第三章 铁金属材料（培优专练）化学人教版必修第一册

**基本信息** 以铁、铝及其化合物为核心，构建“基础性质-价类转化-计算应用-流程分析”的递进式训练体系，融合守恒法、图像分析等解题技巧，突出化学观念与科学思维的培养。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |知识突破练|10题型（含36题）|基础性质辨析、价类二维图应用、离子检验方法|从原子结构→单质/化合物性质→检验→价类转化→金属材料，形成物质性质与应用的逻辑链| |培优拔高练|5题型（含23题）|守恒法（元素/电子/电荷）、工艺流程核心价态分析、图像反应原理、热重曲线三步分析法|从计算技巧→工业流程→图像分析→热重分析，实现从基础到综合应用的能力提升|

第三章 铁金属材料 题型导航 知识突破练 题型01 铁的原子结构及其性质 题型02 铁的氧化物的性质 题型03 Fe(OH)2的制备方案创新与评价 题型04 铁盐、亚铁盐的性质 题型05 Fe3+和Fe2+的检验 题型06 铁及其化合物之间的价类二维图 题型07 合金及其性能、用途 题型08 金属材料与新型合金 题型09 铝及其重要化合物 题型10 物质的量在化学方程式计算中的应用 培优拔高练 拔高01铁及其化合物的相关计算 拔高02铁及其化合物在工艺流程中的应用 拔高03铝的重要化合物的相关图像 拔高04铝及其化合物在工艺流程中的应用 拔高05热重分析法 ◆题型01 铁的原子结构及其性质 1．(2026·浙江稽阳联谊学校二模)下列有关铁及其化合物说法正确的是( ) A．纯铁的硬度比生铁高 B．铁粉和生石灰均可用作食品干燥剂 C．FeO不稳定，在空气中受热能迅速被氧化成Fe3O4 D．高温条件下，铁与水蒸气反应生成Fe2O3 2．(2026·山西吕梁二模)用如图所示装置研究铁粉与水蒸气的反应。观察到肥皂液中有气泡产生，点燃肥皂泡听到爆鸣声；实验结束后，试管中残留的黑色固体能被磁铁吸引。下列分析正确的是( ) A．由“肥皂液中有气泡产生”，推断铁与水蒸气发生了反应 B．由“试管中残留的黑色固体能被磁铁吸引”，推断有四氧化三铁生成 C．铁粉与水蒸气的反应需要加热，推断该反应为吸热反应 D．加热和使用粉末状的铁均能加快铁与水蒸气的反应 3．(2026·广东广州二模)M元素在地壳中的含量居第四位，含M物质的相关转化关系如图，下列说法错误的是( ) 单质M盐1碱1碱2盐2 A．单质M与高温水蒸气反应生成红棕色固体 B．碱1→碱2的转化存在物质颜色的变化 C．将盐2的饱和溶液滴入沸水中，继续加热可得到胶体 D． K3[Fe(CN)6]溶液可用于鉴别盐1和盐2 4．(2026·黑龙江哈尔滨高一开学考试)设计如图装置进行铁与水反应的实验，虚线框处的装置用来检验生成的气体。下列说法正确的是( ) A．虚线框C处应该选择装置甲 B．实验后，装置B中生成红棕色固体 C．实验后，将装置B中的固体溶于足量稀硫酸，所得溶液中一定含有和 D．实验时将螺旋状铜丝加热变黑后再趁热迅速伸入试管中，可观察到铜丝由黑变红 ◆题型02 铁的氧化物的性质 5．(2026·广东惠州高一月考)自古代以来，铁及其化合物的应用便已融入日常生活之中。下列说法不正确的是( ) A．FeO为黑色固体 B．单质Fe的颜色一定为银白色 C．Fe2O3可用于油漆的制作 D．Fe3O4 常作为钢制器具的抗腐蚀膜 6．(2026·四川广安高一期末)“司南”及早期指南针的磁性指针，取自天然磁铁矿。该矿物的主要化学成分是( ) A．Fe B．FeO C．Fe2O3 D．Fe3O4 7．(2026·福建泉州高一期中)利用矿铁厂的废铁屑(主要成分为Fe，含有沙土、油污、Fe3O4和FeO)制备磁性纳米Fe3O4的流程如图： 下列说法中错误的是( ) A．预处理时，需要使用Na2CO3溶液，可将溶液进行适当升温 B．滤液B中加入氢氧化钠溶液时，可观察到有白色沉淀生成，迅速转为灰绿色，最后转化为红褐色 C．纳米Fe3O4属于胶体，能发生丁达尔效应 D．步骤⑤发生反应的离子方程式为Fe2++FeOOH+2OH-=Fe3O4+2H2O ◆题型03 Fe(OH)2的制备方案创新与评价 8．(2026·湖南长沙高三模拟)为了长时间观察到白色固体，设计下列4个实验，下列有关说法正确的是( ) A．实验A：关闭之前的操作是：在锥形瓶的小导气管出口点燃氢气，检验氢气的纯度 B．实验B：铁粉与滴入的稀硫酸反应产生的氢气可以排尽装置内的空气，再挤压长胶头滴管 C．实验C：由绿矾(FeSO4·7H2O)配制硫酸亚铁溶液时，应将绿矾溶解在沸水中，但不能搅拌 D．实验D：FeSO4溶液上方的苯层用于隔绝空气，也可以把苯换成四氯化碳 9．(2026·福建厦门高一期中)某同学设计如图装置(气密性已检查)制备Fe(OH)2白色沉淀。 下列说法错误的是( ) A．实验前，应先煮沸溶液除去溶解氧 B．装置3可制取FeSO4溶液并排尽装置内空气 C．装置5起到液封作用，防止空气进入装置4 D．关闭K2打开K1，反应一段时间后，再打开K2关闭K1，3中溶液进入4中 10．(2025·四川蓉城名校联盟一诊)某实验小组搭建了图示装置(夹持装置已略去)，以铁粉和稀硫酸等试剂制备Fe(OH)2并观察其颜色。实验时，待a中试剂反应一段时间后，再将注射器中的蒸馏水注入a中。下列说法错误的是( ) A．用于配制实验所需试剂的蒸馏水需事先煮沸 B．b中试剂可为NaOH溶液 C．注射器中的蒸馏水注入a中的主要目的是稀释溶液 D．若在b中液面上方覆盖植物油，则可将虚线框内装置去掉 ◆题型04 铁盐、亚铁盐的性质 11．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( ) A． B． C． D． 12．(2026·江苏南通高一期中)FeSO4溶液催化脱除烟气中SO2的反应原理如图所示。下列说法正确的是( ) A．“反应Ⅰ”中氧化剂和还原剂的物质的量之比为4：1 B．“反应Ⅱ”的离子方程式为2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+ C．反应一段时间后，溶液中c(H2SO4)保持不变 D．反应每脱除11.2LSO2转移电子的物质的量为2mol 13．常温下，向H2O2溶液中滴加少量Fe2(SO4)3溶液，反应原理如下所示。关于该反应过程的说法正确的是( ) Ⅰ：M′+H2O2→O2+H++M Ⅱ：M+H++H2O2→H2O+M(以上两个反应均未配平) A．在该反应过程中，M是Fe3+，M′是Fe2+ B．当反应Ⅰ有1molO2生成时，转移2mol电子 C．在H2O2分解过程中，Fe3+是催化剂，且反应后溶液的pH降低 D．H2O2的氧化性比Fe3+强，还原性比Fe2+弱 14．(2026·安徽淮南一模)铁及其化合物的部分转化关系如图所示。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( ) A．反应①中每消耗84 g铁生成44.8 L氢气 B．反应②所得溶液中是否含Fe2+，可用酸性KMnO4溶液检验 C．反应③得到的沉淀在空气中会发生反应：4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3 D．1mL0.1mol·L-1FeCl3溶液与足量热水反应制得的氢氧化铁胶体粒子数为10-4NA ◆题型05 Fe3+和Fe2+的检验 15．(2026·江苏苏州高一期中)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，取少量样品溶于盐酸，再进行下列实验，下列结论正确的是( ) A．若滴加KSCN溶液，溶液未变红，说明铁粉没有变质 B．若加入铜粉，充分反应后溶液变为蓝色，说明铁粉已经变质 C．若依次滴加氯水、KSCN溶液，溶液变红，说明铁粉部分变质 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 16．(2026·广东湛江高三模拟)某过期浅色补血剂X说明书显示产品含大量FeSO4，某小组同学取少量X进行实验(不考虑其他成分的干扰)。下列实验操作、现象和结论均正确的是( ) 选项 实验操作 实验现象 实验结论 A 加入过量酸性高锰酸钾溶液 溶液变紫红色 X中一定无Fe2+ B 加入几滴氢氧化钠溶液 生成红褐色沉淀 X中Fe2+已完全被氧化 C 加入几滴硫氰化钾溶液 生成大量红色沉淀 X一定变质生成了Fe3+ D 加入几滴铁氰化钾溶液 生成蓝色沉淀 X中一定有Fe2+ 17．下列实验操作和现象、结论或目的均正确的是( ) 选项 操作和现象 结论或目的 A 向红砖粉末中加入盐酸，充分反应后取上层清液于试管中，滴加KSCN溶液2～3滴，溶液呈红色 红砖中含有氧化铁 B 向CO还原Fe2O3得到的黑色固体中加入盐酸溶解后再加入KSCN溶液，溶液不显红色 黑色固体中没有Fe3O4 C 取少量Fe(NO3)2试样加水溶解，加稀H2SO4酸化，滴加KSCN溶液，溶液变为红色 该Fe(NO3)2试样已经变质 D 向某溶液中加入H2O2，然后再加入KSCN溶液变红色 原溶液中含有Fe2＋ ◆题型06 铁及其化合物之间的价类二维图 18．利用如图所示的“价一类”二维图，可以从不同角度认识含铁元素的物质的性质及其转化关系，图中a～g均为含铁元素的物质，下列说法正确的是( ) A．可存在的直接转化 B．为具有磁性的黑色晶体，为红棕色粉末 C．d可发生化合反应生成e D．足量的a在少量Cl2中燃烧可反应生成 19．(2026·甘肃白银高一月考)铁元素的“价-类”二维图如图所示，其中X、Y、Z、W分别表示四种含铁化合物。下列说法错误的是( ) A．Y与稀盐酸反应生成FeCl3 B．Fe在高温下与H2O(g)反应，生成X C．Z转化为W时可观察到的颜色变化：白色→灰绿色→红褐色 D．除去FeCl2溶液中的少量FeCl3：加入过量铁粉，充分反应后过滤 20．(2026·四川巴中高一期末)铁元素的“价类”二维图如图，其中M、N、P、Q为四种含铁化合物。下列说法正确的是( ) A．x=7 B．与水蒸气在高温下反应，生成P C．由反应①可知，的氧化性弱于 D．Q在空气中可转化为N，对N加热可得到M ◆题型07 合金及其性能、用途 21．(2026·甘肃白银高一月考)合金具有许多优良的物理、化学或机械性能。下列不属于合金的是( ) A．黄铜螺丝 B．纯铜导线 C．碳钢管材 D．硬铝 22．(2026·甘肃兰州高一月考)《天工开物·五金》中记载：“若造熟铁，则生铁流出时，相连数尺内，低下数寸，筑一方塘，短墙抵之。其铁流入塘内……众人柳棍疾搅，即时炒成熟铁。”以下说法不正确的是( ) A．生铁和纯铁相比，硬度更大 B．熟铁和纯铁相比，熔点更低 C．炒铁是为了提高铁水中的碳含量 D．生铁比熟铁质地更硬，延展性稍差 23．(2026·河北高三期中)现代冶金工业中，通过反复加热和锤击某种粗金属块，可提纯得到高纯度材料。某研究团队用类似方法处理含杂质的粗钛块，记录如下：“取粗钛，反复加热锻打，每锻一次称之，质量略减，至连续三次称量不变，则得高纯钛材。”下列说法正确的是( ) A．粗钛和高纯钛相比，粗钛熔点更高 B．高纯钛全面优于钛合金，用途更广泛 C．高纯钛的耐腐蚀性和生物相容性优于粗钛 D．高纯钛比粗钛更硬、更脆，适合用于航空部件 24．(2026·湖南名校联盟高三联考)2025年10月8日，瑞典皇家科学院决定将2025年诺贝尔化学奖授予北川进、理查德·罗布森以及奥马尔·M·亚吉三位科学家，以表彰他们在金属有机骨架开发领域的贡献。下列有关金属的说法错误的是( ) A．用铁锅炒菜利用了铁的导热性 B．真金不怕火炼是因为黄金的熔点高 C．用钨丝做灯丝是因为钨的熔点高 D．将铜做成铜丝利用了铜的延展性 ◆题型08 金属材料与新型合金 25．(2026·河北张家口一模)河北博物院馆藏文物众多，全方位揭示了中华文明的深度和广度。下列文物的主要成分属于金属材料的是( ) A．铜说唱俑 B．双龙钮盖三足石砚 C．松林亭子纨扇 D．天蓝釉唇口盘 26．(2026·浙江台州高一期中)下列成果所涉及的材料不属于金属材料的是( ) A．“雪龙2号”破冰船的船头材料—钢板 B．“C919”飞机机翼的壁板材料—铝合金 C．“长征五号”运载火箭使用的燃料—液氢 D．“奋斗者号”深潜器的载人球舱材料—钛合金 27．(2026·甘肃兰州高一开学考试)下列说法不正确的是( ) A．钢是用量最大、用途最广的合金，青铜是我国使用最早的合金 B．储氢合金是一类能大量吸收H2，并与H2结合成金属氢化物的材料 C．生铁和钢是含碳量不同的两种铁碳合金，其中钢的含碳量更高 D．钛合金，形状记忆合金，耐热合金以及储氢合金都属于新型合金 28．(2026·安徽合肥高三模拟预测)“国之重器”是我国科技综合实力的结晶。下列材料分类正确的是( ) 选项 科技应用场景 材料名称 材料类别 A “玲龙一号”小堆蒸汽发生器用的镍基合金 镍基合金 金属材料 B “天宫”空间站太阳能电池翼用的砷化镓 砷化镓 金属材料 C “复兴号”智能动车组车体用的碳纤维复合材料 碳纤维 有机材料 D “海斗一号”潜水器外壳用的增强塑料 增强塑料 无机材料 29．(2026·吉林白山一模)2025年9月10日，我国宣布在辽宁省大东沟发现一个世界级金矿，金资源量近1500吨。大东沟金矿埋藏浅，金矿物赋存状态简单，属于易采易选金矿床，经济潜力巨大。下列说法错误的是( ) A．金的化学性质很稳定，不与空气、水等发生反应 B．用浓盐酸和浓硝酸的混合物(体积比为)可以溶解黄金 C．金矿开采需综合满足易采易选、安全合规、环保达标、资源高效等要求 D．黄金按质量分数分为12K、18K、22K、24K等级，纯金为24K ◆题型09 铝及其重要化合物 30．(2026·浙江杭州高一期中)地壳中含量最高的金属元素为铝元素。下列与铝元素有关的离子方程式书写正确的是( ) A．铝与稀硫酸反应：Al＋2H+===Al3+＋H2↑ B．氯化铝与硫酸钠溶液反应：2Al3++3SO42-=Al2(SO4)3↓ C．铝与硫酸铜溶液反应：2Al+3Cu2+==2Al3++3Cu D．钠与氯化铝溶液反应：3Na+Al3+==Al＋3Na+ 31．(2026·江苏连云港三模)实验室用铝合金(含Al、Cu)制备Al2O3。下列相关原理、装置及操作正确的是( ) A．用图甲装置溶解铝合金 B．用图乙装置过滤溶解后混合物 C．用图丙制备Al(OH)3 D．用图丁装置灼烧Al(OH)3制Al2O3 32．(2026·甘肃白银高一期末)部分含Al物质的分类与相应化合价的关系如图所示。下列说法不合理的是( ) A．图中4种物质均可与NaOH溶液反应 B．Al(OH)3转化为Al2O3可一步实现 C．AlCl3属于离子化合物 D．常温下，Al比Fe更不容易被腐蚀，是因为的表面有一层致密的Al2O3薄膜，阻止了反应进一步进行 33．(2026·北京石景山高三模拟)某同学探究Al(OH)3的性质，实验操作和现象如下。 实验 操作 现象 ① 向Al2(SO4)3溶液中滴加浓氨水至过量 生成白色沉淀，沉淀不溶解 ② 向Al2(SO4)3溶液中滴加NaOH溶液至过量 生成白色沉淀，沉淀溶解 ③ 向Al2(SO4)3溶液中滴加NaOH溶液至沉淀刚好消失，通入CO2气体，将所得浊液分成两等份，一份滴加浓氨水，一份滴加等量的水 滴加浓氨水后白色沉淀溶解，滴加水后沉淀不溶解 已知实验中的白色沉淀均为Al(OH)3，下列说法不正确的是( ) A．实验①中发生的反应：Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+ B．实验②中发生的反应：l3++3OH-=Al(OH)3↓，Al(OH)3+OH-=[Al(OH)4]- C．由实验③推测Al(OH)3能溶于浓氨水 D．实验①中Al(OH)3沉淀不溶解是因为NH4+促进NH3·H2O的电离 ◆题型10 物质的量在化学方程式计算中的应用 34．碳酸铜和碱式碳酸铜[Cu2(OH)2CO3]在高温下均能分解成氧化铜，均可溶于盐酸转化为氯化铜。溶解28.4 g碳酸铜和碱式碳酸铜的混合物，恰好消耗500 mL1mol·L-1的盐酸。煅烧等质量的上述混合物，得到氧化铜的质量是(　    ) A.35 g　　　　　　B.30 g C.20 g　　　　　　D.15 g 35．有一混合溶液，其中只含有Fe2+、Cl-、Br-、I-(忽略水的电离)，其中Cl-、Br-、I-的个数之比为2：3：3，向溶液中通入氯气，使溶液中Cl-和Br-的个数比为7：3(已知还原性I->Fe2+>Br->Cl-)，则通入氯气的物质的量与溶液中剩余的Fe2+的物质的量之比为( ) A．5：4 B．4：5 C．5：12 D．12：5 36．向含CuCl2和HCl的100g混合溶液中，逐滴加溶质质量分数为10%的NaOH溶液，参加反应的NaOH溶液质量与生成沉淀质量关系如图[仅考虑沉淀为Cu(OH)2]。求： (1)P点溶液中含有的溶质的化学式为 。 (2)图像中，m1= 。 (3)计算M点时溶液中溶质的质量分数 (结果保留到0.1%)。 ◆拔高01铁及其化合物的相关计算 1．将铁、氧化铁、氧化铜组成的混合物粉末mg放入盛盐酸的烧杯中，充分反应后产生2.24L H2(标准状况)，残留固体2.56g。过滤，滤液中无Cu2+。将滤液加水稀释到500mL，测得其中c(H+)为。下列说法正确的是( ) A．m=15.36 B．烧杯中转移电子的物质的量共为0.28mol C．若将反应后的溶液倒入蒸发皿中直接蒸干可得到0.2mol FeCl2 D．过滤时需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗、锥形瓶 解题技巧 第一步：守恒法在铁及其化合物计算中的应用，主要体现在以下几个方面： 1. 元素守恒(质量守恒) 原理：反应前后，元素的质量不变。 应用：适用于涉及铁元素在不同化合物之间转化的计算。 2. 电子守恒 原理：在氧化还原反应中，氧化剂得到的电子总数等于还原剂失去的电子总数。 应用：适用于涉及铁元素价态变化的氧化还原反应计算。 3. 电荷守恒 原理：在电解质溶液中，正电荷总数等于负电荷总数。 应用：适用于涉及铁及其化合物在溶液中反应的计算，特别是当溶液中存在多种离子时。 第二步：提炼守恒法应用的解题步骤 1. 审题：明确反应过程，找出关键反应物和生成物。 2. 确定守恒类型：根据题目特点，判断适用哪种守恒原理(元素守恒、电子守恒或电荷守恒)。 3. 建立守恒关系：根据确定的守恒类型，列出反应前后守恒量的数学表达式。 4. 求解：解方程，得出答案。 第三步：总结守恒法应用的注意事项 元素守恒：注意铁元素在不同化合物中的存在形式，确保不遗漏、不重复。 电子守恒：准确判断铁元素的价态变化，以及氧化剂、还原剂的电子转移情况。 电荷守恒：注意溶液中所有离子的电荷，确保不遗漏任何离子。 通过以上步骤，可以系统地掌握守恒法在铁及其化合物计算中的应用方法。 2．向一定量的Fe、FeO、Fe2O3的混合物中加入100mL1mol/L的盐酸，恰好使混合物完全溶解，放出224mL(标准状况下)的气体。所得溶液中加入KSCN溶液无红色出现，混合物中铁元素的质量分数为( ) A．81.4% B．77.8% C．68.6% D．无法计算 3．实验室测定氧化物X(FexOy)的组成实验如下： 下列有关说法正确的是( ) A．样品X中含有+2价铁元素0.01mol B．溶液Y中c(Fe2+)：c(Fe3+)=2：1 C．溶液Z中的离子只有Fe3+和Cl- D．根据步骤I、II可判断X为Fe4O5 4．(2026·黑龙江吉林高三模拟预测)已知芹菜中的铁元素主要以草酸亚铁(FeC2O4)形式存在，FeC2O4在常温常压下稳定，加热至以上时开始分解。某实验小组采用下列方案在实验室测定芹菜叶中铁元素的含量。 已知：I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI。下列说法正确的是( ) A．为方便起见，芹菜叶可以在烧杯中进行灼烧 B．“灼烧”“过滤”和“滴定”过程中均发生化学变化 C．H2O2参与反应(除自身的分解反应外)的离子方程式为2Fe2++H2O2 +2H+=2Fe3++2H2O D．若消耗标准Na2S2O3溶液体积平均为20.25 mL，则mg芹菜叶中含113.4 mg铁元素 ◆拔高02铁及其化合物在工艺流程中的应用 5．(2026·湖南邵阳高一联考)高铁酸钾(K2FeO4)是新型的绿色环保水处理剂。一种制备K2FeO4的流程如下： 下列说法错误的是( ) A．步骤i中每产生1molFe2(SO4)3转移2 mol电子 B．步骤ii说明碱性条件下，氧化性：NaClO＜Na2FeO4 C．步骤iii的反应为复分解反应，说明溶解度：Na2FeO4＞K2FeO4 D．K2FeO4作为性能优良的水处理剂，主要是利用了其强氧化性和还原后产生的具有絮凝作用的Fe(Ⅲ) 解题技巧 1．先抓核心价态，避开复杂推导。铁是典型的变价金属，工艺流程里常见Fe3+和Fe3+的转化，读题时先标记每一步中铁的价态：酸溶后原料里的Fe2O3通常生成Fe3+，加入过量铁粉后会全部还原为Fe2+，后续氧化、沉铁步骤再对应价态变化，不用逐行推导所有物质，先锚定铁的价态就抓住了流程核心。 2．利用“过量试剂”逻辑秒判滤渣和滤液。这类流程的除杂步骤里，为了把杂质除尽，加入的铁粉、碳酸盐等试剂通常都是过量的，比如加铁粉还原Fe3+后，滤渣里必然含有剩余的铁粉，结合这个规律可以直接判断滤渣成分，不用反复纠结反应限度。 3．陌生方程式遵循“合理即正确”原则。遇到没学过的沉铁、氧化反应方程式，先确定铁的最终产物，再结合溶液里已有的阴离子(比如硫酸根、碳酸根)，通过阴阳离子配对、元素守恒补全产物。 6．(2026·山东青岛高一期末)湿法制备多功能水处理剂K2FeO4固体的工艺流程如下： 已知：NaCl、NaNO3在强碱中溶解度远小于。下列说法正确的是( ) A．溶解度：K2FeO4大于Na2FeO4 B．“操作Ⅱ”所得副产物不可循环使用 C．“操作Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ”都要使用的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯、酒精灯 D．生成Na2FeO4的离子方程式为3ClO-+2Fe3++10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O 7．高铁酸钾(K2FeO4)是一种暗紫色固体，低温碱性条件下比较稳定。高铁酸钾能溶于水，微溶于浓KOH溶液，且能与水反应放出氧气，并生成Fe(OH)3胶体，常用作水处理剂。高铁酸钾有强氧化性，酸性条件下，其氧化性强于Cl2、KMnO4等。工业上湿法制备K2FeO4的流程如下： 下列关于K2FeO4的工业湿法制备工艺，说法正确的是( ) A．“反应”时，氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：3 B．“过滤I”所得滤液中大量存在的离子有：Na+、Fe3+、Cl-、NO3-、FeO42- C．“转化”时，反应能进行的原因是该条件下K2FeO4的溶解度比Na2FeO4小 D．“过滤II”所得滤液在酒精灯外焰上灼烧，观察到火焰呈黄色，说明滤液为NaOH溶液 8．(2026·北京高三模拟预测)将钢铁部件发蓝处理，可在表面形成致密的氧化膜以减缓腐蚀。工业上常用高温水蒸气或碱性NaNO2溶液将铁氧化。某发蓝工艺中铁的转化关系如下图，过程Ⅰ、Ⅱ中均产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体。 下列说法正确的是( ) A．利用高温水蒸气进行发蓝处理的化学方程式为3Fe＋3H2O(g)Fe2O3＋3H2 B．可用硫酸铜溶液浸泡法检验膜层致密性，检验原理为2Fe3++Cu==Cu2++2Fe2+ C．过程Ⅰ中进一步升高温度或增大溶液浓度，均有利于发蓝处理 D．过程Ⅱ中反应的离子方程式为6FeO2-+NO2-+5H2O3Fe2O42-+NH3↑+7OH- 9．(2026·安徽阜阳高一联考)某工厂的工业废水中含有大量的FeSO4和少量的CuSO4，为减少污染并变废为宝，该工厂计划利用该废水制备硫酸铁铵晶体[NH4Fe(SO4)2·7H2O]，具体流程如下： 回答下列问题： (1)NH4Fe(SO4)2中铁元素的化合价为___________。 (2)取“还原过滤”后的溶液于试管中，滴加氢氧化钠溶液，现象是___________，此过程涉及的氧化还原反应的化学方程式为___________。 (3)滤渣用___________(填试剂名称)浸泡后过滤，将所得滤液合并入“氧化”步骤，以提高产量。 (4)试剂Y选用足量的H2O2溶液，其原因是___________，发生反应的离子方程式为___________。 ◆拔高03 铝的重要化合物的相关图像 10．向含Al2(SO4)3 和 AlCl3的混合溶液中逐滴加入1 mol/L Ba(OH)2溶液至过量，加入Ba(OH)2溶液的体积和所得沉淀的物质的量的关系如图，下列说法不正确的是( ) A．图中A点生成的沉淀是BaSO4和Al(OH)3 B．原混合液中c[Al2(SO4)3]：c(AlCl3)=1：1 C．AB段反应的离子方程式为：Al3++3OH-=Al(OH)3↓ D．向D点溶液中通入CO2气体，立即产生白色沉淀 解题技巧 基本坐标图像 实验现象及反应原理 衍生坐标图像 化学反应原理 向铝盐溶液中加强碱 现象：先沉淀后溶解 注：如果向强碱中加铝盐，开始无明显现象，后生成沉淀 Al3＋和Mg2＋(或Fe3＋)混合溶液加碱的反应：Mg2＋＋2OH－=== Mg(OH)2↓Al3＋＋4OH－===AlO2-＋2H2O 向偏铝酸盐溶液中加强酸 现象：先沉淀后溶解注：如果向强酸中加偏铝酸盐，开始无明显现象，后生成沉淀 AlO2-和OH－混合溶液加酸的反应： H＋＋OH－===H2O 4H＋＋AlO2-===Al3＋＋2H2O AlO2-和SiO32-混合溶液加酸的反应：SiO32-＋2H＋===H2SiO3↓4H＋＋AlO2-===Al3＋＋2H2O 向铝盐溶液中加弱碱 现象：生成沉淀量不断增加，后不变 Al3＋和H＋混合溶液加氨水的反应 H＋＋NH3·H2O ===NH4+＋H2O Al3＋＋3NH3·H2O ===Al(OH)3↓＋3NH4+ 向偏铝酸盐溶液中加弱酸 现象：生成沉淀量不断增加，后不变 AlO2-和OH－混合溶液通入CO2的反应：2OH－＋CO2=== CO32-＋H2O AlO2-＋CO2＋2H2O === Al(OH)3↓＋HCO3- 11．室温下，在0.2 mol·L－1 Al2(SO4)3溶液中，逐滴加入1.0 mol·L－1 NaOH溶液，实验测得溶液pH随NaOH溶液体积变化曲线如图，下列有关说法正确的是( ) A．a点时，溶液呈酸性的原因是Al3＋水解，离子方程式为：Al3＋＋3OH－Al(OH)3 B．a～b段，溶液pH增大，Al3＋浓度不变 C．b～c段，加入的OH－主要用于生成Al(OH)3沉淀 D．d点时，Al(OH)3沉淀开始溶解 12．(2026·江西多校高三联考)将一定质量由Mg和Al组成的混合物投入500 mL稀硫酸中，固体全部溶解并产生气体。待反应完全后，向所得溶液中加入NaOH溶液，生成沉淀的物质的量与加入NaOH溶液的体积关系如图所示。下列说法错误的是 A．Mg和Al的总质量为8.7 g B．稀硫酸的物质的量浓度为1.2mol/L C．NaOH溶液的物质的量浓度为2.5mol/L D．生成的H2在标准状况下的体积约为8.96 L 13．(2026·浙江金华高一期中)向100mL1mol·L-1硫酸铝铵[NH4Al(SO4)2]溶液中逐滴滴入1mol·L-1Ba(OH)2溶液。随着Ba(OH)2溶液体积的变化，沉淀总物质的量的变化如图所示，则下列说法正确的是( ) A．a点发生反应的离子方程式是：Al3++2SO42-+2Ba2++3OH-=Al(OH)3↓+2BaSO4↓ B．沉淀的质量：a点>c点 C．从a→b、b→c点过程中发生反应的离子方程式依次为：NH4++OH-=NH3·H2O、Al(OH)3＋OH－＝[Al(地OH)4]- D．b点消耗Ba(OH)2溶液体积为200mL ◆拔高04铝及其化合物在工艺流程中的应用 14．(2026·江苏南京高一月考)工业上用铝土矿(主要成分为Al2O3，含Fe2O3杂质)为原料冶炼铝的工艺流程如下： 下列叙述正确的是( ) A．Al2O3、Fe2O3均为碱性氧化物 B．试剂X可以是氢氧化钠溶液，也可以是盐酸 C．反应①、过滤后所得沉淀为氢氧化铁 D．反应②的化学方程式为Na[Al(OH)4] + CO2=Al(OH)3↓ + NaHCO3 解题技巧 1．铝土矿提纯流程分碱溶、酸溶两条主线，碱溶除铁杂质，酸溶除硅杂质。 2．调pH制备Al(OH)3选用氨水，避免强碱过量溶解沉淀。 3．Al3+与[Al(OH)4]－易发生双水解，流程除杂常利用该反应。 4．电解制铝原料为熔融Al2O3，冰晶石作助熔剂。 5．计算全程使用铝元素守恒，判断滤渣成分时区分Fe(OH)3不溶于过量强碱的特点。 15．(2026·河北唐山高一期末)铝土矿的主要成分为Al2O3，还含有少量SiO2、FeO、Fe2O3等杂质。由铝土矿提取铝的流程如下。 下列说法错误的是( ) A．“浸渣”的主要成分为SiO2 B．“氧化”过程中H2O2将Fe2+氧化为Fe3+ C．可用KSCN溶液检验“沉铁”后溶液中是否存在Fe3+ D．“碳分”过程中生成Al(OH)3的离子方程式为 2[Al(OH)4]-+CO2 = 2Al(OH)3↓ +CO32-+H2O 16．(2026·湖南衡阳高一期末)从铝土矿(主要成分为Al2O3，还有少量杂质)中提取铝的工艺流程如下图所示： 下列说法错误的是( ) A．Al位于元素周期表第三周期第ⅢA族 B．溶解过程发生离子反应：Al2O3+2OH-+3H2O=2[Al(OH)4]- C．工业生产中，a通常选用HCl D．①②③转化过程涉及的反应均为非氧化还原反应 17．(2026·北京高一期末)一种从粉煤灰(主要成分为Al2O3，含少量SiO2、Fe2O3、CaO)中获得Al2O3的流程如下图。 已知：焙烧过程中SiO2几乎不发生反应，Al2O3、Fe2O3、CaO转化为相应的硫酸盐。 下列说法不正确的是( ) A．浸出环节无法将Ca元素除尽 B．沉淀池1中反应是Fe3++3NH3·H2O=Fe(OH)3↓+3NH4+ C．从流程中的反应可推测溶解度：Fe(OH)3＞Al(OH)3 D．母液经处理后得到的(NH4)2SO4可循环利用 18．(2026·云南昭通三模)利用铝土矿(主要成分为Al2O3，含SiO2、Fe2O3等杂质)冶炼铝的主要流程如图所示： 已知：SiO2在“溶解”时转化为铝硅酸钠沉淀。下列叙述错误的是 A．“溶解”时适当增大NaOH溶液的浓度，可提高溶解速率 B．溶液A中通入过量的CO2，发生反应：2[Al(OH)4]-+CO2 = 2Al(OH)3↓ +CO32+H2O- C．向Al中加入Cu、Si、Mg等元素，可以得到性能优良的铝合金 D．“熔融电解”时加入的冰晶石，其含有离子键 ◆拔高05热重分析法 19．8.34gFeSO4⋅7H2O样品在N2气氛中受热分解过程的热重曲线如图所示，下列说法正确的是 A．P→Q过程产生的气体为纯净物 B．x=4，y=1 C．加热到633℃剩余的固体呈黑色 D．检验固体Q的成分可用铁氰化钾试剂 解题技巧 1．结晶水合盐受热分解步骤 加热结晶水合盐反应可分三步进行：第一步是脱去部分水，第二步是生成羟基盐或含水盐，第三步是生成金属氧化物；如果热重实验的气氛为空气，则加热过程中可能被氧化，反应将变得更复杂一些。 2．热重曲线图的分析方法 (1)识图。识图的关键是三看：一看轴即横、纵坐标所表示的化学含义(自变量X轴和函数Y轴表示的意义)，寻找X、Y轴之间的关系，因为这是理解题意和进行正确思维的前提；二看点即曲线中的特殊点(顶点、始点、终点、拐点、交叉点)；三看线即曲线的走势(变化趋势是上升、下降、波动、正态、偏态等变化)。 (2)析图。分析图中为什么会出现这些特殊点，曲线为什么有这样的变化趋势和走向，分析曲线变化的因果关系；通过联想，把课本内的有关化学概念、原理、规律等与图中的曲线和相关点建立联系。 (3)用图。将相关的化学知识与图中曲线紧密结合，在头脑中构建新的曲线——知识体系，然后运用新的曲线——知识体系揭示问题的实质，解决实际问题。 3．解答热重分析试题的常用方法 (1)设晶体为1 mol。 (2)失重一般是先失水，再失非金属氧化物。 (3)计算每步的m剩余，固体残留率＝×100%。 (4)晶体中金属质量不减少，仍在m剩余中。 (5)失重最后一般为金属氧化物，由质量守恒得m(O)，由n(金属)∶n(O)，即可求出失重后物质的化学式。 20．(2026·江苏南京高三模拟)锰氧化物(MnOx)应用广泛。纳米MnOx可脱除烟气中的SO2。向Mn(NO3)2溶液加入沉淀剂NH4HCO3或NaOH，再经“过滤→洗涤→干燥→煅烧”等操作可制得纳米MnOx烟气脱硫剂。MnCO3在空气中加热时，其固体残留率随温度的变化如图3所示。 若在770℃下煅烧，计算制得的脱硫剂中x的值___________ (写出计算过程，结果保留小数点后2位)。 21．(2026·上海杨浦高三模拟预测)钪(Sc)是一种在国防、航空航天、核能等领域具有重要作用的稀土元素。钪的价格昂贵，在地壳里的含量只有0.0005%，化学性质非常活泼。 草酸钪晶体[Sc(C2O4)3·6H2O]在空气中加热，随温度的变化情况如下图所示。250℃时，晶体的主要成分是_______(填化学式)，550~850℃，反应的化学方程式为_______。{M[Sc(C2O4)3·6H2O]=462g·molˉ1}。 22．(2026·黑龙江大庆二模)电池级Mn3O4作为制备锂离子电池的正极材料锰酸锂的前驱体，凭借其独特的晶体结构和化学性能，在新能源电池中占据重要位置。 (7)MnSO4·H2O受热分解可得到锰的氧化物。已知50.70 g MnSO4·H2O样品受热分解过程的热重曲线(样品质量随温度变化曲线)如下图所示。则870～1200℃范围内发生反应的化学方程式为___________。 23．称取5.40g草酸亚铁晶体(FeC2O4 •2H2O)，用热重法对其进行热分解，得到剩余固体质量随温度变化的曲线如下图所示，已知400℃时，剩余固体是铁的一种氧化物。 5.40g草酸亚铁晶体的物质的量为 mol，M点对应物质的化学式为 ，N点对应的物质是 ，M→N发生反应的化学方程式为 。 / 学科网(北京)股份有限公司 学科网(北京)股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 第三章 铁金属材料 ◆题型01 铁的原子结构及其性质 1．C 2．D 3．A 4．D ◆题型02 铁的氧化物的性质 5．B 6．D 7．C ◆题型03 Fe(OH)2的制备方案创新与评价 8．B 9．D 10．C ◆题型04 铁盐、亚铁盐的性质 11．B 12．B 13．B 14．C ◆题型05 Fe3+和Fe2+的检验 15．B 16．D 17．A ◆题型06 铁及其化合物之间的价类二维图 18．C 19．B 20．D ◆题型07 合金及其性能、用途 21．B 22．C 23．C ◆题型08 金属材料与新型合金 25．A 26．C 27．C 28．A 29．B ◆题型09 铝及其重要化合物 30．C 31．A 32．C 33．D ◆题型10 物质的量在化学方程式计算中的应用 34．C 35．A 36．(1)NaCl、CuCl2 (2)120 (3)8.3% ◆拔高01铁及其化合物的相关计算 1．A 2．A 3．D 4．D ◆拔高02铁及其化合物在工艺流程中的应用 5．B 6．D 7．C 8．D 9．(1)+3 (2) 产生白色沉淀，沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色 4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3 (3)稀硫酸 (4) 将亚铁离子氧化为铁离子且不引入新杂质 2Fe2++H2O2 +2H+=2Fe3++2H2O ◆拔高03 铝的重要化合物的相关图像 10．B 11．C 12．B 13．D ◆拔高04铝及其化合物在工艺流程中的应用 14．D 15．D 16．C 17．C 18．B ◆拔高05热重分析法 19．B 20．设初始有1molMnCO3，，初始质量为115g。根据Mn守恒，最终得到1molMnOx，770℃时固体残留率为66.38%，因此残留固体质量为：，MnOx的摩尔质量满足：，解得： 21．Sc2(C2O4)3·H2O 2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2 22．3MnO2Mn3O4+O2↑ 23．0.03 FeC2O4 Fe3O4 3FeC2O4Fe3O4+4CO↑+ 2CO2↑ / 学科网(北京)股份有限公司 学科网(北京)股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 第三章 铁金属材料 题型导航 知识突破练 题型01 铁的原子结构及其性质 题型02 铁的氧化物的性质 题型03 Fe(OH)2的制备方案创新与评价 题型04 铁盐、亚铁盐的性质 题型05 Fe3+和Fe2+的检验 题型06 铁及其化合物之间的价类二维图 题型07 合金及其性能、用途 题型08 金属材料与新型合金 题型09 铝及其重要化合物 题型10 物质的量在化学方程式计算中的应用 培优拔高练 拔高01铁及其化合物的相关计算 拔高02铁及其化合物在工艺流程中的应用 拔高03铝的重要化合物的相关图像 拔高04铝及其化合物在工艺流程中的应用 拔高05热重分析法 ◆题型01 铁的原子结构及其性质 1．(2026·浙江稽阳联谊学校二模)下列有关铁及其化合物说法正确的是( ) A．纯铁的硬度比生铁高 B．铁粉和生石灰均可用作食品干燥剂 C．FeO不稳定，在空气中受热能迅速被氧化成Fe3O4 D．高温条件下，铁与水蒸气反应生成Fe2O3 【答案】C 【解析】A项，生铁硬度比纯铁硬度高，故A错误；B项，铁粉可用作食品脱氧剂，生石灰用作食品干燥剂，故B错误；C项，FeO在空气中受热能迅速被氧化成Fe3O4 ，故C正确；D项，高温条件下，铁与水蒸气反应生成Fe3O4和氢气，故D错误；选C。 2．(2026·山西吕梁二模)用如图所示装置研究铁粉与水蒸气的反应。观察到肥皂液中有气泡产生，点燃肥皂泡听到爆鸣声；实验结束后，试管中残留的黑色固体能被磁铁吸引。下列分析正确的是( ) A．由“肥皂液中有气泡产生”，推断铁与水蒸气发生了反应 B．由“试管中残留的黑色固体能被磁铁吸引”，推断有四氧化三铁生成 C．铁粉与水蒸气的反应需要加热，推断该反应为吸热反应 D．加热和使用粉末状的铁均能加快铁与水蒸气的反应 【答案】D 【解析】A项，对试管加热后，首先排出的是空气，所以肥皂液中有气泡产生，不能推断铁与水蒸气发生了反应，A错误；B项，铁也能被磁铁吸引，B错误；C项，加热仅说明反应需高温条件维持，不能直接推导热效应，C错误；D项，加热可提供足够的能量使反应进行，粉末状铁增大了与水蒸气的接触面积，都能加快反应速率，D正确；故选D。 3．(2026·广东广州二模)M元素在地壳中的含量居第四位，含M物质的相关转化关系如图，下列说法错误的是( ) 单质M盐1碱1碱2盐2 A．单质M与高温水蒸气反应生成红棕色固体 B．碱1→碱2的转化存在物质颜色的变化 C．将盐2的饱和溶液滴入沸水中，继续加热可得到胶体 D． K3[Fe(CN)6]溶液可用于鉴别盐1和盐2 【答案】A 【解析】M为地壳中含量第四位的元素，故为Fe，转化路径为：，再逐一分析选项。A项，单质Fe与高温水蒸气反应生成黑色的Fe3O4 ，而非红棕色固体，A错误；B项，碱1为白色的Fe(OH)2，碱2为红褐色的Fe(OH)3，转化过程中颜色由白色经灰绿色最终变为红褐色，存在颜色变化，B正确；C项，盐2为FeCl3，将饱和FeCl3溶液滴入沸水中持续加热，可制得Fe(OH)3胶体，C正确；D项， K3[Fe(CN)6] 溶液遇盐1中的Fe2+会产生蓝色沉淀，与盐2中的Fe3+无明显现象，可鉴别二者，D正确；故选A。 4．(2026·黑龙江哈尔滨高一开学考试)设计如图装置进行铁与水反应的实验，虚线框处的装置用来检验生成的气体。下列说法正确的是( ) A．虚线框C处应该选择装置甲 B．实验后，装置B中生成红棕色固体 C．实验后，将装置B中的固体溶于足量稀硫酸，所得溶液中一定含有和 D．实验时将螺旋状铜丝加热变黑后再趁热迅速伸入试管中，可观察到铜丝由黑变红 【答案】D 【解析】A项，铁与水蒸气反应生成的气体为H2，H2密度小于空气，应选用向下排空气的装置乙收集，A错误；B项，Fe与水蒸气高温反应生成黑色的Fe3O固体，不会生成红棕色Fe2O3固体，B错误；C项，装置B中固体包含反应生成的Fe3O，还可能有过量未反应的Fe，溶于足量稀硫酸时，若Fe过量很多会将生成的Fe3+全部还原为Fe2+，所得溶液不一定含有Fe3+，C错误；D项，反应生成的H2具有还原性，可在加热条件下将黑色CuO还原为红色Cu，可观察到铜丝由黑变红，D正确； 故选D。 ◆题型02 铁的氧化物的性质 5．(2026·广东惠州高一月考)自古代以来，铁及其化合物的应用便已融入日常生活之中。下列说法不正确的是( ) A．FeO为黑色固体 B．单质Fe的颜色一定为银白色 C．Fe2O3可用于油漆的制作 D．Fe3O4 常作为钢制器具的抗腐蚀膜 【答案】B 【解析】A项，FeO(氧化亚铁)为黑色固体，这是其常见物理性质，A正确；B项，单质铁的颜色并非一定为银白色，例如铁粉呈灰黑色，因此“一定”的说法过于绝对，B错误；C项，Fe2O3常用作红色颜料，在油漆制作中广泛应用，C正确；D项，Fe3O4 可通过发蓝处理在钢表面形成致密氧化膜，提供抗腐蚀保护，D正确；选B。 6．(2026·四川广安高一期末)“司南”及早期指南针的磁性指针，取自天然磁铁矿。该矿物的主要化学成分是( ) A．Fe B．FeO C．Fe2O3 D．Fe3O4 【答案】D 【解析】A项，Fe是金属单质，天然磁铁矿的成分并不是单质铁，A错误；B项，FeO是黑色粉末，但无磁性且不稳定，非磁铁矿成分，B错误；C项，Fe2O3是赤铁矿的主要成分，呈红棕色且无磁性，C错误；D项，Fe3O4是天然磁铁矿的主要成分，具有磁性，符合“司南”磁性指针的来源，D正确。故选D。 7．(2026·福建泉州高一期中)利用矿铁厂的废铁屑(主要成分为Fe，含有沙土、油污、Fe3O4和FeO)制备磁性纳米Fe3O4的流程如图： 下列说法中错误的是( ) A．预处理时，需要使用Na2CO3溶液，可将溶液进行适当升温 B．滤液B中加入氢氧化钠溶液时，可观察到有白色沉淀生成，迅速转为灰绿色，最后转化为红褐色 C．纳米Fe3O4属于胶体，能发生丁达尔效应 D．步骤⑤发生反应的离子方程式为Fe2++FeOOH+2OH-=Fe3O4+2H2O 【答案】C 【解析】起始原料为含Fe、沙土、油污、Fe3O4、FeO的废铁屑，目标产物为纳米Fe3O4。预处理除去油污与沙土，加稀盐酸后金属及金属氧化物溶解，沙土被过滤除去，得含Fe2+、Fe3+的滤液A；加入Fe将Fe3+还原为Fe2+，得仅含Fe2+的滤液B；部分滤液B加NaOH溶液生成Fe(OH)2浊液即浊液C，加入H2O2将Fe(OH)2氧化为FeOOH；FeOOH与剩余滤液B中的Fe2+在碱性条件下反应生成纳米Fe3O4。A项，Na2CO3溶液水解显碱性可除去油污，升温可促进Na2CO3水解，溶液碱性增强，去油污能力提升，A正确；B项，滤液B为氯化亚铁溶液，加入氢氧化钠溶液生成白色氢氧化亚铁沉淀，氢氧化亚铁易被空气中氧气氧化，迅速变为灰绿色，最终转化为红褐色氢氧化铁沉淀，B正确；C项，纳米Fe3O4为纯净物，胶体是分散系属于混合物，纳米Fe3O4不属于胶体，不能发生丁达尔效应，C错误；D项，步骤⑤中Fe2+与FeOOH在碱性条件下反应生成Fe3O4，结合电荷守恒、原子守恒配平得离子方程式为Fe2++FeOOH+2OH-=Fe3O4+2H2O，D正确；故选C。 ◆题型03 Fe(OH)2的制备方案创新与评价 8．(2026·湖南长沙高三模拟)为了长时间观察到白色固体，设计下列4个实验，下列有关说法正确的是( ) A．实验A：关闭之前的操作是：在锥形瓶的小导气管出口点燃氢气，检验氢气的纯度 B．实验B：铁粉与滴入的稀硫酸反应产生的氢气可以排尽装置内的空气，再挤压长胶头滴管 C．实验C：由绿矾(FeSO4·7H2O)配制硫酸亚铁溶液时，应将绿矾溶解在沸水中，但不能搅拌 D．实验D：FeSO4溶液上方的苯层用于隔绝空气，也可以把苯换成四氯化碳 【答案】B 【解析】要较长时间观察到白色氢氧化亚铁沉淀，需要把装置内的空气或溶液中的溶解氧排尽。A．检验氢气的纯度应该在出口处收集一试管氢气，再将试管口靠近酒精灯点燃，A错误；B项，铁与稀硫酸生成氢气，首先利用氢气将体系内的空气排尽，再挤压长胶头滴管，可以在较长时间内观察到白色氢氧化亚铁沉淀，B正确；C项，由绿矾(FeSO4·7H2O)配制硫酸亚铁溶液时，应将绿矾溶解在硫酸中，防止亚铁离子水解，同时要加入少量铁粉，防止亚铁离子被氧化；绿矾溶解在沸水中，容易导致其被迅速氧化，C错误；D项，四氯化碳的密度比水大，会处于FeSO4溶液下方，不能隔绝空气，因此不能把苯换成四氯化碳，D错误；故选B。 9．(2026·福建厦门高一期中)某同学设计如图装置(气密性已检查)制备Fe(OH)2白色沉淀。 下列说法错误的是( ) A．实验前，应先煮沸溶液除去溶解氧 B．装置3可制取FeSO4溶液并排尽装置内空气 C．装置5起到液封作用，防止空气进入装置4 D．关闭K2打开K1，反应一段时间后，再打开K2关闭K1，3中溶液进入4中 【答案】D 【解析】A项，溶液中溶解的O2会氧化Fe(OH)2，实验前煮沸溶液可除去溶解氧，A正确；B项，装置3中铁屑与稀硫酸反应生成FeSO4和H2，利用生成的H2可以排尽装置内的空气，B正确；C项，装置5中导管插入蒸馏水，形成液封，可以阻止外界空气进入装置4，避免产物被氧化，C正确；D项，打开K2关闭K1，生成的氢气从左侧溢出，无法利用压强差将3中FeSO4压入装置4，D错误；故选D。 10．(2025·四川蓉城名校联盟一诊)某实验小组搭建了图示装置(夹持装置已略去)，以铁粉和稀硫酸等试剂制备Fe(OH)2并观察其颜色。实验时，待a中试剂反应一段时间后，再将注射器中的蒸馏水注入a中。下列说法错误的是( ) A．用于配制实验所需试剂的蒸馏水需事先煮沸 B．b中试剂可为NaOH溶液 C．注射器中的蒸馏水注入a中的主要目的是稀释溶液 D．若在b中液面上方覆盖植物油，则可将虚线框内装置去掉 【答案】C 【解析】由实验装置图可知，制备氢氧化亚铁的实验原理为：a中铁粉与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，利用反应生成的氢气排尽装置中的空气；待反应一段时间，从注射器中加入蒸馏水，使a中液面超过虹吸管最高处，a装置中得到的硫酸亚铁溶液进入b中与碱液反应制备氢氧化亚铁。A项，氢氧化亚铁具有强还原性，易被氧气氧化为氢氧化铁，所以用于配制实验所需试剂的蒸馏水需事先煮沸，除去其中溶解的氧气，防止氢氧化亚铁被氧化，A正确；B项，由分析可知，b的作用为硫酸亚铁溶液与碱液反应制备氢氧化亚铁，则b中试剂可为氢氧化钠溶液，B正确；C项，由分析可知，注射器中的蒸馏水注入a中的主要目的是使硫酸亚铁溶液加入b中，便于硫酸亚铁溶液与碱液反应制备氢氧化亚铁，C错误；D项，由实验装置图可知，虚线框内装置的作用是防止空气中氧气进入b中，导致氢氧化亚铁被氧化，在b中液面上方覆盖植物油也能达到防止氢氧化亚铁与空气中氧气接触被氧化的目的，D正确；故选C。 ◆题型04 铁盐、亚铁盐的性质 11．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( ) A． B． C． D． 【答案】B 【解析】A项，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不正确；B项，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正确；C项，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不正确；D项，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不正确；故选B。 12．(2026·江苏南通高一期中)FeSO4溶液催化脱除烟气中SO2的反应原理如图所示。下列说法正确的是( ) A．“反应Ⅰ”中氧化剂和还原剂的物质的量之比为4：1 B．“反应Ⅱ”的离子方程式为2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+ C．反应一段时间后，溶液中c(H2SO4)保持不变 D．反应每脱除11.2LSO2转移电子的物质的量为2mol 【答案】B 【解析】A项，由图可知，反应I的方程式为4FeSO4+O2+2H2SO4=2Fe2(SO4)3+2H2O，该反应中氧气中氧元素化合价降低，氧化剂是氧气，铁元素化合价升高，还原剂是硫酸亚铁，氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶4，A错误；B项，反应Ⅱ是铁离子和二氧化硫发生氧化还原反应生成二价铁离子和硫酸的过程，反应的离子方程式为2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+，B正确；C项，由图示可知，总反应为2SO2+O2+2H2O=2H2SO4，硫酸的浓度会增大，C错误；D项，没有标况，不能计算二氧化硫的物质的量，不确定转移电子的量，D错误；故选B。 13．常温下，向H2O2溶液中滴加少量Fe2(SO4)3溶液，反应原理如下所示。关于该反应过程的说法正确的是( ) Ⅰ：M′+H2O2→O2+H++M Ⅱ：M+H++H2O2→H2O+M(以上两个反应均未配平) A．在该反应过程中，M是Fe3+，M′是Fe2+ B．当反应Ⅰ有1molO2生成时，转移2mol电子 C．在H2O2分解过程中，Fe3+是催化剂，且反应后溶液的pH降低 D．H2O2的氧化性比Fe3+强，还原性比Fe2+弱 【答案】B 【解析】反应Ⅰ：M′+H2O2→O2+H++M(未配平)中，氧元素从-1价升高到0价、则M′中元素化合价降低；反应Ⅱ：M+H++H2O2→H2O+M′(未配平)中，氧元素从-1价降低到-2价、M中元素化合价升高，则M′是Fe3+，M是Fe2+。A项，在该反应过程中，M′是Fe3+，M是Fe2+，A错误；B项，反应Ⅰ为4 Fe3++2H2O2=4Fe2++2O2↑+4H+，氧元素从-1价升高到0价，每生成2molO2转移4mol电子，则当有1molO2生成时，转移2mol电子，B正确；C项，合并反应ⅠⅡ，即得到2H2O2=2H2O+O2↑，则在H2O2分解过程中，Fe3+是催化剂，随着双氧水消耗、水不断增加，溶液酸性下降、反应后溶液的pH增大，C错误；D项，还原剂的还原性大于还原产物，4Fe3++2H2O2=4Fe2++2O2↑+4H+中H2O2还原性比Fe2+强；氧化剂的氧化性大于氧化产物，反应2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O中H2O2的氧化性比Fe3+强， D错误；故选B。 14．(2026·安徽淮南一模)铁及其化合物的部分转化关系如图所示。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( ) A．反应①中每消耗84 g铁生成44.8 L氢气 B．反应②所得溶液中是否含Fe2+，可用酸性KMnO4溶液检验 C．反应③得到的沉淀在空气中会发生反应：4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3 D．1mL0.1mol·L-1FeCl3溶液与足量热水反应制得的氢氧化铁胶体粒子数为10-4NA 【答案】C 【解析】该转化关系展示了铁及其化合物的一系列反应：①Fe在高温下与水蒸气反应生成Fe3O4和H2；②Fe与盐酸反应生成FeCl2 和H2；③FeCl2 与碱溶液反应生成Fe(OH)2白色沉淀；④Fe(OH)2在空气中被氧气氧化为Fe(OH)3红褐色沉淀；⑤Fe(OH)3与盐酸反应生成FeCl3。整个流程体现了铁从0价到+2、+3价的氧化还原转化，以及氢氧化物的生成与氧化过程。A项，反应①的化学方程式为3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2，84 g Fe的物质的量为，根据方程式，1.5 mol Fe完全反应生成2 molH2，但未指明条件，无法确定氢气体积，A错误；B项，反应②所得溶液中的溶质主要是FeCl2 ，同时可能有过量的HCl。酸性KMnO4溶液具有强氧化性，不仅能氧化Fe2+，也能氧化Cl-，导致溶液褪色，无法确定是否为Fe2+所致，因此不能用酸性KMnO4溶液检验Fe2+，B错误；C项，Fe(OH)2具有强还原性，在空气中易被氧气氧化，反应的化学方程式为：4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3，现象为白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色，C正确；D项，氢氧化铁胶体粒子是多个Fe(OH)3的聚集体，因此1 mL 0.1 mol/L FeCl3溶液与足量热水反应制得的氢氧化铁胶体粒子数远小于10-4NA，D错误；故选C。 ◆题型05 Fe3+和Fe2+的检验 15．(2026·江苏苏州高一期中)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，取少量样品溶于盐酸，再进行下列实验，下列结论正确的是( ) A．若滴加KSCN溶液，溶液未变红，说明铁粉没有变质 B．若加入铜粉，充分反应后溶液变为蓝色，说明铁粉已经变质 C．若依次滴加氯水、KSCN溶液，溶液变红，说明铁粉部分变质 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 【答案】B 【解析】Fe粉变质生成Fe2+或Fe3+，盐酸与单质铁反应，反应生成氢气和亚铁离子，还原铁粉溶于稀盐酸时，溶液中含有Fe2+或Fe3+或二者都有，用KSCN溶液检验Fe3+，Fe2+具有还原性，能被强氧化剂氧化，实验室采用酸性高锰酸钾溶液或者氯水等氧化Fe2+。A项，若滴加KSCN溶液，溶液未变红，说明溶液中无Fe3+，但是铁粉有可能被已经变质生成Fe2+，A错误；B项，加入铜粉，充分反应后溶液变为蓝色，说明发生了反应：2Fe3++Cu==Cu2++2Fe2+，由于盐酸与铁反应只能生成亚铁，说明铁粉已经变质成了Fe3+，B正确；C项，氯水具有强氧化性，可以把亚铁离子氧化为铁离子，亚铁离子来源可能是铁与盐酸反应，故不能确定是部分氧化还是全部氧化还是没有被氧化，C错误；D项，若滴加KSCN溶液，溶液未变红，再滴加氯水，溶液变红，说明溶液中不含铁离子，含有亚铁离子，亚铁离子来源可能是铁与盐酸反应，D错误；故选B。 16．(2026·广东湛江高三模拟)某过期浅色补血剂X说明书显示产品含大量FeSO4，某小组同学取少量X进行实验(不考虑其他成分的干扰)。下列实验操作、现象和结论均正确的是( ) 选项 实验操作 实验现象 实验结论 A 加入过量酸性高锰酸钾溶液 溶液变紫红色 X中一定无Fe2+ B 加入几滴氢氧化钠溶液 生成红褐色沉淀 X中Fe2+已完全被氧化 C 加入几滴硫氰化钾溶液 生成大量红色沉淀 X一定变质生成了Fe3+ D 加入几滴铁氰化钾溶液 生成蓝色沉淀 X中一定有Fe2+ 【答案】D 【解析】A项，该实验中高锰酸钾溶液过量，过量高锰酸钾仍会使溶液显紫色，无法证明一定无Fe2+，A错误；B项，加入几滴氢氧化钠溶液，若Fe2+未完全氧化，生成的Fe(OH)2会迅速被氧化为红褐色沉淀Fe(OH)3，因此仅凭观察到红褐色沉淀，不能证明已完全被氧化，B错误；C项，加入几滴硫氰化钾溶液，若含Fe3+，会发生反应： Fe3++3SCN- Fe(SCN)3(红色络合物)，溶液变红而非生成“红色沉淀”，现象描述错误，C错误；D项，铁氰化钾( K3[Fe(CN)6])是检验的特征试剂，铁氰化钾与Fe2+反应生成蓝色沉淀(滕氏蓝)，现象与结论均正确，直接证明X中仍含Fe2+，D正确；故选D。 17．下列实验操作和现象、结论或目的均正确的是( ) 选项 操作和现象 结论或目的 A 向红砖粉末中加入盐酸，充分反应后取上层清液于试管中，滴加KSCN溶液2～3滴，溶液呈红色 红砖中含有氧化铁 B 向CO还原Fe2O3得到的黑色固体中加入盐酸溶解后再加入KSCN溶液，溶液不显红色 黑色固体中没有Fe3O4 C 取少量Fe(NO3)2试样加水溶解，加稀H2SO4酸化，滴加KSCN溶液，溶液变为红色 该Fe(NO3)2试样已经变质 D 向某溶液中加入H2O2，然后再加入KSCN溶液变红色 原溶液中含有Fe2＋ 【答案】A 【解析】B项中CO还原Fe2O3得到单质Fe，即使黑色固体中有Fe3O4，其溶于盐酸后产生的Fe3＋与Fe发生反应：Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋，加入KSCN溶液也不显红色，错误；C项中NO(H＋)具有强氧化性，而Fe2＋具有还原性，两者发生氧化还原反应，有Fe3＋生成，遇KSCN溶液呈红色，不能证明样品是否变质，错误；D项中若原溶液中无Fe2＋而存在Fe3＋，也有此现象，错误。 ◆题型06 铁及其化合物之间的价类二维图 18．利用如图所示的“价一类”二维图，可以从不同角度认识含铁元素的物质的性质及其转化关系，图中a～g均为含铁元素的物质，下列说法正确的是( ) A．可存在的直接转化 B．为具有磁性的黑色晶体，为红棕色粉末 C．d可发生化合反应生成e D．足量的a在少量Cl2中燃烧可反应生成 【答案】C 【解析】a～g均为含铁元素的物质，a的化合价为0，则a为铁单质，b为+2价铁的氧化物为FeO，c为+3价铁的氧化物为三氧化二铁，d与e都为碱，则d为氢氧化亚铁，e为氢氧化铁，f为Fe2+的盐，g为Fe3+的盐。A项，由于三氧化二铁不溶于水，不能直接转化为氢氧化铁，A错误；B项，b为FeO，黑色粉末，无磁性，B错误；C项，氢氧化亚铁不稳定，在空气中易发生氧化反应生成氢氧化铁，方程式为4 Fe(OH)2+2H2O+O2=4 Fe(OH)3，为化合反应，C正确；D项，氯气有强氧化性，Fe与氯气反应生成g即FeCl3，D错误；故选C。 19．(2026·甘肃白银高一月考)铁元素的“价-类”二维图如图所示，其中X、Y、Z、W分别表示四种含铁化合物。下列说法错误的是( ) A．Y与稀盐酸反应生成FeCl3 B．Fe在高温下与H2O(g)反应，生成X C．Z转化为W时可观察到的颜色变化：白色→灰绿色→红褐色 D．除去FeCl2溶液中的少量FeCl3：加入过量铁粉，充分反应后过滤 【答案】B 【解析】由图，X为氧化亚铁、Y为氧化铁、W为氢氧化铁、Z为氢氧化亚铁；A项，氧化铁和盐酸生成氯化铁和水，A正确；B项，Fe在高温下与H2O(g)反应，生成四氧化三铁和氢气，B错误；C项，氢氧化亚铁在空气中迅速被氧化为氢氧化铁，可观察到的颜色变化：白色→灰绿色→红褐色，C正确；D项，加入过量铁粉，铁离子和铁反应生成亚铁离子，充分反应后过滤分离出氯化亚铁溶液，D正确；故选B。 20．(2026·四川巴中高一期末)铁元素的“价类”二维图如图，其中M、N、P、Q为四种含铁化合物。下列说法正确的是( ) A．x=7 B．与水蒸气在高温下反应，生成P C．由反应①可知，的氧化性弱于 D．Q在空气中可转化为N，对N加热可得到M 【答案】D 【解析】根据价类二维图，M为Fe2O3，N为Fe(OH)3，P为FeO，Q为Fe(OH)2。A项，Na2FeO4中铁元素化合价为+x，(+1)×2+x+(-2)×4=0，解得x=+6，A错误；B项，Fe与水蒸气在高温下反应生成Fe3O4和氢气，B错误；C项，反应①中FeSO4和O2反应，铁元素化合价从+2→+3，化合价升高被氧化，O2是氧化剂，Fe3+是氧化产物，氧化剂氧化性大于氧化产物，C错误；D项，Fe(OH)2易被氧化为氢氧化铁，氢氧化铁在加热下会分解为Fe2O3，D正确；故选D。 ◆题型07 合金及其性能、用途 21．(2026·甘肃白银高一月考)合金具有许多优良的物理、化学或机械性能。下列不属于合金的是( ) A．黄铜螺丝 B．纯铜导线 C．碳钢管材 D．硬铝 【答案】B 【解析】A项，黄铜是铜锌合金，A错误；B项，纯铜为纯净物，不是混合物，不是合金，B正确；C项，碳钢是铁与碳的合金，C错误；D项，硬铝是铝的合金，D错误；故选B。 22．(2026·甘肃兰州高一月考)《天工开物·五金》中记载：“若造熟铁，则生铁流出时，相连数尺内，低下数寸，筑一方塘，短墙抵之。其铁流入塘内……众人柳棍疾搅，即时炒成熟铁。”以下说法不正确的是( ) A．生铁和纯铁相比，硬度更大 B．熟铁和纯铁相比，熔点更低 C．炒铁是为了提高铁水中的碳含量 D．生铁比熟铁质地更硬，延展性稍差 【答案】C 【解析】A项，生铁和纯铁相比，含碳量高，硬度更大，故A正确；B项，熟铁为合金，其熔点低于组分熔点，因此熟铁和纯铁相比，熔点更低，故B正确；C项，炒铁过程中降低了铁水中的碳含量，从而将生铁转化成熟铁，故C不正确；D项，熟铁比生铁质地更软，且延展性好，生铁比熟铁质地更硬，延展性稍差，故D正确；故选C。 23．(2026·河北高三期中)现代冶金工业中，通过反复加热和锤击某种粗金属块，可提纯得到高纯度材料。某研究团队用类似方法处理含杂质的粗钛块，记录如下：“取粗钛，反复加热锻打，每锻一次称之，质量略减，至连续三次称量不变，则得高纯钛材。”下列说法正确的是 A．粗钛和高纯钛相比，粗钛熔点更高 B．高纯钛全面优于钛合金，用途更广泛 C．高纯钛的耐腐蚀性和生物相容性优于粗钛 D．高纯钛比粗钛更硬、更脆，适合用于航空部件 【答案】C 【解析】A．粗钛含有杂质，金属中杂质的存在通常会降低熔点，因此粗钛熔点应比高纯钛低，A错误；B．钛合金因强度、耐腐蚀性等综合性能更优，用途比高纯钛更广泛，B错误；C．高纯钛杂质少，减少了电化学腐蚀的可能，且杂质可能影响生物相容性，因此其耐腐蚀性和生物相容性优于粗钛，C正确；D．纯金属通常较软且延展性好，高纯钛不适合用于航空部件。钛合金具有高硬度和强度，适合航空部件，D错误；故答案选C。 24．(2026·湖南名校联盟高三联考)2025年10月8日，瑞典皇家科学院决定将2025年诺贝尔化学奖授予北川进、理查德·罗布森以及奥马尔·M·亚吉三位科学家，以表彰他们在金属有机骨架开发领域的贡献。下列有关金属的说法错误的是 A．用铁锅炒菜利用了铁的导热性 B．真金不怕火炼是因为黄金的熔点高 C．用钨丝做灯丝是因为钨的熔点高 D．将铜做成铜丝利用了铜的延展性 【答案】B 【解析】A．铁锅炒菜利用铁的导热性传递热量，使食物均匀受热，A正确；B．黄金的熔点并不高(约1064℃)，黄金不怕火炼的原因是因为化学性质稳定，高温下不易反应，B错误；C．钨丝熔点极高(约为3410℃)，适合高温工作下不熔化 ◆题型08 金属材料与新型合金 25．(2026·河北张家口一模)河北博物院馆藏文物众多，全方位揭示了中华文明的深度和广度。下列文物的主要成分属于金属材料的是( ) A．铜说唱俑 B．双龙钮盖三足石砚 C．松林亭子纨扇 D．天蓝釉唇口盘 【答案】A 【解析】A．铜说唱俑主要成分为铜合金，属于金属材料，A正确；B．双龙钮盖三足石砚的主要成分为无机非金属材料，B错误；C．松林亭子纨扇的主要成分为丝绸、竹木等有机材料，C错误；D．天蓝釉唇口盘的主要成分为无机非金属材料，D错误；故选A。 26．(2026·浙江台州高一期中)下列成果所涉及的材料不属于金属材料的是( ) A．“雪龙2号”破冰船的船头材料—钢板 B．“C919”飞机机翼的壁板材料—铝合金 C．“长征五号”运载火箭使用的燃料—液氢 D．“奋斗者号”深潜器的载人球舱材料—钛合金 【答案】C 【解析】A项，钢板为铁碳合金，属于金属材料，A不符合题意；B项，铝合金是以铝为基体元素并加入一种或多种合金元素组成的合金材料，属于金属材料，B不符合题意；C项，液氢是液态的氢气，氢气是非金属单质，不属于金属材料，C符合题意；D项，钛合金为钛与其他金属制成的合金，属于金属材料，D不符合题意。故选C。 27．(2026·甘肃兰州高一开学考试)下列说法不正确的是( ) A．钢是用量最大、用途最广的合金，青铜是我国使用最早的合金 B．储氢合金是一类能大量吸收H2，并与H2结合成金属氢化物的材料 C．生铁和钢是含碳量不同的两种铁碳合金，其中钢的含碳量更高 D．钛合金，形状记忆合金，耐热合金以及储氢合金都属于新型合金 【答案】C 【解析】A项，钢是目前用量最大、用途最广的合金，青铜是我国使用最早的合金，符合合金的应用史实，A正确；B项，储氢合金的定义就是一类能大量吸收H2，并与H2结合成金属氢化物的材料，B正确；C项，生铁和钢是含碳量不同的两种铁碳合金，生铁含碳量为2%~4.3%，钢的含碳量为0.03%~2%，则生铁的含碳量更高，C错误；D项，钛合金、形状记忆合金、耐热合金以及储氢合金都属于区别于传统合金的新型合金，D正确；故选C。 28．(2026·安徽合肥高三模拟预测)“国之重器”是我国科技综合实力的结晶。下列材料分类正确的是( ) 选项 科技应用场景 材料名称 材料类别 A “玲龙一号”小堆蒸汽发生器用的镍基合金 镍基合金 金属材料 B “天宫”空间站太阳能电池翼用的砷化镓 砷化镓 金属材料 C “复兴号”智能动车组车体用的碳纤维复合材料 碳纤维 有机材料 D “海斗一号”潜水器外壳用的增强塑料 增强塑料 无机材料 【答案】A 【解析】A.镍基合金是性能优良的金属材料，A正确；B.砷化镓属于无机非金属半导体材料，不属于金属材料， B错误；C.碳纤维是碳元素形成的单质，属于无机非金属材料，不属于有机材料， C错误；D.增强塑料是以有机高分子材料(塑料)为基体的复合材料，不属于无机材料，D错误；故选A。 29．(2026·吉林白山一模)2025年9月10日，我国宣布在辽宁省大东沟发现一个世界级金矿，金资源量近1500吨。大东沟金矿埋藏浅，金矿物赋存状态简单，属于易采易选金矿床，经济潜力巨大。下列说法错误的是( ) A．金的化学性质很稳定，不与空气、水等发生反应 B．用浓盐酸和浓硝酸的混合物(体积比为)可以溶解黄金 C．金矿开采需综合满足易采易选、安全合规、环保达标、资源高效等要求 D．黄金按质量分数分为12K、18K、22K、24K等级，纯金为24K 【答案】B 【解析】A项，金的化学性质稳定，常温下不与空气、水等反应，自然界中常以单质形式存在，A正确；B项，浓盐酸与浓硝酸按体积比3：1混合形成王水，可溶解黄金，B错误；C项，金矿开采需综合考虑开采难度、选矿效率、安全环保及资源利用率，C正确；D项，黄金的纯度确实常以“K”(克拉)来划分，24K代表理论上的纯金。根据这一标准，黄金被分为24份，K数表示纯金所占的份数，D正确；故选B。 ◆题型09 铝及其重要化合物 30．(2026·浙江杭州高一期中)地壳中含量最高的金属元素为铝元素。下列与铝元素有关的离子方程式书写正确的是( ) A．铝与稀硫酸反应：Al＋2H+===Al3+＋H2↑ B．氯化铝与硫酸钠溶液反应：2Al3++3SO42-=Al2(SO4)3↓ C．铝与硫酸铜溶液反应：2Al+3Cu2+==2Al3++3Cu D．钠与氯化铝溶液反应：3Na+Al3+==Al＋3Na+ 【答案】C 【解析】A项，铝与稀硫酸反应的离子方程式电荷不守恒，正确离子方程式为2Al＋6H+===2Al3+＋3H2↑，A错误；B项，氯化铝与硫酸钠不发生反应，且硫酸铝可溶于水，不会生成沉淀，B错误；C项，铝比铜活泼，铝与硫酸铜溶液发生置换反应生成硫酸铝和铜，该离子方程式满足原子守恒、电荷守恒，书写正确，C正确；D项，钠投入氯化铝溶液中，钠会先与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠再与氯化铝反应，无法直接置换出铝，离子方程式为：6Na+2Al3+＋6H2O===2Al(OH)3＋3H2↑+6Na+，8Na+2Al3++8H2O=2[Al(OH)4]-+4H2↑+8Na+，D错误；故选C。 31．(2026·江苏连云港三模)实验室用铝合金(含Al、Cu)制备Al2O3。下列相关原理、装置及操作正确的是( ) A．用图甲装置溶解铝合金 B．用图乙装置过滤溶解后混合物 C．用图丙制备Al(OH)3 D．用图丁装置灼烧Al(OH)3制Al2O3 【答案】A 【解析】A项，铝能与稀硫酸反应生成硫酸铝和氢气，铜和稀硫酸不反应，加热加快铝的溶解速率，所以用图甲装置溶解铝合金，故A正确；B项，过滤应该用玻璃棒引流，故B错误；C项，硫酸铝和过量氢氧化钠反应生成四羟基合铝酸钠，应该用硫酸铝和过量氨水反应制备Al(OH)3，故C错误；D项，灼烧Al(OH)3制Al2O3，应该在坩埚中进行，故D错误；故选A。 32．(2026·甘肃白银高一期末)部分含Al物质的分类与相应化合价的关系如图所示。下列说法不合理的是( ) A．图中4种物质均可与NaOH溶液反应 B．Al(OH)3转化为Al2O3可一步实现 C．AlCl3属于离子化合物 D．常温下，Al比Fe更不容易被腐蚀，是因为的表面有一层致密的Al2O3薄膜，阻止了反应进一步进行 【答案】C 【解析】A项，Al、Al2O3、AlCl3、Al(OH)3均能与NaOH溶液反应：Al与NaOH反应生成Na[Al(OH)4]和氢气，Al2O3为两性氧化物、Al(OH)3为两性氢氧化物均可与NaOH反应，AlCl3可与NaOH反应生成氢氧化铝或Na[Al(OH)4]和NaCl，A正确；B项，Al(OH)3受热易分解，可一步转化为Al2O3，B正确；C项，AlCl3中Al和Cl以共价键结合，属于共价化合物，不是离子化合物，C错误；D项，常温下Al表面易生成一层致密的Al2O3薄膜，能阻止内部Al继续被氧化，因此Al比Fe更不容易被腐蚀，D正确；故选C。 33．(2026·北京石景山高三模拟)某同学探究Al(OH)3的性质，实验操作和现象如下。 实验 操作 现象 ① 向Al2(SO4)3溶液中滴加浓氨水至过量 生成白色沉淀，沉淀不溶解 ② 向Al2(SO4)3溶液中滴加NaOH溶液至过量 生成白色沉淀，沉淀溶解 ③ 向Al2(SO4)3溶液中滴加NaOH溶液至沉淀刚好消失，通入CO2气体，将所得浊液分成两等份，一份滴加浓氨水，一份滴加等量的水 滴加浓氨水后白色沉淀溶解，滴加水后沉淀不溶解 已知实验中的白色沉淀均为Al(OH)3，下列说法不正确的是( ) A．实验①中发生的反应：Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+ B．实验②中发生的反应：l3++3OH-=Al(OH)3↓，Al(OH)3+OH-=[Al(OH)4]- C．由实验③推测Al(OH)3能溶于浓氨水 D．实验①中Al(OH)3沉淀不溶解是因为NH4+促进NH3·H2O的电离 【答案】D 【解析】由实验现象可知，实验①中发生的反应硫酸铝溶液与氨水反应生成氢氧化铝沉淀和硫酸铵；实验②中发生的反应为硫酸铝溶液与氢氧化钠溶液先反应生成氢氧化铝沉淀和硫酸钠，后过量的氢氧化钠溶液与氢氧化铝反应生成四羟基合铝酸钠；实验③发生的反应为硫酸铝溶液与氢氧化钠溶液反应生成硫酸钠和四羟基合铝酸钠，四羟基合铝酸钠溶液与二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，反应生成的氢氧化铝沉淀能溶于浓氨水，但不能溶于水。A项，由分析可知，实验①中发生的反应硫酸铝溶液与氨水反应生成氢氧化铝沉淀和硫酸铵，反应的离子方程式为：Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，A正确；B项，由分析可知，实验②中发生的反应为硫酸铝溶液与氢氧化钠溶液先反应生成氢氧化铝沉淀和硫酸钠，后过量的氢氧化钠溶液与氢氧化铝反应生成四羟基合铝酸钠，反应的离子方程式为Al3++3OH-=Al(OH)3↓，Al(OH)3+OH-=[Al(OH)4]-，B正确；C项，由分析可知，由实验③的实验现象可推测得到氢氧化铝能溶于浓氨水的实验结论，C正确；D项，由分析可知，实验①中发生的反应硫酸铝溶液与氨水反应生成氢氧化铝沉淀和硫酸铵，沉淀不溶解是因为溶液中的铵根离子抑制一水合氨的电离，使得溶液中氢氧根离子浓度较小，不能使氢氧化铝沉淀溶解，D错误；故选D。 ◆题型10 物质的量在化学方程式计算中的应用 34．碳酸铜和碱式碳酸铜[Cu2(OH)2CO3]在高温下均能分解成氧化铜，均可溶于盐酸转化为氯化铜。溶解28.4 g碳酸铜和碱式碳酸铜的混合物，恰好消耗500 mL1mol·L-1的盐酸。煅烧等质量的上述混合物，得到氧化铜的质量是(　    ) A.35 g　　　　　　B.30 g C.20 g　　　　　　D.15 g 【答案】C 【解析】要求“得到的氧化铜的质量”，需要求出混合物中“Cu”的物质的量。28.4 g CuCO3和Cu2(OH)2CO3的混合物恰好消耗500 mL 1 mol·L-1的盐酸，转化为CuCl2。根据Cl原子守恒，可得n(CuCl2)=0.5 L×1mol·L-1÷2=0.25 mol。根据Cu原子守恒，混合物中n(Cu)=n(CuCl2)=0.25 mol，可知煅烧后得到的n(CuO)=0.25 mol，质量为0.25 mol×80 g·mol-1=20 g，故选C。 35．有一混合溶液，其中只含有Fe2+、Cl-、Br-、I-(忽略水的电离)，其中Cl-、Br-、I-的个数之比为2：3：3，向溶液中通入氯气，使溶液中Cl-和Br-的个数比为7：3(已知还原性I->Fe2+>Br->Cl-)，则通入氯气的物质的量与溶液中剩余的Fe2+的物质的量之比为( ) A．5：4 B．4：5 C．5：12 D．12：5 【答案】A 【解析】还原性：I-＞Fe2+＞Br-＞Cl-，根据电荷守恒2n(Fe2+)=n(Cl-)+n(Br-)+n(I-)计算n(Fe2+)，根据溶液中通入氯气使溶液中Cl-和Br-的个数比为7：3，计算消耗的氯气和剩余Fe2+的物质的量。由题意可设Cl-、Br-、I-的物质的量分别为2mol、3mol、3mol，由电荷守恒可得：2n(Fe2+)=n(Cl-)+n(Br-)+n(I-)=2mol+3mol+3mol=8mol，n(Fe2+)=4mol，通入氯气后，溶液中有剩余Fe2＋，说明Br－没有参加反应，I－全部参加反应，要满足 n(Cl-)：n(Br-)=7：3，Cl-只要增加5mol就可以，即需通入氯气2.5mol。3mol I-先消耗1.5mol氯气，2mol Fe2+消耗1mol氯气，剩余Fe2+2mol，则通入氯气与剩余Fe2+的物质的量之比为：2.5：(4-2)=5：4。故选项A正确。 36．向含CuCl2和HCl的100g混合溶液中，逐滴加溶质质量分数为10%的NaOH溶液，参加反应的NaOH溶液质量与生成沉淀质量关系如图[仅考虑沉淀为Cu(OH)2]。求： (1)P点溶液中含有的溶质的化学式为 。 (2)图像中，m1= 。 (3)计算M点时溶液中溶质的质量分数 (结果保留到0.1%)。 【答案】(1)NaCl、CuCl2 (2)120 (3)8.3% 【解析】(1)向含CuCl2和HCl混合溶液中逐滴加NaOH溶液，NaOH先于HCl反应，再与CuCl2反应生成沉淀，发生的化学方程式为NaOH+HCl=NaCl+H2O、2NaOH+CuCl2=Cu(OH)2↓+2NaCl，P点溶液是HCl恰好完全反应时图像，溶液中含有的溶质为NaCl、CuCl2；(2)设与CuCl2溶液反应的NaOH的质量为xg，生成NaCl的质量为yg，则 ，解得：x=8，y=11.7，与CuCl2溶液反应的NaOH溶液的质量为，m1=40g+80g=120g；(3)M点时溶液中溶质为NaCl，设NaOH溶液与HCl反应生成NaCl的质量为zg，则 ，解得：z=5.85，M点时溶液中溶质的质量分数。 ◆拔高01铁及其化合物的相关计算 1．将铁、氧化铁、氧化铜组成的混合物粉末mg放入盛盐酸的烧杯中，充分反应后产生2.24L H2(标准状况)，残留固体2.56g。过滤，滤液中无Cu2+。将滤液加水稀释到500mL，测得其中c(H+)为。下列说法正确的是( ) A．m=15.36 B．烧杯中转移电子的物质的量共为0.28mol C．若将反应后的溶液倒入蒸发皿中直接蒸干可得到0.2mol FeCl2 D．过滤时需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗、锥形瓶 【答案】A 【解析】既然还有较多H+离子剩余，且滤液中没有Cu2+可知残留物没有Fe，只有Cu，则反应后溶质为HCl和FeCl2，根据Cl元素守恒可知:n(HCl)=2n(FeCl2)+n剩余(H+)，即5.00mol/L×0.1L=2n(FeCl2)+0.200mol/L×0.5L解得:n(FeCl2)=0.2mol；2.56g Cu的物质的量为0.04mol，则与Cu2+参加反应的Fe的物质的量为0.04mol；标况下2.24L H2的物质的量为0.1mol，则H+参加反应的Fe的物质的量为0.1mol；根据Fe2+守恒，可有与Fe3+反应的Fe的物质的量为0.2-0.1-0.04=0.06mol；因此原混合物中n(Fe)=0.04+0.02+0.1=0.16mol，n(Fe2O3)=0.02mol，n(CuO)=0.04mol。A项，据分析可知混合物的质量为：0.16mol×56g/mol+0.02mol×160g/mol+0.04mol×80g/mol=15.36g，A正确；B项，根据原混合物组成的各组分的物质的量可知，烧杯中转移电子的物质的量共为(0.1mol+0.04mol+0.02mol)×2=0.32mol，B错误；C项，由于氯化亚铁易水解易氧化，将反应后的溶液蒸干后得到氢氧化铁，C错误；D项，过滤时需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗，不需要锥形瓶，D错误；故选A。 解题技巧 第一步：守恒法在铁及其化合物计算中的应用，主要体现在以下几个方面： 1. 元素守恒(质量守恒) 原理：反应前后，元素的质量不变。 应用：适用于涉及铁元素在不同化合物之间转化的计算。 2. 电子守恒 原理：在氧化还原反应中，氧化剂得到的电子总数等于还原剂失去的电子总数。 应用：适用于涉及铁元素价态变化的氧化还原反应计算。 3. 电荷守恒 原理：在电解质溶液中，正电荷总数等于负电荷总数。 应用：适用于涉及铁及其化合物在溶液中反应的计算，特别是当溶液中存在多种离子时。 第二步：提炼守恒法应用的解题步骤 1. 审题：明确反应过程，找出关键反应物和生成物。 2. 确定守恒类型：根据题目特点，判断适用哪种守恒原理(元素守恒、电子守恒或电荷守恒)。 3. 建立守恒关系：根据确定的守恒类型，列出反应前后守恒量的数学表达式。 4. 求解：解方程，得出答案。 第三步：总结守恒法应用的注意事项 元素守恒：注意铁元素在不同化合物中的存在形式，确保不遗漏、不重复。 电子守恒：准确判断铁元素的价态变化，以及氧化剂、还原剂的电子转移情况。 电荷守恒：注意溶液中所有离子的电荷，确保不遗漏任何离子。 通过以上步骤，可以系统地掌握守恒法在铁及其化合物计算中的应用方法。 2．向一定量的Fe、FeO、Fe2O3的混合物中加入100mL1mol/L的盐酸，恰好使混合物完全溶解，放出224mL(标准状况下)的气体。所得溶液中加入KSCN溶液无红色出现，混合物中铁元素的质量分数为( ) A．81.4% B．77.8% C．68.6% D．无法计算 【答案】A 【解析】向一定量的Fe、FeO、Fe2O3的混合物中加入100mL1mol/L的盐酸，恰好使混合物完全溶解，放出224mL(标准状况下)的气体，最终生成FeCl2、H2O、H2。n(H2)==0.01mol，n(FeCl2)==0.05mol，依据氢元素守恒，生成H2O的物质的量为-0.01mol=0.04mol，混合物中所含氧元素的质量为0.04mol×16g/mol=0.64g，含Fe元素的质量为0.05mol×56g/mol=2.8g，则混合物中铁元素的质量分数为≈81.4%，故选A。 3．实验室测定氧化物X(FexOy)的组成实验如下： 下列有关说法正确的是( ) A．样品X中含有+2价铁元素0.01mol B．溶液Y中c(Fe2+)：c(Fe3+)=2：1 C．溶液Z中的离子只有Fe3+和Cl- D．根据步骤I、II可判断X为Fe4O5 【答案】D 【解析】A项，溶液Y中通入0.01molCl2恰好完全反应，反应为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2C1-，则Y中含有0.02molFe2+，故A错误；B项，X中含“FeO”的质量为0.02mol×72g·mol-1=1.44g，含“Fe2O3”的质量为3.04g-1.44g=1.6g，则有n(Fe2O3)=0.01mol，所以c(Fe2+)：c(Fe3+)=1：1，故B错误；C项，步骤I中加入足量盐酸，溶液Z中含有Fe3+和Cl-外，还含有H+，故C错误；D项，通过计算可知X由0.02mol FeO 和0.01mol Fe2O3组成，所以可判断X为Fe4O5，故D正确；故选D。 4．(2026·黑龙江吉林高三模拟预测)已知芹菜中的铁元素主要以草酸亚铁(FeC2O4)形式存在，FeC2O4在常温常压下稳定，加热至以上时开始分解。某实验小组采用下列方案在实验室测定芹菜叶中铁元素的含量。 已知：I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI。下列说法正确的是( ) A．为方便起见，芹菜叶可以在烧杯中进行灼烧 B．“灼烧”“过滤”和“滴定”过程中均发生化学变化 C．H2O2参与反应(除自身的分解反应外)的离子方程式为2Fe2++H2O2 +2H+=2Fe3++2H2O D．若消耗标准Na2S2O3溶液体积平均为20.25 mL，则mg芹菜叶中含113.4 mg铁元素 【答案】D 【解析】A项，灼烧固体物质需要在坩埚中进行，烧杯不耐高温，不能用于灼烧，A错误；B项，过滤是分离固体和液体的操作，没有新物质生成，属于物理变化，不是化学变化，B错误；C项，该离子方程式电荷不守恒，正确的离子方程式为：2Fe2++H2O2 +2H+=2Fe3++2H2O，C错误；D项，根据流程推导定量关系： ，可得关系：，即； 计算：，，D正确；故选D。 ◆拔高02铁及其化合物在工艺流程中的应用 5．(2026·湖南邵阳高一联考)高铁酸钾(K2FeO4)是新型的绿色环保水处理剂。一种制备K2FeO4的流程如下： 下列说法错误的是( ) A．步骤i中每产生1molFe2(SO4)3转移2 mol电子 B．步骤ii说明碱性条件下，氧化性：NaClO＜Na2FeO4 C．步骤iii的反应为复分解反应，说明溶解度：Na2FeO4＞K2FeO4 D．K2FeO4作为性能优良的水处理剂，主要是利用了其强氧化性和还原后产生的具有絮凝作用的Fe(Ⅲ) 【答案】B 【解析】根据制备流程分析，FeSO4溶液在酸性条件下与H2O2发生氧化还原反应得到Fe2(SO4)3，Fe2(SO4)3与NaClO在碱性条件下发生氧化还原得到Na2FeO4，Na2FeO4与饱和的KOH溶液作用得到K2FeO4粗品，经洗涤干燥后得到K2FeO4纯品。A项，由上述分析可知，步骤i为FeSO4溶液在酸性条件下与H2O2发生氧化还原反应生成H2O和Fe2(SO4)3，根据氧化还原反应规律可得反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2 +2H+=2Fe3++2H2O，每产生1molFe2(SO4)3转移2mol电子，A正确；B项，步骤ii为Fe2(SO4)3与NaClO在碱性条件下发生氧化还原得到Na2FeO4，氧化剂是NaClO，氧化产物为Na2FeO4，因为氧化剂的氧化性大于氧化产物，故在碱性条件下，氧化性：NaClO＞Na2FeO4，B错误；C项，步骤iii为Na2FeO4与饱和的KOH溶液发生复分解反应得到K2FeO4粗品，溶解度大的物质转化为溶解度小的物质，故溶解度Na2FeO4＞K2FeO4，C正确；D项，由于K2FeO4具有强氧化性，因此可用于水的杀菌消毒，且其还原产物Fe3+水解得到的Fe(OH)3胶体，具有絮凝的作用，故K2FeO4是性能优良的水处理剂，D正确；故选B。 解题技巧 1．先抓核心价态，避开复杂推导。铁是典型的变价金属，工艺流程里常见Fe3+和Fe3+的转化，读题时先标记每一步中铁的价态：酸溶后原料里的Fe2O3通常生成Fe3+，加入过量铁粉后会全部还原为Fe2+，后续氧化、沉铁步骤再对应价态变化，不用逐行推导所有物质，先锚定铁的价态就抓住了流程核心。 2．利用“过量试剂”逻辑秒判滤渣和滤液。这类流程的除杂步骤里，为了把杂质除尽，加入的铁粉、碳酸盐等试剂通常都是过量的，比如加铁粉还原Fe3+后，滤渣里必然含有剩余的铁粉，结合这个规律可以直接判断滤渣成分，不用反复纠结反应限度。 3．陌生方程式遵循“合理即正确”原则。遇到没学过的沉铁、氧化反应方程式，先确定铁的最终产物，再结合溶液里已有的阴离子(比如硫酸根、碳酸根)，通过阴阳离子配对、元素守恒补全产物。 6．(2026·山东青岛高一期末)湿法制备多功能水处理剂K2FeO4固体的工艺流程如下： 已知：NaCl、NaNO3在强碱中溶解度远小于。下列说法正确的是( ) A．溶解度：K2FeO4大于Na2FeO4 B．“操作Ⅱ”所得副产物不可循环使用 C．“操作Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ”都要使用的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯、酒精灯 D．生成Na2FeO4的离子方程式为3ClO-+2Fe3++10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O 【答案】D 【解析】A项，观察流程图可知，向Na2FeO4中加入KOH饱和溶液来制取K2FeO4，说明K2FeO4溶解度小于Na2FeO4，A错误；B项，“操作Ⅱ”得到的副产物为NaOH溶液，可循环使用，B错误；C项，“操作Ⅰ、Ⅱ”为过滤，不需要使用酒精灯，C错误；D项，生成Na2FeO4的离子方程式为3ClO-+2Fe3++10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O，满足得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，D正确；故选D。 7．高铁酸钾(K2FeO4)是一种暗紫色固体，低温碱性条件下比较稳定。高铁酸钾能溶于水，微溶于浓KOH溶液，且能与水反应放出氧气，并生成Fe(OH)3胶体，常用作水处理剂。高铁酸钾有强氧化性，酸性条件下，其氧化性强于Cl2、KMnO4等。工业上湿法制备K2FeO4的流程如下： 下列关于K2FeO4的工业湿法制备工艺，说法正确的是( ) A．“反应”时，氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：3 B．“过滤I”所得滤液中大量存在的离子有：Na+、Fe3+、Cl-、NO3-、FeO42- C．“转化”时，反应能进行的原因是该条件下K2FeO4的溶解度比Na2FeO4小 D．“过滤II”所得滤液在酒精灯外焰上灼烧，观察到火焰呈黄色，说明滤液为NaOH溶液 【答案】C 【解析】向碱性的KClO浓溶液中加入90%的Fe(NO3)3溶液，发生反应2Fe(NO3)3+3NaClO+10NaOH=2Na2FeO4+6NaNO3+3NaCl+5H2O，过量的饱和的KOH将Na2FeO4转化为溶解度更小的K2FeO4。A项，“反应”时发生反应2Fe(NO3)3+3NaClO+10NaOH=2Na2FeO4+6NaNO3+3NaCl+5H2O，Cl元素化合价降低，氧化剂是NaClO，Fe元素的化合价升高，还原剂是Fe(NO3)3，质的量之比为3：2，A错误；B项，过量NaOH，“过滤I” 所得滤液一定不存在Fe3+，B错误；C项，“转化”时，Na2FeO4转化为K2FeO4，反应能进行的原因是该条件下K2FeO4的溶解度比Na2FeO4小，C正确；D项，没透过蓝色钴玻璃，K+的火焰颜色也是黄色，滤液可能为KOH溶液，D错误；故选C。 8．(2026·北京高三模拟预测)将钢铁部件发蓝处理，可在表面形成致密的氧化膜以减缓腐蚀。工业上常用高温水蒸气或碱性NaNO2溶液将铁氧化。某发蓝工艺中铁的转化关系如下图，过程Ⅰ、Ⅱ中均产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体。 下列说法正确的是( ) A．利用高温水蒸气进行发蓝处理的化学方程式为3Fe＋3H2O(g)Fe2O3＋3H2 B．可用硫酸铜溶液浸泡法检验膜层致密性，检验原理为2Fe3++Cu==Cu2++2Fe2+ C．过程Ⅰ中进一步升高温度或增大溶液浓度，均有利于发蓝处理 D．过程Ⅱ中反应的离子方程式为6FeO2-+NO2-+5H2O3Fe2O42-+NH3↑+7OH- 【答案】D 【解析】铁与溶液NaNO2、NaOH溶液在120℃生成Na2FeO2，Na2FeO2与NaNO2溶液、NaOH溶液在140℃生成Na2Fe2O4，Na2FeO2与Na2Fe2O4反应生成Fe3O4。A项，利用高温水蒸气进行发蓝处理生成Fe3O4，化学方程式为3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2，A错误；B项，若“发蓝”失败，铁暴露会与CuSO4反应析出Cu，检验原理为Fe + Cu2+ == Fe2+ + Cu，成功则无反应，B错误；C项，升高温度，NaNO2受热易分解，反而降低氧化效率，不利于发蓝；增大NaNO2浓度，NaNO2浓度过高会导致Fe过度腐蚀，膜层疏松不致密，同样不利于发蓝处理，C错误；D项，过程Ⅱ中Na2FeO2与NaNO2溶液、NaOH溶液在140℃生成Na2Fe2O4，NaNO2作氧化剂，Na2FeO2作还原剂，产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，说明还生成了氨气，反应的离子方程式为6FeO2-+NO2-+5H2O3Fe2O42-+NH3↑+7OH-，D正确；故选D。 9．(2026·安徽阜阳高一联考)某工厂的工业废水中含有大量的FeSO4和少量的CuSO4，为减少污染并变废为宝，该工厂计划利用该废水制备硫酸铁铵晶体[NH4Fe(SO4)2·7H2O]，具体流程如下： 回答下列问题： (1)NH4Fe(SO4)2中铁元素的化合价为___________。 (2)取“还原过滤”后的溶液于试管中，滴加氢氧化钠溶液，现象是___________，此过程涉及的氧化还原反应的化学方程式为___________。 (3)滤渣用___________(填试剂名称)浸泡后过滤，将所得滤液合并入“氧化”步骤，以提高产量。 (4)试剂Y选用足量的H2O2溶液，其原因是___________，发生反应的离子方程式为___________。 【答案】(1)+3 (2) 产生白色沉淀，沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色 4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3 (3)稀硫酸 (4) 将亚铁离子氧化为铁离子且不引入新杂质 2Fe2++H2O2 +2H+=2Fe3++2H2O 【解析】由题干工艺流程图可知，向工业废水 (含有大量的FeSO4和少量CuSO4) 中加入足量的固体X即Fe，反应方程式为：Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，充分反应后过滤得到滤渣，主要成分为Cu和Fe，向滤液中加入稀硫酸和试剂Y为H2O2，将FeSO4氧化为Fe2(SO4)3，反应方程式为：2FeSO4+H2O2+H2SO4=Fe2(SO4)3+2H2O，向充分氧化后的溶液中加入(NH4)2SO4固体，在蒸发浓缩、冷却结晶，过滤洗涤干燥，即得硫酸铁铵晶体。 (1)根据化合价规则NH4Fe(SO4)2中铁元素的化合价为+3价； (2)由分析可知，取“还原过滤”后的溶液主要成分为FeSO4于试管中，滴加氢氧化钠溶液，由FeSO4+2NaOH= Fe(OH)2↓+Na2SO4， 4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3可知产生的现象是产生白色沉淀，沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色；此过程涉及的氧化还原反应是4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3； (3)由分析可知，滤渣主要成分为Fe和Cu，则滤渣用稀硫酸浸泡后过滤，得到滤液为FeSO4和稀硫酸，将所得滤液合并入“氧化”步骤，以提高产量； (4)由分析可知，为不引入杂质，“氧化”中所加试剂Y为H2O2，将亚铁离子氧化为铁离子；发生反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2 +2H+=2Fe3++2H2O。 ◆拔高03 铝的重要化合物的相关图像 10．向含Al2(SO4)3 和 AlCl3的混合溶液中逐滴加入1 mol/L Ba(OH)2溶液至过量，加入Ba(OH)2溶液的体积和所得沉淀的物质的量的关系如图，下列说法不正确的是( ) A．图中A点生成的沉淀是BaSO4和Al(OH)3 B．原混合液中c[Al2(SO4)3]：c(AlCl3)=1：1 C．AB段反应的离子方程式为：Al3++3OH-=Al(OH)3↓ D．向D点溶液中通入CO2气体，立即产生白色沉淀 【答案】B 【解析】向含Al2(SO4)3 和 AlCl3的混合溶液与Ba(OH)2溶液反应的实质是Al3+与OH-、Ba2+与SO42- 之间的离子反应，如下Ba2++ SO42-═BaSO4↓，Al3++3OH-═Al(OH)3↓，Al(OH)3+OH-═AlO2- +2H2O，假设1molAl2(SO4)3中SO42-完全被沉淀所需Ba(OH)2量为3mol，3molBa(OH)2提供6molOH-，1molAl2(SO4)3中含有2molAl3+，由反应Al3++3OH-═Al(OH)3↓可知，1molAl2(SO4)3中的Al3+和SO42- 均沉淀完全，故从起点到A点，可以认为是硫酸铝与氢氧化钡恰好发生反应生成3molBaSO4、2molAl(OH)3沉淀，A点时SO42-完全沉淀，AB为氯化铝与氢氧化钡的反应，B点时溶液中Al3+完全沉淀，产生沉淀达最大值，溶液中溶质为BaCl2，BC为氢氧化铝与氢氧化钡反应，C点时氢氧化铝完全溶解，C点时氢氧化铝完全溶解。A项，图中A点是Al2(SO4)3和Ba(OH)2的反应，故生成的沉淀是BaSO4和Al(OH)3，A正确；B项，前3LBa(OH)2溶液与溶液中Al2(SO4)3反应，从3L-6L为Ba(OH)2溶液与溶液中AlCl3反应，二者消耗的氢氧化钡的物质的量相等为3L×1mol/L=3mol，由生成硫酸钡可知3n[Al2(SO4)3]=n[Ba(OH)2]，故n[Al2(SO4)3]=1mol，由氯化铝与氢氧化钡生成氢氧化铝可知3n(AlCl3)=2n[Ba(OH)2]=6mol，故n(AlCl3)=2mol，故原溶液中原混合液中c[Al2(SO4)3]：c(AlCl3)=1：2，B错误；C项，AB段为氯化铝与氢氧化钡的反应，故离子方程式为Al3++3OH-═Al(OH)3↓，C正确；D项，D点的溶液中含有 [Al(OH)4]-，通入二氧化碳产生氢氧化铝白色沉淀，D正确；故选B。 解题技巧 基本坐标图像 实验现象及反应原理 衍生坐标图像 化学反应原理 向铝盐溶液中加强碱 现象：先沉淀后溶解 注：如果向强碱中加铝盐，开始无明显现象，后生成沉淀 Al3＋和Mg2＋(或Fe3＋)混合溶液加碱的反应：Mg2＋＋2OH－=== Mg(OH)2↓Al3＋＋4OH－===AlO2-＋2H2O 向偏铝酸盐溶液中加强酸 现象：先沉淀后溶解注：如果向强酸中加偏铝酸盐，开始无明显现象，后生成沉淀 AlO2-和OH－混合溶液加酸的反应： H＋＋OH－===H2O 4H＋＋AlO2-===Al3＋＋2H2O AlO2-和SiO32-混合溶液加酸的反应：SiO32-＋2H＋===H2SiO3↓4H＋＋AlO2-===Al3＋＋2H2O 向铝盐溶液中加弱碱 现象：生成沉淀量不断增加，后不变 Al3＋和H＋混合溶液加氨水的反应 H＋＋NH3·H2O ===NH4+＋H2O Al3＋＋3NH3·H2O ===Al(OH)3↓＋3NH4+ 向偏铝酸盐溶液中加弱酸 现象：生成沉淀量不断增加，后不变 AlO2-和OH－混合溶液通入CO2的反应：2OH－＋CO2=== CO32-＋H2O AlO2-＋CO2＋2H2O === Al(OH)3↓＋HCO3- 11．室温下，在0.2 mol·L－1 Al2(SO4)3溶液中，逐滴加入1.0 mol·L－1 NaOH溶液，实验测得溶液pH随NaOH溶液体积变化曲线如图，下列有关说法正确的是( ) A．a点时，溶液呈酸性的原因是Al3＋水解，离子方程式为：Al3＋＋3OH－Al(OH)3 B．a～b段，溶液pH增大，Al3＋浓度不变 C．b～c段，加入的OH－主要用于生成Al(OH)3沉淀 D．d点时，Al(OH)3沉淀开始溶解 【答案】C 【解析】A项，a点时，即为Al2(SO4)3溶液，由于Al3＋水解：Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋，溶液呈酸性，错误；B项，a～b段，主要是滴入的NaOH溶液中和了水解生成的H＋，c(H＋)减小，溶液pH增大，另外，一方面，c(H＋)减小一定程度上促进了Al3＋的水解，另一方面溶液体积增大，故c(Al3＋)减小，错误；C项，b～c段，pH变化缓慢，主要发生反应：Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓，正确；D项，c点后pH变化较快的一段，为Al3＋沉淀完全，Al(OH)3未溶解而c(OH－)增大的过程，d点前pH变化较缓慢的一段反应为：Al(OH)3＋OH－===AlO＋2H2O，故d点时，Al(OH)3已完全溶解，错误。 12．(2026·江西多校高三联考)将一定质量由Mg和Al组成的混合物投入500 mL稀硫酸中，固体全部溶解并产生气体。待反应完全后，向所得溶液中加入NaOH溶液，生成沉淀的物质的量与加入NaOH溶液的体积关系如图所示。下列说法错误的是 A．Mg和Al的总质量为8.7 g B．稀硫酸的物质的量浓度为1.2mol/L C．NaOH溶液的物质的量浓度为2.5mol/L D．生成的H2在标准状况下的体积约为8.96 L 【答案】B 【解析】A项，Mg的物质的量等于Mg(OH)2的物质的量为0.25 mol，质量为0.25×24=6 g；Al的物质的量等于Al(OH)3的物质的量为0.35-0.25=0.10 mol，质量为0.10×27=2.7 g，总质量6+2.7=8.7 g，A正确；B．沉淀达最大值时，溶液中溶质为Na2SO4，n(Na+)=2.5 mol/L×0.4 L=1.0 mol，则n(Na2SO4)=0.5 mol，即n(H2SO4)=0.5 mol，浓度为=1.0 mol/L≠1.2 mol/L，B错误；C．Al(OH)3溶解消耗NaOH体积440-400=40 mL，n(Al(OH)3)=0.10 mol，据Al(OH)3+OH-= [Al(OH)4]-，n(NaOH)=0.10 mol，c(NaOH)=0.10 mol/0.04 L=2.5 mol/L，C正确；D．Mg生成H2 0.25 mol，Al生成H2 0.10×=0.15 mol，总H2 0.40 mol，标况体积0.40×22.4=8.96 L，D正确；故选B。 13．(2026·浙江金华高一期中)向100mL1mol·L-1硫酸铝铵[NH4Al(SO4)2]溶液中逐滴滴入1mol·L-1Ba(OH)2溶液。随着Ba(OH)2溶液体积的变化，沉淀总物质的量的变化如图所示，则下列说法正确的是( ) A．a点发生反应的离子方程式是：Al3++2SO42-+2Ba2++3OH-=Al(OH)3↓+2BaSO4↓ B．沉淀的质量：a点>c点 C．从a→b、b→c点过程中发生反应的离子方程式依次为：NH4++OH-=NH3·H2O、Al(OH)3＋OH－＝[Al(地OH)4]- D．b点消耗Ba(OH)2溶液体积为200mL 【答案】D 【解析】100mL1mol·L-1硫酸铝铵[NH4Al(SO4)2]溶液中NH4Al(SO4)2物质的量为0.1mol，溶液中含有0.1mol NH4+、0.1molAl3+、0.2mol SO42-；开始滴加1mol·L-1Ba(OH)2同时发生反应SO42-+Ba2+=BaSO4↓、Al3＋＋3OH-＝Al(OH)3↓，当Al3+沉淀完全时需加入0.3molOH-，即0.15mol Ba(OH)2，加入的Ba2+为0.15mol，只能沉淀0.15mol硫酸根，SO42-未完全沉淀，此时溶液中溶质为硫酸铵(a点)；再滴加Ba(OH)2，生成BaSO4沉淀，发生反应为SO42-+Ba2+=BaSO4↓、NH4++OH-=NH3·H2O，所以沉淀质量继续增加；当SO42-完全沉淀时，共需加入0.2mol Ba(OH)2，即0.4molOH-，Al3+反应掉0. 3molOH-，生成Al(OH)30.1mol，剩余0.1molOH-恰好与H4+完全反应，此时溶液中H4+完全反应，此时溶液为氨水(b点)；继续滴加Ba(OH)2，Al(OH)3溶解，发生反应Al(OH)3＋OH－＝[Al(OH)4]-，由方程式可知要使0.1mol Al(OH)3完全溶解，需再加入0.05mol Ba(OH)2，此时溶液含一水合氨、钡离子、[Al(OH)4]-离子(b到c)。A项，由分析，NH4Al(SO4)2的物质的量为0.1mol，a点加入0.15mol Ba(OH)2，生成Al(OH)30.1mol，只能沉淀0.15mol硫酸根，SO42-未完全沉淀，离子反应方程式为：2Al3++3SO42-+3Ba2++6OH-=2Al(OH)3↓+3BaSO4↓，故A错误；B项，由分析可知，a点沉淀为0.1mol Al(OH)3，0.15molBaSO4，其质量为0.15mol×233g/mol+0.1mol×78g/mol=42.75g，c点为0.2molBaSO4，硫酸钡的质量：0.2mol×233g/mol=46.6g，所以质量c点＞a点，故B错误；C项，a→b点发生反应的离子方程式为SO42-+Ba2+=BaSO4↓、NH4++OH-=NH3·H2O，b→c点发生反应的离子方程式为Al(OH)3＋OH－＝[Al(OH)4]-，故C错误；D项，b点SO42-恰好完全沉淀，共需加入0.2mol Ba(OH)2，则b点消耗氢氧化钡体积0. 2mol÷1mol/L=0.2L，即200mL，故D正确；故选D。 ◆拔高04铝及其化合物在工艺流程中的应用 14．(2026·江苏南京高一月考)工业上用铝土矿(主要成分为Al2O3，含Fe2O3杂质)为原料冶炼铝的工艺流程如下： 下列叙述正确的是( ) A．Al2O3、Fe2O3均为碱性氧化物 B．试剂X可以是氢氧化钠溶液，也可以是盐酸 C．反应①、过滤后所得沉淀为氢氧化铁 D．反应②的化学方程式为Na[Al(OH)4] + CO2=Al(OH)3↓ + NaHCO3 【答案】D 【解析】铝土矿主要成分为Al2O3，含Fe2O3杂质。 本工艺利用两种氧化物的性质差异分离提纯：加入的试剂X为NaOH溶液，Al2O3作为两性氧化物可与NaOH反应生成可溶性四羟基合铝酸钠，Fe2O3不与碱反应，反应①过滤后即可将Fe2O3沉淀除去，实现铝与铁杂质分离。 向得到的溶液乙中通入过量CO2(Y)，将四羟基合铝酸钠转化为Al(OH)3沉淀，灼烧沉淀得到纯净Al2O3，最终电解熔融氧化铝得到金属铝。A项，Al2O3是两性氧化物，可与强酸、强碱反应生成盐和水，仅Fe2O3为碱性氧化物，A错误；B项，该工艺流程的目的是将Al2O3和Fe2O3分离。若试剂X是盐酸，二者均会溶解，无法分离；若试剂X是氢氧化钠溶液，Al2O3会溶解而Fe2O3不溶，可以实现分离。因此试剂X应为氢氧化钠溶液，B错误；C项，Fe2O3不与氢氧化钠溶液反应，反应①过滤后所得沉淀为Fe2O3，不是氢氧化铁，C错误；D项，反应②为过量CO2通入Na[Al(OH)4]溶液，生成Al(OH)3沉淀和NaHCO3，化学方程式书写正确，D正确；故选D。 解题技巧 1．铝土矿提纯流程分碱溶、酸溶两条主线，碱溶除铁杂质，酸溶除硅杂质。 2．调pH制备Al(OH)3选用氨水，避免强碱过量溶解沉淀。 3．Al3+与[Al(OH)4]－易发生双水解，流程除杂常利用该反应。 4．电解制铝原料为熔融Al2O3，冰晶石作助熔剂。 5．计算全程使用铝元素守恒，判断滤渣成分时区分Fe(OH)3不溶于过量强碱的特点。 15．(2026·河北唐山高一期末)铝土矿的主要成分为Al2O3，还含有少量SiO2、FeO、Fe2O3等杂质。由铝土矿提取铝的流程如下。 下列说法错误的是( ) A．“浸渣”的主要成分为SiO2 B．“氧化”过程中H2O2将Fe2+氧化为Fe3+ C．可用KSCN溶液检验“沉铁”后溶液中是否存在Fe3+ D．“碳分”过程中生成Al(OH)3的离子方程式为 2[Al(OH)4]-+CO2 = 2Al(OH)3↓ +CO32-+H2O 【答案】D 【解析】铝土矿用稀硫酸酸浸后，SiO2不溶，浸渣中主要成分为SiO2，酸浸液中所含金属离子为Al3+、Fe2+、Fe3+，酸浸液中加入H2O2溶液氧化后Fe2+转化为Fe3+，加入氢氧化钠溶液沉铁后，Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，Al3+转化为 [Al(OH)4]-，再向溶液中通入过量CO2后生成Al(OH)3和NaHCO3，Al(OH)3灼烧后转化为Al2O3，电解得到Al。A项，根据分析，浸渣主要成分为SiO2 ，A正确；B项，根据分析，H2O2具有氧化性，可将Fe2+氧化为Fe3+，便于后续沉铁，B正确；C项，Fe3+遇KSCN溶液会变为血红色，因此可用KSCN溶液检验“沉铁”后溶液中是否残留Fe3+，C正确；D项，由流程可知“碳分”后生成NaHCO3溶液，说明通入的CO2 过量，离子方程式为： [Al(OH)4]-+CO2 = Al(OH)3↓ +HCO3-，D错误；故选D。 16．(2026·湖南衡阳高一期末)从铝土矿(主要成分为Al2O3，还有少量杂质)中提取铝的工艺流程如下图所示： 下列说法错误的是( ) A．Al位于元素周期表第三周期第ⅢA族 B．溶解过程发生离子反应：Al2O3+2OH-+3H2O=2[Al(OH)4]- C．工业生产中，a通常选用HCl D．①②③转化过程涉及的反应均为非氧化还原反应 【答案】C 【解析】铝土矿(主要成分为Al2O3)为原料提取铝。①铝土矿经NaOH溶液溶解，Al2O3与碱反应生成可溶性的Na[Al(OH)4]，离子方程式为Al2O3+2NaOH+3H2O=2Na[Al(OH)4]，过滤除去不溶性杂质；②向Na[Al(OH)4]溶液中通入过量气体a，工业上通常为CO2，发生反应CO2+ Na[Al(OH)4]=Al(OH)3↓+NaHCO3，过滤得到Al(OH)3沉淀；③Al(OH)3经灼烧分解为Al2O3，反应为2Al(OH)3Al2O3＋3H2O；最后向Al2O3中加入冰晶石降低熔点，熔融电解得到金属铝，反应为2Al2O34Al＋3O2↑。A项，Al原子序数为13，核外有3个电子层，最外层电子数为3，位于元素周期表第三周期第ⅢA族，A不符合题意；B项，溶解过程中Al2O3与NaOH溶液反应的离子方程式为Al2O3+2OH-+3H2O=2[Al(OH)4]-，B 不符合题意；C项，工业生产中，为使[Al(OH)4]-转化为Al(OH)3沉淀，通常选用过量CO2，若选用HCl，过量的HCl会溶解 Al(OH)3，无法控制沉淀生成，C 符合题意；D项，①Al2O3与NaOH反应、② Na[Al(OH)4] 与CO2反应、③ Al(OH)3 灼烧分解，均无元素化合价变化，均为非氧化还原反应，D 不符合题意；故选 C。 17．(2026·北京高一期末)一种从粉煤灰(主要成分为Al2O3，含少量SiO2、Fe2O3、CaO)中获得Al2O3的流程如下图。 已知：焙烧过程中SiO2几乎不发生反应，Al2O3、Fe2O3、CaO转化为相应的硫酸盐。 下列说法不正确的是( ) A．浸出环节无法将Ca元素除尽 B．沉淀池1中反应是Fe3++3NH3·H2O=Fe(OH)3↓+3NH4+ C．从流程中的反应可推测溶解度：Fe(OH)3＞Al(OH)3 D．母液经处理后得到的(NH4)2SO4可循环利用 【答案】C 【解析】该工艺以粉煤灰和硫酸铵为原料，经焙烧炉1高温硫酸化焙烧将铝、铁氧化物转化为可溶性硫酸盐，炉渣再经稀硫酸浸出溶解金属离子并分离二氧化硅渣；随后通过沉淀池1调节pH优先沉淀除铁(得Fe(OH)3)，沉淀池2进一步处理富集铝元素，最终经焙烧炉2煅烧得到氧化铝，过程中产生的炉气等可循环利用。A项，焙烧生成的CaSO4微溶于水，稀硫酸浸出时部分CaSO4会残留于溶液中，无法将Ca元素完全除去，A正确；B项，沉淀池1中通入氨气，Fe3+与NH3、水反应生成Fe(OH)3沉淀和NH4+，离子方程式书写正确，B正确；C项，分步沉淀中Fe3+优先形成Fe(OH)3沉淀，说明相同条件下Fe(OH)3溶解度更小，即溶解度：Fe(OH)3＜Al(OH)3，C错误；D项，沉淀池2中沉淀Al(OH)3后，母液主要成分为(NH4)2SO4，可返回焙烧炉1循环利用，D正确；故选C。 18．(2026·云南昭通三模)利用铝土矿(主要成分为Al2O3，含SiO2、Fe2O3等杂质)冶炼铝的主要流程如图所示： 已知：SiO2在“溶解”时转化为铝硅酸钠沉淀。下列叙述错误的是 A．“溶解”时适当增大NaOH溶液的浓度，可提高溶解速率 B．溶液A中通入过量的CO2，发生反应：2[Al(OH)4]-+CO2 = 2Al(OH)3↓ +CO32+H2O- C．向Al中加入Cu、Si、Mg等元素，可以得到性能优良的铝合金 D．“熔融电解”时加入的冰晶石，其含有离子键 【答案】B 【解析】铝土矿经过溶解后溶液中含[Al(OH)4]-，Fe2O3不溶于氢氧化钠溶液，SiO2在“溶解”时转化为铝硅酸钠沉淀，二者经过操作Ⅰ过滤除去，向滤液中通入过量的CO2，反应生成Al(OH)3沉淀，通过操作Ⅱ过滤后得到Al(OH)3沉淀，通过操作Ⅲ灼烧后得到Al2O3固体，加入冰晶石熔融电解后得到金属Al。A．增大反应物浓度可提高反应速率，A正确；B．过量的CO2会继续与CO32-反应生成HCO3-，正确的反应方程式应该为：[Al(OH)4]-+CO2 = Al(OH)3↓ +HCO3-，B错误；C．合金是由一种金属与其他金属或非金属熔合而成的具有金属特性的物质，加入Cu、Si、Mg等元素可改善Al的性能，C正确；D．冰晶石的化学式为Na3AlF6，其为离子化合物，含有离子键，D正确；故选B。 ◆拔高05热重分析法 19．8.34gFeSO4⋅7H2O样品在N2气氛中受热分解过程的热重曲线如图所示，下列说法正确的是 A．P→Q过程产生的气体为纯净物 B．x=4，y=1 C．加热到633℃剩余的固体呈黑色 D．检验固体Q的成分可用铁氰化钾试剂 【答案】B 【解析】8.34g七水合硫酸亚铁的物质的量为0.03mol，若晶体完全失去结晶水所得固体的质量为4.56g，则373℃前为晶体脱水的过程。A项，633℃后FeSO4受热分解，由铁原子守恒可知，Q中Fe和O物质的量之比为，则Q为Fe2O3，分解反应为：，因此，P→Q过程中产生的气体物为混合气体，A错误；B项，在FeSO4⋅7H2O→M的过程中，脱去水分子的个数为，则M为四水合硫酸亚铁；M→N过程中，脱去水分子的个数为，则N为一水合硫酸亚铁，所以x=4，y=1，B正确；C项，加热到633℃剩余的固体为最终产物为Fe2O3，呈红棕色，C错误；D项，检验Fe2O3中Fe3+应用KSCN溶液，D错误；故选B。 解题技巧 1．结晶水合盐受热分解步骤 加热结晶水合盐反应可分三步进行：第一步是脱去部分水，第二步是生成羟基盐或含水盐，第三步是生成金属氧化物；如果热重实验的气氛为空气，则加热过程中可能被氧化，反应将变得更复杂一些。 2．热重曲线图的分析方法 (1)识图。识图的关键是三看：一看轴即横、纵坐标所表示的化学含义(自变量X轴和函数Y轴表示的意义)，寻找X、Y轴之间的关系，因为这是理解题意和进行正确思维的前提；二看点即曲线中的特殊点(顶点、始点、终点、拐点、交叉点)；三看线即曲线的走势(变化趋势是上升、下降、波动、正态、偏态等变化)。 (2)析图。分析图中为什么会出现这些特殊点，曲线为什么有这样的变化趋势和走向，分析曲线变化的因果关系；通过联想，把课本内的有关化学概念、原理、规律等与图中的曲线和相关点建立联系。 (3)用图。将相关的化学知识与图中曲线紧密结合，在头脑中构建新的曲线——知识体系，然后运用新的曲线——知识体系揭示问题的实质，解决实际问题。 3．解答热重分析试题的常用方法 (1)设晶体为1 mol。 (2)失重一般是先失水，再失非金属氧化物。 (3)计算每步的m剩余，固体残留率＝×100%。 (4)晶体中金属质量不减少，仍在m剩余中。 (5)失重最后一般为金属氧化物，由质量守恒得m(O)，由n(金属)∶n(O)，即可求出失重后物质的化学式。 20．(2026·江苏南京高三模拟)锰氧化物(MnOx)应用广泛。纳米MnOx可脱除烟气中的SO2。向Mn(NO3)2溶液加入沉淀剂NH4HCO3或NaOH，再经“过滤→洗涤→干燥→煅烧”等操作可制得纳米MnOx烟气脱硫剂。MnCO3在空气中加热时，其固体残留率随温度的变化如图3所示。 若在770℃下煅烧，计算制得的脱硫剂中x的值___________ (写出计算过程，结果保留小数点后2位)。 【答案】设初始有1molMnCO3，，初始质量为115g。根据Mn守恒，最终得到1molMnOx，770℃时固体残留率为66.38%，因此残留固体质量为：，MnOx的摩尔质量满足：，解得： 21．(2026·上海杨浦高三模拟预测)钪(Sc)是一种在国防、航空航天、核能等领域具有重要作用的稀土元素。钪的价格昂贵，在地壳里的含量只有0.0005%，化学性质非常活泼。 草酸钪晶体[Sc(C2O4)3·6H2O]在空气中加热，随温度的变化情况如下图所示。250℃时，晶体的主要成分是_______(填化学式)，550~850℃，反应的化学方程式为_______。{M[Sc(C2O4)3·6H2O]=462g·molˉ1}。 【答案】Sc2(C2O4)3·H2O 2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2 【解析】已知原始固体为，摩尔质量为462 g/mol，250℃时，剩余固体质量为1-19.5%=80.5%，计算失去结晶水的质量分数，失去了5个结晶水，故此时晶体只带一个结晶水，化学式为Sc2(C2O4)3·H2O；550~850℃过程中，Sc2(C2O4)3发生反应，根据质量变化及后续产物，可知是与氧气反应，根据原子守恒配平化学方程式，得2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2。 22．(2026·黑龙江大庆二模)电池级Mn3O4作为制备锂离子电池的正极材料锰酸锂的前驱体，凭借其独特的晶体结构和化学性能，在新能源电池中占据重要位置。 (7)MnSO4·H2O受热分解可得到锰的氧化物。已知50.70 g MnSO4·H2O样品受热分解过程的热重曲线(样品质量随温度变化曲线)如下图所示。则870～1200℃范围内发生反应的化学方程式为___________。 【答案】(7)3MnO2Mn3O4+O2↑ 【解析】(7)MnSO4·H2O的摩尔质量为169g·molˉ1，50.70g样品的物质的量为0..3mol，含Mn的物质的量为0..3mol，870℃时固体质量为26.10g，时为22.90g，该阶段质量减少是由于生成了氧气，减少的质量 ，则生成氧气的物质的量 ，时固体为0.3molMnO2，1200℃时产物为0.1molMn3O4，反应方程式为)3MnO2Mn3O4+O2↑。 23．称取5.40g草酸亚铁晶体(FeC2O4 •2H2O)，用热重法对其进行热分解，得到剩余固体质量随温度变化的曲线如下图所示，已知400℃时，剩余固体是铁的一种氧化物。 5.40g草酸亚铁晶体的物质的量为 mol，M点对应物质的化学式为 ，N点对应的物质是 ，M→N发生反应的化学方程式为 。 【答案】0.03 FeC2O4 Fe3O4 3FeC2O4Fe3O4+4CO↑+ 2CO2↑ 【解析】草酸亚铁晶体的物质的量为；M点剩余固体的质量为4.32g，则M点对应物质的摩尔质量为，从开始到M点发生的反应是草酸亚铁晶体受热失去结晶水，则 M点对应物质为FeC2O4；草酸亚铁晶体中的铁元素质量为，400℃时，草酸亚铁晶体中的铁元素完全转化到铁的氧化物中，铁的氧化物中氧元素的质量为，设铁的氧化物的化学式为FexOy，则有，解得，则铁的氧化物的化学式为Fe3O4；因此M→N发生反应的化学方程式为3FeC2O4Fe3O4+4CO↑+ 2CO2↑。 / 学科网(北京)股份有限公司 学科网(北京)股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $