3.2 金属材料（5大题型，举一反三题型专练，浙江专用）化学人教版必修第一册

第二节 金属材料(题型专练·举一反三) 题型01 合金及其性能、用途 题型02 铝和铝的氧化物 题型03 铝盐及铝三角转化 题型04 物质的量在化学方程式计算中的应用 题型05 基于金属元素的工艺流程题 ▌题型01 合金及其性能、用途 1．合金及其性能 概念 由两种或两种以上的金属(或金属和非金属)熔合而成的具有金属特性的物质 性能 硬度 硬度一般_______它的成分金属 熔点 熔点一般_______它的成分金属 与纯金属材料相比，合金具有优良的物理、化学或机械性能 2．铁合金的两大类型——生铁和钢 用量最大、用途最广的铁合金是_______。 3．钢的分类 不锈钢是最常见的一种合金钢，它的合金元素主要是铬和镍，不易生锈，抗腐蚀能力_______。 4．铝合金 向铝中加入少量的合金元素，如Cu、Mg、Si、Mn、Zn及稀土元素等，可制成铝合金。铝合金是目前用途广泛的合金之一。例如，_______的密度小、强度高，具有较强的抗腐蚀能力，是制造飞机和宇宙飞船的理想材料。 5．新型合金 用于贮氢的新型合金Ti­Fe合金和La­Ni合金；_______合金、耐热合金和形状记忆合金等新型合金广泛应用于航空航天、生物工程和电子工业等领域。 【典例1】(2026·浙江宁波高一期末)合金在各个领域应用广泛。下列关于合金的说法不正确的是( ) A．金属中掺杂其他元素，原有原子间的有序排列被破坏，相对滑动变难，熔点与硬度均变大 B．目前应用量最大的合金是钢，它是一类含碳量在0.03%~2%之间的铁碳合金 C．硬铝等铝合金密度小，强度大，耐腐蚀，常用作制造航天飞行器的材料 D．镧镍合金用作储氢材料是因其具有与大量氢气化合形成氢化物的特性 【变式1-1】(2026·浙江富阳高一期末)金属材料在促进生产发展、改善人类生活方面发挥了巨大作用。下列不属于金属材料的是( ) A．用作外墙涂料的红色颜料氧化铁 B．制造地铁列车车体的不锈钢 C．制造喷气式飞机的发动机叶片的镍钴合金 D．铸造下水井盖的生铁 【变式1-2】(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 【变式1-3】(2026·浙大附中高一期中)《左传》曾记载有“遂赋晋国一鼓铁，以铸刑鼎，铸范宣子所为《刑书》焉”，这是关于“铸铁”(主要由铁和碳等组成的一类合金)的最早记载。下列叙述正确的是( ) A．合金是指含有两种或两种以上金属的混合物 B．历史上铁的发现、大量冶炼和使用均早于铜 C．“铸鼎”时，盛装炽热铁水的模具须充分干燥 D．“铸铁”中含碳量越高，硬度越小 ▌题型02 铝和铝的氧化物 1．金属铝 (1)铝是地壳中含量最多的金属元素。 (2)铝是一种活泼金属，在常温下就能与空气中的氧气发生反应，表面生成一层致密的氧化铝薄膜，其作用是保护内部金属不受腐蚀。 2．铝、氧化铝的性质 (1)铝、氧化铝与稀盐酸反应 化学方程式： 2Al＋6HCl===______________、Al2O3＋6HCl===______________ (2)铝、氧化铝与NaOH溶液反应 化学方程式： 2Al＋2NaOH＋6H2O==______________、Al2O3＋2NaOH＋3H2O===______________ (3)两性氧化物 既能与酸反应生成盐和水，又能与碱反应生成盐和水的氧化物，如：_______。 【特别提醒】常温下Al和Fe二者若遇到浓HNO3浓H2SO4则发生反应，生成一层致密的氧化膜，该氧化膜阻碍了单质与氧化性酸的反应，使反应难以继续进行，是化学变化，称为钝化现象。钝化现象说明铁、铝是因生成致密的氧化膜而不能继续反应，可以利用这个性质将铝铁制成铝铁槽车来运输浓HNO3和浓H2SO4，洗刷车时注意防火和中毒现象，如破坏钝化现象只需加热。 【典例2】(2024·浙江省宁波市效实中学高一期末)下列关于铝及其化合物的说法中，正确的是( ) A．相同质量的两份铝，分别放入足量的盐酸和氢氧化钠溶液中，产生的氢气在同温同压下体积比为2：3 B．氧化铝是两性氧化物，能与所有的酸和碱反应 C．铝制餐具不宜用来蒸煮或长时间存放酸性或碱性食物 D．纯铝的硬度和强度较大，适合制造机器零件 【变式2-1】(2026·浙江温州高一期末)反应2Al+2NaOH+6H2O=2Na[Al(OH)4]+3H2↑中，氧化剂是( ) A．Al B．NaOH C．H2O D．Na[Al(OH)4] 【变式2-2】(2024·浙江省衢州市高一期末)关于铝及其化合物，下列说法不正确的是( ) A．铝是地壳中含量最多的金属元素 B．铝表面的氧化膜可提高其抗腐蚀性 C．硬铝密度小、强度高，可用作飞机外壳 D．铝制餐具可用来蒸煮或者长时间存放酸性或碱性食物 【变式2-3】(2026·浙江金华外国语学校高一期末)向两支试管中分别加入少量NaOH溶液和盐酸，然后放入铝片未除去表面的氧化膜。开始时两支试管均没有明显现象，一段时间后均产生气泡。下列说法不正确的是( ) A．实验表明，铝片表面的Al2O3是两性氧化物 B．氧化铝与盐酸的反应： Al2O3＋6H＋===2Al3＋＋3H2O C．铝片与NaOH溶液的反应2Al＋2OH－＋6H2O===2[Al(OH)4]－＋3H2↑ D．若两支试管中与Al反应的n(NaOH)=n(HCl)时，Al失电子的物质的量相等 ▌题型03 铝盐及铝三角转化 1．氢氧化铝 Al(OH)3是不溶于水的两性氢氧化物(既能和酸反应生成盐和水，又能和碱反应生成盐和水的氢氧化物叫作两性氢氧化物)，既能与强酸反应：Al(OH)3＋3H＋===______________，又能与强碱反应：Al(OH)3＋OH－===______________。 (1)氢氧化铝是白色胶状沉淀，有吸附作用。 (2)Al(OH)3的实验室制法：用可溶性铝盐和氨水反应制取。 化学方程式：AlCl3＋3NH3·H2O===_____________________。 2．铝三角转化 【特别提醒】氢氧化铝只溶于强酸、强碱，不溶于弱酸弱碱，所以铝离子与弱碱如一水合氨反应只能生成氢氧化铝沉淀，不能与足量氨水反应生成四羟基合铝酸根离子；同理，将足量二氧化碳通入四羟基合铝酸根离子的溶液中，生成的是氢氧化铝沉淀和碳酸氢根离子。 3．重要的铝元素图像分析 向AlCl3溶液中滴加NaOH溶液至过量 发生反应的离子方程式为OA段：Al3＋＋3OH－===______________， AB段：Al(OH)3＋OH－===______________。 从图中不难看出，向氯化铝溶液中滴加氢氧化钠溶液，若达不到最大沉淀量时，对应的氢氧化钠溶液的体积有两种情况：一是加入的氢氧化钠不足；二是加入的过量的氢氧化钠将生成的氢氧化铝溶解了一部分。 2．向铝盐溶液中滴入氨水 一水合氨是一种弱碱，氢氧化铝不会溶解在氨水中，向铝盐溶液中滴入氨水或向氨水中滴加铝盐溶液，反应现象是相同的。 若向铝盐溶液中滴加氨水，离子方程式为 3NH3·H2O＋Al3＋===_____________________。 当n(Al3＋)∶n(NH3·H2O)＝1∶3时，产生最大沉淀量。 3．向AlCl3、MgCl2的酸性溶液中滴加NaOH溶液 反应的离子方程式依次为 OA段：H＋＋OH－===_______， AB段：Mg2＋＋2OH－===______________，Al3＋＋3OH－===______________， BC段：Al(OH)3＋OH－===______________。 现象是开始滴加NaOH溶液时无沉淀生成，随着NaOH溶液的量增加，沉淀的量也逐渐增加，直到沉淀量达到最大值，继续滴加NaOH溶液，氢氧化铝沉淀开始溶解，最后剩余的为_______沉淀。 【典例3】(2026·浙江义乌中学高一月考) “价类”二维图体现了元素的分类观、转化观，下图是及其部分化合物的“价类”二维图。下列说法错误的是( ) A．反应③④⑤⑥⑦均属于复分解反应 B．反应①⑥所加试剂可能相同 C．物质的类别处“”代表偏铝酸盐 D．反应④⑤均可以通过加入盐酸实现转化 【变式3-1】(2026·浙江镇海中学高一阶段检测)下列有关Al(OH)3的图象不正确的是( ) A．图A是向氯化铝溶液中滴加氢氧化钠溶液 B．图B是向Na[A1(OH)4]中通入二氧化碳 C．图C是向氢氧化钠溶液中滴加氯化铝 D．图D是向氯化铝溶液中滴加氨水 【变式3-2】(2026·浙江师大附中高一期末)将一定质量的镁铝混合物投入到一定浓度的稀硫酸溶液中，固体完全溶解，接着向这份混合溶液中滴加溶液，产生的沉淀随加入物质的量的变化如图所示，则下列说法不正确的是( ) A．从图像可知，混合溶液中含有大量H+ B．若B点时溶液中Na+物质的量为0.4mol，则原硫酸的物质的量为02mol C．向C点溶液中通入过量CO2，会产生白色沉淀，之后又溶解 D．若AB段与BC段消耗的物质的量之比为5：1，则镁铝的物质的量之比为1：1 【变式3-3】(2026·浙江金华学业水平模拟)工业上采用碱石灰烧结法从铝土矿(主要成分Al2O3，含少量SiO2、Fe2O3等杂质)制备Al2O3，其简易流程如下： (1)纯碱的化学式是___________。 (2)从物质的性质来看，Al2O3既能与酸反应，又能与碱反应，属于___________氧化物。 (3)操作④中发生的反应的化学方程式为___________。 (4)下列说法不正确的是___________。 A．操作①开始前应将铝土矿粉碎，目的是增大接触面积，加快反应速率 B．操作②用到的仪器有烧杯、玻璃棒、蒸发皿 C．操作③可除去滤液中残留的含硅杂质 D．操作⑤需加入冰晶石作为助熔剂 ▌题型04 物质的量在化学方程式计算中的应用 1．化学方程式中化学计量数与各量的关系 化学方程式 Cl2+H22HCl 各物质 Cl2 H2 HCl 化学计量数之比 1 1 2 扩大NA倍 1·NA 1·NA 2·NA 物质的量之比 1 mol 1 mol 2 mol 质量之比 _______g _______g _______g 标准状况下体积之比 _______L _______L _______L 同一条件下体积之比 _______ _______ _______ 结论 ①_______是联系各物理量的纽带，可以简便的进行各量之间的转换。 ②化学方程式中各物质的化学计量数之比等于其粒子数目之比，等于其_______之比，也等于_______下气体的体积之比。 2．解题步骤和计量关系 第一步：审——审清题目_______和题目要求； 第二步：设——设所求物质的_______、质量、体积(标况)等； 第三步：写——写出相关配平的化学方程式(或离子方程式)； 第四步：标——在有关物质的化学式下面标出_______量和_______量的关系(未知量可用相应物理量符号表示)； 第五步：列——列出_______； 第六步：解——根据_______求解； 第七步：答——简明写出答案。 【特别提醒】①任何一种反应物，只有实际参加反应的纯物质的量才能根据化学方程式计算，过量部分不参与方程式计算。 ②列比例式时要符合“左右量相当，上下单位同”的原则。 【典例4】(2026·浙江杭州高一期中)实验室常用MnO2与浓盐酸加热制备Cl2，反应会因盐酸浓度下降而停止。为测定反应残余液中盐酸的浓度，进行如下实验： 向足量MnO2中加入12.0mL的浓盐酸，加热，反应结束时收集到336mLCl2(标准状况)；将反应后得到的残余液过滤、洗涤，将滤液和洗涤液合并，加入足量的AgNO3溶液，再过滤、洗涤、干燥后得到固体11.48g。请回答： (1)实验室制Cl2的离子方程式为_______ (2)实验中收集到的Cl2物质的量为_______mol。 (3)将生成的Cl2用足量NaOH溶液吸收，可得100mL消毒液，则该消毒液有效成分的物质的量浓度为_______mol/L。 (4)能和二氧化锰反应生成Cl2的浓盐酸的最低浓度为_______mol/L(保留至0.01)。(假设反应后残余液体积为12mL，且Cl2没有残留) 【变式4-1】(2026·浙江北斗联盟高一期中联考)称取4.00g氧化铜和氧化铁固体混合物，加入50.00mL2.00mol·L-1的硫酸充分溶解，往所得溶液中加入5.60g铁粉，充分反应后，得固体的质量为3.04g。 (1)加入铁粉充分反应后，溶液中SO42-的物质的量为___________mol。 (2)所得固体的成分是___________。 (3)固体混合物中氧化铜的质量___________。 【变式4-2】(2025·浙江台州市山海协作体高一期中)向100mLNa2SO4和Na2CO3的混合溶液中加过量BaCl2溶液，经过滤、洗涤、干燥得到14.51g白色沉淀，向白色沉淀中再加过量稀盐酸，有气体产生，充分反应后，发现沉淀还剩4.66g。 (1)产生的气体在标准状况下的体积是 L。 (2)原溶液中Na+的物质的量浓度是 。 【变式4-3】(2026·浙江9+1联盟高一联考)实验室在常温下为进行有关氯气的性质实验，需要4瓶体积为100 mL的纯净氯气(常温常压下，氯气的密度为2.91 g/L)。采用MnO2与质量分数为36.5%的盐酸(ρ=1.2g· cm-3)反应来制取所需氯气。 请回答： (1)MnO2的摩尔质量为_______g/mol。 (2)盐酸的物质的量浓度为_______mol/L。 (3)理论上最少需要MnO2的质量为_______g。(计算结果保留2位小数) ▌题型05 基于金属元素的工艺流程题 (1)要灵活应用元素守恒和物料转化思想 原料中的“核心元素”经多步转化最终“留存”于目标产物中，因此解题时要注意金属元素的变化过程。 (2)要做好知识和生产实际的密切联系 一是工艺流程中的大部分反应都源于教材，部分陌生反应的反应原理也是源于教材； 二是涉及实际工艺，因此要注意环境保护和资源的利用，最终废弃物尽可能少且无害，部分物质需要循环利用等。 (3)掌握工艺流程中常见的术语 如研磨、粉碎、浸出、酸溶、碱洗、燃烧等。 【典例5】(2026·浙江强基联盟高二开学考试)赤铁矿主要成分为Fe2O3(含少量SiO2、Al2O3、MgO等杂质，原矿结构致密、酸溶速率慢)，利用赤铁矿制备电池级FePO4的工艺流程如下： 下列关于该流程的说法不正确的是( ) A．“预处理”步骤，部分Fe3+转化为Fe2+，破坏赤铁矿结构，活化矿石，加快酸浸速率 B．“酸浸”步骤，Fe2O3与盐酸反应的离子方程式：Fe2O3 +6H+ ==2Fe3+ +3H2O C．“氧化”步骤，加入H2O2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+ D．“沉淀”步骤，为加快过滤速率可用玻璃棒在漏斗内轻轻搅拌 【变式5-1】(2026·浙江温州高一阶段检测)工业利用铝土矿(主要成分为Al2O3，含少量Fe2O3、MgO)制备铝，其工艺流程如图所示： 下列说法正确的是( ) A．步骤①中Al2O3与NaOH溶液反应：Al2O3+2NaOH+3H2O=2Na[Al(OH)4] B．固体1的主要成分为Fe(OH)3、Mgl(OH)2 C．溶液2中可能含有大量Al(OH)32- D．步骤④常用CO还原Al2O3制得Al 【变式5-2】(2026·浙江温州高一期中)一种以硫酸渣(主要含Fe2O3、SiO2等)为原料制备磁性纳米四氧化三铁的工艺流程如图： 已知：FeS2与H2SO4不反应。 下列说法不正确的是( ) A．滤渣的成分为FeS2 B．还原时发生的反应：FeS2+14Fe2++8H2O=15Fe2++2SO42-+16H+ C．滤液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤可得副产品芒硝(Na2SO4·10H2O) D．氧化时保持O2一定量，保证Fe2+与Fe3+的物质的量比为1/2 【变式5-3】(2026·浙江桐浦富兴部分学校高一联考)由硫铁矿烧渣(含Fe2O3、FeO、SiO2等)制备Fe2O3的一种工艺流程如图。 (1)Fe2O3俗称___________。 (2)“沉铁”时，H2O2的主要作用是___________。 (3)“煅烧”时发生的化学方程式为___________。 (4)下列说法不正确的是___________。 A．酸浸时，可以将硫铁矿烧渣粉碎以增大接触面积 B．酸浸渣主要含SiO2，是因为SiO2不与稀硫酸反应且难溶于水 C．酸浸后，溶液中的金属阳离子只有Fe2+ D．为了加快沉铁速度，该过程可以在较高温度下进行 1 / 2 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 学科网(北京)股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 第二节 金属材料(题型专练·举一反三) ▌题型01 合金及其性能、用途 【典例1】A 【变式1-1】A 【变式1-2】C 【变式1-3】C ▌题型02 铝和铝的氧化物 【典例2】C 【变式2-1】C 【变式2-2】D 【变式2-3】D ▌题型03 铝盐及铝三角转化 【典例3】B 【变式3-1】B 【变式3-2】C 【变式3-3】(1)Na2CO3 (2)两性 (3)CO2+ Na[Al(OH)4]=Al(OH)3↓+NaHCO3 (4)BD ▌题型04 物质的量在化学方程式计算中的应用 【典例4】(1)MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+ 2H2O (2)0.015 (3)0.15 (4)4.17 【变式4-1】(1)0.1 (2)Fe、Cu (3)2.4g 【变式4-2】(1)1.12 (2)1.4 【变式4-3】(1)87 (2)12.0 (3)1.43 ▌题型05 基于金属元素的工艺流程题 【典例5】D 【变式5-1】A 【变式5-2】A 【变式5-3】(1)铁红 (2)将 Fe2+全部氧化为Fe3+，以便后续生成Fe(OH)3沉淀 (3)2Fe(OH)3Fe2O3+3H2O (4)CD 1 / 2 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 学科网(北京)股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 第二节 金属材料(题型专练·举一反三) 题型01 合金及其性能、用途 题型02 铝和铝的氧化物 题型03 铝盐及铝三角转化 题型04 物质的量在化学方程式计算中的应用 题型05 基于金属元素的工艺流程题 ▌题型01 合金及其性能、用途 1．合金及其性能 概念 由两种或两种以上的金属(或金属和非金属)熔合而成的具有金属特性的物质 性能 硬度 硬度一般大于它的成分金属 熔点 熔点一般低于它的成分金属 与纯金属材料相比，合金具有优良的物理、化学或机械性能 2．铁合金的两大类型——生铁和钢 用量最大、用途最广的铁合金是钢。 3．钢的分类 不锈钢是最常见的一种合金钢，它的合金元素主要是铬和镍，不易生锈，抗腐蚀能力强。 4．铝合金 向铝中加入少量的合金元素，如Cu、Mg、Si、Mn、Zn及稀土元素等，可制成铝合金。铝合金是目前用途广泛的合金之一。例如，硬铝的密度小、强度高，具有较强的抗腐蚀能力，是制造飞机和宇宙飞船的理想材料。 5．新型合金 用于贮氢的新型合金Ti­Fe合金和La­Ni合金；钛合金、耐热合金和形状记忆合金等新型合金广泛应用于航空航天、生物工程和电子工业等领域。 【典例1】(2026·浙江宁波高一期末)合金在各个领域应用广泛。下列关于合金的说法不正确的是( ) A．金属中掺杂其他元素，原有原子间的有序排列被破坏，相对滑动变难，熔点与硬度均变大 B．目前应用量最大的合金是钢，它是一类含碳量在0.03%~2%之间的铁碳合金 C．硬铝等铝合金密度小，强度大，耐腐蚀，常用作制造航天飞行器的材料 D．镧镍合金用作储氢材料是因其具有与大量氢气化合形成氢化物的特性 【答案】A 【解析】A项，合金中掺杂其他元素会破坏原子有序排列，相对滑动变难，硬度增大，但合金的熔点通常比其各组分金属的熔点低，而非均变大，A错误；B项，钢是铁碳合金，应用量最大，含碳量范围通常在0.03%~2%，B正确；C项，硬铝等铝合金因密度小、强度高、耐腐蚀等特性，是制造航天飞行器的理想材料，C正确；D项，镧镍合金通过形成氢化物，通过可逆的吸附、解吸过程实现储氢，D正确；故选A。 【变式1-1】(2026·浙江富阳高一期末)金属材料在促进生产发展、改善人类生活方面发挥了巨大作用。下列不属于金属材料的是( ) A．用作外墙涂料的红色颜料氧化铁 B．制造地铁列车车体的不锈钢 C．制造喷气式飞机的发动机叶片的镍钴合金 D．铸造下水井盖的生铁 【答案】A 【解析】A项，氧化铁属于金属氧化物，金属材料的范畴为纯金属和合金，因此氧化铁不属于金属材料，A符合题意；B项，不锈钢是铁基合金，属于金属材料，B不符合题意；C项，镍钴合金属于金属合金，属于金属材料，C不符合题意；D项，生铁是铁碳合金，属于金属材料，D不符合题意；故选A。 【变式1-2】(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。 【变式1-3】(2026·浙大附中高一期中)《左传》曾记载有“遂赋晋国一鼓铁，以铸刑鼎，铸范宣子所为《刑书》焉”，这是关于“铸铁”(主要由铁和碳等组成的一类合金)的最早记载。下列叙述正确的是( ) A．合金是指含有两种或两种以上金属的混合物 B．历史上铁的发现、大量冶炼和使用均早于铜 C．“铸鼎”时，盛装炽热铁水的模具须充分干燥 D．“铸铁”中含碳量越高，硬度越小 【答案】C 【解析】A项，合金是由金属与金属(或非金属)熔合而成的具有金属特性的物质，不一定要求含有两种或两种以上金属，A错误；B项，铜不如铁活泼，人类历史上铜的发现、大量冶炼和使用均早于铁，青铜器时代早于铁器时代，B错误；C项，炽热的铁水遇水会反应生成易燃易爆的氢气，易引发危险，因此“铸鼎”时盛装炽热铁水的模具必须充分干燥，C正确；D项，铸铁的含碳量越高，硬度越大，韧性越差，D错误；故选C。 ▌题型02 铝和铝的氧化物 1．金属铝 (1)铝是地壳中含量最多的金属元素。 (2)铝是一种活泼金属，在常温下就能与空气中的氧气发生反应，表面生成一层致密的氧化铝薄膜，其作用是保护内部金属不受腐蚀。 2．铝、氧化铝的性质 (1)铝、氧化铝与稀盐酸反应 化学方程式： 2Al＋6HCl===2AlCl3＋3H2↑、Al2O3＋6HCl===2AlCl3＋3H2O (2)铝、氧化铝与NaOH溶液反应 化学方程式： 2Al＋2NaOH＋6H2O===2Na[Al(OH)4]＋3H2↑、Al2O3＋2NaOH＋3H2O===2Na[Al(OH)4] (3)两性氧化物 既能与酸反应生成盐和水，又能与碱反应生成盐和水的氧化物，如：Al2O3。 【特别提醒】常温下Al和Fe二者若遇到浓HNO3浓H2SO4则发生反应，生成一层致密的氧化膜，该氧化膜阻碍了单质与氧化性酸的反应，使反应难以继续进行，是化学变化，称为钝化现象。钝化现象说明铁、铝是因生成致密的氧化膜而不能继续反应，可以利用这个性质将铝铁制成铝铁槽车来运输浓HNO3和浓H2SO4，洗刷车时注意防火和中毒现象，如破坏钝化现象只需加热。 【典例2】(2024·浙江省宁波市效实中学高一期末)下列关于铝及其化合物的说法中，正确的是( ) A．相同质量的两份铝，分别放入足量的盐酸和氢氧化钠溶液中，产生的氢气在同温同压下体积比为2：3 B．氧化铝是两性氧化物，能与所有的酸和碱反应 C．铝制餐具不宜用来蒸煮或长时间存放酸性或碱性食物 D．纯铝的硬度和强度较大，适合制造机器零件 【答案】C 【解析】A项，2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，2Al+6H2O+2NaOH=2 Na[Al(OH)4]+3H2↑，质量相同的两份铝，与足量的盐酸和氢氧化钠反应，产生的氢气同温同压下体积比为1：1，A错误；B项，氧化铝是两性氧化物，但是不能与所有酸和碱反应，如不能与弱碱反应，B错误；C项，铝制餐具能与酸和强碱反应，不适于用来蒸煮或长时间存放酸性或碱性食物，C正确；D项，纯铝的硬度和强度较小，不适合制造机械零件，D错误；故选C。 【变式2-1】(2026·浙江温州高一期末)反应2Al+2NaOH+6H2O=2Na[Al(OH)4]+3H2↑中，氧化剂是( ) A．Al B．NaOH C．H2O D．Na[Al(OH)4] 【答案】C 【解析】A项，Al在反应中被氧化(化合价从0升至+3)，是还原剂，不是氧化剂，A错误；B项，NaOH中各元素的化合价在反应前后均没有发生变化，不是氧化剂，B错误；C项，H2O中的氢元素部分从+1价降至0价(生成H2)，被还原，得到电子，是氧化剂，C正确；D项，Na[Al(OH)4]是反应产物，不可能是氧化剂，D错误；故选C。 【变式2-2】(2024·浙江省衢州市高一期末)关于铝及其化合物，下列说法不正确的是( ) A．铝是地壳中含量最多的金属元素 B．铝表面的氧化膜可提高其抗腐蚀性 C．硬铝密度小、强度高，可用作飞机外壳 D．铝制餐具可用来蒸煮或者长时间存放酸性或碱性食物 【答案】D 【解析】A项，在地壳中最多的化学元素是氧，其次是硅，铝排在第三位，是地壳中含量最多的金属元素，故A正确；B项，铝是亲氧元素，常温下，铝与氧气反应生成氧化铝，致密的氧化铝膜阻止继续反应，因此铝的抗腐蚀性能好，故B正确；C项，由于硬铝密度小、强度高，适用于制造飞机外壳，故C正确；D项，金属铝可以和强酸以及强碱反应，所以不可用铝制餐具长时间存放酸性或碱性食物，故D错误；故选D。 【变式2-3】(2026·浙江金华外国语学校高一期末)向两支试管中分别加入少量NaOH溶液和盐酸，然后放入铝片未除去表面的氧化膜。开始时两支试管均没有明显现象，一段时间后均产生气泡。下列说法不正确的是( ) A．实验表明，铝片表面的Al2O3是两性氧化物 B．氧化铝与盐酸的反应： Al2O3＋6H＋===2Al3＋＋3H2O C．铝片与NaOH溶液的反应2Al＋2OH－＋6H2O===2[Al(OH)4]－＋3H2↑ D．若两支试管中与Al反应的n(NaOH)=n(HCl)时，Al失电子的物质的量相等 【答案】D 【解析】A．实验表明，铝片表面的Al2O3既可以和强碱反应也可以和强酸反应，是两性氧化物，故A正确；B．氧化铝与盐酸的反应生成氯化铝溶液，反应的离子方程式为： Al2O3＋6H＋===2Al3＋＋3H2O，故B正确；C．铝片与NaOH溶液的反应生成四羟基合铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为：2Al＋2OH－＋6H2O===2[Al(OH)4]－＋3H2↑，故C正确；D．若两支试管中与Al反应的n(NaOH)=n(HCl)时，氧化铝溶解消耗的氢氧化钠和盐酸不同，Al失电子的物质的量不相等，故D错误；故选D。 ▌题型03 铝盐及铝三角转化 1．氢氧化铝 Al(OH)3是不溶于水的两性氢氧化物(既能和酸反应生成盐和水，又能和碱反应生成盐和水的氢氧化物叫作两性氢氧化物)，既能与强酸反应：Al(OH)3＋3H＋===Al3＋＋3H2O，又能与强碱反应：Al(OH)3＋OH－===[Al(OH)4]－。 (1)氢氧化铝是白色胶状沉淀，有吸附作用。 (2)Al(OH)3的实验室制法：用可溶性铝盐和氨水反应制取。 化学方程式：AlCl3＋3NH3·H2O===Al(OH)3↓＋3NH4Cl。 2．铝三角转化 【特别提醒】氢氧化铝只溶于强酸、强碱，不溶于弱酸弱碱，所以铝离子与弱碱如一水合氨反应只能生成氢氧化铝沉淀，不能与足量氨水反应生成四羟基合铝酸根离子；同理，将足量二氧化碳通入四羟基合铝酸根离子的溶液中，生成的是氢氧化铝沉淀和碳酸氢根离子。 3．重要的铝元素图像分析 向AlCl3溶液中滴加NaOH溶液至过量 发生反应的离子方程式为OA段：Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓， AB段：Al(OH)3＋OH－===[Al(OH)4]－。 从图中不难看出，向氯化铝溶液中滴加氢氧化钠溶液，若达不到最大沉淀量时，对应的氢氧化钠溶液的体积有两种情况：一是加入的氢氧化钠不足；二是加入的过量的氢氧化钠将生成的氢氧化铝溶解了一部分。 2．向铝盐溶液中滴入氨水 一水合氨是一种弱碱，氢氧化铝不会溶解在氨水中，向铝盐溶液中滴入氨水或向氨水中滴加铝盐溶液，反应现象是相同的。 若向铝盐溶液中滴加氨水，离子方程式为 3NH3·H2O＋Al3＋===Al(OH)3↓＋3NH。 当n(Al3＋)∶n(NH3·H2O)＝1∶3时，产生最大沉淀量。 3．向AlCl3、MgCl2的酸性溶液中滴加NaOH溶液 反应的离子方程式依次为 OA段：H＋＋OH－===H2O， AB段：Mg2＋＋2OH－===Mg(OH)2↓，Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓， BC段：Al(OH)3＋OH－===[Al(OH)4]－。 现象是开始滴加NaOH溶液时无沉淀生成，随着NaOH溶液的量增加，沉淀的量也逐渐增加，直到沉淀量达到最大值，继续滴加NaOH溶液，氢氧化铝沉淀开始溶解，最后剩余的为氢氧化镁沉淀。 【典例3】(2026·浙江义乌中学高一月考) “价类”二维图体现了元素的分类观、转化观，下图是及其部分化合物的“价类”二维图。下列说法错误的是( ) A．反应③④⑤⑥⑦均属于复分解反应 B．反应①⑥所加试剂可能相同 C．物质的类别处“”代表偏铝酸盐 D．反应④⑤均可以通过加入盐酸实现转化 【答案】B 【解析】根据“价类二维图”可知a为Al，b为Al2O3，c为铝盐，e为Al(OH)3，c与d，d与e可以相互转化，则d为偏铝酸盐。A项，反应③是铝盐转化为偏铝酸盐，其离子方程式为Al3+＋4OH－=== [Al(OH)4]－，反应④是偏铝酸盐转化为铝盐，离子方程式为[Al(OH)4]－＋4H＋===Al3＋＋4H2O，反应⑥是铝盐转化为碱，离子方程式为Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓，反应⑦是碱转化为偏铝酸盐，离子方程式为Al(OH)3＋OH－=== [Al(OH)4]－，上述反应均为复分解反应，故A正确；B项，反应①是铝转化为铝盐，加酸可以实现转化，反应⑥是铝盐转化为氢氧化铝，加入碱实现转化，两反应所加试剂不可能相同，故B错误；C项，根据价类二维图可知，d为偏铝酸盐，故C正确；D项，反应④是偏铝酸盐转化为铝盐，离子方程式为[Al(OH)4]－＋4H＋===Al3＋＋4H2O，反应⑤是偏铝酸盐转化为碱，离子方程式为[Al(OH)4]－＋H＋===Al(OH)3↓＋H2O均可以通过加酸实现转化，故D正确；故选B。 【变式3-1】(2026·浙江镇海中学高一阶段检测)下列有关Al(OH)3的图象不正确的是( ) A．图A是向氯化铝溶液中滴加氢氧化钠溶液 B．图B是向Na[A1(OH)4]中通入二氧化碳 C．图C是向氢氧化钠溶液中滴加氯化铝 D．图D是向氯化铝溶液中滴加氨水 【答案】B 【解析】A. 向AlCl3溶液中加入NaOH溶液，首先发生反应：Al3++3OH-═Al(OH)3↓，生成Al(OH)3白色沉淀，当NaOH溶液过量时发生反应：Al(OH)3+OH-=[A1(OH)4]-，开始产生的沉淀又逐渐溶解至最后消失，A正确；B．向NaAlO2溶液中通入二氧化碳，发生反应：[A1(OH)4]-+CO2=Al(OH)3↓+HCO3-，生成Al(OH)3白色沉淀，但Al(OH)3是两性物质，不能被弱酸、弱碱溶解，因此二氧化碳过量时，沉淀不能溶解，即沉淀达到最大值后不再发生变化，B错误；C．向NaOH溶液中滴加AlCl3溶液发生反应：Al3++4OH-═[A1(OH)4]-+2H2O，开始滴加溶液中无沉淀生成，当AlCl3溶液过量时，又发生反应：Al3++3[A1(OH)4]-=4Al(OH)3↓，生成白色沉淀，当溶液中的[A1(OH)4]-完全反应变为Al(OH)3时沉淀达到最大值，C正确；D．向AlCl3溶液中加入氨水，发生反应：Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，生成Al(OH)3白色沉淀，由于氨水中的NH3·H2O是一元弱碱，不能溶解Al(OH)3，所以沉淀达到最大值后不再发生变化，D正确；故选B。 【变式3-2】(2026·浙江师大附中高一期末)将一定质量的镁铝混合物投入到一定浓度的稀硫酸溶液中，固体完全溶解，接着向这份混合溶液中滴加溶液，产生的沉淀随加入物质的量的变化如图所示，则下列说法不正确的是( ) A．从图像可知，混合溶液中含有大量H+ B．若B点时溶液中Na+物质的量为0.4mol，则原硫酸的物质的量为02mol C．向C点溶液中通入过量CO2，会产生白色沉淀，之后又溶解 D．若AB段与BC段消耗的物质的量之比为5：1，则镁铝的物质的量之比为1：1 【答案】C 【解析】镁铝混合物中加入稀硫酸，发生反应Mg+H2SO4=MgSO4+H2↑、2Al+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2↑；由图可知，OA段发生反应2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O，AB段发生反应MgSO4+2NaOH=Mg(OH)2↓+Na2SO4、Al2(SO4)3+6NaOH=2Al(OH)3↓+3Na2SO4，BC段发生反应Al(OH)3+NaOH=Na[Al(OH)4]。A．刚滴入NaOH溶液时没有沉淀产生，说明溶液中有氢离子，A项正确；B．根据分析，B点溶质为Na2SO4，溶液中Na+物质的量为0.4mol，则硫酸根的物质的量为0.2mol，原硫酸物质的量为0.2mol，B项正确；C．C点溶液溶质为硫酸钠与四羟基合铝酸钠，通入CO2后产生氢氧化铝沉淀，继续通入沉淀不会溶解，氢氧化铝不与弱酸反应，C项错误；D．BC段Al(OH)3与OH-以物质的量之比1∶1反应，AB段铝离子与OH-以物质的量之比1∶3反应、镁离子与OH-以物质的量之比1∶2反应，若AB段与BC段消耗的NaOH物质的量之比为5∶1，则镁铝的物质的量之比为1∶1，D项正确；答案选C。 【变式3-3】(2026·浙江金华学业水平模拟)工业上采用碱石灰烧结法从铝土矿(主要成分Al2O3，含少量SiO2、Fe2O3等杂质)制备Al2O3，其简易流程如下： (1)纯碱的化学式是___________。 (2)从物质的性质来看，Al2O3既能与酸反应，又能与碱反应，属于___________氧化物。 (3)操作④中发生的反应的化学方程式为___________。 (4)下列说法不正确的是___________。 A．操作①开始前应将铝土矿粉碎，目的是增大接触面积，加快反应速率 B．操作②用到的仪器有烧杯、玻璃棒、蒸发皿 C．操作③可除去滤液中残留的含硅杂质 D．操作⑤需加入冰晶石作为助熔剂 【答案】(1)Na2CO3 (2)两性 (3)CO2+ Na[Al(OH)4]=Al(OH)3↓+NaHCO3 (4)BD 【解析】碱石灰烧结法从含 SiO2、Fe2O3杂质的铝土矿制备氧化铝时，先将铝土矿与纯碱、石灰混合进行高温烧结，再经碱溶、过滤除去不溶性杂质得到滤液，调节pH得到四羟基合铝酸钠溶液后，向其中通入过量二氧化碳，使铝元素转化为氢氧化铝沉淀，最后灼烧氢氧化铝，即可得到目标产物氧化铝。 (1)纯碱的化学式是Na2CO3； (2)从物质的性质来看，Al2O3既能与酸反应，又能与碱反应，属于两性氧化物； (3)操作④中Na[Al(OH)4]与过量CO2发生反应，化学方程式为CO2+ Na[Al(OH)4]=Al(OH)3↓+NaHCO3； (4)A项，将铝土矿粉碎可以增大接触面积，加快反应速率，A正确； B项，操作②是过滤，用到的仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗，不需要蒸发皿，B错误； C项，操作③调节 pH 可以使含硅杂质形成沉淀除去，C正确； D项，操作⑤是灼烧Al(OH)3得到Al2O3，不需要加入冰晶石(冰晶石是电解氧化铝时的助熔剂)，D错误；故选BD。 ▌题型04 物质的量在化学方程式计算中的应用 1．化学方程式中化学计量数与各量的关系 化学方程式 Cl2+H22HCl 各物质 Cl2 H2 HCl 化学计量数之比 1 1 2 扩大NA倍 1·NA 1·NA 2·NA 物质的量之比 1 mol 1 mol 2 mol 质量之比 71g 2g 73g 标准状况下体积之比 22.4L 22.4L 44.8L 同一条件下体积之比 1 1 2 结论 ①物质的量是联系各物理量的纽带，可以简便的进行各量之间的转换。 ②化学方程式中各物质的化学计量数之比等于其粒子数目之比，等于其物质的量之比，也等于同温同压下气体的体积之比。 2．解题步骤和计量关系 第一步：审——审清题目条件和题目要求； 第二步：设——设所求物质的物质的量、质量、体积(标况)等； 第三步：写——写出相关配平的化学方程式(或离子方程式)； 第四步：标——在有关物质的化学式下面标出已知量和未知量的关系(未知量可用相应物理量符号表示)； 第五步：列——列出比例式； 第六步：解——根据比例式求解； 第七步：答——简明写出答案。 【特别提醒】①任何一种反应物，只有实际参加反应的纯物质的量才能根据化学方程式计算，过量部分不参与方程式计算。 ②列比例式时要符合“左右量相当，上下单位同”的原则。 【典例4】(2026·浙江杭州高一期中)实验室常用MnO2与浓盐酸加热制备Cl2，反应会因盐酸浓度下降而停止。为测定反应残余液中盐酸的浓度，进行如下实验： 向足量MnO2中加入12.0mL的浓盐酸，加热，反应结束时收集到336mLCl2(标准状况)；将反应后得到的残余液过滤、洗涤，将滤液和洗涤液合并，加入足量的AgNO3溶液，再过滤、洗涤、干燥后得到固体11.48g。请回答： (1)实验室制Cl2的离子方程式为_______ (2)实验中收集到的Cl2物质的量为_______mol。 (3)将生成的Cl2用足量NaOH溶液吸收，可得100mL消毒液，则该消毒液有效成分的物质的量浓度为_______mol/L。 (4)能和二氧化锰反应生成Cl2的浓盐酸的最低浓度为_______mol/L(保留至0.01)。(假设反应后残余液体积为12mL，且Cl2没有残留) 【答案】(1)MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+ 2H2O (2)0.015 (3)0.15 (4)4.17 【解析】(1)二氧化锰与浓盐酸加热反应生成氯化锰、氯气和水，离子方程式为MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+ 2H2O； (2)标准状况下，氯气物质的量：； (3)氯气与NaOH反应：Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O，消毒液有效成分为，，则； (4)反应结束后，剩余的HCl不参与反应，能与二氧化锰反应的盐酸最低浓度即为反应停止时，残余液中盐酸的浓度；反应结束后得到AgCl的物质的量为，为残余液中Cl-的总物质的量；根据反应，生成0.015molCl2的同时生成0.015molMnCl2，MnCl2中含Cl-的物质的量为；剩余未反应Cl-的物质的量为，等同于未反应HCl的物质的量，残余液体积为0.012L，因此最低浓度。 【变式4-1】(2026·浙江北斗联盟高一期中联考)称取4.00g氧化铜和氧化铁固体混合物，加入50.00mL2.00mol·L-1的硫酸充分溶解，往所得溶液中加入5.60g铁粉，充分反应后，得固体的质量为3.04g。 (1)加入铁粉充分反应后，溶液中SO42-的物质的量为___________mol。 (2)所得固体的成分是___________。 (3)固体混合物中氧化铜的质量___________。 【答案】(1)0.1 (2)Fe、Cu (3)2.4g 【解析】过程发生的反应：CuO+H2SO4=CuSO4+H2O、Fe2O3 +3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O、Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，Fe+ Fe2(SO4)3=3FeSO4， 加入铁粉充分反应后，溶液中溶质是硫酸亚铁，根据硫酸根守恒，得到硫酸亚铁的物质的量为0.05L×2.00mol/L=0.100mol；加入铁粉充分反应后，溶液中含铁元素n(Fe)=n(FeSO4)=0.100mol，质量m=0.100mol×56g/mol=5.60g，等于加入的铁粉的质量，说明3.04g固体中含有氧化铜中的铜及剩余铁的质量，这些铁的质量恰好等于氧化铁中铁元素的质量，设氧化铜xmol，氧化铁ymol，则有：80x+160y=4.00，64x+112y=3.04，解得x=0.03，y=0.01，氧化铜的质量是0.03mol×80g/mol=2.40g (1)由分析，溶液中SO42-的物质的量为0.1mol； (2)由分析，所得固体的成分是Fe、Cu； (3)由分析，固体混合物中氧化铜的质量2.4g。 【变式4-2】(2025·浙江台州市山海协作体高一期中)向100mLNa2SO4和Na2CO3的混合溶液中加过量BaCl2溶液，经过滤、洗涤、干燥得到14.51g白色沉淀，向白色沉淀中再加过量稀盐酸，有气体产生，充分反应后，发现沉淀还剩4.66g。 (1)产生的气体在标准状况下的体积是 L。 (2)原溶液中Na+的物质的量浓度是 。 【答案】(1)1.12 (2)1.4 【解析】过滤、干燥后得到14.51g白色沉淀为硫酸钡、碳酸钡的质量，用足量的稀盐酸处理沉淀后，沉淀最后减少到4.66g，硫酸钡为4.66g，碳酸钡质量为14.51g-4.66g=9.85g；有关反应的化学方程式：Na2SO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+2NaOH，Na2CO3+Ba(OH)2=BaCO3↓+2NaOH，BaCO3+2HCl=BaCl2+CO2↑+H2O。 (1)由分析可知，根据碳元素守恒有n(CO2)=n(BaCO3)==0.05mol，故V(CO2)=0.05mol×22.4L•mol-1=1.12L； (2)由分析可知，根据硫酸根守恒有n(Na2SO4)=n(BaSO4)==0.02mol；根据碳元素守恒有n(Na2CO3)=n(BaCO3)==0.05mol；根据钠离子守恒有n(Na+)═2n(Na2SO4)+2n(Na2CO3)═2×0.05mol+2×0.02mol═0.14mol，则原溶液中c(Na+)==1.4mol/L。 【变式4-3】(2026·浙江9+1联盟高一联考)实验室在常温下为进行有关氯气的性质实验，需要4瓶体积为100 mL的纯净氯气(常温常压下，氯气的密度为2.91 g/L)。采用MnO2与质量分数为36.5%的盐酸(ρ=1.2g· cm-3)反应来制取所需氯气。 请回答： (1)MnO2的摩尔质量为_______g/mol。 (2)盐酸的物质的量浓度为_______mol/L。 (3)理论上最少需要MnO2的质量为_______g。(计算结果保留2位小数) 【答案】(1)87 (2)12.0 (3)1.43 【解析】(1)摩尔质量数值与相对分子质量相等，Mn的相对原子质量为55，O的相对原子质量为16，因此MnO2的摩尔质量为； (2)物质的量浓度与质量分数换算公式为，代入、、HCl摩尔质量36.5g/mol ，得； (3)首先计算所需Cl2总物质的量：总容积为 ，总质量为 ，物质的量 。根据反应MnO2+4HCl(浓)MnCl2 +Cl2↑+2H2O，，因此MnO2质量为。 ▌题型05 基于金属元素的工艺流程题 (1)要灵活应用元素守恒和物料转化思想 原料中的“核心元素”经多步转化最终“留存”于目标产物中，因此解题时要注意金属元素的变化过程。 (2)要做好知识和生产实际的密切联系 一是工艺流程中的大部分反应都源于教材，部分陌生反应的反应原理也是源于教材； 二是涉及实际工艺，因此要注意环境保护和资源的利用，最终废弃物尽可能少且无害，部分物质需要循环利用等。 (3)掌握工艺流程中常见的术语 如研磨、粉碎、浸出、酸溶、碱洗、燃烧等。 【典例5】(2026·浙江强基联盟高二开学考试)赤铁矿主要成分为Fe2O3(含少量SiO2、Al2O3、MgO等杂质，原矿结构致密、酸溶速率慢)，利用赤铁矿制备电池级FePO4的工艺流程如下： 下列关于该流程的说法不正确的是( ) A．“预处理”步骤，部分Fe3+转化为Fe2+，破坏赤铁矿结构，活化矿石，加快酸浸速率 B．“酸浸”步骤，Fe2O3与盐酸反应的离子方程式：Fe2O3 +6H+ ==2Fe3+ +3H2O C．“氧化”步骤，加入H2O2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+ D．“沉淀”步骤，为加快过滤速率可用玻璃棒在漏斗内轻轻搅拌 【答案】D 【解析】该流程以结构致密、酸溶速率慢的赤铁矿为原料，先在650℃加少量碳进行预处理活化，将部分Fe3+还原为Fe2+以破坏矿石结构，后续用HCl-H3PO4混合酸加热酸浸，使铁元素等溶解、分离出难溶滤渣；之后加入H2O2将体系中Fe2+全部氧化为Fe3+，再加适量氨水调节条件，沉淀析出FePO4·2H2O 并过滤分离，最终将结晶产物在650℃煅烧脱水，得到电池级FePO4。A项，预处理时加入的碳作为还原剂，可将部分Fe3+还原为Fe2+，破坏赤铁矿致密结构，活化矿石，加快后续酸浸速率，A正确；B项，Fe2O3是碱性氧化物，与盐酸反应生成可溶性盐和水，离子方程式Fe2O3 +6H+ ==2Fe3+ +3H2O符合反应事实和书写规则，B正确；C项，目标产物FePO4中Fe为+3价，预处理生成了部分Fe2+，加入H2O2作为绿色氧化剂可将Fe2+氧化为Fe3+，且不引入杂质，C正确；D项，过滤时若用玻璃棒在漏斗内搅拌，容易戳破滤纸导致过滤失败，不能用该操作加快过滤速率，D错误；故选D。 【变式5-1】(2026·浙江温州高一阶段检测)工业利用铝土矿(主要成分为Al2O3，含少量Fe2O3、MgO)制备铝，其工艺流程如图所示： 下列说法正确的是( ) A．步骤①中Al2O3与NaOH溶液反应：Al2O3+2NaOH+3H2O=2Na[Al(OH)4] B．固体1的主要成分为Fe(OH)3、Mgl(OH)2 C．溶液2中可能含有大量Al(OH)32- D．步骤④常用CO还原Al2O3制得Al 【答案】A 【解析】铝土矿主要成分为两性氧化物Al2O3，杂质为碱性氧化物Fe2O3、MgO，步骤①加入NaOH溶液，发生反应Al2O3+2NaOH+3H2O=2Na[Al(OH)4]，Al2O3溶解生成可溶性四羟基合铝酸钠进入溶液1，Fe2O3、MgO不与强碱反应，过滤后成为固体1废渣；步骤②向溶液1通入过量CO2 ，发生CO2+ Na[Al(OH)4]=Al(OH)3↓+NaHCO3，析出Al(OH)3沉淀，滤液溶液2溶质为NaHCO3；步骤③中发生，得到高纯度Al2O3；步骤④中发生反应：，阴极还原得到最终产物金属Al。A项，Al2O3与NaOH水溶液反应生成四羟基合铝酸钠，反应方程式Al2O3+2NaOH+3H2O=2Na[Al(OH)4]，A符合题意；B项，Fe2O3、MgO不与NaOH溶液反应，固体1为Fe2O3、MgO，B不符合题意；C项，溶液1溶质为Na[Al(OH)4]，通入过量CO2 发生反应 [Al(OH)4]-+CO2 = Al(OH)3↓ +HCO3-，溶液2大量存在HCO3-，C不符合题意；D项，Al金属活动性强，CO还原性不足以还原Al2O3，步骤④为电解熔融Al2O3制备铝，D不符合题意；故选A。 【变式5-2】(2026·浙江温州高一期中)一种以硫酸渣(主要含Fe2O3、SiO2等)为原料制备磁性纳米四氧化三铁的工艺流程如图： 已知：FeS2与H2SO4不反应。 下列说法不正确的是( ) A．滤渣的成分为FeS2 B．还原时发生的反应：FeS2+14Fe2++8H2O=15Fe2++2SO42-+16H+ C．滤液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤可得副产品芒硝(Na2SO4·10H2O) D．氧化时保持O2一定量，保证Fe2+与Fe3+的物质的量比为1/2 【答案】A 【解析】硫酸渣(主要含Fe2O3、SiO2等)加硫酸，生成硫酸铁，加入FeS2，发生反应 FeS2+14Fe2++8H2O=15Fe2++2SO42-+16H+，SiO2与H2SO4不反应，为滤渣，加入碳酸钠沉铁，生成碳酸亚铁，在空气中氧化生成四氧化三铁，滤液为硫酸钠。A项，根据分析可知，滤渣主要为SiO2，A错误；B项，“还原”是将Fe3+转化为Fe2+，同时FeS2被氧化为SO42-，反应中S元素的化合价升高，SO42-为氧化产物，部分Fe元素的化合价降低，所以部分Fe2+为还原产物，离子方程式为FeS2+14Fe2++8H2O=15Fe2++2SO42-+16H+，B正确；C项，沉铁步骤加入Na2CO3后，滤液中溶质主要为Na2SO4，要得到带结晶水的副产品芒硝Na2SO4·10H2O，可通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤得到，C正确；D项，Fe3O4可表示为FeO·Fe2O3，其中Fe2+与Fe3+物质的量比为1：2，因此氧化时控制O2用量，将部分Fe2+氧化为Fe3+，保证该比例即可得到Fe3O4，D正确；故选A。 【变式5-3】(2026·浙江桐浦富兴部分学校高一联考)由硫铁矿烧渣(含Fe2O3、FeO、SiO2等)制备Fe2O3的一种工艺流程如图。 (1)Fe2O3俗称___________。 (2)“沉铁”时，H2O2的主要作用是___________。 (3)“煅烧”时发生的化学方程式为___________。 (4)下列说法不正确的是___________。 A．酸浸时，可以将硫铁矿烧渣粉碎以增大接触面积 B．酸浸渣主要含SiO2，是因为SiO2不与稀硫酸反应且难溶于水 C．酸浸后，溶液中的金属阳离子只有Fe2+ D．为了加快沉铁速度，该过程可以在较高温度下进行 【答案】(1)铁红 (2)将 Fe2+全部氧化为Fe3+，以便后续生成Fe(OH)3沉淀 (3)2Fe(OH)3Fe2O3+3H2O (4)CD 【解析】硫铁矿烧渣用稀硫酸酸浸，溶液中含有Fe2+、Fe3+，SiO2不和稀硫酸反应存在于酸浸渣中，向滤液中加入H2O2和氨水，H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，氨水将Fe3+转化为Fe(OH)3，煅烧Fe(OH)3得到Fe2O3。 【解析】(1)Fe2O3是赤铁矿的主要成分，俗称铁红。 (2)硫铁矿烧渣酸浸后，溶液中同时存在Fe2+(来自FeO与酸反应)和Fe3+(来自Fe2O3与酸反应)，目标产物是Fe(OH)3，因此H2O2作为氧化剂，将Fe2+氧化为Fe3+，便于沉铁得到Fe(OH)3​。 (3)难溶性碱煅烧分解为对应氧化物和水，氢氧化铁煅烧分解生成氧化铁和水，反应方程式为2Fe(OH)3Fe2O3+3H2O。 (4)A项，酸浸时将烧渣粉碎，可增大反应物接触面积，加快反应速率，A正确；B项，SiO2不与稀硫酸反应，且难溶于水，因此酸浸后以滤渣形式除去，B正确；C项，烧渣含Fe2O3，酸浸时Fe2O3与稀硫酸反应生成Fe3+，因此溶液中金属阳离子不止Fe2+，还有Fe3+，C错误；D项，H2O2受热易分解，高温下H2O2会分解失效，且氨水受热易挥发，因此沉铁不能在较高温度下进行，D错误；故选CD。 1 / 2 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 学科网(北京)股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $