资源简介 (共75张PPT)第 39 讲铁钴镍及其化合物2025：基于主题教学的高考化学专题复习系列讲座20252024-1-月浙江卷-16题 考查配离子和Fe3+的结合能力，涉及化学反应的基本原理、实验方案的设计和评价能力、对配位化学基本概念的理解和应用2024安徽卷-4题 考查铁的化合物之间的相互转化，涉及到化学反应的基本原理、通过这些转化，可以加深对化学反应条件和产物影响的理解，以及化学反应在实际应用中的重要性。2024吉林卷-8题 对二价铁的考查，不仅局限于其基本概念和性质的理解，还包括其在具体问题中的应用和分析能力2024吉林卷-16题 考查FeS2在酸性环境下被O2氧化的考查方向将涉及对化学反应速率和化学平衡原理的理解和应用，包括分析温度、浓度、压力等因素如何影响反应的进行和平衡的移动。2024湖北卷-7题 考查三价铁离子氧化性及离子反应方程式的书写 2024全国卷-8题 考查二价钴离子的还原性及氧化物性质，考查沉淀溶度积的应用，考查是否能够理解化学反应的基本原理，以及如何在实际问题中应用这些原理。2024全国新课标-3题 通过铁与水蒸气的反应，考查化学反应原理、操作规范、产物检验、仪器使用等，引导教学回归基础2024湖南卷-6题 考查二价铁离子的还原性，氧化还原反应原理，化学反应方程式、离子方程式正误判断。2024年——铁钴镍考向考点统计重温经典模型建构名师导学2025知识重构重温经典模型建构名师导学2025知识重构深挖课标“能依据物质类别和元素价态列举某种元素的典型代表物。能利用电离、离子反应、氧化还原反应等概念对常见的反应进行分类和分析说明。能举例说明胶体的典型特征。能列举、描述、辦识典型物质重要的物理和化学性质及实验现象。能用化学方程式、离子方程式正确表示典型物质的主要化学性质。”——普通高中化学课程标准（2020年修订）常见评价方式：通过辨析铁及其化合物知识点对与误、不同知识点间的逻辑关系评定学生知识掌握水平。结合离子反应、氧化还原反应等概念评价学生对铁及其化合物的认识。要求1～2深挖课标“能从物质类别、元素价态的角度，依据复分解反应和氧化还原反应原理，预测物质的化学性质和变化，设计实验进行初步验证，并能分析、解释有关实验现象。”——普通高中化学课程标准（2020年修订）常见评价方式：利用已知知识内容结合题干信息可以类推未知物质的性质或者反应规律，是铁及其化合物一种常见考查方法，铁钴镍均为变价金属在氧化还原反应原理及部分复分解反应性质方面具有一定相似性所以通过类比方法进行命题是一种常见命题方式和方法。这类试题对学生的归纳与理解能力的评价也尤为突出。要求3深挖课标能利用典型代表物的性质和反应，设计常见物质制备、分离、提纯、检验等简单任务的方案。能从物质类别和元素价态变化的视角说明物质的转化路径。——普通高中化学课程标准（2020年修订）常见评价方式：考查方式上一般是以实验大题或者工业流程题为主，结合题干信息和已有相关知识评价试题中重要操作的设计目的或者改进方法等。这类试题不仅考查学生基础知识掌握情况，同时对学生化学实验的设计与操作水平也具有一定的评价意义。要求4深挖课标能根据物质的性质分析实验室、生产、生活及环境中的某些常见问题，说明妥善保存、合理使用化学品的常见方法。——普通高中化学课程标准（2020年修订）常见评价方式：与要求4相似，创设实验情景评价实验操作设计的目的与意图。要求5深挖课标能说明常见元素区其化合物的应用（如金属冶炼、合成氨等）。对社会发展的价值、对环境的影响。能有意识运用所学的知识或寻求相关证据参与社会性议题的讨论（如酸雨和雾羅防治、水体保护、食品安全等)。——普通高中化学课程标准（2020年修订）常见评价方式：结合学习内容辨析应用方式和方法是否正确。结合学习内容辨析物质对环境、食品安全等的影响。要求6知识清单结构特点 排布式： 1s22s22p63s23p63d64s2物理性质 块状固体 银白色粉末状固体 黑色能被磁铁吸引化学性质 变价金属遇到强氧化剂失3个电子，遇到氧化性不强的氧化剂失2个电子知识清单化学性质 与非金属单质反应与水蒸气反应知识清单化学性质 与非氧化性酸反应 Fe +2H+= Fe2++ H2↑与氧化性酸反应知识清单铁的氧化物 FeO Fe2O3 Fe3O4俗称 铁红 磁性氧化铁色、态 黑色粉末 红棕色粉末 黑色晶体铁的价态 +2 +3 +2、+3水溶性 难溶于水稳定性 不稳定性6FeO+O2=2Fe3O4 稳定 稳定与酸的反应 FeO+2H+=Fe2++H2O Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2O与CO的反应Fe3O4是复杂的化合物，经研究证明，在Fe3O4晶体中有1/3的Fe是+2价，有2/3的Fe是+3价，可看成FeO·Fe2O3，实际应写成Fe(FeO2)2，即铁酸亚铁盐。我们不能把它看成单纯的氧化物。知识清单Fe(OH)2 Fe(OH)3物理性质 白色，难溶于水的固体 红褐色，难溶于水的固体化学性质 （1）与非氧化性强酸反应Fe(OH)2+2H+=Fe2++2H2O （2）与氧化性酸反应3Fe(OH)2+10HNO3=3Fe(NO3)3+NO↑+8H2O （3）露置于空气中被氧化4Fe(OH)2+2H2O+O2=Fe(OH)3制备 ①煮沸蒸馏水，赶走溶解的氧气②煮沸NaOH溶液，赶走溶解的氧气③配制FeSO4溶液，加少量的铁粉④用长滴管将NaOH溶液送入FeSO4溶液液面以下Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓方法一：有机覆盖层法将吸有NaOH溶液的胶头滴管插到液面以下，并在液面上覆盖一层苯或煤油(不能用CCl4)，以防止空气与Fe(OH)2接触发生反应，如图1所示。方法二：排气体法用H2将装置内的空气排尽后，再将亚铁盐与NaOH溶液混合，这样可长时间观察到白色沉淀。如图2所示。方法三：电解法用铁作阳极，电解NaCl(或NaOH)溶液，并在液面上覆盖苯或煤油，如图3所示。图3Fe(OH)2制备常用方法：知识清单铁盐与亚铁盐亚铁盐含有Fe2+的溶液呈浅绿色，既有氧化性又还原性。配溶液时为防止Fe2+被氧化，配溶液使用的蒸馏水要煮沸并迅速冷却，除去水中的溶解氧，溶液加入少量铁粉防止Fe2+被氧化。铁盐含有Fe3+的溶液呈黄色，Fe3+具有较强的氧化性。含的溶液遇到SCN-离子变成（血）红色，可用KSCN检验Fe3+。Fe3+易水解为防止其水解在配溶液时加入稀盐酸防水解。知识清单Fe3+与Fe2+相互转化知识清单Fe2+的特征检验：溶液样品：取样于试管中，滴加K3[Fe(CN)3]溶液，若溶液产生蓝色沉淀，则样品中含有Fe2+。固体样品：取固体样品于试管中，加入适量蒸馏水溶解固体，滴加K3[Fe(CN)3]溶液，若溶液产生蓝色沉淀，则样品中含有Fe2+。Fe3+的特征检验以溶液样品为例，取样于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液变红，则样品中含有Fe3+。知识清单关于铁、钴、镍铁Fe、钴Co、镍Ni位于周期表第四周期、第Ⅷ族，其物理性质和化学性质都比较相似，合称铁系元素。Co能形成Co(Ⅱ)、Co(Ⅲ)两种氧化态的化合物。Co(Ⅱ)盐在某些方面与Fe(Ⅱ)盐相似，例如，可溶盐有相同结晶水CoSO4·7H2O、FeSO4·7H2O，水合离子有颜色，[Co(H2O)6]2+为桃红色，[Fe(H2O)6]2+为浅绿色。然而Co(Ⅱ)水合离子还原性比Fe(Ⅱ)弱，在水溶液中稳定存在，在碱性介质中能被空气氧化。重温经典模型建构名师导学2025知识重构例一下列选项正确的是（多选）：A.（2022年江苏卷题）探究方案 探究目的向盛有FeSO4溶液的试管中滴加几滴KSCN溶液，振荡，再滴加几滴新制氯水，观察溶液颜色变化 Fe2+具有还原性B.（2022年海南卷）实验内容 预测的实验现象FeCl2溶液中滴加KSCN溶液 溶液变血红色C.（2022年广东卷）陈述Ⅰ 陈述ⅡFeCl3水解可生成Fe(OH)3胶体 FeCl3可用作净水剂D.（2021年全国甲卷）过量铁粉加入稀硝酸中：Fe+4H++=Fe3++NO↑+2H2OE.（2019年江苏卷）Fe在稀硝酸中发生钝化F.（2019年全国甲卷）实验操作 实验现象向盛有FeCl3溶液的试管中加过量铁粉，充分振荡后加1滴KSCN溶液 黄色逐渐消失，加KSCN后溶液颜色不变例一下列选项正确的是（多选）：A.（2022年江苏卷题）探究方案 探究目的向盛有FeSO4溶液的试管中滴加几滴KSCN溶液，振荡，再滴加几滴新制氯水，观察溶液颜色变化 Fe2+具有还原性B.（2022年海南卷）实验内容 预测的实验现象FeCl2溶液中滴加KSCN溶液 溶液变血红色C.（2022年广东卷）陈述Ⅰ 陈述ⅡFeCl3水解可生成Fe(OH)3胶体 FeCl3可用作净水剂D.（2021年全国甲卷）过量铁粉加入稀硝酸中：Fe+4H++=Fe3++NO↑+2H2OE.（2019年江苏卷）Fe在稀硝酸中发生钝化F.（2019年全国甲卷）实验操作 实验现象向盛有FeCl3溶液的试管中加过量铁粉，充分振荡后加1滴KSCN溶液 黄色逐渐消失，加KSCN后溶液颜色不变【答案】A、C、F课标考查要求：要求1～2；关键能力评价要求：这类通过创设学生比较熟悉的实验情景、文字或者符号等信息内容，评价学生对知识点的辨析能力和对试题内容的分析能力。例一下列选项正确的是（多选）：A.（2022年江苏卷题）探究方案 探究目的向盛有FeSO4溶液的试管中滴加几滴KSCN溶液，振荡，再滴加几滴新制氯水，观察溶液颜色变化 Fe2+具有还原性B.（2022年海南卷）实验内容 预测的实验现象FeCl2溶液中滴加KSCN溶液 溶液变血红色【详解】A．向盛有FeSO4溶液的试管中滴加几滴KSCN溶液，无现象，振荡，再滴加几滴新制氯水，溶液变为红色，亚铁离子被新制氯水氧化，说明Fe2+具有还原性，A正确；B．FeCl3溶液中滴加 KSCN洛液，溶液变血红色，实验室通常用这种方法检验的Fe3+存在；FeCl2溶液中滴加 KSCN洛液，溶液不变色，B不正确；例一下列选项正确的是（多选）：C.（2022年广东卷）陈述Ⅰ 陈述ⅡFeCl3水解可生成Fe(OH)3胶体 FeCl3可用作净水剂D.（2021年全国甲卷）过量铁粉加入稀硝酸中：Fe+4H++=Fe3++NO↑+2H2O【详解】C．FeCl3溶液中铁离子可发生水解，生成具有吸附性的氢氧化铁胶体，从而可用作净水剂，陈述I和陈述II均正确，且具有因果关系，C正确；D.过量的铁粉与稀硝酸反应生成硝酸亚铁、一氧化氮和水，离子方程式应为：3Fe+8H++2=3Fe2++2NO↑+4H2O，故D错误；例一下列选项正确的是（多选）：E.（2019年江苏卷）Fe在稀硝酸中发生钝化F.（2019年全国甲卷）实验操作 实验现象向盛有FeCl3溶液的试管中加过量铁粉，充分振荡后加1滴KSCN溶液 黄色逐渐消失，加KSCN后溶液颜色不变【详解】E.常温下，Fe在与浓硝酸发生钝化反应，故E错误；F.向盛有氯化铁溶液的试管中加过量的铁粉，铁粉会将溶液中所有的铁离子还原为亚铁离子，使黄色逐渐消失，充分振荡后，加1滴KSCN溶液，因振荡后的溶液中无铁离子，则溶液不会变色，实验现象与操作匹配，F项正确；例二（2021·广东·高考真题）部分含铁物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断不合理的是A．a可与e反应生成bB．b既可被氧化，也可被还原C．可将e加入浓碱液中制得d的胶体D．可存在b→c→d→e→b的循环转化关系例二（2021·广东·高考真题）部分含铁物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断不合理的是【答案】CA．a可与e反应生成bB．b既可被氧化，也可被还原C．可将e加入浓碱液中制得d的胶体D．可存在b→c→d→e→b的循环转化关系课标要求：要求1～2试题分析：本题以价类二维图为试题内容情景，学生需要从图像中提取物质的关键信息结合已学习内容，判断问题内容的正与误。试题内容主要评价学生的对信息的分析能力和对知识内容的辨析能力，以及对已有知识的结构化程度。例二（2021·广东·高考真题）部分含铁物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断不合理的是A．a可与e反应生成bB．b既可被氧化，也可被还原C．可将e加入浓碱液中制得d的胶体D．可存在b→c→d→e→b的循环转化关系【详解】A．Fe与Fe(III)的盐类物质可发生反应生成Fe(II)的盐类物质，如Fe+2FeCl3=3FeCl2，故A不选；B．Fe(II)为铁元素的中间价态，既有还原性也有氧化性，因此既可被氧化，也可被还原，故B不选；C．Fe(III)的盐类物质与浓碱液反应生成Fe(OH)3沉淀，制备Fe(OH)3胶体操作为：向沸水中滴加饱和FeCl3溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热，故C选；D．b→c→d→e→b转化如下图所示，故D不选。例三（2021·河北·高考真题）“灌钢法”是我国古代劳动人民对钢铁冶炼技术的重大贡献，陶弘景在其《本草经集注》中提到“钢铁是杂炼生鍒作刀镰者”。“灌钢法”主要是将生铁和熟铁(含碳量约0.1%)混合加热，生铁熔化灌入熟铁，再锻打成钢。下列说法错误的是A．钢是以铁为主的含碳合金B．钢的含碳量越高，硬度和脆性越大C．生铁由于含碳量高，熔点比熟铁高D．冶炼铁的原料之一赤铁矿的主要成分为Fe2O3例三（2021·河北·高考真题）“灌钢法”是我国古代劳动人民对钢铁冶炼技术的重大贡献，陶弘景在其《本草经集注》中提到“钢铁是杂炼生鍒作刀镰者”。“灌钢法”主要是将生铁和熟铁(含碳量约0.1%)混合加热，生铁熔化灌入熟铁，再锻打成钢。下列说法错误的是A．钢是以铁为主的含碳合金B．钢的含碳量越高，硬度和脆性越大C．生铁由于含碳量高，熔点比熟铁高D．冶炼铁的原料之一赤铁矿的主要成分为Fe2O3【答案】C课标要求：要求1～2、要求6试题分析：试题内容以中国《本草经集注》中文献内容为命题情景，通过情景内容结合学生已学习的合金的相关知识内容，判断文题内容的正误。试题内容主要评价学生相关内容理解能力水平，同时通过试题展示我国历史上科技发展与民族文化自信。例三（2021·河北·高考真题）“灌钢法”是我国古代劳动人民对钢铁冶炼技术的重大贡献，陶弘景在其《本草经集注》中提到“钢铁是杂炼生鍒作刀镰者”。“灌钢法”主要是将生铁和熟铁(含碳量约0.1%)混合加热，生铁熔化灌入熟铁，再锻打成钢。下列说法错误的是A．钢是以铁为主的含碳合金B．钢的含碳量越高，硬度和脆性越大C．生铁由于含碳量高，熔点比熟铁高D．冶炼铁的原料之一赤铁矿的主要成分为Fe2O3【详解】A．钢是含碳量低的铁合金，故A正确；B．钢的硬度和脆性与含碳量有关，随着含碳量的增大而增大，故正确；C．由题意可知，生铁熔化灌入熟铁，再锻打成钢，说明生铁的熔点低于熟铁，故C错误；D．赤铁矿的主要成分是Fe2O3，可用于冶炼铁，故D正确；例四（2016·江苏·高考真题）制备(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O的实验中，需对过滤出产品的母液(pH<1)进行处理。室温下，分别取母液并向其中加入指定物质，反应后的溶液中主要存在的一组离子正确的是A．通入过量Cl2：Fe2+、H+、NH4+、Cl–、SO42–B．加入少量NaClO溶液：NH4+、Fe2+、H+、SO42–、ClO–C．加入过量NaOH溶液：Na+、Fe2+、NH4+、SO42–、OH–D．加入过量NaClO和NaOH的混合溶液：Na+、SO42–、Cl–、ClO–、OH–【答案】D例四（2016·江苏·高考真题）制备(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O的实验中，需对过滤出产品的母液(pH<1)进行处理。室温下，分别取母液并向其中加入指定物质，反应后的溶液中主要存在的一组离子正确的是A．通入过量Cl2：Fe2+、H+、NH4+、Cl–、SO42–B．加入少量NaClO溶液：NH4+、Fe2+、H+、SO42–、ClO–C．加入过量NaOH溶液：Na+、Fe2+、NH4+、SO42–、OH–D．加入过量NaClO和NaOH的混合溶液：Na+、SO42–、Cl–、ClO–、OH–课标要求：要求3试题分析：以实验为命题情景，学生需要判断母液的成分，结合问题内容的要求推理反应后溶液中离子成分。该试题主要评价学生对信息的分析与推理能力和对知识的辨析能力。例四（2016·江苏·高考真题）制备(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O的实验中，需对过滤出产品的母液(pH<1)进行处理。室温下，分别取母液并向其中加入指定物质，反应后的溶液中主要存在的一组离子正确的是A．通入过量Cl2：Fe2+、H+、NH4+、Cl–、SO42–B．加入少量NaClO溶液：NH4+、Fe2+、H+、SO42–、ClO–C．加入过量NaOH溶液：Na+、Fe2+、NH4+、SO42–、OH–D．加入过量NaClO和NaOH的混合溶液：Na+、SO42–、Cl–、ClO–、OH–【详解】A．通入过量Cl2，在酸性条件下，Fe2+与Cl2会发生氧化还原反应，溶液中无Fe2+存在，故A错误；B．加入少量NaClO溶液，在酸性条件下，Fe2+与ClO–会发生氧化还原反应，溶液中无Fe2+存在，故B错误；C．加入过量NaOH溶液，Fe2+会生成沉淀，反应后溶液中无Fe2+，故C错误；D．加入过量NaClO和NaOH的混合溶液，Fe2+会被氧化生成铁离子并在碱性环境下生成沉淀，反应后溶液中无Fe2+，故D正确；答案选D。例五（2023全国乙11）一些化学试剂久置后易发生化学变化。下列化学方程式可正确解释相应变化的是：课标要求：要求3试题分析：以实验为命题情景，结合实验现象分析原因，主要考查氧化还原反应及元素化合物知识，该试题主要评价学生对实验现象的分析和实验原理的理解、对氧化还原反应原理的理解，元素化合物知识在综合运用能力。例五（2023全国乙11）一些化学试剂久置后易发生化学变化。下列化学方程式可正确解释相应变化的是：【详解】A．溶液呈棕黄色是因为有Fe3+，有浑浊是产生了Fe(OH)3，因为硫酸亚铁久置后易被氧气氧化，化学方程式为：12FeSO4+3O2+6H2O=4Fe2(SO4)3+4Fe(OH)3↓，A错误；B．硫化钠在空气中易被氧气氧化为淡黄色固体硫单质，使颜色加深，化学方程式为：2Na2S+O2+2H2O=4NaOH+2S↓，B错误；C．溴水的主要成分是溴和水，它们会反应，但速度很慢，Br2+H2OHBrO+HBr，2HBrO=2HBr+O2，所以溴水放置太久会变质。但不是生成高溴酸，所以选项中的化学方程式错误，C错误；D．胆矾为CuSO4·5H2O，颜色为蓝色，如果表面失去结晶水，则变为白色的CuSO4，化学方程式为：CuSO4·5H2O=CuSO4+5H2O，方程式正确，D正确；故选D例六 （2023江苏11）室温下，探究溶液的性质，下列实验方案能达到探究目的的是课标要求：要求3试题分析：考查课本中学生熟悉的基础实验，通过情景设置综合考查了所学知识，考查二价铁的还原性，盐类水解的规律及其应用，化学实验方案的设计和评价，对学生的归纳与理解能力的评价尤为突出。例六 （2023江苏11）室温下，探究溶液的性质，下列实验方案能达到探究目的的是【详解】A．检验溶液中是否含有应直接向待测液中滴加KSCN溶液，向待测液中滴加氯水会将氧化为干扰实验，A错误；B．向溶液中滴加几滴酸性溶液，若观察溶液紫色褪去，说明有还原性，B正确；C．发生水解反应使溶液显酸性，应向溶液中滴加2~3滴石蕊试液，观察溶液颜色变化，C错误；D．向溶液中滴加几滴溶液，若产生气泡有可能是的催化作用，D错误。故选B。例七 （2023.1浙江16）探究铁及其化合物的性质，下列方案设计、现象和结论都正确的是课标要求：要求1～2 要求3试题分析：以实验为基础的核心考查，胶体的性质与应用，二价铁的鉴别及应用，铁盐的检验等，既发挥基础内容在培养关键能力，发展学科核心素养的地位和作用，有利于引导师生在平时教学中重视并落实基础，体现测试的基础性要求。例七 （2023.1浙江16）探究铁及其化合物的性质，下列方案设计、现象和结论都正确的是【详解】A．锌是一种化学性质比较活泼的金属元素，在空气中容易被氧化。当锌在空气中长时间暴露时，表面会形成一层薄薄的氧化锌膜，因此FeCl2溶液中加入Zn片，短时间内无明显现象，但一段时间后两者可以发生反应：，溶液由浅绿色变为无色，由方程式可知Fe2+的氧化能力比Zn2+强，A错误；B．溶液变成血红色的原因，，与和K+无关，B错误；C．铁离子可能先与单质铁生成亚铁离子，则溶液呈绿色，C错误；D．向沸水中滴加饱和氯化铁溶液，制取Fe(OH)3胶体，继续加热则胶体因聚沉变为沉淀，D正确；故答案为：D。例八 (2024·安徽选择考·4)下列选项中的物质能按图示路径在自然界中转化。且甲和水可以直接生成乙的是课标要求：要求课标3试题分析：以我物质的转化为基础的核心考查，考查氯及其化合物性质、硫及其化合物性质、铁及其化合物性质，碳及其化合物的性质，要求学生熟练掌握几种常见元素及其化合物的主要性质，评价学生对知识点的辨析能力和对试题内容的分析能力。例八 (2024·安徽选择考·4)下列选项中的物质能按图示路径在自然界中转化。且甲和水可以直接生成乙的是【详解】Cl2与水反应生成HClO和HCl,无法直接生成NaClO,A错误;SO2与水反应生成亚硫酸而不是硫酸,B错误;氧化铁与水不反应,不能生成氢氧化铁沉淀,C错误;CO2与水反应生成碳酸,碳酸与碳酸钙反应能生成碳酸氢钙,碳酸氢钙受热分解生成二氧化碳气体,D正确。例九 (2024·湖北卷·7).过量与以下的溶液反应，下列总反应方程式错误的是)课标要求：要求3试题分析：以实验为命题情景，结合实验现象分析原因，主要考查氧化还原反应及元素化合物知识及化学方程式的书写，该试题主要评价学生对实验现象的分析和实验原理的理解、对氧化还原反应原理的理解，元素化合物知识在综合运用能力。例九 (2024·湖北卷·7)过量与以下的溶液反应，下列总反应方程式错误的是【详解】A．过量 与的溶液反应，生成产生的淡黄色沉淀是S，还生成，过量不能生成，因此，总反应的化学方程式为，A错误；B．过量 与的溶液反应，生成，总反应的化学方程式为，B正确；C．过量 与的溶液反应，生成的白色沉淀是，总反应的化学方程式为,C 正确；D．水解使溶液显碱性，其水溶液能使酚酞变红；过量 与的溶液反应，生成，溶液显酸性，因此，溶液由红色变无色，总反应的化学方程式为，D正确；综上所述，本题选A。例十 (2024·新课标卷·9)实验室中利用下图装置验证铁与水蒸气反应。下列说法错误的是A.反应为3Fe+4H2O(g)==Fe3O4+4H2B.酒精灯移至湿棉花下方实验效果更好C.用木柴点燃肥皂泡检验生成的氢气D.使用硬质玻璃试管盛装还原铁粉课标要求：要求课标4试题分析：考查物质的制备为核心考查，以铁与水蒸气反应的实验为基础，涉及实验原理、实验操作、氢气的检验，这类试题不仅考查学生基础知识掌握情况，同时对学生化学实验的设计与操作水平也具有一定的评价意义。例十 (2024·新课标卷·9)实验室中利用下图装置验证铁与水蒸气反应。下列说法错误的是A.反应为3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2B.酒精灯移至湿棉花下方实验效果更好C.用木柴点燃肥皂泡检验生成的氢气D.使用硬质玻璃试管盛装还原铁粉【详解】铁和水蒸气在高温条件下发生反应生成Fe3O4和H2,该反应的化学方程式为3Fe+4H2O(g) Fe3O4+4H2,A正确;酒精灯放在铁粉下方加热可以产生高温,且不影响水的蒸发,若移至湿棉花下方则难以产生高温,实验效果不好,B错误;用木柴点燃肥皂泡,观察到淡蓝色火焰,肥皂泡破裂可听到爆鸣声,则可检验生成的气体为氢气,C正确;由于该实验中的反应要在高温条件下发生,因此要使用硬质玻璃试管盛装还原铁粉,D正确。例十一（2019·浙江·高考真题）某同学设计如图装置(气密性已检查)制备Fe(OH)2白色沉淀。请回答：(1) 仪器1的名称________。装置5的作用________。(2) 实验开始时，关闭K2，打开K1，反应一段时间后，再打开K2，关闭K1，发现3中溶液不能进入4中。请为装置作一处改进，使溶液能进入4中________。(3) 装置改进后，将3中反应后溶液压入4中，在4中析出了灰绿色沉淀。从实验操作过程分析没有产生白色沉淀的原因________。例十一（2019·浙江·高考真题）某同学设计如图装置(气密性已检查)制备Fe(OH)2白色沉淀。请回答：(1) 仪器1的名称________。装置5的作用________。(2) 实验开始时，关闭K2，打开K1，反应一段时间后，再打开K2，关闭K1，发现3中溶液不能进入4中。请为装置作一处改进，使溶液能进入4中________。(3) 装置改进后，将3中反应后溶液压入4中，在4中析出了灰绿色沉淀。从实验操作过程分析没有产生白色沉淀的原因________。课标要求：要求3、4分析：该试题以氢氧化亚铁制备为情景，结合图像分析。通过学生分析氢氧化亚铁制备实验内容。考查学生实验方案设计能力以及是否能够正确预测和解释实验现象。评价学生对图像信息观察与分析能力和相关知识的辨析与理解能力水平。装置辨识实验评价装置改进实验设计分析例十一（2019·浙江·高考真题）某同学设计如图装置(气密性已检查)制备Fe(OH)2白色沉淀。请回答：(1) 仪器1的名称________。装置5的作用________。(2) 实验开始时，关闭K2，打开K1，反应一段时间后，再打开K2，关闭K1，发现3中溶液不能进入4中。请为装置作一处改进，使溶液能进入4中________。(3) 装置改进后，将3中反应后溶液压入4中，在4中析出了灰绿色沉淀。从实验操作过程分析没有产生白色沉淀的原因________。【答案】（1）滴液漏斗(分液漏斗) 、液封；（2）防止空气进入装置4 在装置2、3之间添加控制开关；（3） 装置4内的空气没有排尽.例十一（2019·浙江·高考真题）某同学设计如图装置(气密性已检查)制备Fe(OH)2白色沉淀。请回答：(1) 仪器1的名称________。装置5的作用________。(2) 实验开始时，关闭K2，打开K1，反应一段时间后，再打开K2，关闭K1，发现3中溶液不能进入4中。请为装置作一处改进，使溶液能进入4中________。(3) 装置改进后，将3中反应后溶液压入4中，在4中析出了灰绿色沉淀。从实验操作过程分析没有产生白色沉淀的原因________。【详解】（1）观察仪器1特征可知是分液漏斗或者滴液漏斗，该反应需要置于无氧环境，注意这里跟防倒吸无关，可知装置5的作用是液封，防止空气进入装置4。（2）实验开始时，关闭K2，打开K1，反应一段时间后，再打开K2，关闭K1，发现3中溶液不能进入4中。如此操作，不行的原因在于仪器1产生的H2从左侧导管溢出，那么没有足够的压强不能将FeSO4溶液挤出，因而在装置2、3之间添加控制开关即可。（3）灰绿色沉淀产生的原因是Fe(OH)2被空气氧化，因为装置4中空气没有完全排尽。综合性试题例十一（2022·河北·高考真题）以焙烧黄铁矿FeS2(杂质为石英等)产生的红渣为原料制备铵铁蓝Fe(NH4)Fe(CN)6颜料。工艺流程如下：回答下列问题：(1)红渣的主要成分为_______(填化学式)，滤渣①的主要成分为_______(填化学式)。(2)黄铁矿研细的目的是_______。(3)还原工序中，不生成S单质的反应的化学方程式为_______。(4)工序①的名称为_______，所得母液循环使用。(5)沉铁工序产生的白色沉淀Fe(NH4)Fe(CN)6中Fe的化合价为_______，氧化工序发生反应的离子方程式为_______。(6)若用还原工序得到的滤液制备Fe2O3·xH2O和(NH4)2SO4，所加试剂为_______和_______(填化学式，不引入杂质)。例十二（2022·河北·高考真题）以焙烧黄铁矿FeS2(杂质为石英等)产生的红渣为原料制备铵铁蓝Fe(NH4)Fe(CN)6颜料。工艺流程如下：回答下列问题：(1)红渣的主要成分为_________(填化学式)，滤渣①的主要成分为_______(填化学式)。(2)黄铁矿研细的目的是_______。(3)还原工序中，不生成S单质的反应的化学方程式为_______。(4)工序①的名称为_____________，所得母液循环使用。(5)沉铁工序产生的白色沉淀Fe(NH4)Fe(CN)6中Fe的化合价为_______，氧化工序发生反应的离子方程式为_______。(6)若用还原工序得到的滤液制备Fe2O3·xH2O和(NH4)2SO4，所加试剂为_______和_______(填化学式，不引入杂质)。课标要求要求1要求2要求3要求4要求5分析：该试题以制备铵铁蓝为情景，通过流程图提供必要解题信息。考查学生对物质转化信息和氧化还原反应原理、离子反应等知识的内容的认知水平，以及常见实验方法、物质处理的方法。利用图像信息评价学生推理、分析能力和对知识的辨析能力。物质辨析物质辨析实验评价规律应用实验设计分析规律应用规律应用实验设计实验设计例十二（2022·河北·高考真题）以焙烧黄铁矿FeS2(杂质为石英等)产生的红渣为原料制备铵铁蓝Fe(NH4)Fe(CN)6颜料。工艺流程如下：回答下列问题：(1)红渣的主要成分为_______(填化学式)，滤渣①的主要成分为_______(填化学式)。(2)黄铁矿研细的目的是_______。【答案】(1) Fe2O3 SiO2(2)增大固液接触面积，加快反应速率，提高黄铁矿的利用率【详解】（1）由分析可知，红渣的主要成分为：Fe2O3，滤渣①的主要成分为：SiO2，故答案为：Fe2O3；SiO2；（2）黄铁矿研细的主要目的是增大固液接触面积，加快反应速率，提高黄铁矿的利用率，故答案为：增大固液接触面积，加快反应速率，提高黄铁矿的利用率；例十二（2022·河北·高考真题）以焙烧黄铁矿FeS2(杂质为石英等)产生的红渣为原料制备铵铁蓝Fe(NH4)Fe(CN)6颜料。工艺流程如下：回答下列问题：(3)还原工序中，不生成S单质的反应的化学方程式为_______。(4)工序①的名称为_______，所得母液循环使用。【答案】(3)7Fe2(SO4)3+FeS2+8H2O=15FeSO4+8H2SO4(4)蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤【详解】（3）由分析可知，还原工序中，不产生S单质沉淀，则硫元素被氧化为，反应原理为：14Fe3++FeS2+8H2O=15Fe2++2+16H+，故化学方程式为：7Fe2(SO4)3+FeS2+8H2O=15FeSO4+8H2SO4。（4）由分析可知，工序①的名称为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤，所得母液主要含有FeSO4溶液和H2SO4可以循环利用，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤；例十二（2022·河北·高考真题）以焙烧黄铁矿FeS2(杂质为石英等)产生的红渣为原料制备铵铁蓝Fe(NH4)Fe(CN)6颜料。工艺流程如下：回答下列问题：(5)沉铁工序产生的白色沉淀Fe(NH4)Fe(CN)6中Fe的化合价为_______，氧化工序发生反应的离子方程式为_______。(6)若用还原工序得到的滤液制备Fe2O3·xH2O和(NH4)2SO4，所加试剂为_______和_______(填化学式，不引入杂质)。【解析】（5）沉铁工序中产生的白色沉淀Fe(NH4)2Fe(CN)6中Fe的化合价为+2价和[Fe(CN)6]4-中的+3价，由分析可知，氧化工序所发生的离子方程式为：6Fe(NH4)2Fe(CN)6++6H+=6Fe(NH4)Fe(CN)6+3H2O+Cl-+6，故答案为：+2；【答案】(5) +2； 6Fe(NH4)2Fe(CN)6++6H+=6Fe(NH4)Fe(CN)6+3H2O+Cl-+6例十二（2022·河北·高考真题）以焙烧黄铁矿FeS2(杂质为石英等)产生的红渣为原料制备铵铁蓝Fe(NH4)Fe(CN)6颜料。工艺流程如下：回答下列问题：(5)沉铁工序产生的白色沉淀Fe(NH4)Fe(CN)6中Fe的化合价为_______，氧化工序发生反应的离子方程式为_______。(6)若用还原工序得到的滤液制备Fe2O3·xH2O和(NH4)2SO4，所加试剂为_______和_______(填化学式，不引入杂质)。【答案】(6) H2O2 NH3·H2O【解析】（6）由分析可知，还原工序所得的滤液中主要含有FeSO4溶液和H2SO4，向滤液中先加入一定量的H2O2溶液将Fe2+完全氧化为Fe3+，在向氧化后的溶液中加入氨水至不再产生沉淀为止，过滤洗涤，对沉淀进行灼烧，即可制得Fe2O3·xH2O和(NH4)2SO4，故所需要加入的试剂为H2O2和NH3·H2O，故答案为：H2O2；NH3·H2O。例十三．（2023重庆15）Fe3O4是一种用途广泛的磁性材料，以为原料制备并获得副产物水合物的工艺如下。25℃时各物质溶度积见下表：回答下列问题：(1)中元素的化合价是和 。的核外电子排布式为 。(2)反应釜1中的反应需在隔绝空气条件下进行，其原因是 。【答案】(1) +3 1s22s22p6(2)防止二价铁被空气中氧气氧化为三价铁【解析】（1）可以写成，故元素的化合价是和+3。为氧原子得到2个电子形成的，核外电子排布式为1s22s22p6；（2）空气中氧气具有氧化性，反应釜1中的反应需在隔绝空气条件下进行，其原因是防止二价铁被空气中氧气氧化为三价铁；(3)反应釜2中，加入和分散剂的同时通入空气。①反应的离子方程式为 。②为加快反应速率，可采取的措施有 。(写出两项即可)。回答下列问题：【答案】(1) +3 1s22s22p6(2)防止二价铁被空气中氧气氧化为三价铁【解析】（3）①反应釜2中，加入和分散剂的同时通入空气，氧气将二价铁氧化三价铁，三价铁与氧化钙和水生成的氢氧化钙生成氢氧化铁，反应的离子方程式为。②为加快反应速率，可采取的措施有适当升高温度、搅拌等；(4)①反应釜3中，时，浓度为，理论上不超过 。②称取水合物，加水溶解，加入过量，将所得沉淀过滤洗涤后，溶于热的稀硫酸中，用标准溶液滴定，消耗。滴定达到终点的现象为 ，该副产物中的质量分数为 。回答下列问题：【答案】(4) 11 最后半滴标准液加入后，溶液变为红色，且半分钟内不变色 66.6%【解析】（4）①反应釜3中，时，浓度为，反应不能使钙离子生成沉淀，防止引入杂质，故此时，pOH=3，pH=11，故理论上不超过11。②高锰酸钾溶液紫红色，故滴定达到终点的现象为：最后半滴标准液加入后，溶液变为红色，且半分钟内不变色；氯化钙和草酸钠转化为草酸钙沉淀，草酸钙沉淀加入硫酸转化为草酸，草酸和高锰酸钾发生氧化还原反应：，结合质量守恒可知，，则该副产物中的质量分数为。例十四（2023广东18）Ni Co 均是重要的战略性金属。从处理后的矿石硝酸浸取液(含)中，利用氨浸工艺可提取，并获得高附加值化工产品。工艺流程如下：已知：氨性溶液由、和配制。常温下，与形成可溶于水的配离子：；易被空气氧化为；部分氢氧化物的如下表。回答下列问题：回答下列问题：回答下列问题：晶体减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积回答下列问题：HCl体心12回答下列问题：0.4或 2:5MgO例十五 （2024全国新课标8）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：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。【答案】（1） ①. 增大固液接触面积，加快酸浸速率，提高浸取效率 ②. Pb（2）①. 将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，以便在后续调pH时除去Fe元素 ② 溶液 ③回答下列问题：（3）“氧化沉钴”中氧化还原反应的离子方程式为 、 。回答下列问题：重温经典模型建构名师导学2025知识重构变价金属反应模型变价金属单质遇到强氧化剂会被氧化为高价态，遇到氧化性不强的氧化剂被氧化为中间价态。中间价态元素遇到强化剂会被氧化为高价态Fe强氧化剂FeFe+2+3氧化性不强氧化剂Fe+3Fe+3强氧化剂复杂氧化物可以拆解成简单氧化物进行分开反应。Fe3O4FeOHClHClFe2O3FeCl3FeCl2Fe3O4+8HCl=FeCl2+FeCl3+4H2O改编2022年浙江卷：BaCu3O4与氨气在价条件下反应产生红色固体的化学方程式BaCu3O4BaO3CuOHClNH33Cu+N2+H2ONH3H2OBa(OH)2BaCu3O4+2NH3重温经典模型建构名师导学2025知识重构1、注重向物质基本信息类的基础知识的记忆和积累；2、注意在做题过程中，总结一般解题规律和方法；3、注意类比性质类试题的积累，以及解题过程中思路和使用的物质模型特点；4、注意将氧化还原反应规律和离子反应规律与金属化学性质相结合，在规律基础上认识金属的化学性质，总结反应规律、应用规律、归纳性质分析模型。第 39 讲-铁钴镍及其化合物1．（2022·江苏·高考真题）室温下，下列实验探究方案不能达到探究目的的是选项 探究方案 探究目的A 向盛有FeSO4溶液的试管中滴加几滴KSCN溶液，振荡，再滴加几滴新制氯水，观察溶液颜色变化 Fe2+具有还原性B 向盛有SO2水溶液的试管中滴加几滴品红溶液，振荡，加热试管，观察溶液颜色变化 SO2具有漂白性C 向盛有淀粉-KI溶液的试管中滴加几滴溴水，振荡，观察溶液颜色变化 Br2的氧化性比I2的强D 用pH计测量醋酸、盐酸的pH，比较溶液pH大小 CH3COOH是弱电解质2．（2022·海南·高考真题）依据下列实验，预测的实验现象正确的是选项 实验内容 预测的实验现象A MgCl2溶液中滴加NaOH溶液至过量 产生白色沉淀后沉淀消失B FeCl2溶液中滴加KSCN溶液 溶液变血红色C AgI悬浊液中滴加NaCl溶液至过量 黄色沉淀全部转化为白色沉淀D 酸性KMnO4溶液中滴加乙醇至过量 溶液紫红色褪去3．（2022·山东·高考真题）高压氢还原法可直接从溶液中提取金属粉。以硫化铜精矿(含Zn、Fe元素的杂质)为主要原料制备Cu粉的工艺流程如下，可能用到的数据见下表。开始沉淀pH 1.9 4.2 6.2沉淀完全pH 3.2 6.7 8.2下列说法错误的是A．固体X主要成分是和S；金属M为ZnB．浸取时，增大压强可促进金属离子浸出C．中和调pH的范围为3.2~4.2D．还原时，增大溶液酸度有利于Cu的生成4．（2022·广东·高考真题）陈述Ⅰ和Ⅱ均正确但不具有因果关系的是选项 陈述Ⅰ 陈述ⅡA 用焦炭和石英砂制取粗硅 SiO2可制作光导纤维B 利用海水制取溴和镁单质 Br－可被氧化，Mg2+可被还原C 石油裂解气能使溴的CCl4溶液褪色 石油裂解可得到乙烯等不饱和烃D FeCl3水解可生成Fe(OH)3胶体 FeCl3可用作净水剂5．（2022·浙江·高考真题）关于化合物FeO(OCH3)的性质，下列推测不合理的是A．与稀盐酸反应生成、、B．隔绝空气加热分解生成FeO、、C．溶于氢碘酸(HI)，再加萃取，有机层呈紫红色D．在空气中，与高温反应能生成6．（2021·广东·高考真题）部分含铁物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断不合理的是A．可与反应生成B．既可被氧化，也可被还原C．可将加入浓碱液中制得的胶体D．可存在的循环转化关系7．（2021·河北·高考真题）“灌钢法”是我国古代劳动人民对钢铁冶炼技术的重大贡献，陶弘景在其《本草经集注》中提到“钢铁是杂炼生鍒作刀镰者”。“灌钢法”主要是将生铁和熟铁(含碳量约0.1%)混合加热，生铁熔化灌入熟铁，再锻打成钢。下列说法错误的是A．钢是以铁为主的含碳合金B．钢的含碳量越高，硬度和脆性越大C．生铁由于含碳量高，熔点比熟铁高D．冶炼铁的原料之一赤铁矿的主要成分为Fe2O38．（2021·全国·高考真题）下列过程中的化学反应，相应的离子方程式正确的是A．用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙：B．过量铁粉加入稀硝酸中：C．硫酸铝溶液中滴加少量氢氧化钾溶液：D．氯化铜溶液中通入硫化氢：9．（2016·江苏·高考真题）制备(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O的实验中，需对过滤出产品的母液(pH<1)进行处理。室温下，分别取母液并向其中加入指定物质，反应后的溶液中主要存在的一组离子正确的是A．通入过量Cl2：Fe2+、H+、NH4+、Cl–、SO42–B．加入少量NaClO溶液：NH4+、Fe2+、H+、SO42–、ClO–C．加入过量NaOH溶液：Na+、Fe2+、NH4+、SO42–、OH–D．加入过量NaClO和NaOH的混合溶液：Na+、SO42–、Cl–、ClO–、OH–10．（2019·江苏·高考真题）室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A．0.1 mol·L 1NaOH溶液：Na+、K+、、B．0.1 mol·L 1FeCl2溶液：K+、Mg2+、、C．0.1 mol·L 1K2CO3溶液：Na+、Ba2+、Cl 、OH D．0.1 mol·L 1H2SO4溶液：K+、、、11．（2019·江苏·高考真题）下列有关化学反应的叙述正确的是A．Fe在稀硝酸中发生钝化 B．MnO2和稀盐酸反应制取Cl2C．SO2与过量氨水反应生成(NH4)2SO3 D．室温下Na与空气中O2反应制取Na2O212．（2019·全国·高考真题）下列实验现象与实验操作不相匹配的是实验操作 实验现象A 向盛有高锰酸钾酸性溶液的试管中通入足量的乙烯后静置 溶液的紫色逐渐褪去，静置后溶液分层B 将镁条点燃后迅速伸入集满CO2的集气瓶 集气瓶中产生浓烟并有黑色颗粒产生C 向盛有饱和硫代硫酸钠溶液的试管中滴加稀盐酸 有刺激性气味气体产生，溶液变浑浊D 向盛有FeCl3溶液的试管中加过量铁粉，充分振荡后加1滴KSCN溶液 黄色逐渐消失，加KSCN后溶液颜色不变13．（2015·浙江·高考真题）某同学采用硫铁矿焙烧取硫后的烧渣(主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考虑其他杂质)制取七水合硫酸亚铁(FeSO4·7H2O)，设计了如下流程：下列说法不正确的是A．溶解烧渣选用足量硫酸，试剂X选用铁粉B．固体1中一定含有SiO2，控制pH是为了使Al3+转化为Al(OH)3，进入固体2C．从溶液2得到FeSO4·7H2O产品的过程中，须控制条件防止其氧化和分解D．若改变方案，在溶液1中直接加NaOH至过量，得到的沉淀用硫酸溶解，其溶液经结晶分离也可得到FeSO4·7H2O14．（2022·辽宁丹东·二模）以含镍废料(主要成分为NiO，含少量FeO、Fe2O3、CoO、BaO和SiO2)为原料制备碳酸钴(CoCO3)和NixOy的工艺流程如图。下列说法正确的是A．“滤渣I”成分是SiO2B．“氧化”时为证明添加NaClO3已足量，可用KSCN溶液进行检验C．“沉钴”反应的离子方程式为2+Co2+=CoCO3↓+CO2↑+H2OD．NiSO4溶液通过蒸发结晶获得NiSO4·6H2O晶体15. （2024·1月 浙江·高考真题）根据实验目的设计方案并进行实验，观察到相关现象，其中方案设计或结论不正确的是实验目的 方案设计 现象 结论A 探究Cu和浓HNO3反应后溶液呈绿色的原因 将NO2通入下列溶液至饱和： ①浓HNO3 ②Cu(NO3)2和HNO3，混合溶液 ①无色变黄色 ②蓝色变绿色 Cu和浓HNO3反应后溶液呈绿色的主要原因是溶有NO2B 比较F-与SCN-结合Fe3+的能力 向等物质的量浓度的KF和KSCN混合溶液中滴加几滴FeCl3溶液，振荡 溶液颜色无明显变化 结合Fe3+的能力：F->SCN-C 比较HF与H2SO3的酸性 分别测定等物质的量浓度的NH4F与(NH4)2SO3溶液的pH 前者pH小 酸性：HF>H2SO3D 探究温度对反应速率的影响 等体积、等物质的量浓度的Na2S2O3与H2SO4溶液在不同温度下反应 温度高的溶液中先出现浑浊 温度升高，该反应速率加快A. A B. B C. C D. D16. （2024· 安徽·高考真题）下列选项中的物质能按图示路径在自然界中转化。且甲和水可以直接生成乙的是选项 甲 乙 丙A Cl2 NaClO NaClB SO2 H2SO4 CaSO4C Fe2O3 Fe(OH)3 FeCl3D CO2 H2CO3 Ca(HCO3)2A. A B. B C. C D. D17. （2024· 吉林·高考真题）下列实验方法或试剂使用合理的是选项 实验目的 实验方法或试剂A 检验溶液中是否含有 溶液B 测定溶液中 用溶液滴定C 除去乙醇中少量的水 加入金属，过滤D 测定溶液的 使用试纸A. A B. B C. C D. D18．（2023全国乙11）一些化学试剂久置后易发生化学变化。下列化学方程式可正确解释相应变化的是A 硫酸亚铁溶液出现棕黄色沉淀B 硫化钠溶液出现浑浊颜色变深C 溴水颜色逐渐褪去D 胆矾表面出现白色粉末19.（2023江苏11）室温下，探究溶液的性质，下列实验方案能达到探究目的的是选项 探究目的 实验方案A 溶液中是否含有 向溶液中滴加几滴新制氯水，再滴加KSCN溶液，观察溶液颜色变化B 是否有还原性 向溶液中滴加几滴酸性溶液，观察溶液颜色变化C 是否水解 向溶液中滴加2~3滴酚酞试液，观察溶液颜色变化D 能否催化分解 向溶液中滴加几滴溶液，观察气泡产生情况20（2023.1浙江16）探究铁及其化合物的性质，下列方案设计、现象和结论都正确的是实验方案 现象 结论A 往溶液中加入片 短时间内无明显现象 的氧化能力比弱B 往溶液中滴加溶液，再加入少量固体 溶液先变成血红色后无明显变化 与的反应不可逆C 将食品脱氧剂样品中的还原铁粉溶于盐酸，滴加溶液 溶液呈浅绿色 食品脱氧剂样品中没有价铁D 向沸水中逐滴加5~6滴饱和溶液，持续煮沸 溶液先变成红褐色再析出沉淀 先水解得再聚集成沉淀21（2024.湖北卷16）过量与以下的溶液反应，下列总反应方程式错误的是溶液 现象 化学方程式A 产生淡黄色沉淀B 溶液由棕黄色变浅绿色C 溶液褪色，产生白色沉淀D (含酚酞) 溶液由红色变无色A. A B. B C. C D. D22. （2024.新课标卷）实验室中利用下图装置验证铁与水蒸气反应。下列说法错误的是A. 反应为 B. 酒精灯移至湿棉花下方实验效果更好C. 用木柴点燃肥皂泡检验生成的氢气 D. 使用硬质玻璃试管盛装还原铁粉23 （2024.北京卷）下列方程式与所给事实不相符的是( )A．海水提溴过程中，用氯气氧化苦卤得到溴单质：Cl2 +2Br- = 2Cl-+Br2B．用绿矾(FeSO4·7H2O)将酸性工业废水中的Cr2O72-转化为Cr 3+：Cr2O72-+6Fe2++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2OC．用5% Na2SO4溶液能有效除去误食的Ba2+：Ba2++SO42-=BaSO4↓D．用Na2CO3溶液将水垢中的CaSO4转化为溶于酸的CaCO3：Ca2++CO32-=CaCO3↓24．（2021·北京·高考真题）铁黄是一种重要的化工产品。由生产钛白粉废渣制备铁黄的过程如下。资料：i.钛白粉废渣成分：主要为FeSO4·H2O，含少量TiOSO4和不溶物ii.TiOSO4+(x+1)H2O TiO2·xH2O↓+H2SO4iii.0.1 mol/L Fe2+生成Fe(OH)2，开始沉淀时pH=6.3，完全沉淀时pH=8.3；0.1 mol/L Fe3+生成FeOOH，开始沉淀时pH=1.5，完全沉淀时pH=2.8(1)纯化①加入过量铁粉的目的是_______。②充分反应后，分离混合物的方法是_______。(2)制备晶种为制备高品质铁黄产品，需先制备少量铁黄晶种。过程及现象是：向一定浓度FeSO4溶液中加入氨水，产生白色沉淀，并很快变成灰绿色。滴加氨水至pH为6.0时开始通空气并记录pH变化(如图)。①产生白色沉淀的离子方程式是_______。②产生白色沉淀后的pH低于资料iii中的6.3。原因是：沉淀生成后c(Fe2+)_______0.1mol/L(填“＞”“=”或“＜”)。③0-t1时段，pH几乎不变；t1-t2时段，pH明显降低。结合方程式解释原因：_______。④pH≈4时制得铁黄晶种。若继续通入空气，t3后pH几乎不变，此时溶液中c(Fe2+)仍降低，但c(Fe3+)增加，且(Fe2+)降低量大于c(Fe3+)增加量。结合总方程式说明原因：_______。(3)产品纯度测定铁黄纯度可以通过产品的耗酸量确定。wg铁黄溶液b溶液c滴定资料：Fe3++3=Fe(C2O4)，Fe(C2O4)不与稀碱液反应Na2C2O4过量，会使测定结果_______(填“偏大”“偏小”或“不受影响”)。25．（2019·浙江·高考真题）某同学设计如图装置(气密性已检查)制备Fe(OH)2白色沉淀。请回答：(1) 仪器1的名称________。装置5的作用________。(2) 实验开始时，关闭K2，打开K1，反应一段时间后，再打开K2，关闭K1，发现3中溶液不能进入4中。请为装置作一处改进，使溶液能进入4中________。(3) 装置改进后，将3中反应后溶液压入4中，在4中析出了灰绿色沉淀。从实验操作过程分析没有产生白色沉淀的原因________。26．（2022·陕西·高三模拟）氯化钴(CoCl2)可用于分析试剂、氨吸收剂等，易潮解，熔点为724 ℃。化学小组在实验室中对CoCl2进行如下探究。回答下列问题：(1)已知：Co与Fe同族，可以说明Co2+的还原性弱于Fe2+的离子方程式为_______。(2)CoCl2的制备①仪器a的名称为_______，其中反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______。②试剂X适合选用_______，其作用为_______。③上述装置的不足之处为_______，改进措施为_______。(3)测定产品纯度用改进后的装置进行实验，实验后准确称取m g产品溶于水配成溶液；滴加Na2CrO4溶液作为指示剂(Ag2CrO4为红色沉淀)，用c mol·L-1 AgNO3标准溶液滴定(杂质不参加反应)；达到滴定终点时消耗标准液的体积为V mL。①达到滴定终点的现象为_______。②产品中CoCl2的质量分数为_______。27．（2022·江西南昌·高三模拟）三氯化六氨合钴(III){[Co(NH3)6]Cl3}是制备其它三价钴配合物的重要试剂。实验室以活性炭为催化剂合成三氯化六氨合钴，装置如下图(1)A中盛装浓氨水的仪器名称为_______，固体a的化学式_______。(2)三颈烧瓶中装有碳粉、CoCl2 和 NH4Cl 混合溶液，通入氨气与 CoCl2 生成[Co(NH3)6]2+，离子方程式为_______，NH4Cl 的作用有_______、_______。(3)实验中停止通氨气并滴入双氧水，其操作方法为_______。双氧水氧化 [Co(NH3)6]2+得到Co[(NH3)6]Cl3。(4)C 装置的优点是_______。28．（2020·海南·高考真题）以黄铁矿(主要成分FeS2)为原料生产硫酸，应将产出的炉渣和尾气进行资源化综合利用，减轻对环境的污染。其中一种流程如下图所示。回答下列问题：(1)黄铁矿中硫元素的化合价为_____________。(2)由炉渣制备还原铁粉的化学方程式为____________________________。(3)欲得到更纯的NaHSO3，反应①应通入_____________ (填 “过量”或“不足量”)的SO2气体。(4)因为Na2S2O5具有______________性， 导致商品Na2S2O5中不可避免地存在Na2SO4。检验其中含有的方法是__________________。(5)一般用 K2Cr2O7滴定分析法测定还原铁粉纯度。实验步骤：称取一定量样品，用过量稀硫酸溶解，用标准K2Cr2O7溶液滴定其中的Fe2+。反应式：+6Fe2+ +14H+ = 2Cr3+ +6Fe3+ +7H2O某次实验称取0.2800 g样品，滴定时消耗浓度为0.03000 mol·L-1的K2Cr2O7溶液25.10 mL，则样品中铁含量为____________________%。29．（2022·湖南益阳·高三模拟）回收钴废料能有效缓解金属资源浪费、环境污染等问题。一种以含钴催化剂废料(主要含Co、Fe，还含有少量的CoO、FeO、、CaO、)制备氧化钴(Co2O3)的工艺流程如下图所示：已知：ⅰ.金属钴与铁具有相似的化学性质；ⅱ.氧化性。回答下列问题：(1)酸浸后，“滤渣”的主要成分有_______和_______(填化学式)。(2)“除铁”时先加入NaClO溶液，主要反应的离子方程式为_______，再加入溶液调节pH为2.5~3.0，生成黄钠铁矾沉淀。(3)基态钴原子的电子排布式为_______。(4)中N原子的杂化轨道类型为_______。中除氢元素外，其他元素的第一电离能由大到小的顺序为_______。(5)所得可用于合成钛酸钴。一种钛酸钴的晶胞结构如图所示，该立方晶胞参数为a pm，每个Co周围等距且紧邻的O共有_______个。设NA为阿伏加德罗常数的值，该钛酸钴晶体的密度为_______(列出计算式)。30．（2023重庆15）是一种用途广泛的磁性材料，以为原料制备并获得副产物水合物的工艺如下。时各物质溶度积见下表：物质溶度积回答下列问题：(1)中元素的化合价是和 。的核外电子排布式为 。(2)反应釜1中的反应需在隔绝空气条件下进行，其原因是 。(3)反应釜2中，加入和分散剂的同时通入空气。①反应的离子方程式为 。②为加快反应速率，可采取的措施有 。(写出两项即可)。(4)①反应釜3中，时，浓度为，理论上不超过 。②称取水合物，加水溶解，加入过量，将所得沉淀过滤洗涤后，溶于热的稀硫酸中，用标准溶液滴定，消耗。滴定达到终点的现象为 ，该副产物中的质量分数为 。31.（2023广东18）均是重要的战略性金属。从处理后的矿石硝酸浸取液(含)中，利用氨浸工艺可提取，并获得高附加值化工产品。工艺流程如下：已知：氨性溶液由、和配制。常温下，与形成可溶于水的配离子：；易被空气氧化为；部分氢氧化物的如下表。氢氧化物回答下列问题：(1)活性可与水反应，化学方程式为 。(2)常温下，的氨性溶液中， (填“>”“<”或“=”)。(3)“氨浸”时，由转化为的离子方程式为 。(4)会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物。滤渣的X射线衍射图谱中，出现了的明锐衍射峰。①属于 (填“晶体”或“非晶体”)。②提高了的浸取速率，其原因是 。(5)①“析晶”过程中通入的酸性气体A为 。②由可制备晶体，其立方晶胞如图。与O最小间距大于与O最小间距，x、y为整数，则在晶胞中的位置为 ；晶体中一个周围与其最近的O的个数为 。(6)①“结晶纯化”过程中，没有引入新物质。晶体A含6个结晶水，则所得溶液中与的比值，理论上最高为 。②“热解”对于从矿石提取工艺的意义，在于可重复利用和 (填化学式)。32.（2024全国新课标8）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()时的pH：开始沉淀的pH 15 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。（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)，残留的浓度为_______。33. （2024.全国卷）钴在新能源、新材料领域具有重要用途。某炼锌废渣含有锌、铅、铜、铁、钴、锰的+2价氧化物及锌和铜的单质。从该废渣中提取钴的一种流程如下。注：加沉淀剂使一种金属离子浓度小于等于10-5mol·L-1，其他金属离子不沉淀，即认为完全分离。已知：①Ksp(CuS)=6.3×10-36,Ksp(ZnS)=2.5×10-22,Ksp(CoS)=4.0×10-21。②以氢氧化物形式沉淀时，lg[c(M)/(mol·L-1)]和溶液pH的关系如图所示。回答下列问题：（1）“酸浸”前，需将废渣磨碎，其目的是_____。（2）“酸浸”步骤中，CoO发生反应的化学方程式是_____。（3）假设“沉铜”后得到的滤液中c(Zn2+)和c(Co2+)均为0.10mol·L-1，向其中加入Na2S至Zn2+沉淀完全，此时溶液中c(Co2+)=_____mol·L-1，据此判断能否实现Zn2+和Co2+的完全分离_____(填“能”或“不能”)。（4）“沉锰”步骤中，生成1.0molMnO2，产生H+的物质的量为_____。（5）“沉淀”步骤中，用NaOH调pH=4，分离出的滤渣是_____。（6）“沉钴”步骤中，控制溶液pH=5.0~5.5，加入适量的NaClO氧化Co2+，其反应的离子方程式为_____。（7）根据题中给出的信息，从“沉钴”后的滤液中回收氢氧化锌的方法是_____。第 39 讲-铁钴镍及其化合物答案及解析1.【答案】D【详解】A．向盛有溶液的试管中滴加几滴溶液，无现象，振荡，再滴加几滴新制氯水，溶液变为红色，亚铁离子被新制氯水氧化，说明具有还原性，A正确；B．向盛有水溶液的试管中滴加几滴品红溶液，品红溶液褪色，振荡，加热试管，溶液又恢复红色，说明具有漂白性， B正确；C．向盛有淀粉-KI溶液的试管中滴加几滴溴水，振荡，溶液变为蓝色，说明的氧化性比的强，C正确；D．用pH计测量醋酸、盐酸的pH用以证明是弱电解质时，一定要注明醋酸和盐酸的物质的量浓度相同，D错误。故选D。2.【答案】D【详解】A．MgCl2济液中滴加NaOH溶液至过量，两者发生反应产生白色沉淀，白色沉淀为氢氧化镁，氢氧化镁为中强碱，其不与过量的NaOH溶液发生反应，因此，沉淀不消失，A不正确；B．FeCl3溶液中滴加 KSCN洛液，溶液变血红色，实验室通常用这种方法检验的Fe3+存在；FeCl2溶液中滴加 KSCN洛液，溶液不变色，B不正确；C．AgI的溶解度远远小于AgCl，因此，向AgI悬浊液中滴加 NaCl溶液至过量，黄色沉淀不可能全部转化为白色沉淀，C不正确；D．酸性KMnO4溶液呈紫红色，其具有强氧化性，而乙醇具有较强的还原性，因此，酸性KMnO4溶液中滴加乙醇至过量后溶液紫红色褪去，D正确；综上所述，依据相关实验预测的实验现象正确的是D，本题选D。3.【答案】D【分析】CuS精矿(含有杂质Zn、Fe元素)在高压O2作用下，用硫酸溶液浸取，CuS反应产生为CuSO4、S、H2O，Fe2+被氧化为Fe3+，然后加入NH3调节溶液pH，使Fe3+形成Fe(OH)3沉淀，而Cu2+、Zn2+仍以离子形式存在于溶液中，过滤得到的滤渣中含有S、Fe(OH)3；滤液中含有Cu2+、Zn2+；然后向滤液中通入高压H2，根据元素活动性：Zn＞H＞Cu，Cu2+被还原为Cu单质，通过过滤分离出来；而Zn2+仍然以离子形式存在于溶液中，再经一系列处理可得到Zn单质。4.【答案】A【详解】A．焦炭具有还原性，工业上常利用焦炭与石英砂（SiO2）在高温条件下制备粗硅，这与SiO2是否做光导纤维无因果关系，故A符合题意；B．海水中存在溴离子，可向其中通入氯气等氧化剂将其氧化为溴单质，再经过萃取蒸馏物理操作分离提纯溴单质，另外，通过富集海水中的镁离子，经过沉淀、溶解等操作得到无水氯化镁，随后电解熔融氯化镁可制备得到镁单质，陈述I和陈述II均正确，且具有因果关系，B不符合题意；C．石油在催化剂加热条件下进行裂解可得到乙烯等不饱和烃，从而使溴的CCl4溶液褪色，陈述I和陈述II均正确，且具有因果关系，C不符合题意；D．FeCl3溶液中铁离子可发生水解，生成具有吸附性的氢氧化铁胶体，从而可用作净水剂，陈述I和陈述II均正确，且具有因果关系，D不符合题意；综上所述，答案为A。5.【答案】B【详解】A．由分析可知，化合物中Fe的化合价为+3价，故其与稀盐酸反应生成、、，反应原理为：FeO(OCH3)+3HCl=FeCl3+H2O+CH3OH，A不合题意；B．由分析可知，化合物中Fe的化合价为+3价，C为-2，若隔绝空气加热分解生成FeO、、则得失电子总数不相等，不符合氧化还原反应规律，即不可能生成FeO、、，B符合题意；C．由分析可知，化合物中Fe的化合价为+3价，故其溶于氢碘酸(HI)生成的Fe3+能将I-氧化为I2，反应原理为：2FeO(OCH3)+6HI=2FeI2+I2+2H2O+2CH3OH，再加萃取，有机层呈紫红色，C不合题意；D．化合物在空气中高温将生成Fe2O3、CO2和H2O，然后Fe2O3为碱性氧化物，SiO2为酸性氧化物，故化合物与高温反应能生成，D不合题意；故答案为：B。6.【答案】C【详解】A．Fe与Fe(III)的盐类物质可发生反应生成Fe(II)的盐类物质，如Fe+2FeCl3=3FeCl2，故A不选；B．Fe(II)为铁元素的中间价态，既有还原性也有氧化性，因此既可被氧化，也可被还原，故B不选；C．Fe(III)的盐类物质与浓碱液反应生成Fe(OH)3沉淀，制备Fe(OH)3胶体操作为：向沸水中滴加饱和FeCl3溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热，故C选；D．转化如，故D不选；综上所述，答案为C。77.【答案】C【详解】A．钢是含碳量低的铁合金，故A正确；B．钢的硬度和脆性与含碳量有关，随着含碳量的增大而增大，故正确；C．由题意可知，生铁熔化灌入熟铁，再锻打成钢，说明生铁的熔点低于熟铁，故C错误；D．赤铁矿的主要成分是Fe2O3，可用于冶炼铁，故D正确；故选C。8.【答案】A【详解】A.硫酸钙微溶，用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙转化为难溶的碳酸钙，离子方程式为：，故A正确；B．过量的铁粉与稀硝酸反应生成硝酸亚铁、一氧化氮和水，离子方程式应为：3Fe+8H++2N=3Fe2++2NO↑+4H2O，故B错误；C．硫酸铝溶液与少量氢氧化钾溶液反应生成氢氧化铝沉淀和硫酸钾，离子方程式应为：Al3++3OH-=Al(OH)3↓，故C错误；D．硫化氢为弱电解质，书写离子方程式时不能拆，离子方程式应为：Cu2++H2S=CuS↓+2H+，故D错误；答案选A。9.【答案】D【分析】母液中主要含NH4+、Fe2+、H+、SO42–，根据离子共存原则分析加入指定物质后溶液的离子存在情况，如发生氧化还原反应、生成气体、沉淀等。【详解】A．通入过量Cl2，在酸性条件下，Fe2+与Cl2会发生氧化还原反应，溶液中无Fe2+存在，故A错误；B．加入少量NaClO溶液，在酸性条件下，Fe2+与ClO–会发生氧化还原反应，溶液中无Fe2+存在，故B错误；C．加入过量NaOH溶液，Fe2+会生成沉淀，反应后溶液中无Fe2+，故C错误；D．加入过量NaClO和NaOH的混合溶液，Fe2+会被氧化生成铁离子并在碱性环境下生成沉淀，反应后溶液中无Fe2+，故D正确；答案选D。10.【答案】A【分析】此题考的是离子共存问题，应从选项的条件获取信息，再从中判断在此条件的环境中是否有离子会互相反应，能大量共存就是没有可以互相发生反应的离子存在。【详解】A.是一个碱性环境，离子相互间不反应，且与OH-不反应，能大量共存；B.MnO4-具有强氧化性，Fe2+具有还原性，两者会发生氧化还原反应而不能大量共存；C.Ba2+可以与CO32-发生反应生成沉淀而不能大量存在；D.酸性条件下H+与HSO3-不能大量共存，同时酸性条件下NO3-表现强氧化性会将HSO3-氧化而不能大量共存。11.【答案】C【详解】A.常温下，Fe在与浓硝酸发生钝化反应，故A错误；B.二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应制取氯气，故B错误；C.二氧化硫与过量氨水反应生成亚硫酸铵，故C正确；D.常温下，Na与空气中的氧气反应生成Na2O；加热条件下，钠与氧气反应生成Na2O2，故D错误。12.【答案】A【详解】A. 乙烯被酸性高锰酸钾氧化生成二氧化碳无机小分子，则实验现象中不会出现分层，A项错误；B. 将镁条点燃后迅速伸入集满二氧化碳的洗气瓶，发生反应为：CO2+2Mg2MgO+C，则集气瓶因反应剧烈冒有浓烟，且生成黑色颗粒碳单质，实验现象与操作匹配，B项正确；C. 向盛有饱和硫代硫酸钠溶液的试管中滴加稀盐酸，发生氧化还原反应，其离子方程式为：S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O，则会有刺激性气味气体产生，溶液变浑浊，实验现象与操作匹配，C项正确；D. 向盛有氯化铁溶液的试管中加过量的铁粉，铁粉会将溶液中所有的铁离子还原为亚铁离子，使黄色逐渐消失，充分振荡后，加1滴KSCN溶液，因振荡后的溶液中无铁离子，则溶液不会变色，实验现象与操作匹配，D项正确。13.【答案】D【详解】A、流程设计意图是用硫酸把Fe2O3、Al2O3，转化为硫酸盐，除去SiO2，然后用铁粉还原Fe3+得到硫酸亚铁，A正确；B、固体1为SiO2，分离FeSO4和Al2(SO4)3采用的是调控pH的方法，使Al3+转化为Al(OH)3沉淀从而与FeSO4分离，B不正确；C、Fe2+容易被氧化，所以在得到FeSO4·7H2O产品的过程中，要防止其被氧化和分解，C正确；D、在溶液1中直接加过量的NaOH得到的是Fe(OH)3沉淀，Fe(OH)3溶于硫酸后生成Fe2(SO4)3，D不正确。14.【答案】C【详解】A．由分析可知，滤渣I的主要成分为硫酸钡、二氧化硅，故A错误；B．由分析可知，加入氯酸钠溶液的目的是将亚铁离子氧化为铁离子，所以氧化时应加入铁氰化钾溶液，检验溶液中不存在亚铁离子，说明加入的氯酸钠溶液过量，故B错误；C．由分析可知，沉钴时加入碳酸氢钠溶液的目的是将钴离子转化为碳酸钴沉淀，反应的离子方程式为2+Co2+=CoCO3↓+CO2↑+H2O，故C正确；D．由分析可知，硫酸镍溶液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到六水硫酸镍晶体，故D错误。15.【答案】C【解析】【详解】A．Cu和浓HNO3反应后生成二氧化氮，探究其溶液呈绿色的原因可以采用对比实验，即将NO2通入①浓HNO3，②Cu(NO3)2和HNO3混合溶液至饱和，现象与原实验一致，可以说明Cu和浓HNO3反应后溶液呈绿色的主要原因是溶有NO2，故A正确；B．向等物质的量浓度的KF和KSCN混合溶液中滴加几滴FeCl3溶液，振荡，溶液颜色无明显变化，铁没有与SCN-结合而与F-结合，说明结合Fe3+的能力：F->SCN-，故B正确；C．不应该分别测定等物质的量浓度的与溶液的，因为铵根离子也要水解，且同浓度与的铵根离子浓度不等，不能比较，并且亚硫酸的酸性大于氢氟酸，结论也不对，故C错误；D．探究温度对反应速率的影响，只保留温度一个变量，温度高的溶液中先出现浑浊，能说明温度升高，反应速率加快，故D正确；故选C。16【答案】D【解析】【详解】A．Cl2与水反应生成HClO和HCl，无法直接生成NaClO，A错误；B．SO2与水反应生成亚硫酸而不是硫酸，B错误；C．氧化铁与水不反应，不能生成氢氧化铁沉淀，C错误；D．CO2与水反应生成碳酸，碳酸与碳酸钙反应生成碳酸氢钙，碳酸氢钙受热分解生成二氧化碳气体，D正确；故答案选D。17【答案】A【解析】【详解】A．溶液中含有Fe2+，可以与K3[Fe(CN)6]发生反应使溶液变成蓝色，A项合理；B．随着滴定的不断进行，溶液中S2-不断被消耗，但是溶液中的HS-还可以继续发生电离生成S2-，B项不合理；C．金属Na既可以和水发生反应又可以和乙醇发生反应，故不能用金属Na除去乙醇中少量的水，C项不合理；D．ClO-具有氧化性，不能用pH试纸测定其pH的大小，可以用pH计进行测量，D项不合理；故答案选A18.【答案】D【详解】A．溶液呈棕黄色是因为有Fe3+，有浑浊是产生了Fe(OH)3，因为硫酸亚铁久置后易被氧气氧化，化学方程式为：12FeSO4+3O2+6H2O=4Fe2(SO4)3+4Fe(OH)3↓，A错误；B．硫化钠在空气中易被氧气氧化为淡黄色固体硫单质，使颜色加深，化学方程式为：2Na2S+O2+2H2O=4NaOH+2S↓，B错误；C．溴水的主要成分是溴和水，它们会反应，但速度很慢，Br2+H2OHBrO+HBr，2HBrO=2HBr+O2，所以溴水放置太久会变质。但不是生成高溴酸，所以选项中的化学方程式错误，C错误；D．胆矾为CuSO4·5H2O，颜色为蓝色，如果表面失去结晶水，则变为白色的CuSO4，化学方程式为：CuSO4·5H2O=CuSO4+5H2O，方程式正确，D正确；故选D19【答案】B【详解】A．检验溶液中是否含有应直接向待测液中滴加KSCN溶液，向待测液中滴加氯水会将氧化为干扰实验，A错误；B．向溶液中滴加几滴酸性溶液，若观察溶液紫色褪去，说明有还原性，B正确；C．发生水解反应使溶液显酸性，应向溶液中滴加2~3滴石蕊试液，观察溶液颜色变化，C错误；D．向溶液中滴加几滴溶液，若产生气泡有可能是的催化作用，D错误。故选B。20【答案】D【详解】A．锌是一种化学性质比较活泼的金属元素，在空气中容易被氧化。当锌在空气中长时间暴露时，表面会形成一层薄薄的氧化锌膜，因此FeCl2溶液中加入Zn片，短时间内无明显现象，但一段时间后两者可以发生反应：，溶液由浅绿色变为无色，由方程式可知Fe2+的氧化能力比Zn2+强，A错误；B．溶液变成血红色的原因，，与和K+无关，B错误；C．铁离子可能先与单质铁生成亚铁离子，则溶液呈绿色，C错误；D．向沸水中滴加饱和氯化铁溶液，制取Fe(OH)3胶体，继续加热则胶体因聚沉变为沉淀，D正确；故答案为：D。21【答案】A【解析】【详解】A．过量 与的溶液反应，生成产生的淡黄色沉淀是S，还生成，过量不能生成，因此，总反应的化学方程式为，A错误；B．过量 与的溶液反应，生成，总反应的化学方程式为，B正确；C．过量 与的溶液反应，生成的白色沉淀是，总反应的化学方程式为,C 正确；D．水解使溶液显碱性，其水溶液能使酚酞变红；过量 与的溶液反应，生成，溶液显酸性，因此，溶液由红色变无色，总反应的化学方程式为，D正确；综上所述，本题选A。22【答案】B【解析】铁和水蒸气在高温条件下发生反应生成Fe3O4和H2,该反应的化学方程式为3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2,A正确;酒精灯放在铁粉下方加热可以产生高温,且不影响水的蒸发,若移至湿棉花下方则难以产生高温,实验效果不好,B错误;用木柴点燃肥皂泡,观察到淡蓝色火焰,肥皂泡破裂可听到爆鸣声,则可检验生成的气体为氢气,C正确;由于该实验中的反应要在高温条件下发生,因此要使用硬质玻璃试管盛装还原铁粉,D正确。23【答案】D【解析】A项，氯气氧化苦卤得到溴单质，发生置换反应，离子方程式正确，A正确；B项，Cr2O72-可以将Fe2+氧化成Fe3+，离子方程式正确，B正确；C项，SO42-结合Ba2+生成BaSO4沉淀，可以阻止Ba2+被人体吸收，离子方程式正确，C正确；D项，Na2CO3与CaSO4反应属于沉淀的转化，CaSO4不能拆分，正确的离子方程式为CaSO4+ CO32-=CaCO3+ SO42-，D错误；故选D。24.【答案】(1) 与硫酸反应，使得TiOSO4+2H2O TiO2·H2O↓+ H2SO4平衡正向移动，沉钛；过量的作用是防止二价铁被氧化 过滤(2) Fe2++ 2NH3·H2O = Fe(OH)2 + 2 > pH6.0左右， 4Fe(OH)2 +O2+ 2H2O= 4Fe(OH)3因此pH几乎不变。之后发生4Fe2+ + O2+ 6H2O= 4FeOOH + 8H+， 溶液中H+浓度增大，pH减小 溶液中同时存在两个氧化反应4Fe2+ + O2 +4H+=4Fe3+和4Fe2+ + O2+ 2H2O =4FeOOH + 4H+，因此c(Fe2+)的减小大于c(Fe3+)的增加。或用叠加反应解释： 12Fe2+ + 3O2+ 2H2O= 4FeOOH + 8Fe3+(3)不受影响【详解】（1）与硫酸反应，使得TiOSO4+2H2O TiO2·H2O↓+ H2SO4平衡正向移动，沉钛；过量的作用是防止二价铁被氧化. 钛白粉废渣成分：FeSO4·H2O、TiOSO4及其它难溶物，充分反应后有沉淀出现，所以分离混合物的方法是过滤；（2）pH6.0左右， 4Fe(OH)2 +O2+ 2H2O= 4Fe(OH)3因此pH几乎不变。之后发生4Fe2+ + O2+ 6H2O= 4FeOOH + 8H+， 溶液中H+浓度增大，pH减小.溶液中同时存在两个氧化反应4Fe2+ + O2 +4H+=4Fe3+和4Fe2+ + O2+ 2H2O =4FeOOH + 4H+，因此c(Fe2+)的减小大于c(Fe3+)的增加。或用叠加反应解释： 12Fe2+ + 3O2+ 2H2O= 4FeOOH + 8Fe3+（3）由于Fe3++3C2O42- =Fe(C2O4)3 ，Fe(C2O4)3 不与稀碱溶液反应, 所以加入的Na2C2O4过量，则测定结果不受影响25.【答案】 滴液漏斗(分液漏斗) 液封，防止空气进入装置4 在装置2、3之间添加控制开关 装置4内的空气没有排尽【详解】（1）观察仪器1特征可知是分液漏斗或者滴液漏斗，该反应需要置于无氧环境，注意这里跟防倒吸无关，可知装置5的作用是液封，防止空气进入装置4。（2）实验开始时，关闭K2，打开K1，反应一段时间后，再打开K2，关闭K1，发现3中溶液不能进入4中。如此操作，不行的原因在于仪器1产生的H2从左侧导管溢出，那么没有足够的压强不能将FeSO4溶液挤出，因而在装置2、3之间添加控制开关即可。（3）灰绿色沉淀产生的原因是Fe(OH)2被空气氧化，因为装置4中空气没有完全排尽。26【答案】(1)Co3++Fe2+=Co2++Fe3+(2) 蒸馏烧瓶 1:2 浓硫酸 干燥Cl2 装置D中的水蒸气会进入装置C的反应管中，导致CoCl2潮解 在装置C、D之间加干燥装置(3) 滴入最后一滴标准液后，生成红色沉淀，且半分钟内沉淀不溶解 ×100%【详解】（1）还原剂还原性大于还原产物的还原性，反应Co3++Fe2+=Co2++Fe3+说明Co2+的还原性弱于Fe2+；（2）①仪器a的名称为圆底烧瓶，其中发生反应，4分子HCl中有2分子HCl发生氧化反应生成氯气，故反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2。②氯化钴(CoCl2)可用于分析试剂、氨吸收剂等，易潮解；故制取氯化钴实验中不能存在水，则试剂X适合选用浓硫酸，目的是干燥氯气。③上述装置的不足之处为装置D中的水蒸气会进入装置C的反应管中，导致CoCl2潮解，改进措施为在装置C、D之间加浓硫酸干燥干燥装置；（3）①Na2CrO4溶液作为指示剂会和银离子生成Ag2CrO4红色沉淀，故达到滴定终点的现象为滴入最后一滴标准液后，生成红色沉淀，且半分钟内沉淀不溶解。②CoCl2~2AgNO3，用c mol·L-1 AgNO3标准溶液滴定(杂质不参加反应)；达到滴定终点时消耗标准液的体积为V mL，则CoCl2的物质的量为c mol·L-1×V ×10-3L=，产品中CoCl2的质量分数为=×100%。27.【答案】(1) 分液漏斗 CaO(2) 6NH3+Co2+=[Co(NH3)6]2+ 抑制 NH3·H2O 的电离 控制 pH，防止 Co2+沉淀(3)关闭 K1，打开 K2(4)充分、快速吸收氨气【解析】A中产生氨气并通入三颈烧瓶中、在碳粉催下下、与CoCl2 反应生成[Co(NH3)6]2+，停止通氨气并滴入双氧水、氧化 [Co(NH3)6]2+得到Co[(NH3)6]Cl3。并利用C装置充分、快速吸收氨气，以防空气污染。（1）A中盛装浓氨水的仪器名称为分液漏斗，浓氨水滴入生石灰，发生化学反应CaO+NH3·H2O=Ca(OH)2+NH3↑可得到氨气；故固体a的化学式CaO。（2）通入氨气与 CoCl2 生成[Co(NH3)6]2+，离子方程式为6NH3+Co2+=[Co(NH3)6]2+，一水合氨为弱电解质、其电离方程式为，增大铵离子浓度可使平衡左移，则NH4Cl 的作用有抑制 NH3·H2O 的电离，且能控制 pH、防止 Co2+沉淀。（3）实验中停止通氨气并滴入双氧水，其操作方法为关闭 K1，打开 K2。双氧水氧化 [Co(NH3)6]2+，Co元素化合价从+2升到+3，可得到Co[(NH3)6]Cl3。（4）C 装置多孔球泡能增大接触面积、使酸液与氨气反应充分，则优点是充分、快速吸收氨气。28.【答案】 -1 Fe2O3+3CO2Fe+ 3CO2 过量 还原 先加入盐酸，再加入氯化钡溶液，生成白色沉淀，说明含有 90.36%【详解】(1)黄铁矿的主要成分是二硫化亚铁(FeS2)，其中铁元素的化合价是+2价，因此硫元素的化合价为-1价，故答案为：-1；(2)炉渣的主要成分为Fe2O3，由炉渣制备还原铁粉的化学方程式为Fe2O3+3CO2Fe+ 3CO2，故答案为：Fe2O3+3CO2Fe+ 3CO2；(3) Na2SO3溶液能够与SO2反应生成NaHSO3，欲得到更纯的NaHSO3，反应①应通入过量的SO2气体，故答案为：过量；(4) Na2S2O5 转化为Na2SO4过程中S元素的化合价升高，被氧化，体现了Na2S2O5的还原性；检验其中含有的方法是首先用盐酸酸化，除去，再加入氯化钡溶液，看有无白色沉淀生成，若生成白色沉淀，证明含有，否则没有，故答案为：还原；先加入盐酸，再加入氯化钡溶液，生成白色沉淀，说明含有；(5) 称取一定量样品，用过量稀硫酸溶解，用标准K2Cr2O7溶液滴定其中的Fe2+，存在关系式：6Fe～6Fe2+～，滴定过程中消耗的K2Cr2O7 物质的量为0.03000 mol·L-1×0.02510 L=0.000753mol，则样品中含有的铁的物质的量为0.000753mol×6=0.004518mol，样品中铁含量为×100%=90.36%，故答案为：90.36%。29.【答案】(1) (2)(3)(或)(4) 杂化 N>O>C(5) 12 (或)【解析】（1）含钴催化剂废料加入稀硫酸，二氧化硅不反应、硫酸钙微溶于水，故得到的滤渣为SiO2和CaSO4，滤液含有Fe2+、Fe3+、Co2+等；加入NaClO可将Fe2+ 氧化生成Fe3+，然后加入碳酸钠调节溶液的pH，可生成黄钠铁矾沉淀，过滤滤液中加入碳酸钠，得到碳酸钴，用盐酸溶解碳酸钴，再向所到溶液中加入草酸铵，得到草酸钴和滤液2，滤液2为氯化铵，最后煅烧生成氧化钴；由以上分析可知，滤渣为SiO2和CaSO4；（2）“除铁”时加入NaClO，将Fe2+氧化为Fe3+利于铁离子生成沉淀同时次氯酸根离子生成氯离子，主要反应的离子方程式为：2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O；（3）钴为27号元素，基态钴原子的电子排布式为(或)；（4）(NH4)2C2O4中N原子周围形成4个σ键，N原子杂化轨道类型为sp3；同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，故第一电离能由大到小的顺序为N>O>C；（5）以顶角的Co为参考点，Co所在底面的xy平面上与之紧邻的O有4个，空间中还存在xz和yz平面，所以与Co紧邻的O的个数为12；根据晶胞可知，一个晶胞中含有Co的数目为8× =1个，含有Ti的数目为1个，含有O的数目为6×=3个，晶胞的质量为，晶胞体积为(apm)3=(a×10-10cm)3 ，晶体密度为= =(或)g/cm3；30.【答案】(1) +3 1s22s22p6(2)防止二价铁被空气中氧气氧化为三价铁(3) 适当升高温度、搅拌(4) 11 最后半滴标准液加入后，溶液变为红色，且半分钟内不变色 66.6%【分析】溶液加入氧化钙生成氢氧化亚铁，溶液加入氧化钙和空气生成氢氧化铁，反应釜1、2中物质混合后调节pH，加压过滤分离出沉淀处理得到四氧化三铁，滤液处理得到氯化钙水合物；，【详解】（1）可以写成，故元素的化合价是和+3。为氧原子得到2个电子形成的，核外电子排布式为1s22s22p6；（2）空气中氧气具有氧化性，反应釜1中的反应需在隔绝空气条件下进行，其原因是防止二价铁被空气中氧气氧化为三价铁；（3）①反应釜2中，加入和分散剂的同时通入空气，氧气将二价铁氧化三价铁，三价铁与氧化钙和水生成的氢氧化钙生成氢氧化铁，反应的离子方程式为。②为加快反应速率，可采取的措施有适当升高温度、搅拌等；（4）①反应釜3中，时，浓度为，反应不能使钙离子生成沉淀，防止引入杂质，故此时，pOH=3，pH=11，故理论上不超过11。②高锰酸钾溶液紫红色，故滴定达到终点的现象为：最后半滴标准液加入后，溶液变为红色，且半分钟内不变色；氯化钙和草酸钠转化为草酸钙沉淀，草酸钙沉淀加入硫酸转化为草酸，草酸和高锰酸钾发生氧化还原反应：，结合质量守恒可知，，则该副产物中的质量分数为。31.【答案】(1)(2)＞(3)或(4) 晶体 减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积(5) 体心 12(6) 0.4或【分析】硝酸浸取液(含)中加入活性氧化镁调节溶液pH值，过滤，得到滤液主要是硝酸镁，结晶纯化得到硝酸镁晶体，再热解得到氧化镁和硝酸。滤泥加入氨性溶液氨浸，过滤，向滤液中进行镍钴分离，，经过一系列得到氯化铬和饱和氯化镍溶液，向饱和氯化镍溶液中加入氯化氢气体得到氯化镍晶体。【详解】（1）活性可与水反应，化学方程式为；故答案为：。（2）常温下，的氨性溶液中，，，，则＞；故答案为：＞。（3）“氨浸”时，与亚硫酸根发生氧化还原反应，再与氨水反应生成，则由转化为的离子方程式为或；故答案为：或。（4）会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物。滤渣的X射线衍射图谱中，出现了的明锐衍射峰。①X射线衍射图谱中，出现了的明锐衍射峰，则属于晶体；故答案为：晶体。②根据题意会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物，则能提高了的浸取速率，其原因是减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积；故答案为：减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积。（5）①“析晶”过程中为了防止水解，因此通入的酸性气体A为；故答案为：。②由可制备晶体，其立方晶胞如图。x、y为整数，根据图中信息Co、Al都只有一个原子，而氧(白色)原子有3个，与O最小间距大于与O最小间距，则Al在顶点，因此在晶胞中的位置为体心；晶体中一个周围与其最近的O原子，以顶点Al分析，面心的氧原子一个横截面有4个，三个横截面共12个，因此晶体中一个周围与其最近的O的个数为12；故答案为：体心；12。（6）①“结晶纯化”过程中，没有引入新物质。晶体A含6个结晶水，则晶体A为，根据，，还剩余5个水分子，因此所得溶液中与的比值理论上最高为；故答案为：0.4或。②“热解”对于从矿石提取工艺的意义，根据前面分析，，在于可重复利用和；故答案为：。【答案】（1） ①. 增大固液接触面积，加快酸浸速率，提高浸取效率 ②. Pb（2） ①. 将溶液中的氧化为，以便在后续调pH时除去Fe元素 ②. 溶液 ③.（3） ①. ②.（4） ①. 、 ②.【解析】【分析】由题中信息可知，用硫酸处理含有Co、Zn、Pb、Fe的单质或氧化物的废渣，得到含有、、、、等离子的溶液，Pb的单质或氧化物与硫酸反应生成难溶的，则“滤渣1”为“酸浸”时生成的；向滤液中加入将氧化为，然后加入ZnO调节pH=4使完全转化为，则“滤渣Ⅱ”的主要成分为，滤液中的金属离子主要是、和；最后“氧化沉钴”，加入强氧化剂，将溶液中氧化为，在时形成沉淀，而则被还原为，还会与溶液中的发生归中反应生成，得到和的混合物，“除钴液”主要含有ZnSO4、K2SO4，据此解答。【小问1详解】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；由分析可知，“滤渣1”的主要成分为PbSO4，则“滤渣1”中金属元素主要为Pb；【小问2详解】酸浸液中含有、、、、等离子。由题表中数据可知，当完全沉淀时，未开始沉淀，而当完全沉淀时，已有一部分沉淀，因此为了除去溶液中的Fe元素且不沉淀，应先将氧化为，然后调节溶液的pH使完全水解转化为沉淀，因此，的作用是将氧化为，以便在后续调pH时除去Fe元素。常用溶液检验，若生成蓝色沉淀，则说明溶液中仍存在，需补加；【小问3详解】由分析可知，该过程发生两个氧化还原反应，根据分析中两个反应的反应物、产物与反应环境()，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：、；【小问4详解】最终得到的“除钴液”中含有的金属离子主要是最初“酸浸”时与加入ZnO调pH时引入的、加入“氧化沉钴”时引入的，而阴离子是在酸浸时引入的，因此其中主要的盐有和。当溶液时，恰好完全沉淀，此时溶液中，则，则。“除钴液”的，即，则，此时溶液中。33.【答案】(1)增大固体与酸反应的接触面积，提高钴元素的浸出效率(2)(3) 不能(4)(5)(6)(7)向滤液中滴加溶液，边加边搅拌，控制溶液的pH接近12但不大于12，静置后过滤、洗涤、干燥【分析】炼锌废渣含有锌、铅、铜、铁、钴、锰的价氧化物及锌和铜的单质，经稀硫酸酸浸时，铜不溶解，Zn及其他价氧化物除铅元素转化为硫酸铅沉淀外，其他均转化为相应的+2价阳离子进入溶液；然后通入硫化氢沉铜生成CuS沉淀；过滤后，滤液中加入Na2S2O8将锰离子氧化为二氧化锰除去，同时亚铁离子也被氧化为铁离子；再次过滤后，用氢氧化钠调节pH=4，铁离子完全转化为氢氧化铁沉淀除去；第三次过滤后的滤液中加入次氯酸钠沉钴，得到Co(OH)3。【详解】（1）“酸浸”前，需将废渣磨碎，其目的是增大固体与酸反应的接触面积，提高钴元素的浸出效率。（2）“酸浸”步骤中，Cu不溶解，Zn单质及其他价氧化物除铅元素转化为硫酸铅沉淀外，其他均转化为相应的+2价阳离子进入溶液，即为转化为CoSO4，反应的化学方程式为。（3）假设“沉铜”后得到的滤液中和均为，向其中加入至沉淀完全，此时溶液中，则，小于，说明大部分也转化为硫化物沉淀，据此判断不能实现Zn2+和Co2+的完全分离。（4）“沉锰”步骤中，Na2S2O8将Mn2+氧化为二氧化锰除去，发生的反应为，因此，生成，产生的物质的量为。（5）“沉锰”步骤中，同时将氧化为，“沉淀”步骤中用调pH=4，可以完全沉淀为，因此，分离出的滤渣是。（6）“沉钴”步骤中，控制溶液pH=5.0~5.5，加入适量的NaClO氧化，为了保证被完全氧化，NaClO要适当过量，其反应的离子方程式为。（7）根据题中给出的信息，“沉钴”后的滤液的pH=5.0~5.5，溶液中有元素以形式存在，当pH＞12后氢氧化锌会溶解转化为，因此，从“沉钴”后的滤液中回收氢氧化锌的方法是：向滤液中滴加溶液，边加边搅拌，控制溶液的pH接近12但不大于12，静置后过滤、洗涤、干燥。(1)第 39 讲-铁钴镍及其化合物一、知识重构1.课标中学业要求摘取与考查方向“能依据物质类别和元素价态列举某种元素的典型代表物。能利用电离、离子反应、氧化还原反应等概念对常见的反应进行分类和分析说明。能举例说明胶体的典型特征。能列举、描述、辦识典型物质重要的物理和化学性质及实验现象。能用化学方程式、离子方程式正确表示典型物质的主要化学性质。”常见评价方式：辨析知识点对与误或者知识的逻辑关系，评定学生知识掌握水平。“能从物质类别、元素价态的角度，依据复分解反应和氧化还原反应原理，预测物质的化学性质和变化，设计实验进行初步验证，并能分析、解释有关实验现象。”常见评价方式：利用已知知识内容结合题干信息可以类推未知物质的性质或者反应规律，是铁及其化合物一种常见考查方法，铁钴镍均为变价金属在氧化还原反应原理及部分复分解反应性质方面具有一定相似性所以通过类比方法进行命题是一种常见命题方式和方法。这类试题对学生的归纳与理解能力的评价也尤为突出。能利用典型代表物的性质和反应，设计常见物质制备、分离、提纯、检验等简单任务的方案。能从物质类别和元素价态变化的视角说明物质的转化路径。常见评价方式：结合题干信息和已学类似物质性质设计制备某物质一般方法或者评价过程中涉及重要操作设计的目的以及改进方法等。能根据物质的性质分析实验室、生产、生活及环境中的某些常见问题，说明妥善保存、合理使用化学品的常见方法。常见评价方式：创设实验情景评价实验操作设计的目的与意图。能说明常见元素区其化合物的应用（如金属冶炼、合成氨等）。常见评价方式：结合学习内容辨析应用方式和方法是否正确。对社会发展的价值、对环境的影响。能有意识运用所学的知识或寻求相关证据参与社会性议题的讨论（如酸雨和雾羅防治、水体保护、食品安全等)。常见评价方式：结合学习内容辨析物质对环境、食品安全等的影响。2.知识清单（1）铁的性质结构特点 排布式： 1s22s22p63s23p63d64s2物理性质 块状固体 银白色粉末状固体 黑色能被磁铁吸引化学性质 变价金属遇到强氧化剂失3个电子，遇到氧化性不强的氧化剂失2个电子与非金属单质反应 2Fe+3Cl22FeCl3 Fe+SFeS 铁与氧气反应： 3Fe+2O2Fe3O4 常温下，铁在潮湿空气反应生成铁锈：Fe2O3·xH2O与水蒸气反应 3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2与非氧化性酸反应 Fe +2H+= Fe2++ H2↑与氧化性酸反应 2Fe + 6H2SO4（浓）Fe2(SO4)3+3SO2↑+6H2O 少量铁与稀硝酸反应： Fe + 4HNO3 =Fe (NO3)3 + NO↑+ 2H2O 过量铁与稀硝酸反应： 3Fe + 8HNO3 =3Fe (NO3)2 + 2 NO↑+ 4H2O 常温下，铁遇浓硫酸、浓硝酸钝化。（2）铁的氧化物铁的氧化物 FeO Fe2O3 Fe3O4俗称 铁红 磁性氧化铁色、态 黑色粉末 红棕色粉末 黑色晶体铁的价态 +2 +3 +2、+3水溶性 难溶于水稳定性 不稳定性 6FeO+O2=2Fe3O4 稳定 稳定与酸的反应 FeO+2H+=Fe2++H2O Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2O与CO的反应 FexOy+yCOxFe+yCO2Fe3O4是复杂的化合物，经研究证明，在Fe3O4晶体中有1/3的Fe是+2价，有2/3的Fe是+3价，可看成FeO·Fe2O3，实际应写成Fe(FeO2)2，即铁酸亚铁盐。我们不能把它看成单纯的氧化物。（3）铁的氢氧化物的性质比较Fe(OH)2 Fe(OH)3物理性质 白色，难溶于水的固体 红褐色，难溶于水的固体化学性质 （1）与非氧化性强酸反应 Fe(OH)2+2H+=Fe2++2H2O （2）与氧化性酸反应 3Fe(OH)2+10HNO3=3Fe(NO3)3+NO↑+8H2O （3）露置于空气中被氧化 4Fe(OH)2+2H2O+O2=Fe(OH)3 （1）与酸反应 Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O （2）受热分解 2Fe(OH)3Fe2O3+3H2O制备 ①煮沸蒸馏水，赶走溶解的氧气②煮沸NaOH溶液，赶走溶解的氧气③配制FeSO4溶液，加少量的铁粉④用长滴管将NaOH溶液送入FeSO4溶液液面以下 Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓ Fe(OH)3固体 将可溶性碱溶液滴入可溶性铁盐溶液中 Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓ Fe(OH)3胶体 将饱和FeCl3溶液滴入沸水中至液体呈红褐色停止加热。 Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+Fe(OH)2制备常用方法：方法一：有机覆盖层法将吸有NaOH溶液的胶头滴管插到液面以下，并在液面上覆盖一层苯或煤油(不能用CCl4)，以防止空气与Fe(OH)2接触发生反应，如图1所示。 方法二：排气体法用H2将装置内的空气排尽后，再将亚铁盐与NaOH溶液混合，这样可长时间观察到白色沉淀。如图2所示。方法三：电解法用铁作阳极，电解NaCl(或NaOH)溶液，并在液面上覆盖苯或煤油，如图3所示。图3（4）铁盐与亚铁盐亚铁盐含有Fe2+的溶液呈浅绿色，既有氧化性又还原性。配溶液时为防止Fe2+被氧化，配溶液使用的蒸馏水要煮沸并迅速冷却，除去水中的溶解氧，溶液加入少量铁粉防止Fe2+被氧化。铁盐含有Fe3+的溶液呈黄色，Fe3+具有较强的氧化性。含的溶液遇到SCN-离子变成（血）红色，可用KSCN检验Fe3+。Fe3+易水解为防止其水解在配溶液时加入稀盐酸防水解。Fe3+与Fe2+相互转化Fe2+、Fe3+的检验Fe2+的特征检验：溶液样品：取样于试管中，滴加K3[Fe(CN)3]溶液，若溶液产生蓝色沉淀，则样品中含有Fe2+。固体样品：取固体样品于试管中，加入适量蒸馏水溶解固体，滴加K3[Fe(CN)3]溶液，若溶液产生蓝色沉淀，则样品中含有Fe2+。Fe3+的特征检验以溶液样品为例，取样于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液变红，则样品中含有Fe3+。3.关于铁、钴、镍铁Fe、钴Co、镍Ni位于周期表第四周期、第Ⅷ族，其物理性质和化学性质都比较相似，合称铁系元素。Co能形成Co(Ⅱ)、Co(Ⅲ)两种氧化态的化合物。Co(Ⅱ)盐在某些方面与Fe(Ⅱ)盐相似，例如，可溶盐有相同结晶水CoSO4·7H2O、FeSO4·7H2O，水合离子有颜色，[Co(H2O)6]2+为桃红色，[Fe(H2O)6]2+为浅绿色。然而Co(Ⅱ)水合离子还原性比Fe(Ⅱ)弱，在水溶液中稳定存在，在碱性介质中能被空气氧化。常见的Co(Ⅱ)盐是CoCl2·6H2O，由于所含结晶水的数目不同而呈现不同颜色：CoCl2·6H2OCoCl2·2H2OCoCl2·H2OCoCl2粉红色 紫红 蓝紫色 蓝色此性质用于指示硅胶干燥剂吸水情况。当干燥硅胶吸水后，逐渐由蓝变为粉红色。在烘箱中受热可再生，失水由粉红色变为蓝色，可重复使用。Co3+是强氧化剂。在水溶液中极不稳定，易转变为Co2+，所以Co(Ⅲ)只存在于固态和配合物中。固体Co(Ⅲ)化合物有CoF3、Co2O3、Co2(SO4)3·18H2O等。二、重温经典基本性质考查类例一下列选项正确的是（多选）：A.（2022年江苏卷题）探究方案 探究目的向盛有FeSO4溶液的试管中滴加几滴KSCN溶液，振荡，再滴加几滴新制氯水，观察溶液颜色变化 Fe2+具有还原性B.（2022年海南卷）实验内容 预测的实验现象FeCl2溶液中滴加KSCN溶液 溶液变血红色C.（2022年广东卷）陈述Ⅰ 陈述ⅡFeCl3水解可生成Fe(OH)3胶体 FeCl3可用作净水剂D.（2021年全国甲卷）过量铁粉加入稀硝酸中：Fe+4H++NO- 3=Fe3++NO↑+2H2OE.（2019年江苏卷）Fe在稀硝酸中发生钝化F.（2019年全国甲卷）实验操作 实验现象向盛有FeCl3溶液的试管中加过量铁粉，充分振荡后加1滴KSCN溶液 黄色逐渐消失，加KSCN后溶液颜色不变【答案】A、F【详解】A．向盛有FeSO4溶液的试管中滴加几滴KSCN溶液，无现象，振荡，再滴加几滴新制氯水，溶液变为红色，亚铁离子被新制氯水氧化，说明Fe2+具有还原性，A正确；B．FeCl3溶液中滴加 KSCN洛液，溶液变血红色，实验室通常用这种方法检验的Fe3+存在；FeCl2溶液中滴加 KSCN洛液，溶液不变色，B不正确；C．FeCl3溶液中铁离子可发生水解，生成具有吸附性的氢氧化铁胶体，从而可用作净水剂，陈述I和陈述II均正确，且具有因果关系，C不符合题意；D.过量的铁粉与稀硝酸反应生成硝酸亚铁、一氧化氮和水，离子方程式应为：3Fe+8H++2NO- 3=3Fe2++2NO↑+4H2O，故D错误；E.常温下，Fe在与浓硝酸发生钝化反应，故E错误；F.向盛有氯化铁溶液的试管中加过量的铁粉，铁粉会将溶液中所有的铁离子还原为亚铁离子，使黄色逐渐消失，充分振荡后，加1滴KSCN溶液，因振荡后的溶液中无铁离子，则溶液不会变色，实验现象与操作匹配，F项正确；例二（2021·广东·高考真题）部分含铁物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断不合理的是A．a可与e反应生成bB．b既可被氧化，也可被还原C．可将e加入浓碱液中制得d的胶体D．可存在b→c→d→e→b的循环转化关系【答案】C【详解】A．Fe与Fe(III)的盐类物质可发生反应生成Fe(II)的盐类物质，如Fe+2FeCl3=3FeCl2，故A不选；B．Fe(II)为铁元素的中间价态，既有还原性也有氧化性，因此既可被氧化，也可被还原，故B不选；C．Fe(III)的盐类物质与浓碱液反应生成Fe(OH)3沉淀，制备Fe(OH)3胶体操作为：向沸水中滴加饱和FeCl3溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热，故C选；D．b→c→d→e→b转化如，故D不选；综上所述，答案为C。例三（2021·河北·高考真题）“灌钢法”是我国古代劳动人民对钢铁冶炼技术的重大贡献，陶弘景在其《本草经集注》中提到“钢铁是杂炼生鍒作刀镰者”。“灌钢法”主要是将生铁和熟铁(含碳量约0.1%)混合加热，生铁熔化灌入熟铁，再锻打成钢。下列说法错误的是A．钢是以铁为主的含碳合金B．钢的含碳量越高，硬度和脆性越大C．生铁由于含碳量高，熔点比熟铁高D．冶炼铁的原料之一赤铁矿的主要成分为Fe2O3【答案】C【详解】A．钢是含碳量低的铁合金，故A正确；B．钢的硬度和脆性与含碳量有关，随着含碳量的增大而增大，故正确；C．由题意可知，生铁熔化灌入熟铁，再锻打成钢，说明生铁的熔点低于熟铁，故C错误；D．赤铁矿的主要成分是Fe2O3，可用于冶炼铁，故D正确；故选C。规律应用类例四（2016·江苏·高考真题）制备(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O的实验中，需对过滤出产品的母液(pH<1)进行处理。室温下，分别取母液并向其中加入指定物质，反应后的溶液中主要存在的一组离子正确的是A．通入过量Cl2：Fe2+、H+、NH4+、Cl–、SO42–B．加入少量NaClO溶液：NH4+、Fe2+、H+、SO42–、ClO–C．加入过量NaOH溶液：Na+、Fe2+、NH4+、SO42–、OH–D．加入过量NaClO和NaOH的混合溶液：Na+、SO42–、Cl–、ClO–、OH–【答案】D【分析】母液中主要含NH4+、Fe2+、H+、SO42–，根据离子共存原则分析加入指定物质后溶液的离子存在情况，如发生氧化还原反应、生成气体、沉淀等。【详解】A．通入过量Cl2，在酸性条件下，Fe2+与Cl2会发生氧化还原反应，溶液中无Fe2+存在，故A错误；B．加入少量NaClO溶液，在酸性条件下，Fe2+与ClO–会发生氧化还原反应，溶液中无Fe2+存在，故B错误；C．加入过量NaOH溶液，Fe2+会生成沉淀，反应后溶液中无Fe2+，故C错误；D．加入过量NaClO和NaOH的混合溶液，Fe2+会被氧化生成铁离子并在碱性环境下生成沉淀，反应后溶液中无Fe2+，故D正确；答案选D。例五（2023全国乙11）一些化学试剂久置后易发生化学变化。下列化学方程式可正确解释相应变化的是A 硫酸亚铁溶液出现棕黄色沉淀B 硫化钠溶液出现浑浊颜色变深C 溴水颜色逐渐褪去D 胆矾表面出现白色粉末【答案】D【详解】A．溶液呈棕黄色是因为有Fe3+，有浑浊是产生了Fe(OH)3，因为硫酸亚铁久置后易被氧气氧化，化学方程式为：12FeSO4+3O2+6H2O=4Fe2(SO4)3+4Fe(OH)3↓，A错误；B．硫化钠在空气中易被氧气氧化为淡黄色固体硫单质，使颜色加深，化学方程式为：2Na2S+O2+2H2O=4NaOH+2S↓，B错误；C．溴水的主要成分是溴和水，它们会反应，但速度很慢，Br2+H2OHBrO+HBr，2HBrO=2HBr+O2，所以溴水放置太久会变质。但不是生成高溴酸，所以选项中的化学方程式错误，C错误；D．胆矾为CuSO4·5H2O，颜色为蓝色，如果表面失去结晶水，则变为白色的CuSO4，化学方程式为：CuSO4·5H2O=CuSO4+5H2O，方程式正确，D正确；故选D。例六（2023江苏11）室温下，探究溶液的性质，下列实验方案能达到探究目的的是选项 探究目的 实验方案A 溶液中是否含有 向溶液中滴加几滴新制氯水，再滴加KSCN溶液，观察溶液颜色变化B 是否有还原性 向溶液中滴加几滴酸性溶液，观察溶液颜色变化C 是否水解 向溶液中滴加2~3滴酚酞试液，观察溶液颜色变化D 能否催化分解 向溶液中滴加几滴溶液，观察气泡产生情况【答案】B【详解】A．检验溶液中是否含有应直接向待测液中滴加KSCN溶液，向待测液中滴加氯水会将氧化为干扰实验，A错误；B．向溶液中滴加几滴酸性溶液，若观察溶液紫色褪去，说明有还原性，B正确；C．发生水解反应使溶液显酸性，应向溶液中滴加2~3滴石蕊试液，观察溶液颜色变化，C错误；D．向溶液中滴加几滴溶液，若产生气泡有可能是的催化作用，D错误。故选B。例七 （2023.1浙江16）探究铁及其化合物的性质，下列方案设计、现象和结论都正确的是实验方案 现象 结论A 往溶液中加入片 短时间内无明显现象 的氧化能力比弱B 往溶液中滴加溶液，再加入少量固体 溶液先变成血红色后无明显变化 与的反应不可逆C 将食品脱氧剂样品中的还原铁粉溶于盐酸，滴加溶液 溶液呈浅绿色 食品脱氧剂样品中没有价铁D 向沸水中逐滴加5~6滴饱和溶液，持续煮沸 溶液先变成红褐色再析出沉淀 先水解得再聚集成沉淀【答案】D【详解】A．锌是一种化学性质比较活泼的金属元素，在空气中容易被氧化。当锌在空气中长时间暴露时，表面会形成一层薄薄的氧化锌膜，因此FeCl2溶液中加入Zn片，短时间内无明显现象，但一段时间后两者可以发生反应：，溶液由浅绿色变为无色，由方程式可知Fe2+的氧化能力比Zn2+强，A错误；B．溶液变成血红色的原因，，与和K+无关，B错误；C．铁离子可能先与单质铁生成亚铁离子，则溶液呈绿色，C错误；D．向沸水中滴加饱和氯化铁溶液，制取Fe(OH)3胶体，继续加热则胶体因聚沉变为沉淀，D正确；故答案为：D。例八 (2024·安徽选择考·4)下列选项中的物质能按图示路径在自然界中转化。且甲和水可以直接生成乙的是选项 甲 乙 丙A Cl2 NaClO NaClB SO2 H2SO4 CaSO4C Fe2O3 Fe(OH)3 FeCl3D CO2 H2CO3 Ca(HCO3)2【答案】D【解析】选D。Cl2与水反应生成HClO和HCl,无法直接生成NaClO,A错误;SO2与水反应生成亚硫酸而不是硫酸,B错误;氧化铁与水不反应,不能生成氢氧化铁沉淀,C错误;CO2与水反应生成碳酸,碳酸与碳酸钙反应能生成碳酸氢钙,碳酸氢钙受热分解生成二氧化碳气体,D正确。例九 (2024·湖北卷·7)过量与以下的溶液反应，下列总反应方程式错误的是溶液 现象 化学方程式A 产生淡黄色沉淀B 溶液由棕黄色变浅绿色C 溶液褪色，产生白色沉淀D (含酚酞) 溶液由红色变无色A. A B. B C. C D. D【答案】A【解析】【详解】A．过量 与的溶液反应，生成产生的淡黄色沉淀是S，还生成，过量不能生成，因此，总反应的化学方程式为，A错误；B．过量 与的溶液反应，生成，总反应的化学方程式为，B正确；C．过量 与的溶液反应，生成的白色沉淀是，总反应的化学方程式为,C 正确；D．水解使溶液显碱性，其水溶液能使酚酞变红；过量 与的溶液反应，生成，溶液显酸性，因此，溶液由红色变无色，总反应的化学方程式为，D正确；综上所述，本题选A。例十 (2024·新课标卷·9)实验室中利用下图装置验证铁与水蒸气反应。下列说法错误的是 ( )A.反应为3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2B.酒精灯移至湿棉花下方实验效果更好C.用木柴点燃肥皂泡检验生成的氢气D.使用硬质玻璃试管盛装还原铁粉【答案】B【解析】铁和水蒸气在高温条件下发生反应生成Fe3O4和H2,该反应的化学方程式为3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2,A正确;酒精灯放在铁粉下方加热可以产生高温,且不影响水的蒸发,若移至湿棉花下方则难以产生高温,实验效果不好,B错误;用木柴点燃肥皂泡,观察到淡蓝色火焰,肥皂泡破裂可听到爆鸣声,则可检验生成的气体为氢气,C正确;由于该实验中的反应要在高温条件下发生,因此要使用硬质玻璃试管盛装还原铁粉,D正确。制备类例十一（2019·浙江·高考真题）某同学设计如图装置(气密性已检查)制备Fe(OH)2白色沉淀。请回答：(1) 仪器1的名称________。装置5的作用________。(2) 实验开始时，关闭K2，打开K1，反应一段时间后，再打开K2，关闭K1，发现3中溶液不能进入4中。请为装置作一处改进，使溶液能进入4中________。(3) 装置改进后，将3中反应后溶液压入4中，在4中析出了灰绿色沉淀。从实验操作过程分析没有产生白色沉淀的原因________。【答案】滴液漏斗(分液漏斗)液封，防止空气进入装置4在装置2、3之间添加控制开关装置4内的空气没有排尽【分析】该装置制备Fe(OH)2白色沉淀的思路是在排尽空气的气氛中，先将铁屑和稀硫酸反应得到FeSO4，再利用气体产生的气压把FeSO4溶液压至装置4中与NaOH反应，得到Fe(OH)2，注意所需试剂也需要加热除掉溶解氧。【详解】（1）观察仪器1特征可知是分液漏斗或者滴液漏斗，该反应需要置于无氧环境，注意这里跟防倒吸无关，可知装置5的作用是液封，防止空气进入装置4。（2）实验开始时，关闭K2，打开K1，反应一段时间后，再打开K2，关闭K1，发现3中溶液不能进入4中。如此操作，不行的原因在于仪器1产生的H2从左侧导管溢出，那么没有足够的压强不能将FeSO4溶液挤出，因而在装置2、3之间添加控制开关即可。（3）灰绿色沉淀产生的原因是Fe(OH)2被空气氧化，因为装置4中空气没有完全排尽。综合性试题例十二（2022·河北·高考真题）以焙烧黄铁矿FeS2(杂质为石英等)产生的红渣为原料制备铵铁蓝Fe(NH4)Fe(CN)6颜料。工艺流程如下：回答下列问题：(1)红渣的主要成分为_______(填化学式)，滤渣①的主要成分为_______(填化学式)。(2)黄铁矿研细的目的是_______。(3)还原工序中，不生成S单质的反应的化学方程式为_______。(4)工序①的名称为_______，所得母液循环使用。(5)沉铁工序产生的白色沉淀Fe(NH4)Fe(CN)6中Fe的化合价为_______，氧化工序发生反应的离子方程式为_______。(6)若用还原工序得到的滤液制备Fe2O3·xH2O和(NH4)2SO4，所加试剂为_______和_______(填化学式，不引入杂质)。【答案】(1) Fe2O3 SiO2(2)增大固液接触面积，加快反应速率，提高黄铁矿的利用率(3)7Fe2(SO4)3+FeS2+8H2O=15FeSO4+8H2SO4(4)蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤(5) +2； 6Fe(NH4)2Fe(CN)6+ClO- 3+6H+=6Fe(NH4)Fe(CN)6+3H2O+Cl-+6NH+ 4(6) H2O2 NH3·H2O【详解】（1）由分析可知，红渣的主要成分为：Fe2O3，滤渣①的主要成分为：SiO2，故答案为：Fe2O3；SiO2；（2）黄铁矿研细的主要目的是增大固液接触面积，加快反应速率，提高黄铁矿的利用率，故答案为：增大固液接触面积，加快反应速率，提高黄铁矿的利用率；（3）由分析可知，还原工序中，不产生S单质沉淀，则硫元素被氧化为SO2- 4，反应原理为：14Fe3++FeS2+8H2O=15Fe2++2SO2- 4+16H+，故化学方程式为：7Fe2(SO4)3+FeS2+8H2O=15FeSO4+8H2SO4，故答案为：7Fe2(SO4)3+FeS2+8H2O=15FeSO4+8H2SO4；（4）由分析可知，工序①的名称为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤，所得母液主要含有FeSO4溶液和H2SO4可以循环利用，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤；（5）沉铁工序中产生的白色沉淀Fe(NH4)2Fe(CN)6中Fe的化合价为+2价和[Fe(CN)6]4-中的+3价，由分析可知，氧化工序所发生的离子方程式为：6Fe(NH4)2Fe(CN)6+ClO- 3 +6H+=6Fe(NH4)Fe(CN)6+3H2O+Cl-+6NH+ 4，故答案为：+2；6Fe(NH4)2Fe(CN)6+ClO- 3 +6H+=6Fe(NH4)Fe(CN)6+3H2O+Cl-+6NH+ 4；（6）由分析可知，还原工序所得的滤液中主要含有FeSO4溶液和H2SO4，向滤液中先加入一定量的H2O2溶液将Fe2+完全氧化为Fe3+，在向氧化后的溶液中加入氨水至不再产生沉淀为止，过滤洗涤，对沉淀进行灼烧，即可制得Fe2O3·xH2O和(NH4)2SO4，故所需要加入的试剂为H2O2和NH3·H2O，故答案为：H2O2；NH3·H2O。例十三（2020·全国·高考真题）钒具有广泛用途。黏土钒矿中，钒以+3、+4、+5价的化合物存在，还包括钾、镁的铝硅酸盐，以及SiO2、Fe3O4。采用以下工艺流程可由黏土钒矿制备NH4VO3。该工艺条件下，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 Fe3+ Fe2+ Al3+ Mn2+开始沉淀pH 1.9 7.0 3.0 8.1完全沉淀pH 3.2 9.0 4.7 10.1回答下列问题：(1)“酸浸氧化”需要加热，其原因是___________。(2)“酸浸氧化”中，VO+和VO2+被氧化成VO+ 2，同时还有___________离子被氧化。写出VO+转化为VO+ 2反应的离子方程式___________。(3)“中和沉淀”中，钒水解并沉淀为V2O5·xH2O，随滤液②可除去金属离子K+、Mg2+、Na+、___________，以及部分的___________。(4)“沉淀转溶”中，V2O5·xH2O转化为钒酸盐溶解。滤渣③的主要成分是___________。(5)“调pH”中有沉淀生产，生成沉淀反应的化学方程式是___________。(6)“沉钒”中析出NH4VO3晶体时，需要加入过量NH4Cl，其原因是___________。【答案】加快酸浸和氧化反应速率（促进氧化完全）Fe2+VO++MnO2+2H+=VO+ 2+Mn2++H2O Mn2+ Fe3+、Al3+ Fe(OH)3 NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3↓或Na[Al(OH)4]+HCl= NaCl+Al(OH)3↓+H2O利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全【详解】(1)“酸浸氧化”需要加热，其原因是：升高温度，加快酸浸和氧化反应速率（促进氧化完全），故答案为：加快酸浸和氧化反应速率（促进氧化完全）；(2)“酸浸氧化”中，钒矿粉中的Fe3O4与硫酸反应生成FeSO4、Fe2(SO4)3和水，MnO2具有氧化性，Fe2+具有还原性，则VO+和VO2+被氧化成VO+ 2的同时还有Fe2+被氧化，反应的离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；VO+转化为VO+ 2时，钒元素的化合价由+3价升至+5价，1molVO+失去2mol电子，MnO2被还原为Mn2+，Mn元素的化合价由+4价降至+2价，1molMnO2得到2mol电子，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，VO+转化为VO+ 2反应的离子方程式为VO++MnO2+2H+=VO+ 2+Mn2++H2O，故答案为：Fe2+，VO++MnO2+2H+=VO+ 2+Mn2++H2O；(3)根据分析，“中和沉淀”中，钒水解并沉淀为V2O5·xH2O，随滤液②可除去金属离子K+、Mg2+、Na+、Mn2+，以及部分的Fe3+、Al3+，故答案为：Mn2+，Fe3+、Al3+；(4)根据分析，滤渣③的主要成分是Fe(OH)3，故答案为：Fe(OH)3；(5)“调pH”中有沉淀生成，是NaAlO2与HCl反应生成Al(OH)3沉淀，生成沉淀反应的化学方程式是NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3↓或Na[Al(OH)4]+HCl= NaCl+Al(OH)3↓+H2O，故答案为：NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3↓或Na[Al(OH)4]+HCl= NaCl+Al(OH)3↓+H2O。(6)“沉钒”中析出NH4VO3晶体时，需要加入过量NH4Cl，其原因是：增大NH4+离子浓度，利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全，故答案为：利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全。例十四（2023重庆15）是一种用途广泛的磁性材料，以为原料制备并获得副产物水合物的工艺如下。时各物质溶度积见下表：物质溶度积回答下列问题：(1)中元素的化合价是和 。的核外电子排布式为 。(2)反应釜1中的反应需在隔绝空气条件下进行，其原因是 。(3)反应釜2中，加入和分散剂的同时通入空气。①反应的离子方程式为 。②为加快反应速率，可采取的措施有 。(写出两项即可)。(4)①反应釜3中，时，浓度为，理论上不超过 。②称取水合物，加水溶解，加入过量，将所得沉淀过滤洗涤后，溶于热的稀硫酸中，用标准溶液滴定，消耗。滴定达到终点的现象为 ，该副产物中的质量分数为 。【答案】(1) +3 1s22s22p6(2)防止二价铁被空气中氧气氧化为三价铁(3) 适当升高温度、搅拌(4) 11 最后半滴标准液加入后，溶液变为红色，且半分钟内不变色 66.6%【分析】溶液加入氧化钙生成氢氧化亚铁，溶液加入氧化钙和空气生成氢氧化铁，反应釜1、2中物质混合后调节pH，加压过滤分离出沉淀处理得到四氧化三铁，滤液处理得到氯化钙水合物；，【详解】（1）可以写成，故元素的化合价是和+3。为氧原子得到2个电子形成的，核外电子排布式为1s22s22p6；（2）空气中氧气具有氧化性，反应釜1中的反应需在隔绝空气条件下进行，其原因是防止二价铁被空气中氧气氧化为三价铁；（3）①反应釜2中，加入和分散剂的同时通入空气，氧气将二价铁氧化三价铁，三价铁与氧化钙和水生成的氢氧化钙生成氢氧化铁，反应的离子方程式为。②为加快反应速率，可采取的措施有适当升高温度、搅拌等；（4）①反应釜3中，时，浓度为，反应不能使钙离子生成沉淀，防止引入杂质，故此时，pOH=3，pH=11，故理论上不超过11。②高锰酸钾溶液紫红色，故滴定达到终点的现象为：最后半滴标准液加入后，溶液变为红色，且半分钟内不变色；氯化钙和草酸钠转化为草酸钙沉淀，草酸钙沉淀加入硫酸转化为草酸，草酸和高锰酸钾发生氧化还原反应：，结合质量守恒可知，，则该副产物中的质量分数为。例十五（2023广东18）均是重要的战略性金属。从处理后的矿石硝酸浸取液(含)中，利用氨浸工艺可提取，并获得高附加值化工产品。工艺流程如下：已知：氨性溶液由、和配制。常温下，与形成可溶于水的配离子：；易被空气氧化为；部分氢氧化物的如下表。氢氧化物回答下列问题：(1)活性可与水反应，化学方程式为 。(2)常温下，的氨性溶液中， (填“>”“<”或“=”)。(3)“氨浸”时，由转化为的离子方程式为 。(4)会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物。滤渣的X射线衍射图谱中，出现了的明锐衍射峰。①属于 (填“晶体”或“非晶体”)。②提高了的浸取速率，其原因是 。(5)①“析晶”过程中通入的酸性气体A为 。②由可制备晶体，其立方晶胞如图。与O最小间距大于与O最小间距，x、y为整数，则在晶胞中的位置为 ；晶体中一个周围与其最近的O的个数为 。(6)①“结晶纯化”过程中，没有引入新物质。晶体A含6个结晶水，则所得溶液中与的比值，理论上最高为 。②“热解”对于从矿石提取工艺的意义，在于可重复利用和 (填化学式)。【答案】(1)(2)＞(3)或(4) 晶体 减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积(5) 体心 12(6) 0.4或【分析】硝酸浸取液(含)中加入活性氧化镁调节溶液pH值，过滤，得到滤液主要是硝酸镁，结晶纯化得到硝酸镁晶体，再热解得到氧化镁和硝酸。滤泥加入氨性溶液氨浸，过滤，向滤液中进行镍钴分离，，经过一系列得到氯化铬和饱和氯化镍溶液，向饱和氯化镍溶液中加入氯化氢气体得到氯化镍晶体。【详解】（1）活性可与水反应，化学方程式为；故答案为：。（2）常温下，的氨性溶液中，，，，则＞；故答案为：＞。（3）“氨浸”时，与亚硫酸根发生氧化还原反应，再与氨水反应生成，则由转化为的离子方程式为或；故答案为：或。（4）会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物。滤渣的X射线衍射图谱中，出现了的明锐衍射峰。①X射线衍射图谱中，出现了的明锐衍射峰，则属于晶体；故答案为：晶体。②根据题意会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物，则能提高了的浸取速率，其原因是减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积；故答案为：减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积。（5）①“析晶”过程中为了防止水解，因此通入的酸性气体A为；故答案为：。②由可制备晶体，其立方晶胞如图。x、y为整数，根据图中信息Co、Al都只有一个原子，而氧(白色)原子有3个，与O最小间距大于与O最小间距，则Al在顶点，因此在晶胞中的位置为体心；晶体中一个周围与其最近的O原子，以顶点Al分析，面心的氧原子一个横截面有4个，三个横截面共12个，因此晶体中一个周围与其最近的O的个数为12；故答案为：体心；12。（6）①“结晶纯化”过程中，没有引入新物质。晶体A含6个结晶水，则晶体A为，根据，，还剩余5个水分子，因此所得溶液中与的比值理论上最高为；故答案为：0.4或。②“热解”对于从矿石提取工艺的意义，根据前面分析，，在于可重复利用和；故答案为：。例十六 （2024全国新课标8）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()时的pH：开始沉淀的pH 15 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。（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)，残留的浓度为_______。【答案】（1） ①. 增大固液接触面积，加快酸浸速率，提高浸取效率 ②. Pb（2） ①. 将溶液中的氧化为，以便在后续调pH时除去Fe元素 ②. 溶液 ③.（3） ①.②.（4） ①. 、 ②.【解析】【分析】由题中信息可知，用硫酸处理含有Co、Zn、Pb、Fe的单质或氧化物的废渣，得到含有、、、、等离子的溶液，Pb的单质或氧化物与硫酸反应生成难溶的，则“滤渣1”为“酸浸”时生成的；向滤液中加入将氧化为，然后加入ZnO调节pH=4使完全转化为，则“滤渣Ⅱ”的主要成分为，滤液中的金属离子主要是、和；最后“氧化沉钴”，加入强氧化剂，将溶液中氧化为，在时形成沉淀，而则被还原为，还会与溶液中的发生归中反应生成，得到和的混合物，“除钴液”主要含有ZnSO4、K2SO4，据此解答。【小问1详解】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；由分析可知，“滤渣1”的主要成分为PbSO4，则“滤渣1”中金属元素主要为Pb；【小问2详解】酸浸液中含有、、、、等离子。由题表中数据可知，当完全沉淀时，未开始沉淀，而当完全沉淀时，已有一部分沉淀，因此为了除去溶液中的Fe元素且不沉淀，应先将氧化为，然后调节溶液的pH使完全水解转化为沉淀，因此，的作用是将氧化为，以便在后续调pH时除去Fe元素。常用溶液检验，若生成蓝色沉淀，则说明溶液中仍存在，需补加；【小问3详解】由分析可知，该过程发生两个氧化还原反应，根据分析中两个反应的反应物、产物与反应环境()，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：、；【小问4详解】最终得到的“除钴液”中含有的金属离子主要是最初“酸浸”时与加入ZnO调pH时引入的、加入“氧化沉钴”时引入的，而阴离子是在酸浸时引入的，因此其中主要的盐有和。当溶液时，恰好完全沉淀，此时溶液中，则，则。“除钴液”的，即，则，此时溶液中。三、模型建构变价金属反应模型变价金属单质遇到强氧化剂会被氧化为高价态，遇到氧化性不强的氧化剂被氧化为中间价态。中间价态反应模型中间价态元素遇到强化剂会被氧化为高价态金属氧化物反应模型复杂氧化物可以拆解成简单氧化物进行分开反应。易氧化物质制备制备易氧化物物质需要隔绝空气，隔绝空气方法：液封法、排气法。四、名师导学（1）“能够依据物质类别和元素价态列举某种元素的典型代表物质”以上，均5号，宋体，首行缩进2个汉字。注意：（1）在中文字体设置完成后，全选文档，设置西文为新罗马。文中的化学式，一定要用英文半角的括号，不要用中文括号；其余的小括号，一律用中文半角的括号。（2）阿拉伯数字后面，要用英文的圆点（半角），不要用顿号。填空题的横线结束，要有标点。（3）文中的数字序号和选项的字母，不要使用自动生成的，要自己输入，以后方便编辑。不同级别的序号，均另起行。（4）文中各种符号的编写，如方程式中的反应条件、可逆符号、分数等，可以参照附件4，使用域代码（使用方法可以百度：选中，shift+F9可以查看并编辑，再次按shift+F9显示结果）。（5）页面设置按模板即可，行距为1.5倍行距。(1) 展开更多...... 收起↑ 资源列表 第39讲-铁钴镍及其化合物（学案）.docx 第39讲-铁钴镍及其化合物（练习）.docx 第39讲-铁钴镍及其化合物（课件）.pptx
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