第四章 热点强化课5 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（人教版）

热点强化课5 从铁到 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：Co2O3+6HCI 氧 -2CoC12+C12↑ 还原性的变化规 +3H2) 律：Fe(OH)2> NiO3+6HCI Co(OH)> 2NiCl2+Cl2↑+ Ni(OH)2 3H2O但氧化铁与酸 ①Fe(OH),在空 只发生复分解反应 气中极易被氧化 成Fe(OH)3 铁的氢氧化物只与酸 氧 发生酸碱中和反应： ②Co(OH)2在空 气中被O2氧化的 Fe(OH),+3HT- 还 Fe++3H2O 速度较慢，可以被 性 强氧化剂(H2O2) 镍、钴的氢氧化物与 迅速氧化 还原性酸发生氧化还 氧 ③Ni(OH)2在空 原反应： 气中不易被氧化， 2Co(OH)3+6H++ 只有在更强的氧化 2C1-=2C02++C12↑ 剂条件下才会氧化 +6H,O 生成Ni(OH) 2Ni (OH)3+6H+ 2C1--2Nr2++C2↑ +6H2) Co(Ⅲ)、Ni(Ⅲ)仅能 够存在于固态物质或 ①Fe(OH)2与氮 离 配合物中，在水溶液 中会发生如下反应 水不反应 存 (镍同)：4Co3++ ②Co(OH)2 水 2H20--4C02++ [Co(NH3)]2+ 状 态 应 ③Ni(OH)2 4H++O2↑ Fe3+在酸性溶液中 [Ni(NH,)&] 可以稳定存在 ①由于Fe(OH)2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)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 情况不同 解 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)》 128 第四章金属及其化合物 变价金属” 学生用书P97 (2)铁、钴、镍盐溶液的氧化性与还原性 ①在酸性溶液中，Fe2+、Co2+、N2+分别是铁、钴、 镍离子的稳定状态、高价态的铁（Ⅵ）、钴（Ⅲ）、 镍（Ⅳ）在酸性溶液中都有很强的氧化性，空气中 的O2能将酸性溶液中的Fe2+氧化成Fe3+,但不 能将Co2+、Ni+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(T)及其化合物的性质：主要化合价为十3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(Ti),反应： Ti十6HF△H,TiF,+2H,↑， 钛 」 2Ti+6HC(浓)△2TiC,+3H,↑ r①TiO2+H2SO4(浓) 化 两性氧化物， △ 以酸性为主， TiOSO,+H2O 氧化物 不溶于稀酸 ②TiO2+2NaOH- (TiO,) [Na,TiO,+H2O 加热条件下与C12、C发生反应： Tio:+2ck+2C-A-Ticl+2co (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 (V,Os+6NaOH- 氧化物 两性氧化物，2NaVO4+3H2O (V2O) 以酸性为主 V2Os+H2 SO- 钒 (VO2)2SO,+H2O 受V的化合价为十5，V,O十6C浓二 化具有强氧化性 12VOC12+CL2↑+3H2O 在酸性介质中，VO。具有强氧化性， VO2+、VO→VO,+Fe++2H+ VO2++Fe3++H2O NHVO3在加热条件下不稳定： 偏钒酸盐→2NH,VO,AV,O,+2NH↑+ HO 高考总复习化学 (3)铬(Cr)及其化合物的性质：主要化合价十2、+3、十6 单质(Cr)→ 金属单质，加热时，能与O2反应生 成Cr2O 两性氧化物，Cr2O3十6H+—2Cr3 氧化物 +3H2O, (Cr2O3)Cr203+2OH+3H20- 2[Cr(OH)4] 铬 两性氢氧化物，Cr(OH)3十 及 氢氧化物 →3H-Cx3++3H2O, [Cr(OH)3] Cr(OH):+OH-[Cr(OH),] 合 相互转化：2CrO(黄色)+2H -Cr2O号（橙色）+H2O 铬酸盐 Cr均为十6价，具有强氧化性： (CrO) 5H++Cr2O号+3HSO3 和重铬酸盐 (Cr2O) 2Cr3++3S0+4H20, 2CrO?+16H+6C1 2Cr3++3CL,个+8H20 重要工业铬产品的一般制备流程： 铬铁矿（主要成分为 FeCr2O,(FeO·Cr2(O3) CrO3 HS)(浓) Naz Cr2 Oz Pbt PbCrO1(颜料) 还原 Cr2O3(颜料) 一定 电镀Cr 还原复分解 条件 Croz Cr(OH)SO K2 Cr2 O7 (铬鞣剂) C团含铬的混 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Mn3O4 金属 Mn的活动性在A1与Zn之间，与非氧 单质 化性酸反应生成H2,Mn十2H一一 (Mn) Mn2++H2↑ Mn为十4价，在酸性条件下具有较强 氧化物 MnO, 氧化性，如MnO,十4H+2C1△ Mn++Cl2↑+2H2O ①可相互转化，2KMn0,△K,MnO, 锰 +MnO2+O2↑，2 K2 MnO4+2H2O 电解 KMnO4+2KOH+H2↑ ②KMnO,具有强氧化性，如2KMnO, 合 +16HCI ()-2MnCl,+2KCI+ KMnO 5Cl2+8H2O,2KMnO,+5H2 C2O 与 +3H2 SO-K2SO+2MnSO+ K.MnO 10CO2个+8H2O,酸性条件下还能与 、SO2、SO、Fe2+等反应 ③Mn(O,在不同介质中的还原产物不同 MnO 酸性 碱性 中性 Mn2 MnO方 MnOz ·12 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： KMn04 H2S04 MnO2 ZnO 调pH=4 废渣→酸浸过滤 过滤2 氧化沉钴Co(OHD pH=5 MnO2 滤渣1 滤渣2 除结液→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 X105mol·L1)时的pH: Fe3+ Fe2 C03+ C02+ Zn2 开始沉淀的pH1.5 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 ;“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C。3+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，Co 未开始沉淀，而当Fe2+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C0+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)s]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, +7H2O3Co(OH)3↓+MnO2↓+5H、 3Mn2++2MnO +2H2O--5MnO,+4H. (4)由流程分析可知，“除钻液”中含有的金属阳离 子主要是Z2+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ZnSO4和 K2S),。当Co3+恰好完全沉淀时，溶液中， c(Co3+)=1.0×10-5mol·L1,此时溶液pH= 1.1,即c(H+)=101.1mol·L1,则c(0H)= =109mol·L,则Kn[Co(0H),] Kw 1.0×105×(1012.9)3=1048.7。“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+)= K[Co(OHD3]10 (OH) (10)mol·L1=1016?mol ·L1。 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Fe2 (3)3Co2++MnO4+7H2O—3Co(OH)3￥+ MnO2↓+5H 3Mn2+2MnO +2H,O--5MnO2+4H (4)ZnS04、K2S010-16.7 [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]+。 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)。 ①Al(SO,)3溶液和NaOH溶液 ②A12(SO4)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： 12: 第四章金属及其化合物 解析：(1)Al与NaOH溶液反应生成NaAl(OH),]。 (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；②A12(S))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；④ZnSO4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]-+H2↑ (3)①③④ (4)A13++3NH3·H,O—A1(OH)3↓+3NH 可溶性锌盐与氨水反应产生的Zn(OH),可溶于过量 的氨水中，生成[Zn(NH)4了+，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 类比A1及其化合物的性质写 判断 出反应的化学方程式或进行 确定 反应 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)】 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)4]。现有三 份等物质的量浓度、等体积的MgCl2、ZnCl2、A1Cl3 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、ZnC12、A1Cl3溶液 一对应的正确图像是 A.③②④ B.③⑤① C.③⑤④ D.③②① 高考总复习化学 解析：B[向MgCl2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ZnCl2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：ZnCL2十2NaOH Zn(OH)2+2NaCl,Zn (OH)2 2NaOH Naz[Zn(OH)4],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AlCl3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 Al(OH)3+3NaC1,Al (OH)3+NaOH Na[Al(OH)4],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.炼铁时产生大量瓦斯泥废料，以瓦斯泥（主要含 ZnO、BizO3、BizS3、Bi、FeO3,还含少量PbO、FeO、 CuO)为原料提取锌、铋的工艺流程如图所示： 瓦斯泥6HCD浸灵过越 [C(NH3)4J2 -[Zn(NH3),J+- Zn 过滤 [ZmNH)产SC0·3ZaO:0 过滤 CO 过程1 过程 儿滤渣1比心酸盐浸提一水解系列馨作0Ⅺ产品 滤渣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 NaCI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,O3+3H,SO+6NaCl -2BiCls+ 3Na,SO,+3H,O ii BizSs +3Fez (SO)3 6NaCl--2BiCla+ 3Na,SO,+6FeSO,+3S ·126 ②“滤渣2”的主要成分除S外还有 (5)已知：此工艺中，B3+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+ Fe Zn2+ 开始沉淀时pH 7.0 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Zn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、BizS、Bi、FezO3, 还含少量PbO、Fe(O、CuO)为原料提取锌、铋，浸取之 后过滤得到[Cu(NH)4]+,[Zn(NH3)4]+、CO,滤 渣1中的Pb)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(NH)4]+与Zn反应生成 [Zn(NH3)4]2+与Cu,发生反应的离子方程式为： [Cu(NH3)4]2++Zn--[Zn(NH)4]2++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，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PbSO4,得到的滤渣2中会含有PbSO4; (5)①调pH使Bi3+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(NH3)4]++Zn [Zn(NH3)4]2++Cu (3)NH3浸取(4)PbSO4 (5)①将Fe3+还原为Fe2+,避免在Bi3+水解时， Fe3+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门是一种绿 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 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 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 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i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 (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,)的质量，因此必须让二者全部被吸收， ·12 第四章金属及其化合物 装置甲的作用是吸收空气中CO,和H,),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CO,的质量增大，所以工 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CO2的质量，即(41.44一 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).·nH2O中 各元素正、负化合价代数和为0，OH的物质的量 为(+2)×0.03mol+(-2)×0.01mol= 0.04mo1,根据H原子守恒推出H,)的物质的量 为0.06mol-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 Ni3(OH)4CO3·4H2O,碱式碳酸镍受热分解反应 的化学方程式为Ni(OH),CO,·4H,0△3Ni0 +6H2O个+CO2↑。 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,(OHD,C0,·4H,0△3NO+6H,O++C0, (5)在装置B、C之间连接一个安全瓶（合理答案 均可)