eq\a\vs4\al(核心素養)eq\a\vs4\al(考情分析)宏觀辨識與微觀探析科學探究與創新意識科學態度與社會責任結合離子反應、阿伏加德羅常數，多以選擇題、工藝流程、化學實驗形式考查金屬及其化合物性質、物質之間的相互轉化考向一金屬單質及其化合物的性質及應用1．金屬單質金屬活動順序表KCaNaMgAlZnFeSnPb(H)CuHgAgPtAu典型金屬NaMgAlFeCu與水反應劇烈反應加熱微弱反應加熱微弱反應高溫反應不反應與酸反應劇烈反應與非氧化性酸反應產生H2，與氧化性酸反應生成非金屬氧化物，Al、Fe常溫與濃H2SO4、濃硝酸鈍化與非氧化性酸不反應，與氧化性酸發生氧化還原反應工業制備電解熔融NaCl電解熔融MgCl2電解熔融Al2O3高爐煉鐵還原法其他典型的活潑金屬，與O2溫度不同分別生成Na2O、Na2O2與CO2、N2反應與堿溶液反應生成H2變價，與不同的氧化性物質生成＋2、＋3價鐵排在H之后的金屬2.金屬氧化物化學式Na2ONa2O2Al2O3FeOFe2O3CuO分類堿性氧化物過氧化物兩性氧化物堿性氧化物堿性氧化物堿性氧化物顏色狀態白色固體淡黃色固體白色固體黑色粉末紅棕色粉末黑色固體與水作用反應生成NaOH反應生成NaOH和O2不溶于水，也不與水反應與酸反應反應生成鈉鹽和水反應生成鈉鹽、水和氧氣反應生成鋁鹽和水反應生成亞鐵鹽和水反應生成鐵鹽和水反應生成銅鹽和水氧化性除Na2O2外，氧化性很弱，通常不能用還原劑還原可用C、CO、Al、H2等還原，生成單質鐵、銅其他反應與CO2反應生成Na2CO3與CO2反應生成Na2CO3和O2與強堿反應生成偏鋁酸鹽與氧化性酸反應生成鐵鹽3.金屬氫氧化物化學式NaOHAl(OH)3Fe(OH)3Fe(OH)2Cu(OH)2顏色狀態白色固體白色膠狀沉淀紅褐色沉淀白色沉淀藍色沉淀穩定性穩定，加熱不分解加熱分解成Al2O3和H2O加熱分解成Fe2O3和H2O不穩定，易被氧化成Fe(OH)3易分解成CuO和H2O與酸反應均易與酸反應生成對應的鹽，若為氧化性酸，則Fe(OH)2還要被氧化其他反應與某些鹽、Cl2、Al、Si、Al(OH)3反應與強堿溶液反應具有還原性新制Cu(OH)2懸濁液被醛基還原1.(2021·河北省學業水平選擇性考試)“灌鋼法”是我國古代勞動人民對鋼鐵冶煉技術的重大貢獻，陶弘景在其《本草經集注》中提到“鋼鐵是雜煉生鍒作刀鐮者”。“灌鋼法”主要是將生鐵和熟鐵(含碳量約0.1%)混合加熱，生鐵熔化灌入熟鐵，再鍛打成鋼。下列說法錯誤的是(C)A．鋼是以鐵為主的含碳合金B．鋼的含碳量越高，硬度和脆性越大C．生鐵由于含碳量高，熔點比熟鐵高D．冶煉鐵的原料之一赤鐵礦的主要成分為Fe2O3解析：鋼是含碳量低的鐵合金，A正確；鋼的硬度和脆性與含碳量有關，隨著含碳量的增大而增大，B正確；生鐵熔化灌入熟鐵，再鍛打成鋼，說明生鐵的熔點低于熟鐵，C錯誤；赤鐵礦的主要成分是Fe2O3，可用于冶煉鐵，D正確，故選C。2．(2020·山東卷)實驗室分離Fe3＋和Al3＋的流程如下：已知Fe3＋在濃鹽酸中生成黃色配離子[FeCl4]－，該配離子在乙醚(Et2O，沸點34.6℃)中生成締合物Et2O·H＋·[FeCl4]－。下列說法錯誤的是(A)A．萃取振蕩時，分液漏斗下口應傾斜向下B．分液時，應先將下層液體由分液漏斗下口放出C．分液后水相為無色，說明已達到分離目的D．蒸餾時選用直形冷凝管解析：萃取振蕩時分液漏斗內氣體壓強增大，為避免氣體壓強過大，發生實驗意外，需要對分液漏斗進行放氣，分液漏斗下口應該傾斜向上，便于打開活塞放氣，A項錯誤；分液時，下層液體由分液漏斗下口放出，上層液體從上口倒出，B項正確；分液后水相為無色，說明黃色配離子[FeCl4]－已經和萃取劑乙醚完全締合，與Al3＋分離，C項正確；直形冷凝管一般用于蒸餾，D項正確。3．(2019·全國卷Ⅱ)下列化學方程式中，不能正確表達反應顏色變化的是(C)A．向CuSO4溶液中加入足量Zn粉，溶液藍色消失：Zn＋CuSO4=Cu＋ZnSO4B．澄清的石灰水久置后出現白色固體：Ca(OH)2＋CO2=CaCO3↓＋H2OC．Na2O2在空氣中放置后由淡黃色變為白色：2Na2O2=2Na2O＋O2↑D．向Mg(OH)2懸濁液中滴加足量FeCl3溶液出現紅褐色沉淀：3Mg(OH)2＋2FeCl3=2Fe(OH)3＋3MgCl2解析：Zn可以置換出CuSO4中的Cu，A項正確；澄清石灰水會吸收空氣中的CO2生成CaCO3沉淀，B項正確；Na2O2放置于空氣中，會與CO2發生反應2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2，C項錯誤；Fe(OH)3比Mg(OH)2更難溶，所以Mg(OH)2可以轉化為Fe(OH)3，D項正確。4．(2019·天津卷)下列有關金屬及其化合物的應用不合理的是(C)A．將廢鐵屑加入FeCl2溶液中，可用于除去工業廢氣中的Cl2B．鋁中添加適量鋰，制得低密度、高強度的鋁合金，可用于航空工業C．鹽堿地(含較多Na2CO3等)不利于作物生長，可施加熟石灰進行改良D．無水CoCl2呈藍色，吸水會變為粉紅色，可用于判斷變色硅膠是否吸水解析：Fe2＋在溶液中很快與氯氣反應生成Fe3＋，然后Fe與Fe3＋反應再生成Fe2＋，使吸收反應得以順利進行，A項不符合題意；鋰是最輕的金屬，故鋁鋰合金密度小，合金硬度一般比成分金屬硬度大，故該合金可用于航空工業，B項不符合題意；碳酸鈉和氫氧化鈣的水溶液均顯堿性，加熟石灰無法改良鹽堿地，C項符合題意；藍色的CoCl2吸水后會生成粉紅色的CoCl2·6H2O，故無水CoCl2可用于判斷硅膠干燥劑是否吸水，D項不符合題意。5．(2021·佛山二模)陳述Ⅰ和Ⅱ均正確且具有因果關系的是(C)選項陳述Ⅰ陳述ⅡA儲氫合金可用于以H2為燃料的汽車合金的熔點低，硬度大B濃硫酸在加熱條件下與銅反應濃硫酸具有脫水性CAl2O3常用作耐火、耐高溫材料Al2O3的熔點高DFeCl3溶液可用作蝕刻銅電路板FeCl3溶液顯酸性解析：儲氫合金可用于以H2為燃料的汽車，但原因不是合金的熔點低，硬度大，A錯誤；濃硫酸在加熱條件下與銅反應生成二氧化硫和硫酸銅，S元素化合價降低作氧化劑，說明濃硫酸具有氧化性，B錯誤；Al2O3的熔點高，Al2O3常用作耐火、耐高溫材料，C正確；FeCl3具有氧化性可以和Cu反應，所以FeCl3溶液可用作蝕刻銅電路板，不是因為FeCl3溶液顯酸性，D錯誤。6．(2021·廣東模擬)下列實驗過程可以達到實驗目的的是(D)選項實驗目的實驗過程A制備Fe(OH)3膠體在加熱時，向0.1mol·L－1的FeCl3溶液中滴加NaOH溶液B驗證Mg(OH)2沉淀可以轉化為Fe(OH)3沉淀向2mL1mol·L－1NaOH溶液中加入幾滴1mol·L－1的MgCl2溶液，生成白色沉淀，再加入幾滴1mol·L－1的FeCl3溶液C除去NaHCO3溶液中的Na2CO3向溶液中加入適量的稀鹽酸D鑒別NaCl和KI溶液用兩支試管分別取兩種溶液少量，向其中滴加少量新制氯水，再加入1～2mLCCl4溶液，振蕩、靜置解析：將NaOH溶液加入FeCl3溶液只能得到Fe(OH)3沉淀，得不到膠體，應該是把氯化鐵飽和溶液滴入沸水中繼續煮沸至溶液呈紅褐色為止，A錯誤；反應中NaOH溶液過量無法驗證沉淀的轉化，B錯誤；適量的稀鹽酸與Na2CO3反應生成NaHCO3和NaCl，混入新的雜質，應該是通入足量二氧化碳氣體，C錯誤；新制氯水把I－氧化為I2，再加入CCl4溶液，振蕩、靜置，分層，下層呈紫色的是KI，D正確。7．(2021·山東第二次診斷)下列關于物質性質的說法不合理的是(B)A．FeCl3、Na2O2、Cu2S均可由相應單質直接化合生成B．Cl2、SO2氣體通入紫色石蕊試液中，均出現溶液先變紅后褪色C．金屬Mg與稀硫酸和CO2均能反應，其反應類型相同D．氫氧化鋁、碳酸銨、碳酸氫鈉都既能與鹽酸反應，又能與氫氧化鈉溶液反應解析：Fe與氯氣反應生成氯化鐵，鈉與氧氣反應生成過氧化鈉，Cu與S反應生成Cu2S，均可由相應單質直接化合生成，故A正確；SO2為酸性氧化物，通入紫色石蕊試液中，溶液變紅，故B錯誤；Mg與硫酸反應生成硫酸鎂和氫氣，Mg與二氧化碳反應生成MgO和C，均為置換反應，故C正確；兩性氫氧化物、弱酸的銨鹽、弱酸的酸式鹽均與鹽酸、NaOH反應，氫氧化鋁、碳酸銨、碳酸氫鈉都既能與鹽酸反應，又能與氫氧化鈉溶液反應，故D正確。考向二金屬單質及其化合物的轉化1．活潑的金屬——鈉及其化合物①2Na＋O2eq\o(=,\s\up15(△))Na2O2②2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑③2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2④CO2＋2NaOH=Na2CO3＋H2O⑤CO2＋NaOH=NaHCO3⑥Na2CO3＋H2O＋CO2=2NaHCO32．氧化物、氫氧化物顯兩性的金屬——鋁及其化合物①2Al＋6HCl=2AlCl3＋3H2↑②2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑③AlCl3＋4NaOH=NaAlO2＋3NaCl＋2H2O④NaAlO2＋4HCl=NaCl＋AlCl3＋2H2O⑤NaAlO2＋2H2O＋CO2=Al(OH)3↓＋NaHCO3⑥AlCl3＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NH4Cl3．變價金屬——鐵及其化合物①2Fe＋3Cl2eq\o(=,\s\up15(點燃))2FeCl3②Fe2O3＋3COeq\o(=,\s\up15(高溫))2Fe＋3CO2或Fe2O3＋2Aleq\o(=,\s\up15(高溫))2Fe＋Al2O3③Cu＋2FeCl3=CuCl2＋2FeCl2C．S(s)eq\o(→,\s\up15(O2g),\s\do15(點燃))SO3(g)eq\o(→,\s\up15(H2Ol))H2SO4(aq)D．N2(g)eq\o(→,\s\up15(H2g),\s\do15(高溫高壓、催化劑))NH3(g)eq\o(→,\s\up15(CO2g),\s\do15(NaClaq))Na2CO3(s)解析：Fe在Cl2中加熱生成FeCl3，A項錯誤；MgCl2與Ca(OH)2反應生成Mg(OH)2和CaCl2，Mg(OH)2煅燒生成MgO和H2O，B項正確；S在O2中燃燒生成SO2，C項錯誤；NH3、CO2通入飽和NaCl溶液中生成NaHCO3晶體和NH4Cl，D項錯誤。2．(2021·廣東省學業水平選擇性考試)部分含鐵物質的分類與相應化合價關系如圖所示。下列推斷不合理的是(C)A．a可與e反應生成bB．b既可被氧化，也可被還原C．可將e加入濃堿液中制得d的膠體D．可存在b→c→d→e→b的循環轉化關系解析：圖中所示鐵元素不同化合價的物質：a為Fe，b為FeCl2、FeSO4、Fe(NO3)2等Fe(Ⅱ)的鹽類物質，c為Fe(OH)2，e為FeCl3、Fe2(SO4)3、Fe(NO3)3等Fe(Ⅲ)的鹽類物質，d為Fe(OH)3。Fe與Fe(Ⅲ)的鹽類物質可發生反應生成Fe(Ⅱ)的鹽類物質，如Fe＋2FeCl3=3FeCl2，A合理；Fe(Ⅱ)為鐵元素的中間價態，既有還原性也有氧化性，因此既可被氧化，也可被還原，B合理；Fe(Ⅲ)的鹽類物質與濃堿液反應生成Fe(OH)3沉淀，制備Fe(OH)3膠體的操作為向沸水中滴加飽和FeCl3溶液，繼續煮沸至溶液呈紅褐色，停止加熱，C不合理；b→c→d→e→b轉化如FeCl2eq\o(→,\s\up15(NaOH))Fe(OH)2eq\o(→,\s\up15(O2、H2O))Fe(OH)3eq\o(→,\s\up15(稀HCl))FeCl3eq\o(→,\s\up15(Fe))FeCl2，D合理。3．(2021·河北省學業水平選擇性考試)化工專家侯德榜發明的侯氏制堿法為我國純堿工業和國民經濟發展做出了重要貢獻，某化學興趣小組在實驗室中模擬并改進侯氏制堿法制備NaHCO3，進一步處理得到產品Na2CO3和NH4Cl，實驗流程如圖：回答下列問題：(1)從A～E中選擇合適的儀器制備NaHCO3，正確的連接順序是aefbcgh(按氣流方向，用小寫字母表示)。為使A中分液漏斗內的稀鹽酸順利滴下，可將分液漏斗上部的玻璃塞打開或將玻璃塞上的凹槽對準漏斗頸部的小孔。(2)B中使用霧化裝置的優點是使氨鹽水霧化，可增大與二氧化碳的接觸面積，從而提高產率(或其他合理答案)。(3)生成NaHCO3的總反應的化學方程式為NH3·H2O＋NaCl＋CO2=NH4Cl＋NaHCO3↓。(4)反應完成后，將B中U形管內的混合物處理得到固體NaHCO3和濾液：①對固體NaHCO3充分加熱，產生的氣體先通過足量濃硫酸，再通過足量Na2O2，Na2O2增重0.14g，則固體NaHCO3的質量為0.84g。②向濾液中加入NaCl粉末，存在NaCl(s)＋NH4Cl(aq)→NaCl(aq)＋NH4Cl(s)過程。為使NH4Cl沉淀充分析出并分離，根據NaCl和NH4Cl溶解度曲線，需采用的操作為蒸發濃縮、冷卻結晶過濾、洗滌、干燥。(5)無水NaHCO3可作為基準物質標定鹽酸濃度。稱量前，若無水NaHCO3保存不當，吸收了一定量水分，用其標定鹽酸濃度時，會使結果A。(填標號)A．偏高B．偏低C．不變解析：(1)根據工藝流程知，濃氨水中加入氯化鈉粉末形成飽和氨鹽水后，再通入二氧化碳氣體，發生反應：NH3·H2O＋NaCl＋CO2=NH4Cl＋NaHCO3↓，得到的碳酸氫鈉晶體烘干后受熱分解會生成碳酸鈉、二氧化碳和水，從而制備得到純堿，要制備NaHCO3，需先選用裝置A制備二氧化碳，然后通入飽和碳酸氫鈉溶液中除去二氧化碳中的HCl，后與飽和氨鹽水充分接觸來制備NaHCO3，其中過量的二氧化碳可被氫氧化鈉溶液吸收，也能充分利用二氧化碳制備得到少量NaHCO3，所以按氣流方向正確的連接順序應為aefbcgh；為使A中分液漏斗內的稀鹽酸順利滴下，可將分液漏斗上部的玻璃塞打開或將玻璃塞上的凹槽對準漏斗頸部的小孔。(2)B中使用霧化裝置使氨鹽水霧化，可增大與二氧化碳的接觸面積，從而提高產率。(3)生成NaHCO3的總反應的化學方程式為NH3·H2O＋NaCl＋CO2=NH4Cl＋NaHCO3↓。(4)①對固體NaHCO3充分加熱，產生二氧化碳和水蒸氣，反應的化學方程式為2NaHCO3eq\o(=,\s\up15(△))Na2CO3＋CO2↑＋H2O，將氣體先通過足量濃硫酸，吸收水蒸氣，再通過足量Na2O2，Na2O2與二氧化碳反應生成碳酸鈉和氧氣，化學方程式為2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2，根據差量法可知，當增重0.14g(2CO的質量)時，消耗的二氧化碳的質量為0.14g×eq\f(44,28)＝0.22g，其物質的量為eq\f(0.22g,44g/mol)＝0.005mol，根據關系式2NaHCO3～CO2可知，消耗的NaHCO3的物質的量為2×0.005mol＝0.01mol，所以固體NaHCO3的質量為0.01mol×84g/mol＝0.84g。②根據溶解度隨溫度的變化曲線可以看出，氯化銨的溶解度隨著溫度的升高而不斷增大，而氯化鈉的溶解度隨著溫度的升高變化并不明顯，所以要想使NH4Cl沉淀充分析出并分離，需采用蒸發濃縮、冷卻結晶過濾、洗滌、干燥的方法。(5)稱量前，若無水NaHCO3保存不當，吸收了一定量水分，標準液被稀釋，濃度減小，所以用其標定鹽酸濃度時，消耗的碳酸氫鈉的體積V(標)會增大，根據c(測)＝eq\f(c標V標,c測)可知，最終會使c(測)偏高，A正確。4．(2021·保定期末)A、B、C、D是中學化學常見物質，其中A、B、C均含有同一種元素，在一定條件下相互轉化關系如圖，下列判斷正確的是(A)A．若D為H2O，A為碳，則A和C反應生成1molB轉移的電子數為NAB．若D為Fe，A為Cl2，則B溶液蒸干后可得到純凈的B固體C．若D為O2，A為堿性氣體，則以上轉化只涉及兩個氧化還原反應D．若D為HCl，A為Na2CO3，則B溶液中c(Na＋)＝c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(COeq\o\al(2－,3))＋c(H2CO3)解析：若D為H2O，A為碳，轉化關系為Ceq\o(→,\s\up15(H2O))COeq\o(→,\s\up15(H2O))CO2，A與C的反應為CO2＋Ceq\o(=,\s\up15(高溫))2CO，反應中生成2molCO轉移2mol電子，所以反應生成1molB轉移的電子數為NA，A正確；若D為Fe，A為Cl2，轉化關系為Cl2eq\o(→,\s\up15(Fe))FeCl3eq\o(→,\s\up15(Fe))FeCl2，A與C的反應為2FeCl2＋Cl2=2FeCl3，氯化鐵水解生成氫氧化鐵和氯化氫，氯化鐵溶液蒸干時由于氯化氫的揮發，促進氯化鐵的水解，最終得到氫氧化鐵，不能得到FeCl3，B錯誤；若D為O2，A為堿性氣體，A為NH3，轉化關系為NH3eq\o(→,\s\up15(O2))N2eq\o(→,\s\up15(O2))NO，A與C的反應為4NH3＋6NOeq\o(=,\s\up15(催化劑))5N2＋6H2O，上述變化中有三個氧化還原反應，C錯誤；若D為HCl，A為Na2CO3，轉化關系為Na2CO3eq\o(→,\s\up15(HCl))NaHCO3eq\o(→,\s\up15(HCl))CO2，A與C的反應為CO2＋Na2CO3＋H2O=2NaHCO3，B溶液為NaHCO3，溶液中存在的物料守恒為c(Na＋)＝c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(COeq\o\al(2－,3))＋c(H2CO3)，D錯誤。5．(2021·山東新高考全真模擬九)某科學興趣小組查閱資料得知，反應溫度不同，氫氣還原氧化銅的產物就不同，可能是Cu或Cu2O，Cu和Cu2O均為不溶于水的紅色固體，但氧化亞銅能與稀硫酸反應，化學方程式為Cu2O＋H2SO4=CuSO4＋Cu＋H2O，為探究反應后的紅色固體中含有什么物質？他們提出了以下假設：假設一：紅色固體只有Cu假設二：紅色固體只有Cu2O假設三：紅色固體中有Cu和Cu2O下列判斷正確的是(C)A．取少量紅色固體，加入足量的稀硫酸，若溶液無明顯現象，則假設一和二都成立B．若看到溶液變成藍色，且仍有紅色固體，則只有假設三成立C．現將7.2克紅色固體通入足量的H2還原，最后得到固體6.4克，則假設二成立D．實驗室可以用葡萄糖和新制的含NaOH的Cu(OH)2沉淀，加熱后制取Cu2O解析：取少量紅色固體，加入足量的稀硫酸，若溶液無明顯現象，說明紅色固體中不含氧化亞銅，則假設一成立，假設二不成立，故A錯誤；若看到溶液變成藍色，說明紅色固體中含有氧化亞銅，仍有紅色固體，但不能說明原紅色固體中含有銅，因為氧化亞銅和稀硫酸反應也能生成銅，則假設二或三成立，故B錯誤；假設二：紅色固體只有Cu2O，則7.2gCu2O的物質的量為eq\f(7.2g,144g/mol)＝0.05mol，和H2反應后生成銅的物質的量為0.1mol，質量為6.4g，所以假設二成立，故C正確；實驗室可以用葡萄糖和新制的含NaOH的Cu(OH)2懸濁液，加熱后制取Cu2O，不能是Cu(OH)2沉淀，故D錯誤。故選C。6．(2021·淄博摸底)Ⅰ.字母A～K代表常見物質，在一定條件下能發生如圖所示變化。已知：反應②中A為黑色粉末，B為金屬單質，且n(A)n(B)＝32。反應③和④均在水溶液中進行。(1)寫出J的名稱：氯化亞鐵。(2)寫出反應②的化學方程式：2Al＋3FeOeq\o(=,\s\up15(高溫))Al2O3＋3Fe。(3)寫出反應⑤的離子方程式：Al2O3＋2OH－=2AlOeq\o\al(－,2)＋H2O。Ⅱ.某研究性學習小組的同學以Fe(NO3)3溶液來探究Fe3＋能否氧化Ag為題。他們選用少量的Fe(NO3)3溶液與做過銀鏡反應的試管進行實驗。現象：銀鏡部分溶解，試管上方出現少量淡淡的紅棕色氣體。請你判斷：以上實驗能否得到相關結論。若你認為能得出結論，請簡述理由：__________________________。若你認為不能得出結論，請在此實驗基礎上，再繼續實驗(試劑任選)，直至得出相關結論。請設計實驗(寫出實驗操作、現象和結論)：________________________________________________________________________________________________________________________________________________。答案：不能得出結論，設計實驗：取反應后溶液少量于試管中，滴加幾滴K3[Fe(CN)6]溶液，若產生藍色沉淀，則證明有Fe2＋產生，證實了Fe3＋能氧化單質銀解析：Ⅰ.電解熔融狀態NaCl得到金屬鈉和氯氣，A為黑色粉末，B為金屬單質，A和B在高溫下反應，且n(A)n(B)＝32，得出反應②為2Al＋3FeOeq\o(=,\s\up15(高溫))Al2O3＋3Fe，即A為FeO，B為Al，根據轉化關系，D為Cl2，C為Na，E為Fe，F為Al2O3，Na與H2O反應生成NaOH和H2，即H為NaOH，Al2O3與NaOH反應生成NaAlO2和H2O，即K為NaAlO2，Fe和Cl2反應生成FeCl3，即G為FeCl3，FeCl3與Fe在溶液中反應生成FeCl2，即J為FeCl2，I和Fe反應生成FeCl2和H2，即I為HCl。(1)根據上述分析，J為FeCl2，名稱為氯化亞鐵。(2)反應②的化學方程式為2Al＋3FeOeq\o(=,\s\up15(高溫))Al2O3＋3Fe。(3)反應⑤的離子方程式為Al2O3＋2OH－=2AlOeq\o\al(－,2)＋H2O↑。Ⅱ.Fe3＋如果氧化Ag，則會被銀還原成Fe2＋，通過檢驗Fe2＋的存在可以證明Fe3＋能夠氧化單質Ag，具體操作為取反應后溶液少量于試管中，滴加幾滴K3[Fe(CN)6]溶液，若產生藍色沉淀，則證明有Fe2＋產生，證實了Fe3＋能氧化單質銀，答案為不能得出結論，設計實驗：取反應后溶液少量于試管中，滴加幾滴K3[Fe(CN)6]溶液，若產生藍色沉淀，則證明有Fe2＋產生，證實了Fe3＋能氧化單質銀。考向三典型金屬單質及其化合物性質的探究1．Na2CO3與NaHCO32．鋁三角3．Fe2＋、Fe3＋性質、鑒別、除雜1．(2021·保定期末)某同學為測定Na2CO3固體(含少量NaCl)的純度，設計如下裝置(含試劑)進行實驗。下列說法不正確的是(A)A．必須在②③間添加吸收HCl的裝置B．④的作用是防止空氣中的氣體影響實驗的精確度C．通入空氣的作用是保證②中產生的氣體完全轉移到③中D．稱取樣品和③中產生的沉淀的質量即可求算Na2CO3固體的純度解析：氫氧化鋇足量，揮發出的HCl先被吸收，不會影響BaCO3沉淀的生成和測定，無需單獨添加吸收HCl的裝置，A錯誤；堿石灰可與二氧化碳反應，吸收水分，可防止空氣中的氣體影響實驗的精確度，B正確；根據③中沉淀的質量計算碳酸鈉的純度，故需要通入空氣，保證②中產生的二氧化碳完全轉移到③中，被充分吸收，減小實驗誤差，C正確；③中產生的沉淀為碳酸鋇，③中根據碳酸鋇的質量可計算生成二氧化碳的質量，②中根據生成二氧化碳的質量計算樣品中的碳酸鈉質量，根據稱取樣品的質量即可求算碳酸鈉固體的純度，D正確，故選A。2．(2021·北京延慶區一模)探究Na2O2與水的反應，實驗如圖。已知：H2O2H＋＋HOeq\o\al(－,2)HOeq\o\al(－,2)H＋＋Oeq\o\al(2－,2)下列分析不正確的是(B)A．①④實驗中均發生了氧化還原反應和復分解反應B．①⑤中產生的氣體能使帶火星的木條復燃，說明存在H2O2C．③和④不能說明溶解性：BaO2>BaSO4D．⑤中說明H2O2具有還原性解析：過氧化鈉和水反應有氣體產生，反應后溶液分為兩等份，一份加入二氧化錳，生成氣體，說明過氧化鈉與水反應生成過氧化氫，且生成氣體為氧氣；另一份加入氯化鋇生成BaO2沉淀，加入稀硫酸生成硫酸鋇沉淀和H2O2，上層清液中加入酸性高錳酸鉀酸性溶液，產生氣體且高錳酸鉀溶液褪色，說明過氧化氫可被高錳酸鉀氧化生成氧氣。根據上述分析可知，①中發生了Na2O2＋2H2O=2NaOH＋H2O2,2H2O2=2H2O＋O2↑；④中發生了BaO2＋H2SO4=BaSO4↓＋H2O2,2H2O2=2H2O＋O2↑，故①和④實驗中均發生了氧化還原反應和復分解反應，故A正確；①中產生的氣體能使帶火星的木條復燃，說明生成了O2，僅憑實驗①不能說明存在H2O2；⑤中產生的氣體能使帶火星的木條復燃，且酸性高錳酸鉀溶液褪色，說明存在H2O2，故B錯誤；④中發生了反應BaO2＋H2SO4=BaSO4↓＋H2O2，說明BaO2溶于酸，而BaSO4不溶于酸，故不能說明溶解性：BaO2>BaSO4，故C正確；實驗⑤上層清液中加入酸性高錳酸鉀酸性溶液，產生氣體且高錳酸鉀溶液褪色，說明過氧化氫可被高錳酸鉀氧化生成氧氣，說明H2O2具有還原性，故D正確。3．(2021·北京市房山區期末)某小組同學通過實驗研究FeCl3溶液與Cu粉發生的氧化還原反應。實驗記錄如表，下列說法不正確的是(C)序號ⅠⅡⅢ實驗步驟充分振蕩，加2mL蒸餾水充分振蕩，加入2mL蒸餾水充分振蕩，加入2mL蒸餾水實驗現象銅粉消失，溶液黃色變淺，加入蒸餾水后無明顯現象銅粉有剩余，溶液黃色褪去，加入蒸餾水后生成白色沉淀銅粉有剩余，溶液黃色褪去，變成藍色，加入蒸餾水后無白色沉淀A.實驗Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中均發生了反應2Fe3＋＋Cu=2Fe2＋＋Cu2＋B．對比實驗Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ說明白色沉淀的產生可能與銅粉的量及溶液的陰離子種類有關C．實驗Ⅱ、Ⅲ中加入蒸餾水后c(Cu2＋)相同D．向實驗Ⅲ反應后的溶液中加入飽和NaCl溶液可能出現白色沉淀解析：實驗Ⅰ：少量銅粉加入1mL0.1mol/L氯化鐵溶液，充分振蕩，銅粉消失，溶液黃色變淺，加入蒸餾水后無明顯現象，說明鐵離子氧化銅生成銅離子；實驗Ⅱ：過量銅加入1mL0.1mol/L氯化鐵溶液，充分振蕩，加2mL蒸餾水，銅粉有余，溶液黃色褪去，鐵離子全部和銅反應，加入蒸餾水后生成白色沉淀說明銅被氧化的產物有亞銅離子，生成CuCl白色沉淀；實驗Ⅲ：過量銅加入1mL0.05mol/L硫酸鐵溶液，充分振蕩，加2mL蒸餾水，銅粉有余，溶液黃色褪去，加入蒸餾水后無白色沉淀，說明鐵離子反應完全，生成的溶液中含銅離子，實驗Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中溶液黃色變淺或褪去，均涉及Fe3＋被還原，故A正確；對比實驗Ⅰ、Ⅱ可知，白色沉淀CuCl的產生與銅粉的量有關，對比實驗Ⅱ、Ⅲ可知，白色沉淀CuCl的產生與溶液的陰離子種類有關，故B正確；實驗Ⅱ、Ⅲ中，分別有氯化亞銅沉淀生成、無氯化亞銅沉淀生成，加入蒸餾水后c(Cu2＋)不相同，故C錯誤；向實驗Ⅲ反應后的溶液中加入飽和NaCl溶液，可能出現白色CuCl沉淀，故D正確。4．(2021·北京市大興區期末)某學習小組探究FeCl3溶液與Na2S溶液在某種條件下的反應。實驗Ⅰ已知：FeS、Fe2S3均為黑色固體，難溶于水。(1)用化學用語解釋Na2S溶液呈堿性的原因S2－＋H2OHS－＋OH－。(2)小組同學們對試管b中黑色沉淀的成分提出猜想：猜想1：黑色沉淀是Fe2S3；猜想2：黑色沉淀是FeS。①針對猜想1，甲同學根據Na2S溶液呈堿性，推測試管b中黑色沉淀除Fe2S3外，還可能存在Fe(OH)3，補充實驗Ⅱ如下：編號操作或過程現象和結論實驗Ⅱ向3mLpH＝12.5NaOH溶液中滴加3滴pH＝1的0.1mol·L－1的FeCl3溶液有紅褐色溶液生成。試管b中黑色的Fe2S3可能影響Fe(OH)3紅褐色的觀察②甲同學繼續查找數據：Ksp(Fe2S3)＝1.0×10－88，Ksp[Fe(OH)3]＝1.1×10－35。設計實驗Ⅲ：向Fe(OH)3中加入過量pH＝12.5的0.1mol·L－1Na2S溶液，觀察到的現象是沉淀顏色由紅褐色完全變為黑色，該現象對應的離子方程式為2Fe(OH)3(s)＋3S2－=Fe2S3(s)＋6OH－。③針對猜想2，乙同學推測，若猜想2成立，應該還有S生成。寫出該同學推測所依據的離子方程式：2Fe3＋＋3S2－=2FeS↓＋S↓。乙同學繼續檢驗，確認黑色沉淀中無S單質，猜想2不成立。(3)丙同學利用電化學原理繼續進行探究編號裝置操作及現象實驗Ⅳ①電流計指針有微弱偏轉；②2分鐘后，取左側燒杯溶液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，有少量藍色沉淀；2小時后，右側燒杯有黃色渾濁產生，再取左側燒杯溶液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，有大量藍色沉淀丙同學依據實驗Ⅳ得出結論：pH＝1的0.1mol·L－1FeCl3溶液與pH＝12.5的0.1mol·L－1Na2S溶液能(填“能”或“不能”)發生氧化還原反應。(4)綜合以上研究，從反應原理角度分析試管b中黑色沉淀是Fe2S3而不是FeS的原因FeCl3溶液和Na2S溶液間發生復分解反應生成沉淀Fe2S3的速率大于發生氧化還原反應生成FeS的速率。解析：(1)Na2S溶液呈堿性，是因硫離子水解生成氫氧根離子導致的，則離子反應為S2－＋H2OHS－＋OH－。(2)①利用了平行對比實驗角度思考，改物質而不改體積和pH：因為實驗Ⅰ中用的是3mLpH＝12.5的Na2S溶液，所以實驗Ⅱ中藥品改成3mLpH＝12.5的NaOH溶液作對比實驗。②結合Ksp(Fe2S3)＝1.0×10－88、Ksp[Fe(OH)3]＝1.1×10－35，難溶物的溶解度越小越易轉化生成，向Fe(OH)3中加入過量pH＝12.5的0.1mol·L－1Na2S溶液時，紅褐色Fe(OH)3沉淀會轉化為更難溶的黑色Fe2S3沉淀，對應的離子方程式為2Fe(OH)3(s)＋3S2－=Fe2S3(s)＋6OH－。(3)實驗Ⅳ根據實驗現象電流計指針有微弱偏轉得出結論：氧化還原反應生成FeS的速率不大。(4)實驗Ⅰ表明在Na2S溶液中逐滴加入FeCl3溶液，主要發生的是復分解反應，速率快。實驗Ⅳ表明FeCl3溶液與Na2S溶液主要發生的是氧化還原反應，速率慢。由此可知FeCl3溶液和Na2S溶液間可發生復分解反應也可發生氧化還原反應，在該實驗條件下，前者速率快。考向四無機化工流程1．流程題的結構圖解eq\a\vs4\al(增大接觸面積，加快反應,速率，提高浸出率。,常用的除雜凈化方法有,①加化學試劑法；②調,pH法；③加熱等,,圖數信息，條件選擇，結合,氧化還原理論，四大平衡,理論，電化學理論等考查)eq\a\vs4\al(分離、提純的基本方法：,結晶，過濾，萃取，蒸餾……,產品純度測定，計算產率,①從原料與產品對比分析保留,什么元素，除去什么雜質，引入,什么成分？,②從原料中元素價態與產品保,留元素價態分析，前后價態是否,一致，升高還是降低？)2．化工流程中常考考點(1)陌生方程式的書寫首先根據題給材料中的信息寫出部分反應物和生成物的化學式，再根據反應前后元素化合價有無變化判斷反應類型：①元素化合價無變化則為非氧化還原反應，遵循質量守恒定律。②元素化合價有變化則為氧化還原反應，除遵循質量守恒外，還要遵循得失電子守恒規律。最后根據題目要求寫出化學方程式或離子方程式(需要遵循電荷守恒規律)即可。(2)操作及原因常見的操作思考角度表面處理用水洗除去表面可溶性雜質，金屬晶體可用機械法(打磨)加快反應速率，使反應更充分或化學法除去表面氧化物、提高光潔度等加氧化劑氧化某物質，生成目標產物或除去某些離子分離、提純過濾、蒸發、萃取、分液、蒸餾等常規操作從溶液中得到晶體的方法：蒸發濃縮→冷卻結晶→過濾→洗滌、干燥提高原子利用率綠色化學(物質的循環利用、廢物處理、原子利用率、能量的充分利用)在空氣中或在其他氣體中進行的反應或操作要考慮O2、H2O、CO2或其他氣體是否參與反應；或能否達到隔絕空氣、防氧化、防水解、防潮解等目的控制溶液的pH①調節溶液的酸堿性，使金屬離子形成氫氧化物沉淀析出(或抑制水解)②“酸作用”還可除去氧化物(膜)③“堿作用”還可除去油污，除去鋁片氧化膜，溶解鋁、二氧化硅等④特定的氧化還原反應需要的酸性條件(或堿性條件)控制溫度(常用水浴、冰浴或油浴)①防止副反應的發生②使化學平衡移動；控制化學反應的方向③控制固體的溶解與結晶④控制反應速率；使催化劑達到最大活性⑤升溫：促進溶液中的氣體逸出，使某物質達到沸點揮發⑥加熱煮沸：促進水解，聚沉后利于過濾分離⑦趁熱過濾：減少因降溫而析出的溶質的量⑧降溫：防止物質高溫分解或揮發；降溫(或減壓)可以減少能源成本，降低對設備的要求洗滌晶體①水洗：通常是為了除去晶體表面水溶性的雜質②冰水洗滌：能洗去晶體表面的雜質離子，且防止晶體在洗滌過程中的溶解損耗③用特定有機試劑清洗晶體：洗去晶體表面的雜質，降低晶體的溶解度、有利于析出，減少損耗等④洗滌沉淀的方法：往漏斗中加入蒸餾水至浸沒沉淀，待水自然流下后，重復以上操作2～3次(3)物質成分的確定①濾渣、濾液成分的確定要考慮樣品中原料和雜質的成分在每一步驟中與每一種試劑反應的情況：(ⅰ)反應過程中哪些物質(離子)消失了？(ⅱ)所加試劑是否過量或離子間發生化學反應，又產生了哪些新離子？要考慮這些離子間是否會發生反應？②循環物質的確定③副產品的判斷(4)分離與提純操作①物質分離、提純的六種物理方法eq\x(過濾)─eq\x(\a\al(把不溶性的固體與液體進行分離的操作方,法，如除去粗鹽水中的不溶固體))┃eq\x(結晶)─eq\x(\a\al(把可溶性固體混合物通過溶解度的不同而,將物質進行分離、提純的方法，如KNO3和,NaCl的分離))┃eq\x(\a\al(蒸餾,分餾))─eq\x(\a\al(用于分離沸點相差較大的液體混合物，如,酒精和水的分離))┃eq\x(萃取)─eq\x(\a\al(利用溶質在互不相溶的溶劑中溶解度不,同，用一種溶劑把溶質從它與另一種溶劑,組成的溶液中提取出來，如用CCl4從碘水,中萃取碘))┃eq\x(分液)─eq\x(\a\al(分離兩種互不相溶的液體，分液時先把下,層液體從下口流出，再把上層液體從上口,倒出))┃eq\x(升華)─eq\x(用于分離固體混合物中某一易升華的組分)②分離、提純語言描述規范答題(ⅰ)溶液結晶答題規范從溶液中得到帶結晶水的晶體的規范是蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥。(ⅱ)除雜答題規范在書寫某一步驟是為了除雜時，應該規范回答，“是為了除去××雜質”，“除雜”等一類萬能式的回答是不能得分的。(5)化學計算①計算公式(ⅰ)物質的質量分數(或純度)＝eq\f(該物質的質量,混合物的總質量)×100%(ⅱ)產品產率＝eq\f(產品實際產量,產品理論產量)×100%(ⅲ)物質的轉化率＝eq\f(參加反應的原料量,加入原料的總量)×100%②計算方法——關系式法在多步反應中，若第一步反應的產物是下一步反應的反應物，可以根據化學方程式將某中間物質作為“中介”，找出已知物質和所求物質之間量的關系，也可通過守恒關系直接確定原料與所給數據物質之間的關系。1．(2021·湖南省學業水平選擇性考試)一種工業制備無水氯化鎂的工藝流程如下：下列說法錯誤的是(D)A．物質X常選用生石灰B．工業上常用電解熔融MgCl2制備金屬鎂C．“氯化”過程中發生的反應為MgO＋C＋Cl2eq\o(=,\s\up15(高溫))MgCl2＋COD．“煅燒”后的產物中加稀鹽酸，將所得溶液加熱蒸發也可得到無水MgCl2解析：物質X的作用是使Mg2＋轉化為Mg(OH)2，工業上常采用CaO，發生CaO＋H2O=Ca(OH)2，Ca(OH)2＋Mg2＋=Mg(OH)2＋Ca2＋，A正確；Mg是較活潑金屬，工業上常用電解熔融MgCl2制備金屬鎂，B正確；由圖可知“氯化”過程反應物為MgO、氯氣、C，生成物之一為MgCl2，C在高溫下能轉化為CO，則“氣體”為CO，反應方程式為MgO＋C＋Cl2eq\o(=,\s\up15(高溫))MgCl2＋CO，C正確；“煅燒”后得到MgO，MgO和鹽酸反應得到MgCl2溶液，由于MgCl2在溶液中水解為氫氧化鎂和HCl，將所得溶液加熱蒸發HCl會逸出，MgCl2水解平衡正向移動，得到氫氧化鎂，得不到無水MgCl2，D錯誤，故選D。2．(2021·河北省學業水平選擇性考試)BiOCl是一種具有珍珠光澤的材料，利用金屬Bi制備BiOCl的工藝流程如圖：下列說法錯誤的是(D)A．酸浸工序中分次加入稀HNO3可降低反應劇烈程度B．轉化工序中加入稀HCl可抑制生成BiONO3C．水解工序中加入少量CH3COONa(s)可提高Bi3＋水解程度D．水解工序中加入少量NH4NO3(s)有利于BiOCl的生成解析：硝酸為強氧化劑，可與金屬鉍反應，酸浸工序中分次加入稀HNO3，反應物硝酸的用量減少，可降低反應劇烈程度，A正確；金屬鉍與硝酸反應生成的硝酸鉍會發生水解反應生成BiONO3，水解的離子方程式為Bi3＋＋NOeq\o\al(－,3)＋H2OBiONO3＋2H＋，轉化工序中加入稀HCl，使氫離子濃度增大，根據勒夏特列原理分析，硝酸鉍水解平衡左移，可抑制生成BiONO3，B正確；氯化鉍水解生成BiOCl的離子方程式為Bi3＋＋Cl－＋H2OBiOCl＋2H＋，水解工序中加入少量CH3COONa(s)，醋酸根會結合氫離子生成弱電解質醋酸，使氫離子濃度減小，根據勒夏特列原理分析，氯化鉍水解平衡右移，促進Bi3＋水解，C正確；氯化鉍水解生成BiOCl的離子方程式為Bi3＋＋Cl－＋H2OBiOCl＋2H＋，水解工序中加入少量NH4NO3(s)，銨根離子水解生成氫離子，使氫離子濃度增大，根據勒夏特列原理分析，氯化鉍水解平衡左移，不利于生成BiOCl，且部分鉍離子與硝酸根、水也會發生反應Bi3＋＋NOeq\o\al(－,3)＋H2OBiONO3＋2H＋，也不利于生成BiOCl，D錯誤，故選D。3．(2021·全國乙卷)磁選后的煉鐵高鈦爐渣，主要成分有TiO2、SiO2、Al2O3、MgO、CaO以及少量的Fe2O3。為節約和充分利用資源，通過如下工藝流程回收鈦、鋁、鎂等。該工藝條件下，有關金屬離子開始沉淀和沉淀完全的pH見下表金屬離子Fe3＋Al3＋Mg2＋Ca2＋開始沉淀的pH2.23.59.512.4沉淀完全(c＝1.0×10－5mol·L－1)的pH3.24.711.113.8回答下列問題：(1)“焙燒”中，TiO2、SiO2幾乎不發生反應，Al2O3、MgO、CaO、Fe2O3轉化為相應的硫酸鹽，寫出Al2O3轉化為NH4Al(SO4)2的化學方程式：Al2O3＋4(NH4)2SO4eq\o(=,\s\up15(焙燒))2NH4Al(SO4)2＋6NH3↑＋3H2O。(2)“水浸”后“濾液”的pH約為2.0，在“分步沉淀”時用氨水逐步調節pH至11.6，依次析出的金屬離子是Fe3＋、Al3＋、Mg2＋。(3)“母液①”中Mg2＋的濃度為1.0×10－6mol·L－1。(4)“水浸渣”在160℃“酸溶”最適合的酸是硫酸。“酸溶渣”的成分是SiO2、CaSO4。(5)“酸溶”后，將溶液適當稀釋并加熱，TiO2＋水解析出TiO2·xH2O沉淀，該反應的離子方程式是TiO2＋＋(x＋1)H2Oeq\o(=,\s\up15(△))TiO2·xH2O＋2H＋。(6)將“母液①”和“母液②”混合，吸收尾氣，經處理得(NH4)2SO4，循環利用。解析：(1)氧化鋁轉化為硫酸鋁銨發生的反應為氧化鋁、硫酸銨在高溫條件下反應生成硫酸鋁銨、氨氣和水，反應的化學方程式為Al2O3＋4(NH4)2SO4eq\o(=,\s\up15(焙燒))2NH4Al(SO4)2＋6NH3↑＋3H2O。(2)由題給開始沉淀和完全沉淀的pH可知，將pH約為2.0的濾液加入氨水調節至溶液pH為11.6時，Fe3＋首先沉淀，然后是Al3＋、Mg2＋，Ca2＋不能形成沉淀。(3)由鎂離子完全沉淀時，溶液pH為11.1可知，氫氧化鎂的溶度積為1×10－5×(1×10－2.9)2＝1×10－10.8，當溶液pH為11.6時，溶液中Mg2＋的濃度為eq\f(1×10－10.8,1×10－2.42)＝1×10－6mol/L。(4)硝酸、鹽酸都有揮發性，所以160℃酸溶選用硫酸；二氧化硅與硫酸不反應，焙燒時得到的CaSO4微溶于水，則酸溶渣的主要成分為SiO2、CaSO4。(5)酸溶后將TiOSO4溶液加入熱水稀釋并適當加熱，能使TiOSO4完全水解生成TiO2·xH2O沉淀和硫酸，反應的離子方程式為TiO2＋＋(x＋1)H2Oeq\o(=,\s\up15(△))TiO2·xH2O＋2H＋。(6)由分析可知，尾氣為氨氣，母液①為硫酸銨、母液②為硫酸，將母液①和母液②混合后吸收氨氣得到硫酸銨溶液，可以循環使用。4．(2021·湖南省學業水平選擇性考試)Ce2(CO3)3可用于催化劑載體及功能材料的制備。天然獨居石中，鈰(Ce)主要以CePO4形式存在，還含有SiO2、Al2O3、Fe2O3、CaF2等物質。以獨居石為原料制備Ce2(CO3)3·nH2O的工藝流程如下：回答下列問題：(1)鈰的某種核素含有58個質子和80個中子，該核素的符號為eq\o\al(138,58)Ce。(2)為提高“水浸”效率，可采取的措施有適當升高溫度，將獨居石粉碎等。(至少寫兩條)(3)濾渣Ⅲ的主要成分是Al(OH)3。(填化學式)(4)加入絮凝劑的目的是促使鋁離子沉淀。(5)“沉鈰”過程中，生成Ce2(CO3)3·nH2O的離子方程式為6HCOeq\o\al(－,3)＋2Ce3＋＋(n－3)H2O=Ce2(CO3)3·nH2O＋3CO2↑，常溫下加入的NH4HCO3溶液呈堿性(填“酸性”“堿性”或“中性”)(已知：NH3·H2O的Kb＝1.75×10－5，H2CO3的Ka1＝4.4×10－7，Ka2＝4.7×10－11)。(6)濾渣Ⅱ的主要成分為FePO4，在高溫條件下，Li2CO3、葡萄糖(C6H12O6)和FePO4可制備電極材料LiFePO4，同時生成CO和H2O，該反應的化學方程式為6Li2CO3＋C6H12O6＋12FePO4=12LiFePO4＋6CO↑＋6H2O＋6CO2↑。解析：焙燒濃硫酸和獨居石的混合物、水浸，CePO4轉化為Ce2(SO4)3和H3PO4，SiO2與硫酸不反應，Al2O3轉化為Al2(SO4)3，Fe2O3轉化為Fe2(SO4)3，CaF2轉化為CaSO4和HF，酸性廢氣含HF；過濾后，濾渣Ⅰ為SiO2和磷酸鈣、FePO4，濾液主要含H3PO4，Ce2(SO4)3，Al2(SO4)3，Fe2(SO4)3，加氯化鐵溶液除磷，濾渣Ⅱ為FePO4；聚沉將鐵離子、鋁離子轉化為沉淀，過濾除去，濾渣Ⅲ主要為氫氧化鋁，還含氫氧化鐵；加碳酸氫銨沉鈰得Ce2(CO3)3·nH2O。(1)鈰的某種核素含有58個質子和80個中子，則質量數為58＋80＝138，該核素的符號為eq\o\al(138,58)Ce。(2)為提高“水浸”效率，可采取的措施有適當升高溫度，將獨居石粉碎等。(3)濾渣Ⅲ的主要成分是Al(OH)3。(4)加入絮凝劑的目的是促使鋁離子沉淀。(5)用碳酸氫銨“沉鈰”，則結合原子守恒、電荷守恒可知，生成Ce2(CO3)3·nH2O的離子方程式為6HCOeq\o\al(－,3)＋2Ce3＋＋(n－3)H2O=Ce2(CO3)3·nH2O＋3CO2↑；銨根離子的水解常數Kh(NHeq\o\al(＋,4))＝eq\f(10－14,1.75×10－5)≈5.7×10－10，碳酸氫根的水解常數Kh(HCOeq\o\al(－,3))＝eq\f(Kw,Ka1)＝eq\f(10－14,4.4×10－7)≈2.3×10－8，則Kh(NHeq\o\al(＋,4))<Kh(HCOeq\o\al(－,3))，因此常溫下加入的NH4HCO3溶液呈堿性。(6)由在高溫條件下，Li2CO3、葡萄糖(C6H12O6)和FePO4可制備電極材料LiFePO4，同時生成CO和H2O可知，該反應中Fe價態降低，C價態升高，結合得失電子守恒、原子守恒可知，該反應的化學方程式為6Li2CO3＋C6H12O6＋12FePO4=12LiFePO4＋6CO↑＋6H2O＋6CO2↑。5．(2021·廣東省學業水平選擇性考試)對廢催化劑進行回收可有效利用金屬資源。某廢催化劑主要含鋁(Al)、鉬(Mo)、鎳(Ni)等元素的氧化物，一種回收利用工藝的部分流程如下：已知：25℃時，H2CO3的Ka1＝4.5×10－7，Ka2＝4.7×10－11；Ksp(BaMoO4)＝3.5×10－8；Ksp(BaCO3)＝2.6×10－9；該工藝中，pH>6.0時，溶液中Mo元素以MoOeq\o\al(2－,4)的形態存在。(1)“焙燒”中，有Na2MoO4生成，其中Mo元素的化合價為＋6。(2)“沉鋁”中，生成的沉淀X為Al(OH)3。(3)“沉鉬”中，pH為7.0。①生成BaMoO4的離子方程式為MoOeq\o\al(2－,4)＋Ba2＋=BaMoO4↓。②若條件控制不當，BaCO3也會沉淀。為避免BaMoO4中混入BaCO3沉淀，溶液中c(HCOeq\o\al(－,3))c(MoOeq\o\al(2－,4))＝eq\f(1×10－7mol/L×2.6×10－9,4.7×10－11×3.5×10－8)(列出算式)時，應停止加入BaCl2溶液。(4)①濾液Ⅲ中，主要存在的鈉鹽有NaCl和Y，Y為NaHCO3。②往濾液Ⅲ中添加適量NaCl固體后，通入足量NH3(填化學式)氣體，再通入足量CO2，可析出Y。(5)高純AlAs(砷化鋁)可用于芯片制造。芯片制造中的一種刻蝕過程如圖所示，圖中所示致密保護膜為一種氧化物，可阻止H2O2刻蝕液與下層GaAs(砷化鎵)反應。①該氧化物為Al2O3。②已知：Ga和Al同族，As和N同族。在H2O2與上層GaAs的反應中，As元素的化合價變為＋5價，則該反應的氧化劑與還原劑物質的量之比為41。解析：(1)“焙燒”中，有Na2MoO4生成，其中Na和O的化合價分別為＋1和－2，根據化合價的代數和為0可知，Mo元素的化合價為＋6。(2)“沉鋁”中，偏鋁酸鈉轉化為氫氧化鋁，生成的沉淀X為Al(OH)3。(3)①濾液Ⅱ中含有鉬酸鈉，加入氯化鋇溶液后生成BaMoO4沉淀，該反應的離子方程式為MoOeq\o\al(2－,4)＋Ba2＋=BaMoO4↓。②若開始生成BaCO3沉淀，則體系中恰好建立如下平衡：HCOeq\o\al(－,3)＋BaMoO4BaCO3＋MoOeq\o\al(2－,4)＋H＋，該反應的化學平衡常數為K＝eq\f(cH＋cMoO\o\al(2－,4),cHCO\o\al(－,3))＝eq\f(cH＋cCO\o\al(2－,3)cMoO\o\al(2－,4)cBa2＋,cHCO\o\al(－,3)cCO\o\al(2－,3)cBa2＋)＝eq\f(Ka2KspBaMoO4,KspBaCO3)。為避免BaMoO4中混入BaCO3沉淀，必須滿足eq\f(cH＋cMoO\o\al(2－,4),cHCO\o\al(－,3))≤eq\f(Ka2KspBaMoO4,KspBaCO3)，由于“沉鉬”中pH為7.0，c(H＋)＝1×10－7mol/L，所以溶液中eq\f(cMoO\o\al(2－,4),cHCO\o\al(－,3))＝eq\f(Ka2KspBaMoO4,1×10－7mol/L×KspBaCO3)時，開始生成BaCO3沉淀，因此，c(HCOeq\o\al(－,3))c(MoOeq\o\al(2－,4))＝eq\f(1×10－7mol/L×KspBaCO3,Ka2KspBaMoO4)＝eq\f(1×10－7mol/L×2.6×10－9,4.7×10－11×3.5×10－8)時，應停止加入BaCl2溶液。(4)①濾液Ⅰ中加入過量的二氧化碳，偏鋁酸鈉轉化為氫氧化鋁沉淀，同時生成碳酸氫鈉，過濾得到的濾液Ⅱ中含有碳酸氫鈉和鉬酸鈉。濾液Ⅱ中加入適量的氯化鋇溶液沉鉬后，過濾得到的濾液Ⅲ中，主要存在的鈉鹽有NaCl和NaHCO3，故Y為NaHCO3。②根據侯氏制堿法的原理可知，往濾液Ⅲ中添加適量NaCl固體后，通入足量NH3，再通入足量CO2，可析出NaHCO3。(5)①由題中信息可知，致密的保護膜為一種氧化物，是由H2O2與AlAs反應生成的，金屬鋁表面容易形成致密的氧化膜，可知該