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新高考化学二轮复习高频考点追踪练习专题05 金属及其重要化合物（讲义）（2份打包，原卷版+解析版）
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01专题网络·思维脑图
02考情分析·解密高考
03高频考点·以考定法
考点二 金属及其重要化合物与理论、实验的结合
【高考解密】
命题点01 以金属及其重要化合物为载体考查化学理论知识
命题点02 以金属及其重要化合物为载体考查化学实验知识
【技巧解密】
【考向预测】
考点一 金属及其重要化合物性质、用途
【高考解密】
命题点01 金属及其重要化合物的性质、用途
命题点02 金属及其重要化合物之间的相互转化
【技巧解密】
【考向预测】
04核心素养·微专题
微专题 无机化工流程题的解题策略
考点一 金属及其重要化合物性质、用途
命题点01 金属及其重要化合物的性质、用途
典例01（2023·浙江卷）物质的性质决定用途，下列两者对应关系不正确的是
A．铝有强还原性，可用于制作门窗框架
B．氧化钙易吸水，可用作干燥剂
C．维生素C具有还原性，可用作食品抗氧化剂
D．过氧化钠能与二氧化碳反应生成氧气，可作潜水艇中的供氧剂
【答案】A
【解析】A．铝用于制作门窗框架，利用了铝的硬度大、密度小、抗腐蚀等性质，而不是利用它的还原性，A不正确；B．氧化钙易吸水，并与水反应生成氢氧化钙，可吸收气体中或密闭环境中的水分，所以可用作干燥剂，B正确；C．食品中含有的Fe2+等易被空气中的氧气氧化，维生素C具有还原性，且对人体无害，可用作食品抗氧化剂，C正确；D．过氧化钠能与二氧化碳反应生成氧气，同时可吸收人体呼出的二氧化碳和水蒸气，可作潜水艇中的供氧剂，D正确；故选A。
典例02（2022·浙江卷）下列说法正确的是
A．铁与碘反应易生成碘化铁
B．电解ZnSO4溶液可以得到Zn
C．用石灰沉淀富镁海水中的Mg2+，生成碳酸镁
D．SO2通入BaCl2溶液中生成BaSO3沉淀
【答案】B
【解析】A．I2属于弱氧化剂，与Fe反应生成FeI2，A错误；B．电解一定浓度的硫酸锌溶液，Zn2+在阴极得电子析出Zn，B正确；C．石灰沉淀Mg2+生成的沉淀是Mg(OH)2，C错误；D．SO2通入BaCl2溶液中不能生成BaSO3沉淀，因为H2SO3酸性比HCl弱，该复分解反应不能发生，D错误；故答案选B。
典例03（2021·江苏卷）下列有关物质的性质与用途不具有对应关系的是
A．铁粉能与O2反应，可用作食品保存的吸氧剂
B．纳米Fe3O4能与酸反应，可用作铁磁性材料
C．FeCl3具有氧化性，可用于腐蚀印刷电路板上的Cu
D．聚合硫酸铁能水解并形成胶体，可用于净水
【答案】B
【解析】A．因为铁粉能与O2反应，所以可用作食品保存的吸氧剂，A正确；B．纳米Fe3O4具有磁性，可用作铁磁性材料，B错误；C．FeCl3与Cu反应生成FeCl2和CuCl2，主要利用其氧化性，C正确；D．聚合硫酸铁能水解并形成胶体，具有吸附性，可用于净水，D正确；故选B。
命题点02 金属及其重要化合物之间的相互转化
典例01（2023·北京卷）一种分解氯化铵实现产物分离的物质转化关系如下，其中代表或中的一种。下列说法正确的是
A．a、c分别是
B．既可以是，也可以是
C．已知为副产物，则通入水蒸气可减少的产生
D．等压条件下，反应①、②的反应热之和，小于氯化铵直接分解的反应热
【答案】C
【分析】分解的产物是和，分解得到的与反应生成，又可以分解得到和，则a为，b为，c为，d为。
【解析】A．由分析可知，a为，c为，A项错误；B．d为，B错误；C．可以水解生成，通入水蒸气可以减少的生成，C正确；D．反应①和反应②相加即为氯化铵直接分解的反应，由盖斯定律可知，等压条件下，反应①、反应②的反应热之和等于氯化铵直接分解的反应热，D错误；故选C。
典例02（2021·广东卷）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
【答案】C
【分析】图中所示铁元素不同化合价的物质：a为Fe，b为FeCl2、FeSO4、Fe(NO3)2等Fe(II)的盐类物质，c为Fe(OH)2，e为FeCl3、Fe2(SO4)3、Fe(NO3)3等Fe(III)的盐类物质，d为Fe(OH)3。
【解析】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。
一．常见金属及其化合物的重要性质和应用
二、金属及其重要化合物之间的相互转化
1.理清金属及其重要化合物之间知识主线
（1）钠及其重要化合物：Na→Na2O→Na2O2→NaOH→Na2CO3→NaHCO3
（2）镁、铝及其重要化合物：Al→Al2O3→Al(OH)3→eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(NaAlO2,AlCl3,Al2(SO4)3,KAl(SO4)2·12H2O))Mg→MgO→Mg(OH)2→eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(MgCl2,MgSO4))
（3）铁、铜及其化合物：Fe→eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(FeO,Fe2O3,Fe3O4))→eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(Fe(OH)2,Fe(OH)3))→eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(Fe2+,Fe3+)) Cu→eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(Cu2O,CuO))→Cu(OH)2→eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(Cu2+,CuX))
2.构建金属及其重要化合物之间知识网络
（1）钠及其重要化合物：Na→Na2O→Na2O2→NaOH→Na2CO3→NaHCO3
（2）镁、铝及其重要化合物：
（3）铁、铜及其化合物
3.重要金属及其化合物的价类二维图
（1）钠及其化合物
（2）镁、铝及其化合物
（3）铁、铜及其化合物
4.扫除易忘知识盲点
（1）钠及其重要化合物：
①钠和盐溶液反应,不能置换出盐中的金属,与熔融的盐反应才可能置换出盐中的金属。
②Na与足量O2反应无论生成Na2O还是Na2O2,只要参与反应的Na的质量相等,则转移电子的物质的量一定相等,但得到Na2O2的质量大于Na2O。
③Na分别与H2O和乙醇发生反应均能生成H2,但反应的剧烈程度不同,前者反应剧烈,后者反应缓慢。
④1 ml Na2O2参与反应转移电子的物质的量不一定为1 ml,如1 ml Na2O2与足量SO2的反应转移电子应为2 ml。
⑤不能用Ca(OH)2溶液鉴别Na2CO3和NaHCO3溶液,应选用CaCl2或BaCl2溶液。
⑥除去CO2中的HCl气体，应选用饱和的NaHCO3溶液。
⑦向饱和的Na2CO3溶液中通入过量CO2，有NaHCO3 白色晶体析出。
⑧焰色反应是元素的性质，无论游离态还是化合态，均具有相同的焰色反应，它不是化学变化，在观察钾元素的焰色反应时，应通过蓝色的钴玻璃片。
⑨Na－K合金常温下呈液态，是原子反应堆的导热剂。
⑩碱金属的密度呈现增大的趋势，但K反常。
⑪Li和O2反应只生成Li2O；NaH是离子化合物，是一种强还原剂。Na2O、Na2O2阴阳离子个数比均为1∶2。
⑫Na2O2投入品红溶液中,因溶液中有强氧化性物质,因而可使品红溶液褪色。Na2O2投入无色酚酞溶液中,酚酞溶液先变红后褪色。
（2）镁、铝及其重要化合物：
①铝是活泼金属，但铝抗腐蚀性相当强，因为铝表面生成一层致密的氧化物薄膜。由于Al2O3的熔点高于Al的熔点，故在酒精灯上加热铝箔直至熔化，发现熔化的铝并不滴落。
②铝热反应不仅仅是单质铝与Fe2O3反应，还包含制取其他难熔金属的反应，由于铝热剂是混合物，故铝热反应不能用于工业上冶炼铁。注意铝热反应是中学化学中唯一一类金属单质与金属氧化物在高温条件下的置换反应。
③引发铝热反应的操作是高考实验考查的热点，具体操作是先铺一层KClO3，然后插上镁条，最后点燃镁条。
④并不是Al与所有金属氧化物均能组成铝热剂，该金属氧化物对应的金属活泼性应比铝弱。
⑤Al2O3、Al(OH)3与NaOH溶液的反应常用于物质的分离提纯。Al(OH)3不溶于氨水，所以实验室常用铝盐和氨水来制备Al(OH)3。
⑥利用偏铝酸盐制备Al(OH)3，一般不用强酸，因为强酸的量控制不当会使制得的Al(OH)3溶解。若向偏铝酸盐溶液中通入CO2，生成的Al(OH)3不溶于碳酸，CO2过量时生成HCOeq \\al(－,3)，不过量时生成COeq \\al(2－,3)，书写离子反应方程式时要特别注意。
⑦Al(OH)3可用作抗酸药；明矾常用于净水。
⑧泡沫灭火器所用试剂为Al2(SO4)3溶液和NaHCO3溶液。
⑨镁在空气中燃烧主要发生反应：2Mg＋O22MgO，此外还发生反应：3Mg＋N2Mg3N2、2Mg＋CO22MgO＋C。
⑩Mg3N2与水反应：Mg3N2＋6H2O===3Mg(OH)2＋2NH3↑。加热Mg(HCO3)2溶液生成的是Mg(OH)2沉淀，而不是MgCO3沉淀，因为Mg(OH)2比MgCO3更难溶于水。反应方程式为Mg(HCO3)2Mg(OH)2↓＋2CO2↑。
(3)铁、铜及其化合物
①Fe与O2、H2O(g)反应的产物都是Fe3O4而不是Fe2O3。Fe与Cl2反应时生成FeCl3，与S反应时生成FeS，说明Cl2的氧化性大于S的。常温下，Fe、Al在冷的浓硫酸和浓硝酸中发生钝化，但加热后继续反应。Fe在Cl2中燃烧，无论Cl2过量还是不足均生成FeCl3。
②向含Fe2＋的溶液中加入硝酸、KMnO4溶液、氯水等具有氧化性的物质时，溶液会出现浅绿色→棕黄色的颜色变化，该现象可用于Fe2＋的检验。
③Fe3＋的检验方法较多，如观察溶液颜色法(棕黄色)、NaOH溶液法(生成红褐色沉淀)、KSCN溶液法(生成红色溶液)，前面两种方法需溶液中Fe3＋浓度较大时才适用，最好也最灵敏的方法是KSCN溶液法。Fe2＋的检验可采用先加入KSCN溶液后再加入氧化剂的方法；也可用铁氰化钾检验Fe2＋，现象是生成蓝色沉淀(Fe3[Fe(CN)6]2)。
④生成FeCl2除了用Fe和HCl的置换反应外，还可用化合反应：2FeCl3＋Fe===3FeCl2；生成Fe(OH)3除了用Fe3＋与碱的复分解反应外，还可用化合反应：4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3。
⑤配制FeCl2溶液既要防氧化(加入Fe粉)，又要防水解(加入盐酸)；配制FeCl3溶液要加入浓盐酸防止水解。
⑥Fe3＋必须在酸性条件下才能大量存在，当pH＝7时，Fe3＋几乎完全水解生成Fe(OH)3沉淀。
⑦除去酸性溶液ZnCl2中的FeCl2，应先通入Cl2或加入H2O2，再加入ZnO，使Fe3＋水解生成沉淀过滤除去。
⑧制备Fe(OH)2的方法很多，原则有两点：一是溶液中的溶解氧必须提前除去；二是反应过程中必须与O2隔绝。同时要牢记Fe(OH)2转化为Fe(OH)3时溶液的颜色变化(白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色)。
⑨Fe(OH)3胶体的制备方法是将饱和FeCl3溶液滴加到沸水中，加热至呈红褐色后立即停止加热。胶体不带电，带电的是胶粒。
⑩自然界中有少量游离态的铁(陨石中)，纯净的铁块是银白色的，而铁粉是黑色的。
⑪)铜在潮湿的空气中最终不是生成CuO，而是铜绿[Cu2(OH)2CO3]。
⑫常用灼热的铜粉除去N2中的O2，灼热的CuO除去CO2中的CO。
⑬新制Cu(OH)2悬浊液常用来检验醛基。
⑭Cu和一定量的浓HNO3反应，产生的是NO2和NO的混合气体，当Cu有剩余，再加入稀H2SO4，Cu继续溶解。
⑮Cu：紫红色；CuO：黑色；Cu2S：黑色；CuS：黑色；Cu2O：砖红色。
⑯铜的焰色反应为绿色。
⑰冶炼铜的方法有①热还原法；②湿法炼铜；③电解精炼铜。
⑱铜合金有：①青铜(Sn、Pb等)；②黄铜(Zn、Sn、Pb、Al等)；③白铜(Ni、Zn、Mn等)。
5.熟记常见转化
(1)铝土矿提铝。
方式一:Al2O3AlCl3Al(OH)3Al2O3
方式二:Al2O3NaAlO2Al(OH)3Al2O3
(2)工业提镁。
方式一:MgCl2Mg(OH)2MgCl2MgCl2·6H2O
方式二:MgCO3MgCl2MgCl2·6H2O
(3)侯氏制碱。
NaClNaHCO3Na2CO3
三、其它金属及其化合物
（一）锰
锰(25Mn)位于第四周期第ⅦB族，价电子构型为3d54s2，软锰矿主要成分为MnO2，价态以＋2、＋4、＋6、＋7为最为常见，是活泼金属。
1、Mn2＋的性质
Mn2＋价电子构型为较稳定的3d5半充满结构，因此Mn2＋是锰的最稳定状态。在水溶液中呈粉红色，多数盐易溶。Mn2＋可与CO32－生成白色沉淀：Mn2＋＋CO32－=MnCO3↓
（1）在高酸度热溶液中，与过二硫酸铵、铋酸钠(NaBiO3)等强氧化剂作用，可Mn2＋氧化成MnO4-：
2Mn2＋＋5S2O882－＋8H2O2MnO4-＋10SO42-＋16H＋
2Mn2＋＋5NaBiO3＋14H＋2MnO4-＋5Na＋＋5Bi3＋＋7H2O
（2）在碱性溶液中，Mn2＋会生成沉淀：Mn2＋＋2OH－==Mn(OH)2↓(白)
2、MnO2的性质
MnO2是黑色不溶性粉末，是制造干电池的原料，在酸性介质中MnO2是一种强氧化剂。在实验室中常用此性质制备氯气：
MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O
MnO2还能氧化H2O2和Fe2＋等：
MnO2＋H2O2＋2H＋==Mn2＋＋O2↑＋2H2O
MnO2＋2Fe2＋＋4H＋==Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O
3、高锰酸钾
高锰酸钾KMnO4(俗名灰锰氧)是强氧化剂，是一种深紫色的晶体，水溶液呈紫红色的。KMnO4的稀溶液(0.1%)可用于消毒和杀菌。
在酸碱性不同的条件下，高锰酸钾的还原产物是不同的。例如：
1）KMnO4的应用：
(1)加热KMnO4是实验室制备氧气的简便方法:
2KMnO4K2MnO4＋MnO2＋O2↑
(2)KMnO4在酸性溶液中，是很强的氧化剂，它可以氧化Cl－、I－、SO32－、C2O42－、Fe2＋等，本身还原为Mn2＋。
常见用途有：
①制备氯气：2MnO4-+10Cl－＋16H＋==2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O
②标定KMnO4的浓度：2MnO4-＋5H2C2O4＋6H＋==2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O
③Fe含量的测定:MnO4-＋5Fe2＋＋8H＋==2Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O
2）KMnO4的制备
(1)MnO2与KClO3、KOH一起加热熔融生成锰酸钾：
3MnO2＋6KOH＋KClO33K2MnO4(绿)＋KCl＋3H2O
再将K2MnO4酸性条件下发生歧化反应，即可得到高锰酸钾：3MnO42－＋4H＋=2MnO4-－＋MnO2＋2H2O
(2)电解法：电解K2MnO4溶液可以制备KMnO4：
阳极反应：2MnO42－－2e-==2MnO4-
阴极反应：2H2O＋2e-==H2↑＋2OH－
总的电解反应：2MnO42－＋2H2O==2MnO4-－＋2OH－＋H2↑
（二）铬
24Cr是第四周期第ⅥB族金属元素，铬的价电子构型为3d54s1，以＋3、＋6两种价态化合物最为重要。
1.铬单质是最硬的金属，与铁、镍能组成不锈钢。可用铝热法由Cr2O3制备金属铬：
Cr2O3＋2Al2Cr＋Al2O3。
2.含Cr3＋的溶液呈绿色，铬酸钾(K2CrO4)为黄色，重铬酸盐(K2Cr2O7)为橙色。
二者可以相互转化：2CrO42－＋2H＋Cr2O72－＋H2O。
加酸平衡向右移动c(Cr2O72－)增大，c(CrO42－)减小，溶液为橙红色；加碱平衡左移c(CrO42－)增大c(Cr2O72－)减小，溶液为黄色；中性时溶液为橙色。
3.与Al2O3、Al(OH)3相似，Cr2O3、Cr(OH)3具有两性，Cr(OH)3在溶液中存在两种平衡：
Cr3＋＋3OH－Cr(OH)3H＋＋CrO2-
Cr(OH)3既溶于酸，又溶于碱：
Cr(OH)3＋3HCl==CrCl3＋3H2O
Cr(OH)3＋NaOH==NaCrO2＋2H2O
4.在酸性溶液中，Cr2O72－是强氧化剂。如加热的条件下，K2Cr2O7可以氧化浓盐酸制备氯气：
K2Cr2O7＋14HCl(浓)2CrCl3＋2KCl＋3Cl2↑＋7H2O
交警查酒驾，就是用重铬酸钾的酸性溶液，来检验酒精的含量：
K2Cr2O7＋3CH3CH2OH＋4H2SO4=Cr2(SO4)3＋K2SO4＋3CH3CHO＋7H2O
5.含铬废水中，以Cr(Ⅵ)的毒性最大。我国规定工业废水含Cr(Ⅵ)的排放标准为0.1mg·L－1。含铬废水处理的基本原理就是将铬(Ⅵ)还原为铬(Ⅲ)，然后转化为Cr(OH)3沉淀除去。
现介绍两种中学化学常考到的方法：
(1)化学还原法，可先将废水用硫酸调pH值至2~3，再加入FeSO4等还原剂，将Cr(Ⅵ)还原成Cr(Ⅲ):
Cr2O72－＋6Fe2＋＋14H＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O
然后用NaOH或Ca(OH)2调pH值至7~8，生成Cr(OH)3沉淀，再加混凝剂，使Cr(OH)3沉淀除去。
(2)电解还原法
电解还原法是用金属铁作阳极，Cr(Ⅵ)在阴极上被还原成Cr(Ⅲ)，在电解过程中阳极铁板溶解下来的Fe2＋(Fe－2e-=Fe2＋)也可将Cr(Ⅵ)还原成Cr(Ⅲ)。同时由于阴极板上析出H2，使废水pH值逐步上升，最后呈中性，此时Cr3＋、Fe3＋都以氢氧化物沉淀析出。
（三）银
1. 银单质
(47Ag)是第五周期IB族元素，在自然界有游离态的银。银的活动性在氢之后，在电化学中，Ag是活性电极，在阳极放电：Ag－e-=Ag＋。
Ag2O对热不稳定，加热到时完全分解：2Ag2O4Ag＋O2↑。
乙醇在单质Ag或Cu催化下，可被氧化成乙醛，其催化原理是：
4Ag＋O22Ag2O C2H5OH＋Ag2OCH3CHO＋2Ag＋H2O
银器表面变暗，主要是由于生成了Ag2S所致，为使其表面恢复光泽，可将其放入盛食盐水的铝盆中，发生原电池反应：
负极(Al)：2Al－6e-=2Al3＋
正极(Ag2S)：3Ag2S＋6e-=6Ag＋S2－，
3S2－＋2Al3＋＋6H2O=2Al(OH)3↓＋3H2S↑
总反应：2Al＋3Ag2S＋6H2O=2Al(OH)3↓＋6Ag＋3H2S↑
2.氢氧化银(AgOH)的性质
在AgNO3溶液中，逐滴加入稀氨水，首先生成白色沉淀AgOH↓，AgOH极不稳定，立即脱水生成暗棕色的Ag2O 沉淀，AgOH及Ag2O均能溶于氨水形成银氨溶液:
AgNO3＋NH3·H2O=AgOH↓＋NH4NO3
AgOH＋2NH3·H2O=Ag(NH3)2OH＋2H2O
3.银盐
多数银盐难溶于水，能溶的只有AgNO3、AgF、AgSO4等少数几种。
在卤化银中，除AgF外，AgCl(白↓)、AgBr(淡黄↓)、AgI(黄↓)均不溶于水且不溶于稀HNO3。
常见难溶银盐的溶解度大小为：S(AgCl)＞S(AgBr)＞S(AgI)＞S(Ag2S)
依次加入Br－、I－、S2－可实现沉淀转化：AgCl→AgBr→AgI→Ag2S。
AgCl、AgBr、AgI都具有感光性。
照像底片及印相纸上都散布着细小的AgBr明胶，摄影时，受光线照射而分解成细小的银：
2AgBr2Ag＋Br2；
AgI可用于人工降雨。硝酸银见光或加热容易分解：
2AgNO3=2Ag↓＋2NO2↑＋O2↑
因此AgNO3晶体或溶液应装在棕色试剂瓶中。
（四）钛
1.钛单质：与浓盐酸和浓硫酸反应，均生成氢气：
(1)2Ti ＋ 6HCl(浓) = 2TiCl3＋3H2↑
(2)2Ti ＋3H2SO4(浓) = Ti2(SO4)3＋3H2↑
2.单质钛的制备：
(1)FeTiO3加H2SO4处理，同时加入铁屑，目的是防止Fe2＋被氧化：
FeTiO3＋2H2SO4= TiOSO4＋FeSO4＋2H2O
(2)加热使TiOSO4水解得到TiO2·xH2O，脱水得到TiO2：
TiO2＋ ＋(x＋2)H2O (过量)TiO2·xH2O↓＋4H＋
(3)将TiO2与碳、氯气共热生成TiCl4，然后在Ar的气氛中，用Na或Mg还原成Ti，熔化铸成钛锭：
TiO2＋2Cl2＋2CTiCl4＋2CO
2Mg ＋ TiCl42MgCl2＋Ti
3.TiO2的性质：典型的晶体叫做金红石，纯净的TiO2叫做钛白粉。
(1)TiO2溶于H2SO4生成Ti(SO4)2：
TiO2＋2H2SO4(浓) = Ti(SO4)2＋2H2O
但从H2SO4溶液中析出的不是Ti(SO4)2，而是TiOSO4。
(2)TiO2不溶于碱，但能与熔融的烧碱反应生成偏钛酸盐，所以TiO2是两性氧化物。例如：
TiO2＋2NaOH(熔融) = Na2TiO3＋H2O
4.四氯化钛
常温，是一种无色发烟的液体，有刺激性气味。若暴露在潮湿的空气中，会冒出白烟，部分水解生成钛酰氯，利用此性质，制备烟幕弹：TiCl4＋H2O = TiOCl2＋2HCl
考向01 金属及其重要化合物的性质、用途
1．（2023·陕西渭南·统考一模）物质的性质决定用途，下列两者对应关系不正确的是
A．能中和酸并受热分解产生，可作蓬松剂
B．有可燃性，可用于炼铁
C．能与反应，可在玻璃器皿上刻蚀标记
D．硬铝密度小、耐腐蚀、强度高，可用作航空材料
【答案】B
【解析】A．NaHCO3可中和酸并受热分解产生CO2，可以使食物产生多孔而蓬松，故可作蓬松剂，A正确；B．有还原性，可用于炼铁，故B错误；C．能与反应，可在玻璃器皿上刻蚀标记，故C正确；D．硬铝密度小、耐腐蚀、强度高，可用作航空材料，故D正确；故选B。
2．（2023·江西·校联考模拟预测）实验室中使用氢氧化钠、碳酸钠、碳酸氢钠时，对应关系错误的是
A．氢氧化钠水溶液：实验室模拟皂化反应
B．碳酸钠饱和溶液：模拟侯氏制碱法所用试剂
C．碳酸钠饱和溶液：制备乙酸乙酯实验中收集产品
D．碳酸氢钠饱和溶液：制备CO2时除去HCl气体
【答案】B
【解析】A．皂化反应为油脂在碱性条件下的水解反应，A项正确；B．模拟侯氏制碱法应使用氯化钠饱和溶液，B项错误；C．碳酸钠饱和溶液可以吸收乙醇，中和乙酸，降低酯的溶解度，C项正确；D．NaHCO3可与HCl反应生成NaCl、CO2和水，因此碳酸氢钠饱和溶液可除去CO2中的HCl气体，D项正确。答案选B。
3．（2023·重庆沙坪坝·重庆一中校考模拟预测）下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是
A．具有还原性，可用于自来水的杀菌消毒
B．吸收产生，可用作呼吸面具供氧剂
C．具有氧化性，可用于漂白纸浆
D．是两性氧化物，可用作耐高温材料
【答案】B
【解析】A．ClO2具有强氧化性而使蛋白质变性，所以该物质能杀菌消毒，故A错误；B．吸收产生，所以可以用作呼吸面具供氧剂，故B正确；C．具有漂白性，可用于漂白纸浆，故C错误；D．熔点较高，可用作耐高温材料，与两性氧化物无关，故D错误；故选B。
4．（2023·浙江·校联考模拟预测）下列关于元素及其化合物的性质说法正确的是
A．钠与加热下可生成B．工业上燃烧硫磺得到
C．工业上常用软锰矿与浓盐酸生产D．铜与稀硝酸(0.1ml/L)需要加热才能生产NO
【答案】A
【解析】A．，A正确；B．S燃烧产物只生成SO2，S和O2不能直接生成SO3，B错误；C．工业上制Cl2要考虑原料成本，一般是氯碱工业制Cl2，C错误；D．铜与稀硝酸(0.1ml/L)不需要加热也能产生NO，D错误； 故选A。
5．（2023·广东广州·华南师大附中校考三模）下列物质性质和用途正确且有对应关系的是
【答案】D
【解析】A．硝酸铵受热易分解应保存在阴凉处，而用作氮肥是由于含有氮元素，A错误；B．钠元素焰色试验呈黄色，又钠单质燃烧易爆炸，故烟花中加入的是金属钠盐，B错误；C．次氯酸钠中次氯酸根水解使溶液显碱性，但用作消毒剂是由于次氯酸钠的强氧化性，C错误；D．氧化铝是两性氧化物，铝制品表面被氧化生成氧化铝，故不宜长时间蒸煮酸性或者碱性食物，D正确；故选D。
考向02 金属及其重要化合物之间的相互转化
1．（2023·安徽滁州·安徽省定远县第三中学校考二模）价一类二维图是学习元素化合物知识的重要模型和工具，它以元素的化合价为纵坐标，以物质类别为横坐标。下图为铁元素的价一类二维图，其中的箭头表示部分物质间的转化关系。下列说法正确的是
A．转化⑦发生反应的类型是化合反应
B．转化⑤是用于自来水消毒杀菌，等物质的量的和消毒效率相同(用得电子数目多少衡量氧化消毒能力强弱)
C．用铁丝在氧气中燃烧可实现上述转化①
D．加热发生转化⑥，加水溶解可实现转化③
【答案】A
【解析】A．转化发生反应为氢氧化亚铁和氧气、水生成氢氧化铁，化学方程式为：，属于化合反应，故A正确；B．消毒杀菌时价铁降低为价，而消毒时价氯降低到价，则等物质的量的是消毒效率的倍，故B错误；C．铁丝在氧气中燃烧生成，不能实现转化，故C错误；D．加热发生转化分解生成氧化铁，氢氧化铁不溶于水，加水溶解不可实现转化，故D错误；故选A。
2．（2023·河北邯郸·统考三模）钛和钛合金被认为是21世纪的重要金属材料，广泛用于火箭、飞机制造业等。工业上利用钛铁矿制备金属钛的工艺流程示意图如下：
下列说法正确的是
A．①反应釜中生成物X的电子式为
B．FeCl3和TiCl4的沸点相差大，实验室可以使用分液法进行分离
C．②是原子利用率100%的反应，则每得到1ml甲醇转移电子数4NA
D．③反应类型为置换反应，其中Ar作保护气，也可以换为N2
【答案】C
【分析】钛铁矿和过量的焦炭、氯气反应生成氯化铁、四氯化钛、一氧化碳X，一氧化碳和氢气合成甲醇，镁和四氯化钛高温生成氯化镁和钛；
【解析】A．由分析可知，X为一氧化碳， 为二氧化碳的电子式，A错误；B．FeCl3和TiCl4的沸点相差大，实验室可以使用蒸馏法，而不是分液法进行分离，B错误；C．②为一氧化碳和氢气合成甲醇，是原子利用率100%的反应，则反应为，反应中电子转移为，每得到1ml甲醇转移电子数4NA，C正确；D．③反应为单质和化合物生成另一种单质和化合物的反应，属于置换反应，其中Ar作保护气，但是镁能和氮气反应，不可以换为N2，D错误；故选C。
3．（2023·山东·沂水县第一中学校联考模拟预测）已知甲、乙都为单质，丙为化合物，能实现下述转化关系。下列说法正确的是
A．若丙溶于水后得到强碱溶液，则甲可能是
B．若溶液丙遇放出气体，则甲不可能是
C．若溶液丙中滴加溶液有蓝色沉淀生成，则甲一定为
D．若溶液丙中滴加溶液有白色沉淀生成后沉淀溶解，则甲可能为
【答案】A
【解析】A．若甲是，乙为金属钠，二者化合得，溶于水后得到强碱溶液(NaOH溶液)，电解时可生成，A正确；B．若丙的溶液遇，产生气体，丙可以为，电解盐酸生成氢气与氯气，氢气在氯气中燃烧生成，符合转化关系，即甲可能为，B错误；C．若溶液丙中滴加溶液有蓝色沉淀生成，则说明丙为铜盐，甲、乙应为氯气和铜，则甲可能为氯气，也可能为，C错误；D．若溶液丙中滴加溶液有白色沉淀生成后沉淀溶解，证明丙中含有，氢离子放电能力强于，电解丙溶液得不到Al，甲不可能为Al，D错误；故选：A。
4．（2023·河北唐山·统考二模）甲、乙、丙、丁为中学化学常见物质，其相互转化关系如图所示，下列组合不符合题意的是
【答案】D
【解析】A．过量和氢氧化钠反应生成，和氢氧化钠反应生成，和反应生成，故不选A；B．和少量氢氧化钠反应生成，和氢氧化钠反应生成，和混合生成，故不选B；C．在氧气不足的条件下燃烧生成S和水，S和氧气点燃生成，和反应生成S和水，故不选C；D．若丁是氯气，Fe和氯气反应生成FeCl3；若丁是盐酸，Fe和盐酸反应生成FeCl2，FeCl2和盐酸不反应，故选D；故选D。
5．（2023·辽宁沈阳·辽宁实验中学校考模拟预测）在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能一步实现的是
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】A．S和氧气反应生成二氧化硫，故S→SO3不能实现，故A错误；B．铁和水高温生成四氧化三铁，四氧化三铁和铝反应生成铁单质，可以实现，故B正确；C．铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，故不能实现，故C错误；D．二氧化硅难溶于水，故SiO2H2SiO3不能实现，故D错误；故选：B。
考点二 金属及其重要化合物与理论、实验的结合
命题点01 以金属及其重要化合物为载体考查化学理论知识
典例01（2023·福建卷）一种可在较高温下安全快充的铝-硫电池的工作原理如图，电解质为熔融氯铝酸盐(由和形成熔点为的共熔物)，其中氯铝酸根起到结合或释放的作用。电池总反应：。下列说法错误的是
A．含个键
B．中同时连接2个原子的原子有个
C．充电时，再生单质至少转移电子
D．放电时间越长，负极附近熔融盐中n值小的浓度越高
【答案】D
【分析】放电时铝失去电子生成铝离子做负极，硫单质得到电子做正极，充电时铝离子得到电子生成铝发生在阴极，硫离子失去电子生成硫单质发生在阳极，依此解题。
【解析】A．的结构为，所以含个键，A正确；B．由的结构可知同时连接2个原子的原子有个，B正确；C．由总反应可知充电时，再生单质需由铝离子得到电子生成，所以至少转移电子，C正确；D．由总反应可知放电时间越长，负极铝失去电子生成的铝离子越多所以n值大的浓度越高，D错误；故选D。
典例02（2021·湖北卷）Na2Cr2O7的酸性水溶液随着H+浓度的增大会转化为CrO3。电解法制备CrO3的原理如图所示。下列说法错误的是
A．电解时只允许H+通过离子交换膜
B．生成O2和H2的质量比为8∶1
C．电解一段时间后阴极区溶液OH-的浓度增大
D．CrO3的生成反应为：Cr2O+2H+=2CrO3+H2O
【答案】A
【分析】根据左侧电极上生成，右侧电极上生成，知左侧电极为阳极，发生反应：，右侧电极为阴极，发生反应：；由题意知，左室中随着浓度增大转化为，因此阳极生成的不能通过离子交换膜。
【解析】A．由以上分析知，电解时通过离子交换膜的是，A项错误；B．根据各电极上转移电子数相同，由阳极反应和阴极反应，知生成和的物质的量之比为1∶2，其质量比为8∶1，B项正确；C．根据阴极反应知，电解一段时间后阴极区溶液的浓度增大，C项正确；D．电解过程中阳极区的浓度增大，转化为，D项正确。故选A。
典例03（2021·辽宁卷）如图，某液态金属储能电池放电时产生金属化合物。下列说法正确的是
A．放电时，M电极反应为
B．放电时，由M电极向N电极移动
C．充电时，M电极的质量减小
D．充电时，N电极反应为
【答案】B
【分析】由题干信息可知，放电时，M极由于Li比Ni更活泼，也比N极上的Sb、Bi、Sn更活泼，故M极作负极，电极反应为：Li-e-=Li+，N极为正极，电极反应为：3Li++3e-+Bi=Li3Bi，据此分析解题。
【解析】A．由分析可知，放电时，M电极反应为Li-e-=Li+，A错误；B．由分析可知，放电时，M极为负极，N极为正极，故由M电极向N电极移动，B正确；C．由二次电池的原理可知，充电时和放电时同一电极上发生的反应互为逆过程，M电极的电极反应为：Li++e-= Li，故电极质量增大，C错误；D．由二次电池的原理可知，充电时和放电时同一电极上发生的反应互为逆过程，充电时，N电极反应为，D错误；故答案为：B。
命题点02 以金属及其重要化合物为载体考查化学实验知识
典例01（2023·辽宁卷）下列鉴别或检验不能达到实验目的的是
A．用石灰水鉴别Na2CO3与NaHCO3
B．用KSCN溶液检验FeSO4是否变质
C．用盐酸酸化的BaCl2溶液检验Na2SO3是否被氧化
D．加热条件下用银氨溶液检验乙醇中是否混有乙醛
【答案】A
【解析】A．石灰水的主要成分为Ca(OH)2能与碳酸钠和碳酸氢钠反应生成碳酸钙，二者均生成白色沉淀，不能达到鉴别的目的，A错误；B．Fe2+变质后会生成Fe3+，可以利用KSCN溶液鉴别，现象为溶液变成血红色，可以达到检验的目的，B正确；C．Na2SO3被氧化后会变成Na2SO4，加入盐酸酸化的BaCl2后可以产生白色沉淀，可以用来检验Na2SO3是否被氧化，C正确；D．含有醛基的物质可以与银氨溶液反应生成银单质，可以用来检验乙醇中混油的乙醛，D正确；故答案选A。
典例02（2022·广东卷）以熔融盐为电解液，以含和等的铝合金废料为阳极进行电解，实现的再生。该过程中
A．阴极发生的反应为B．阴极上被氧化
C．在电解槽底部产生含的阳极泥D．阳极和阴极的质量变化相等
【答案】C
【分析】根据电解原理可知，电解池中阳极发生失电子的氧化反应，阴极发生得电子的还原反应，该题中以熔融盐为电解液，含和等的铝合金废料为阳极进行电解，通过控制一定的条件，从而可使阳极区Mg和Al发生失电子的氧化反应，分别生成Mg2+和Al3+，Cu和Si不参与反应，阴极区Al3+得电子生成Al单质，从而实现Al的再生。
【解析】A．阴极应该发生得电子的还原反应，实际上Mg在阳极失电子生成Mg2+，A错误；B．Al在阳极上被氧化生成Al3+，B错误；C．阳极材料中Cu和Si不参与氧化反应，在电解槽底部可形成阳极泥，C正确；D．因为阳极除了铝参与电子转移，镁也参与了电子转移，且还会形成阳极泥，而阴极只有铝离子得电子生成铝单质，根据电子转移数守恒及元素守恒可知，阳极与阴极的质量变化不相等，D错误；故选C。
典例03（2021·浙江卷）下列说法正确的是
A．减压过滤适用于过滤胶状氢氧化物类沉淀
B．实验室电器设备着火，可用二氧化碳灭火器灭火
C．制备硫酸亚铁铵晶体时，须将含和的溶液浓缩至干
D．将热的饱和溶液置于冰水中快速冷却即可制得颗粒较大的晶体
【答案】B
【解析】A．因为胶状沉淀可能会透过滤纸或造成滤纸堵塞，则减压过滤不宜用于过滤胶状沉淀或颗粒太小的沉淀，故A错误；B．实验室中仪器设备着火可以使用二氧化碳灭火，故B正确；C．制备硫酸亚铁铵晶体时，将硫酸铵和硫酸亚铁溶液浓缩至干会使晶体失去结晶水，故C错误；D．冷却结晶时，自然冷却才能得到大颗粒晶体，快速冷却得到的是细小晶体，故D错误；故选B。
一、活泼金属阳极产物的判断
活泼阳极失电子后得到的离子一般都会继续与电解质溶液中的离子发生复杂的反应，因此最终的氧化产物需要根据试题中的信息确定。
1.铁阳极
Fe做阳极时其氧化产物可能是Fe2＋、Fe(OH)2或FeOeq \\al(2－,4)。如用铁电极电解含Cr2Oeq \\al(2－,7)的酸性废水时，阳极反应为Fe－2e－===Fe2＋，生成的Fe2＋会还原废水中的Cr2Oeq \\al(2－,7)，离子反应方程式为Cr2Oeq \\al(2－,7)＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O，由于废水中H＋不断被消耗，溶液的pH增大，碱性增强，Fe3＋和Cr3＋分别转化为Fe(OH)3和Cr(OH)3沉淀除去。再如，用铁电极电解稀NaOH溶液制备Fe(OH)2的阳极反应为Fe－2e－＋2OH－===Fe(OH)2；用铁电极电解浓的KOH溶液制备K2FeO4的阳极反应为Fe－6e－＋8OH－===FeOeq \\al(2－,4)＋4H2O。
2.铝阳极
Al做阳极时其氧化产物可能是Al2O3、Al(OH)3、AlOeq \\al(－,2)、Al3＋。如给铝制品氧化膜增厚，铝制品做电解池阳极，电解质溶液一般为H2SO4H2C2O4混合溶液，阳极反应为2Al－6e－＋3H2O===Al2O3＋6H＋；若是用铝电极电解烧碱溶液，阳极反应为Al－3e－＋4OH－===AlOeq \\al(－,2)＋2H2O。
3.铜阳极
Cu做阳极时其氧化产物可能是Cu2＋或Cu＋(如Cu2O)。如电镀铜或精炼铜的阳极反应为Cu－2e－===Cu2＋；用铜电极电解NaOH溶液制备Cu2O的阳极反应为2Cu－2e－＋2OH－===Cu2O＋H2O。
二．在工业生产中与金属有关的电解应注意的几个问题
1.电镀铜时，电解质溶液中c(Cu2＋)不变；电解精炼铜时，电解质溶液中c(Cu2＋)减小。
2.电解熔融MgCl2冶炼镁，而不能电解MgO冶炼镁，是因为MgO的熔点很高；电解熔融Al2O3冶炼铝，而不能电解AlCl3冶炼铝，是因为AlCl3是共价化合物，其熔融态不导电。
3.电解精炼铜，粗铜中含有的Zn、Fe、Ni等活泼金属失去电子，变成金属阳离子进入溶液，其他活泼性弱于铜的杂质以阳极泥的形式沉积。电解过程中电解质溶液中的Cu2＋浓度会逐渐减小。
三．金属腐蚀及防护
1．金属腐蚀快慢的三个规律
(1)金属腐蚀类型的差异
电解原理引起的腐蚀>原电池原理引起的腐蚀>化学腐蚀>有防腐措施的腐蚀。
(2)电解质溶液的影响
①对同一金属来说，腐蚀的快慢(浓度相同)：强电解质溶液>弱电解质溶液>非电解质溶液。
②对同一种电解质溶液来说，电解质浓度越大，腐蚀越快。
(3)活动性不同的两种金属，活动性差别越大，腐蚀越快。
2．金属腐蚀中几个注意的问题
(1)钢铁发生电化学腐蚀时，负极铁去电子生成Fe2＋，而不是生成Fe3＋。
(2)金属腐蚀时，电化学腐蚀与化学腐蚀往往同时存在，但前者更普遍，危害也更严重。
(3)铜暴露在潮湿的空气中发生的是化学腐蚀，而不是电化学腐蚀，生成铜绿的化学成分是Cu2(OH)2CO3。
(4)金属越活泼，就越容易失去电子而被腐蚀，金属活动顺序表中位于氢前面和氢后面的金属都能发生吸氧腐蚀，但只有在金属活动顺序表中氢前面的金属才可能发生析氢腐蚀。
3.两种保护方法的比较：外加电流的阴极保护法比牺牲阳极的阴极保护法保护效果好。
四、常见无机金属化合物的制备
1.氢氧化铝
2.氢氧化亚铁
3.氢氧化铁胶体的制备
(1)原理 化学方程式:FeCl3+3H2O=Fe(OH)3(胶体)+3HCl。
(2)操作步骤:加热蒸馏水至沸腾,逐滴滴加饱和氯化铁溶液,加热至液体呈红褐色停止加热,不可搅拌。
(3)氢氧化铁胶体制备注意事项：a.自来水含有电解质等，易使胶体聚沉，需用蒸馏水制备。b.FeCl3 溶液要求是饱和的，是为了提高转化效率，若浓度过稀，不利于 Fe(OH)3 胶体的形成。c.可稍微加热沸腾，但不宜长时间加热，否则胶体会聚沉。d.边滴加 FeCl3 饱和溶液边振荡烧杯，但不能用玻璃棒搅拌，否则会使Fe(OH)3 胶体微粒形成大颗粒沉淀析出。
4.硫酸亚铁铵的制备
(1)写出硫酸亚铁铵的制备所涉及的化学反应。
Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑;FeSO4+(NH4)2SO4+6H2O =(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O↓。
(2)实验步骤
制备过程中的注意点:
①铁屑要过量,防止Fe2+被氧化。
②加入H2SO4,以抑制FeSO4水解。
③要趁热过滤,减少硫酸亚铁的损失。
五、金属及其重要化合物的制备和性质探究注意的几个问题
1.钠+盐溶液：不能置换盐中金属；钠+熔融盐：置换盐中金属。
2.不用Ca(OH)2鉴别Na2CO3和NaHCO3溶液，应选用CaCl2或BaCl2溶液。
3.除去CO2中的HCl气体，应选用饱和的NaHCO3溶液。
4.向饱和的Na2CO3溶液中通入过量CO2，有晶体析出。
5.焰色反应无论游离态还是化合态，均具有相同焰色反应，属于化学变化，在观察钾元素的焰色反应时，应通过蓝色的钴玻璃片。
6.Al是活泼金属，表面易生成一层致密的氧化物薄膜。熔点：Al2O3>Al，酒精灯上加热铝箔直至熔化，熔化的铝并不滴落。
7.铝热反应是中学化学中唯一金属单质与金属氧化物在高温条件下的置换反应,不能用于工业上冶炼铁，金属氧化物对应的金属活泼性应比铝弱。
8.铝盐和氨水制备Al(OH)3。
9.向AlO2-溶液通入CO2，Al(OH)3，CO2过量生成HCO3-，不过量生成CO32-。
10.Fe与O2、H2O(g)：Fe3O4；Fe与Cl2：FeCl3；Fe与S：FeS，说明氧化性Cl2>S。
11.向含Fe2＋溶液加硝酸、KMnO4溶液、氯水会出现浅绿色―→棕色的颜色变化，该现象用于Fe2＋的检验。
12.检验Fe3＋:观察溶液颜色法(棕黄色)、NaOH溶液法(生成红褐色沉淀)、KSCN溶液法(生成红色溶液)（最好）。
13.检验Fe2＋：先加KSCN溶液后再加入氧化剂的方法；也可用铁氰化钾检验Fe2＋，现象是生成蓝色沉淀{Fe3[Fe(CN)6]2}。
14.FeCl2：Fe+HCl；2FeCl3＋Fe===3FeCl2；生成Fe(OH)3：Fe3＋与碱的复分解；4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3
15.制备Fe(OH)2：隔绝O2，Fe(OH)2→Fe(OH)3(白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色)。
考向01 以金属及其重要化合物为载体考查化学理论知识
1．（2023·河南·校联考一模）科学研究发现金属生锈时，锈层内如果有硫酸盐会加快金属的腐蚀，其腐蚀原理如图所示。下列说法错误的是
A．钢铁的腐蚀中正极电极反应式为
B．酸雨地区的钢铁更易被腐蚀
C．生成反应的化学方程式为
D．硫酸盐加速电子传递，有一定的催化剂作用
【答案】C
【分析】由图可知钢铁发生吸氧腐蚀。
【解析】A．钢铁发生吸氧腐蚀时C作正极，氧气在正极得电子，电极反应式为，A正确；B．酸性溶液可以加速铁的锈蚀，B正确；C．不稳定，易被氧气氧化生成，反应为，C错误；D．已知，锈层内如果有硫酸盐会加快金属的腐蚀，硫酸盐能增加导电性，加速电子传递，有一定的催化剂作用，D正确；故选C。
2．（2023·广西南宁·南宁三中校联考模拟预测）在盛有CuO/Cu2O载氧体的恒容密闭容器中充入空气，发生反应：2Cu2O(s)+O2(g)4CuO(s) △H。平衡时O2的体积分数φ(O2)随反应温度T变化的曲线如图所示。下列说法错误的是
A．该反应在低温条件下能自发进行
B．当氧气的物质的量浓度不变时，反应达到了平衡状态
C．在1030℃时加入催化剂，平衡时φ(O2)＞21%
D．985℃达到平衡状态后，充入纯氧，再次达到平衡后，φ(O2)=10%
【答案】C
【解析】A．升高温度，氧气含量增加，平衡逆向移动，则为放热反应，且反应为熵减的反应，根据可以自发可知，该反应在低温条件下能自发进行，A正确；B．当氧气的物质的量浓度不变时，说明平衡不再移动，反应达到了平衡状态，B正确；C．催化剂通常能加快反应但不影响平衡的移动，不改变氧气含量，C错误；D．985℃达到平衡状态后，充入纯氧不影响平衡常数，，则再次达到平衡后，，φ(O2)=10%，D正确；故选C。
3．（2024·广西北海·统考一模）一种可充电锌—空气电池放电时的工作原理如下图所示。已知：Ⅰ室溶液中，锌主要以的形式存在，并存在电离平衡。下列说法错误的是
A．放电时，Ⅰ室溶液中浓度增大
B．放电时，Ⅱ室中的通过阴离子交换膜进入Ⅰ室
C．充电时，电极的电极反应为
D．充电时，每生成，Ⅲ室溶液质量理论上减少
【答案】D
【解析】A．放电时，该装置为原电池，通入的电极是正极，电极反应式为，Zn电极为负极，电极反应式为，浓度增大，电离平衡正向移动，导致Ⅰ室溶液中浓度增大，故A正确；B．放电时，根据原电池“同性相吸”，Ⅱ室中的通过阳离子交换膜进入Ⅲ室，Ⅱ室中的通过阴离子交换膜进入Ⅰ室，故B正确；C．充电时，电极为阴极，其电极反应为，故C正确；D．充电时，电极为阳极，电极反应式为，每生成转移电子，同时有通过阳离子交换膜进入Ⅱ室，Ⅲ室溶液质量理论上减少，故充电时，每生成，Ⅲ室溶液质量理论上减少，故D错误。综上所述，答案为D。
4．（2023·内蒙古赤峰·统考一模）中国科学院金属研究所发现采用和NaOH混合促进剂，可明显提高铝与水反应制氢系统的性能，制氢机理如图。主要反应为：↑；。溶液显碱性，NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．1L 0.1 ml∙L−1 溶液中阴离子数目等于
B．上述反应中的氧化产物为Sn和H2
C．标准状况下，反应过程中生成33.6L H2，转移电子数目为9NA
D．Al-Sn 原电池的形成，能提高产氢速率，析氢反应主要发生在 Sn上
【答案】D
【分析】Al与Na2SnO3可以发生反应6Al+3Na2SnO3+15H2O=3Sn+6NaAl（OH）4+3H2↑（1），和NaOH也可发生反应2Al+2NaOH+6H2O=2NaAl（OH）4+3H2↑（2），图示中Al与Na2SnO3和NaOH反应，随着反应的进行，生成的Sn和氢气的量也逐渐增多。
【解析】A．Na2SnO3溶液显碱性，是强碱弱酸盐，会发生水解导致阴离子个数增多，大于0.1NA个，故A错误；B．根据分析该过程存在6Al+3Na2SnO3+15H2O=3Sn+6NaAl（OH）4+3H2↑，还原产物为Sn和H2，故B错误；C．在整个过程中生成故氢气的反应有两个，当氢气全部是反应（1）生成的，33.6LH转移的电子数为9NA，当氢气全部是反应（2）生成的，转移的电子数为3NA，两个反应同时发生，故转移电子数目为介于3NA与9NA之间，故C错误；D．形成Al-Sn原电池可以加快反应速率，Al活泼作负极，故Sn作正极，析氢反应主要发生在Sn上，故D正确，故选：D。
5．（2023·四川宜宾·统考一模）向溶液中通入气体至饱和，观察到溶液由棕黄色迅速变为红棕色[经检验无胶体]，较长时间后变为浅绿色。
已知：①反应I：
反应II：
②溶液酸性越强，溶解度越低
下列说法正确的是
A．反应II中体现漂白性B．反应II的活化能比反应I的活化能高
C．在反应I、II中均作氧化剂D．向红棕色溶液中滴加浓盐酸，颜色加深
【答案】B
【解析】A．反应II中SO2体现还原性，故A错误；B．向溶液中通入气体至饱和，观察到溶液由棕黄色迅速变为红棕色，说明反应II的化学反应速率小于反应I的化学反应速率，则反应II的活化能比反应I的活化能高，故B正确；C．Fe3+在反应II中作氧化剂，在反应I中化合价不变，不作氧化剂，故C错误；D．向红棕色溶液中滴加浓盐酸，溶液酸性增强，SO2溶解度降低，反应I减弱，反应II增强，颜色变浅，故D错误；故选B。
考向02 以金属及其重要化合物为载体考查化学实验知识
1．（2023·湖南长沙·长郡中学校考模拟预测）学习小组用废弃的铝制易拉罐按如下流程制备明矾，并测定明矾中结晶水的含量。
上述实验中不需要用到的操作是
A．B．
C．D．
【答案】D
【解析】A．溶液Ⅱ经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到明矾晶体，需要用到蒸发皿，故A不符合题意；B．明矾晶体灼烧得到KAl(SO4)2，则需要在坩埚中加热，故B不符合题意；C．溶液Ⅱ经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到明矾晶体，需要用过滤，故C不符合题意；D．该流程中没有分液，故D符合题意；综上所述，答案为D。
2．（2023·湖北·统考一模）由下列实验操作及现象，不能推出相应结论的是
【答案】D
【解析】A．燃着的金属镁能在装有CO2的集气瓶中反应生成Mg2CO3和C，说明CO2具有氧化性，A正确；B．向溶液中加入溶液，两者发生反应生成白色沉淀，并剩余，再加入5~6滴溶液，部分白色沉淀转化为蓝色沉淀，说明相同温度下：， B正确；C．向盛有某无色溶液的试管中，滴加浓NaOH溶液并加热，在管口放一片湿润的红色石蕊试纸，若变蓝，则存在，C正确；D．加入足量NaOH溶液后HCOOH转化为HCOONa，HCOONa中仍具有醛基的结构特征，会干扰甲醛的检验，D错误；答案选D。
3．（2023·安徽马鞍山·统考三模）下列各组实验操作和现象与对应的离子方程式均正确的是
【答案】A
【解析】A．氯化银是白色沉淀，能够溶于氨水，形成[Ag(NH3)2] Cl配合物，现象描述正确，离子方程式书写正确，选项A正确；B．向滴有酚酞的水中，放入绿豆粒大小的钠块，现象描述正确，离子方程式应该为2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，选项B错误；C．乙醛与新制氢氧化铜悬浊液的反应，现象描述正确，离子方程式应该为CH3CHO + 2Cu(OH)2+NaOHCH3 COONa + Cu2O↓+3H2O，选项C错误；D．该实验中NaOH 2mL过量，而MgCl2、FeCl3溶于均只加了4滴，则有红褐色沉淀生成是沉淀的生成，不是沉淀的转化，离子方程式为Fe3+ + 3OH- = Fe(OH)3↓，选项D错误；答案选A。
4．（2023·浙江温州·乐清市知临中学校考一模）根据实验操作和现象得出的结论正确的是
【答案】C
【解析】A．焰色试验，火焰呈黄色，说明含有，未透过蓝色钴玻璃进行观察火焰颜色，不能说明没有，故Ａ错误；Ｂ．白色沉淀可能为AgCl，不一定为，故B错误；Ｃ．惰性电极电解溶液，在阴极析出，溶液中的、H+均向阴极移动，但由于此时溶液中的浓度远大于H+，先得电子生成，则不能说明氧化性，故C正确；Ｄ．干燥的与在加热条件反应的方程式为： ，CaH2与反应的方程式为：，但氢气也可能是多余的钙与水反应生成的，故D错误。答案为C。
5．（2023·安徽芜湖·芜湖一中校考模拟预测）由下列实验内容得到的现象和结论错误的是
【答案】B
【解析】A．向4mL 0.1ml/L CuSO4溶液中滴加1ml/L的浓氨水形成难溶物氢氧化铜，继续滴加至刚开始产生的沉淀溶解生成四氨合铜离子，再加入极性较小的溶剂，并用玻璃棒摩擦试管壁，析出深蓝色的晶体，其成分是[Cu(NH3)4]SO4·H2O，A正确；B．钠的焰色呈黄色，可能为氢氧化钠，不能确定该溶液一定是钠盐，B错误；C．取两支试管，分别加入2 mL 0.5 ml/L CuCl2溶液，将其中的一支试管先加热，加热后溶液变为黄绿色，放入冷水中，又变为蓝绿色，说明[Cu(H2O)4]2+ + 4Cl-[CuCl4]2-+ 4H2O ΔH>0，C正确；D．酯可以在酸性和碱性条件下发生水解反应，NaOH溶液的试管中酯层消失的时间更短，说明碱性条件下氢氧化钠中和了水解反应生成的酸，使平衡正向移动，乙酸乙酯在碱性条件下水解速率更快，D正确；故选B。
微专题 无机化工流程题的解题策略
命题点01 以物质制备为目的工艺流程题
典例01（2023·广东卷）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：
(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。
【解析】（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C、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：。
典例02（2021·山东卷）工业上以铬铁矿(FeCr2O4，含Al、Si氧化物等杂质)为主要原料制备红矾钠(Na2Cr2O7•2H2O)的工艺流程如图。回答下列问题：
(1)焙烧的目的是将FeCr2O4转化为Na2CrO4并将Al、Si氧化物转化为可溶性钠盐，焙烧时气体与矿料逆流而行，目的是 。
(2)矿物中相关元素可溶性组分物质的量浓度c与pH的关系如图所示。当溶液中可溶组分浓度c≤1.0×10-5ml•L-1时，可认为已除尽。
中和时pH的理论范围为 ；酸化的目的是 ；Fe元素在 (填操作单元的名称)过程中除去。
(3)蒸发结晶时，过度蒸发将导致 ；冷却结晶所得母液中，除Na2Cr2O7外，可在上述流程中循环利用的物质还有 。
(4)利用膜电解技术(装置如图所示)，以Na2CrO4为主要原料制备Na2Cr2O7的总反应方程式为：4Na2CrO4+4H2O2Na2Cr2O7+4NaOH+2H2↑+O2↑。则Na2Cr2O7在 (填“阴”或“阳”)极室制得，电解时通过膜的离子主要为 。
【答案】(1)增大反应物接触面积，提高化学反应速率
(2)
(3)使平衡正向移动，提高Na2Cr2O7的产率 浸取 过度蒸发可导致重铬酸钠提前析出 H2SO4
(4)阳 Na＋
【分析】以铬铁矿(FeCr2O4，含Al、Si氧化物等杂质)为主要原料制备红矾钠(Na2Cr2O7•2H2O)过程中，向铬铁矿中加入纯碱和O2进行焙烧，FeCr2O4转化为Na2CrO4，Fe(II)被O2氧化成Fe2O3，Al、Si氧化物转化为NaAlO2、Na2SiO3，加入水进行“浸取”，Fe2O3不溶于水，过滤后向溶液中加入H2SO4调节溶液pH使、转化为沉淀过滤除去，再向滤液中加入H2SO4，将Na2CrO4转化为Na2Cr2O7，将溶液蒸发结晶将Na2SO4除去，所得溶液冷却结晶得到Na2Cr2O7•2H2O晶体，母液中还含有大量H2SO4。据此解答。
【解析】(1)焙烧时气体与矿料逆流而行，目的是利用热量使O2向上流动，增大固体与气体的接触面积，提高化学反应速率，故答案为：增大反应物接触面积，提高化学反应速率。
(2)中和时调节溶液pH目的是将、转化为沉淀过滤除去，由图可知，当溶液pH≥4.5时，Al3+除尽，当溶液pH＞9.3时，H2SiO3会再溶解生成，因此中和时pH的理论范围为；将Al元素和Si元素除去后，溶液中Cr元素主要以和存在，溶液中存在平衡：，降低溶液pH，平衡正向移动，可提高Na2Cr2O7的产率；由上述分析可知，Fe元素在“浸取”操作中除去，故答案为：；使平衡正向移动，提高Na2Cr2O7的产率；浸取。
(3)蒸发结晶时，过度蒸发可导致重铬酸钠提前析出。
(4)由4Na2CrO4+4H2O2Na2Cr2O7+4NaOH+2H2↑+O2↑可知，电解过程中实质是电解水，阳极上水失去电子生成H＋和O2，阴极上H+得到电子生成H2，由可知，在氢离子浓度较大的电极室中制得，即Na2Cr2O7在阳极室产生；电解过程中，阴极产生氢氧根离子，氢氧化钠在阴极生成，所以为提高制备Na2Cr2O7的效率，Na＋通过离子交换膜移向阴极，故答案为：阳；Na＋。
命题点02 以混合物的分离、提纯为目的的工艺流程题
典例01（2023·重庆卷）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：
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。
典例02（2022·湖南卷）钛(Ti)及其合金是理想的高强度、低密度结构材料。以钛渣(主要成分为，含少量V、Si和Al的氧化物杂质)为原料，制备金属钛的工艺流程如下：
已知“降温收尘”后，粗中含有的几种物质的沸点：
回答下列问题：
(1)已知，的值只决定于反应体系的始态和终态，忽略、随温度的变化。若，则该反应可以自发进行。根据下图判断：时，下列反应不能自发进行的是_______。
A．B．
C．D．
(2)与C、，在的沸腾炉中充分反应后，混合气体中各组分的分压如下表：
①该温度下，与C、反应的总化学方程式为 ；
②随着温度升高，尾气中的含量升高，原因是 。
(3)“除钒”过程中的化学方程式为 ；“除硅、铝”过程中，分离中含、杂质的方法是 。
(4)“除钒”和“除硅、铝”的顺序 (填“能”或“不能”)交换，理由是 。
(5)下列金属冶炼方法与本工艺流程中加入冶炼的方法相似的是_______。
A．高炉炼铁B．电解熔融氯化钠制钠
C．铝热反应制锰D．氧化汞分解制汞
【答案】(1)C
(2)5TiO2+6C+10Cl25TiCl4+2CO+4CO2 随着温度升高，CO2与C发生反应
(3)3VOCl3+Al=3VOCl2+AlCl3 蒸馏
(4)不能 若先“除硅、铝”再“除钒”，“除钒”时需要加入Al，又引入Al杂质；
(5)AC
【分析】钛渣中加入C、Cl2进行沸腾氯化，转化为相应的氯化物，降温收尘后得到粗TiCl4，加入单质Al除钒，再除硅、铝得到纯TiCl4，加入Mg还原得到Ti。
【解析】（1）记①，②，③，④；
A．由图可知，600℃时的，反应自发进行，故A不符合题意；B．由图可知，600℃时的，反应自发进行，故B不符合题意；C．由图可知，600℃时的，反应不能自发进行，故C符合题意；D．根据盖斯定律，可由①+③得到，则600℃时其，反应自发进行，故D不符合题意；故选C；
（2）①根据表中数据可知，该温度下C主要生成CO和CO2，根据相同条件下气体的压强之比是物质的量之比可知TiCl4、CO和CO2的物质的量之比约是5：2：4，所以TiO2与C、Cl2反应的总化学方程式为5TiO2+6C+10Cl25TiCl4+2CO+4CO2，故答案为：5TiO2+6C+10Cl25TiCl4+2CO+4CO2；
②随着温度升高，CO2与C发生反应，导致CO含量升高，故答案为：随着温度升高，CO2与C发生反应；
（3）“降温收尘”后钒元素主要以VOCl3形式存在，加入Al得到VOCl2渣，根据得失电子守恒和元素守恒配平方程式为3VOCl3+Al=3VOCl2+AlCl3；AlCl3、SiCl4与TiCl4沸点差异较大，“除硅、铝"过程中可采用蒸馏的方法分离AlCl3、SiCl4，故答案为：3VOCl3+Al=3VOCl2+AlCl3；蒸馏；
（4）若先“除硅、铝”再“除钒”，“除钒”时需要加入Al，又引入Al杂质，因此“除钒”和“除硅、铝”的顺序不能交换，故答案为：不能；若先“除硅、铝”再“除钒”，“除钒”时需要加入Al，又引入Al杂质；
（5）本工艺中加入Mg冶炼Ti的方法为热还原法；
A．高炉炼铁的原理是用还原剂将铁矿石中铁的氧化物还原成金属铁，属于热还原法，故A符合题意；B．电解熔融氯化钠制取金属钠的原理是电解法，故B不符合题意；C．铝热反应制锰是利用Al作还原剂，将锰从其化合物中还原出来，为热还原法，故C符合题意；D．Hg为不活泼金属，可以直接用加热分解氧化汞的方法制备汞，故D不符合题意；
故答案选AC，故答案为：AC。
典例03（2021·福建卷）四钼酸铵是钼深加工的重要中间产品具有广泛的用途。一种以钼精矿(主要含，还有、的化合物及等)为原料制备四钼酸铵的工艺流程如下图所示。
回答下列问题：
(1)“焙烧”产生的气体用 吸收后可制取氮肥。
(2)“浸出”时，转化为。提高单位时间内钼浸出率的措施有 (任写两种)。温度对内钼浸出率的影响如图所示。当浸出温度超过后，钼的浸出率反而降低，主要原因是温度升高使水大量蒸发，导致 。
(3)“净化”时，浸出液中残留的、转化为沉淀除去。研究表明，该溶液中和pH的关系为：。为了使溶液中的杂质离子浓度小于，应控制溶液的pH不小于 。(已知：；和的分别为35.2和17.2)
(4)“净化”后，溶液中若有低价钼(以表示)，可加入适量将其氧化为，反应的离子方程式为 。
(5)“沉淀”时，加入的目的是 。
(6)高温下用还原(NH4)2M4O13可制得金属钼，反应的化学方程式为 。【已知：(NH4)2M4O13受热分解生成】
【答案】(1)氨水
(2)适当升温、搅拌、增加用量(增大浓度)等 晶体析出，混入浸渣
(3)3.9
(4)
(5)提供，使充分转化为沉淀析出
(6)
【分析】钼精矿(主要含，还有、的化合物及等)通入氧气焙烧得到、CuO、Fe2O3、SiO2和SO2，焙烧产生的气体主要为SO2；、CuO、Fe2O3、SiO2加Na2CO3、H2O浸出，转化为，铜、铁大多转化为氢氧化物，SiO2不反应，浸渣为SiO2、氢氧化铁、氢氧化铜等，浸出液含和少量Cu2+、Fe2+，加(NH4)2S净化，Cu2+、Fe2+转化CuS、FeS沉淀，滤渣为CuS、FeS，滤液主要含，滤液中加NH4NO3、HNO3进行沉淀得到(NH4)2M4O13·2H2O。
【解析】（1）“焙烧”产生的气体为SO2，用氨水吸收后可制取氮肥硫酸铵；
（2）“浸出”时，提高单位时间内钼浸出率即提高反应速率，措施有适当升温、搅拌、增加用量(增大浓度)(任写两种)；当浸出温度超过后，钼的浸出率反而降低，主要原因是温度升高使水大量蒸发，导致晶体析出，混入浸渣；
（3）和的分别为35.2和17.2，则Ksp(CuS)=10-35.2，Ksp(FeS)=10-17.2，要使Cu2+浓度小于，则S2-浓度大于ml/L=10-29.2ml/L，要使Fe2+浓度小于，则S2-浓度大于ml/L=10-11.2ml/L，综述：c(S2-)>10-11.2ml/L，c(S2-)=10-11.2ml/L时，lg(10-11.2)=pH-15.1，pH=15.1-11.2=3.9，综上所述，为了使溶液中的杂质离子浓度小于，应控制溶液的pH不小于3.9；
（4）溶液中若有低价钼(以表示)，可加入适量将其氧化为，则氧化剂为，还原产物为-2价的O，还原剂为，氧化产物为，则反应的离子方程式为；
（5）由流程可知“沉淀”时，产生的沉淀为(NH4)2M4O13·2H2O，因此加入的目的是提供，使充分转化为沉淀析出；
（6）高温下用还原(NH4)2M4O13可制得金属钼，结合得失电子守恒、原子守恒可知反应的化学方程式为。
一、工业流程试题的基本特点
1、试题的切入点（或试题素材）较多的采用了与生产生活密切联系的化学新技术、新成果。故题干内容来源都是真实的工业生产过程，内容丰富，提问灵活。
2、无机化工流程题的结构：分题头、题干和题尾三部分。
（1）题头一般是介绍该工艺生产的原材料和工艺生产的目的（包括获得副产品）；
（2）题干部分主要用框图形式将原料到产品的主要生产工艺流程表示出来；
（3）题尾主要是根据生产过程中涉及的化学知识设置系列问题。
3、呈现形式：流程图、数据表格、图像、实验装置。
4、设问方式：措施、成分、物质、原因。
5、能力考查：获取、整合、处理、应用信息的能力、分解问题的能力、表达能力。
6、知识落点：基本理论、元素化合物、实验。
二、工艺流程题的主线分析方法
如按照主线分析法分析如下：
三、识别流程图
化工流程中箭头指出的是投料(反应物)，箭头指向的是生成物(包括主产物和副产物)，返回的箭头一般是被“循环利用”的物质。
四、原料预处理的常用方法及其作用
(1)研磨:减小固体颗粒度,增大物质间接触面积,加快反应速率,提高浸出率。
(2)水浸或酸浸:与水接触反应或溶解;与酸接触反应或溶解,得可溶性金属离子溶液,不溶物过滤除去。
(3)浸出:固体加水(酸)溶解得到溶液(离子)。
(4)灼烧:除去可燃性杂质或使原料初步转化。
(5)煅烧:改变结构,使一些物质能溶解或高温下氧化、分解。
五、无机化工流程题中的除杂、净化
1．常用的方法
(1)水溶法：除去可溶性杂质。
(2)酸溶法：除去碱性杂质。
(3)碱溶法：除去酸性杂质。
(4)氧化剂或还原剂法：除去还原性或氧化性杂质。
(5)加热灼烧法：除去受热易分解或易挥发的杂质。
(6)调节溶液的pH法：如除去酸性溶液中的Fe3＋等。
2．常用的操作
(1)过滤：分离难溶物和易溶物，根据特殊需要采用趁热过滤或者抽滤等方法。
(2)萃取和分液：利用溶质在互不相溶的溶剂里的溶解度不同提取分离物质，如用CCl4或苯萃取溴水中的溴。
(3)蒸发结晶：提取溶解度随温度变化不大的溶质，如从溶液中提取NaCl。
(4)冷却结晶：提取溶解度随温度变化较大的溶质、易水解的溶质或结晶水合物，如KNO3、FeCl3、CuCl2、CuSO4·5H2O、FeSO4·7H2O等。
(5)蒸馏或分馏：分离沸点不同且互溶的液体混合物，如分离乙醇或甘油。
(6)冷却法：利用气体液化的特点分离气体，如合成氨工业采用冷却法分离平衡混合气体中的氨气。
3．结合沉淀溶解平衡进行的条件控制
(1)运用Ksp计算反应所需要的pH条件；
(2)根据题目要求计算某条件下的离子浓度、需要加入的试剂量等。
六、制备过程中应注意的反应条件
(1)溶液的pH:
①控制反应的发生,增强物质的氧化性或还原性,或改变水解程度。
②常用于形成或抑制某些金属离子的氢氧化物沉淀。
(2)温度:
根据需要选择适宜温度,改变反应速率或使平衡向需要的方向移动,减少副反应的发生,确保一定的反应速率,控制溶解度便于提纯。
(3)浓度:
①根据需要选择适宜浓度,控制一定的反应速率,使平衡移动利于目标产物的生成,减小对后续操作产生的影响。
②过量,能保证反应的完全发生或提高其他物质的转化率,但对后续操作也会产生影响。
(4)趁热过滤:防止某物质降温时会大量析出。
(5)冰水洗涤:洗去晶体表面的杂质离子,并减少晶体损耗。
七、无机化工流程中的分离方法
(1)洗涤(冰水、热水):洗去晶体表面的杂质离子;
(2)过滤(热滤或抽滤):分离难溶物和易溶物;
(3)萃取和分液:利用溶质在互不相溶的溶剂里的溶解度不同提取分离物质;
(4)蒸发结晶:提取溶解度随温度的变化不大的溶质;
(5)冷却结晶:提取溶解度随温度的变化较大的溶质、易水解的溶质或结晶水合物,如KNO3、FeCl3、CuCl2、CuSO4·5H2O、FeSO4·7H2O等;
(6)蒸馏或分馏:分离沸点不同且互溶的液体混合物;
(7)冷却法:利用气体易液化的特点分离气体。
八、工艺流程题的解题策略
1.粗读题干，挖掘图示
图示中一般会呈现超出教材范围的知识，但题目中往往会有提示或者问题中不涉及，所以一定要关注题目的每一个关键字，尽量弄懂流程图，但不必将每一种物质都推出，只需问什么推什么。如制备类无机化工题，可粗读试题，知道题目制取什么、大致流程和有什么提示等。
2.携带问题，精读信息
这里信息包括三个方面：一是主干，二是流程图示，三是设置问题。读主干抓住关键字、词；读流程图，重点抓住物质流向(“进入”与“流出”)、实验操作方法等。
3.跳跃思维，规范答题
答题时应注意前后问题往往没有“相关性”，即前一问未答出，不会影响后面答题。要求用理论回答的试题，应采用“四段论法”：改变了什么条件(或是什么条件)→根据什么理论→有什么变化→得出什么结论。
4.积累常考的答题模板
(1)除杂：除去……中的……
(2)干燥：除去……气体中的水蒸气，防止……
(3)增大原料浸出率(离子在溶液中的含量多少)的措施：搅拌、升高温度、延长浸出时间、增大气体的流速(浓度、压强)，增大气液或固液接触面积。
(4)加热的目的：加快反应速率或促进平衡向某个方向(一般是有利于生成物生成的方向)移动。
(5)温度不高于××℃的原因：适当加快反应速率，但温度过高会造成挥发(如浓硝酸)、分解(如H2O2、NH4HCO3)、氧化(如Na2SO3)或促进水解(如AlCl3)等，影响产品的生成。
(6)从滤液中提取一般晶体(溶解度随温度升高而增大)的方法：蒸发浓缩(至少有晶膜出现)、冷却结晶、过滤、洗涤(冰水洗、热水洗、乙醇洗等)、干燥。
(7)从滤液中提取溶解度受温度影响较小或随温度升高而减小的晶体的方法：蒸发浓缩、趁热过滤(如果温度下降，杂质也会以晶体的形式析出来)、洗涤、干燥。
(8)控制某反应的pH使某些金属离子以氢氧化物的形式沉淀，调节pH所用试剂为主要元素对应的氧化物、碳酸盐、碱等，以避免引入新的杂质；沉淀时pH范围的确定：范围过小导致某离子沉淀不完全，范围过大导致主要离子开始沉淀。
(9)减压蒸馏(减压蒸发)的原因：减小压强，使液体沸点降低，防止(如H2O2、浓硝酸、NH4HCO3)受热分解、挥发。
(10)检验溶液中离子是否沉淀完全的方法：将溶液静置一段时间后，向上层清液中滴入沉淀剂，若无沉淀生成，则离子沉淀完全。
(11)洗涤沉淀：沿玻璃棒往漏斗中加蒸馏水至液面浸没沉淀，待水自然流下后，重复操作2～3次。
(12)检验沉淀是否洗涤干净的方法：取少量最后一次的洗涤液于试管中，向其中滴入某试剂，若未出现特征反应现象，则沉淀洗涤干净。
(13)洗涤沉淀的目的：除掉附着在沉淀表面的可溶性杂质。
(14)冰水洗涤的目的：洗去晶体表面的杂质离子并降低被洗涤物质的溶解度，减少其在洗涤过程中的溶解损耗。
(15)乙醇洗涤的目的：降低被洗涤物质的溶解度，减少其在洗涤过程中的溶解损耗，得到较干燥的产物。
(16)蒸发、反应时的气体氛围：抑制某离子的水解，如加热蒸发AlCl3溶液时为获得AlCl3需在HCl气流中进行。
(17)事先煮沸溶液的原因：除去溶解在溶液中的氧化性气体(如氧气)，防止某物质被氧化。
5.化工流程氧化还原反应方程式的解答措施
第1步：根据题干信息或流程图，判断氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物
第2步：按“氧化剂+还原剂-还原产物+氧化产物”写出方程式，根据氧化还原反应的守恒规律配平氧化剂、还原剂、还原产物、氧化产物的相应化学计量数。
第3步：根据电荷守恒和溶液的酸碱性，通过在反应方程式的两端添加H＋或OH－的形式使方程式的两端的电荷守恒。
第4步：根据原子守恒，通过在反应方程式两端添加H2O(或其他小分子)使方程式两端的原子守恒。
6.解决本类题目的三步骤:
(1)从题干中获取有用信息,了解生产的产品。
(2)然后整体浏览一下流程,基本辨别出预处理、反应、提纯、分离等阶段。
(3)分析流程中的每一步骤,从以下几个方面了解流程:
①反应物是什么;
②发生了什么反应;
③该反应造成了什么后果,对制造产品有什么作用;
④抓住一个关键点:一切反应或操作都是为获得产品而服务。
九、工艺流程题的类型
1、以物质制备为目的工艺流程
（1）工艺流程中的常见专业术语
（2）工艺流程题中常见问题的答题方向
2.以混合物的分离、提纯为目的的工艺流程题
（1）物质转化过程中分离提纯阶段的主要操作
（2）获得产品阶段的主要操作
考向01 以物质制备为目的工艺流程题
1．（2023·四川宜宾·统考一模）氟化镁()是用途广泛的无机化工原料。由菱镁矿(主要成分为，含少量Ca、Si、Fe、Mn和Al等元素)制备氟化镁的流程如下图：
已知：，。回答下列问题：
(1)“煅烧”时，菱镁矿主要成分发生反应的化学方程式是 。
(2)“蒸氨”过程中“尾气”的主要成分是 (填化学式)。
(3)溶液除“氧化除锰”外，还有 的作用。生产中，所需用量远超理论值的原因是 。
(4)“除铁铝”过程中，当恰好沉淀完全时，溶液中 (计算结果保留两位有效数字)。
(5)“除铁铝”时，用氨水调节溶液的pH，但pH不宜过高，原因是 。
(6)“沉淀”时，发生反应的离子方程式是 。
【答案】(1)
(2)NH3
(3)将Fe2+氧化为Fe3+ 生成的MnO2和Fe3+能催化H2O2分解，从而加大H2O2用量
(4)
(5)避免生成Mg(OH)2沉淀
(6)
【分析】由题给流程可知，菱镁矿(主要成分为，含少量Ca、Si、Fe、Mn和Al等元素)煅烧，转变为二氧化碳和各元素的氧化物，加入硝酸铵溶液“蒸氨”，各金属氧化物转变为硝酸盐溶液、二氧化硅不溶，则过滤得滤渣1为二氧化硅、尾气为氨气；向滤液加入过氧化氢“氧化除锰”，锰元素转变为沉淀MnO2，硝酸铵溶液呈酸性，酸性条件下过氧化氢将溶液中的亚铁离子转化为铁离子，则过滤所得滤渣2为MnO2，滤液中加入草酸溶液“除钙”，反应中产生草酸钙沉淀，则过滤所得滤渣3为CaC2O4，向滤液中加入氨水“除铁铝”：调节溶液pH，将溶液中铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，则过滤得到滤渣4含有氢氧化铁、氢氧化铝，滤液所含主要阳离子为镁离子，向滤液中加入氢氟酸溶液，将溶液中镁离子转化为氟化镁沉淀，过滤即得到目标产物氟化镁。
【解析】（1）“煅烧”时，主要成分菱镁矿碳酸镁分解为氧化镁和二氧化碳，化学方程式是：。
（2）硝酸铵溶液水解呈酸性，反应中消耗氢离子促进铵离子水解，产生的一水合氨受热分解为氨气，则“蒸氨”过程中“尾气”的主要成分是NH3。
（3）溶液是绿色氧化剂，反应中除“氧化除锰”外，还有将Fe2+氧化为Fe3+的作用。过氧化氢不稳定易分解，则生产中所需用量远超理论值的原因是：生成的MnO2和Fe3+能催化H2O2分解，从而加大H2O2用量。
（4）“除铁铝”过程中，由，知：当恰好沉淀完全时，铁离子早已沉淀完全，则溶液中。
（5）“除铁铝”时，用氨水调节溶液的pH，但pH不宜过高的原因是：避免生成Mg(OH)2沉淀。
（6）HF为弱酸，则 “沉淀”时，反应产生氟化镁沉淀的离子方程式是：。
2．（2023·浙江宁波·统考模拟预测）氯化亚铜(CuCl)是石油工业常用的脱硫剂和脱色剂，以低品位铜矿(主要成分为CuS。CuS2和铁的氧化物)为原料制备CuCl步骤如下：
已知：CuCl难溶于醇和水，热水中能被氧化，在碱性溶液中易转化为CuOH．CuCl易溶于浓度较大的Cl-体系中()。
请回答：
(1)还原过程中所得产物的主要溶质的化学式是 。
(2)下列有关说法不正确的是___________。
A．“浸取”过程中稀硫酸可以用浓硫酸代替
B．滤渣1的成分是
C．“除锰”后的滤液中Cu元素主要以形式存在
D．“除锰”后滤液加热的主要目的是除去多余的氨水和
(3)“稀释”过程中，pH对CuCl产率的影响如图所示：
请分析pH控制在左右的原因 。
(4)为测定CuCl产品纯度进行如下实验：
a．称量所得CuCl产品g溶于硝酸，配制成250mL溶液；取出mL，加入足量的mL ml/L 溶液，充分反应；
b．向其中加入少量硝基苯，使沉淀表面被有机物覆盖；
c．加入指示剂，用标准溶液滴定过量的溶液；
d．重复实验操作三次，消耗ml/L 溶液的体积平均为mL。
已知，。
①加入硝基苯的作用是 。
②滴定选用的指示剂是 。
A． B． C． D．
③CuCl的纯度为 。
【答案】(1)
(2)AD
(3)pH低于，CuCl易发生歧化反应；pH高于，随着增大，CuCl易转化为CuOH
(4)防止在滴加时，AgCl沉淀部分转化为AgSCN沉淀 C
【分析】低品位铜矿加入稀硫酸、二氧化锰浸取，除去硫，所得滤液加入氨水除铁，得到的滤渣1主要为氢氧化铁，再加氨水、碳酸氢铵除锰得到碳酸锰，滤液再加热，过滤、洗涤得到高活性氧化铜，加入铜、盐酸，加入氯化钠还原，再加水稀释后过滤、洗涤、干燥得到氯化亚铜；
【解析】（1）还原过程中铜离子、盐酸、氯化钠、和铜，铜与铜离子反应转化为氯化亚铁，CuCl易溶于浓度较大的Cl-体系中()，故所得产物的主要溶质的化学式是；
（2）A．浓硫酸具有强氧化性，能氧化二价铁离子，且能生成二氧化硫，不能用浓硫酸代替稀硫酸，选项A不正确；
B．滤渣1的成分是Fe(OH)3，选项B正确；
C．“除锰”后的滤液中Cu元素主要以[Cu(NH3)4]2+形式存在，选项C正确；
D．Cu元素主要以形式存在，“除锰”后滤液加热的主要目的是使其分解生成CuO，选项D不正确；
答案选AD；
（3）pH控制在左右的原因是：pH低于，CuCl易发生歧化反应；pH高于，随着增大，CuCl易转化为CuOH；
（4）①加入硝基苯的作用是防止在滴加时，AgCl沉淀部分转化为AgSCN沉淀；
②结合该实验中滴加标准溶液,指示剂主要是与SCN-反应产生明显现象，所以选用Fe3+，因为溶液中含有Ag+，不能选用含Cl-的试剂,故只能选；答案为C；
③根据反应Ag++Cl-=AgCl↓、Ag++SCN-=AgSCN，故gCuCl产品的物质的量为n(CuCl)==0.1ml，CuCl的纯度为=。
3．（2023·黑龙江齐齐哈尔·统考三模）以铬铁矿(主要成分为FeO•Cr2O3，还含有SiO2、Al2O3等杂质)为原料生产K2Cr2O7的流程如图：
已知：FeO•Cr2O3在焙烧过程中被氧化成Na2CrO4和Fe2O3。
回答下列问题：
(1)焙烧铬铁矿生成Na2CrO4和Fe2O3反应的化学方程式是 。
(2)“除杂”后溶液中阳离子为Na+和极少量H+，滤渣2的主要成分是 (填化学式)。
(3)途径1“酸化”反应的离子方程式为 。
(4)以石墨为电极电解Na2CrO4溶液制取Na2Cr2O7，电解装置如图所示，b极接电源 (填“正”或“负”)极，a极区生成的物质可以返回 (填步骤名称)循环利用。
(5)加入KCl能得到K2Cr2O7晶体的原理是 ；“系列操作”中包括用冷水洗涤K2Cr2O7晶体，检验K2Cr2O7晶体已洗涤干净的实验操作和现象为 (已知：BaCr2O7，Ag2Cr2O7均难溶于水)。
【答案】(1)4FeO∙Cr2O3+16NaOH+7O28 Na2CrO4+2Fe2O3+8H2O
(2)H2SiO3和Al(OH)3
(3)2+2H+=+H2O
(4)正 焙烧
(5)相同条件下，重铬酸钾的溶解度比重铬酸钠的小 取最后一次洗涤液，在酒精灯上灼烧，火焰不变为黄色
【分析】铬铁矿焙烧，其中的FeO•Cr2O3被氧化成Na2CrO4和Fe2O3，二氧化硅转化为硅酸钠，氧化铝转化为偏铝酸钠，水浸后的滤渣为氧化铁，滤液中加适量的稀硫酸将硅酸钠转化为硅酸沉淀，将偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，途径1中铬酸钠转化为重铬酸钠，途径2电解铬酸钠溶液得到重铬酸钠，加入氯化钾，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到重铬酸钾晶体；
【解析】（1）焙烧时，FeO•Cr2O3与氢氧化钠、氧气反应生成Na2CrO4和Fe2O3，其反应的化学方程式是4FeO•Cr2O4+16NaOH+7O28 Na2CrO4+3Fe2O3+3H2O，
故答案为：4FeO•Cr2O3+16NaOH+7O28 Na2CrO4+2Fe2O3+8H2O；
（2）“除杂”时，滤液中加适量的稀硫酸将硅酸钠转化为硅酸沉淀，则滤渣4的主要成分是H2SiO3和Al(OH)3，故答案为：H2SiO3和Al(OH)3；
（3）途径1“酸化”时，铬酸钠转化为重铬酸钠2+2H+=+H2O，故答案为：2+2H+=+H2O；
（4）以石墨为电极电解Na2CrO4溶液制取Na2Cr2O7，b极水中的氢氧根离子失电子生成氧气和氢离子，铬酸根离子转化为重铬酸根离子，接电源正极，钠离子和氢氧根离子结合生成氢氧化物，故答案为：正；焙烧；
（5）加入KCl能得到K2Cr2O7晶体的原理是相同条件下，重铬酸钾的溶解度比重铬酸钠的小K2Cr2O7晶体已洗涤干净，则最后一次洗涤液中不含钠离子，在酒精灯上灼烧，故答案为：相同条件下，重铬酸钾的溶解度比重铬酸钠的小，在酒精灯上灼烧。
考向02 以混合物的分离、提纯为目的的工艺流程题
1．（2023上·江苏·高三校联考开学考试）以菱锰矿(主要成分 MnCO3，主要杂质为 Fe2+、Ca2+)为原料，采用氯化铵焙工艺，可由菱锰矿制备高纯二氧化锰。流程如下图所示：
已知：金属离子沉淀的 pH
试回答下列问题。
(1)“焙烧”。将菱锰矿粉与氯化铵按 n(NH4Cl)∶n(MnCO3)=2.4∶1 混合后加热至 500℃，充分反应。选用 n(NH4Cl)∶n(MnCO3)>2∶1 的原因是 。
(2)“除铁”。加入试剂有 MnO2和NH3·H2O，搅拌反应一段时间后，过滤。
①MnO2和 NH3·H2O 加入的顺序为 。
A．先加入 MnO2，后加入 NH3·H2O B．先加入 NH3·H2O，后加入 MnO2
②该过程中 MnO2发生反应的离子方程式为 。
③加入氨水时，需要调节溶液 pH 的范围是 。
(3)“除钙”。向溶液中加入适量的 NH4F，将 Ca2+反应生成 CaF2沉淀除去。溶液 pH 与 Ca2+去除率之间的关系如图-1。随着溶液 pH 变小，Ca2+去除率逐渐下降的原因是 。
(4)MnSO4和 K2S2O8可发生如下反应：MnSO4＋K2S2O8＋4NaOH= MnO2↓+ K2SO4+ 2Na2SO4+2H2O。已知 MnSO4和K2S2O8的物质的量相同时，改变NaOH 的用量，测得 Mn 的转化率、MnO2 的含量()与的关系如图-2所示。根据信息，补充完整制取纯净 MnO2的实验方案：将 20 mL1.0 ml·L-1的MnSO4溶液和 20 mL1.0 ml·L-1的K2S2O8溶液混合， ，得到纯净的 MnO2。(须使用的试剂：1.0 ml·L-1NaOH 溶液、1.0 ml·L-1H2SO4溶液、1.0 ml·L-1 BaCl2溶液)
【答案】(1)加热过程中氯化铵分解会损耗，或提高菱锰矿转化为氯化锰的转化率
(2)A MnO2+4H++2Fe2+=Mn2++2Fe3++2H2O 2.8≤pH<5.8
(3)pH变小，溶液中氢离子浓度增加，与氟离子结合生成HF，使钙离子难以沉淀
(4)边搅拌边向混合溶液中加入90mL 1.0ml•L-1的NaOH溶液，充分反应后过滤，向滤渣中边搅拌边加入适量1.0ml•L-1 H2SO4溶液，当固体不再减少时，过滤，用蒸馏水多次洗涤滤渣，直至取最后一次洗涤滤液加入1.0ml•L-1 BaCl2溶液无沉淀生成，过滤，干燥
【分析】由制备流程可知，混合后“焙烧”过程的主要发生MnCO3+2NH4Cl=MnCl2+2NH3↑+CO2↑+H2O，尾气为NH3、CO2，可用于制备碳酸氢铵，达到循环利用的目的，水浸后溶液含Mn2+、Fe2+、Ca2+，除杂时加MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，发生MnO2+4H++2Fe2+=Mn2++2Fe3++2H2O，调节pH使铁离子转化为沉淀，加入适量的NH4F，反应生成CaF2沉淀除去，过滤后加NH4HCO3溶液沉锰，生成碳酸锰沉淀，滤液含NH4Cl，以此来解答。
【解析】（1）选用n（NH4Cl）：n（MnCO3）＞2：1的原因是加热过程中氯化铵分解会损耗，或提高菱锰矿转化为氯化锰的转化率。
（2）①根据分析，先加MnO2氧化亚铁离子为铁离子，再加NH3·H2O调节溶液的pH，故选A。
②，MnO2参与反应的离子方程式可表示为MnO2+4H++2Fe2+=Mn2++2Fe3++2H2O。
③加入氨水时，调节溶液 pH 使铁离子沉淀而锰离子不沉淀，范围是2.8≤pH<5.8。
（3）由于HF为弱酸，随着pH变小，溶液中氢离子浓度增加，与氟离子结合生成HF，使钙离子难以沉淀。
（4）根据图象可知，当NaOH与MnSO4的物质的量之比为4.5时，Mn的转化率、MnO2的含量达到最大，当加入20mL 1.0ml•L-1的MnSO4时需要加入90mL 0.1ml•L-1 NaOH溶液，过滤，向滤渣中加入适量的硫酸，将Mn（OH）2转化成MnSO4，当固体质量不再减少时，过滤，洗涤滤渣；具体操作是边搅拌边向混合溶液中加入90mL 1.0ml•L-1的NaOH溶液，充分反应后过滤，向滤渣中边搅拌边加入适量1.0ml•L-1 H2SO4溶液，当固体不再减少时，过滤，用蒸馏水多次洗涤滤渣，直至取最后一次洗涤滤液加入1.0ml•L-1 BaCl2溶液无沉淀生成，过滤，干燥。
2．（2023上·湖北孝感·高三应城市第一高级中学校联考开学考试）氯氧化铋(BiOCl)广泛用于彩釉调料、塑料助剂等。一种用火法炼铜过程产生的铜转炉烟尘(除含铋的化合物之外，还有、、CuS、、、及)制备高纯氯氧化铋的工艺流程如下，回答下列问题：
已知：
①“浸铋”所得浸取液中含、等物质；极易水解：
②微溶于水，在浓度较大的溶液中，存在平衡：。
(1)“浸铜”时有单质硫生成，发生反应的化学反应方程式为 。
(2)“浸渣1”的主要成分为 (填化学式，下同)；“浸铋”时含铅物质主要以 存在。
(3)“浸铋”时需控制溶液的pH=3.0，盐酸的作用为：①充分浸出、和等；② 。
(4)“除铅、砷”是加入改性羟基磷灰石固体(HAP)，“浸铋”所得浸取液与改性HAP的液固比与铅、砷去除率以及后续沉铋量的关系如下图所示(图中a
(5)“沉铋”时发生反应的离子方程式为 。
(6)已知“浸铋”、“除铅、砷”和“沉铋”各环节中Bi元素的利用率分别为70%、80%和80%，忽略其他环节Bi元素的损失，则Bi元素的总利用率为 。
【答案】(1)
(2)SiO2、S
(3)抑制离子水解(防止其提前沉淀)
(4)c
(5)
(6)44.8%
【分析】根据题目已知信息，第一步酸浸时，Fe2O3溶解转化为Fe2(SO4)3，含铋化合物、CuS、PbSO4、As2O3未溶解，故酸浸后滤液中主要有Fe2(SO4)3、CuSO4、ZnSO4、H2SO4，含铋化合物、CuS、PbSO4、As2O3进入浸铜步骤，根据已知信息，浸铋时，铋元素转化为BiCl3，As2O3转化为AsCl3，PbSO4转化为，浸渣中主要含有S，浸铋后的浸取液中主要含BiCl3、AsCl3、，经过除铅、砷步骤后，溶液中主要含BiCl3，经过沉铋操作，BiCl3转化为BiOCl。
【解析】（1）“浸铜”时有单质硫生成，而较稳定，说明是CuS与发生了氧化还原反应，反应为；
（2）含铋的化合物、、、及“浸铜”生成的S，不参与“浸铋”之前的反应，进入“浸铋”步骤，根据已知信息①②，铋和砷转化为、，铅主要转化为，进入“除铅、砷”步骤，“浸渣1”的主要成分为和S；
（3）已知信息①极易水解，盐酸的作用为抑制离子水解，防止其提前沉淀，影响BiOCl产率；
（4）最佳的液固比应该是铅、砷去除率尽量高，后续沉铋量尽量大，c为最佳。d相对于c，后续沉铋量略有增大，但是铅去除率降低，液固比比c大，“浸铋”所得浸取液使用多，相对沉铋量小，故选c；
（5）和的双水解反应，根据原子及电荷守恒配平即可，反应为
；
（6）Bi元素的总利用率。
3．（2023上·江苏·高三校联考开学考试）砷的化合物可用于半导体领域，如我国“天宫”空间站的核心舱“天和号”就是采用砷化镓薄膜电池来供电。一种从酸性高浓度含碑废水[砷主要以亚砷酸(H3AsO3)形式存在]中回收砷的工艺流程如下。
已知：I．；
Ⅱ．；
Ⅲ．砷酸(H3AsO4)在酸性条件下有强氧化性，能被SO2、碘化钾等还原。
(1)“沉砷”过程中FeS是否可以用过量的Na2S替换： (填“是”或“否”)；请从平衡移动的角度解释原因： 。
(2)向滤液Ⅱ中加入NaClO进行“氧化脱硫”，请写出脱硫的离子反应方程式： 。
(3)欲检验“还原”后溶液中的砷酸，则还需要的实验试剂或试纸为 。
(4)已知：H3AsO4第三步电离方程式的电离常数为Ka3，则pKa3= ()。常温下，pH>7.1时，吸附剂表面带负电，pH越大，吸附剂表面带的负电荷越多；pH<7.1时，吸附剂表面带正电，pH越小，吸附剂表面带的正电荷越多。当溶液pH介于3~5之间时，吸附剂对五价砷的平衡吸附量随pH的升高而增大，试分析其原因： 。
【答案】(1)否 由信息可知，加入过量的硫化钠，溶液中c(S2-)增大，促进反应平衡正向移动，不利于沉砷
(2)
(3)碘化钾溶液、淀粉溶液或湿润的淀粉碘化钾试纸
(4)11.5 pH=3~5，随pH升高，H3AsO4转变为H2AsO，负电荷数增加的程度大于吸附剂表面所带正电荷减小程度，静电引力增加，吸附量增大
【分析】含砷废水加入硫化亚铁生成As2S3沉淀，As2S3沉淀和过量的硫化亚铁加入氢氧化钠，，浸取得到硫化亚铁滤渣和含Na3AsO3、Na3AsS3的滤液Ⅱ；滤液Ⅱ氧化脱硫生成硫单质和Na3AsO4，酸化后生成H3AsO4，砷酸(H3AsO4)在酸性条件下有强氧化性，能被SO2还原生成As2O3；
【解析】（1）由信息可知，加入过量的硫化钠，溶液中c(S2-)增大，促进反应平衡正向移动，不利于沉砷，故“沉砷”过程中FeS不可以用过量的Na2S替换；
（2）向滤液Ⅱ中加入NaClO进行“氧化脱硫”，脱硫的离子反应方程式为：；
（3）砷酸具有氧化性，可以和碘离子反应生成能使淀粉溶液变蓝色的碘单质，故可选择的实验试剂有：碘化钾溶液、淀粉溶液或湿润的淀粉碘化钾试纸；
（4），由图可知，当= 时，=10-11.5ml/L，；pH=3~5，随pH升高，H3AsO4转变为，负电荷数增加的程度大于吸附剂表面所带正电荷减小程度，静电引力增加，吸附量增大，故当溶液pH介于3~5之间时，吸附剂对五价砷的平衡吸附量随pH的升高而增大。考点
考查内容
考情预测
金属及其重要化合物性质、用途
1.金属及其重要化合物的性质、用途
2.金属及其重要化合物之间的相互转化
从历年考题来看，常见金属及其化合物是中学化学的重点，也是学习化学的基本点，在高考中金属及其化合物是考查的重点。金属及其化合物在高考中的考查方式主要有两种：一是单独考查某一族元素的结构、性质、制备以及用途等；二是将元素化合物的知识与基本概念、基本理论结合，与化学计算相结合，与无机推断相结合，与化学实验相结合等，它们是以元素化合物为载体结合基本概念、基本理论、化学计算、化学实验等进行考查。在复习中一定要重视元素化合物知识的复习，不仅要注意各主族元素中典型元素化合物的复习，还要在各族间架起桥梁从而能够融会贯通，举一反三。试题通常以基础题、中档题居多。
金属及其重要化合物与理论、实验的结合
1.以金属及其重要化合物为载体考查化学理论知识
2.以金属及其重要化合物为载体考查化学实验知识
重要性质
应用
锂密度小、比能量大
可用作电池负极材料
钠具有较强的还原性
可用于冶炼钛、锆、铌等金属
Na2O2与H2O、CO2反应均生成O2
作供氧剂
Na2CO3水解使溶液显碱性
用热的纯碱溶液洗去油污
NaHCO3受热分解生成CO2
用作焙制糕点的膨松剂
NaHCO3具有弱碱性，能与酸反应
可用于制胃酸中和剂
NaCl使细菌细胞脱水死亡
可以杀菌，可作为防腐剂
钠钾合金呈液态，导热
作原子反应堆的导热剂
小苏打溶液和硫酸铝溶液反应生成CO2
作泡沫灭火器
Al具有良好的延展性和抗腐蚀性
常用铝箔包装物品
常温下，铝、铁遇浓硫酸、浓硝酸钝化
盛装、运输浓硫酸、浓硝酸
铝有还原性，能发生铝热反应
可用于焊接铁轨、冶炼难熔金属
镁铝合金密度小、强度大
可用作高铁车厢材料
MgO、Al2O3熔点高
做耐高温材料
Al3＋水解生成的氢氧化铝胶体具有吸附性
明矾作净水剂(混凝剂)
明矾溶液显酸性
利用明矾溶液清除铜镜表面的铜锈
Al(OH)3有弱碱性
中和胃酸，用作抗酸药
Fe具有还原性
防止食品氧化变质
Fe2O3是红棕色粉末
作红色颜料
Fe3＋水解生成的氢氧化铁胶体具有吸附性
铁盐作净水剂(混凝剂)
K2FeO4是强氧化剂，还原产物Fe3＋水解生成氢氧化铁胶体
作新型消毒剂、净水剂
Cu＋2FeCl3===2FeCl2＋CuCl2
FeCl3溶液腐蚀Cu刻制印刷电路板
CuSO4使蛋白质变性
配制成波尔多液用于树木杀虫，误服CuSO4溶液，喝牛奶、蛋清或豆浆解毒
BaSO4难溶于水，不与胃酸反应
在医疗上用作“钡餐”透视
生石灰、无水氯化钙能与水反应
作(食品)干燥剂
KMnO4有强氧化性
能杀菌消毒浸泡
KMnO4有强氧化性，能和乙烯反应
常用KMnO4的硅藻土来保鲜水果
AgBr、AgI
感光材料
AgI分解吸热
人工降雨
介质
酸性
中性、弱碱性
强碱性
产物
Mn2＋
MnO2
MnO42－
选项
物质性质
用途
A
受热易分解
可用作氮肥
B
钠单质燃烧火焰呈黄色
钠单质可用于制作烟花
C
溶液呈碱性
可用作消毒剂
D
是两性氧化物
铝制餐具不宜长时间蒸煮酸性或碱性食物
甲
乙
丙
A
B
C
S
D
Fe
实验装置
实验原理
Al2(SO4)3＋6NH3·H2O===2Al(OH)3↓＋3(NH4)2SO4 Al3+＋3NH3·H2O===Al(OH)3↓＋3NH4+
实验用品
Al2(SO4)3 溶液、氨水；试管、胶头滴管。
实验步骤
在试管里加入 10mL 0.5ml/L Al2(SO4)3 溶液，滴加氨水，生成白色胶状物质。继续滴加氨水，直到不再产生沉淀为止。
实验现象
产生白色胶状沉淀，沉淀不溶于过量氨水。
实验说明
①实验室利用可溶性铝盐(如 AlCl3)制备 Al(OH)3，应选用氨水，而不用NaOH 溶液。
②实验室也可利用可溶性偏铝酸盐(如NaAlO2)制备Al(OH)3，应选用二氧化碳，而不用盐酸。
实验装置
实验原理
Fe2+＋2OH-=== Fe(OH)2↓(白色)、4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3
实验用品
FeSO4 溶液、NaOH 溶液；试管、长胶头滴管。
实验步骤
在1支试管里加入少量FeSO4 溶液，然后滴入NaOH 溶液。观察并描述发生的现象。
实验现象
试管中先生成白色沉淀，迅速变成灰绿色，最后变成红褐色。
实验说明
①氢氧化亚铁制备的核心问题：一是溶液中的溶解氧必须除去，二是反应过程必须与氧隔绝。
②Fe2+易被氧化，所以 FeSO4溶液要现用现配，且配置 FeSO4溶液的蒸馏水要煮沸除去氧气。
③为了防止NaOH溶液加入时带入空气，可将吸有 NaOH 溶液的长胶头滴管伸入到 FeSO4 液面下， 再挤出NaOH溶液。
④还可再在硫酸亚铁溶液上加一层植物油,尽量减少与空气的接触。
注：能较长时间看到 Fe(OH)2 白色沉淀的装置如下：
实验步骤
操作要点
步骤1铁屑的净化
取一只小烧杯，放入约5g铁屑，向其中注入5mL1ml·L－1Na2CO3溶液，浸泡或小火加热数分钟后，用倾析法分离并洗涤铁屑，晾干
步骤2制取FeSO4
用托盘天平称取4.2g洗净的铁屑，放入洁净的锥形瓶中，向其中加入25mL3ml·L－1H2SO4溶液，加热，并不断振荡锥形瓶。反应过程中应适当补充水，使溶液体积基本保持不变，待反应基本完全后，再加入1mL3ml·L－1H2SO4溶液，趁热过滤，将滤液转移至蒸发皿中
步骤3制取硫酸亚铁铵
称取9.5 g(NH4)2SO4晶体，配成饱和溶液，倒入制得的硫酸亚铁溶液中，搅拌，小火加热，在蒸发皿中蒸发浓缩至溶液表面出现晶膜为止，将溶液静置，自然冷却，即有硫酸亚铁铵晶体析出。抽滤，并用少量酒精洗去晶体表面附着的水分
计算产率
取出晶体，用干净的滤纸吸干，称量并计算产率
实验说明
①步骤1中用到倾析法,适于用倾析法分离的物质特点是沉淀颗粒较大,静置后容易沉降。
②步骤2中趁热过滤的目的是防止溶液冷却时硫酸亚铁因析出而损失。
③步骤3中用到的减压过滤(也称抽滤或吸滤)与普通过滤相比,优点除了过滤速度快外,还可得到较干燥的沉淀。晶体过滤后用无水乙醇洗涤的目的是利用乙醇的挥发,除去晶体表面附着的水分。
选项
操作
现象
结论
A
将镁条点燃，迅速伸入集满的集气瓶中
集气瓶中产生大量白烟，并有黑色颗粒产生
具有氧化性
B
常温下，向溶液中加入溶液，再滴加5~6滴溶液
先产生白色沉淀，后部分白色沉淀变为蓝色
相同温度下：
C
向某溶液样品中加入浓溶液并加热，将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口
试纸变蓝
溶液样品中含
D
向某甲酸样品中先加入足量溶液，再做银镜反应实验
出现银镜
该甲酸样品中混有甲醛
选项
实验操作和现象
离子方程式
A
向2mLNaCl溶液中滴加几滴AgNO3溶液，产生白色沉淀，再滴加氨水，振荡至沉淀溶解
沉淀溶解：AgCl+2NH3=[Ag(NH3)2]++C1-
B
向滴有酚酞的水中，放入绿豆粒大小的钠块，钠块浮在水面、熔化成小球、不停游动、发出嘶嘶响声、溶液变红
钠与水反应：
Na+2H2O=Na+ +OH-+H2↑
C
向2mLNaOH溶液中滴加5滴CuSO4溶液，振荡后加入0.5mL乙醛溶液，加热，有红色固体析出
红色固体析出：CH3CHO+2Cu(OH)2CH3COOH+2Cu↓+2H2O
D
向2mLNaOH溶液中滴加4滴MgCl2溶液，产生白色沉淀，再滴加4滴FeCl3溶液，有红褐色沉淀生成
红褐色沉淀生成：3Mg(OH)2(s)+2Fe3+(aq)2Fe(OH)3(s)+3Mg2+(aq)
选项
实验操作和现象
结论
A
用铂丝蘸取某溶液进行焰色试验，火焰呈黄色
溶液中一定含，不含
B
滴加酸化的溶液，出现白色沉淀
溶液中一定含
C
惰性电极电解溶液，在阴极析出
不能说明氧化性
D
干燥的与在加热条件反应，得到固体与反应可放出
反应得到的固体为
实验内容
现象及结论
A
向4mL 0.1ml/L CuSO4溶液中滴加1ml/L的浓氨水至刚开始产生的沉淀溶解，再加入极性较小的溶剂，并用玻璃棒摩擦试管壁
析出深蓝色的晶体，其成分是[Cu(NH3)4]SO4·H2O
B
用熔嵌在玻璃棒上的铂丝蘸取某无色溶液，在酒精灯外焰上灼烧，观察火焰的颜色
若焰色为黄色， 则该溶液一定是钠盐
C
取两支试管，分别加入2 mL 0.5 ml/L CuCl2溶液，将其中的一支试管先加热，然后置于冷水中，观察并记录实验现象
加热后溶液变为黄绿色，放入冷水中，又变为蓝绿色，则：[Cu(H2O)4]2+ + 4Cl-[CuCl4]2-+ 4H2O ΔH>0
D
在A、B两支试管里各加入1mL乙酸乙酯。再分别加入等体积等浓度的稀硫酸和含有酚酞的NaOH溶液，相同温度下水浴加热
NaOH溶液的试管中酯层消失的时间更短，说明乙酸乙酯在碱性条件下水解速率更快
氢氧化物
物质
溶度积
物质
沸点/
136
127
57
180
物质
分压
释义
研磨、雾化
将块状或颗粒状的物质磨成粉末或将液体分散成微小液滴，增大反应物接触面积，以加快反应速率或使反应更充分
灼烧(煅烧)
使固体在高温下分解或改变结构、使杂质高温氧化、分解等。如煅烧石灰石、高岭土、硫铁矿
浸取
向固体中加入适当溶剂或溶液，使其中可溶性的物质溶解，包括水浸取、酸溶、碱溶、醇溶等
酸浸
在酸性溶液中使可溶性金属离子进入溶液，不溶物通过过滤除去的过程
浸出率
固体溶解后，离子在溶液中的含量的多少
滴定
定量测定，可用于某种未知浓度物质的物质的量浓度的测定
酸作用
溶解、去氧化物(膜)、抑制某些金属离子的水解、除去杂质离子等
碱作用
去油污、去铝片氧化膜，溶解铝、二氧化硅、调节pH、促进水解(沉淀)
常见问题
答题要考虑的角度
分离、提纯
过滤、蒸发、萃取、分液、蒸馏等常规操作，如从溶液中得到晶体的方法：蒸发浓缩—冷却结晶—过滤—(洗涤、干燥)
提高原子利用率
绿色化学(物质的循环利用、废物处理、原子利用率、能量的充分利用)
在空气中或特定气体中进行的反应或操作
要考虑O2、H2O、CO2或特定气体是否参与反应或能否达到隔绝空气，防氧化、水解、潮解等目的
洗涤沉淀
方法：往漏斗中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下后，重复以上操作2～3次
判断沉淀是否洗涤干净
取最后洗涤液少量，检验其中是否还有某种离子存在等
控制溶液的pH
①调节溶液的酸碱性，抑制水解(或使其中某些金属离子形成氢氧化物沉淀)
②“酸作用”还可除去氧化物(膜)
③“碱作用”还可除去油污，除去铝片氧化膜，溶解铝、二氧化硅等
④特定的氧化还原反应需要的酸性条件(或碱性条件)
控制温度(常用水浴、冰浴或油浴)
①使化学平衡移动；控制化学反应的方向
②控制固体的溶解与结晶
③控制反应速率：使催化剂达到最大活性
④升温：促进溶液中的气体逸出，使某物质达到沸点挥发
⑤加热煮沸：促进水解，聚沉后利于过滤分离
除杂
加入沉淀剂或控制溶液的酸碱性使形成氢氧化物沉淀。如：除去含Cu2＋溶液中混有的Fe3＋，可加入CuO、Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3等来调节溶液的pH
加热
加快反应速率或使平衡向某个方向移动。如果在制备过程中出现一些受热易分解的物质或产物，则要注意对温度的控制。如：侯氏制碱中的NaHCO3；还有如H2O2、Ca(HCO3)2、KMnO4、AgNO3、HNO3(浓)等物质
降温
防止某物质在高温时会分解或使平衡向着题目要求的方向移动
分离
固液分离——过滤
液液分离：
a.有溶解度差异——结晶或重结晶(蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、烘干；蒸发结晶、趁热过滤)
b.有溶解性差异——(萃取)分液
c.有沸点差异——蒸馏
洗涤(冰水、热水、有机溶剂)
水洗：洗去晶体表面的杂质离子(适用于溶解度小的物质)
冰水洗涤：洗去晶体表面的杂质离子，并减少晶体在洗涤过程中的溶解损耗(适用于高温溶解度大、低温溶解度小的物质)
醇洗(常用于溶解度较大的物质)：洗去晶体表面的杂质离子，并减少晶体在洗涤过程中的溶解损耗(若对溶解度小的物质进行醇洗，则是为了洗去杂质离子，并使其尽快干燥)
蒸发时的气体氛围抑制水解
如从溶液中析出FeCl3、AlCl3、MgCl2等溶质时，应在HCl的气流中加热，以防其水解
蒸发浓缩、冷却结晶
如K2Cr2O7和少量NaCl的混合溶液，若将混合溶液加热蒸发后再降温，则析出的固体主要是K2Cr2O7，母液中是NaCl和少量K2Cr2O7，这样就可分离出大部分K2Cr2O7；同样原理可除去KNO3中的少量NaCl
蒸发结晶、趁热过滤
如NaCl和少量K2Cr2O7的混合溶液，若将混合溶液蒸发一段时间，析出的固体主要是NaCl，母液中是K2Cr2O7和少量NaCl；同样原理可除去NaCl中的少量KNO3
Fe3+
Fe2+
Mn2+
开始沉淀时
1.5
6.3
5.8
完全沉淀时
2.8
8.3
7.8
01专题网络·思维脑图
02考情分析·解密高考
03高频考点·以考定法
考点二 金属及其重要化合物与理论、实验的结合
【高考解密】
命题点01 以金属及其重要化合物为载体考查化学理论知识
命题点02 以金属及其重要化合物为载体考查化学实验知识
【技巧解密】
【考向预测】
考点一 金属及其重要化合物性质、用途
【高考解密】
命题点01 金属及其重要化合物的性质、用途
命题点02 金属及其重要化合物之间的相互转化
【技巧解密】
【考向预测】
04核心素养·微专题
微专题 无机化工流程题的解题策略
考点一 金属及其重要化合物性质、用途
命题点01 金属及其重要化合物的性质、用途
典例01（2023·浙江卷）物质的性质决定用途，下列两者对应关系不正确的是
A．铝有强还原性，可用于制作门窗框架
B．氧化钙易吸水，可用作干燥剂
C．维生素C具有还原性，可用作食品抗氧化剂
D．过氧化钠能与二氧化碳反应生成氧气，可作潜水艇中的供氧剂
【答案】A
【解析】A．铝用于制作门窗框架，利用了铝的硬度大、密度小、抗腐蚀等性质，而不是利用它的还原性，A不正确；B．氧化钙易吸水，并与水反应生成氢氧化钙，可吸收气体中或密闭环境中的水分，所以可用作干燥剂，B正确；C．食品中含有的Fe2+等易被空气中的氧气氧化，维生素C具有还原性，且对人体无害，可用作食品抗氧化剂，C正确；D．过氧化钠能与二氧化碳反应生成氧气，同时可吸收人体呼出的二氧化碳和水蒸气，可作潜水艇中的供氧剂，D正确；故选A。
典例02（2022·浙江卷）下列说法正确的是
A．铁与碘反应易生成碘化铁
B．电解ZnSO4溶液可以得到Zn
C．用石灰沉淀富镁海水中的Mg2+，生成碳酸镁
D．SO2通入BaCl2溶液中生成BaSO3沉淀
【答案】B
【解析】A．I2属于弱氧化剂，与Fe反应生成FeI2，A错误；B．电解一定浓度的硫酸锌溶液，Zn2+在阴极得电子析出Zn，B正确；C．石灰沉淀Mg2+生成的沉淀是Mg(OH)2，C错误；D．SO2通入BaCl2溶液中不能生成BaSO3沉淀，因为H2SO3酸性比HCl弱，该复分解反应不能发生，D错误；故答案选B。
典例03（2021·江苏卷）下列有关物质的性质与用途不具有对应关系的是
A．铁粉能与O2反应，可用作食品保存的吸氧剂
B．纳米Fe3O4能与酸反应，可用作铁磁性材料
C．FeCl3具有氧化性，可用于腐蚀印刷电路板上的Cu
D．聚合硫酸铁能水解并形成胶体，可用于净水
【答案】B
【解析】A．因为铁粉能与O2反应，所以可用作食品保存的吸氧剂，A正确；B．纳米Fe3O4具有磁性，可用作铁磁性材料，B错误；C．FeCl3与Cu反应生成FeCl2和CuCl2，主要利用其氧化性，C正确；D．聚合硫酸铁能水解并形成胶体，具有吸附性，可用于净水，D正确；故选B。
命题点02 金属及其重要化合物之间的相互转化
典例01（2023·北京卷）一种分解氯化铵实现产物分离的物质转化关系如下，其中代表或中的一种。下列说法正确的是
A．a、c分别是
B．既可以是，也可以是
C．已知为副产物，则通入水蒸气可减少的产生
D．等压条件下，反应①、②的反应热之和，小于氯化铵直接分解的反应热
【答案】C
【分析】分解的产物是和，分解得到的与反应生成，又可以分解得到和，则a为，b为，c为，d为。
【解析】A．由分析可知，a为，c为，A项错误；B．d为，B错误；C．可以水解生成，通入水蒸气可以减少的生成，C正确；D．反应①和反应②相加即为氯化铵直接分解的反应，由盖斯定律可知，等压条件下，反应①、反应②的反应热之和等于氯化铵直接分解的反应热，D错误；故选C。
典例02（2021·广东卷）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
【答案】C
【分析】图中所示铁元素不同化合价的物质：a为Fe，b为FeCl2、FeSO4、Fe(NO3)2等Fe(II)的盐类物质，c为Fe(OH)2，e为FeCl3、Fe2(SO4)3、Fe(NO3)3等Fe(III)的盐类物质，d为Fe(OH)3。
【解析】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。
一．常见金属及其化合物的重要性质和应用
二、金属及其重要化合物之间的相互转化
1.理清金属及其重要化合物之间知识主线
（1）钠及其重要化合物：Na→Na2O→Na2O2→NaOH→Na2CO3→NaHCO3
（2）镁、铝及其重要化合物：Al→Al2O3→Al(OH)3→eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(NaAlO2,AlCl3,Al2(SO4)3,KAl(SO4)2·12H2O))Mg→MgO→Mg(OH)2→eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(MgCl2,MgSO4))
（3）铁、铜及其化合物：Fe→eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(FeO,Fe2O3,Fe3O4))→eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(Fe(OH)2,Fe(OH)3))→eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(Fe2+,Fe3+)) Cu→eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(Cu2O,CuO))→Cu(OH)2→eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(Cu2+,CuX))
2.构建金属及其重要化合物之间知识网络
（1）钠及其重要化合物：Na→Na2O→Na2O2→NaOH→Na2CO3→NaHCO3
（2）镁、铝及其重要化合物：
（3）铁、铜及其化合物
3.重要金属及其化合物的价类二维图
（1）钠及其化合物
（2）镁、铝及其化合物
（3）铁、铜及其化合物
4.扫除易忘知识盲点
（1）钠及其重要化合物：
①钠和盐溶液反应,不能置换出盐中的金属,与熔融的盐反应才可能置换出盐中的金属。
②Na与足量O2反应无论生成Na2O还是Na2O2,只要参与反应的Na的质量相等,则转移电子的物质的量一定相等,但得到Na2O2的质量大于Na2O。
③Na分别与H2O和乙醇发生反应均能生成H2,但反应的剧烈程度不同,前者反应剧烈,后者反应缓慢。
④1 ml Na2O2参与反应转移电子的物质的量不一定为1 ml,如1 ml Na2O2与足量SO2的反应转移电子应为2 ml。
⑤不能用Ca(OH)2溶液鉴别Na2CO3和NaHCO3溶液,应选用CaCl2或BaCl2溶液。
⑥除去CO2中的HCl气体，应选用饱和的NaHCO3溶液。
⑦向饱和的Na2CO3溶液中通入过量CO2，有NaHCO3 白色晶体析出。
⑧焰色反应是元素的性质，无论游离态还是化合态，均具有相同的焰色反应，它不是化学变化，在观察钾元素的焰色反应时，应通过蓝色的钴玻璃片。
⑨Na－K合金常温下呈液态，是原子反应堆的导热剂。
⑩碱金属的密度呈现增大的趋势，但K反常。
⑪Li和O2反应只生成Li2O；NaH是离子化合物，是一种强还原剂。Na2O、Na2O2阴阳离子个数比均为1∶2。
⑫Na2O2投入品红溶液中,因溶液中有强氧化性物质,因而可使品红溶液褪色。Na2O2投入无色酚酞溶液中,酚酞溶液先变红后褪色。
（2）镁、铝及其重要化合物：
①铝是活泼金属，但铝抗腐蚀性相当强，因为铝表面生成一层致密的氧化物薄膜。由于Al2O3的熔点高于Al的熔点，故在酒精灯上加热铝箔直至熔化，发现熔化的铝并不滴落。
②铝热反应不仅仅是单质铝与Fe2O3反应，还包含制取其他难熔金属的反应，由于铝热剂是混合物，故铝热反应不能用于工业上冶炼铁。注意铝热反应是中学化学中唯一一类金属单质与金属氧化物在高温条件下的置换反应。
③引发铝热反应的操作是高考实验考查的热点，具体操作是先铺一层KClO3，然后插上镁条，最后点燃镁条。
④并不是Al与所有金属氧化物均能组成铝热剂，该金属氧化物对应的金属活泼性应比铝弱。
⑤Al2O3、Al(OH)3与NaOH溶液的反应常用于物质的分离提纯。Al(OH)3不溶于氨水，所以实验室常用铝盐和氨水来制备Al(OH)3。
⑥利用偏铝酸盐制备Al(OH)3，一般不用强酸，因为强酸的量控制不当会使制得的Al(OH)3溶解。若向偏铝酸盐溶液中通入CO2，生成的Al(OH)3不溶于碳酸，CO2过量时生成HCOeq \\al(－,3)，不过量时生成COeq \\al(2－,3)，书写离子反应方程式时要特别注意。
⑦Al(OH)3可用作抗酸药；明矾常用于净水。
⑧泡沫灭火器所用试剂为Al2(SO4)3溶液和NaHCO3溶液。
⑨镁在空气中燃烧主要发生反应：2Mg＋O22MgO，此外还发生反应：3Mg＋N2Mg3N2、2Mg＋CO22MgO＋C。
⑩Mg3N2与水反应：Mg3N2＋6H2O===3Mg(OH)2＋2NH3↑。加热Mg(HCO3)2溶液生成的是Mg(OH)2沉淀，而不是MgCO3沉淀，因为Mg(OH)2比MgCO3更难溶于水。反应方程式为Mg(HCO3)2Mg(OH)2↓＋2CO2↑。
(3)铁、铜及其化合物
①Fe与O2、H2O(g)反应的产物都是Fe3O4而不是Fe2O3。Fe与Cl2反应时生成FeCl3，与S反应时生成FeS，说明Cl2的氧化性大于S的。常温下，Fe、Al在冷的浓硫酸和浓硝酸中发生钝化，但加热后继续反应。Fe在Cl2中燃烧，无论Cl2过量还是不足均生成FeCl3。
②向含Fe2＋的溶液中加入硝酸、KMnO4溶液、氯水等具有氧化性的物质时，溶液会出现浅绿色→棕黄色的颜色变化，该现象可用于Fe2＋的检验。
③Fe3＋的检验方法较多，如观察溶液颜色法(棕黄色)、NaOH溶液法(生成红褐色沉淀)、KSCN溶液法(生成红色溶液)，前面两种方法需溶液中Fe3＋浓度较大时才适用，最好也最灵敏的方法是KSCN溶液法。Fe2＋的检验可采用先加入KSCN溶液后再加入氧化剂的方法；也可用铁氰化钾检验Fe2＋，现象是生成蓝色沉淀(Fe3[Fe(CN)6]2)。
④生成FeCl2除了用Fe和HCl的置换反应外，还可用化合反应：2FeCl3＋Fe===3FeCl2；生成Fe(OH)3除了用Fe3＋与碱的复分解反应外，还可用化合反应：4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3。
⑤配制FeCl2溶液既要防氧化(加入Fe粉)，又要防水解(加入盐酸)；配制FeCl3溶液要加入浓盐酸防止水解。
⑥Fe3＋必须在酸性条件下才能大量存在，当pH＝7时，Fe3＋几乎完全水解生成Fe(OH)3沉淀。
⑦除去酸性溶液ZnCl2中的FeCl2，应先通入Cl2或加入H2O2，再加入ZnO，使Fe3＋水解生成沉淀过滤除去。
⑧制备Fe(OH)2的方法很多，原则有两点：一是溶液中的溶解氧必须提前除去；二是反应过程中必须与O2隔绝。同时要牢记Fe(OH)2转化为Fe(OH)3时溶液的颜色变化(白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色)。
⑨Fe(OH)3胶体的制备方法是将饱和FeCl3溶液滴加到沸水中，加热至呈红褐色后立即停止加热。胶体不带电，带电的是胶粒。
⑩自然界中有少量游离态的铁(陨石中)，纯净的铁块是银白色的，而铁粉是黑色的。
⑪)铜在潮湿的空气中最终不是生成CuO，而是铜绿[Cu2(OH)2CO3]。
⑫常用灼热的铜粉除去N2中的O2，灼热的CuO除去CO2中的CO。
⑬新制Cu(OH)2悬浊液常用来检验醛基。
⑭Cu和一定量的浓HNO3反应，产生的是NO2和NO的混合气体，当Cu有剩余，再加入稀H2SO4，Cu继续溶解。
⑮Cu：紫红色；CuO：黑色；Cu2S：黑色；CuS：黑色；Cu2O：砖红色。
⑯铜的焰色反应为绿色。
⑰冶炼铜的方法有①热还原法；②湿法炼铜；③电解精炼铜。
⑱铜合金有：①青铜(Sn、Pb等)；②黄铜(Zn、Sn、Pb、Al等)；③白铜(Ni、Zn、Mn等)。
5.熟记常见转化
(1)铝土矿提铝。
方式一:Al2O3AlCl3Al(OH)3Al2O3
方式二:Al2O3NaAlO2Al(OH)3Al2O3
(2)工业提镁。
方式一:MgCl2Mg(OH)2MgCl2MgCl2·6H2O
方式二:MgCO3MgCl2MgCl2·6H2O
(3)侯氏制碱。
NaClNaHCO3Na2CO3
三、其它金属及其化合物
（一）锰
锰(25Mn)位于第四周期第ⅦB族，价电子构型为3d54s2，软锰矿主要成分为MnO2，价态以＋2、＋4、＋6、＋7为最为常见，是活泼金属。
1、Mn2＋的性质
Mn2＋价电子构型为较稳定的3d5半充满结构，因此Mn2＋是锰的最稳定状态。在水溶液中呈粉红色，多数盐易溶。Mn2＋可与CO32－生成白色沉淀：Mn2＋＋CO32－=MnCO3↓
（1）在高酸度热溶液中，与过二硫酸铵、铋酸钠(NaBiO3)等强氧化剂作用，可Mn2＋氧化成MnO4-：
2Mn2＋＋5S2O882－＋8H2O2MnO4-＋10SO42-＋16H＋
2Mn2＋＋5NaBiO3＋14H＋2MnO4-＋5Na＋＋5Bi3＋＋7H2O
（2）在碱性溶液中，Mn2＋会生成沉淀：Mn2＋＋2OH－==Mn(OH)2↓(白)
2、MnO2的性质
MnO2是黑色不溶性粉末，是制造干电池的原料，在酸性介质中MnO2是一种强氧化剂。在实验室中常用此性质制备氯气：
MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O
MnO2还能氧化H2O2和Fe2＋等：
MnO2＋H2O2＋2H＋==Mn2＋＋O2↑＋2H2O
MnO2＋2Fe2＋＋4H＋==Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O
3、高锰酸钾
高锰酸钾KMnO4(俗名灰锰氧)是强氧化剂，是一种深紫色的晶体，水溶液呈紫红色的。KMnO4的稀溶液(0.1%)可用于消毒和杀菌。
在酸碱性不同的条件下，高锰酸钾的还原产物是不同的。例如：
1）KMnO4的应用：
(1)加热KMnO4是实验室制备氧气的简便方法:
2KMnO4K2MnO4＋MnO2＋O2↑
(2)KMnO4在酸性溶液中，是很强的氧化剂，它可以氧化Cl－、I－、SO32－、C2O42－、Fe2＋等，本身还原为Mn2＋。
常见用途有：
①制备氯气：2MnO4-+10Cl－＋16H＋==2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O
②标定KMnO4的浓度：2MnO4-＋5H2C2O4＋6H＋==2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O
③Fe含量的测定:MnO4-＋5Fe2＋＋8H＋==2Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O
2）KMnO4的制备
(1)MnO2与KClO3、KOH一起加热熔融生成锰酸钾：
3MnO2＋6KOH＋KClO33K2MnO4(绿)＋KCl＋3H2O
再将K2MnO4酸性条件下发生歧化反应，即可得到高锰酸钾：3MnO42－＋4H＋=2MnO4-－＋MnO2＋2H2O
(2)电解法：电解K2MnO4溶液可以制备KMnO4：
阳极反应：2MnO42－－2e-==2MnO4-
阴极反应：2H2O＋2e-==H2↑＋2OH－
总的电解反应：2MnO42－＋2H2O==2MnO4-－＋2OH－＋H2↑
（二）铬
24Cr是第四周期第ⅥB族金属元素，铬的价电子构型为3d54s1，以＋3、＋6两种价态化合物最为重要。
1.铬单质是最硬的金属，与铁、镍能组成不锈钢。可用铝热法由Cr2O3制备金属铬：
Cr2O3＋2Al2Cr＋Al2O3。
2.含Cr3＋的溶液呈绿色，铬酸钾(K2CrO4)为黄色，重铬酸盐(K2Cr2O7)为橙色。
二者可以相互转化：2CrO42－＋2H＋Cr2O72－＋H2O。
加酸平衡向右移动c(Cr2O72－)增大，c(CrO42－)减小，溶液为橙红色；加碱平衡左移c(CrO42－)增大c(Cr2O72－)减小，溶液为黄色；中性时溶液为橙色。
3.与Al2O3、Al(OH)3相似，Cr2O3、Cr(OH)3具有两性，Cr(OH)3在溶液中存在两种平衡：
Cr3＋＋3OH－Cr(OH)3H＋＋CrO2-
Cr(OH)3既溶于酸，又溶于碱：
Cr(OH)3＋3HCl==CrCl3＋3H2O
Cr(OH)3＋NaOH==NaCrO2＋2H2O
4.在酸性溶液中，Cr2O72－是强氧化剂。如加热的条件下，K2Cr2O7可以氧化浓盐酸制备氯气：
K2Cr2O7＋14HCl(浓)2CrCl3＋2KCl＋3Cl2↑＋7H2O
交警查酒驾，就是用重铬酸钾的酸性溶液，来检验酒精的含量：
K2Cr2O7＋3CH3CH2OH＋4H2SO4=Cr2(SO4)3＋K2SO4＋3CH3CHO＋7H2O
5.含铬废水中，以Cr(Ⅵ)的毒性最大。我国规定工业废水含Cr(Ⅵ)的排放标准为0.1mg·L－1。含铬废水处理的基本原理就是将铬(Ⅵ)还原为铬(Ⅲ)，然后转化为Cr(OH)3沉淀除去。
现介绍两种中学化学常考到的方法：
(1)化学还原法，可先将废水用硫酸调pH值至2~3，再加入FeSO4等还原剂，将Cr(Ⅵ)还原成Cr(Ⅲ):
Cr2O72－＋6Fe2＋＋14H＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O
然后用NaOH或Ca(OH)2调pH值至7~8，生成Cr(OH)3沉淀，再加混凝剂，使Cr(OH)3沉淀除去。
(2)电解还原法
电解还原法是用金属铁作阳极，Cr(Ⅵ)在阴极上被还原成Cr(Ⅲ)，在电解过程中阳极铁板溶解下来的Fe2＋(Fe－2e-=Fe2＋)也可将Cr(Ⅵ)还原成Cr(Ⅲ)。同时由于阴极板上析出H2，使废水pH值逐步上升，最后呈中性，此时Cr3＋、Fe3＋都以氢氧化物沉淀析出。
（三）银
1. 银单质
(47Ag)是第五周期IB族元素，在自然界有游离态的银。银的活动性在氢之后，在电化学中，Ag是活性电极，在阳极放电：Ag－e-=Ag＋。
Ag2O对热不稳定，加热到时完全分解：2Ag2O4Ag＋O2↑。
乙醇在单质Ag或Cu催化下，可被氧化成乙醛，其催化原理是：
4Ag＋O22Ag2O C2H5OH＋Ag2OCH3CHO＋2Ag＋H2O
银器表面变暗，主要是由于生成了Ag2S所致，为使其表面恢复光泽，可将其放入盛食盐水的铝盆中，发生原电池反应：
负极(Al)：2Al－6e-=2Al3＋
正极(Ag2S)：3Ag2S＋6e-=6Ag＋S2－，
3S2－＋2Al3＋＋6H2O=2Al(OH)3↓＋3H2S↑
总反应：2Al＋3Ag2S＋6H2O=2Al(OH)3↓＋6Ag＋3H2S↑
2.氢氧化银(AgOH)的性质
在AgNO3溶液中，逐滴加入稀氨水，首先生成白色沉淀AgOH↓，AgOH极不稳定，立即脱水生成暗棕色的Ag2O 沉淀，AgOH及Ag2O均能溶于氨水形成银氨溶液:
AgNO3＋NH3·H2O=AgOH↓＋NH4NO3
AgOH＋2NH3·H2O=Ag(NH3)2OH＋2H2O
3.银盐
多数银盐难溶于水，能溶的只有AgNO3、AgF、AgSO4等少数几种。
在卤化银中，除AgF外，AgCl(白↓)、AgBr(淡黄↓)、AgI(黄↓)均不溶于水且不溶于稀HNO3。
常见难溶银盐的溶解度大小为：S(AgCl)＞S(AgBr)＞S(AgI)＞S(Ag2S)
依次加入Br－、I－、S2－可实现沉淀转化：AgCl→AgBr→AgI→Ag2S。
AgCl、AgBr、AgI都具有感光性。
照像底片及印相纸上都散布着细小的AgBr明胶，摄影时，受光线照射而分解成细小的银：
2AgBr2Ag＋Br2；
AgI可用于人工降雨。硝酸银见光或加热容易分解：
2AgNO3=2Ag↓＋2NO2↑＋O2↑
因此AgNO3晶体或溶液应装在棕色试剂瓶中。
（四）钛
1.钛单质：与浓盐酸和浓硫酸反应，均生成氢气：
(1)2Ti ＋ 6HCl(浓) = 2TiCl3＋3H2↑
(2)2Ti ＋3H2SO4(浓) = Ti2(SO4)3＋3H2↑
2.单质钛的制备：
(1)FeTiO3加H2SO4处理，同时加入铁屑，目的是防止Fe2＋被氧化：
FeTiO3＋2H2SO4= TiOSO4＋FeSO4＋2H2O
(2)加热使TiOSO4水解得到TiO2·xH2O，脱水得到TiO2：
TiO2＋ ＋(x＋2)H2O (过量)TiO2·xH2O↓＋4H＋
(3)将TiO2与碳、氯气共热生成TiCl4，然后在Ar的气氛中，用Na或Mg还原成Ti，熔化铸成钛锭：
TiO2＋2Cl2＋2CTiCl4＋2CO
2Mg ＋ TiCl42MgCl2＋Ti
3.TiO2的性质：典型的晶体叫做金红石，纯净的TiO2叫做钛白粉。
(1)TiO2溶于H2SO4生成Ti(SO4)2：
TiO2＋2H2SO4(浓) = Ti(SO4)2＋2H2O
但从H2SO4溶液中析出的不是Ti(SO4)2，而是TiOSO4。
(2)TiO2不溶于碱，但能与熔融的烧碱反应生成偏钛酸盐，所以TiO2是两性氧化物。例如：
TiO2＋2NaOH(熔融) = Na2TiO3＋H2O
4.四氯化钛
常温，是一种无色发烟的液体，有刺激性气味。若暴露在潮湿的空气中，会冒出白烟，部分水解生成钛酰氯，利用此性质，制备烟幕弹：TiCl4＋H2O = TiOCl2＋2HCl
考向01 金属及其重要化合物的性质、用途
1．（2023·陕西渭南·统考一模）物质的性质决定用途，下列两者对应关系不正确的是
A．能中和酸并受热分解产生，可作蓬松剂
B．有可燃性，可用于炼铁
C．能与反应，可在玻璃器皿上刻蚀标记
D．硬铝密度小、耐腐蚀、强度高，可用作航空材料
【答案】B
【解析】A．NaHCO3可中和酸并受热分解产生CO2，可以使食物产生多孔而蓬松，故可作蓬松剂，A正确；B．有还原性，可用于炼铁，故B错误；C．能与反应，可在玻璃器皿上刻蚀标记，故C正确；D．硬铝密度小、耐腐蚀、强度高，可用作航空材料，故D正确；故选B。
2．（2023·江西·校联考模拟预测）实验室中使用氢氧化钠、碳酸钠、碳酸氢钠时，对应关系错误的是
A．氢氧化钠水溶液：实验室模拟皂化反应
B．碳酸钠饱和溶液：模拟侯氏制碱法所用试剂
C．碳酸钠饱和溶液：制备乙酸乙酯实验中收集产品
D．碳酸氢钠饱和溶液：制备CO2时除去HCl气体
【答案】B
【解析】A．皂化反应为油脂在碱性条件下的水解反应，A项正确；B．模拟侯氏制碱法应使用氯化钠饱和溶液，B项错误；C．碳酸钠饱和溶液可以吸收乙醇，中和乙酸，降低酯的溶解度，C项正确；D．NaHCO3可与HCl反应生成NaCl、CO2和水，因此碳酸氢钠饱和溶液可除去CO2中的HCl气体，D项正确。答案选B。
3．（2023·重庆沙坪坝·重庆一中校考模拟预测）下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是
A．具有还原性，可用于自来水的杀菌消毒
B．吸收产生，可用作呼吸面具供氧剂
C．具有氧化性，可用于漂白纸浆
D．是两性氧化物，可用作耐高温材料
【答案】B
【解析】A．ClO2具有强氧化性而使蛋白质变性，所以该物质能杀菌消毒，故A错误；B．吸收产生，所以可以用作呼吸面具供氧剂，故B正确；C．具有漂白性，可用于漂白纸浆，故C错误；D．熔点较高，可用作耐高温材料，与两性氧化物无关，故D错误；故选B。
4．（2023·浙江·校联考模拟预测）下列关于元素及其化合物的性质说法正确的是
A．钠与加热下可生成B．工业上燃烧硫磺得到
C．工业上常用软锰矿与浓盐酸生产D．铜与稀硝酸(0.1ml/L)需要加热才能生产NO
【答案】A
【解析】A．，A正确；B．S燃烧产物只生成SO2，S和O2不能直接生成SO3，B错误；C．工业上制Cl2要考虑原料成本，一般是氯碱工业制Cl2，C错误；D．铜与稀硝酸(0.1ml/L)不需要加热也能产生NO，D错误； 故选A。
5．（2023·广东广州·华南师大附中校考三模）下列物质性质和用途正确且有对应关系的是
【答案】D
【解析】A．硝酸铵受热易分解应保存在阴凉处，而用作氮肥是由于含有氮元素，A错误；B．钠元素焰色试验呈黄色，又钠单质燃烧易爆炸，故烟花中加入的是金属钠盐，B错误；C．次氯酸钠中次氯酸根水解使溶液显碱性，但用作消毒剂是由于次氯酸钠的强氧化性，C错误；D．氧化铝是两性氧化物，铝制品表面被氧化生成氧化铝，故不宜长时间蒸煮酸性或者碱性食物，D正确；故选D。
考向02 金属及其重要化合物之间的相互转化
1．（2023·安徽滁州·安徽省定远县第三中学校考二模）价一类二维图是学习元素化合物知识的重要模型和工具，它以元素的化合价为纵坐标，以物质类别为横坐标。下图为铁元素的价一类二维图，其中的箭头表示部分物质间的转化关系。下列说法正确的是
A．转化⑦发生反应的类型是化合反应
B．转化⑤是用于自来水消毒杀菌，等物质的量的和消毒效率相同(用得电子数目多少衡量氧化消毒能力强弱)
C．用铁丝在氧气中燃烧可实现上述转化①
D．加热发生转化⑥，加水溶解可实现转化③
【答案】A
【解析】A．转化发生反应为氢氧化亚铁和氧气、水生成氢氧化铁，化学方程式为：，属于化合反应，故A正确；B．消毒杀菌时价铁降低为价，而消毒时价氯降低到价，则等物质的量的是消毒效率的倍，故B错误；C．铁丝在氧气中燃烧生成，不能实现转化，故C错误；D．加热发生转化分解生成氧化铁，氢氧化铁不溶于水，加水溶解不可实现转化，故D错误；故选A。
2．（2023·河北邯郸·统考三模）钛和钛合金被认为是21世纪的重要金属材料，广泛用于火箭、飞机制造业等。工业上利用钛铁矿制备金属钛的工艺流程示意图如下：
下列说法正确的是
A．①反应釜中生成物X的电子式为
B．FeCl3和TiCl4的沸点相差大，实验室可以使用分液法进行分离
C．②是原子利用率100%的反应，则每得到1ml甲醇转移电子数4NA
D．③反应类型为置换反应，其中Ar作保护气，也可以换为N2
【答案】C
【分析】钛铁矿和过量的焦炭、氯气反应生成氯化铁、四氯化钛、一氧化碳X，一氧化碳和氢气合成甲醇，镁和四氯化钛高温生成氯化镁和钛；
【解析】A．由分析可知，X为一氧化碳， 为二氧化碳的电子式，A错误；B．FeCl3和TiCl4的沸点相差大，实验室可以使用蒸馏法，而不是分液法进行分离，B错误；C．②为一氧化碳和氢气合成甲醇，是原子利用率100%的反应，则反应为，反应中电子转移为，每得到1ml甲醇转移电子数4NA，C正确；D．③反应为单质和化合物生成另一种单质和化合物的反应，属于置换反应，其中Ar作保护气，但是镁能和氮气反应，不可以换为N2，D错误；故选C。
3．（2023·山东·沂水县第一中学校联考模拟预测）已知甲、乙都为单质，丙为化合物，能实现下述转化关系。下列说法正确的是
A．若丙溶于水后得到强碱溶液，则甲可能是
B．若溶液丙遇放出气体，则甲不可能是
C．若溶液丙中滴加溶液有蓝色沉淀生成，则甲一定为
D．若溶液丙中滴加溶液有白色沉淀生成后沉淀溶解，则甲可能为
【答案】A
【解析】A．若甲是，乙为金属钠，二者化合得，溶于水后得到强碱溶液(NaOH溶液)，电解时可生成，A正确；B．若丙的溶液遇，产生气体，丙可以为，电解盐酸生成氢气与氯气，氢气在氯气中燃烧生成，符合转化关系，即甲可能为，B错误；C．若溶液丙中滴加溶液有蓝色沉淀生成，则说明丙为铜盐，甲、乙应为氯气和铜，则甲可能为氯气，也可能为，C错误；D．若溶液丙中滴加溶液有白色沉淀生成后沉淀溶解，证明丙中含有，氢离子放电能力强于，电解丙溶液得不到Al，甲不可能为Al，D错误；故选：A。
4．（2023·河北唐山·统考二模）甲、乙、丙、丁为中学化学常见物质，其相互转化关系如图所示，下列组合不符合题意的是
【答案】D
【解析】A．过量和氢氧化钠反应生成，和氢氧化钠反应生成，和反应生成，故不选A；B．和少量氢氧化钠反应生成，和氢氧化钠反应生成，和混合生成，故不选B；C．在氧气不足的条件下燃烧生成S和水，S和氧气点燃生成，和反应生成S和水，故不选C；D．若丁是氯气，Fe和氯气反应生成FeCl3；若丁是盐酸，Fe和盐酸反应生成FeCl2，FeCl2和盐酸不反应，故选D；故选D。
5．（2023·辽宁沈阳·辽宁实验中学校考模拟预测）在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能一步实现的是
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】A．S和氧气反应生成二氧化硫，故S→SO3不能实现，故A错误；B．铁和水高温生成四氧化三铁，四氧化三铁和铝反应生成铁单质，可以实现，故B正确；C．铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，故不能实现，故C错误；D．二氧化硅难溶于水，故SiO2H2SiO3不能实现，故D错误；故选：B。
考点二 金属及其重要化合物与理论、实验的结合
命题点01 以金属及其重要化合物为载体考查化学理论知识
典例01（2023·福建卷）一种可在较高温下安全快充的铝-硫电池的工作原理如图，电解质为熔融氯铝酸盐(由和形成熔点为的共熔物)，其中氯铝酸根起到结合或释放的作用。电池总反应：。下列说法错误的是
A．含个键
B．中同时连接2个原子的原子有个
C．充电时，再生单质至少转移电子
D．放电时间越长，负极附近熔融盐中n值小的浓度越高
【答案】D
【分析】放电时铝失去电子生成铝离子做负极，硫单质得到电子做正极，充电时铝离子得到电子生成铝发生在阴极，硫离子失去电子生成硫单质发生在阳极，依此解题。
【解析】A．的结构为，所以含个键，A正确；B．由的结构可知同时连接2个原子的原子有个，B正确；C．由总反应可知充电时，再生单质需由铝离子得到电子生成，所以至少转移电子，C正确；D．由总反应可知放电时间越长，负极铝失去电子生成的铝离子越多所以n值大的浓度越高，D错误；故选D。
典例02（2021·湖北卷）Na2Cr2O7的酸性水溶液随着H+浓度的增大会转化为CrO3。电解法制备CrO3的原理如图所示。下列说法错误的是
A．电解时只允许H+通过离子交换膜
B．生成O2和H2的质量比为8∶1
C．电解一段时间后阴极区溶液OH-的浓度增大
D．CrO3的生成反应为：Cr2O+2H+=2CrO3+H2O
【答案】A
【分析】根据左侧电极上生成，右侧电极上生成，知左侧电极为阳极，发生反应：，右侧电极为阴极，发生反应：；由题意知，左室中随着浓度增大转化为，因此阳极生成的不能通过离子交换膜。
【解析】A．由以上分析知，电解时通过离子交换膜的是，A项错误；B．根据各电极上转移电子数相同，由阳极反应和阴极反应，知生成和的物质的量之比为1∶2，其质量比为8∶1，B项正确；C．根据阴极反应知，电解一段时间后阴极区溶液的浓度增大，C项正确；D．电解过程中阳极区的浓度增大，转化为，D项正确。故选A。
典例03（2021·辽宁卷）如图，某液态金属储能电池放电时产生金属化合物。下列说法正确的是
A．放电时，M电极反应为
B．放电时，由M电极向N电极移动
C．充电时，M电极的质量减小
D．充电时，N电极反应为
【答案】B
【分析】由题干信息可知，放电时，M极由于Li比Ni更活泼，也比N极上的Sb、Bi、Sn更活泼，故M极作负极，电极反应为：Li-e-=Li+，N极为正极，电极反应为：3Li++3e-+Bi=Li3Bi，据此分析解题。
【解析】A．由分析可知，放电时，M电极反应为Li-e-=Li+，A错误；B．由分析可知，放电时，M极为负极，N极为正极，故由M电极向N电极移动，B正确；C．由二次电池的原理可知，充电时和放电时同一电极上发生的反应互为逆过程，M电极的电极反应为：Li++e-= Li，故电极质量增大，C错误；D．由二次电池的原理可知，充电时和放电时同一电极上发生的反应互为逆过程，充电时，N电极反应为，D错误；故答案为：B。
命题点02 以金属及其重要化合物为载体考查化学实验知识
典例01（2023·辽宁卷）下列鉴别或检验不能达到实验目的的是
A．用石灰水鉴别Na2CO3与NaHCO3
B．用KSCN溶液检验FeSO4是否变质
C．用盐酸酸化的BaCl2溶液检验Na2SO3是否被氧化
D．加热条件下用银氨溶液检验乙醇中是否混有乙醛
【答案】A
【解析】A．石灰水的主要成分为Ca(OH)2能与碳酸钠和碳酸氢钠反应生成碳酸钙，二者均生成白色沉淀，不能达到鉴别的目的，A错误；B．Fe2+变质后会生成Fe3+，可以利用KSCN溶液鉴别，现象为溶液变成血红色，可以达到检验的目的，B正确；C．Na2SO3被氧化后会变成Na2SO4，加入盐酸酸化的BaCl2后可以产生白色沉淀，可以用来检验Na2SO3是否被氧化，C正确；D．含有醛基的物质可以与银氨溶液反应生成银单质，可以用来检验乙醇中混油的乙醛，D正确；故答案选A。
典例02（2022·广东卷）以熔融盐为电解液，以含和等的铝合金废料为阳极进行电解，实现的再生。该过程中
A．阴极发生的反应为B．阴极上被氧化
C．在电解槽底部产生含的阳极泥D．阳极和阴极的质量变化相等
【答案】C
【分析】根据电解原理可知，电解池中阳极发生失电子的氧化反应，阴极发生得电子的还原反应，该题中以熔融盐为电解液，含和等的铝合金废料为阳极进行电解，通过控制一定的条件，从而可使阳极区Mg和Al发生失电子的氧化反应，分别生成Mg2+和Al3+，Cu和Si不参与反应，阴极区Al3+得电子生成Al单质，从而实现Al的再生。
【解析】A．阴极应该发生得电子的还原反应，实际上Mg在阳极失电子生成Mg2+，A错误；B．Al在阳极上被氧化生成Al3+，B错误；C．阳极材料中Cu和Si不参与氧化反应，在电解槽底部可形成阳极泥，C正确；D．因为阳极除了铝参与电子转移，镁也参与了电子转移，且还会形成阳极泥，而阴极只有铝离子得电子生成铝单质，根据电子转移数守恒及元素守恒可知，阳极与阴极的质量变化不相等，D错误；故选C。
典例03（2021·浙江卷）下列说法正确的是
A．减压过滤适用于过滤胶状氢氧化物类沉淀
B．实验室电器设备着火，可用二氧化碳灭火器灭火
C．制备硫酸亚铁铵晶体时，须将含和的溶液浓缩至干
D．将热的饱和溶液置于冰水中快速冷却即可制得颗粒较大的晶体
【答案】B
【解析】A．因为胶状沉淀可能会透过滤纸或造成滤纸堵塞，则减压过滤不宜用于过滤胶状沉淀或颗粒太小的沉淀，故A错误；B．实验室中仪器设备着火可以使用二氧化碳灭火，故B正确；C．制备硫酸亚铁铵晶体时，将硫酸铵和硫酸亚铁溶液浓缩至干会使晶体失去结晶水，故C错误；D．冷却结晶时，自然冷却才能得到大颗粒晶体，快速冷却得到的是细小晶体，故D错误；故选B。
一、活泼金属阳极产物的判断
活泼阳极失电子后得到的离子一般都会继续与电解质溶液中的离子发生复杂的反应，因此最终的氧化产物需要根据试题中的信息确定。
1.铁阳极
Fe做阳极时其氧化产物可能是Fe2＋、Fe(OH)2或FeOeq \\al(2－,4)。如用铁电极电解含Cr2Oeq \\al(2－,7)的酸性废水时，阳极反应为Fe－2e－===Fe2＋，生成的Fe2＋会还原废水中的Cr2Oeq \\al(2－,7)，离子反应方程式为Cr2Oeq \\al(2－,7)＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O，由于废水中H＋不断被消耗，溶液的pH增大，碱性增强，Fe3＋和Cr3＋分别转化为Fe(OH)3和Cr(OH)3沉淀除去。再如，用铁电极电解稀NaOH溶液制备Fe(OH)2的阳极反应为Fe－2e－＋2OH－===Fe(OH)2；用铁电极电解浓的KOH溶液制备K2FeO4的阳极反应为Fe－6e－＋8OH－===FeOeq \\al(2－,4)＋4H2O。
2.铝阳极
Al做阳极时其氧化产物可能是Al2O3、Al(OH)3、AlOeq \\al(－,2)、Al3＋。如给铝制品氧化膜增厚，铝制品做电解池阳极，电解质溶液一般为H2SO4H2C2O4混合溶液，阳极反应为2Al－6e－＋3H2O===Al2O3＋6H＋；若是用铝电极电解烧碱溶液，阳极反应为Al－3e－＋4OH－===AlOeq \\al(－,2)＋2H2O。
3.铜阳极
Cu做阳极时其氧化产物可能是Cu2＋或Cu＋(如Cu2O)。如电镀铜或精炼铜的阳极反应为Cu－2e－===Cu2＋；用铜电极电解NaOH溶液制备Cu2O的阳极反应为2Cu－2e－＋2OH－===Cu2O＋H2O。
二．在工业生产中与金属有关的电解应注意的几个问题
1.电镀铜时，电解质溶液中c(Cu2＋)不变；电解精炼铜时，电解质溶液中c(Cu2＋)减小。
2.电解熔融MgCl2冶炼镁，而不能电解MgO冶炼镁，是因为MgO的熔点很高；电解熔融Al2O3冶炼铝，而不能电解AlCl3冶炼铝，是因为AlCl3是共价化合物，其熔融态不导电。
3.电解精炼铜，粗铜中含有的Zn、Fe、Ni等活泼金属失去电子，变成金属阳离子进入溶液，其他活泼性弱于铜的杂质以阳极泥的形式沉积。电解过程中电解质溶液中的Cu2＋浓度会逐渐减小。
三．金属腐蚀及防护
1．金属腐蚀快慢的三个规律
(1)金属腐蚀类型的差异
电解原理引起的腐蚀>原电池原理引起的腐蚀>化学腐蚀>有防腐措施的腐蚀。
(2)电解质溶液的影响
①对同一金属来说，腐蚀的快慢(浓度相同)：强电解质溶液>弱电解质溶液>非电解质溶液。
②对同一种电解质溶液来说，电解质浓度越大，腐蚀越快。
(3)活动性不同的两种金属，活动性差别越大，腐蚀越快。
2．金属腐蚀中几个注意的问题
(1)钢铁发生电化学腐蚀时，负极铁去电子生成Fe2＋，而不是生成Fe3＋。
(2)金属腐蚀时，电化学腐蚀与化学腐蚀往往同时存在，但前者更普遍，危害也更严重。
(3)铜暴露在潮湿的空气中发生的是化学腐蚀，而不是电化学腐蚀，生成铜绿的化学成分是Cu2(OH)2CO3。
(4)金属越活泼，就越容易失去电子而被腐蚀，金属活动顺序表中位于氢前面和氢后面的金属都能发生吸氧腐蚀，但只有在金属活动顺序表中氢前面的金属才可能发生析氢腐蚀。
3.两种保护方法的比较：外加电流的阴极保护法比牺牲阳极的阴极保护法保护效果好。
四、常见无机金属化合物的制备
1.氢氧化铝
2.氢氧化亚铁
3.氢氧化铁胶体的制备
(1)原理 化学方程式:FeCl3+3H2O=Fe(OH)3(胶体)+3HCl。
(2)操作步骤:加热蒸馏水至沸腾,逐滴滴加饱和氯化铁溶液,加热至液体呈红褐色停止加热,不可搅拌。
(3)氢氧化铁胶体制备注意事项：a.自来水含有电解质等，易使胶体聚沉，需用蒸馏水制备。b.FeCl3 溶液要求是饱和的，是为了提高转化效率，若浓度过稀，不利于 Fe(OH)3 胶体的形成。c.可稍微加热沸腾，但不宜长时间加热，否则胶体会聚沉。d.边滴加 FeCl3 饱和溶液边振荡烧杯，但不能用玻璃棒搅拌，否则会使Fe(OH)3 胶体微粒形成大颗粒沉淀析出。
4.硫酸亚铁铵的制备
(1)写出硫酸亚铁铵的制备所涉及的化学反应。
Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑;FeSO4+(NH4)2SO4+6H2O =(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O↓。
(2)实验步骤
制备过程中的注意点:
①铁屑要过量,防止Fe2+被氧化。
②加入H2SO4,以抑制FeSO4水解。
③要趁热过滤,减少硫酸亚铁的损失。
五、金属及其重要化合物的制备和性质探究注意的几个问题
1.钠+盐溶液：不能置换盐中金属；钠+熔融盐：置换盐中金属。
2.不用Ca(OH)2鉴别Na2CO3和NaHCO3溶液，应选用CaCl2或BaCl2溶液。
3.除去CO2中的HCl气体，应选用饱和的NaHCO3溶液。
4.向饱和的Na2CO3溶液中通入过量CO2，有晶体析出。
5.焰色反应无论游离态还是化合态，均具有相同焰色反应，属于化学变化，在观察钾元素的焰色反应时，应通过蓝色的钴玻璃片。
6.Al是活泼金属，表面易生成一层致密的氧化物薄膜。熔点：Al2O3>Al，酒精灯上加热铝箔直至熔化，熔化的铝并不滴落。
7.铝热反应是中学化学中唯一金属单质与金属氧化物在高温条件下的置换反应,不能用于工业上冶炼铁，金属氧化物对应的金属活泼性应比铝弱。
8.铝盐和氨水制备Al(OH)3。
9.向AlO2-溶液通入CO2，Al(OH)3，CO2过量生成HCO3-，不过量生成CO32-。
10.Fe与O2、H2O(g)：Fe3O4；Fe与Cl2：FeCl3；Fe与S：FeS，说明氧化性Cl2>S。
11.向含Fe2＋溶液加硝酸、KMnO4溶液、氯水会出现浅绿色―→棕色的颜色变化，该现象用于Fe2＋的检验。
12.检验Fe3＋:观察溶液颜色法(棕黄色)、NaOH溶液法(生成红褐色沉淀)、KSCN溶液法(生成红色溶液)（最好）。
13.检验Fe2＋：先加KSCN溶液后再加入氧化剂的方法；也可用铁氰化钾检验Fe2＋，现象是生成蓝色沉淀{Fe3[Fe(CN)6]2}。
14.FeCl2：Fe+HCl；2FeCl3＋Fe===3FeCl2；生成Fe(OH)3：Fe3＋与碱的复分解；4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3
15.制备Fe(OH)2：隔绝O2，Fe(OH)2→Fe(OH)3(白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色)。
考向01 以金属及其重要化合物为载体考查化学理论知识
1．（2023·河南·校联考一模）科学研究发现金属生锈时，锈层内如果有硫酸盐会加快金属的腐蚀，其腐蚀原理如图所示。下列说法错误的是
A．钢铁的腐蚀中正极电极反应式为
B．酸雨地区的钢铁更易被腐蚀
C．生成反应的化学方程式为
D．硫酸盐加速电子传递，有一定的催化剂作用
【答案】C
【分析】由图可知钢铁发生吸氧腐蚀。
【解析】A．钢铁发生吸氧腐蚀时C作正极，氧气在正极得电子，电极反应式为，A正确；B．酸性溶液可以加速铁的锈蚀，B正确；C．不稳定，易被氧气氧化生成，反应为，C错误；D．已知，锈层内如果有硫酸盐会加快金属的腐蚀，硫酸盐能增加导电性，加速电子传递，有一定的催化剂作用，D正确；故选C。
2．（2023·广西南宁·南宁三中校联考模拟预测）在盛有CuO/Cu2O载氧体的恒容密闭容器中充入空气，发生反应：2Cu2O(s)+O2(g)4CuO(s) △H。平衡时O2的体积分数φ(O2)随反应温度T变化的曲线如图所示。下列说法错误的是
A．该反应在低温条件下能自发进行
B．当氧气的物质的量浓度不变时，反应达到了平衡状态
C．在1030℃时加入催化剂，平衡时φ(O2)＞21%
D．985℃达到平衡状态后，充入纯氧，再次达到平衡后，φ(O2)=10%
【答案】C
【解析】A．升高温度，氧气含量增加，平衡逆向移动，则为放热反应，且反应为熵减的反应，根据可以自发可知，该反应在低温条件下能自发进行，A正确；B．当氧气的物质的量浓度不变时，说明平衡不再移动，反应达到了平衡状态，B正确；C．催化剂通常能加快反应但不影响平衡的移动，不改变氧气含量，C错误；D．985℃达到平衡状态后，充入纯氧不影响平衡常数，，则再次达到平衡后，，φ(O2)=10%，D正确；故选C。
3．（2024·广西北海·统考一模）一种可充电锌—空气电池放电时的工作原理如下图所示。已知：Ⅰ室溶液中，锌主要以的形式存在，并存在电离平衡。下列说法错误的是
A．放电时，Ⅰ室溶液中浓度增大
B．放电时，Ⅱ室中的通过阴离子交换膜进入Ⅰ室
C．充电时，电极的电极反应为
D．充电时，每生成，Ⅲ室溶液质量理论上减少
【答案】D
【解析】A．放电时，该装置为原电池，通入的电极是正极，电极反应式为，Zn电极为负极，电极反应式为，浓度增大，电离平衡正向移动，导致Ⅰ室溶液中浓度增大，故A正确；B．放电时，根据原电池“同性相吸”，Ⅱ室中的通过阳离子交换膜进入Ⅲ室，Ⅱ室中的通过阴离子交换膜进入Ⅰ室，故B正确；C．充电时，电极为阴极，其电极反应为，故C正确；D．充电时，电极为阳极，电极反应式为，每生成转移电子，同时有通过阳离子交换膜进入Ⅱ室，Ⅲ室溶液质量理论上减少，故充电时，每生成，Ⅲ室溶液质量理论上减少，故D错误。综上所述，答案为D。
4．（2023·内蒙古赤峰·统考一模）中国科学院金属研究所发现采用和NaOH混合促进剂，可明显提高铝与水反应制氢系统的性能，制氢机理如图。主要反应为：↑；。溶液显碱性，NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．1L 0.1 ml∙L−1 溶液中阴离子数目等于
B．上述反应中的氧化产物为Sn和H2
C．标准状况下，反应过程中生成33.6L H2，转移电子数目为9NA
D．Al-Sn 原电池的形成，能提高产氢速率，析氢反应主要发生在 Sn上
【答案】D
【分析】Al与Na2SnO3可以发生反应6Al+3Na2SnO3+15H2O=3Sn+6NaAl（OH）4+3H2↑（1），和NaOH也可发生反应2Al+2NaOH+6H2O=2NaAl（OH）4+3H2↑（2），图示中Al与Na2SnO3和NaOH反应，随着反应的进行，生成的Sn和氢气的量也逐渐增多。
【解析】A．Na2SnO3溶液显碱性，是强碱弱酸盐，会发生水解导致阴离子个数增多，大于0.1NA个，故A错误；B．根据分析该过程存在6Al+3Na2SnO3+15H2O=3Sn+6NaAl（OH）4+3H2↑，还原产物为Sn和H2，故B错误；C．在整个过程中生成故氢气的反应有两个，当氢气全部是反应（1）生成的，33.6LH转移的电子数为9NA，当氢气全部是反应（2）生成的，转移的电子数为3NA，两个反应同时发生，故转移电子数目为介于3NA与9NA之间，故C错误；D．形成Al-Sn原电池可以加快反应速率，Al活泼作负极，故Sn作正极，析氢反应主要发生在Sn上，故D正确，故选：D。
5．（2023·四川宜宾·统考一模）向溶液中通入气体至饱和，观察到溶液由棕黄色迅速变为红棕色[经检验无胶体]，较长时间后变为浅绿色。
已知：①反应I：
反应II：
②溶液酸性越强，溶解度越低
下列说法正确的是
A．反应II中体现漂白性B．反应II的活化能比反应I的活化能高
C．在反应I、II中均作氧化剂D．向红棕色溶液中滴加浓盐酸，颜色加深
【答案】B
【解析】A．反应II中SO2体现还原性，故A错误；B．向溶液中通入气体至饱和，观察到溶液由棕黄色迅速变为红棕色，说明反应II的化学反应速率小于反应I的化学反应速率，则反应II的活化能比反应I的活化能高，故B正确；C．Fe3+在反应II中作氧化剂，在反应I中化合价不变，不作氧化剂，故C错误；D．向红棕色溶液中滴加浓盐酸，溶液酸性增强，SO2溶解度降低，反应I减弱，反应II增强，颜色变浅，故D错误；故选B。
考向02 以金属及其重要化合物为载体考查化学实验知识
1．（2023·湖南长沙·长郡中学校考模拟预测）学习小组用废弃的铝制易拉罐按如下流程制备明矾，并测定明矾中结晶水的含量。
上述实验中不需要用到的操作是
A．B．
C．D．
【答案】D
【解析】A．溶液Ⅱ经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到明矾晶体，需要用到蒸发皿，故A不符合题意；B．明矾晶体灼烧得到KAl(SO4)2，则需要在坩埚中加热，故B不符合题意；C．溶液Ⅱ经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到明矾晶体，需要用过滤，故C不符合题意；D．该流程中没有分液，故D符合题意；综上所述，答案为D。
2．（2023·湖北·统考一模）由下列实验操作及现象，不能推出相应结论的是
【答案】D
【解析】A．燃着的金属镁能在装有CO2的集气瓶中反应生成Mg2CO3和C，说明CO2具有氧化性，A正确；B．向溶液中加入溶液，两者发生反应生成白色沉淀，并剩余，再加入5~6滴溶液，部分白色沉淀转化为蓝色沉淀，说明相同温度下：， B正确；C．向盛有某无色溶液的试管中，滴加浓NaOH溶液并加热，在管口放一片湿润的红色石蕊试纸，若变蓝，则存在，C正确；D．加入足量NaOH溶液后HCOOH转化为HCOONa，HCOONa中仍具有醛基的结构特征，会干扰甲醛的检验，D错误；答案选D。
3．（2023·安徽马鞍山·统考三模）下列各组实验操作和现象与对应的离子方程式均正确的是
【答案】A
【解析】A．氯化银是白色沉淀，能够溶于氨水，形成[Ag(NH3)2] Cl配合物，现象描述正确，离子方程式书写正确，选项A正确；B．向滴有酚酞的水中，放入绿豆粒大小的钠块，现象描述正确，离子方程式应该为2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，选项B错误；C．乙醛与新制氢氧化铜悬浊液的反应，现象描述正确，离子方程式应该为CH3CHO + 2Cu(OH)2+NaOHCH3 COONa + Cu2O↓+3H2O，选项C错误；D．该实验中NaOH 2mL过量，而MgCl2、FeCl3溶于均只加了4滴，则有红褐色沉淀生成是沉淀的生成，不是沉淀的转化，离子方程式为Fe3+ + 3OH- = Fe(OH)3↓，选项D错误；答案选A。
4．（2023·浙江温州·乐清市知临中学校考一模）根据实验操作和现象得出的结论正确的是
【答案】C
【解析】A．焰色试验，火焰呈黄色，说明含有，未透过蓝色钴玻璃进行观察火焰颜色，不能说明没有，故Ａ错误；Ｂ．白色沉淀可能为AgCl，不一定为，故B错误；Ｃ．惰性电极电解溶液，在阴极析出，溶液中的、H+均向阴极移动，但由于此时溶液中的浓度远大于H+，先得电子生成，则不能说明氧化性，故C正确；Ｄ．干燥的与在加热条件反应的方程式为： ，CaH2与反应的方程式为：，但氢气也可能是多余的钙与水反应生成的，故D错误。答案为C。
5．（2023·安徽芜湖·芜湖一中校考模拟预测）由下列实验内容得到的现象和结论错误的是
【答案】B
【解析】A．向4mL 0.1ml/L CuSO4溶液中滴加1ml/L的浓氨水形成难溶物氢氧化铜，继续滴加至刚开始产生的沉淀溶解生成四氨合铜离子，再加入极性较小的溶剂，并用玻璃棒摩擦试管壁，析出深蓝色的晶体，其成分是[Cu(NH3)4]SO4·H2O，A正确；B．钠的焰色呈黄色，可能为氢氧化钠，不能确定该溶液一定是钠盐，B错误；C．取两支试管，分别加入2 mL 0.5 ml/L CuCl2溶液，将其中的一支试管先加热，加热后溶液变为黄绿色，放入冷水中，又变为蓝绿色，说明[Cu(H2O)4]2+ + 4Cl-[CuCl4]2-+ 4H2O ΔH>0，C正确；D．酯可以在酸性和碱性条件下发生水解反应，NaOH溶液的试管中酯层消失的时间更短，说明碱性条件下氢氧化钠中和了水解反应生成的酸，使平衡正向移动，乙酸乙酯在碱性条件下水解速率更快，D正确；故选B。
微专题 无机化工流程题的解题策略
命题点01 以物质制备为目的工艺流程题
典例01（2023·广东卷）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：
(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。
【解析】（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C、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：。
典例02（2021·山东卷）工业上以铬铁矿(FeCr2O4，含Al、Si氧化物等杂质)为主要原料制备红矾钠(Na2Cr2O7•2H2O)的工艺流程如图。回答下列问题：
(1)焙烧的目的是将FeCr2O4转化为Na2CrO4并将Al、Si氧化物转化为可溶性钠盐，焙烧时气体与矿料逆流而行，目的是 。
(2)矿物中相关元素可溶性组分物质的量浓度c与pH的关系如图所示。当溶液中可溶组分浓度c≤1.0×10-5ml•L-1时，可认为已除尽。
中和时pH的理论范围为 ；酸化的目的是 ；Fe元素在 (填操作单元的名称)过程中除去。
(3)蒸发结晶时，过度蒸发将导致 ；冷却结晶所得母液中，除Na2Cr2O7外，可在上述流程中循环利用的物质还有 。
(4)利用膜电解技术(装置如图所示)，以Na2CrO4为主要原料制备Na2Cr2O7的总反应方程式为：4Na2CrO4+4H2O2Na2Cr2O7+4NaOH+2H2↑+O2↑。则Na2Cr2O7在 (填“阴”或“阳”)极室制得，电解时通过膜的离子主要为 。
【答案】(1)增大反应物接触面积，提高化学反应速率
(2)
(3)使平衡正向移动，提高Na2Cr2O7的产率 浸取 过度蒸发可导致重铬酸钠提前析出 H2SO4
(4)阳 Na＋
【分析】以铬铁矿(FeCr2O4，含Al、Si氧化物等杂质)为主要原料制备红矾钠(Na2Cr2O7•2H2O)过程中，向铬铁矿中加入纯碱和O2进行焙烧，FeCr2O4转化为Na2CrO4，Fe(II)被O2氧化成Fe2O3，Al、Si氧化物转化为NaAlO2、Na2SiO3，加入水进行“浸取”，Fe2O3不溶于水，过滤后向溶液中加入H2SO4调节溶液pH使、转化为沉淀过滤除去，再向滤液中加入H2SO4，将Na2CrO4转化为Na2Cr2O7，将溶液蒸发结晶将Na2SO4除去，所得溶液冷却结晶得到Na2Cr2O7•2H2O晶体，母液中还含有大量H2SO4。据此解答。
【解析】(1)焙烧时气体与矿料逆流而行，目的是利用热量使O2向上流动，增大固体与气体的接触面积，提高化学反应速率，故答案为：增大反应物接触面积，提高化学反应速率。
(2)中和时调节溶液pH目的是将、转化为沉淀过滤除去，由图可知，当溶液pH≥4.5时，Al3+除尽，当溶液pH＞9.3时，H2SiO3会再溶解生成，因此中和时pH的理论范围为；将Al元素和Si元素除去后，溶液中Cr元素主要以和存在，溶液中存在平衡：，降低溶液pH，平衡正向移动，可提高Na2Cr2O7的产率；由上述分析可知，Fe元素在“浸取”操作中除去，故答案为：；使平衡正向移动，提高Na2Cr2O7的产率；浸取。
(3)蒸发结晶时，过度蒸发可导致重铬酸钠提前析出。
(4)由4Na2CrO4+4H2O2Na2Cr2O7+4NaOH+2H2↑+O2↑可知，电解过程中实质是电解水，阳极上水失去电子生成H＋和O2，阴极上H+得到电子生成H2，由可知，在氢离子浓度较大的电极室中制得，即Na2Cr2O7在阳极室产生；电解过程中，阴极产生氢氧根离子，氢氧化钠在阴极生成，所以为提高制备Na2Cr2O7的效率，Na＋通过离子交换膜移向阴极，故答案为：阳；Na＋。
命题点02 以混合物的分离、提纯为目的的工艺流程题
典例01（2023·重庆卷）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：
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。
典例02（2022·湖南卷）钛(Ti)及其合金是理想的高强度、低密度结构材料。以钛渣(主要成分为，含少量V、Si和Al的氧化物杂质)为原料，制备金属钛的工艺流程如下：
已知“降温收尘”后，粗中含有的几种物质的沸点：
回答下列问题：
(1)已知，的值只决定于反应体系的始态和终态，忽略、随温度的变化。若，则该反应可以自发进行。根据下图判断：时，下列反应不能自发进行的是_______。
A．B．
C．D．
(2)与C、，在的沸腾炉中充分反应后，混合气体中各组分的分压如下表：
①该温度下，与C、反应的总化学方程式为 ；
②随着温度升高，尾气中的含量升高，原因是 。
(3)“除钒”过程中的化学方程式为 ；“除硅、铝”过程中，分离中含、杂质的方法是 。
(4)“除钒”和“除硅、铝”的顺序 (填“能”或“不能”)交换，理由是 。
(5)下列金属冶炼方法与本工艺流程中加入冶炼的方法相似的是_______。
A．高炉炼铁B．电解熔融氯化钠制钠
C．铝热反应制锰D．氧化汞分解制汞
【答案】(1)C
(2)5TiO2+6C+10Cl25TiCl4+2CO+4CO2 随着温度升高，CO2与C发生反应
(3)3VOCl3+Al=3VOCl2+AlCl3 蒸馏
(4)不能 若先“除硅、铝”再“除钒”，“除钒”时需要加入Al，又引入Al杂质；
(5)AC
【分析】钛渣中加入C、Cl2进行沸腾氯化，转化为相应的氯化物，降温收尘后得到粗TiCl4，加入单质Al除钒，再除硅、铝得到纯TiCl4，加入Mg还原得到Ti。
【解析】（1）记①，②，③，④；
A．由图可知，600℃时的，反应自发进行，故A不符合题意；B．由图可知，600℃时的，反应自发进行，故B不符合题意；C．由图可知，600℃时的，反应不能自发进行，故C符合题意；D．根据盖斯定律，可由①+③得到，则600℃时其，反应自发进行，故D不符合题意；故选C；
（2）①根据表中数据可知，该温度下C主要生成CO和CO2，根据相同条件下气体的压强之比是物质的量之比可知TiCl4、CO和CO2的物质的量之比约是5：2：4，所以TiO2与C、Cl2反应的总化学方程式为5TiO2+6C+10Cl25TiCl4+2CO+4CO2，故答案为：5TiO2+6C+10Cl25TiCl4+2CO+4CO2；
②随着温度升高，CO2与C发生反应，导致CO含量升高，故答案为：随着温度升高，CO2与C发生反应；
（3）“降温收尘”后钒元素主要以VOCl3形式存在，加入Al得到VOCl2渣，根据得失电子守恒和元素守恒配平方程式为3VOCl3+Al=3VOCl2+AlCl3；AlCl3、SiCl4与TiCl4沸点差异较大，“除硅、铝"过程中可采用蒸馏的方法分离AlCl3、SiCl4，故答案为：3VOCl3+Al=3VOCl2+AlCl3；蒸馏；
（4）若先“除硅、铝”再“除钒”，“除钒”时需要加入Al，又引入Al杂质，因此“除钒”和“除硅、铝”的顺序不能交换，故答案为：不能；若先“除硅、铝”再“除钒”，“除钒”时需要加入Al，又引入Al杂质；
（5）本工艺中加入Mg冶炼Ti的方法为热还原法；
A．高炉炼铁的原理是用还原剂将铁矿石中铁的氧化物还原成金属铁，属于热还原法，故A符合题意；B．电解熔融氯化钠制取金属钠的原理是电解法，故B不符合题意；C．铝热反应制锰是利用Al作还原剂，将锰从其化合物中还原出来，为热还原法，故C符合题意；D．Hg为不活泼金属，可以直接用加热分解氧化汞的方法制备汞，故D不符合题意；
故答案选AC，故答案为：AC。
典例03（2021·福建卷）四钼酸铵是钼深加工的重要中间产品具有广泛的用途。一种以钼精矿(主要含，还有、的化合物及等)为原料制备四钼酸铵的工艺流程如下图所示。
回答下列问题：
(1)“焙烧”产生的气体用 吸收后可制取氮肥。
(2)“浸出”时，转化为。提高单位时间内钼浸出率的措施有 (任写两种)。温度对内钼浸出率的影响如图所示。当浸出温度超过后，钼的浸出率反而降低，主要原因是温度升高使水大量蒸发，导致 。
(3)“净化”时，浸出液中残留的、转化为沉淀除去。研究表明，该溶液中和pH的关系为：。为了使溶液中的杂质离子浓度小于，应控制溶液的pH不小于 。(已知：；和的分别为35.2和17.2)
(4)“净化”后，溶液中若有低价钼(以表示)，可加入适量将其氧化为，反应的离子方程式为 。
(5)“沉淀”时，加入的目的是 。
(6)高温下用还原(NH4)2M4O13可制得金属钼，反应的化学方程式为 。【已知：(NH4)2M4O13受热分解生成】
【答案】(1)氨水
(2)适当升温、搅拌、增加用量(增大浓度)等 晶体析出，混入浸渣
(3)3.9
(4)
(5)提供，使充分转化为沉淀析出
(6)
【分析】钼精矿(主要含，还有、的化合物及等)通入氧气焙烧得到、CuO、Fe2O3、SiO2和SO2，焙烧产生的气体主要为SO2；、CuO、Fe2O3、SiO2加Na2CO3、H2O浸出，转化为，铜、铁大多转化为氢氧化物，SiO2不反应，浸渣为SiO2、氢氧化铁、氢氧化铜等，浸出液含和少量Cu2+、Fe2+，加(NH4)2S净化，Cu2+、Fe2+转化CuS、FeS沉淀，滤渣为CuS、FeS，滤液主要含，滤液中加NH4NO3、HNO3进行沉淀得到(NH4)2M4O13·2H2O。
【解析】（1）“焙烧”产生的气体为SO2，用氨水吸收后可制取氮肥硫酸铵；
（2）“浸出”时，提高单位时间内钼浸出率即提高反应速率，措施有适当升温、搅拌、增加用量(增大浓度)(任写两种)；当浸出温度超过后，钼的浸出率反而降低，主要原因是温度升高使水大量蒸发，导致晶体析出，混入浸渣；
（3）和的分别为35.2和17.2，则Ksp(CuS)=10-35.2，Ksp(FeS)=10-17.2，要使Cu2+浓度小于，则S2-浓度大于ml/L=10-29.2ml/L，要使Fe2+浓度小于，则S2-浓度大于ml/L=10-11.2ml/L，综述：c(S2-)>10-11.2ml/L，c(S2-)=10-11.2ml/L时，lg(10-11.2)=pH-15.1，pH=15.1-11.2=3.9，综上所述，为了使溶液中的杂质离子浓度小于，应控制溶液的pH不小于3.9；
（4）溶液中若有低价钼(以表示)，可加入适量将其氧化为，则氧化剂为，还原产物为-2价的O，还原剂为，氧化产物为，则反应的离子方程式为；
（5）由流程可知“沉淀”时，产生的沉淀为(NH4)2M4O13·2H2O，因此加入的目的是提供，使充分转化为沉淀析出；
（6）高温下用还原(NH4)2M4O13可制得金属钼，结合得失电子守恒、原子守恒可知反应的化学方程式为。
一、工业流程试题的基本特点
1、试题的切入点（或试题素材）较多的采用了与生产生活密切联系的化学新技术、新成果。故题干内容来源都是真实的工业生产过程，内容丰富，提问灵活。
2、无机化工流程题的结构：分题头、题干和题尾三部分。
（1）题头一般是介绍该工艺生产的原材料和工艺生产的目的（包括获得副产品）；
（2）题干部分主要用框图形式将原料到产品的主要生产工艺流程表示出来；
（3）题尾主要是根据生产过程中涉及的化学知识设置系列问题。
3、呈现形式：流程图、数据表格、图像、实验装置。
4、设问方式：措施、成分、物质、原因。
5、能力考查：获取、整合、处理、应用信息的能力、分解问题的能力、表达能力。
6、知识落点：基本理论、元素化合物、实验。
二、工艺流程题的主线分析方法
如按照主线分析法分析如下：
三、识别流程图
化工流程中箭头指出的是投料(反应物)，箭头指向的是生成物(包括主产物和副产物)，返回的箭头一般是被“循环利用”的物质。
四、原料预处理的常用方法及其作用
(1)研磨:减小固体颗粒度,增大物质间接触面积,加快反应速率,提高浸出率。
(2)水浸或酸浸:与水接触反应或溶解;与酸接触反应或溶解,得可溶性金属离子溶液,不溶物过滤除去。
(3)浸出:固体加水(酸)溶解得到溶液(离子)。
(4)灼烧:除去可燃性杂质或使原料初步转化。
(5)煅烧:改变结构,使一些物质能溶解或高温下氧化、分解。
五、无机化工流程题中的除杂、净化
1．常用的方法
(1)水溶法：除去可溶性杂质。
(2)酸溶法：除去碱性杂质。
(3)碱溶法：除去酸性杂质。
(4)氧化剂或还原剂法：除去还原性或氧化性杂质。
(5)加热灼烧法：除去受热易分解或易挥发的杂质。
(6)调节溶液的pH法：如除去酸性溶液中的Fe3＋等。
2．常用的操作
(1)过滤：分离难溶物和易溶物，根据特殊需要采用趁热过滤或者抽滤等方法。
(2)萃取和分液：利用溶质在互不相溶的溶剂里的溶解度不同提取分离物质，如用CCl4或苯萃取溴水中的溴。
(3)蒸发结晶：提取溶解度随温度变化不大的溶质，如从溶液中提取NaCl。
(4)冷却结晶：提取溶解度随温度变化较大的溶质、易水解的溶质或结晶水合物，如KNO3、FeCl3、CuCl2、CuSO4·5H2O、FeSO4·7H2O等。
(5)蒸馏或分馏：分离沸点不同且互溶的液体混合物，如分离乙醇或甘油。
(6)冷却法：利用气体液化的特点分离气体，如合成氨工业采用冷却法分离平衡混合气体中的氨气。
3．结合沉淀溶解平衡进行的条件控制
(1)运用Ksp计算反应所需要的pH条件；
(2)根据题目要求计算某条件下的离子浓度、需要加入的试剂量等。
六、制备过程中应注意的反应条件
(1)溶液的pH:
①控制反应的发生,增强物质的氧化性或还原性,或改变水解程度。
②常用于形成或抑制某些金属离子的氢氧化物沉淀。
(2)温度:
根据需要选择适宜温度,改变反应速率或使平衡向需要的方向移动,减少副反应的发生,确保一定的反应速率,控制溶解度便于提纯。
(3)浓度:
①根据需要选择适宜浓度,控制一定的反应速率,使平衡移动利于目标产物的生成,减小对后续操作产生的影响。
②过量,能保证反应的完全发生或提高其他物质的转化率,但对后续操作也会产生影响。
(4)趁热过滤:防止某物质降温时会大量析出。
(5)冰水洗涤:洗去晶体表面的杂质离子,并减少晶体损耗。
七、无机化工流程中的分离方法
(1)洗涤(冰水、热水):洗去晶体表面的杂质离子;
(2)过滤(热滤或抽滤):分离难溶物和易溶物;
(3)萃取和分液:利用溶质在互不相溶的溶剂里的溶解度不同提取分离物质;
(4)蒸发结晶:提取溶解度随温度的变化不大的溶质;
(5)冷却结晶:提取溶解度随温度的变化较大的溶质、易水解的溶质或结晶水合物,如KNO3、FeCl3、CuCl2、CuSO4·5H2O、FeSO4·7H2O等;
(6)蒸馏或分馏:分离沸点不同且互溶的液体混合物;
(7)冷却法:利用气体易液化的特点分离气体。
八、工艺流程题的解题策略
1.粗读题干，挖掘图示
图示中一般会呈现超出教材范围的知识，但题目中往往会有提示或者问题中不涉及，所以一定要关注题目的每一个关键字，尽量弄懂流程图，但不必将每一种物质都推出，只需问什么推什么。如制备类无机化工题，可粗读试题，知道题目制取什么、大致流程和有什么提示等。
2.携带问题，精读信息
这里信息包括三个方面：一是主干，二是流程图示，三是设置问题。读主干抓住关键字、词；读流程图，重点抓住物质流向(“进入”与“流出”)、实验操作方法等。
3.跳跃思维，规范答题
答题时应注意前后问题往往没有“相关性”，即前一问未答出，不会影响后面答题。要求用理论回答的试题，应采用“四段论法”：改变了什么条件(或是什么条件)→根据什么理论→有什么变化→得出什么结论。
4.积累常考的答题模板
(1)除杂：除去……中的……
(2)干燥：除去……气体中的水蒸气，防止……
(3)增大原料浸出率(离子在溶液中的含量多少)的措施：搅拌、升高温度、延长浸出时间、增大气体的流速(浓度、压强)，增大气液或固液接触面积。
(4)加热的目的：加快反应速率或促进平衡向某个方向(一般是有利于生成物生成的方向)移动。
(5)温度不高于××℃的原因：适当加快反应速率，但温度过高会造成挥发(如浓硝酸)、分解(如H2O2、NH4HCO3)、氧化(如Na2SO3)或促进水解(如AlCl3)等，影响产品的生成。
(6)从滤液中提取一般晶体(溶解度随温度升高而增大)的方法：蒸发浓缩(至少有晶膜出现)、冷却结晶、过滤、洗涤(冰水洗、热水洗、乙醇洗等)、干燥。
(7)从滤液中提取溶解度受温度影响较小或随温度升高而减小的晶体的方法：蒸发浓缩、趁热过滤(如果温度下降，杂质也会以晶体的形式析出来)、洗涤、干燥。
(8)控制某反应的pH使某些金属离子以氢氧化物的形式沉淀，调节pH所用试剂为主要元素对应的氧化物、碳酸盐、碱等，以避免引入新的杂质；沉淀时pH范围的确定：范围过小导致某离子沉淀不完全，范围过大导致主要离子开始沉淀。
(9)减压蒸馏(减压蒸发)的原因：减小压强，使液体沸点降低，防止(如H2O2、浓硝酸、NH4HCO3)受热分解、挥发。
(10)检验溶液中离子是否沉淀完全的方法：将溶液静置一段时间后，向上层清液中滴入沉淀剂，若无沉淀生成，则离子沉淀完全。
(11)洗涤沉淀：沿玻璃棒往漏斗中加蒸馏水至液面浸没沉淀，待水自然流下后，重复操作2～3次。
(12)检验沉淀是否洗涤干净的方法：取少量最后一次的洗涤液于试管中，向其中滴入某试剂，若未出现特征反应现象，则沉淀洗涤干净。
(13)洗涤沉淀的目的：除掉附着在沉淀表面的可溶性杂质。
(14)冰水洗涤的目的：洗去晶体表面的杂质离子并降低被洗涤物质的溶解度，减少其在洗涤过程中的溶解损耗。
(15)乙醇洗涤的目的：降低被洗涤物质的溶解度，减少其在洗涤过程中的溶解损耗，得到较干燥的产物。
(16)蒸发、反应时的气体氛围：抑制某离子的水解，如加热蒸发AlCl3溶液时为获得AlCl3需在HCl气流中进行。
(17)事先煮沸溶液的原因：除去溶解在溶液中的氧化性气体(如氧气)，防止某物质被氧化。
5.化工流程氧化还原反应方程式的解答措施
第1步：根据题干信息或流程图，判断氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物
第2步：按“氧化剂+还原剂-还原产物+氧化产物”写出方程式，根据氧化还原反应的守恒规律配平氧化剂、还原剂、还原产物、氧化产物的相应化学计量数。
第3步：根据电荷守恒和溶液的酸碱性，通过在反应方程式的两端添加H＋或OH－的形式使方程式的两端的电荷守恒。
第4步：根据原子守恒，通过在反应方程式两端添加H2O(或其他小分子)使方程式两端的原子守恒。
6.解决本类题目的三步骤:
(1)从题干中获取有用信息,了解生产的产品。
(2)然后整体浏览一下流程,基本辨别出预处理、反应、提纯、分离等阶段。
(3)分析流程中的每一步骤,从以下几个方面了解流程:
①反应物是什么;
②发生了什么反应;
③该反应造成了什么后果,对制造产品有什么作用;
④抓住一个关键点:一切反应或操作都是为获得产品而服务。
九、工艺流程题的类型
1、以物质制备为目的工艺流程
（1）工艺流程中的常见专业术语
（2）工艺流程题中常见问题的答题方向
2.以混合物的分离、提纯为目的的工艺流程题
（1）物质转化过程中分离提纯阶段的主要操作
（2）获得产品阶段的主要操作
考向01 以物质制备为目的工艺流程题
1．（2023·四川宜宾·统考一模）氟化镁()是用途广泛的无机化工原料。由菱镁矿(主要成分为，含少量Ca、Si、Fe、Mn和Al等元素)制备氟化镁的流程如下图：
已知：，。回答下列问题：
(1)“煅烧”时，菱镁矿主要成分发生反应的化学方程式是 。
(2)“蒸氨”过程中“尾气”的主要成分是 (填化学式)。
(3)溶液除“氧化除锰”外，还有 的作用。生产中，所需用量远超理论值的原因是 。
(4)“除铁铝”过程中，当恰好沉淀完全时，溶液中 (计算结果保留两位有效数字)。
(5)“除铁铝”时，用氨水调节溶液的pH，但pH不宜过高，原因是 。
(6)“沉淀”时，发生反应的离子方程式是 。
【答案】(1)
(2)NH3
(3)将Fe2+氧化为Fe3+ 生成的MnO2和Fe3+能催化H2O2分解，从而加大H2O2用量
(4)
(5)避免生成Mg(OH)2沉淀
(6)
【分析】由题给流程可知，菱镁矿(主要成分为，含少量Ca、Si、Fe、Mn和Al等元素)煅烧，转变为二氧化碳和各元素的氧化物，加入硝酸铵溶液“蒸氨”，各金属氧化物转变为硝酸盐溶液、二氧化硅不溶，则过滤得滤渣1为二氧化硅、尾气为氨气；向滤液加入过氧化氢“氧化除锰”，锰元素转变为沉淀MnO2，硝酸铵溶液呈酸性，酸性条件下过氧化氢将溶液中的亚铁离子转化为铁离子，则过滤所得滤渣2为MnO2，滤液中加入草酸溶液“除钙”，反应中产生草酸钙沉淀，则过滤所得滤渣3为CaC2O4，向滤液中加入氨水“除铁铝”：调节溶液pH，将溶液中铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，则过滤得到滤渣4含有氢氧化铁、氢氧化铝，滤液所含主要阳离子为镁离子，向滤液中加入氢氟酸溶液，将溶液中镁离子转化为氟化镁沉淀，过滤即得到目标产物氟化镁。
【解析】（1）“煅烧”时，主要成分菱镁矿碳酸镁分解为氧化镁和二氧化碳，化学方程式是：。
（2）硝酸铵溶液水解呈酸性，反应中消耗氢离子促进铵离子水解，产生的一水合氨受热分解为氨气，则“蒸氨”过程中“尾气”的主要成分是NH3。
（3）溶液是绿色氧化剂，反应中除“氧化除锰”外，还有将Fe2+氧化为Fe3+的作用。过氧化氢不稳定易分解，则生产中所需用量远超理论值的原因是：生成的MnO2和Fe3+能催化H2O2分解，从而加大H2O2用量。
（4）“除铁铝”过程中，由，知：当恰好沉淀完全时，铁离子早已沉淀完全，则溶液中。
（5）“除铁铝”时，用氨水调节溶液的pH，但pH不宜过高的原因是：避免生成Mg(OH)2沉淀。
（6）HF为弱酸，则 “沉淀”时，反应产生氟化镁沉淀的离子方程式是：。
2．（2023·浙江宁波·统考模拟预测）氯化亚铜(CuCl)是石油工业常用的脱硫剂和脱色剂，以低品位铜矿(主要成分为CuS。CuS2和铁的氧化物)为原料制备CuCl步骤如下：
已知：CuCl难溶于醇和水，热水中能被氧化，在碱性溶液中易转化为CuOH．CuCl易溶于浓度较大的Cl-体系中()。
请回答：
(1)还原过程中所得产物的主要溶质的化学式是 。
(2)下列有关说法不正确的是___________。
A．“浸取”过程中稀硫酸可以用浓硫酸代替
B．滤渣1的成分是
C．“除锰”后的滤液中Cu元素主要以形式存在
D．“除锰”后滤液加热的主要目的是除去多余的氨水和
(3)“稀释”过程中，pH对CuCl产率的影响如图所示：
请分析pH控制在左右的原因 。
(4)为测定CuCl产品纯度进行如下实验：
a．称量所得CuCl产品g溶于硝酸，配制成250mL溶液；取出mL，加入足量的mL ml/L 溶液，充分反应；
b．向其中加入少量硝基苯，使沉淀表面被有机物覆盖；
c．加入指示剂，用标准溶液滴定过量的溶液；
d．重复实验操作三次，消耗ml/L 溶液的体积平均为mL。
已知，。
①加入硝基苯的作用是 。
②滴定选用的指示剂是 。
A． B． C． D．
③CuCl的纯度为 。
【答案】(1)
(2)AD
(3)pH低于，CuCl易发生歧化反应；pH高于，随着增大，CuCl易转化为CuOH
(4)防止在滴加时，AgCl沉淀部分转化为AgSCN沉淀 C
【分析】低品位铜矿加入稀硫酸、二氧化锰浸取，除去硫，所得滤液加入氨水除铁，得到的滤渣1主要为氢氧化铁，再加氨水、碳酸氢铵除锰得到碳酸锰，滤液再加热，过滤、洗涤得到高活性氧化铜，加入铜、盐酸，加入氯化钠还原，再加水稀释后过滤、洗涤、干燥得到氯化亚铜；
【解析】（1）还原过程中铜离子、盐酸、氯化钠、和铜，铜与铜离子反应转化为氯化亚铁，CuCl易溶于浓度较大的Cl-体系中()，故所得产物的主要溶质的化学式是；
（2）A．浓硫酸具有强氧化性，能氧化二价铁离子，且能生成二氧化硫，不能用浓硫酸代替稀硫酸，选项A不正确；
B．滤渣1的成分是Fe(OH)3，选项B正确；
C．“除锰”后的滤液中Cu元素主要以[Cu(NH3)4]2+形式存在，选项C正确；
D．Cu元素主要以形式存在，“除锰”后滤液加热的主要目的是使其分解生成CuO，选项D不正确；
答案选AD；
（3）pH控制在左右的原因是：pH低于，CuCl易发生歧化反应；pH高于，随着增大，CuCl易转化为CuOH；
（4）①加入硝基苯的作用是防止在滴加时，AgCl沉淀部分转化为AgSCN沉淀；
②结合该实验中滴加标准溶液,指示剂主要是与SCN-反应产生明显现象，所以选用Fe3+，因为溶液中含有Ag+，不能选用含Cl-的试剂,故只能选；答案为C；
③根据反应Ag++Cl-=AgCl↓、Ag++SCN-=AgSCN，故gCuCl产品的物质的量为n(CuCl)==0.1ml，CuCl的纯度为=。
3．（2023·黑龙江齐齐哈尔·统考三模）以铬铁矿(主要成分为FeO•Cr2O3，还含有SiO2、Al2O3等杂质)为原料生产K2Cr2O7的流程如图：
已知：FeO•Cr2O3在焙烧过程中被氧化成Na2CrO4和Fe2O3。
回答下列问题：
(1)焙烧铬铁矿生成Na2CrO4和Fe2O3反应的化学方程式是 。
(2)“除杂”后溶液中阳离子为Na+和极少量H+，滤渣2的主要成分是 (填化学式)。
(3)途径1“酸化”反应的离子方程式为 。
(4)以石墨为电极电解Na2CrO4溶液制取Na2Cr2O7，电解装置如图所示，b极接电源 (填“正”或“负”)极，a极区生成的物质可以返回 (填步骤名称)循环利用。
(5)加入KCl能得到K2Cr2O7晶体的原理是 ；“系列操作”中包括用冷水洗涤K2Cr2O7晶体，检验K2Cr2O7晶体已洗涤干净的实验操作和现象为 (已知：BaCr2O7，Ag2Cr2O7均难溶于水)。
【答案】(1)4FeO∙Cr2O3+16NaOH+7O28 Na2CrO4+2Fe2O3+8H2O
(2)H2SiO3和Al(OH)3
(3)2+2H+=+H2O
(4)正 焙烧
(5)相同条件下，重铬酸钾的溶解度比重铬酸钠的小 取最后一次洗涤液，在酒精灯上灼烧，火焰不变为黄色
【分析】铬铁矿焙烧，其中的FeO•Cr2O3被氧化成Na2CrO4和Fe2O3，二氧化硅转化为硅酸钠，氧化铝转化为偏铝酸钠，水浸后的滤渣为氧化铁，滤液中加适量的稀硫酸将硅酸钠转化为硅酸沉淀，将偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，途径1中铬酸钠转化为重铬酸钠，途径2电解铬酸钠溶液得到重铬酸钠，加入氯化钾，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到重铬酸钾晶体；
【解析】（1）焙烧时，FeO•Cr2O3与氢氧化钠、氧气反应生成Na2CrO4和Fe2O3，其反应的化学方程式是4FeO•Cr2O4+16NaOH+7O28 Na2CrO4+3Fe2O3+3H2O，
故答案为：4FeO•Cr2O3+16NaOH+7O28 Na2CrO4+2Fe2O3+8H2O；
（2）“除杂”时，滤液中加适量的稀硫酸将硅酸钠转化为硅酸沉淀，则滤渣4的主要成分是H2SiO3和Al(OH)3，故答案为：H2SiO3和Al(OH)3；
（3）途径1“酸化”时，铬酸钠转化为重铬酸钠2+2H+=+H2O，故答案为：2+2H+=+H2O；
（4）以石墨为电极电解Na2CrO4溶液制取Na2Cr2O7，b极水中的氢氧根离子失电子生成氧气和氢离子，铬酸根离子转化为重铬酸根离子，接电源正极，钠离子和氢氧根离子结合生成氢氧化物，故答案为：正；焙烧；
（5）加入KCl能得到K2Cr2O7晶体的原理是相同条件下，重铬酸钾的溶解度比重铬酸钠的小K2Cr2O7晶体已洗涤干净，则最后一次洗涤液中不含钠离子，在酒精灯上灼烧，故答案为：相同条件下，重铬酸钾的溶解度比重铬酸钠的小，在酒精灯上灼烧。
考向02 以混合物的分离、提纯为目的的工艺流程题
1．（2023上·江苏·高三校联考开学考试）以菱锰矿(主要成分 MnCO3，主要杂质为 Fe2+、Ca2+)为原料，采用氯化铵焙工艺，可由菱锰矿制备高纯二氧化锰。流程如下图所示：
已知：金属离子沉淀的 pH
试回答下列问题。
(1)“焙烧”。将菱锰矿粉与氯化铵按 n(NH4Cl)∶n(MnCO3)=2.4∶1 混合后加热至 500℃，充分反应。选用 n(NH4Cl)∶n(MnCO3)>2∶1 的原因是 。
(2)“除铁”。加入试剂有 MnO2和NH3·H2O，搅拌反应一段时间后，过滤。
①MnO2和 NH3·H2O 加入的顺序为 。
A．先加入 MnO2，后加入 NH3·H2O B．先加入 NH3·H2O，后加入 MnO2
②该过程中 MnO2发生反应的离子方程式为 。
③加入氨水时，需要调节溶液 pH 的范围是 。
(3)“除钙”。向溶液中加入适量的 NH4F，将 Ca2+反应生成 CaF2沉淀除去。溶液 pH 与 Ca2+去除率之间的关系如图-1。随着溶液 pH 变小，Ca2+去除率逐渐下降的原因是 。
(4)MnSO4和 K2S2O8可发生如下反应：MnSO4＋K2S2O8＋4NaOH= MnO2↓+ K2SO4+ 2Na2SO4+2H2O。已知 MnSO4和K2S2O8的物质的量相同时，改变NaOH 的用量，测得 Mn 的转化率、MnO2 的含量()与的关系如图-2所示。根据信息，补充完整制取纯净 MnO2的实验方案：将 20 mL1.0 ml·L-1的MnSO4溶液和 20 mL1.0 ml·L-1的K2S2O8溶液混合， ，得到纯净的 MnO2。(须使用的试剂：1.0 ml·L-1NaOH 溶液、1.0 ml·L-1H2SO4溶液、1.0 ml·L-1 BaCl2溶液)
【答案】(1)加热过程中氯化铵分解会损耗，或提高菱锰矿转化为氯化锰的转化率
(2)A MnO2+4H++2Fe2+=Mn2++2Fe3++2H2O 2.8≤pH<5.8
(3)pH变小，溶液中氢离子浓度增加，与氟离子结合生成HF，使钙离子难以沉淀
(4)边搅拌边向混合溶液中加入90mL 1.0ml•L-1的NaOH溶液，充分反应后过滤，向滤渣中边搅拌边加入适量1.0ml•L-1 H2SO4溶液，当固体不再减少时，过滤，用蒸馏水多次洗涤滤渣，直至取最后一次洗涤滤液加入1.0ml•L-1 BaCl2溶液无沉淀生成，过滤，干燥
【分析】由制备流程可知，混合后“焙烧”过程的主要发生MnCO3+2NH4Cl=MnCl2+2NH3↑+CO2↑+H2O，尾气为NH3、CO2，可用于制备碳酸氢铵，达到循环利用的目的，水浸后溶液含Mn2+、Fe2+、Ca2+，除杂时加MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，发生MnO2+4H++2Fe2+=Mn2++2Fe3++2H2O，调节pH使铁离子转化为沉淀，加入适量的NH4F，反应生成CaF2沉淀除去，过滤后加NH4HCO3溶液沉锰，生成碳酸锰沉淀，滤液含NH4Cl，以此来解答。
【解析】（1）选用n（NH4Cl）：n（MnCO3）＞2：1的原因是加热过程中氯化铵分解会损耗，或提高菱锰矿转化为氯化锰的转化率。
（2）①根据分析，先加MnO2氧化亚铁离子为铁离子，再加NH3·H2O调节溶液的pH，故选A。
②，MnO2参与反应的离子方程式可表示为MnO2+4H++2Fe2+=Mn2++2Fe3++2H2O。
③加入氨水时，调节溶液 pH 使铁离子沉淀而锰离子不沉淀，范围是2.8≤pH<5.8。
（3）由于HF为弱酸，随着pH变小，溶液中氢离子浓度增加，与氟离子结合生成HF，使钙离子难以沉淀。
（4）根据图象可知，当NaOH与MnSO4的物质的量之比为4.5时，Mn的转化率、MnO2的含量达到最大，当加入20mL 1.0ml•L-1的MnSO4时需要加入90mL 0.1ml•L-1 NaOH溶液，过滤，向滤渣中加入适量的硫酸，将Mn（OH）2转化成MnSO4，当固体质量不再减少时，过滤，洗涤滤渣；具体操作是边搅拌边向混合溶液中加入90mL 1.0ml•L-1的NaOH溶液，充分反应后过滤，向滤渣中边搅拌边加入适量1.0ml•L-1 H2SO4溶液，当固体不再减少时，过滤，用蒸馏水多次洗涤滤渣，直至取最后一次洗涤滤液加入1.0ml•L-1 BaCl2溶液无沉淀生成，过滤，干燥。
2．（2023上·湖北孝感·高三应城市第一高级中学校联考开学考试）氯氧化铋(BiOCl)广泛用于彩釉调料、塑料助剂等。一种用火法炼铜过程产生的铜转炉烟尘(除含铋的化合物之外，还有、、CuS、、、及)制备高纯氯氧化铋的工艺流程如下，回答下列问题：
已知：
①“浸铋”所得浸取液中含、等物质；极易水解：
②微溶于水，在浓度较大的溶液中，存在平衡：。
(1)“浸铜”时有单质硫生成，发生反应的化学反应方程式为 。
(2)“浸渣1”的主要成分为 (填化学式，下同)；“浸铋”时含铅物质主要以 存在。
(3)“浸铋”时需控制溶液的pH=3.0，盐酸的作用为：①充分浸出、和等；② 。
(4)“除铅、砷”是加入改性羟基磷灰石固体(HAP)，“浸铋”所得浸取液与改性HAP的液固比与铅、砷去除率以及后续沉铋量的关系如下图所示(图中a
(5)“沉铋”时发生反应的离子方程式为 。
(6)已知“浸铋”、“除铅、砷”和“沉铋”各环节中Bi元素的利用率分别为70%、80%和80%，忽略其他环节Bi元素的损失，则Bi元素的总利用率为 。
【答案】(1)
(2)SiO2、S
(3)抑制离子水解(防止其提前沉淀)
(4)c
(5)
(6)44.8%
【分析】根据题目已知信息，第一步酸浸时，Fe2O3溶解转化为Fe2(SO4)3，含铋化合物、CuS、PbSO4、As2O3未溶解，故酸浸后滤液中主要有Fe2(SO4)3、CuSO4、ZnSO4、H2SO4，含铋化合物、CuS、PbSO4、As2O3进入浸铜步骤，根据已知信息，浸铋时，铋元素转化为BiCl3，As2O3转化为AsCl3，PbSO4转化为，浸渣中主要含有S，浸铋后的浸取液中主要含BiCl3、AsCl3、，经过除铅、砷步骤后，溶液中主要含BiCl3，经过沉铋操作，BiCl3转化为BiOCl。
【解析】（1）“浸铜”时有单质硫生成，而较稳定，说明是CuS与发生了氧化还原反应，反应为；
（2）含铋的化合物、、、及“浸铜”生成的S，不参与“浸铋”之前的反应，进入“浸铋”步骤，根据已知信息①②，铋和砷转化为、，铅主要转化为，进入“除铅、砷”步骤，“浸渣1”的主要成分为和S；
（3）已知信息①极易水解，盐酸的作用为抑制离子水解，防止其提前沉淀，影响BiOCl产率；
（4）最佳的液固比应该是铅、砷去除率尽量高，后续沉铋量尽量大，c为最佳。d相对于c，后续沉铋量略有增大，但是铅去除率降低，液固比比c大，“浸铋”所得浸取液使用多，相对沉铋量小，故选c；
（5）和的双水解反应，根据原子及电荷守恒配平即可，反应为
；
（6）Bi元素的总利用率。
3．（2023上·江苏·高三校联考开学考试）砷的化合物可用于半导体领域，如我国“天宫”空间站的核心舱“天和号”就是采用砷化镓薄膜电池来供电。一种从酸性高浓度含碑废水[砷主要以亚砷酸(H3AsO3)形式存在]中回收砷的工艺流程如下。
已知：I．；
Ⅱ．；
Ⅲ．砷酸(H3AsO4)在酸性条件下有强氧化性，能被SO2、碘化钾等还原。
(1)“沉砷”过程中FeS是否可以用过量的Na2S替换： (填“是”或“否”)；请从平衡移动的角度解释原因： 。
(2)向滤液Ⅱ中加入NaClO进行“氧化脱硫”，请写出脱硫的离子反应方程式： 。
(3)欲检验“还原”后溶液中的砷酸，则还需要的实验试剂或试纸为 。
(4)已知：H3AsO4第三步电离方程式的电离常数为Ka3，则pKa3= ()。常温下，pH>7.1时，吸附剂表面带负电，pH越大，吸附剂表面带的负电荷越多；pH<7.1时，吸附剂表面带正电，pH越小，吸附剂表面带的正电荷越多。当溶液pH介于3~5之间时，吸附剂对五价砷的平衡吸附量随pH的升高而增大，试分析其原因： 。
【答案】(1)否 由信息可知，加入过量的硫化钠，溶液中c(S2-)增大，促进反应平衡正向移动，不利于沉砷
(2)
(3)碘化钾溶液、淀粉溶液或湿润的淀粉碘化钾试纸
(4)11.5 pH=3~5，随pH升高，H3AsO4转变为H2AsO，负电荷数增加的程度大于吸附剂表面所带正电荷减小程度，静电引力增加，吸附量增大
【分析】含砷废水加入硫化亚铁生成As2S3沉淀，As2S3沉淀和过量的硫化亚铁加入氢氧化钠，，浸取得到硫化亚铁滤渣和含Na3AsO3、Na3AsS3的滤液Ⅱ；滤液Ⅱ氧化脱硫生成硫单质和Na3AsO4，酸化后生成H3AsO4，砷酸(H3AsO4)在酸性条件下有强氧化性，能被SO2还原生成As2O3；
【解析】（1）由信息可知，加入过量的硫化钠，溶液中c(S2-)增大，促进反应平衡正向移动，不利于沉砷，故“沉砷”过程中FeS不可以用过量的Na2S替换；
（2）向滤液Ⅱ中加入NaClO进行“氧化脱硫”，脱硫的离子反应方程式为：；
（3）砷酸具有氧化性，可以和碘离子反应生成能使淀粉溶液变蓝色的碘单质，故可选择的实验试剂有：碘化钾溶液、淀粉溶液或湿润的淀粉碘化钾试纸；
（4），由图可知，当= 时，=10-11.5ml/L，；pH=3~5，随pH升高，H3AsO4转变为，负电荷数增加的程度大于吸附剂表面所带正电荷减小程度，静电引力增加，吸附量增大，故当溶液pH介于3~5之间时，吸附剂对五价砷的平衡吸附量随pH的升高而增大。考点
考查内容
考情预测
金属及其重要化合物性质、用途
1.金属及其重要化合物的性质、用途
2.金属及其重要化合物之间的相互转化
从历年考题来看，常见金属及其化合物是中学化学的重点，也是学习化学的基本点，在高考中金属及其化合物是考查的重点。金属及其化合物在高考中的考查方式主要有两种：一是单独考查某一族元素的结构、性质、制备以及用途等；二是将元素化合物的知识与基本概念、基本理论结合，与化学计算相结合，与无机推断相结合，与化学实验相结合等，它们是以元素化合物为载体结合基本概念、基本理论、化学计算、化学实验等进行考查。在复习中一定要重视元素化合物知识的复习，不仅要注意各主族元素中典型元素化合物的复习，还要在各族间架起桥梁从而能够融会贯通，举一反三。试题通常以基础题、中档题居多。
金属及其重要化合物与理论、实验的结合
1.以金属及其重要化合物为载体考查化学理论知识
2.以金属及其重要化合物为载体考查化学实验知识
重要性质
应用
锂密度小、比能量大
可用作电池负极材料
钠具有较强的还原性
可用于冶炼钛、锆、铌等金属
Na2O2与H2O、CO2反应均生成O2
作供氧剂
Na2CO3水解使溶液显碱性
用热的纯碱溶液洗去油污
NaHCO3受热分解生成CO2
用作焙制糕点的膨松剂
NaHCO3具有弱碱性，能与酸反应
可用于制胃酸中和剂
NaCl使细菌细胞脱水死亡
可以杀菌，可作为防腐剂
钠钾合金呈液态，导热
作原子反应堆的导热剂
小苏打溶液和硫酸铝溶液反应生成CO2
作泡沫灭火器
Al具有良好的延展性和抗腐蚀性
常用铝箔包装物品
常温下，铝、铁遇浓硫酸、浓硝酸钝化
盛装、运输浓硫酸、浓硝酸
铝有还原性，能发生铝热反应
可用于焊接铁轨、冶炼难熔金属
镁铝合金密度小、强度大
可用作高铁车厢材料
MgO、Al2O3熔点高
做耐高温材料
Al3＋水解生成的氢氧化铝胶体具有吸附性
明矾作净水剂(混凝剂)
明矾溶液显酸性
利用明矾溶液清除铜镜表面的铜锈
Al(OH)3有弱碱性
中和胃酸，用作抗酸药
Fe具有还原性
防止食品氧化变质
Fe2O3是红棕色粉末
作红色颜料
Fe3＋水解生成的氢氧化铁胶体具有吸附性
铁盐作净水剂(混凝剂)
K2FeO4是强氧化剂，还原产物Fe3＋水解生成氢氧化铁胶体
作新型消毒剂、净水剂
Cu＋2FeCl3===2FeCl2＋CuCl2
FeCl3溶液腐蚀Cu刻制印刷电路板
CuSO4使蛋白质变性
配制成波尔多液用于树木杀虫，误服CuSO4溶液，喝牛奶、蛋清或豆浆解毒
BaSO4难溶于水，不与胃酸反应
在医疗上用作“钡餐”透视
生石灰、无水氯化钙能与水反应
作(食品)干燥剂
KMnO4有强氧化性
能杀菌消毒浸泡
KMnO4有强氧化性，能和乙烯反应
常用KMnO4的硅藻土来保鲜水果
AgBr、AgI
感光材料
AgI分解吸热
人工降雨
介质
酸性
中性、弱碱性
强碱性
产物
Mn2＋
MnO2
MnO42－
选项
物质性质
用途
A
受热易分解
可用作氮肥
B
钠单质燃烧火焰呈黄色
钠单质可用于制作烟花
C
溶液呈碱性
可用作消毒剂
D
是两性氧化物
铝制餐具不宜长时间蒸煮酸性或碱性食物
甲
乙
丙
A
B
C
S
D
Fe
实验装置
实验原理
Al2(SO4)3＋6NH3·H2O===2Al(OH)3↓＋3(NH4)2SO4 Al3+＋3NH3·H2O===Al(OH)3↓＋3NH4+
实验用品
Al2(SO4)3 溶液、氨水；试管、胶头滴管。
实验步骤
在试管里加入 10mL 0.5ml/L Al2(SO4)3 溶液，滴加氨水，生成白色胶状物质。继续滴加氨水，直到不再产生沉淀为止。
实验现象
产生白色胶状沉淀，沉淀不溶于过量氨水。
实验说明
①实验室利用可溶性铝盐(如 AlCl3)制备 Al(OH)3，应选用氨水，而不用NaOH 溶液。
②实验室也可利用可溶性偏铝酸盐(如NaAlO2)制备Al(OH)3，应选用二氧化碳，而不用盐酸。
实验装置
实验原理
Fe2+＋2OH-=== Fe(OH)2↓(白色)、4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3
实验用品
FeSO4 溶液、NaOH 溶液；试管、长胶头滴管。
实验步骤
在1支试管里加入少量FeSO4 溶液，然后滴入NaOH 溶液。观察并描述发生的现象。
实验现象
试管中先生成白色沉淀，迅速变成灰绿色，最后变成红褐色。
实验说明
①氢氧化亚铁制备的核心问题：一是溶液中的溶解氧必须除去，二是反应过程必须与氧隔绝。
②Fe2+易被氧化，所以 FeSO4溶液要现用现配，且配置 FeSO4溶液的蒸馏水要煮沸除去氧气。
③为了防止NaOH溶液加入时带入空气，可将吸有 NaOH 溶液的长胶头滴管伸入到 FeSO4 液面下， 再挤出NaOH溶液。
④还可再在硫酸亚铁溶液上加一层植物油,尽量减少与空气的接触。
注：能较长时间看到 Fe(OH)2 白色沉淀的装置如下：
实验步骤
操作要点
步骤1铁屑的净化
取一只小烧杯，放入约5g铁屑，向其中注入5mL1ml·L－1Na2CO3溶液，浸泡或小火加热数分钟后，用倾析法分离并洗涤铁屑，晾干
步骤2制取FeSO4
用托盘天平称取4.2g洗净的铁屑，放入洁净的锥形瓶中，向其中加入25mL3ml·L－1H2SO4溶液，加热，并不断振荡锥形瓶。反应过程中应适当补充水，使溶液体积基本保持不变，待反应基本完全后，再加入1mL3ml·L－1H2SO4溶液，趁热过滤，将滤液转移至蒸发皿中
步骤3制取硫酸亚铁铵
称取9.5 g(NH4)2SO4晶体，配成饱和溶液，倒入制得的硫酸亚铁溶液中，搅拌，小火加热，在蒸发皿中蒸发浓缩至溶液表面出现晶膜为止，将溶液静置，自然冷却，即有硫酸亚铁铵晶体析出。抽滤，并用少量酒精洗去晶体表面附着的水分
计算产率
取出晶体，用干净的滤纸吸干，称量并计算产率
实验说明
①步骤1中用到倾析法,适于用倾析法分离的物质特点是沉淀颗粒较大,静置后容易沉降。
②步骤2中趁热过滤的目的是防止溶液冷却时硫酸亚铁因析出而损失。
③步骤3中用到的减压过滤(也称抽滤或吸滤)与普通过滤相比,优点除了过滤速度快外,还可得到较干燥的沉淀。晶体过滤后用无水乙醇洗涤的目的是利用乙醇的挥发,除去晶体表面附着的水分。
选项
操作
现象
结论
A
将镁条点燃，迅速伸入集满的集气瓶中
集气瓶中产生大量白烟，并有黑色颗粒产生
具有氧化性
B
常温下，向溶液中加入溶液，再滴加5~6滴溶液
先产生白色沉淀，后部分白色沉淀变为蓝色
相同温度下：
C
向某溶液样品中加入浓溶液并加热，将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口
试纸变蓝
溶液样品中含
D
向某甲酸样品中先加入足量溶液，再做银镜反应实验
出现银镜
该甲酸样品中混有甲醛
选项
实验操作和现象
离子方程式
A
向2mLNaCl溶液中滴加几滴AgNO3溶液，产生白色沉淀，再滴加氨水，振荡至沉淀溶解
沉淀溶解：AgCl+2NH3=[Ag(NH3)2]++C1-
B
向滴有酚酞的水中，放入绿豆粒大小的钠块，钠块浮在水面、熔化成小球、不停游动、发出嘶嘶响声、溶液变红
钠与水反应：
Na+2H2O=Na+ +OH-+H2↑
C
向2mLNaOH溶液中滴加5滴CuSO4溶液，振荡后加入0.5mL乙醛溶液，加热，有红色固体析出
红色固体析出：CH3CHO+2Cu(OH)2CH3COOH+2Cu↓+2H2O
D
向2mLNaOH溶液中滴加4滴MgCl2溶液，产生白色沉淀，再滴加4滴FeCl3溶液，有红褐色沉淀生成
红褐色沉淀生成：3Mg(OH)2(s)+2Fe3+(aq)2Fe(OH)3(s)+3Mg2+(aq)
选项
实验操作和现象
结论
A
用铂丝蘸取某溶液进行焰色试验，火焰呈黄色
溶液中一定含，不含
B
滴加酸化的溶液，出现白色沉淀
溶液中一定含
C
惰性电极电解溶液，在阴极析出
不能说明氧化性
D
干燥的与在加热条件反应，得到固体与反应可放出
反应得到的固体为
实验内容
现象及结论
A
向4mL 0.1ml/L CuSO4溶液中滴加1ml/L的浓氨水至刚开始产生的沉淀溶解，再加入极性较小的溶剂，并用玻璃棒摩擦试管壁
析出深蓝色的晶体，其成分是[Cu(NH3)4]SO4·H2O
B
用熔嵌在玻璃棒上的铂丝蘸取某无色溶液，在酒精灯外焰上灼烧，观察火焰的颜色
若焰色为黄色， 则该溶液一定是钠盐
C
取两支试管，分别加入2 mL 0.5 ml/L CuCl2溶液，将其中的一支试管先加热，然后置于冷水中，观察并记录实验现象
加热后溶液变为黄绿色，放入冷水中，又变为蓝绿色，则：[Cu(H2O)4]2+ + 4Cl-[CuCl4]2-+ 4H2O ΔH>0
D
在A、B两支试管里各加入1mL乙酸乙酯。再分别加入等体积等浓度的稀硫酸和含有酚酞的NaOH溶液，相同温度下水浴加热
NaOH溶液的试管中酯层消失的时间更短，说明乙酸乙酯在碱性条件下水解速率更快
氢氧化物
物质
溶度积
物质
沸点/
136
127
57
180
物质
分压
释义
研磨、雾化
将块状或颗粒状的物质磨成粉末或将液体分散成微小液滴，增大反应物接触面积，以加快反应速率或使反应更充分
灼烧(煅烧)
使固体在高温下分解或改变结构、使杂质高温氧化、分解等。如煅烧石灰石、高岭土、硫铁矿
浸取
向固体中加入适当溶剂或溶液，使其中可溶性的物质溶解，包括水浸取、酸溶、碱溶、醇溶等
酸浸
在酸性溶液中使可溶性金属离子进入溶液，不溶物通过过滤除去的过程
浸出率
固体溶解后，离子在溶液中的含量的多少
滴定
定量测定，可用于某种未知浓度物质的物质的量浓度的测定
酸作用
溶解、去氧化物(膜)、抑制某些金属离子的水解、除去杂质离子等
碱作用
去油污、去铝片氧化膜，溶解铝、二氧化硅、调节pH、促进水解(沉淀)
常见问题
答题要考虑的角度
分离、提纯
过滤、蒸发、萃取、分液、蒸馏等常规操作，如从溶液中得到晶体的方法：蒸发浓缩—冷却结晶—过滤—(洗涤、干燥)
提高原子利用率
绿色化学(物质的循环利用、废物处理、原子利用率、能量的充分利用)
在空气中或特定气体中进行的反应或操作
要考虑O2、H2O、CO2或特定气体是否参与反应或能否达到隔绝空气，防氧化、水解、潮解等目的
洗涤沉淀
方法：往漏斗中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下后，重复以上操作2～3次
判断沉淀是否洗涤干净
取最后洗涤液少量，检验其中是否还有某种离子存在等
控制溶液的pH
①调节溶液的酸碱性，抑制水解(或使其中某些金属离子形成氢氧化物沉淀)
②“酸作用”还可除去氧化物(膜)
③“碱作用”还可除去油污，除去铝片氧化膜，溶解铝、二氧化硅等
④特定的氧化还原反应需要的酸性条件(或碱性条件)
控制温度(常用水浴、冰浴或油浴)
①使化学平衡移动；控制化学反应的方向
②控制固体的溶解与结晶
③控制反应速率：使催化剂达到最大活性
④升温：促进溶液中的气体逸出，使某物质达到沸点挥发
⑤加热煮沸：促进水解，聚沉后利于过滤分离
除杂
加入沉淀剂或控制溶液的酸碱性使形成氢氧化物沉淀。如：除去含Cu2＋溶液中混有的Fe3＋，可加入CuO、Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3等来调节溶液的pH
加热
加快反应速率或使平衡向某个方向移动。如果在制备过程中出现一些受热易分解的物质或产物，则要注意对温度的控制。如：侯氏制碱中的NaHCO3；还有如H2O2、Ca(HCO3)2、KMnO4、AgNO3、HNO3(浓)等物质
降温
防止某物质在高温时会分解或使平衡向着题目要求的方向移动
分离
固液分离——过滤
液液分离：
a.有溶解度差异——结晶或重结晶(蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、烘干；蒸发结晶、趁热过滤)
b.有溶解性差异——(萃取)分液
c.有沸点差异——蒸馏
洗涤(冰水、热水、有机溶剂)
水洗：洗去晶体表面的杂质离子(适用于溶解度小的物质)
冰水洗涤：洗去晶体表面的杂质离子，并减少晶体在洗涤过程中的溶解损耗(适用于高温溶解度大、低温溶解度小的物质)
醇洗(常用于溶解度较大的物质)：洗去晶体表面的杂质离子，并减少晶体在洗涤过程中的溶解损耗(若对溶解度小的物质进行醇洗，则是为了洗去杂质离子，并使其尽快干燥)
蒸发时的气体氛围抑制水解
如从溶液中析出FeCl3、AlCl3、MgCl2等溶质时，应在HCl的气流中加热，以防其水解
蒸发浓缩、冷却结晶
如K2Cr2O7和少量NaCl的混合溶液，若将混合溶液加热蒸发后再降温，则析出的固体主要是K2Cr2O7，母液中是NaCl和少量K2Cr2O7，这样就可分离出大部分K2Cr2O7；同样原理可除去KNO3中的少量NaCl
蒸发结晶、趁热过滤
如NaCl和少量K2Cr2O7的混合溶液，若将混合溶液蒸发一段时间，析出的固体主要是NaCl，母液中是K2Cr2O7和少量NaCl；同样原理可除去NaCl中的少量KNO3
Fe3+
Fe2+
Mn2+
开始沉淀时
1.5
6.3
5.8
完全沉淀时
2.8
8.3
7.8
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