热点强化课5 从铁到“变价金属”-【创新教程】2027年高考化学总复习大一轮讲义

高考总复习化学 液除去，又因为硫化氢与碱溶液反应较快，容易引起倒 吸，C装置倒置漏斗能防倒吸。(3)铁与稀硫酸反应生成 硫酸亚铁和氢气，加入足量双氧水的目的是将F+全部 氧化为Fe+,发生反应的离子方程式为2Fe2+十HO2十 2H十=2Fe+十2H,O,从生成物看，不引入新杂质。铁 离子对双氧水分解起催化作用，分批加入双氧水，避免 反应过快、放出热量较多，减少双氧水分解，以免造成氧 化剂损失；铁离子易水解，保持溶液呈强酸性，避免铁离子 发生水解反应生成氢氧化铁。 (4)步骤⑤是要从溶液中得到硫酸铁铵晶体，故实验操 作有加热浓缩、冷却结晶、过滤（洗涤）。 答案：(1)碱煮水洗 (2)加快反应热水浴C (3)将Fe2+全部氧化为Fe+;不引入新杂质防止Fe3+ 水解 (4)加热浓缩、冷却结晶、过滤（洗涤） 情境试题·专练 4.解析：由题干实验装置图可知，装置D为实验室制备C12 的发生装置，原理为：MnO,十4HC1(浓)△MnCL,十 C1,个十2H,O,装置E为盛有饱和食盐水的洗气瓶，用于 除去Cl2中的HCI,装置F为盛有无水氯化钙的U形干 燥管，用于千燥CL2,然后将干燥的CL,通入装置A中， 装置A制备FeC?,装置B中的收集器用于收集FeCl, 装置C中的碱石灰用于吸收多余的C2,用于尾气处理， 同时可以防止空气中的水蒸气进入收集器中，防止 FeCL,水解变质，据此分析解题。 (1)由分析可知，装置C中碱石灰的作用是用于吸收多 余的C,用于尾气处理，同时可以防止空气中的水蒸气 进入收集器中，防止FeCl水解变质； (2)由题千实验装置图可知，F的名称为U形干噪管，从 D、E、F中选择合适的装置制备纯净的C,,正确的接口 顺序为a→b→c→d→e; (3)由分析可知，装置D为实验室制备C2的发生装置， 原理为：MnO,+4HCI(浓)△MnCL,+CL,◆+2H,O, 该反应的离子方程式为：MnO,十4H+2CI△Mn2+ +C1.4+2H,O: (4)由题千对比实验1、2操作和现象可知，实验1的反应 物质含有C1,而实验2中的反应物中不含C1,结果实 验1无白色沉淀生成，而实验2生成白色沉淀，说明产生 的白色沉淀为CuSCN,故实验结果说明猜想1不合理； (5)①由实验2中的现象即溶液很快由蓝色变为绿色，未 观察到白色沉淀：2后溶液为绿色，未观察到白色沉 淀；24h后，溶液绿色变浅，试管底部有白色沉淀可推 测，反应速率：A>B,反应B太慢，因此说明反应B不是 产生CuSCN的主要原因； ②进一步查阅资料可知，当反应体系中同时存在F+ Cu2+,SCN时，Cu+氧化性增强，可将Fe2+氧化为 Fe+。据此将实验2改进，向CuSO,溶液中同时加入 KSCN、FeCl2,立即生成白色沉淀CuSCN,即Cu+先将 Fe+氧化为Fe3+,自身被还原为Cu十，然后Cu+与 SCN厂结合为CuSCN白色沉淀，该反应的离子方程式为： Cu2++Fe2+SCN= =CuSCN++FeT (6)若向l00 mL a mol·L1CuSO,溶液中滴加足量的 KSCN和FeCl,的混合溶液，根据铜原子守恒可知，理论 上应该生成CuSCN的物质的量为0.la mol,经过一系列 操作得到白色沉淀CuSCN的质量bg,则CuSCN的产率 bg 为：0.1 a molx122g/ma×100%=12.2aX100%。 答案：(1)吸收多余的C2,用于尾气处理，同时可以防止 空气中的水蒸气进入收集器中，防止FCL水解变质 (2)U形干燥管b→c→d→e (3)Mn0,+4H*+2CI△Mn2++Cl,◆+2H,0 (4)1 (5)①>不是②Cu++Fe++SCN—CuSCN +Fe3+ (6)12.2a×100% ·46 热点强化课5从铁到“变价金属” 典题应用 [例1门解析：(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”中金属主要是Pb。(2)由 题表中数据可知，当F3+完全沉淀时，Co+未开始沉淀， 而当F+完全沉淀时，Co+已有一部分沉淀，因此为了 除去溶液中的Fe元素且Co+不沉淀，应先将Fe+氧化 为Fe3+再调节pH使Fe+完全沉淀，则MnO,的作用是 将Fe+氧化为Fe3+。常用K[Fe(CN)]溶液检验 Fe+,若生成蓝色沉淀，则说明溶液中仍存在Fe+,需补 加MO2。(3)由流程分析可知，该过程发生两个氧化还 原反应，根据流程分析中两个反应的反应物、产物与反 应环境(H=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+十MnO,+7H,O 3Co(OH)3￥+MnO2￥+5H、3Mn++2MnO,+ 2H,O一5MnO,￥十4H+。(4)由流程分析可知，“除 钻液”中含有的金属阳离子主要是Z+和K,而阴离子 主要是“酸浸”步骤引入的SO,因此其中主要的盐有 ZnSO,和K,SO,。当Co+恰好完全沉淀时，溶液中， c(Co3+)=1.0×105mol·L1,此时溶液pH=1.1,即 c(H+)=10-1mol·L1,则c(OH)= Kw c(H) 102.9mol·L1,则Km[Co(0H)]=1.0×105× (1012.)3=10-1.1。“除钻液”的pH=5,即c(H)= 105mol·L1,则c(OH)= H方=10°molL1, 此时溶液中c(Co+)=K[Co(OHD,]107 c(OH) (l0)京mol·L-1 =1016.7mol·L-1 答案：(1)增大固液接触面积，加快酸浸速率，提高浸取 效率Pb (2)将溶液中的Fe+氧化为Fe3+,以便在后续调pH时 除去Fe元素K,LFe(CN):]溶液Fe (3)3Co+MnO +7H,O-3Co(OH)+MnO2 +5H 3Mn+2MnO+2H,O =5MnO, +4H (4)ZnS01、K2S0,10-1.7 [例2]解析：(1)Al与NaOH溶液反应生成Na[Al(OH)1]。 (2)锌与NaOH溶液反应的离子方程式为Zn十2OH十 2H20—[Zn(OH)1]2-+H2↑ (3)①A(SO1)3溶液与NOH溶液滴加顺序不同，现象不 同，可鉴别：②A1,(SO)3溶液与氨水滴加顺序不同，现象相 同，不可鉴别：③ZnSO,溶液与NaOH溶液滴加顺序不同， 现象不同，可鉴别；④ZS),溶液与氨水滴加顺序不同，现 象不同，可鉴别。 答案：(1)LA1(OH)1 (2)Zn+2OH+2H2O==[Zn(OH)1]+H2 (3)①③④ (4)A1B++3NH·H,O—A1(OH)3￥+3NH 可溶性锌盐与氨水反应产生的Z(OH)2可溶于过量的氨 水中，生成[Z(NH)]+,氨水的用量不易控制 对点集训 l.B[向MgCl,溶液中加入NaOH溶液，开始时NaOH 溶液先中和其中的少量盐酸，然后生成白色沉淀氢氧化 镁，当NaOH溶液过量时，沉淀也不会溶解，沉淀的物质 的量保持不变，故对应的是图像③；向ZCI,溶液中加入 NaOH溶液，开始时NaOH溶液先中和其中的少量盐 酸，然后生成白色沉淀氢氧化锌，当NaOH溶液过量时， 沉淀会溶解，依次发生反应：ZnCl,十2NaOH一 Zn(OH),+2NaCl,Zn (OH),+2NaOH Na[Zn(OH),门，沉淀开始到沉淀量达到最大和沉淀完 全消失所消耗的NaOH溶液的体积是相等的，故为图像 ⑤；向AlCl溶液中加入NaOH溶液，开始时NaOH溶 液先中和其中的少量盐酸，然后生成白色沉淀氢氧化 铝，当氢氧化钠过量时，沉淀会溶解，依次发生反应： AlCl+3NaOH=AI(OH)+3NaCl,Al(OH)+ NaOH一Na[Al(OH)1],沉淀开始到沉淀量达到最大 和沉淀完全消失所消耗的氢氧化钠的物质的量之比是 3:1,故为图像①。] 2.解析：以瓦斯泥（主要含ZnO、BiO3、Bi2S、Bi、Fe2O3,还 含少量PbO、FeO、CuO)为原料提取锌、秘，浸取之后过 滤得到[Cu(NH)1]+、[Zn(NH)1]+、CO,滤渣1中 的PbO和硫酸反应后，得到的滤渣2中会含有PbSO1, “水解”时加入适量的Z粉可以将Fe3+还原为Fe+,避 免在B+水解时，Fe3+同时水解，导致产物不纯，“水解” 后，将得到的产品过滤、洗涤并干噪即可得到产品，以此 解答。 (1)“浸取”时，为避免“瓦斯泥”在反应器的底部沉淀、结 块，可采用快速搅拌； (2)“过程I"步骤[Cu(NH)1+与Zn反应生成[Zn(NH)1 与Cu,发生反应的离子方程式为：「Cu(NH),+十Zn Zn(NH )Cu; (3)根据元素守恒可知，“过程Ⅱ”中会产生NH,结合流 程图可知，NH,可在流程中的“浸取”步骤中循环使用； (4)根据分析可知，滤渣1中的Pb○和硫酸反应后生成 PbSO,,得到的滤渣2中会含有PbSO,; (5)①调pH使Bi+水解时pH范围为1.6~2.0，此时 Fe3+也会水解，故加入Zn粉的目的为：将Fe+还原为 Fe+,避免在Bi+水解时，Fe3+同时水解，导致产物不 纯；②根据分析可知，“水解”步骤后的“系列操作”为：过 滤、洗涤、干澡。 答案：(1)快速搅拌 (2)[Cu(NH)1]2++Zn-[Zn(NH)1]++Cu (3)NH,浸取(4)PbSO (5)①将Fe3+还原为Fe+,避免在Bi+水解时，Fe3+同 时水解，导致产物不纯②过滤、洗涤、干燥 3.解析：(1)根据信息，300℃以上时碱式碳酸镍分解生成3 种氧化物，分别是NiO、CO2、H2O,需要测CO2和H,O 的质量，因此必须让二者全部被吸收，装置甲的作用是 吸收空气中CO2和H2O,装置甲应是c,B装置用来加热 碱式碳酸镍，C装置用来吸收产生的H,O,D中的装置 乙用来吸收产生的CO2,故装置乙选c。 (2)根据上述分析，当C装置中不再有气泡产生时，说明 反应完全，打开弹簧夹K,缓慢通入空气的目的是让装置 中残留的气体产物被C装置和D装置全部吸收。 (3)根据(1)的分析，A装置的作用是吸收空气中的CO 和水蒸气；E装置的作用是防止外界中CO,和H,。进 入D装置，如果没有此装置，D装置会吸收空气中CO 和水，造成CO,的质量增大，所以二偏小。 (4)C装置质量增加(133.08-132.00)g=1.08g,即产生 水的质量为1.08g,其物质的量为0.06mol,D装置增加的 质量是C02的质量，即(41.44-41.00)g=0.44g,其物 质的量为0.01mol,B装置中反应后的物质是NiO,其质 量为2.25g,物质的量为0.03mol,根据Ni(OH), (CO,),·nH,O中各元素正、负化合价代数和为0，OH 的物质的量为（十2）×0.03mol十(-2)×0.01mol 0.04ol,根据H原子守恒推出H20的物质的量为 0.06mol-3×0.04mol=0.04m0l,因此x:y::n =0.03mol:0.04mol:0.01mol:0.04mol=3:4:1 :4,即碱式碳酸镍的化学式为Ni3(OH),CO3·4H,O, 碱式碳酸镍受热分解反应的化学方程式为 Ni,(OH),CO,·4H,0△3NiO+6H,04+CO,. 答案：(1)cc (2)不再有气泡产生将装置中残留的气体产物吹入吸 收装置中 (3)吸收空气中的CO2和水蒸气偏小 (4N(OFD,C0·4H,0△3O+6HO◆+CO,+ (5)在装置B、C之间连接一个安全瓶（合理答案均可） ·46 参考答案 第三节铝、镁及其化合物 知识复盘·考点突破 考点一必备知识·复盘 一、1.第三周期ⅢA族 氧和硅化合 2.银白延展性导电性 二，1)4A1+30,△2A1,0,(2)2A1+3CL, 点燃2AC (3)钝化2A1+6H—2A3++3H2◆(4)2A1+ 2OH+6H20==2[A1(OH)4]-+3H24 (5)2Al+ 高温Al,0,十2Fe Fe:O3 三、1.Al2O2+6H—2A18++3H20A12O3+2OH+ 3H,O=2A1(OH),]2.(1)吸附(2)A1(OH)3+ 3H-Al+3H,O Al(QH).+-OHAl(OH) 2A1(OHD,△A1,O,+3H,0(3)A1++3NH·H0 AKOH)3￥+3NH[AI(OH),]+CO,-AI(OH)g￥+ HCO3[AI(OHD1]+A1+—4AI(OHD,￥ 3.(2)KA1(SO,)2·12H,O 自主预诊 1.(1)× (2)×(3)/(4)/(5)X(6)/(7)X (8)× 2.(1)铝箔在酒精灯上灼烧表面生成A1O,高熔点的 A1,O,兜住了熔融的液态铝，不会滴落。 (2)铝先与强碱溶液中的水反应生成H2和A1(OH):, AI(OH)可溶于NaOH生成Na[AI(OH)1],反应中 A为还原剂，水为氧化剂。 失去2×3e 2AH+-2NaOH+6H2O-2NaCAl(OH)]+3H2 得到6×e 题组集训·练透 1.B 2.C[铝土矿加入盐酸，氧化铝和氧化铁都可以溶解，二 氧化硅不溶解，所以沉淀工为二氧化硅，溶液I中加入 过量的氢氧化钠，得到氢氧化铁沉淀和四羟基合铝酸钠 溶液，溶液Ⅱ主要成分为四羟基合铝酸钠，通入过量的 二氧化碳，反应生成碳酸氢钠和氢氧化铝沉淀。A.沉淀 I为二氧化硅，A正确；B.溶液Ⅱ含有的阴离子主要为 四羟基合铝酸根离子、氯离子和氢氧根离子，B正确；C 溶液Ⅲ中主要成分为碳酸氢钠，C错误；D.氢氧化铝加 热分解生成氧化铝和水，为分解反应，D正确。 3.(1)1:1(2)1:3(3)3:1(4)A 考点二必备知识·复盘 -1.2Mg+O,点槛2Me02.3Mg+N,点槛Mg,N 3.Mg十2H=Mg2++H2↑4.2Mg十CO2 点燃 2MgO+C 5.Mg+Cu+—Mg+十Cu 6.Mg+2HO△Me(OHD,+H+ 二、1.难碱性氧化物MgO十2H+一Mg2++H,O 2.难Mg(OH),+2H—Mg2+十2H,O 自主预诊 1.(1)/ (2)/(3)X(4)×(5)×(6)×(7)/ (8)/ 2.A[镁能与空气中的氧气反应生成氧化镁，镁能与氨气 反应生成MgN2,能与CO2反应生成MgO和C,能与 HO反应生成Mg(OH)2和H2,不能将镁蒸气在空气、 CO2、N2、HO中冷却；Ar是惰性气体，H,是还原性气 体，和镁不反应，能将镁蒸气在Ar、H2中冷却。] 题组集训·练透 1.B「A.电解熔融的氧化铝制铝而不是氯化铝，A错误： B.氯化镁与氢氧化钙发生复分解反应生成氢氧化镁，氢 氧化镁受热分解生成氧化镁，B正确；C.铁与氯气反应 生成FeCL3,C错误；D.电解熔融的MgCI2制取金属镁， D错误；故选B。] 69热点强化课5 从铁 热点突破 1.铁、钴、镍 (1)含铁、钴、镍元素的物质性质比较 Fe(Ⅲ)、Co(Ⅲ)、Ni(Ⅲ) Fe(Ⅱ)、Co(Ⅱ)、Ni(Ⅱ) 性质差异 性质差异 氧化钴与氧化镍在酸 性溶液中显示出强氧 化性：Co,O,+6HCI 氧 -2CoCl2+CL2↑ 还原性的变化规 +3H2O 律：Fe(OH)2> 物 Ni,O+6HCI Co(OH),> 2NiCl,+Cl,+ Ni(OH)。 3H2O但氧化铁与酸 ①Fe(OH)2在空 只发生复分解反应 气中极易被氧化 氢 成Fe(OH)3 铁的氢氧化物只与酸 发生酸碱中和反应： 化 ②Co(OH)2在空 气中被O,氧化 Fe(OH)+3H*- 还 的速度较慢，可以 Fe++3H2O 镍、钴的氢氧化物与 性 被强氧化剂 (H2O2)迅速氧化 氢 还原性酸发生氧化还 ③Ni(OHD2在空气 氧 原反应： 化 中不易被氧化，只 2Co(OH)3+6H++ 有在更强的氧化剂 2C1-2Co2++CL个 条件下才会氧化生 +6H,O 成Ni(OH) 2Ni (OH)+6H+ 2C1—2N2++CL,个 +6H2O Co(Ⅲ)、Ni(Ⅲ)仅能 够存在于固态物质或 ①Fe(OH)2与氨 离 配合物中，在水溶液 水不反应 子 中会发生如下反应 存 ②Co(OH), (镍同)：4Co3++ [Co(NH)6]+ 状 2H204Co2++ 反 态 4H++O2个 ③Ni(OH)2 Fe3+在酸性溶液中 [Ni(NH)]2+ 可以稳定存在 ①由于Fe(OH)的稳定性弱于Co(OH)2、 Ni(OH)2,故三者的还原性存在规律： 结 Fe(OH)2>Co(OH),>Ni(OH)2,因此三者 论 与氧化剂反应的条件不同，三者在氯水中溶解 解 情况不同 ②由于铁、钴、镍的核电荷数依次增大，故对电子 的吸引能力依次增强，所以正三价离子的氧化性 呈现如下规律：Fe(Ⅲ)<Co(Ⅲ)<Ni(Ⅲ) 第四章金属及其化合物 到“变价金属” (2)铁、钴、镍盐溶液的氧化性与还原性 ①在酸性溶液中，Fe+、Co+、N+分别是 铁、钴、镍离子的稳定状态、高价态的 铁（Ⅵ）、钴（Ⅲ）、镍(V)在酸性溶液中都有 很强的氧化性，空气中的O,能将酸性溶液 中的Fe+氧化成Fe3+,但不能将Co+、 Ni2+氧化成Co3+和Ni3+。 ②在碱性介质中，铁的最稳定价态仍是十3 价，钴、镍的最稳定价态仍是十2价，在碱 性介质中，将低价态的Fe(Ⅱ)、Co(Ⅱ)、 Ni(Ⅱ)氧化成高价态比酸性介质中容易。 2.钛、钒、铬、锰 (1)钛(Ti)及其化合物的性质：主要化合价为 +3价、+4价 金属活动性较弱，常温时与酸不反 应，但可与热的氢氟酸、浓盐酸反应： 单质(Ti) T+6FHF△H,TiF6+2H,个， 钛 2Ti+6HC1(浓)△2TiCl,+3H2个 其 ①TiO2+H2SO4(浓) 两性氧化物， 以酸性为主， △Ti0s0:+H,0 氧化物 不溶于稀酸 ②TiO2+2NaOH (TiO2) Na2 TiOs+H2O 加热条件下与C2、C发生反应： Tioz+2Cl+2c--Ticl +2co (2)钒(V)及其化合物的性质：主要化合价 +2、+3、+4、+5 常温下不活泼，不能与除HF以外的 单质 →非氧化性酸及碱发生作用，能溶于浓 (V) 硫酸、硝酸等氧化性酸溶液中 V2O5+6NaOH= 氧化物 两性氧化物，2 Nag VO4+3H2O (V2O5) 以酸性为主 V2O5+H2SO- (VO2)2SO:+H2O 其V的化合价为+5，V2O+6HCI(浓) 化具有强氧化性 2VOC2+C2↑+3H2O 物 在酸性介质中，VO2具有强氧化性， VO+、VO2→VO2+Fe2++2H+ VO2++Fe3++H2O NH4VO3在加热条件下不稳定： 偏钒酸盐→2NHvO,△V,0十2NH◆+ H2O 高考总复习化学 (3)铬(Cr)及其化合物的性质：主要化合价+2、 +3、+6 单质(Cr)→ 金属单质，加热时，能与O,反应生成 Cr,O 两性氧化物，G,O,+6H十—2C+ 氧化物 +3HO, (Cr2Q)Cr2 O3+20H+3H2O- 2[Cr(OH),] 铬 两性氢氧化物，Cr(OH),+3H 氢氧化物 -Cx3++3H20, 化 [Cr(OH)3] Cr(OH)+OH-[Cr(OH),] 物 相互转化：2CrO(黄色)+2H+ —Cr2O(橙色)+H2O 铬酸盐 Cr均为+6价，具有强氧化性： (CrO) 5H++Cr,O2+3HSO 和重铬酸盐 (Cr2O号) 2Cr3++3SO+4H2O, 2CrO+16H++6C1 2Cr3++3CL2↑+8H2O 重要工业铬产品的一般制备流程： 铬铁矿（主要成分为 FeCr2O4(FeO·Cr2O3) H2SO,(浓) CrOa Na2 Cr2 O7 Pb2+ PbCrO4(颜料) 还原 Cr2O3(颜料) 电镀C工 还原复分解 条件 一定 CrO2 条件 Cr(OH)SO K2Cr2Oz (铬鞣剂) C☑含铬的混 合相颜料 (4)锰(Mn)及其化合物的性质：主要化合价+2J +3、+4、+5、+6、+7。 加热时与O2反应生成MnO, 金属 Mn的活动性在Al与Zn之间，与非氧化 单质 (Mn) 性酸反应生成H2,Mn+2H+一Mn++ H2个 Mn为+4价，在酸性条件下具有较强氧 氧化 MnO, →化性，如MnO,+4H++2CI△Mn2+ +CL2个+2HO ①可相互转化，2KMnO,△K,MnO,十 MnO,十O,↑，2KMnO,+2H0电解 其 2KMO,+2KOH+H↑ ②KMnO,具有强氧化性，如2KMnO,+ 16HC1(浓)-2MnCl2+2KC1+5C,↑ 物 KMnO 8H,O,2KMnO,+5H,C2O+3H2 SO 与 K,SO,+2MnSO+10CO. K,MnO, 8H,O,酸性条件下还能与I厂、S0)2、SO、 Fe+等反应 ③MnO,在不同介质中的还原产物不同 MnO 酸性 、碱性 中性 Mn2+ MnO MnOz 典题应用 [例1](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： H2S04 Mn02 ZnO KMnOa 调pH= 废渣→酸浸过滤 →过滤2→ 氧化沉钴、Co(OH pH=5 MnO2 滤渣1 滤渣2 除钻液→回收利用 已知溶液中相关离子开始沉淀和沉淀完全 (c≤1.0×105mol·L1)时的pH: Fe3+Fe2+Co3+Co2+ Zn2+ 开始沉淀的pH 1.56.9 7.46.2 沉淀完全的pH 2.88.4 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 ;“滤渣1” 中金属元素主要为 (2)“过滤1”后的溶液中加入MnO2的作用 是 取少量反应后的溶 液，加入化学试剂 检验 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 (4)“除钴液”中主要的盐有 (写化学式)，残留的Co+浓度为mol.L1。 [例2]锌和铝都是活泼金属，其氢氧化物既 能溶于强酸溶液，又能溶于强碱溶液，但是 AI(OH)3不能溶于氨水，而Zn(OH)2能溶 于氨水，生成[Zn(NH)]2+。 回答下列问题： (1)单质铝溶于NaOH溶液后，溶液中铝元 素的存在形式为 (用化学 式表示)。 (2)写出锌和NaOH溶液反应的离子方程 式： (3)下列各组中的两种溶液，用相互滴加的 实验方法可以鉴别的是 (填序号)。 ①Al2(SO4)3溶液和NaOH溶液 8 ②Al2(SO,)3溶液和氨水 ③ZnSO,溶液和NaOH溶液 ④ZnSO.溶液和氨水 (4)写出可溶性铝盐和氨水反应的离子方程 式： 试解释实验室不宜用可溶性锌盐与氨水反 应制取氢氧化锌的原因： 题后悟道 解决两性金属问题的思维模板 类比Al及其化合物的性 判断 质写出反应的化学方程 确定 反应 式或进行定量计算 两性 →环境 审读题目信息，把握变 金属 的酸 价金属不同于AI及其 碱性 化合物的性质（如氢氧 化锌可溶于氨水) 对点集训 1.Zn(OH)2是两性氢氧化物，和强酸反应时生成 Zn+,跟强碱反应时生成[Zn(OH)]。现有 三份等物质的量浓度、等体积的MgCL2、ZnCl2、 ACL溶液（配制时均加入少量盐酸），现将一 定浓度的NaOH溶液，分别滴入三种溶液中至 过量，NaOH溶液的体积x(mL)与生成沉淀的 物质的量y(mol)的关系如图所示，则与 MgC2、ZnCL,、AICL溶液一一对应的正确图 像是 ④ ⑤ A.③②④ B.③⑤① C.③⑤④ D.③②① 2.炼铁时产生大量瓦斯泥废料，以瓦斯泥（主 要含ZnO、Bi2O3、Bi,S3、Bi、Fe2O3,还含少量 PbO、FeO、CuO)为原料提取锌、铋的工艺流 程如图所示： ·99 第四章金属及其化合物 瓦新泥CD受取过越过 H20 [Cu(NH)1]2+ →[Zn(NH3)1]2+ Zn 过滤 TZ(NH,290gZaC0·3Zn0HD,整z0 C( 过滤 过程口 过程口 滤溢1险盐浸一水钢系列操作，0产品 NaC] 被益2 回答下列问题： (1)“浸取”步骤，为避免“瓦斯泥”在反应器 的底部沉淀结块，可采取的措施为 (2)“过程I”步骤发生反应的离子方程式为 (3)“过程Ⅱ”步骤产生的气体 (填化 学式)可在流程的 步骤中循环使用。 (4)“酸盐浸提”步骤，为使铋充分浸出，加入适 量NaCl作助溶剂。单质铋在Fe3+的氧化作用 下被溶解。 ①含铋物质发生反应的化学方程式为： i.Bi,O+3H,SO,+6NaCl -2BiCl+ 3Na,SO,+3H,O i.Bi2 S3+3Fe2(SO)3+6NaCl =2BiCls +3Na,SO,+6FeSO,+3S ②“滤渣2”的主要成分除S外还有 (5)已知：此工艺中，Bi3+水解得到BiOCI沉 淀的适宜pH范围为1.6~2.0；溶液中金属 离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表 所示： 金属离子 Fe2+ Fe3+ Zn2+ 开始沉淀时pH 7.0 1.9 6.2 完全沉淀时pH 9.0 3.2 8.0 ①结合上述信息分析，“水解”步骤加入适量 Zn粉的目的是 ②“水解”步骤后的“系列操作”为 3.碱式碳酸镍[Ni(OH),(CO3).·nH2O]是 一种绿色粉末状晶体，常用作催化剂和陶瓷 着色剂，300℃以上时分解生成3种氧化物。 为确定其组成，某同学在实验室中进行了有关 的实验探究。回答下列问题： K 碱式碳酸镍 碱石灰 浓硫酸 B D E 高考总复习化学 (1)甲、乙两装置可分别选取下列装置 (4)实验前后测得如表所示数据： (填字母，装置可重复选取)。 B装置中 C装置质 D装置质 无水柜零一在零 样品质量/g 量/g 量/g 浓硫酸 「硫酸铜碱石灰氯化钙 实验前 3.77 132.00 41.00 b c d 实验后 2.25 133.08 41.44 (2)称取一定量的碱式碳酸镍样品，放入硬 已知碱式碳酸镍中Ni的化合价为十2价， 质玻璃管内；安装好实验仪器，检查装置气 则该碱式碳酸镍分解反应的化学方程式为 密性；加热硬质玻璃管，当C装置中 (填实验现象)时，停止加热；打 开弹簧夹K,缓缓通入空气，其目的是 (5)采取上述实验装置进行该实验时，必须 小心操作，且保证装置气密性良好，否则浓 (3)A装置的作用是 硫酸会发生倒吸，导致加热的硬质玻璃管炸 裂。为防止浓硫酸倒吸入硬质玻璃管中，提 若没有E装置，则会使工 出你的改进措施： (填“偏大”“偏小”或“无影响”)。 第三节铝、镁及其化合物 知识复盘>考点突破 打通教材融会贯通 考点一 铝及其化合物 必备知识·复盘 (3)A 氧化性酸常温下遇冷的浓硫酸或浓硝酸 非氧化性酸 一、铝的原子结构、存在和物理性质 1.铝的原子结构和存在 (4) 铝位于元素周期表 ,原子结构 (5) (铝热反应)。 示意图为 铝元素在地壳中 三、铝的重要化合物及应用 含量丰富，仅次于 ,自然界中的铝 1.氧化铝 全部以 态存在。 属类一两性氧化物 2.金属铝的物理性质 物理性质一难溶于水、熔点高、硬度大 色金属，有良好的 与H+反应： 和导热性等，密度较小，质地柔软。 华 Al2(0 二、铝的化学性质 质 与(OH反应： [AI(OH) ④强碱 氧化性酸 A+氧化物 耐火材料：制造耐火坩埚等，T业上治炼 非金屈 酸 AN厂③ 用途 单质 非氧化性酸AP+ 铝：2Al2O,(熔融)电解 冰品石 =4A1+3(O2↑ ⑤Fe,03 2.氢氧化铝 Fe+AlzO (1)物理性质：白色胶状不溶于水的固体，有较 写出图中有关反应的化学方程式或离子方 强的 性。 程式： (2)化学性质（用化学方程式表示）》 Al(OH)3的电离方程式为 (1)AQ 常温形成致密的氧化膜 加热 [AKOH4T+H+L。 A1(OH)3= 酸式电离 (2) A13++3OH 碱式电离 100