第三章 热点强化课4 从铁到“变价金属”（配套教参）-【创新教程】2027年高考化学总复习大一轮讲义（鲁科版）

热点强化课4 热点突破 1.铁、钴、镍 (1)含铁、钴、镍元素的物质性质 Fe(Ⅲ)、Co(Ⅲ)、Ni(Ⅲ) Fe( 性质差异 氧化钴与氧化镍在酸 性溶液中显示出强氧 化性：Co2O3+6HC1 氧 2CoCL2+C12↑ +3H2O 物 Ni2Os+6HCI- 2NiCL2+Cl2↑+ 3H2O但氧化铁与酸 只发生复分解反应 氢 铁的氢氧化物只与酸 化 发生酸碱中和反应： 物 Fe(OH);+3H- 原 Fe++3H,O 镍、钴的氢氧化物与 还原性酸发生氧化还 原反应： 化 2Co(OH)3+6H+ 2C1=-2C02++C12↑ +6H2) 2Ni (OH)+6H"+ 2C1--2N2++CL2↑ +6H2) Co(Ⅲ)、Ni(Ⅲ)仅能 够存在于固态物质或 配合物中，在水溶液 离 中会发生如下反应 (镍同)：4Co3+十 水 状 2H20=一4Co2++ 态 应 4H++O2↑ Fe3+在酸性溶液中 可以稳定存在 第三章物质的性质与转化 从铁到“变价金属” 学生用书P101 Fe(Ⅲ)、Co(Ⅲ)、Ni(Ⅲ) Fe(Ⅱ)、Co(Ⅱ)、Ni(Ⅱ) 性质差异 性质差异 较 Ⅱ)、Co(Ⅱ)、Ni(Ⅱ) ①由于Fe(OH)2的稳定性弱于Co(OH)2、 性质差异 Ni(OH)2,故三者的还原性存在规律： Fe(OH)2>Co(OH)2>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 还原性的变化规 ②由于铁、钴、镍的核电荷数依次增大，故对电 律：Fe(OH)2> 子的吸引能力依次增强，所以正三价的氧化性 Co(OH)2> 呈现如下规律：Fe(Ⅲ)<Co(Ⅲ)<Ni(Ⅲ) Ni(OH)2 ①Fe(OH)2在空 (2)铁、钴、镍盐溶液的氧化性与还原性 气中极易被氧化 ①在酸性溶液中，Fe2+、Co2+、Ni2+分别是铁、钴、 成Fe(OH) 镍离子的稳定状态、高价态的铁（Ⅵ）、钴（Ⅲ）、 ②Co(OH)2在空 气中被O2氧化的 镍（Ⅳ）在酸性溶液中都有很强的氧化性，空气中 速度较慢，可以被 的O2能将酸性溶液中的Fe2+氧化成Fe3+,但不 强氧化剂(H2O2) 能将Co2+、Ni2+氧化成Co3+和Ni+。 迅速氧化 ②在碱性介质中，铁的最稳定价态仍是十3价， ③Ni(OH)2在空 气中不易被氧化， 钴、镍的最稳定价态仍是十2价，在碱性介质中， 只有在更强的氧化 将低价态的Fe(Ⅱ)、Co(Ⅱ)、Ni(Ⅱ)氧化成高价 剂条件下才会氧化 态比酸性介质中容易。 生成Ni(OH)3 2.钛、钒、铬、锰 (1)钛(Ti)及其化合物的性质：主要化合价为+3价、 十4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 单质(T),反应： ①Fe(OH)2与氨 Ti+6HF△H,TiF。+2H2↑， 水不反应 2Ti+6HC(浓)△2TiC十3H,↑ ②Co(OH)2 ①TiO2+H2SO1(浓) [Co(NH)6]2+ 合物 两性氧化物， ③Ni(OH)2→ 以酸性为主， △TiOs0,+H,0 氧化物 [Ni(NH3)J2 不溶于稀酸 ②TiO2+2NaOH- (TiO2) Na,TiO,+H,O 加热条件下与C12、C发生反应： TiO:+2CL+2C-A_Ticl,+2Co ·117· 高考总复习化学(LK) (2)钒(V)及其化合物的性质：主要化合价+2、十3、 +4、+5 常温下不活泼，不能与除HF以外 单质 的非氧化性酸及碱发生作用，能溶 (V) 于浓硫酸、硝酸等氧化性酸溶液中 (V2Os+6NaOH- 氧化物 两性氧化物，2NaVO,+3H2O (V,O)]以酸性为主 V2Os+H2 SO,- 钒 (VO2)2SO,+H2O 其 V的化合价为+5，V2O+6HC1(浓)一 化 具有强氧化性 2VOC12+CL2↑+3H2O 物 在酸性介质中，VO。具有强氧化性， VO2+、VO,→VO,+Fe2++2H+ VO2+Fe3+H2O NHVO3在加热条件下不稳定： 偏钒酸盐→2NH,VO,△V,O,+2NH,◆十 3H2O (3)铬(Cr)及其化合物的性质：主要化合价+2、+3、 +6 金属单质，加热时，能与O2反应生 单质(Cr) 成Cr2O3 两性氧化物，Cr2O3+6H一2Cr3+ 氧化物 >+3H20, (Cr203) Cr2O3+20H +3H2O-2[Cr(OH)] 两性氢氧化物，Cr(OH)3+ 氢氧化物 →3H+—Cr3++3H20, 其 [Cr(OH)2] Cr(OH)+OH-[Cr(OH)] 翕 相互转化：2CrO(黄色)+2H =-Cr2O号（橙色）+H2O 铬酸盐 Cr均为+6价，具有强氧化性： (CrO) 5H++Cr2O号+3HSO3 和重铬酸盐 2Cr3++3S0-+4H2O, (Cr2O号-) 2CrO2-+16H++6C1- 2Cr3++3C2↑+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) H2S()1(浓) CrO3 Na2 Cr2O7 Pb2+ PbCrO4(颜料) 还原 Cr2O3(颜料) 定 电镀C工 还原复分解 条件 AI 一定 CrO2 Cr(OH)SO K2Cr2O7 条件 CT含铬的混 (铬鞣剂) 合相颜料 (4)锰(Mn)及其化合物的性质：主要化合价+2、十3、 +4、+5、+6、+7。 [加热时与O2反应生成MnO 金属 Mn的活动性在A1与Zn之间，与 单质 非氧化性酸反应生成H2,Mn+ (Mn) 2H-Mn2++H2个 Mn为十4价，在酸性条件下具 氧化物 有较强氧化性，如MnO2+ MnO, 4H+2CI△Mn2++C,◆+ 2H2O ①可相互转化，2MnO,△ K2 MnO4+MnO2+O2个， 2K2 MnO+ 2H20 电解 2KMnO4+2KOH+H2↑ 其 ②KMnO,具有强氧化性，如 化 2KMnO4+16HC1(浓) 物 2MnCl2+2KC1+5Cl2个+ 8H,O,2KMnO,+5H,C,O,+ KMnO 3H,SO, K2SO,+ 与 K2 MnO 2MnSO4+10CO2↑+8H2O, 酸性条件下还能与I、SO2、 SO?、Fe2+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 MnO2 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： KMnO4 H2S04 MnO2 ZnO 调pH=4 废渣→酸浸过滤1心 过滤2 氧化沉钴、Co(O用 pH=5 MnO2 滤渣1 滤渣2 除钴液→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: Fes+ 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 18 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Co3+浓度为 mol·L1。 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Fe3+完全沉淀时，C02 未开始沉淀，而当F+完全沉淀时，C02+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Fe2+氧化为Fe3+再调节pH使Fe3 完全沉淀，则MnO2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+。 常用K[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) 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(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+十MnO十 7H2O--3Co(OH)3↓+MnO2↓+5H、3Mn2 +2MnO4+2H2O-5MnO2￥+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如2+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K2SO1。当 C03+恰好完全沉淀时，溶液中，c(C03+)=1.0× 105mol·L1,此时溶液pH=1.1,即c(H)= 101mol·L1,则c(0H)=K。 c(H+) 10-1.9mol·L1,则Km[Co(OH)3]=1.0×10- X(1012.9)3=10487。“除钴液”的pH=5,即 c(H*)=105mol·L1,则c(OH)=K。 c(H+) 109mol·L1,此时溶液中c(Co3+)= KCo(OH)] C(OH) 10数7 (10 y mol.L-10-16.mol.L 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Fe2+氧化为Fe3+,以便在后续调 pH时除去Fe元素K[Fe(CN)。]溶液Fe ·11 第三章物质的性质与转化 (3)3Co2+MnO,+7H,O-3Co(OH)+ MnO,+5H 3Mn2 +2MnO,+2H,O- 5MnO2↓+4H (4)ZnS01、K2S0,1016.7 [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A1(OH)3不能 溶于氨水，而Zn(OH)2能溶于氨水，生 成[Zn(NH)4]2+。 回答下列问题： (1)单质铝溶于NaOH溶液后，溶液中铝元素的存 在形式为 (用化学式表示)。 (2)写出锌和NaOH溶液反应的离子方程式： (3)下列各组中的两种溶液，用相互滴加的实验方 法可以鉴别的是 (填序号)。 ①Al2(SO,)3溶液和NaOH溶液 ②A12(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： 解析：(1)A1与NaOH溶液反应生成Na[A1(OH)4]。 (2)锌与NaOH溶液反应的离子方程式为Zn十 2OH+2H2O—[Zn(OH)4]-+H2↑。 (3)①Al2(SO4)3溶液与Na(OH溶液滴加顺序不 同，现象不同，可鉴别；②Al2(SO1)3溶液与氨水滴 加顺序不同，现象相同，不可鉴别；③ZnS),溶液与 NaOH溶液滴加顺序不同，现象不同，可鉴别： ④ZnS),溶液与氨水滴加顺序不同，现象不同，可 鉴别。 答案：(1)[A1(OH)4] (2)Zn+2OH+2H,O—[Zn(OH)4]2+H2↑ (3)①③④ (4)A13++3NH3·H2O—A1(OH)3↓+3NH4 可溶性锌盐与氨水反应产生的Zn(OH)2可溶于过 量的氨水中，生成[乙n(NH)]+,氨水的用量不易 控制 题后悟道 解决两性金属问题的思维模板 判断 类比Al及其化合物的性质写出反 确定 反应 应的化学方程式或进行定量计算 两性 环境 审读题目信息，把握变价金属 金属 的酸 不同于A1及其化合物的性质 碱性 (如氢氧化锌可溶于氨水) 9 高考总复习化学(LK) 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ZnO?。现有三份等物 质的量浓度、等体积的MgCl2、ZnCl2、AlCl3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MgCL2、ZnCl2、AlCl3溶液一一对 应的正确图像是 ) ④ ⑤ A.③②④ B.③⑤① C.③⑤④ D.③②① 解析：B[向氯化镁溶液中加入氢氧化钠，开始先 中和其中的少量盐酸，然后生成白色沉淀氢氧化 镁，当氢氧化钠过量时，沉淀也不会溶解，量保持不 变，故对应的是图象③，向氯化锌溶液中加入氢氧 化钠，开始先中和其中的少量盐酸，然后生成白色 沉淀氢氧化锌，当氢氧化钠过量时，沉淀会溶解，依 次发生反应，ZnCl2+2NaOH=-Zn(OH)2￥+ 2NaCl,Zn(OH)2 +2NaOH --Na2 [Zn (OH),], 沉淀量达到最大和沉淀完全消失所消耗的氢氧化 钠是相等的，故图象⑤是正确的，向氯化铝溶液中 加入氢氧化钠，开始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，依次发生发应：A1Cl3十3NaOH Al(OH)+3NaC1,Al(OH)+NaOH Na[Al(OH)4],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，故图 象①是正确的。] 2.(2025·泰安市高三期末)炼铁时产生大量瓦斯泥 废料，以瓦斯泥（主要含ZnO、Bi2O3、Bi,S、Bi、 FezO3,还含少量PbO、Fe()、CuO)为原料提取锌 铋的工艺流程如图所示： 瓦斯泥话NHHC0浸取过逵 [C(NH3):J+ →[Zn(NH3)4]2+ Zn 过滤C( N0ZC0·3ZoHD,a烧70 CO 过程 过程可 L滤流1儿誉酸挂授园一欧闲系桃在产品 法液2 ·12 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NaCI 作助溶剂。单质铋在F+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.Bi2O3 3H2SO+6NaCl --2BiCls+ 3Na2 SO+3H2O ii.Bi2 Ss 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BiOC1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pH7.0 1.9 6.2 完全沉淀时pH9.0 3.2 8.0 ①结合上述信息分析，“水解”步骤加入适量Z如粉 的目的是 ②“水解”步骤后的“系列操作”为 解析：以瓦斯泥（主要含ZnO、Bi2O3、Bi,S、Bi、 Fe2O3,还含少量PbO、Fe()、CuO)为原料提取锌、 铋，浸取之后过滤得到[Cu(NH)4]+、 [Zn(NH)4]+、CO,滤渣1中的PbO和硫酸反 应后，得到的滤渣2中会含有PbSO4,“水解”时加 入适量的Zn粉可以将Fe3+还原为Fe2+,避免在 Bi3+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、洗涤并干燥即可得到产品， 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(NH3)4+与Zn反应生成 [Zn(NH)4]+与Cu,发生反应的离子方程式为： [Cu(NH ),+Zn--[Zn(NH,)]+Cu; (3)根据元素守恒可知，“过程Ⅱ”中会产生NH3, 结合流程图可知，NH3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PbO和硫酸反应后 生成PbSO,,得到的滤渣2中会含有PbSO4; (5)①调pH使B3+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 Fe3+还原为Fe+,避免在Bi3+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、干燥。 答案：(1)快速搅拌(2)[Cu(NH)4]2+十Zn [Zn(NH3)4]2++Cu (3)NH3浸取(4)PbSO, (5)①将Fe3+还原为Fe2+,避免在Bi3+水解时， F3+同时水解，导致产物不纯②过滤、洗涤、干燥 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： 碱式碳酸镍 碱石灰 浓硫酸 A B D E (1)甲、乙两装置可分别选取下列装置 (填字母，装置可重复选取)。 无水一一 浓硫酸 硫酸铜碱石灰氯化钙 b d (2)称取一定量的碱式碳酸镍样品，放入硬质玻璃 管内；安装好实验仪器，检查装置气密性；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 (3)A装置的作用是 ,若没有E装置，则会使 (填“偏 x 大”“偏小”或“无影响”)。 (4)实验前后测得如表所示数据： B装置中 C装置质 D装置质 样品质量/g 量/g 量/g 实验前 3.77 132.00 41.00 实验后 2.25 133.08 41.44 已知碱式碳酸镍中Ni的化合价为十2价，则该碱 式碳酸镍分解反应的化学方程式为 12 第三章物质的性质与转化 (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，提出你的改进措施： 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H2O,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 CO2和水蒸气；E装置的作用是防止外界中CO2和 H2O进入D装置，如果没有此装置，D装置会吸收 空气中CO2和水，造成CO2的质量增大，根据原子 守恒，工偏小。 (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C)2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),(CO3).·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+(-2)×0.01mol=0.04mol,根据H原 子宁恒接出H,0的物质的量为0.06m0l-号× 0.04mol=0.04mol,因此x：y：之：n=0.03mol ：0.04mol:0.01mol:0.04mol=3:4:1:4, 即碱式碳酸镍的化学式为Ni(OH),C)3·4H2), 碱式碳酸镍受热分解反应的化学方程式为 N,(OHD,CO,·4H,0△3NO+6H,0↑+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C)2和水蒸气偏小 (4)NM,(OH),C0,·4H,0△3Ni0+6H,0++ CO2个 (5)在装置B、C之间连接一个安全瓶（合理答案 均可)