第3章 热点强化课4 从铁到“变价金属”(教参Word版)-【创新教程】2027年高考化学总复习大一轮讲义（鲁科版 单选）

该高中化学讲义围绕变价金属（铁、钴、镍、钛等）核心考点，按“性质比较-规律总结-应用拓展”逻辑架构，通过考点梳理（氧化物、氢氧化物性质对比）、方法指导（两性金属思维模板）、真题讲解（新课标卷工艺流程题）、分层练习（实验探究题）等环节，帮助学生构建知识网络，突破难点。 资料以“化学观念”为统领，通过对比Fe(OH)2、Co(OH)2还原性差异培养科学思维，结合工艺流程中氧化沉钴离子方程式书写等实例落实科学探究与实践。设置基础到综合分层练习，配合即时反馈，确保高效复习，助力学生提升解题能力，为教师把控节奏提供清晰路径。

　　　　　　　　　　　　　从铁到“变价金属” 学生用书　P101 1．铁、钴、镍 (1)含铁、钴、镍元素的物质性质比较 1．铁、钴、镍 (1)含铁、钴、镍元素的物质性质比较 Fe(Ⅲ)、Co(Ⅲ)、Ni(Ⅲ)性质差异 Fe(Ⅱ)、Co(Ⅱ)、Ni(Ⅱ)性质差异 氧化物 氧化钴与氧化镍在酸性溶液中显示出强氧化性：Co2O3＋6HCl===2CoCl2＋Cl2↑＋3H2O Ni2O3＋6HCl===2NiCl2＋Cl2↑＋3H2O但氧化铁与酸只发生复分解反应 氢氧化物还原性 还原性的变化规律：Fe(OH)2> Co(OH)2> Ni(OH)2 ①Fe(OH)2在空气中极易被氧化成Fe(OH)3 ②Co(OH)2在空气中被O2氧化的速度较慢，可以被强氧化剂(H2O2)迅速氧化 ③Ni(OH)2在空气中不易被氧化，只有在更强的氧化剂条件下才会氧化生成Ni(OH)3 氢氧化物 铁的氢氧化物只与酸发生酸碱中和反应： Fe(OH)3＋3H＋===Fe3＋＋3H2O 镍、钴的氢氧化物与还原性酸发生氧化还原反应： 2Co(OH)3＋6H＋＋ 2Cl－===2Co2＋＋Cl2↑ ＋6H2O 2Ni(OH)3＋6H＋＋2Cl－===2Ni2＋＋Cl2↑＋6H2O 离子存在状态 Co(Ⅲ)、Ni(Ⅲ)仅能够存在于固态物质或配合物中，在水溶液中会发生如下反应(镍同)：4Co3＋＋2H2O===4Co2＋＋4H＋＋O2↑ Fe3＋在酸性溶液中可以稳定存在 与氨水反应 ①Fe(OH)2与氨水不反应 ②Co(OH)2―→[Co(NH3)6]2＋ ③Ni(OH)2―→[Ni(NH3)6]2＋ 结论与解释 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：Fe(OH)2>Co(OH)2>Ni(OH)2，因此三者与氧化剂反应的条件不同，三者在氯水中溶解情况不同 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，所以正三价的氧化性呈现如下规律：Fe(Ⅲ)<Co(Ⅲ)<Ni(Ⅲ) (2)铁、钴、镍盐溶液的氧化性与还原性 ①在酸性溶液中，Fe2＋、Co2＋、Ni2＋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＋、Ni2＋氧化成Co3＋和Ni3＋。 ②在碱性介质中，铁的最稳定价态仍是＋3价，钴、镍的最稳定价态仍是＋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 (2)钒(V)及其化合物的性质：主要化合价＋2、＋3、＋4、＋5 (3)铬(Cr)及其化合物的性质：主要化合价＋2、＋3、＋6 重要工业铭产品的一般制备流程： (4)锰(Mn)及其化合物的性质：主要化合价＋2、＋3、＋4、＋5、＋6、＋7。 [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： 已知溶液中相关离子开始沉淀和沉淀完全(c≤1.0×10－5mol·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____________________________________；“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·L－1。 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，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＋再调节pH使Fe3＋完全沉淀，则MnO2的作用是将Fe2＋氧化为Fe3＋。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)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＋＋MnO＋7H2O===3Co(OH)3↓＋MnO2↓＋5H＋、3Mn2＋＋2MnO＋2H2O===5MnO2↓＋4H＋。(4)由流程分析可知，“除钴液”中含有的金属阳离子主要是Zn2＋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K2SO4。当Co3＋恰好完全沉淀时，溶液中，c(Co3＋)＝1.0×10－5 mol·L－1，此时溶液pH＝1.1，即c(H＋)＝10－1.1 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。 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　K3[Fe(CN)6]溶液　Fe2＋ (3)3Co2＋＋MnO＋7H2O===3Co(OH)3↓＋MnO2↓＋5H＋　3Mn2＋＋2MnO＋2H2O===5MnO2↓＋4H＋ (4)ZnSO4、K2SO4　10－16.7 [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Al(OH)3不能溶于氨水，而Zn(OH)2能溶于氨水，生成[Zn(NH3)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(SO4)3溶液和NaOH溶液 ②Al2(SO4)3溶液和氨水 ③ZnSO4溶液和NaOH溶液 ④ZnSO4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)Al与NaOH溶液反应生成Na[Al(OH)4]。 (2)锌与NaOH溶液反应的离子方程式为Zn＋2OH－＋2H2O===[Zn(OH)4]2－＋H2↑。 (3)①Al2(SO4)3溶液与NaOH溶液滴加顺序不同，现象不同，可鉴别；②Al2(SO4)3溶液与氨水滴加顺序不同，现象相同，不可鉴别；③ZnSO4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)[Al(OH)4]－ (2)Zn＋2OH－＋2H2O===[Zn(OH)4]2－＋H2↑ (3)①③④ (4)Al3＋＋3NH3·H2O===Al(OH)3↓＋3NH 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[Zn(NH3)4]2＋，氨水的用量不易控制 　解决两性金属问题的思维模板 1．Zn(OH)2是两性氢氧化物，和强酸反应时生成Zn2＋，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(　　) 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)4]，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：AlCl3＋3NaOH===Al(OH)3↓＋3NaCl，Al(OH)3＋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、Bi2S3、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： 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.Bi2O3＋3H2SO4＋6NaCl===2BiCl3＋3Na2SO4＋3H2O ⅱ.Bi2S3＋3Fe2(SO4)3＋6NaCl===2BiCl3＋3Na2SO4＋6FeSO4＋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BiOCl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__________________________________________。 解析：以瓦斯泥(主要含ZnO、Bi2O3、Bi2S3、Bi、Fe2O3，还含少量PbO、FeO、CuO)为原料提取锌、铋，浸取之后过滤得到[Cu(NH3)4]2＋、[Zn(NH3)4]2＋、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]2＋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(NH3)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，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Fe2＋，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]2＋＋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[Nix(OH)y(CO3)z·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： (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)。 (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装置中样品质量/g C装置质量/g D装置质量/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＋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H2O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，偏小。 (4)C装置质量增加(133.08－132.00)g＝1.08 g，即产生水的质量为1.08 g，其物质的量为0.06 mol，D装置增加的质量是CO2的质量，即(41.44－41.00)g＝0.44 g，其物质的量为0.01 mol，B装置中反应后的物质是NiO，其质量为2.25 g，物质的量为0.03 mol，根据Nix(OH)y(CO3)z·nH2O中各元素正、负化合价代数和为0，OH－的物质的量为(＋2)×0.03 mol＋(－2)×0.01 mol＝0.04 mol，根据H原子守恒推出H2O的物质的量为0.06 mol－×0.04 mol＝0.04 mol，因此x∶y∶z∶n＝0.03 mol∶0.04 mol∶0.01 mol∶0.04 mol＝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Ni3(OH)4CO3·4H2O3NiO＋6H2O↑＋CO2↑。 答案：(1)c　c (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 (4)Ni3(OH)4CO3·4H2O3NiO＋6H2O↑＋CO2↑ (5)在装置B、C之间连接一个安全瓶(合理答案均可) 学科网（北京）股份有限公司 $