大单元2 第6章 第27讲 过渡金属“微流程”分析-【优化探究】2027年高考化学一轮复习高考总复习配套课件（鲁科版）

该高中化学高考复习课件聚焦过渡金属“微流程”分析，覆盖多变价、配合物等性质特点，锌、铬等化合物转化及工业制备流程等核心考点。对接高考评价体系，通过近五年真题统计明确工业流程题占比达30%，归纳出制备、回收类常考题型，构建系统复习框架。 课件亮点在于“知识梳理-真题解析-素养提升”三阶备考模式，如以2025年山东卷钢渣分离题为例，详解Ksp计算与氧化还原配平技巧，培养科学思维与科学探究能力。助力学生掌握流程题“原料-转化-除杂”解题模型，教师可依托真题案例实现精准复习指导。

第27讲　过渡金属“微流程”分析 第6章　元素及其化合物的综合应用 大单元二　物质的性质与转化 优化探究 1 　　[导航·复习目标]　1.了解常考过渡金属及其重要化合物的性质。 2.能依据信息解答陌生过渡金属及其化合物制备流程中的相关问题。 梳理　必备知识 提升　关键能力 练真题　明考向 梳理　必备知识 一、过渡金属的性质特点 1.多变价 (1)高价态金属通常形成含氧酸根离子的盐，具有较强的氧化性，如KMnO4、K2Cr2O7、K2FeO4等，均能将浓盐酸氧化成Cl2。 (2)在空气中灼烧一些不稳定的低价金属的化合物，在分解的同时可能被氧化： MnOOHMnO2；Fe(OH)2Fe2O3；CoC2O4Co3O4。 (3)低价金属的氢氧化物，为难溶性的弱碱，且易分解成氧化物，如Fe(OH)2、Mn(OH)2、Cr(OH)3。 (4)低价硫化物，通常为有色难溶物，如HgS(黑或红)、FeS(黑)、Cu2S(黑)、FeS2(金黄)。 工业生产中，常通过转化价态、调节pH将过渡金属生成氢氧化物沉淀或生成难溶硫化物分离除去。 2.易形成配合物 (1)金属离子常易水解，其水合离子通常显色，如Cu2＋(aq，蓝)、Fe2＋(aq，浅绿)、Fe3＋(aq，黄)、Cr3＋(aq，绿)。 (2)容易形成配合物的中心离子，如 [Cu(NH3)4]2＋、[Ag(NH3)2]＋、[Fe(SCN)6]3－、[Cr(NH3)3(H2O)2Cl]2＋。 (3)向一些盐溶液中滴加氨水，先生成难溶性碱，继续滴加，生成含氨配合物，如 CuSO4(aq)[或AgNO3(aq)]Cu(OH)2(s)[或AgOH(s)][Cu(NH3)4]2＋{或[Ag(NH3)2]＋}。 二、常见过渡金属及其化合物的转化 1.锌及其化合物的转化 ①Zn(OH)2＋2OH－====[Zn(OH)4]2－， ②Zn(OH)2＋2H＋====Zn2＋＋2H2O， ③ZnO＋2H＋====Zn2＋＋H2O， ④ZnO＋2OH－＋H2O====[Zn(OH)4]2－。 2.铬的重要化合物 (1)Cr2O3和Cr(OH)3显两性，其转化关系如下： Cr3＋ Cr(OH)3 [Cr(OH)4]－。 反应的离子方程式： ①Cr3＋＋3OH－====Cr(OH)3↓； ②Cr(OH)3＋OH－====[Cr(OH)4]－， Cr3＋＋4OH－====[Cr(OH)4]－； ③[Cr(OH)4]－＋H＋====Cr(OH)3↓＋H2O； ④Cr(OH)3＋3H＋====Cr3＋＋3H2O， [Cr(OH)4]－＋4H＋====Cr3＋＋4H2O。 (2)铬(Ⅵ)最重要的化合物是K2Cr2O7，在水溶液中Cr2和Cr存在下列平衡： 2Cr(黄色)＋2H＋⥫⥬Cr2(橙红色)＋H2O。 3.钒的重要化合物 (1)五氧化二钒既能溶于强碱，又能溶于强酸，如 V2O5＋6NaOH====2Na3VO4＋3H2O； V2O5＋6HCl====2VOCl2＋Cl2↑＋3H2O。 (2)VO2＋、V：在酸性介质中，V具有强氧化性，如 V＋Fe2＋＋2H＋====VO2＋＋Fe3＋＋H2O， 2V＋H2C2O4＋2H＋====2VO2＋＋2CO2↑＋2H2O。 4.钴的配合物 (1)Co(Ⅱ)与H2O、Cl－配合的平衡转化。 [Co(H2O)6]2＋ 　[CoCl4]2－ 　粉红色　　　　　 　　蓝色 (2)Co(Ⅱ)的配合物具有较强的还原性 Co2＋＋6NH3[Co(NH3)6]2＋ [Co(NH3)6]3＋。 提升　关键能力 1.工业上用磷铁渣(主要含FeP、Fe2P，以及少量Fe2O3、SiO2等杂质)制备FePO4(磷酸铁)。 已知：Fe2P难溶于水，能溶于无机强酸。下列说法错误的是(　　) A.“浸取”时将磷铁渣粉碎是为了增大反应接触面积，加快浸取速率 B.加入硫酸的目的是保持体系的酸度，防止生成FePO4 C.滤渣的主要成分是H2SiO3 D.“浸取”时Fe2P发生反应的离子方程式为3Fe2P＋29H＋＋11N====6Fe3＋＋11NO↑＋3H3PO4＋10H2O C 解析：将磷铁渣(主要含FeP、Fe2P，以及少量Fe2O3、SiO2)在90 ℃时用稀硝酸和硫酸的混合酸浸取，硝酸具有强氧化性，能将铁和磷分别氧化为Fe(NO3)3、H3PO4，自身被还原为NO，加入硫酸是为了保持体系的酸度，防止生成FePO4，过滤得到滤液和滤渣，滤渣的主要成分为SiO2，在滤液中加磷酸，调铁、磷的含量比，再加入氨水调节pH，最终制得FePO4(磷酸铁)，据此分析解题。 A.磷铁渣粉碎以增大接触面积，加快浸取速率，A正确；B.由分析可知，加入硫酸的目的是保持体系的酸度，防止生成FePO4，B正确；C.由分析可知，滤渣的主要成分为SiO2，C错误；D.由分析可知，“浸取”时硝酸具有强氧化性，能将铁和磷分别氧化为Fe(NO3)3、H3PO4，根据氧化还原反应配平，3Fe2P＋29H＋＋11N====6Fe3＋＋11NO↑＋3H3PO4＋10H2O，D正确；故选C。 2.锌是一种应用广泛的金属，工业上以菱锌矿(主要成分是ZnCO3、ZnO，含少量SiO2和Na2SiO3)制备锌单质的流程如下： 已知： a.2CO(g)＋O2(g)====2CO2(g)　Δr＝－173 J·mol－1·K－1 b.C(s)＋O2(g)====CO2(g)　Δr＝2.9 J·mol－1·K－1 c.2C(s)＋O2(g)====2CO(g)　Δr＝178.8 J·mol－1·K－1 反应a、b、c的自由能变随温度的变化关系如图所示。 下列说法错误的是(　　) A.硫酸根离子的VSEPR模型为正四面体形 B.“酸浸”过程中加入食盐可增加滤渣的量 C.“沉淀”过程中，消耗CO2与Na2ZnO2的物质的量之比为1∶1 D.“热还原”过程中，发生主要反应的化学方程式为ZnO＋C Zn＋CO↑ C 解析：A.硫酸根离子有4个σ键，孤电子对的数目为×(6＋2－4×2)＝0，其VSEPR模型为正四面体形，故A正确；B.酸浸过程中加入氯化钠可以使胶体发生聚沉，从而增加滤渣的量，故B正确；C.氢氧化钠过量，二氧化碳先和氢氧化钠反应，因此消耗CO2与Na2ZnO2的物质的量之比大于1∶1，故C错误；D.C(s)＋O2(g)====CO2(g)　Δr＝2.9 J·mol－1·K－1、2C(s)＋O2(g)====2CO(g)　Δr＝178.8 J·mol－1·K－1，二者都是放热反应，ΔG＝ΔH－TΔS，明显后者的ΔG更小，高温下更容易自发反应，因此热还原的时候更容易生成CO：ZnO＋CZn＋CO↑，故D正确；故选C。 3.(2026·山东德州模拟)工业上从钴镍渣(主要含CoO、NiO和少量FeO、Cu)中回收Co和Ni的流程如下。 已知：①Co2＋＋6NH3·H2O====＋6H2O　K＝105 L6·mol－6； ②Ksp[Ni(OH)2]＝1.0×10－15 mol3·L－3，完全沉淀时c(Ni2＋)≤10－5 mol·L－1； ③Kb(NH3·H2O)＝10－5 mol·L－1。 下列说法错误的是(　　) A.滤渣1是Cu，滤渣2是Fe(OH)3 B.氧化性：H2O2＞Co3＋＞Fe3＋ C.若沉镍完全后滤液中c(N)＝10－3 mol·L－1，则≥10－13 D.“氧化沉钴”中氧化剂、还原剂的物质的量之比为1∶2 B 解析：钴镍渣(主要含CoO、NiO和少量FeO、Cu)用硫酸溶液溶解并过 滤，除去不溶于酸和水的杂质Cu，同时得到含有Ni2＋、Fe2＋及Co2＋的滤液，向滤液中加入H2O2主要是氧化溶液中的Fe2＋得Fe3＋，后用CoCO3调节溶液pH，使Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀，通过过滤除去，达到除铁的目的，过滤后的滤液中继续加入氨水，可生成Ni(OH)2，再过滤除去，向滤液中加入Na2SO5和NaOH氧化沉钴将[Co]2＋转化为Co(OH)3，以此解答。A.由分析可知，滤渣1是Cu，滤渣2是Fe(OH)3，A正确；B.氧化除 杂步骤中，H2O2氧化溶液中的Fe2＋得Fe3＋，但不能氧化Co2＋，说明氧化性：Co3＋＞H2O2＞Fe3＋，B错误；C.完全沉淀时c(Ni2＋)≤ 10－5 mol·L－1，则溶液中c(OH－)＝≥ mol·L－1＝1×10－5 mol·L－1，若沉镍完全后滤液中c(N)＝10－3 mol·L－1，c(NH3·H2O)＝≥ mol·L－1＝10－3 mol·L－1， ＝K×c6(NH3·H2O)≥105 L6·mol－6×(10－3 mol·L－1)6＝10－13，C正确；D.向滤液中加入Na2SO5和NaOH氧化沉钴将转化为Co(OH)3，根据电子转移守恒和电荷守恒配平离子方程式为S＋2＋4OH－＋H2O====2Co(OH)3＋S＋12NH3，S是氧化剂，[Co(NH3)6]2＋是还原剂，氧化剂、还原剂的物质的量之比为1∶2，D正确。 (2024·北京卷)硫酸是重要化工原料，工业生产制取硫酸的原理示意图如下。 硫酸的工业制法流程分析 ___________________________________________ 下列说法不正确的是(　　) A.Ⅰ的化学方程式：3FeS2＋8O2Fe3O4＋6SO2② B.Ⅱ中的反应条件③都是为了提高SO2平衡转化率 C.将黄铁矿换成硫黄可以减少废渣的产生④ D.生产过程中产生的尾气可用碱液吸收⑤ B [解析]　黄铁矿和空气中的O2在加热条件下发生反应，生成SO2和Fe3O4，SO2和空气中的O2在400~500 ℃、常压、催化剂的作用下发生反应得到SO3，用98.3%的浓硫酸吸收SO3，得到H2SO4。A.Ⅰ是黄铁矿和空气中的O2在加热条件下发生反应，生成SO2和Fe3O4，化学方程式：3FeS2＋8O2 Fe3O4＋6SO2，故A正确；B.Ⅱ中的反应条件要兼顾平衡转化率和反应速率，还要考虑生产成本，如Ⅱ中“常压、催化剂”不是为了提高SO2平衡转化率，故B错误；C.将黄铁矿换成硫黄，则不再产生Fe3O4，即可以减少废渣产生，故C正确；D.硫酸工业产生的尾气为SO2、SO3，可以用碱液吸收，故D正确。 [信息获取]　①图示信息：可根据工艺流程确定第一步操作的具体反应；②反应方程式的判断；③反应条件的分析；④生成物的分析；⑤尾气的处理。 [教材溯源]　硫酸的工业制备源于人教版必修第二册第4页中“二、硫酸”，源于鲁科版必修第一册第104页中的“化学与技术”栏目的内容。 练真题 明考向 1.(2025·黑吉辽蒙卷)某工厂利用生物质(稻草)从高锰钴矿(含MnO2、Co3O4和少量Fe2O3)中提取金属元素，流程如下。已知“沉钴”温度下 Ksp(CoS)＝10－20.4，下列说法错误的是(　　) A.硫酸用作催化剂和浸取剂 B.使用生物质的优点是其来源广泛且可再生 C.“浸出”时，3种金属元素均被还原 D.“沉钴”后上层清液中c(Co2＋)·c(S2－)＝10－20.4 C 解析：由“沉钴”步骤加入Na2S得到CoS沉淀和MnSO4滤液知，该步骤未发生氧化还原反应，则“浸出”过程MnO2和Co3O4在H2SO4和稻草作用下转化为Mn2＋和Co2＋，生物质(稻草)作还原剂；由“沉铁”得到的FeOOH中Fe为＋3价可知，“浸出”步骤Fe2O3转化为Fe3＋。硫酸在生物质(稻草)辅助下将矿石中金属元素浸出，生物质(稻草)作还原剂，硫酸作催化剂和浸取剂，A正确；生物质指通过光合作用而形成的各种有机体，来源广泛且可再生，B正确；由上述分析可知，“浸出”步骤中锰元素和钴元素被还原，铁元素未被还原，C错误；“沉钴”时CoS以沉淀形式析出，则“沉钴”后上层清液为CoS的饱和溶液，存在c(Co2＋)·c(S2－)＝Ksp(CoS)＝10－20.4，D正确。 2.(2025·甘肃卷)处理某酸浸液(主要含Li＋、Fe2＋、Cu2＋、Al3＋)的部分 流程如下： 下列说法正确的是(　　) A.“沉铜”过程中发生反应的离子方程式：2Fe＋3Cu2＋====3Cu＋2Fe3＋ B.“碱浸”过程中NaOH固体加入量越多，Al(OH)3沉淀越完全 C.“氧化”过程中铁元素化合价降低 D.“沉锂”过程利用了Li2CO3的溶解度比Na2CO3小的性质 D 解析：酸浸液(主要含Li＋、Fe2＋、Cu2＋、Al3＋)中加入铁粉“沉铜”，置换出Cu单质，溶液加入NaOH碱浸，过滤得到Al(OH)3沉淀，滤液加入H2O2，把Fe2＋氧化为Fe(OH)3沉淀，再经过多步操作，最后加入Na2CO3，得到Li2CO3沉淀。A.“沉铜”过程中铁置换出铜单质，发生反应的离子方程式：Fe＋Cu2＋====Cu＋Fe2＋，A错误；B.Al(OH)3是两性氢氧化物，NaOH过量，则Al(OH)3会溶解，B错误；C.“氧化”过程中将Fe2＋氧化为Fe3＋，铁元素化合价升高，C错误；D.加入Na2CO3得到Li2CO3沉淀，利用了Li2CO3的溶解度比Na2CO3小的性质，D正确。 3.(2025·山东卷)钢渣中富含CaO、SiO2、FeO、Fe2O3等氧化物，实验室利用酸碱协同法分离钢渣中的Ca、Si、Fe元素，流程如下。已知：Fe2(C2O4)3能溶于水；Ksp(CaC2O4)＝2.3×10－9，Ksp(FeC2O4)＝3.2×10－7。 下列说法错误的是(　　) A.试剂X可选用Fe粉 B.试剂Y可选用盐酸 C.“分离”后Fe元素主要存在于 滤液Ⅱ中 D.“酸浸”后滤液Ⅰ的pH过小会导 致滤渣Ⅱ质量减少 A 解析：钢渣通过盐酸酸浸，得到的 滤液Ⅰ中含有Fe2＋、Fe3＋、Ca2＋等， 滤渣Ⅰ为SiO2，滤渣Ⅰ加入NaOH溶液 碱浸，得到含有Na2SiO3的浸取液， 加入试剂Y盐酸生成硅酸沉淀，最 后得到SiO2，滤液Ⅰ加入试剂X和 H2C2O4分离，由于Fe2(C2O4)3能溶 于水，试剂X将Fe2＋氧化为Fe3＋，再加入H2C2O4，使CaC2O4先沉淀，滤渣Ⅱ为CaC2O4，滤液Ⅱ中有Fe3＋，依次解题。A.根据分析，加入试剂X的目的是将Fe2＋氧化为Fe3＋，试剂X应该是氧化剂，不可以是Fe粉，A错误；B.加入试剂Y，将Na2SiO3转化为H2SiO3沉淀，最后转化为SiO2，试剂Y可以是盐酸，B正确；C.根据分析，“分离”后Fe元素主要存在于滤液Ⅱ中，C正确；D.“酸浸”后滤液Ⅰ中pH过小，酸性强，造成C2浓度小，使Ca2＋(aq)＋ C2(aq)⥫⥬CaC2O4(s)平衡逆向移动，得到CaC2O4沉淀少，滤渣Ⅱ质量减少，D正确。 4.(2025·湖南卷)工业废料的综合处理有利于减少环境污染并实现资源循环利用。从某工业废料中回收镉、锰的部分工艺流程如图： 已知：①富集液中两种金属离子浓度相当； ②常温下，金属化合物的Ksp： 金属化合物 CdS CdCO3 MnS MnCO3 Ksp 8.0×10－27 1.0×10－12 2.5×10－13 2.3×10－11 下列说法错误的是(　　) A.粉碎工业废料有利于提高金属元素的浸出率 B.试剂X可以是Na2S溶液 C.“沉镉”和“沉锰”的顺序不能对换 D.“沉锰”时，发生反应的离子方程式为Mn2＋＋HC====MnCO3↓＋H＋ D 解析：富集液中含有两种金属离子Cd2＋、Mn2＋，其浓度相当，加入适量试剂X沉镉，由金属化合物的Ksp可知，CdCO3、MnCO3的Ksp接近，不易分离，则试剂X选择含S2－的试剂，得到CdS滤饼，加入NaHCO3溶液沉锰，发生反应：Mn2＋＋2HC====MnCO3↓＋CO2↑＋H2O，据此解答。A.粉碎工业废料能增大废料与浸出液的接触面积，有利于提高金属元素的浸出率，A正确；B.由分析可知，试剂X可以是Na2S溶液，B正确；C.若先加入NaHCO3溶液进行“沉锰”，由题中信息以及金属化合物Ksp数据可知，金属离子Cd2＋、Mn2＋浓度相当，则Cd2＋也会沉淀，后续流程中无法分离Cd和Mn，所以“沉镉”和“沉锰”的顺序不能对换，C正确；D.由分析可知，“沉锰”时，发生反应的离子方程式是Mn2＋＋2HC ====MnCO3↓＋CO2↑＋H2O，D错误。 $