶体的方法: 向蒸馏水中慢慢注入剩余液体,并用玻璃棒搅拌,蒸发浓缩,冷却结晶 。  (2)方案乙发生反应Cu+H2SO4+H2O2===CuSO4+2H2O,该实验控制温度为40~50 ℃的原因是 温度较低,反应速率慢;温度太高,H2O2分解,损耗大 。  与方案甲相比,方案乙的主要优点有 原料利用率高 、 不产生污染(或其他合理答案) (写出2条)。  探究Ⅱ:用以下装置(加热装置省略)探究CuSO4·5H2O晶体热分解的产物。 已知:CuSO4·5H2O脱水后升高温度,会继续分解成CuO和气体产物,气体产物可能含有SO3、SO2、O2中的1~3种。 (3)称取5.00 g CuSO4·5H2O于A中加热,当观察到A中 固体变为黑色 (现象),可初步判断晶体已完全脱水并发生分解。加热一段时间后,A中固体质量为3.00 g,则此时A中固体的成分为 CuSO4和CuO 。  (4)装置B中迅速生成白色沉淀,说明分解产物中有 SO3 ,C装置的作用是 检验是否有SO2生成 。  (5)理论上E中应收集到V mL气体,事实上收集到的气体体积偏小,可能的原因是 在C装置中部分O2参与了氧化还原反应 (不考虑泄漏等仪器与操作原因)。  解析　(2)H2O2受热易分解,故乙方案控制温度为40~50 ℃的原因是温度较低,反应速率慢;温度太高,H2O2分解,损耗大。与方案甲相比,方案乙的主要优点有原料利用率高、不产生污染、能耗低等。(3)若5.00 g CuSO4·5H2O完全失水为CuSO4,则CuSO4的质量为3.20 g,完全分解为CuO,则CuO的质量为1.60 g。加热一段时间后,A中固体质量为3.00 g,3.20 g>3.00 g>1.60 g,则此时A中固体的成分为CuSO4和CuO。(4)装置B中迅速生成白色沉淀,说明分解产物中有SO3,C装置可以盛放品红溶液,目的是检验是否有SO2生成。 考点2　金属矿物的开发利用 　 知|识|梳|理 掌握金属矿物开发利用的方法 1.金属在自然界中的存在 2.金属冶炼的一般步骤 3.金属冶炼的实质 金属的冶炼过程就是把金属从化合态还原为游离态的过程,即Mn++ne-===M(写反应通式,用M表示金属)。 4.金属冶炼的方法(用化学方程式表示) 微提醒　(1)电解法冶炼活泼金属使用的是熔融的金属盐或金属氧化物,而不是盐溶液。 (2)铜除了用热还原法冶炼外,还可以用湿法炼铜或电解法进行冶炼。 (3)冶炼Mg时只能电解MgCl2不能电解MgO(熔点太高)。 (4)冶炼Al时只能电解Al2O3不能电解AlCl3(共价化合物,熔融时不能发生电离,不导电)。加入冰晶石(Na3AlF6)的目的是降低Al2O3的熔点。 思维辨析 判断正误,正确的画“√”,错误的画“×”。 1.黄金的冶炼可用热分解法。(×) 2.金属阳离子被还原一定会得到金属单质。(×) 3.工业上通过电解MgCl2溶液制取Mg。(×) 4.钠在自然界中不以游离态形式存在。(√) 知|识|对|练 角度三　金属的开发和利用 4.下列金属材料中,最适合制造飞机外壳的是(A) A.镁铝合金 B.铜合金 C.碳素钢 D.铅锡合金 解析　镁铝合金的密度小、强度大、机械性能好,适合于制造飞机外壳。故选A。 5.从石器时代、青铜器时代到铁器时代,金属的冶炼体现了人类文明的发展水平。如图表示了三种金属被人类开发利用的大致年限,之所以有先后,主要取决于(B) A.金属的化合价高低 B.金属的活动性强弱 C.金属的导电性强弱 D.金属在地壳中的含量多少 解析　因技术的不成熟,越活泼的金属越难冶炼,相反越不活泼的金属越易冶炼得到,金属利用的先后取决于金属的活动性强弱。 角度四　对金属冶炼原理的考查 6.明代《天工开物》中记载“火法”冶炼锌“炉甘石十斤,装载入一泥罐内……然后逐层用煤炭饼垫盛,其底铺薪,发火煅红……冷淀,毁罐取出……即倭铅也”(注:炉甘石的主要成分为碳酸锌,泥罐中掺有煤炭)。下列说法不正确的是(D) A.倭铅不是金属锌和铅的混合物 B.煤炭中起作用的主要成分是C C.冶炼Zn的过程中有氧化还原反应发生 D.该冶炼锌的方法属于热分解法 解析　A项,由题意可知,倭铅是指金属锌,不是锌和铅的混合物;B项,反应中C作还原剂,则煤炭中起作用的主要成分是C;C项,碳酸锌与碳在高温下反应生成锌和一氧化碳,有氧化还原反应发生;D项,该反应是利用碳还原碳酸锌生成锌单质,属于热还原法。 7.下列有关金属的工业制法正确的是(B) A.制铜:火法炼铜,即将黄铜矿CuFeS2受热分解以获得铜单质 B.制铁:以铁矿石、焦炭、石灰石为原料,CO还原得铁 C.制镁:用海水为原料,经一系列过程制得氧化镁固体,H2还原得镁 D.制铝:从铝土矿制得氯化铝固体,再电解熔融的氯化铝得到铝 解析　黄铜矿(CuFeS2)中Fe元素的化合价为+2,工业上用黄铜矿冶炼铜的反应为8CuFeS2+21O28Cu+4FeO+2Fe2O3+16SO2,该反应不是分解反应,A项错误;工业上常用CO在高温下还原铁矿石炼铁3CO+Fe2O32Fe+3CO2,B项正确;工业上以海水为原料,经过一系列过程获得无水氯化镁,工业制镁是电解熔融氯化镁MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑,C项错误;因为氯化铝是共价化合物,熔融状态下氯化铝不电离,也不导电,工业制铝是电解熔融的氧化铝2Al2O3(熔融)4Al+3O2↑,D项错误。 微充电　素养提升 流程桥梁——常考常新的过渡元素 　 【素材归纳】 一、Co、Ni及其化合物 钴和镍都是较稳定的金属,常温下在空气中能稳定存在,加热条件下可生成CoO、NiO。常见化合价为0、+2、+3。 化合价 +2价的Co和Ni +3价的Co和Ni 性质 中间价态,具有氧化性和还原性 具有强氧化性 主要表现氧化性,CoO在一定条件下可被H2、C或CO还原成单质钴 酸性环境中发生反应Co2O3+6HCl===2CoCl2+Cl2↑+3H2O、Ni2O3+6HCl===2NiCl2+Cl2↑+3H2O 表现还原性: ①Co(OH)2在空气中被缓慢地氧化为棕褐色的Co(OH)3。 ②Ni(OH)2在空气中较稳定,可采用强氧化剂在碱性条件下将其氧化 在酸性溶液中被还原,如在盐酸中2Co(OH)3+6HCl===2CoCl2+Cl2↑+6H2O、2NiO(OH)+6HCl===2NiCl2+Cl2↑+4H2O;在H2SO3溶液中2Co(OH)3+H2SO3+2H+===2Co2++S+5H2O、2NiO(OH)+H2SO3+2H+===2Ni2++S+3H2O 二、Ti、V、Cr、Mn及其化合物 元素 22Ti 23V 24Cr 25Mn 位置 第四周期第ⅣB族 第四周期第ⅤB族 第四周期第ⅥB族 第四周期第ⅦB族 常见化合价 +3、+4 +3、+4、+5 +3、+6 +2、+4、+7 1.钛(Ti)及其化合物的性质。 钛及 其化 合物 2.钒(V)及其化合物的性质。 钒及 其化 合物 3.铬(Cr)及其化合物的性质。 铬及 其化 合物 4.锰(Mn)及其化合物的性质。 锰及 其化 合物 　 【母题】　(1)(2024·浙江卷1月)酸性条件下,固体NaBiO3(微溶于水,其还原产物为无色的Bi3+)可氧化Mn2+与Mn,写出Mn2+转化为Mn的离子方程式: 5NaBiO3+14H++2Mn2+===2Mn+5Bi3++7H2O+5Na+ 。  (2)(2024·全国甲卷)控制溶液pH=5.0~5.5,加入适量的NaClO氧化Co2+生成Co(OH)3,其反应的离子方程式为 2Co2++5ClO-+5H2O===2Co(OH)3↓+Cl-+4HClO 。  (3)(2024·河北卷)已知偏钒酸钙[Ca(VO3)2]难溶于水,65~70 ℃,在弱碱性环境下,偏钒酸钙浸在3%的NH4HCO3溶液中生成碳酸钙,发生反应的离子方程式为 HC+OH-+Ca(VO3)2CaCO3+H2O+2V 。  (4)(2024·湖南卷)Cu2Se与H2O2、H2SO4发生反应,生成含有Cu2+和H2SeO3的溶液,写出反应的离子方程式 Cu2Se+4H2O2+4H+===2Cu2++H2SeO3+5H2O 。  (5)(2024·江苏卷)向NdCl3溶液中加入(NH4)2CO3溶液,Nd3+可转化为Nd(OH)CO3沉淀。该反应的离子方程式为 2Nd3++3C+H2O===2Nd(OH)CO3↓+CO2↑ 。  (6)(2024·黑吉辽卷)含Na2[Zn(CN)4]的溶液经H2SO4酸化,[Zn(CN)4]2-转化为ZnSO4和HCN的化学方程式为 Na2[Zn(CN)4]+2H2SO4===ZnSO4+4HCN+Na2SO4 。  (7)(2022·广东卷)催化剂Cr2O3可由(NH4)2Cr2O7加热分解制备,反应同时生成无污染气体。完成化学方程式:(NH4)2Cr2O7Cr2O3+ N2↑ + 4H2O 。  (8)(2021·全国乙卷)“酸溶”后,将溶液适当稀释并加热,TiO2+水解析出TiO2·xH2O沉淀,该反应的离子方程式是 TiO2++(x+1)H2OTiO2·xH2O↓+2H+ 。  (9)(2021·重庆卷)Cr(OH)3的性质与Al(OH)3相似,则Cr(OH)3与NaOH溶液反应的化学方程式为 Cr(OH)3+NaOH===NaCrO2+2H2O 。  (10)(2021·江苏卷)将一定量软锰矿粉(含MnO2及少量Fe、Al、Si、Ca、Mg等的氧化物)与Na2SO3溶液配成悬浊液,加入三颈瓶中,70 ℃下通过滴液漏斗缓慢滴加H2SO4溶液,充分反应。MnO2转化为Mn2+的离子方程式为 MnO2+S+2H+===Mn2++S+H2O 。  【衍生】　(2024·新课标卷)钴及其化合物在制造合金、磁性材料、催化剂及陶瓷釉等方面有着广泛应用。一种从湿法炼锌产生的废渣(主要含Co、Zn、Pb、Fe的单质或氧化物)中富集回收得到含锰高钴成品的工艺如下: 已知溶液中相关离子开始沉淀和沉淀完全(c≤1.0×10-5 mol·L-1)时的pH: Fe3+ Fe2+ Co3+ Co2+ Zn2+ 开始沉淀的pH 1.5 6.9 - 7.4 6.2 沉淀完全的pH 2.8 8.4 1.1 9.4 8.2 回答下列问题: (1)“酸浸”前废渣需粉碎处理,目的是 增大固液接触面积,加快酸浸速率,提高浸取效率 ;“滤渣1”中金属元素主要为 Pb 。  (2)“过滤1”后的溶液中加入MnO2的作用是 将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+,以便在后续调pH时除去Fe元素 。取少量反应后的溶液,加入化学试剂 K3[Fe(CN)6]溶液 检验 Fe2+ ,若出现蓝色沉淀,需补加MnO2。  (3)“氧化沉钴”中氧化还原反应的离子方程式为 3Co2+++7H2O===3Co(OH)3↓+MnO2↓+5H+ 、 3Mn2++2+2H2O===5MnO2↓+4H+ 。  (4)“除钴液”中主要的盐有 ZnSO4、K2SO4 (写化学式),残留的Co3+浓度为 10-16.7 mol·L-1。  解析　由题中信息可知,用硫酸处理含有Co、Zn、Pb、Fe的单质或氧化物的废渣,得到含有Co2+、Zn2+、Fe2+、Fe3+、等离子的溶液,Pb元素的单质或氧化物与硫酸反应生成难溶的PbSO4,则“滤渣1”为“酸浸”时生成的PbSO4;向滤液中加入MnO2,将Fe2+氧化为Fe3+,然后加入ZnO调节pH=4,使Fe3+完全转化为Fe(OH)3,则“滤渣Ⅱ”的主要成分为Fe(OH)3,滤液中的金属离子主要是Co2+、Zn2+和Mn2+;最后“氧化沉钴”,加入强氧化剂KMnO4,将溶液中的Co2+氧化为Co3+,在pH=5时Co3+形成Co(OH)3沉淀,而KMnO4则被还原为MnO2,KMnO4还会与溶液中的Mn2+发生归中反应生成MnO2,得到Co(OH)3和MnO2的混合物,“除钴液”中主要含有ZnSO4、K2SO4。(1)在原料预处理过程中,粉碎固体原料能增大固体与液体的接触面积,从而加快酸浸的反应速率,提高浸取效率;“滤渣1”的主要成分为PbSO4,则“滤渣1”中金属元素主要为Pb。(2)酸浸液中含有Co2+、Zn2+、Fe2+、Fe3+、等离子。由题表中数据可知,当Fe3+完全沉淀时,Co2+未开始沉淀,而当Fe2+完全沉淀时,Co2+已有一部分沉淀,因此为了除去溶液中的Fe元素且Co2+不沉淀,应先将Fe2+氧化为Fe3+,然后调节溶液的pH使Fe3+完全水解转化为Fe(OH)3沉淀,因此,MnO2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+,以便在后续调pH时除去Fe元素。常用K3[Fe(CN)6]溶液检验Fe2+,若生成蓝色沉淀,则说明溶液中仍存在Fe2+,需补加MnO2。(3)该过程发生两个氧化还原反应,根据分析中两个反应的反应物、产物与反应环境(pH=5),结合得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可写出两个离子方程式3Co2+++7H2O===3Co(OH)3↓+MnO2↓+5H+、3Mn2++2+2H2O===5MnO2↓+4H+。(4)最终得到的“除钴液”中含有的金属离子主要是最初“酸浸”时与加入ZnO调pH时引入的Zn2+、加入KMnO4“氧化沉钴”时引入的K+,而阴离子是在酸浸时引入的,因此其中主要的盐有ZnSO4和K2SO4。当溶液pH=1.1时c(H+)=10-1.1 mol·L-1,Co3+恰好完全沉淀,此时溶液中c(Co3+)=1.0×10-5 mol·L-1,则c(OH-)==10-12.9 mol·L-1,则Ksp[Co(OH)3]=1.0×10-5×(10-12.9)3=10-43.7。“除钴液”的pH=5,即c(H+)=10-5 mol·L-1,则c(OH-)==10-9 mol·L-1,此时溶液中c(Co3+)== mol·L-1=10-16.7 mol·L-1。 微真题　把握方向 　 考向一　铜及其化合物的性质 1.(2024·黑吉辽卷)某工厂利用铜屑脱除锌浸出液中的Cl-并制备Zn,流程如下。“脱氯”步骤仅Cu元素化合价发生改变。下列说法正确的是(C) 锌浸出液中相关成分(其他成分无干扰) 离子 Zn2+ Cu2+ Cl- 浓度/(g·L-1) 145 0.03 1 A.“浸铜”时应加入足量H2O2,确保铜屑溶解完全 B.“浸铜”反应:2Cu+4H++H2O2===2Cu2++H2↑+2H2O C.“脱氯”反应:Cu+Cu2++2Cl-===2CuCl D.脱氯液净化后电解,可在阳极得到Zn 解析　铜屑中加入H2SO4和H2O2得到Cu2+,反应的离子方程式为Cu+2H++H2O2===Cu2++2H2O,再加入锌浸出液进行“脱氯”,“脱氯”步骤中仅Cu元素的化合价发生改变,得到CuCl固体,可知“脱氯”步骤发生反应的化学方程式为Cu2++Cu+2Cl-===2CuCl↓,过滤得到脱氯液,脱氯液净化后电解,Zn2+可在阴极得到电子生成Zn。 2.(2023·上海卷)战国时期人们用青铜浇铸塑形成各样的青铜器,青铜比纯铜更便于制成形态各异的容器的原因是(A) A.熔点低 B.密度大 C.硬度大 D.不易被腐蚀 解析　青铜为铜、锡、铅等的合金,通常合金的熔点低于成分金属,因此青铜比纯铜更便于制成形态各异的容器,故选A。 3.(1)(2023·全国乙卷)胆矾表面出现白色粉末,发生的反应为CuSO4·5H2O===CuSO4+5H2O。(√) (2)(2022·海南卷)若仅用浓硫酸溶解固体Cu,将生成 SO2 (填化学式)污染环境;在H2O2存在下Cu溶于稀硫酸,反应的化学方程式为 Cu+H2O2+H2SO4===CuSO4+2H2O 。  (3)(2021·海南卷)在稀硫酸中加入少量Cu2O(s),溶液由无色变为蓝色并有红色固体生成,说明反应中Cu2O既作氧化剂又作还原剂。(√) 考向二　胆矾的制取 4.(2021·全国甲卷)胆矾(CuSO4·5H2O)易溶于水,难溶于乙醇。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。回答下列问题: (1)制备胆矾时,用到的实验仪器除量筒、酒精灯、玻璃棒、漏斗外,还必须使用的仪器有 AC (填字母)。  A.烧杯 B.容量瓶 C.蒸发皿 D.移液管 (2)将CuO加入适量的稀硫酸中,加热,其主要反应的化学方程式为 CuO+H2SO4CuSO4+H2O ,与直接用废铜和浓硫酸反应相比,该方法的优点是 不会产生二氧化硫且产生等量胆矾消耗硫酸少(或硫酸利用率高) 。  (3)待CuO完全反应后停止加热,边搅拌边加入适量H2O2,冷却后用NH3·H2O调pH为3.5~4,再煮沸10 min,冷却后过滤。滤液经如下实验操作:加热蒸发、冷却结晶、 过滤 、乙醇洗涤、 干燥 ,得到胆矾。其中,控制溶液pH为3.5~4的目的是 除尽铁,抑制硫酸铜水解 ,煮沸10 min的作用是 破坏氢氧化铁胶体,易于过滤 。  (4)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,置于干燥器中冷却至室温后称量,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)。  (5)下列操作中,会导致结晶水数目测定值偏高的是 ①③ (填序号)。  ①胆矾未充分干燥 ②坩埚未置于干燥器中冷却 ③加热时有少量胆矾迸溅出来 解析　(1)制备胆矾时,根据题干信息可知,需进行溶解、过滤、结晶操作,用到的实验仪器除量筒、酒精灯、玻璃棒、漏斗外,还必须使用的仪器有烧杯和蒸发皿,故选AC。(2)将CuO加入适量的稀硫酸中,加热,其主要反应的化学方程式为CuO+H2SO4CuSO4+H2O;直接用废铜和浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫和水,与这种方法相比,将CuO加入适量的稀硫酸中,加热制备胆矾的实验方案具有的优点是不会产生二氧化硫且产生等量胆矾消耗硫酸少(或硫酸利用率高)。(3)硫酸铜溶液制硫酸铜晶体,操作步骤有加热蒸发、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤、干燥;CuO中含氧化铁杂质,溶于硫酸后会形成铁离子,为使铁元素以氢氧化铁形成沉淀完全,需控制溶液pH为3.5~4,酸性环境同时还可抑制铜离子发生水解;操作过程中可能会生成氢氧化铁胶体,所以煮沸10 min,目的是破坏氢氧化铁胶体,使其聚沉,易于过滤。(4)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,置于干燥器中冷却至室温后称量,重复上述操作,最终总质量恒定为m3。则水的质量是(m2-m3)g,所以胆矾(CuSO4·nH2O)中n值的表达式为∶=n∶1,解得n=。(5)①胆矾未充分干燥,导致所测m2偏大,根据n=可知,最终会导致结晶水数目测定值偏高,符合题意;②坩埚未置于干燥器中冷却,部分白色硫酸铜会与空气中的水蒸气结合重新生成胆矾,导致所测m3偏大,根据n=可知,最终会导致结晶水数目测定值偏低,不符合题意;③加热胆矾晶体时有晶体从坩埚中溅出,会使m3数值偏小,根据n=可知,最终会导致结晶水数目测定值偏高,符合题意。 大单元整合　激活思维·培优增分(二) 　 视点一　大招解题——差量法速解化学计算题 　　(1)所谓“差量”就是指反应过程中反应物的某种物理量之和(始态量)与同一状态下生成物的相同物理量之和(终态量)的差,这种物理量可以是质量、物质的量、气体体积、气体压强、反应过程中的热效应等。 (2)计算依据:化学反应中反应物或生成物的量与差量成正比。 (3)解题关键:一是明确产生差量的原因,并能根据化学方程式求出理论上的差值(理论差量);二是结合题中的条件求出或表示出实际的差值(实际差量)。 步骤:一是表示出理论差值及相应反应物、生成物对应的物理量,要注意不同物质的物理量及单位间的对应关系;二是表示出实际差量并写在相应位置(注意应将理论差值与实际差值写在化学方程式最右侧);三是根据比例关系建立方程式并求出结果。 图示: 【进阶1】　为了检验某含有NaHCO3杂质的Na2CO3样品的纯度,现将w1 g样品加热,其质量变为w2 g,则该样品的纯度(质量分数)是(A) A. B. C. D. 解析　设样品中NaHCO3的质量为x g。 2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑　固体的质量差 　168 106　 　　　　　　　　　　62 　 x　　　　　　　　　　　　　　　　　w1-w2 =,解得x=,则混合物中Na2CO3的质量为w1 g-x g= g,样品中Na2CO3的质量分数=,A项正确。 【进阶2】　300 ℃时,将100 mL由H2O、CO2和N2组成的混合气体通入盛有足量Na2O2的密闭容器中(容器容积保持不变),充分反应后恢复到原温度时,容器内的压强变为原来的,则原混合气体中N2的体积分数为(C) A.33.3%　　　　　　　B.25% C.50% D.75% 解析　容器内的压强变为原来的,则气体总体积减小原来的,故反应后总体积减小了100 mL×=25 mL。Na2O2与CO2发生反应2CO2+2Na2O2===2Na2CO3+O2,水蒸气与过氧化钠发生反应2H2O+2Na2O2===4NaOH+O2,减小的体积为H2O、CO2总体积的一半,则H2O、CO2总体积为25 mL×2=50 mL,故原混合气体中氮气的体积为100 mL-50 mL=50 mL,则氮气的体积分数为×100%=50%。 视点二　微流程热考元素——常见金属 　　常见金属及其化合物的制备涉及的内容有: (1)金属冶炼类,如冶炼镁、铝、铁、铜等金属,主要考查产品冶炼条件控制以及混合物的分离和提纯等。 (2)中学重要化工产品的制备类,如胆矾、绿矾、明矾、氧化铁、硝酸铜等物质的制备。 往往考查物质的性质、分离提纯、反应原理、实验操作等知识点。 【进阶3】　(2022·湖南卷)铝电解厂烟气净化的一种简单流程如下: 下列说法错误的是(C) A.不宜用陶瓷作吸收塔内衬材料 B.采用溶液喷淋法可提高吸收塔内烟气吸收效率 C.合成槽中的产物主要有Na3AlF6和CO2 D.滤液可回收进入吸收塔循环利用 解析　陶瓷中含有二氧化硅,能与氟化氢反应,故不宜用陶瓷作吸收塔内衬材料,A项正确;溶液喷淋法能提高溶液与烟气的接触面积,可提高吸收效率,B项正确;吸收塔中碳酸钠过量,溶液显碱性,故化学方程式为HF+Na2CO3===NaHCO3+NaF,流程中合成槽后续操作需过滤,故有沉淀生成,故化学方程式为Na[Al(OH)4]+4NaHCO3+6NaF===Na3AlF6↓+4Na2CO3,C项错误;由上述分析可知,滤液的主要成分为Na2CO3,可进入吸收塔循环利用,D项正确。 【进阶4】　用废铁屑制备磁性氧化铁(Fe3O4),制取过程如图: 下列说法不正确的是(D) A.浸泡过程中适当加热并搅拌效果更好 B.检验A中的Fe3+可以用KSCN溶液 C.加H2O2溶液时发生反应的离子方程式为H2O2+2Fe2++2H+===2Fe3++2H2O D.制备Fe3O4的反应Fe2++2Fe3++8OH-Fe3O4+4H2O是氧化还原反应 解析　浸泡过程中适当加热并搅拌可以提高反应速率,效果更好,A项正确;检验铁离子可以用硫氰化钾溶液,溶液显红色,B项正确;过氧化氢能氧化亚铁离子,离子方程式为H2O2+2Fe2++2H+===2Fe3++2H2O,C项正确;制备Fe3O4的反应为Fe2++2Fe3++8OH-Fe3O4+4H2O,元素化合价没有变化,不是氧化还原反应,D项错误。 【进阶5】　钛铁矿的主要成分为钛酸亚铁(FeTiO3),含少量Fe2O3、SiO2等杂质,工业上由钛铁矿制备TiO2的流程如下。下列说法错误的是(B) A.“反应釜”通入空气的主要作用是将Fe2+氧化成Fe2O3 B.“矿渣”的主要成分是SiO2 C.“酸解”可能发生反应K4Ti3O8+10HCl===3TiOCl2+4KCl+5H2O D.“水解”所得物质X为盐酸,可循环利用 解析　钛铁矿(FeTiO3,含少量Fe2O3、SiO2等杂质)在反应釜中通入空气和氢氧化钾溶液发生反应,Fe2+被空气中的氧气氧化成Fe2O3,二氧化硅是酸性氧化物,与氢氧化钾反应生成硅酸钾经过水洗除去;用盐酸将氧化铁溶解后用TBP进行萃取进入含铁有机相分离;TiOCl2易水解生成TiO2·H2O和盐酸,盐酸可循环利用到酸解步骤;TiO2·H2O煅烧生成TiO2。根据分析知反应釜通入空气的主要作用是将Fe2+氧化成Fe2O3,A项正确;SiO2在反应釜中已经被氢氧化钾溶液溶解生成硅酸钾除去,B项错误;由流程图可知“酸解”使K4Ti3O8转化为TiOCl2,故可能发生反应K4Ti3O8+10HCl===3TiOCl2+4KCl+5H2O,C项正确;“水解”所得物质X为盐酸,可循环利用,D项正确。 视点三　微流程热考元素——过渡金属 　　过渡金属元素常具有多种可变化合价,形成化合物种类较多,近几年高考题常以Ni、Cr、Mn、V等元素化合物的制备流程为载体,考查不同价态物质转化规律、条件控制、物质的分离提纯等关键能力。 【进阶6】　(2024·贵州卷)贵州重晶石矿(主要成分BaSO4)储量占全国以上。某研究小组对重晶石矿进行“富矿精开”研究,开发了制备高纯纳米钛酸钡(BaTiO3)工艺。部分流程如下: 下列说法正确的是(B) A.“气体”的主要成分是H2S,“溶液1”的主要溶质是Na2S B.“系列操作”可为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 C.“合成反应”中生成BaTiO3的反应是氧化还原反应 D.“洗涤”时可用稀硫酸去除残留的碱,以提高纯度 解析　重晶石矿(主要成分为BaSO4)通过一系列反应转化为BaS溶液;加盐酸酸化生成BaCl2和H2S气体;在BaCl2溶液中加入过量的NaOH,通过蒸发浓缩,冷却结晶、过滤、洗涤、干燥,得到Ba(OH)2·8H2O;过滤得到的溶液1的溶质主要含NaCl及过量的NaOH;Ba(OH)2·8H2O加水溶解后,加入Ti(OC4H9)4进行合成反应,得到BaTiO3粗品,最后洗涤得到最终产品。“气体”的主要成分为H2S气体,“溶液1”的溶质主要含NaCl及过量的NaOH,A项错误;“系列操作”得到的是Ba(OH)2·8H2O晶体,故“系列操作”可以是蒸发浓缩,冷却结晶、过滤、洗涤、干燥,B项正确;“合成反应”是Ba(OH)2·8H2O和Ti(OC4H9)4反应生成BaTiO3,该反应中元素化合价未发生变化,不是氧化还原反应,C项错误;“洗涤”时,若使用稀硫酸,BaTiO3会部分转化为难溶的BaSO4,故不能使用稀硫酸,D项错误。 【进阶7】　(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(B) 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Cr D.淀粉水解液中的葡萄糖起还原作用 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项正确;焙烧过程中铁元素被氧化,滤渣的主要成分为氧化铁,B项错误;滤液①中Cr元素的化合价是+6价,溶液显碱性,所以Cr 元素主要的存在形式为Cr,C项正确;由分析可知淀粉水解液中的葡萄糖起还原作用,D项正确。 【进阶8】　(2022·福建卷)用铬铁合金(含少量Ni、Co单质)生产硫酸铬的工艺流程如下: 下列说法错误的是(D) A.“浸出”产生的气体中含有H2 B.“除杂”的目的是除去Ni、Co元素 C.流程中未产生六价铬化合物 D.“滤渣2”的主要成分是Fe2(C2O4)3 解析　由流程可知,加入稀硫酸溶解,生成的气体为氢气,溶液中含Ni2+、Co2+、Cr3+、Fe2+,加入Na2S分离出的滤渣1中含CoS和NiS,Cr3+、Fe2+不会沉淀,再加入草酸除铁生成FeC2O4,过滤分离出硫酸铬,以此来解答。四种金属均与稀硫酸反应生成H2,A项正确;共有四种金属,由流程可知,沉铁后分离出硫酸铬,则“除杂”的目的是除去Ni、Co元素,B项正确;由上述分析可知,流程中未产生六价铬化合物,C项正确;“滤渣2”的主要成分是FeC2O4,D项错误。 【进阶9】　碲被誉为“现代工业、国防与尖端技术的维生素”,某精炼铜的阳极泥经过处理后的主要成分为Cu2Te、TeO2、CuO等,从中回收碲和胆矾的工艺如下。 已知:①高温焙烧后的产物为TeO2和Cu2O;②TeO2是两性氧化物,与强酸和强碱反应分别生成TeO2+和Te。 下列说法错误的是(C) A.“酸化”时还需要再加入一定量的H2O2,目的是将铜元素完全转化为Cu2+ B.“还原”步骤中,发生反应的离子方程式为2SO2+TeO2++3H2O===Te+2S+6H+ C.“电解”时,若使用阳离子交换膜会降低Te的产率 D.流程中可循环使用的物质是硫酸和氢氧化钠 解析　酸化时要加入H2O2溶液,亚铜离子在酸性条件下转化为铜离子,A项正确;还原步骤中,SO2把TeO2+中+4价的Te元素还原成单质,自身被氧化为硫酸根离子,根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒,该方程式为2SO2+TeO2++3H2O===Te+2S+6H+,B项正确;电解Na2TeO3得到Te单质、氢氧化钠和O2,在阴极上得到Te和氢氧化钠,阳极上得到O2,应该选择阳离子交换膜,让钠离子通过交换膜向阴极移动形成氢氧化钠,C项错误;电解生成的氢氧化钠和还原得到的硫酸可以循环使用,D项正确。 微点突破　高考解题新思维(二) (2023·河北卷)一种以锰尘(主要成分为Mn3O4,杂质为铝、镁、钙、铁的氧化物)为原料制备高纯MnCO3的清洁生产新工艺流程如下: 已知:室温下相关物质的Ksp如下表❷。 Al(OH)3 Mg(OH)2 Ca(OH)2 Fe(OH)2 Fe(OH)3 Mn(OH)2 MgF2 CaF2 10-32.9 10-11.3 10-5.3 10-16.3 10-38.6 10-12.7 10-10.3 10-8.3 下列说法错误的是() A.酸浸工序中产生的气体为氯气❸ B.滤渣①的主要成分为Al(OH)3和Fe(OH)3❸ C.除杂②工序中逐渐加入NaF溶液时,若Ca2+、Mg2+浓度接近,则CaF2先析出❹ D.沉淀工序中发生反应的离子方程式为❺Mn2++2HC===MnCO3↓+CO2↑+H2O ❶图示信息:可根据反应过程和试剂推断每一步操作的具体反应; ❷表格信息:可建立起Ksp与pH的关系; ❸设问点一:变化过程中物质成分的判断; ❹设问点二:根据表格信息的定量分析; ❺设问点三:用方程式表示物质的变化 【破题关键】　能够推断出每一步工序的反应原理,确定每一步工序的反应物和生成物。 【关键能力】　主要考查考生信息获取与加工、逻辑推理与论证能力。 1.信息获取与加工能力 流程图→每一步反应所加的试剂和条件的控制 2.逻辑推理与论证能力 第一步,基于工艺流程的物质变化分析 (1)锰尘→MnCO3:Mn的化合价由原料中的+2价、+3价变为+2价→加盐酸发生氧化还原反应→Cl-被氧化生成Cl2; (2)除杂→通过控制试剂和反应条件,分别除去Fe3+、Al3+、Mg2+等杂质; (3)沉淀→生成MnCO3和气体。 第二步,逐项分析判断 选项 分析过程 判断 A 基于氧化还原反应规律的分析判断 正确 B 基于Ksp定量计算的分析判断 正确 C 基于Ksp相对大小关系的分析判断 错误 D 基于离子方程式书写方法的分析判断 第一步,写出已知反应物和生成物　反应物:Mn2+和HC　生成物:MnCO3和CO2 第二步,初步配平　Mn2++2HC——MnCO3↓+CO2↑ 第三步,补充缺失微粒,并配平 正确 【答案】　C 【思维误区】　在判断沉淀顺序时,一是误认为Ksp越大越易沉淀;二是忽视幂指数为负值而造成错判,如因为8小于10,而误认为10-8小于10-10。 【解题反思】　(1)能够挖掘题意中的隐含信息,本题没有给出Mn3O4的性质,但可以通过Mn元素化合价的变化判断其有强氧化性,同时可判断酸浸后的溶液中不可能含有Mn3+;(2)掌握陌生离子方程式的书写方法;(3)从微粒变化的角度分析碳酸氢铵与Mn2+反应的具体过程:第一步可看作是HC先与Mn2+反应生成MnCO3和H+,第二步可看作是H+与过量的HC反应生成CO2;(4)分析为什么用碳酸氢铵而不用碳酸钠:碳酸钠的碱性较强,在生成碳酸锰的同时还可能生成氢氧化锰,无法制取高纯的碳酸锰;(5)总结工艺流程中,除去Fe3+、Al3+等三价离子和除去Mg2+、Ca2+等二价离子的方法的不同:由于三价离子在溶液中易发生水解反应生成氢氧化物沉淀,因此一般通过控制pH的方法除去;而二价离子一般需要通过加入沉淀剂的方法除去。 　　(1)此类题目均是以工艺流程图为载体进行考查的,与填空题中的以工艺流程为载体考查的综合题目对应,但又不完全相同,其工序一般较短,涉及的物质较少,反应相对简单等,可视为微型的以工艺流程为载体的小综合题,相当于“大题小做”。 (2)选项特征:设问点主要为产物的判断、试剂的选择、操作的目的、条件的控制以及方程式正误的判断等;考查角度分为定性分析和定量计算两种情况。 (3)考查点:除元素化合物知识外,还涉及氧化还原反应以及离子在水溶液中的变化等。 (4)从操作目的的角度可将本考向分为两种形式:一是物质的除杂和净化;二是物质的制备。 学科网（北京）股份有限公司 $$