2021高考化学鲁科版一轮复习教师用书第三章第5课时　高考题中常涉及的金属及其性质

第5课时　高考题中常涉及的金属及其性质[课型标签:拓展课　提能课]拓展一　变价金属及其化合物性质与应用一、含铁、钴、镍元素的物质性质比较Fe(Ⅲ)、Co(Ⅲ)、Ni(Ⅲ)性质差异Fe(Ⅱ)、Co(Ⅱ)、Ni(Ⅱ)性质差异氧化物氧化钴与氧化镍在酸性溶液中显示出强氧化性:Co2O3+6HCl2CoCl2+Cl2↑+3H2ONi2O3+6HCl2NiCl2+Cl2↑+3H2O但氧化铁与酸只发生复分解反应氢氧化物还原性还原性的变化规律:Fe(OH)2>Co(OH)2>Ni(OH)2①Fe(OH)2在空气中极易被氧化成Fe(OH)3②Co(OH)2在空气中被O2氧化的速度较慢;可以被强氧化剂(H2O2)迅速氧化③Ni(OH)2在空气中不易被氧化,只有在更强的氧化剂条件下才会氧化生成Ni(OH)3氢氧化物铁的氢氧化物只与酸发生酸碱中和反应:Fe(OH)3+3H+Fe3++3H2O镍、钴的氢氧化物与还原性酸发生氧化还原反应:2Co(OH)3+6H++2Cl-2Co2++Cl2↑+6H2O、2Ni(OH)3+6H++2Cl-2Ni2++Cl2↑+6H2O离子存在状态Co(Ⅲ)、Ni(Ⅲ)仅能存在于固态物质或配合物中,在水溶液中会发生如下反应(镍同):4Co3++2H2O4Co2++4H++O2↑Fe3+在酸性溶液中可以稳定存在与氨水反应①Fe(OH)2Fe(OH)3②Co(OH)2[Co(NH3)6]2+③Ni(OH)2[Ni(NH3)6]2+借此反应,可以使三种离子分离结论与解释①由于Fe(OH)2的稳定性弱于Co(OH)2、Ni(OH)2,故三者的还原性存在规律:Fe(OH)2>Co(OH)2>Ni(OH)2,因此三者与氧化剂和氨水反应的条件与产物也不同②由于铁、钴、镍的核电荷数依次增大,故对电子的吸引能力依次增强,所以正三价的氧化性呈现如下规律:Fe(Ⅲ)<Co(Ⅲ)<Ni(Ⅲ)二、钒、铬、锰单质及其化合物性质1.钒(V)及其化合物(1)钒单质的性质:银白色金属,熔点高,有延展性,质地坚硬,无磁性。具有耐酸性,在空气中不被氧化,可溶于氢氟酸、硝酸和王水。(2)钒的氧化物钒能分别以+2、+3、+4、+5价与氧结合,形成四种氧化物,一氧化钒,三氧化二钒,二氧化钒,五氧化二钒。(3)钒盐钒盐包括V4+、 (偏钒酸盐)、 (正钒酸盐)形成的盐,包括:偏钒酸铵、偏钒酸钠、偏钒酸钾、正钒酸钠、焦钒酸钠;四价盐:硫酸氧钒、草酸氧钒。不同价态的钒离子有不同的颜色:(VO2)+颜色为浅黄色或深绿色,(VO)2+为蓝色,V3+为绿色,V2+为紫色。2.铬(Cr)及其化合物(1)铬单质的性质:铬是银白色的金属,难熔(熔点1 800 ℃),铬是最硬的金属,铬的化学性质很稳定,在常温下,放在空气中或浸在水里,不会生锈。(2)重要化合物①Cr2O3性质:绿色颜料,俗称“铬绿”,它是一种两性氧化物,能与酸或浓碱溶液反应。②K2Cr2O7(重铬酸钾)性质:橙红色晶体,具有强氧化性,与盐酸反应(加热)制备氯气,K2Cr2O7还可以用来检测司机酒驾。在分析化学中,可以用K2Cr2O7来测定铁的含量。3.锰(Mn)及其化合物(1)锰单质的性质:银白色金属,硬而脆,熔沸点高;在空气中易氧化生成褐色氧化物覆盖层,燃烧时生成四氧化三锰;溶于稀盐酸、稀硫酸生成二价锰盐。(2)锰的化合物①二氧化锰黑色结晶体或无定形粉末。熔点390 ℃,不溶于水和硝酸,与苛性碱和氧化剂共熔,放出二氧化碳而生成高锰酸盐,在535 ℃分解成三氧化二锰和氧气,是强氧化剂。②高锰酸钾:又名灰锰氧性质:紫色的结晶固体,溶于水、碱液,微溶于甲醇、丙酮、硫酸。具有强氧化性,在生活、医疗上广泛用作杀菌消毒剂,在实验室中和工业上常用作氧化剂,作氧化剂时其还原产物因介质的酸碱性而不同。1.(2019·全国Ⅲ卷)高纯硫酸锰作为合成镍钴锰三元正极材料的原料,工业上可由天然二氧化锰粉与硫化锰矿(还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素)制备,工艺如图所示。回答下列问题:相关金属离子[c0(Mn+)=0.1 mol·L-1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下:金属离子Mn2+Fe2+Fe3+Al3+Mg2+Zn2+Ni2+开始沉淀的pH8.16.31.53.48.96.26.9沉淀完全的pH10.18.32.84.710.98.28.9(1)“滤渣1”含有S和　　　　　　　;写出“溶浸”中二氧化锰与硫化锰反应的化学方程式:　                                                                                                                     　。(2)“氧化”中添加适量的MnO2的作用是　                              。(3)“调pH”除铁和铝,溶液的pH范围应调节为　　　　～6之间。(4)“除杂1”的目的是除去Zn2+和Ni2+,“滤渣3”的主要成分是　　　　　　　。 (5)“除杂2”的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2+。若溶液酸度过高,Mg2+沉淀不完全,原因是 　                                                      。(6)写出“沉锰”的离子方程式: 　                                   。(7)层状镍钴锰三元材料可作为锂离子电池正极材料,其化学式为LiNixCoyMnzO2,其中Ni、Co、Mn的化合价分别为+2、+3、+4。当x=y=时,z=　　　　。解析:(1)Si元素以SiO2或不溶性硅酸盐存在,SiO2与硫酸不反应,所以滤渣1中除了S还有SiO2(或不溶性硅酸盐);在硫酸的溶浸过程中,二氧化锰和硫化锰发生了氧化还原反应,二氧化锰作氧化剂,硫化锰作还原剂,方程式为MnO2+MnS+2H2SO42MnSO4+S+2H2O。(2)二氧化锰作为氧化剂,使得MnS反应完全,且将溶液中Fe2+氧化为Fe3+。(3)由表中数据知pH在4.7时,Fe3+和Al3+沉淀完全,所以应该控制pH在4.7～6之间。(4)根据题干信息,加入Na2S是为了除去锌离子和镍离子,所以滤渣3是生成的沉淀ZnS和NiS。(5)由HFH++F-知,酸度过大,F-浓度减小,使得MgF2Mg2++2F-平衡向沉淀溶解方向移动,Mg2+沉淀不完全。(6)根据题干信息沉锰的过程是生成了MnCO3沉淀,所以离子反应方程式为Mn2++2MnCO3↓+CO2↑+H2O。(7)根据化合物中各元素正负化合价代数和为0的规律得(+1)+(+2)×x+(+3)×y+(+4)×z+(-2)×2=0,已知,x=y=,代入计算得z=。答案:(1)SiO2(不溶性硅酸盐)　MnO2+MnS+2H2SO42MnSO4+S+2H2O(2)将Fe2+氧化为Fe3+　(3)4.7　(4)NiS和ZnS(5)F-与H+结合形成弱电解质HF,MgF2Mg2++2F-平衡向右移动(6)Mn2++2MnCO3↓+CO2↑+H2O(7)2.(2016·全国Ⅰ卷)元素铬(Cr)在溶液中主要以Cr3+(蓝紫色)、 (绿色)、 (橙红色)、 (黄色)等形式存在。Cr(OH)3为难溶于水的灰蓝色固体。回答下列问题:(1)Cr3+与Al3+的化学性质相似。在Cr2(SO4)3溶液中逐滴加入NaOH溶液直至过量,可观察到的现象是 　                                               。(2)和在溶液中可相互转化。室温下,初始浓度为1.0 mol·L-1的Na2CrO4溶液中c()随 c(H+)的变化如图所示。①用离子方程式表示Na2CrO4溶液中的转化反应                                                                                           　。②由图可知,溶液酸性增大,的平衡转化率　　　　(填“增大”“减小”或“不变”)。根据A点数据,计算出该转化反应的平衡常数为　　　　　　  。③升高温度,溶液中的平衡转化率减小,则该反应的ΔH　　　　0(填“大于”“小于”或“等于”)。 (3)在化学分析中采用K2CrO4为指示剂。以AgNO3标准溶液滴定溶液中Cl-,利用Ag+与生成砖红色沉淀,指示到达滴定终点。当溶液中Cl-恰好沉淀完全(浓度等于1.0×10-5 mol·L-1)时,溶液中c(Ag+)为　　　　　　　mol·L-1,此时溶液中c()等于　　　　mol·L-1。(已知Ag2CrO4、AgCl的Ksp分别为2.0×10-12和2.0×10-10)(4)+6价铬的化合物毒性较大,常用NaHSO3将废液中的还原成Cr3+,该反应的离子方程式为 　                                                   。解析:(1)类比于Al3+与强碱的反应,可知Cr2(SO4)3溶液中逐滴加入NaOH溶液直到过量,会先生成Cr(OH)3灰蓝色沉淀,然后沉淀逐渐溶解形成绿色溶液 [NaCr(OH)4]。(2)①结合图像可知随c(H+)增大,c()增大,说明H+与反应转化成,离子方程式为2+2H++H2O;②结合①的反应可知c(H+)增大,平衡右移,的平衡转化率会增大;由图像上A点的坐标数值,结合平衡常数的计算式:K===1.0×1014;③升温的平衡转化率减小,说明升温平衡左移,该反应的ΔH<0。(3)由Ksp(AgCl)=c(Ag+)·c(Cl-)可得:c(Ag+)== mol·L-1=2.0×10-5 mol·L-1,又由Ksp(Ag2CrO4)=c2(Ag+)·c()可知:c()== mol·L-1=5.0×10-3 mol·L-1。(4)根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒,可以写出反应的离子方程式为+3+5H+2Cr3++3+4H2O。答案:(1)蓝紫色溶液变浅,同时有灰蓝色沉淀生成,然后沉淀逐渐溶解形成绿色溶液(2)①2+2H++H2O②增大　1.0×1014③小于(3)2.0×10-5　5.0×10-3(4)+3+5H+2Cr3++3+4H2O3.某工厂用废的含镍催化剂(主要含Ni,还含有一定量的Al、Fe、SiO2)回收镍的流程如下:已知上述流程中,几种氢氧化物完全沉淀时的pH如下表:沉淀Al(OH)3Fe(OH)3Fe(OH)2Ni(OH)2pH5.23.29.79.2(1)水合肼(N2H4·H2O)是强还原剂,氧化产物对环境友好。由“沉淀→镍”的化学方程式: 　　　　　　　　　                                      　。(2)滤渣b所含成分的化学式为　　　　　　　　                      　。(3)若将溶液调整为pH=6时加入了b kg Ni(OH)2,从酸浸到滤液B的过程中镍的损失率为3%,后几步操作过程中镍的损失率为5%,a kg废催化剂(含Ni 70%)经上述流程最终得到金属镍的质量为　　　　　　　kg(填计算式)。 解析:废含镍催化剂(主要含Ni,还含有一定量的Al、Fe、SiO2),用硫酸溶解,SiO2不与硫酸反应,过滤得到滤液A中含有NiSO4、FeSO4、Al2(SO4)3及过量的硫酸,加入H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+,加入Ni(OH)2调节pH为6,使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀、Al3+转化为Al(OH)3沉淀,过滤得滤渣a为Al(OH)3、Fe(OH)3,滤液中含有NiSO4,将滤液pH调到9.2,使镍离子沉淀,再加N2H4·H2O还原得金属镍。(1)水合肼(N2H4·H2O)是强还原剂,氧化产物对环境友好,由“沉淀→镍”的化学方程式为2Ni(OH)2+N2H4·H2O2Ni+N2↑+5H2O。(2)根据上面的分析可知,滤渣a所含成分的化学式为 Al(OH)3、Fe(OH)3。(3)b kg Ni(OH)2中镍元素的质量为 kg,a kg废催化剂(含Ni 70%)中镍元素的质量为a kg×70%,从酸浸到滤液B的过程中镍的损失率为3%,根据镍元素守恒可知,最终得到金属镍的质量为(a×70%×97%+)×95% kg。答案:(1)2Ni(OH)2+N2H4·H2O2Ni+N2↑+5H2O(2)Al(OH)3、Fe(OH)3(3)(a×70%×97%+)×95%拓展二　两性金属及其化合物性质与应用一、铍和铝有相似的化学性质1.两者均能溶于酸溶液也能溶于碱溶液Be+2NaOH+2H2ONa2[Be(OH)4]+H2↑或Be+2NaOHNa2BeO2+H2↑2Al+2NaOH+6H2O2Na[Al(OH)4]+3H2↑或2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2↑2.两者的氢氧化物均为两性氢氧化物,易溶于强碱溶液Be(OH)2+2NaOHNa2[Be(OH)4]或Be(OH)2+2NaOHNa2BeO2+2H2OAl(OH)3+NaOHNa[Al(OH)4]或Al(OH)3+NaOHNaAlO2+2H2O二、锌及其化合物“心连心”1.锌与酸、碱的反应(1)Zn+2H+Zn2++H2↑(2)Zn+2NaOH+2H2ONa2[Zn(OH)4]+H2↑或Zn+2NaOHNa2ZnO2+H2↑2.氧化锌——两性氧化物(1)ZnO+2H+Zn2++H2O(2)ZnO+2NaOH+H2ONa2[Zn(OH)4]或ZnO+2NaOHNa2ZnO2+H2O3.氢氧化锌——两性氢氧化物(1)与酸、碱反应Zn(OH)2+2H+Zn2++2H2OZn(OH)2+2OH-[Zn(OH)4]2-或Zn(OH)2+2OH-Zn+2H2O(2)制法Zn2++[Zn(OH)4]2-2Zn(OH)2↓或Zn2++Zn+2H2O2Zn(OH)2↓4.锌盐(1)可溶性锌盐(如ZnSO4)①与强碱溶液反应:与少量NaOH溶液反应:Zn2++2OH-Zn(OH)2↓与足量NaOH溶液反应:Zn2++4OH-[Zn(OH)4]2-或Zn2++4OH-Zn+2H2O②与Na2[Zn(OH)4](或Na2ZnO2)反应生成 Zn(OH)2沉淀(2)Na2[Zn(OH)4](或Na2ZnO2)与盐酸反应少量Na2[Zn(OH)4]+2HClZn(OH)2↓+2NaCl+2H2O或Na2ZnO2+2HClZn(OH)2↓+2NaCl足量Na2[Zn(OH)4]+4HClZnCl2+2NaCl+4H2O或Na2ZnO2+4HClZnCl2+2NaCl+2H2O与CO2反应少量Na2[Zn(OH)4]+CO2Zn(OH)2↓+Na2CO3+H2O或Na2ZnO2+H2O+CO2Zn(OH)2↓+Na2CO3足量Na2[Zn(OH)4]+2CO2Zn(OH)2↓+2NaHCO3或Na2ZnO2+2H2O+2CO2Zn(OH)2↓+2NaHCO31.(2019·山东师大附中模拟)铍铜是力学、化学综合性能良好的合金,广泛应用于制造高级弹性元件。以下是从某废旧铍铜元件(含BeO、CuS、少量FeS和SiO2)中回收铍和铜两种金属的流程。已知:Ⅰ.铍、铝元素处于周期表中的对角线位置,化学性质相似Ⅱ.常温下:Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20 mol3·L-3、Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38 mol4·L-4、Ksp[Mn(OH)2]=2.1×10-13 mol3·L-3(1)写出铍铜元件中SiO2与NaOH溶液反应的离子方程式:　                 。(2)滤渣B的主要成分为　　　　　(填化学式)。写出反应Ⅰ中含铍化合物与过量盐酸反应的化学方程式:　                                                                                         　                   。(3)①溶液C中含NaCl、BeCl2和少量HCl,为提纯BeCl2,选择合理步骤并排序　　　　。 a.加入过量的NaOH b.过滤c.加入适量的HCl d.加入过量的氨水e.通入过量的CO2 f.洗涤②从BeCl2溶液中得到BeCl2固体的操作是 　                            。(4)MnO2能将金属硫化物中的硫元素氧化为单质硫,写出反应Ⅱ中CuS发生反应的离子方程式: 　                                                  。(5)溶液D中含c(Cu2+)=2.2 mol·L-1、c(Fe3+)=0.008 mol·L-1、c(Mn2+)=0.01 mol·L-1,逐滴加入稀氨水调节pH可依次分离,首先沉淀的是　　　　　(填离子符号)。 解析:(1)SiO2是酸性氧化物,和NaOH反应生成硅酸钠和水,离子方程式为SiO2+2OH-+H2O。(2)铍铜元件主要成分是BeO、CuS、FeS、SiO2,由信息可知,BeO是两性氧化物,CuS、FeS不与NaOH反应,SiO2是酸性氧化物,能和氢氧化钠反应,因此滤渣B的主要成分是不反应的CuS、FeS;滤液A中含铍化合物为Na2[Be(OH)4],Na2[Be(OH)4]与过量的盐酸反应的化学方程式为Na2[Be(OH)4]+4HClBeCl2+2NaCl+4H2O。(3)①依据Be(OH)2和Al(OH)3性质相似,难溶于水及具有两性的特点,在滤液C中加入过量的氨水,生成Be(OH)2沉淀,过滤后洗涤,再加入盐酸溶解即可,所以提纯BeCl2选择的合理步骤为dbfc。②BeCl2易发生水解,生成Be(OH)2和HCl,从BeCl2溶液中用蒸发结晶法得到BeCl2固体时,要抑制水解,所以操作为蒸发结晶时向溶液中持续通入HCl气体(或在HCl气流中加热蒸干)。(4)反应是在硫酸存在的条件下,MnO2和CuS反应,依据题目所给信息,CuS中的S元素被氧化成S单质,同时MnO2中的Mn被还原成Mn2+,所以反应的离子方程式为MnO2+CuS+4H+S+Mn2++Cu2++2H2O。(5)当加入氨水时,依据Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20 mol3·L-3,欲使Cu(OH)2沉淀,根据c2(OH-)×c(Cu2+)=2.2×10-20 mol3·L-3,即c(OH-)=1×10-10 mol·L-1 时,就有Cu(OH)2沉淀,同理可求欲使Fe3+、Mn2+转化为沉淀的c(OH-)分别为1.7×10-12 mol·L-1、4.58×10-6 mol·L-1,因此首先沉淀的是Fe3+。答案:(1)SiO2+2OH-+H2O(2)CuS、FeS　Na2[Be(OH)4]+4HClBeCl2+2NaCl+4H2O(3)①dbfc　②蒸发结晶时向溶液中持续通入HCl气体(或在HCl气流中加热蒸干)(4)MnO2+CuS+4H+S+Mn2++Cu2++2H2O(5)Fe3+2.锌和铝都是活泼金属,其氢氧化物既能溶于强酸,又能溶于强碱。但是氢氧化铝不溶于氨水,而氢氧化锌能溶于氨水,生成[Zn(NH3)4]2+。回答下列问题:(1)单质铝溶于氢氧化钠溶液后,溶液中铝元素的存在形式为　　　　　(用化学式表示)。 (2)写出锌和氢氧化钠溶液反应的化学方程式:                                                                                            　。(3)下列各组中的两种溶液,用相互滴加的实验方法即可鉴别的是　　　　　。①硫酸铝和氢氧化钠　②硫酸铝和氨水　③硫酸锌和氢氧化钠　④硫酸锌和氨水(4)写出可溶性铝盐与氨水反应的离子方程式:                                                                                          　。试解释在实验室不适宜用可溶性锌盐与氨水反应制备氢氧化锌的原因:                                                                                                       　。解析:(1)铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气,溶液中铝元素的存在形式为Na[Al(OH)4]。(2)根据题干信息得锌和氢氧化钠溶液反应的化学方程式为Zn+2NaOH+2H2ONa2[Zn(OH)4]+H2↑。(3)①硫酸铝中加氢氧化钠时,先出现沉淀,后沉淀消失,向氢氧化钠中加硫酸铝开始没有明显现象,然后产生沉淀,故用相互滴加的实验方法可以鉴别;②硫酸铝和氨水相互滴加现象均为出现白色沉淀,用相互滴加的实验方法不可以鉴别;③往硫酸锌中加氢氧化钠时,先出现白色沉淀,后沉淀消失,向氢氧化钠中加硫酸锌时,开始无明显现象,后出现沉淀,故用相互滴加的实验方法可以鉴别;④往硫酸锌中加氨水时,先出现白色沉淀,后沉淀消失,向氨水中加硫酸锌时,开始无明显现象,然后产生白色沉淀,故用相互滴加的实验方法可以鉴别;因此,答案为①③④。(4)可溶性铝盐与氨水反应的离子方程式为Al3++3NH3·H2OAl(OH)3↓+3,在实验室不适宜用可溶性锌盐与氨水反应制备氢氧化锌,因为可溶性锌盐与氨水反应产生的氢氧化锌可溶于过量的氨水中,生成[Zn(NH3)4]2+,氨水的量不易控制。答案:(1)Na[Al(OH)4](2)Zn+2NaOH+2H2ONa2[Zn(OH)4]+H2↑(3)①③④(4)Al3++3NH3·H2OAl(OH)3↓+3　可溶性锌盐与氨水反应产生的氢氧化锌可溶于过量的氨水中,生成[Zn(NH3)4]2+,氨水的量不易控制