2021高考化学一轮复习第三章第5课时高考题中常涉及的金属及其性质教案鲁科版

-1-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)2Co(OH)2Ni(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)2Co(OH)2Ni(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-2-1.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+、3VO(偏钒酸盐)、34VO(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1800℃),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。-3-1.(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+)=0.1mol·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=13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-(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++23HCOMnCO3↓+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=13,代入计算得z=13。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++23HCOMnCO3↓+CO2↑+H2O(7)132.(2016·全国Ⅰ卷)元素铬(Cr)在溶液中主要以Cr3+(蓝紫色)、4Cr(OH)(绿色)、227CrO(橙红色)、24CrO(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)24CrO和227CrO在溶液中可相互转化。室温下,初始浓度为1.0mol·L-1的Na2CrO4溶液中c(227CrO)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,24CrO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24CrO的平衡转化率减小,则该反应的ΔH0(填“大于”“小于”或“等于”)。-5-(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24CrO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1.0×10-5mol·L-1)时,溶液中c(Ag+)为mol·L-1,此时溶液中c(24CrO)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227CrO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(227CrO)增大,说明H+与24CrO反应转化成227CrO,离子方程式为224CrO+2H+227CrO+H2O;②结合①的反应可知c(H+)增大,平衡右移,24CrO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=2272224CrOCrO(H)ccc=2270.250.51.010=1.0×1014;③升温24CrO的平衡转化率减小,说明升温平衡左移,该反应的ΔH0。(3)由Ksp(AgCl)=c(Ag+)·c(Cl-)可得:c(Ag+)=spAgClClKc=1052.0101.010mol·L-1=2.0×10-5mol·L-1,又由Ksp(Ag2CrO4)=c2(Ag+)·c(24CrO)可知:c(24CrO)=sp242AgCrOAgKc=12252.0102.010mol·L-1=5.0×10-3mol·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227CrO+33HSO+5H+2Cr3++324SO+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)①224CrO+2H+227CrO+H2O②增大1.0×1014③小于(3)2.0×10-55.0×10-3(4)227CrO+33HSO+5H+2Cr3++324SO+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:-6-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bkgNi(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%,akg废催化剂(含Ni70%)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)bkgNi(OH)2中镍元素的质量为5993bkg,akg废催化剂(含Ni70%)中镍元素的质量为akg×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%+5993b)×95%kg。答案:(1)2Ni(OH)2+N2H4·H2O2Ni+N2↑+5H2O(2)Al(OH)3、Fe(OH)3(3)(a×70%×97%+5993b)×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-7-1.两者均能溶于酸溶液也能溶于碱溶液Be+2NaOH+2H2ONa2[Be(OH)4]