2026年北京高考化学二轮复习专题06 金属元素及其化合物的性质及应用（复习讲义）（解析版）

专题06金属元素及其化合物的性质及应用TOC\o"1-4"\h\u目录01析·考情精解 202构·知能架构 303破·题型攻坚 4题型一钠及其化合物 4真题动向以Na₂O₂、Na₂CO₃/NaHCO₃为核心，结合工业流程/电化学/定量实验，考查性质、转化与计算，突出证据推理与绿色化学应用。必备知识知识1钠知识2钠的氧化物知识3常见的钠盐知识4焰色反应知识5钠的重要反应关键能力能力钠的化合物的重要反应命题预测考向1钠单质的性质与应用考向2钠的氧化物的性质与应用考向3常见的钠盐的性质与应用考向4焰色反应题型二铁及其化合物 19真题动向聚焦Fe²⁺与Fe³⁺转化，常以氧化还原、离子检验/分离、工业冶炼/废水处理为情境，强调变价规律与实验探究能力。必备知识知识1铁知识2铁的化合物知识3Fe2+、Fe3+、Fe的相互转变——“铁三角”知识4Fe2+、Fe3+的鉴别知识5铁单质的重要反应关键能力能力铁的化合物的重要反应命题预测考向1铁单质的性质及应用考向2铁的氧化物的性质及应用考向3铁的氢氧化物的性质及应用考向4铁盐、亚铁盐的性质及应用题型三铝及其化合物 39真题动向围绕两性与铝三角，融入化工制备/物质分离/图像分析，侧重性质迁移与Al(OH)₃的制备、提纯及定量计算。必备知识知识1铝知识2铝单质的性质知识3Al2O3、Al(OH)3的重要反应知识4铝盐和偏铝酸盐的重要反应命题预测考向1铝的性质及应用考向2氧化铝的性质及应用考向3氢氧化铝的性质及应用考向4铝盐和偏铝酸盐的重要反应

命题轨迹透视1、Na、Al、Fe、Cu常年高频，覆盖“单质—氧化物—氢氧化物—盐”全链条；其中Fe²⁺/Fe³⁺转化、Al的两性、Na的过氧化物与钠盐转化、Cu的变价与配合物为必考点。2、选择题考基础性质与简单应用；非选择题以工业流程、实验探究、原理综合为主，2025年新增“废旧电池回收、月壤钛铁矿”等前沿情境。3、从传统工业（冶铁、制碱）→新能源（电池材料）→环保（固废回收）→航天（月壤、深空探测材料），真实应用场景占比持续提升。考点频次总结考点2025年2024年2023年2022年2021年钠及其化合物——北京卷T8，3分北京卷T12，3分————铁及其化合物北京卷T1，3分——————北京卷T18，13分2026命题预测1、核心考点不变，覆盖更系统：Fe³⁺/Fe²⁺转化、Al(OH)₃两性、Na₂O₂与CO₂/H₂O反应、Cu的价态调控仍是重中之重；会强化“价—类二维图”与转化网络的结构化考查，可能融入Mg、Ti、V等拓展金属的简单性质。2、情境更前沿，融合度更高：以碳中和、新能源材料（如钠/锂电池电极）、固废资源化（废旧电子回收）、生物医药为载体，如铅酸/锂离子电池材料回收、钛合金在航空中的应用等，考查“性质—应用—环保”的闭环思维。3、题型创新：选择题出“物质性质与用途匹配”“实验现象与结论对应”的组合判断；非选择题新增“开放式实验方案设计”（如Fe²⁺检验的多种方案比较），并强化跨模块融合（与平衡、电化学、结构联合）。

题型一钠及其化合物1．（2024北京，8，3分）关于和的下列说法中，不正确的是A．两种物质的溶液中，所含微粒的种类相同B．可用溶液使转化为C．利用二者热稳定性差异，可从它们的固体混合物中除去D．室温下，二者饱和溶液的差约为4，主要是由于它们的溶解度差异【答案】D【详解】A．和的溶液中均存在、、、、、、，A正确；B．加入溶液会发生反应：，B正确；C．受热易分解，可转化为，而热稳定性较强，利用二者热稳定性差异，可从它们的固体混合物中除去NaHCO3，C正确；D．室温下和饱和溶液相差较大的主要原因是的水解程度远大于，D错误；故选D。命题解读新情境：这道题没有设置刻意的工业生产、实验探究等外在情景，而是聚焦电解质溶液的微观粒子体系和实际应用场景这两个真实化学情景：物质除杂、转化的实用情景：选项B、C分别对应“NaHCO3转化为Na2CO3”“固体混合物除杂”的实际实验/工业操作，将性质与应用结合，让知识落地到“解决实际问题”的情景中，而非孤立考性质。新考法：侧重“辨析与反证”，弱化机械记忆传统考法常直接考查Na2CO3和NaHCO3的性质对比（如溶解度、热稳定性、与酸反应速率），而这道题的考法更具思辨性。新角度：围绕“核心素养”，多维考查能力这道题从微观探析、证据推理、科学探究与创新意识等核心素养角度设计设问，突破了单一的“性质记忆”角度。2．（2023北京，12，3分）离子化合物和与水的反应分别为①；②。下列说法正确的是A．中均有非极性共价键B．①中水发生氧化反应，②中水发生还原反应C．中阴、阳离子个数比为，中阴、阳离子个数比为D．当反应①和②中转移的电子数相同时，产生的和的物质的量相同【答案】C【详解】A．Na2O2中有离子键和非极性键，CaH2中只有离子键而不含非极性键，A错误；B．①中水的化合价不发生变化，不涉及氧化还原反应，②中水发生还原反应，B错误；C．Na2O2由Na+和组成．阴、阳离子个数之比为1∶2，CaH2由Ca2+和H-组成，阴、阳离子个数之比为2∶1，C正确；D．①中每生成1个氧气分子转移2个电子，②中每生成1个氢气分子转移1个电子，转移电子数相同时，生成氧气和氢气的物质的量之比为1∶2，D错误；故选C。命题解读新情境：聚焦“陌生离子化合物的实际反应”，打破教材局限题目选取Na2O2（教材重点）和CaH2（教材拓展）两种离子化合物与水的反应作为核心情景，跳出了教材中单一物质反应的旧框架。新考法：侧重“辨析与推理”，弱化机械记忆传统考法多直接考查Na2O2与水反应的氧化剂、还原剂判断，或简单计算电子转移，而这道题的考法更具思辨性和综合性。新角度：围绕“核心素养”，多维考查能力这道题从宏观辨识与微观探析、证据推理与模型认知、变化观念与平衡思想等化学核心素养角度设计设问，突破了传统的“性质记忆”角度。3．（2025江西卷，8，3分）一种以为催化剂，捕捉制备的流程为：下列说法正确的是A．氢气的作用是还原 B．反应中有生成C．“产物分离”方法为过滤 D．温度升高，的产率增大【答案】B【详解】A．CO2中C为+4价，NaHCO3中C也为+4价，CO2未被还原；中N从+5价降至-3价，H2还原的是，A错误；B．反应生成的NH3极易溶于水，在“产物分离”之前会和CO2、H2O反应生成，B正确；C．“产物分离”得到固体和馏分，馏分为NH3，该方法应该是蒸馏，C错误；D．NaHCO3受热易分解，温度升高会导致其分解，产率减小，D错误；故选B。4．（2025重庆卷，3，3分）下列有关离子反应错误的是A．Ca(OH)2溶液滴入NaHSO3溶液中：B．加入水中：C．通入水中：D．通入NaBr溶液中：【答案】A【详解】A．Ca(OH)2溶液滴入NaHSO3溶液中时，HSO不能拆开写，先与OH-反应生成SO和水，生成的亚硫酸根再与Ca2+结合生成CaSO3沉淀，产物应该有水，A方程式错误；B．Na2O2与水反应的离子方程式为2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑，符合反应实际（生成NaOH和O2），B离子方程式正确；C．NO2与水反应的离子方程式为3NO2+H2O=2H++2NO3-+NO，与化学方程式3NO2+H2O=2HNO3+NO一致，C方程式正确；D．Cl2与NaBr溶液反应的离子方程式Cl2+2Br-=Br2+2Cl-，符合氧化还原反应规律（Cl2氧化Br-为Br2），D方程式正确；故选A。知识1钠知识2钠的氧化物化学式Na2ONa2O2化合物类型离子化合物离子化合物阳、阴离子数之比阳、阴离子之比为2：1阳、阴离子之比为2：1氧元素化合价－2价－1价属类碱性氧化物非碱性氧化物（过氧化物）颜色、状态白色，固体淡黄色，固体化学性质与水反应Na2O+H2O==2NaOH2Na2O2+2H2O==4NaOH+O2↑与CO2反应Na2O+CO2==Na2CO32Na2O2+2CO2==2Na2CO3+O2与盐酸反应Na2O+2HCl==2NaCl+H2O2Na2O2+4HCl==4NaCl+O2↑+2H2O特性-------Na2O2有强氧化性，可以使品红溶液褪色，有漂白作用。知识3常见的钠盐钠盐Na2CO3NaHCO3俗称纯碱、苏打小苏打物理性质白色粉末状固体白色晶体水溶液的性质水溶液均呈碱性化学性质与酸（HCl）反应Na2CO3+HCl（少）=NaCl+NaHCO3Na2CO3+2HCl(过)=2NaCl+H2O+CO2NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑碱（NaOH）不反应NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O碱Ca(OH)2）Na2CO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+2NaOHCa(OH)2过量：NaHCO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+NaOH+H2ONaHCO3过量：Ca(OH)2+2NaHCO3=CaCO3↓+Na2CO3+2H2O盐（CaCl2）CaCl2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaCl不反应热稳定性稳定2NaHCO3加热Na2CO3+H2O+CO2↑相互转化溶液中：NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O，Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3固体时：2NaHCO3加热Na2CO3+H2O+CO2↑知识4焰色反应1、焰色反应：很多金属或它们的化合物在灼烧时都会使火焰呈特殊的颜色，在化学上称为焰色反应（发生的是物理变化）。2、铂丝的清洗与灼烧如下图甲所示，观察钾的焰色如下图乙所示。3、操作方法（1）洗；（2）烧；（3）蘸；（4）烧。【易错提醒】在观察钾及钾的化合物的焰色反应的焰色时，要透过蓝色的钴玻璃片观察。4、用途：焰色反应作用：检验（或鉴别）物质或离子。5、常见离子颜色反应的颜色钠离子：黄色钾离子：浅紫色知识5钠的重要反应1、与水反应2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑2、与CuSO4溶液反应：2Na＋CuSO4＋2H2O=Na2SO4＋Cu(OH)2↓＋H2↑【易错提醒】钠和盐溶液反应，不能置换出盐中的金属，而是先与H2O反应生成NaOH，然后生成的NaOH溶液再与盐溶液反应，钠与H2O、酸反应的实质都是与H＋反应，所以钠与酸溶液反应更为剧烈。钠与熔融的盐反应才可能置换出盐中的金属。3、与氧气反应4Na＋O2=2Na2O(空气中缓慢氧化)2Na＋O2Na2O22Na2O＋O22Na2O2（1）无论Na与O2反应生成Na2O或Na2O2，只要参与反应的Na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的质量。（2）注意Na及其化合物发生焰色反应时火焰颜色均为黄色。（3）要注意推断题中的“题眼”——多步氧化关系：NaNa2ONa2O2。能力钠的化合物的重要反应1、Na2O2：2H2O＋2Na2O2=4NaOH＋O2↑2CO2＋2Na2O2=2Na2CO3＋O2SO2＋Na2O2=Na2SO41molNa2O2歧化时转移电子的物质的量为1mol，被还原剂还原时，则转移2mole－，该结论常用在考查NA的题目中。Na2O2跟CO2和水蒸气组成的混合气体反应时，应先考虑Na2O2跟CO2的反应。Na2O2具有强氧化性，能将具有还原性的物质氧化，注意相关反应离子方程式的书写(如将Na2O2投入Na2S、Na2SO3、NaI、FeSO4等具有还原性的溶液中)。2、Na2CO3：Na2CO3＋2HCl(过量)=2NaCl＋CO2↑＋H2ONa2CO3＋HCl(不足)=NaCl＋NaHCO3Na2CO3＋CO2＋H2O=2NaHCO3Na2CO3＋Ca(OH)2=CaCO3↓＋2NaOH向Na2CO3溶液中加入盐酸时反应分两步进行，首先生成NaHCO3，然后是NaHCO3与盐酸反应生成CO2。二者滴加的顺序不同，产生的现象也不同，这就是不用其他试剂就能鉴别出Na2CO3溶液和盐酸的原理。3、NaHCO3：2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑NaHCO3＋HCl=NaCl＋CO2↑＋H2ONaHCO3＋NaOH=Na2CO3＋H2O2NaHCO3＋Ca(OH)2(不足)=Na2CO3＋CaCO3↓＋2H2ONaHCO3＋Ca(OH)2(过量)=CaCO3↓＋NaOH＋H2O【易错提醒】1、不能用常压下蒸发溶剂的方法制备NaHCO3晶体，不能用澄清石灰水鉴别Na2CO3和NaHCO3。2、在书写碳酸氢盐与澄清石灰水反应的离子方程式时要特别注意二者量的相对多少。3、吸收CO2气体中的HCl不能用饱和Na2CO3溶液，需用饱和NaHCO3溶液。4、NaOH：2NaOH＋H2SO4=Na2SO4＋2H2OCO2＋2NaOH(过量)=Na2CO3＋H2OCO2(过量)＋NaOH=NaHCO3CO2与NaOH溶液反应的产物可能是Na2CO3、NaHCO3或二者的混合物，可根据Na＋和C守恒法确定CO2与NaOH溶液反应的产物。考向1钠单质的性质与应用1．（2025·北京顺义·一模）下列方程式与所给事实相符的是A．新切开的钠表面很快变暗：B．向苯酚钠溶液中通少量，溶液变浑浊：C．工业冶炼：D．硝酸银溶液中加入过量氨水：【答案】D【详解】A．切开的金属Na暴露在空气中，光亮表面逐渐变暗是生成氧化钠，A项错误；B．向苯酚钠溶液中通少量，溶液变浑浊，是因为生成了苯酚和碳酸氢钠，B项错误；C．氯化铝是共价化合物，熔融状态下不能导电，所以不能用电解熔融氯化铝的方法冶炼铝，C项错误；D．硝酸银溶液中加入过量氨水可以配制银氨溶液，离子方程式为：，D项正确；答案选D。2．（2025·北京房山·一模）下列方程式能准确解释相应事实的是A．浓硝酸存放在棕色试剂瓶中：4HNO3(浓)=4NO↑+3O2↑+2H2OB．常温下0.1mol•L-‍1NaClO溶液的pH约为9.7：ClO-+H2OHClO+OH-C．用过量的氨水吸收SO2：NH3·H2O+SO2=+D．金属钠着火不能用CO2灭火器灭火：Na2O+CO2=Na2CO3【答案】B【详解】A．浓硝酸见光易分解成二氧化氮、水和氧气，，故浓硝酸存放在棕色试剂瓶中，故A不符合题意；B．NaClO会水解ClO-+H2OHClO+OH-，导致溶液显碱性，故B符合题意；C．过量的氨水吸收SO2生成亚硫酸铵：2NH3·H2O+SO2=2++H2O，故C不符合题意；D．金属钠着火不能用CO2灭火器灭火是由于Na能够在CO2中继续燃烧生成碳酸钠和碳单质，4Na+3CO22Na2CO3+C，故D不符合题意；答案选B。3．（2024·北京西城·二模）实验表明，相同条件下，钠与乙醇的反应比钠与水的反应缓和得多。下列说法不正确的是A．常温时，乙醇的密度小于水的密度B．向少量的钠与水反应后的溶液中滴加酚酞溶液，显红色C．少量相同质量的钠分别与相同质量的乙醇和水反应，水中产生的比乙醇中的多D．乙基是推电子基，乙醇中O-H键的极性比水中的小，故钠与乙醇的反应较与水的缓和【答案】C【详解】A．常温时，水的密度是0.998g/cm³，酒精的密度是0.789g/cm³，乙醇的密度小于水的密度，A正确；B．钠与水反应生成NaOH，向少量的钠与水反应后的溶液中滴加酚酞溶液，显红色，B正确；C．乙醇与钠反应的化学方程式是2CH3CH2OH+2Na→2CH3CH2ONa+H2↑，水和钠反应的化学方程式是2H2O+2Na=2NaOH+H2↑，则少量相同质量的钠分别与相同质量的乙醇和水反应，水中产生的等于乙醇中产生的，C错误；D．乙基是推电子基，乙醇中O-H键的极性比水中的小，不易断裂，故钠与乙醇的反应较与水的缓和，D正确；故选C。4．（2024·北京丰台·一模）下列方程式与所给事实不相符的是A．切开金属钠，切面迅速变暗：4Na+O2=2Na2OB．用饱和碳酸钠溶液将水垢中的CaSO4转化为CaCO3：Ca2++CO=CaCO3↓C．Cl2制备84消毒液(主要成分是NaClO)：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2OD．向苯酚钠溶液中通少量CO2，溶液变浑浊：+H2O+CO2+HCO【答案】B【详解】A．切开金属钠，切面迅速变暗，钠与氧气反应生成氧化钠：4Na+O2=2Na2O，A正确；B．用饱和碳酸钠溶液将水垢中的CaSO4转化为CaCO3，发生了沉淀的转化：CaSO4+COCaCO3↓+SO，B错误；C．Cl2与氢氧化钠溶液反应制备84消毒液：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，C正确；D．碳酸的酸性强于苯酚，故向苯酚钠溶液中通少量CO2，溶液变浑浊：+H2O+CO2+HCO，D正确；故选B。考向2钠的氧化物的性质与应用1．（2025·北京东城·一模）关于含少量氧化钠的过氧化钠样品，下列说法不正确的是A．阴阳离子个数比为B．钠露置在空气中最终转化为该样品C．能与水反应，放出热量D．测定氧化钠质量分数的方案：取样品溶于足量盐酸，蒸干、灼烧，得固体【答案】B【详解】A．过氧化钠中包含2个Na+和1个，阴阳离子个数比为，故A正确；B．金属钠放置在空气中先被氧气氧化生成氧化钠，然后吸水变成氢氧化钠，再吸收二氧化碳和水变成十水碳酸钠，最后风化得到碳酸钠粉末，故B错误；C．氧化钠和过氧化钠均可与水反应，且为放热反应，故C正确；D．氧化钠和过氧化钠与盐酸反应生成NaCl，假设样品中氧化钠的物质的量为、过氧化钠的物质的量为，则、，求解方程组可计算出氧化钠和过氧化钠的质量，进而计算氧化钠在样品中的质量分数，故D正确；故答案为B。2．（2025·北京·模拟预测）下列解释事实的方程式正确的是A．和反应至中性：B．中性条件下，钢铁发生吸氧腐蚀的正极：C．过氧化钠做呼吸面具的供氧剂：D．氯气用于自来水消毒：⇌【答案】B【详解】溶液与溶液反应至中性，硫酸氢钠与氢氧化钡的物质的量之比为2∶1，正确的离子方程式为：，A错误；B．中性条件下，钢铁发生吸氧腐蚀的正极：，B正确；C．过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，反应的化学方程式：，C错误；D．氯气用于自来水消毒反应的离子方程式：⇌，D错误；故选B。3．（2024·北京顺义·二模）某小组探究过氧化钠与二氧化硫的反应。将少量用脱脂棉包裹，放入充满的密闭三颈瓶中充分反应，反应过程中容器内含量的变化如图所示。下列说法不正确的是A．段发生的反应有：B．取少量点时的固体混合物，滴加酸性高锰酸钾溶液，无明显变化C．点时，三颈瓶内气体中含有和D．相同条件下，若将三颈瓶中的换为，重复操作，充分反应后的含量不低于点对应的含量【答案】B【详解】A．ab段氧气含量增大故存在反应2Na2O2+2SO2═2Na2SO3+O2，故A正确；B．c点O2含量大于初始点的，说明生成的O2未全部参与反应，根据分析中方程式可知，肯定有Na2SO3固体存在，所以c点固体混合物为Na2SO3和Na2SO4的混合物，取少量c点时的固体混合物，滴加酸性高锰酸钾溶液，高锰酸钾溶液会褪色，故B错误；C．c点时，固体物质可能为硫酸钠或亚硫酸钠和硫酸钠混合物，三颈瓶内气体中可能含有SO2和O2，故C正确；D．相同条件下，将SO2换成CO2后，重复上述操作，只发生反应2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2，300秒时O2含量高于c点，故D正确；故选：B。4．（2024·北京·一模）下列方程式与所给事实相符的是A．在酸或酶催化下蔗糖水解：C12H22O11(蔗糖)+H2O2C6H12O6(葡萄糖)B．向NH4HSO4溶液中滴加过量NaOH溶液，产生无色气体：+OH-=NH3↑+H2OC．向H218O中加入Na2O2，产生无色气体：2H218O+2Na2O2=4Na++4OH-+18O2↑D．向NaCl饱和溶液中依次通入过量NH3、CO2，析出沉淀：NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl【答案】D【详解】A．蔗糖是一种二糖，在酸或酶的作用下水解生成葡萄糖和果糖，化学方程式为，A错误；B．向NH4HSO4溶液中滴加过量NaOH溶液，产生无色气体，OH-先与H+反应，H+反应完全后再与铵根离子反应，所以离子方程式为，B错误；C．Na2O2既做氧化剂又做还原剂，所以方程式为：2H218O+2Na2O2=4Na++218OH-+2OH-+O2↑，C错误；D．向氯化钠饱和溶液中依次通入过量氨气、二氧化碳发生的反应为二氧化碳与饱和氯化钠溶液、氨气反应生成碳酸氢钠沉淀和氯化铵，反应的化学方程式为，D正确；故选D。考向3常见的钠盐的性质与应用1．（2025·北京朝阳·一模）侯德榜是我国近代化学工业的奠基人之一。侯氏制碱法的流程如下图所示。下列说法不正确的是A．向饱和食盐水中先通入再持续通入，有利于生成B．“碳酸化”过程放出大量的热，有利于提高碳酸化的速率和的直接析出C．母液1吸氨后，发生D．“冷析”过程析出，有利于“盐析”时补加的固体溶解【答案】B【详解】A．NH3溶解度大于CO2，且氨气的水溶液呈碱性、能吸收更多的CO2，故向饱和食盐水中先通入再持续通入，有利于生成，A正确；B．NaHCO3的溶解度随温度升高而增大，“碳酸化”过程放出大量的热，不利于的直接析出，B错误；C．母液1中存在离子，吸氨后，发生，C正确；D．“冷析”过程析出，降低了Cl-的浓度，有利于“盐析”时补加的固体溶解，D正确；答案选B。2．（2024·北京石景山·一模）H、C、O、Na四种元素之间(二种、三种或四种)可组成多种无机化合物，选用其中某些化合物，利用下图装置(夹持固定装置已略去)进行实验，装置Ⅲ中产生白色沉淀，装置V中收集到一种无色气体。下列说法不正确的是A．装置I中的化合物有多种可能B．装置Ⅱ中发生氧化还原反应C．装置Ⅲ中反应的离子方程式为CO2+2OH−+Ba2+=BaCO3↓+H2OD．装置V中收集的气体含有极性共价键，是非极性分子【答案】D【详解】A．装置I中的化合物可以是碳酸钠或碳酸氢钠，故A正确；B．Ⅱ中二氧化碳和过氧化钠生成碳酸钠和氧气，该反应过程中存在化合价变化，属于氧化还原反应，故B正确；C．Ⅲ中二氧化碳和氢氧化钡生成碳酸钡沉淀，反应离子方程式为：CO2+2OH−+Ba2+=BaCO3↓+H2O，故C正确；D．装置V中收集的气体为氧气，含非极性键，是非极性分子，故D错误；故选：D。3．（2025·北京东城·三模）下列除杂试剂或方法选用正确的是物质(括号内为杂质)除杂试剂或方法ANaHCO3固体(Na2CO3)加热B苯(苯酚)浓溴水CNaCl溶液(Na2SO4)BaCl2溶液、Na2CO3溶液DCO2(SO2)饱和碳酸氢钠溶液A．A B．B C．C D．D【答案】D【详解】A．Na2CO3的热稳定性强，NaHCO3固体受热易分解，所以用加热法不能除去NaHCO3固体中混有的Na2CO3，A不正确；B．苯中混有苯酚时，加入浓溴水，苯酚与溴反应生成2，4，6-三溴苯酚，但其溶于苯，不能达到除去苯中杂质的目的，B不正确；C．NaCl溶液中混入Na2SO4杂质，加入稍过量的BaCl2溶液、Na2CO3溶液后，NaCl溶液中仍混有Na2CO3杂质，需再加入适量盐酸除去，C不正确；D．亚硫酸的酸性强于碳酸，CO2中混入SO2时，将混合气体通过饱和碳酸氢钠溶液，此时SO2被溶液吸收，同时生成CO2气体，从而达到除杂的目的，D正确；故选D。4．（2025·北京平谷·一模）下列实验操作、现象和结论都正确的是选项实验操作实验现象结论A向溶液中滴加几滴溴水并振荡产生淡黄色沉淀氧化性：B测量和两种饱和溶液的pH前者后者溶解度：C向、混合溶液中滴加NaOH溶液出现红褐色沉淀D压缩注射器中的和混合气体红棕色逐渐变浅平衡向正反应方向移动A．A B．B C．C D．D【答案】A【详解】A．向溶液中滴加几滴溴水并振荡产生淡黄色沉淀，说明溴单质和硫化钠发生置换反应生成了硫单质，该反应中氧化剂为溴单质，硫单质为氧化产物，则能证明氧化性：，A正确；B．和的水解程度不同，溶解度不同，两种饱和溶液的物质的量浓度不同，不能通过测量和两种饱和溶液的pH证明二者的溶解度大小，B错误；C．向、混合溶液中滴加NaOH溶液，出现红褐色沉淀说明产生氢氧化铁，但未说明混合溶液中、的浓度大小，故难以通过该现象说明氢氧化镁和氢氧化铁的溶解度大小，且二者是不同类型的沉淀，也难以说明溶解度常数的相对大小，C错误；D．压缩注射器中的和混合气体，由于体积变小，气体的浓度增大、颜色先变深而不是变浅，随之发生平衡移动，由于增压该反应向右移动，故现象是先变深再有所变浅但比原来的深，D错误；选A。考向4焰色反应1．（2025·北京东城·二模）下列陈述Ⅰ和陈述Ⅱ无关的是选项陈述Ⅰ陈述ⅡA节日燃放的焰火电子跃迁时释放能量B沸点：HBr>HCl相对分子质量：HBr>HClC麦芽糖属于还原性糖有甜味、能发生水解反应D熔点：牛油>花生油脂肪酸的饱和程度：牛油>花生油A．A B．B C．C D．D【答案】C【详解】A．焰火的颜色源于金属元素电子跃迁释放特定波长的光，陈述Ⅰ与Ⅱ直接相关，A不符合题意；B．HBr、HCl均为分子晶体，HBr沸点高于HCl是因相对分子质量更大，分子间作用力更强，陈述Ⅱ正确解释Ⅰ，B不符合题意；C．麦芽糖的还原性由结构中的游离醛基或半缩醛羟基决定，而甜味和水解能力是其他性质，与还原性无因果关系，两者无关，C符合题意；D．牛油熔点高是因饱和脂肪酸比例高，分子排列紧密，陈述Ⅱ合理解释Ⅰ，D不符合题意；故选C。2．（2024·北京东城·二模）Na在Cl2中剧烈燃烧，火焰为黄色，同时产生大量白烟。下列说法不正确的是A．Cl2分子中化学键的电子云轮廓图：B．用电子式表示白烟的形成过程：C．Na在空气中燃烧，也会产生黄色火焰D．工业冶炼金属Na：【答案】A【详解】A．Cl2分子中化学键是Cl原子上的2p轨道采用头碰头重叠形成的，故其电子云轮廓图：，A错误；B．已知该白烟为NaCl小颗粒，NaCl是离子化合物，故用电子式表示白烟的形成过程为：，B正确；C．Na的焰色试验呈黄色，故Na在空气中燃烧，也会产生黄色火焰，C正确；D．工业冶炼金属Na即电解熔融的NaCl，反应方程式为：，D正确；故答案为：A。3．（2023·北京海淀·二模）下列生活中的现象与物质结构关联不正确的是A．烟花的绚丽多彩与得失电子有关B．橡胶老化与碳碳双键有关C．钻石的高硬度与其为共价晶体有关D．金属可加工成各种形状与金属键有关A．A B．B C．C D．D【答案】A【详解】A．形成烟花的过程中金属原子由较高能量的激发态跃迁到较低能量的激发态乃至基态，烟花的绚烂多彩与电子跃迁有关，与得失电子无关，A错误；B．橡胶含有碳碳双键，易被氧化，所以橡胶老化与碳碳双键有关，B正确；C．钻石成分是金刚石，是通过共价键结合的共价晶体，具有很大硬度，C正确；D．金属晶体组成微粒为金属离子和自由电子，存在金属键，当金属受到外力作用时，晶体中的各原子层就会发生相对滑动，但是金属键未被破坏，所以金属具有良好的延展性，可以加工成各种形状与其金属键有关，D正确；故答案为：A。4．（2024·北京·模拟预测）化学与生产、生活、密切相关，下列说法不正确的是A．北京冬奥会吉祥物“冰墩墩”使用的聚乙烯属于有机高分子材料B．“墨子号”卫星的成功发射实现了光纤量子通信，光纤的主要成分为二氧化硅C．制造5G芯片的氮化铝晶圆属于无机非金属材料D．焰火中的红色来源于钠盐灼烧【答案】D【详解】A．聚乙烯属于合成有机高分子材料，A正确；B．光纤的主要成分为纯度较高二氧化硅，B正确；C．氮化铝属于无机非金属材料，C正确；D．钠的焰色反应为黄色，D错误；故选D。题型二铁及其化合物1.（2025北京，1，3分）我国科研人员在研究嫦娥五号返回器带回的月壤时，发现月壤钛铁矿()存在亚纳米孔道，吸附并储存了大量来自太阳风的氢原子。加热月壤钛铁矿可生成单质铁和大量水蒸气，水蒸气冷却为液态水储存起来以供使用。下列说法不正确的是A．月壤钛铁矿中存在活泼氢B．将地球上开采的钛铁矿直接加热也一定生成单质铁和水蒸气C．月壤钛铁矿加热生成水蒸气的过程中发生了氧化还原反应D．将获得的水蒸气冷却为液态水的过程会放出热量【答案】B【详解】A．月壤钛铁矿中的氢来自太阳风，以原子态吸附，属于活泼氢，A正确；B．地球上的钛铁矿若未吸附足够氢原子，根据原子守恒可知，加热可能无法生成水蒸气，因此“一定生成”的说法错误，B错误；C．生成水时H被氧化（0→+1），Fe被还原（如+3→0），存在化合价变化，属于氧化还原反应，C正确；D．水蒸气液化是物理变化，但会释放热量，D正确；故选B。命题解读新情境：锚定“航天探月的真实科研背景”，接轨前沿题目跳出教材中传统的化工、实验室反应情景，以嫦娥五号探月、月壤资源开发这一国家级航天科研成果为背景，创设了极具时代性的化学情景。新考法：侧重“逻辑验证与实际分析”，规避机械套用传统考法多直接考查氧化物、盐的反应规律或氧化还原判断，而这道题的考法更注重真实情境下的逻辑推理。新角度：围绕“核心素养”，多维考查化学思维这道题从宏观辨识与微观探析、证据推理与模型认知、科学态度与社会责任等化学核心素养角度设计设问，突破了传统的“性质记忆”角度。2．（2021北京，18，13分）铁黄是一种重要的化工产品。由生产钛白粉废渣制备铁黄的过程如下。资料：i.钛白粉废渣成分：主要为FeSO4·H2O，含少量TiOSO4和不溶物ii.TiOSO4+(x+1)H2O⇌TiO2·xH2O↓+H2SO4iii.0.1mol/LFe2+生成Fe(OH)2，开始沉淀时pH=6.3，完全沉淀时pH=8.3；0.1mol/LFe3+生成FeOOH，开始沉淀时pH=1.5，完全沉淀时pH=2.8(1)纯化①加入过量铁粉的目的是。②充分反应后，分离混合物的方法是。(2)制备晶种为制备高品质铁黄产品，需先制备少量铁黄晶种。过程及现象是：向一定浓度FeSO4溶液中加入氨水，产生白色沉淀，并很快变成灰绿色。滴加氨水至pH为6.0时开始通空气并记录pH变化(如图)。①产生白色沉淀的离子方程式是。②产生白色沉淀后的pH低于资料iii中的6.3。原因是：沉淀生成后c(Fe2+)0.1mol/L(填“＞”“=”或“＜”)。③0-t1时段，pH几乎不变；t1-t2时段，pH明显降低。结合方程式解释原因：。④pH≈4时制得铁黄晶种。若继续通入空气，t3后pH几乎不变，此时溶液中c(Fe2+)仍降低，但c(Fe3+)增加，且(Fe2+)降低量大于c(Fe3+)增加量。结合总方程式说明原因：。(3)产品纯度测定铁黄纯度可以通过产品的耗酸量确定。wg铁黄溶液b溶液c滴定资料：Fe3++3=Fe(C2O4)，Fe(C2O4)不与稀碱液反应Na2C2O4过量，会使测定结果(填“偏大”“偏小”或“不受影响”)。【答案】(1)与硫酸反应，使得TiOSO4+2H2O⇌TiO2·H2O↓+H2SO4平衡正向移动，沉钛；过量的作用是防止二价铁被氧化过滤(2)Fe2++2NH3·H2O=Fe(OH)2+2>pH6.0左右，4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3因此pH几乎不变。之后发生4Fe2++O2+6H2O=4FeOOH+8H+，溶液中H+浓度增大，pH减小溶液中同时存在两个氧化反应4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O和4Fe2++O2+6H2O=4FeOOH+8H+，因此c(Fe2+)的减小大于c(Fe3+)的增加，或用叠加反应解释：12Fe2++3O2+2H2O=4FeOOH+8Fe3+(3)不受影响【详解】（1）与硫酸反应，使得TiOSO4+2H2O⇌TiO2·H2O↓+H2SO4平衡正向移动，沉钛；过量的作用是防止二价铁被氧化.钛白粉废渣成分：FeSO4·H2O、TiOSO4及其它难溶物，充分反应后有沉淀出现，所以分离混合物的方法是过滤；（2）pH=6.0左右，4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3因此pH几乎不变。之后发生4Fe2++O2+6H2O=4FeOOH+8H+，溶液中H+浓度增大，pH减小.溶液中同时存在两个氧化反应4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O和4Fe2++O2+6H2O=4FeOOH+8H+，因此c(Fe2+)的减小大于c(Fe3+)的增加，或用叠加反应解释：12Fe2++3O2+2H2O=4FeOOH+8Fe3+；（3）由于Fe3++3C2O42-=Fe(C2O4)3，Fe(C2O4)3不与稀碱溶液反应,所以加入的Na2C2O4过量，则测定结果不受影响。命题解读新情境：立足“工业废渣资源化利用”，贴合绿色化学理念题目跳出教材中纯实验室制备的旧情景，创设钛白粉废渣回收制备铁黄的真实工业情景，体现了高考化学“学以致用、绿色化学”的新导向。新考法：侧重“流程分析与原理应用”，弱化机械记忆传统化工流程题常直接考查“写化学方程式”“判断沉淀成分”，而这道题的考法更注重对流程逻辑和反应原理的深度应用。新角度：围绕“核心素养”，多维考查化学思维这道题从宏观辨识与微观探析、证据推理与模型认知、科学探究与创新意识等化学核心素养角度设计设问，突破了传统的“知识记忆”角度。3．（2025天津，9，3分）依据下列实验操作及现象，不能得出相应结论的是实验操作及现象结论A将稀盐酸滴入NaHCO3溶液中，产生的气体通入澄清的石灰水，石灰水变浑浊非金属性：Cl>CB硫化锌(ZnS，白色)、硫化镉(CdS，黄色)为难溶电解质。向浓度均为0.1mol/L的Zn2+、Cd2+混合液中，滴加Na2S稀溶液，先出现的沉淀是黄色的C向可能含有Fe2+的未知溶液中，滴加1滴溶液，有特征蓝色沉淀生成原未知溶液中含有Fe2+D向含有新制的氢氧化铜的碱性溶液中，加入乙醛溶液并加热，出现砖红色沉淀乙醛具有还原性A．A B．B C．C D．D【答案】A【详解】A．稀盐酸与NaHCO3反应生成CO2，只能说明HCl酸性强于H2CO3，但HCl不是Cl的最高价酸，无法直接推断Cl的非金属性＞C，A结论错误；B．先析出CdS黄色沉淀，说明CdS的溶度积更小，因此Ksp(ZnS)＞Ksp(CdS)，B结论正确；C．与反应生成特征蓝色沉淀，可直接证明存在，C结论正确；D．乙醛与新制Cu(OH)2在碱性条件下生成砖红色Cu2O，说明乙醛被氧化，具有还原性，D结论正确；故选A。4．（2025浙江，10，3分）下列含铁化合物的制备方案正确的是选项选项目标产物制备方案A溶液通足量后，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤B红热的铁粉与水蒸气反应C在干燥的气流中脱水D溶液中滴加煮沸过的溶液，在空气中过滤A．A B．B C．C D．D【答案】C【详解】A．溶液通足量后，得到FeCl3溶液，若通过加热蒸发浓缩会促进Fe3+水解且水解生成的HCl挥发，导致生成，无法得到，A错误；B．红热的铁粉与水蒸气反应会生成Fe3O4，得不到，B错误；C．Fe2+在水溶液中会水解生成HCl且易被空气中的氧气氧化，则让在干燥的气流中脱水可以得到，C正确；D．溶液中滴加煮沸过的溶液，在空气中过滤，生成的易被氧化为，D错误；故选C。知识1铁1616151413121110987654312FeFe3O4Fe2O3FeCl3Fe(OH)3Fe(OH)2FeCl2知识2铁的化合物1、铁的氧化物（1）FeO不稳定，在空气里受热，就迅速被氧化成Fe3O4。（2）Fe2O3常用作红色油漆和涂料，赤铁矿（主要成分是Fe2O3）是炼铁的原料。（3）Fe的常见化合价有+2价和+3价，Fe3O4可以看成由FeO和Fe2O3按物质的量之比1∶1组合而成的复杂氧化物，通常也可写成FeO·Fe2O3的形式。FeO、Fe2O3属于碱性氧化物，Fe3O4不属于碱性氧化物。2、铁的氢氧化物名称氢氧化亚铁氢氧化铁化学式Fe(OH)2Fe(OH)3分类碱碱性质色态白色固体红褐色固体水溶性不溶于水不溶于水与酸反应Fe(OH)2+2H+＝Fe2++2H2OFe(OH)3+3H+＝Fe3++3H2O稳定性4Fe(OH)2+O2+2H2O＝4Fe(OH)32Fe(OH)3ΔFe2O3＋3H2O（受热分解）制法原理Fe2++2OH-＝Fe(OH)2↓Fe3++3OH-＝Fe(OH)3↓现象白色絮状沉淀红褐色沉淀【易错提醒】Fe(OH)2的制备要点：（提供无氧环境）1、硫酸亚铁要现配（配制时，蒸馏水要煮沸，以减少蒸馏水中溶解的氧，防止亚铁离子被氧化）。2、制取Fe(OH)2时，要将吸有NaOH溶液的胶头滴管插到液面以下，并在液面上覆盖一层苯或煤油（不能用CCl4），以防止空气与Fe(OH)2接触发生反应。知识3Fe2+、Fe3+、Fe的相互转变——“铁三角”1、Fe只具有还原性，可以被氧化剂氧化成Fe2+、Fe3+。2、Fe2+弱氧化性强还原性，可以被氧化为Fe3+，也可以被还原为Fe。3、Fe3+具有较强氧化性，可被还原为Fe2+或Fe。知识4Fe2+、Fe3+的鉴别鉴别方法Fe2+Fe3+NaOH现象：白色沉淀迅速变为灰绿色，最终红褐色沉淀现象：红褐色沉淀KSCN现象：加入KSCN溶液无明显现象，再滴入氯水变成红色溶液现象：加入KSCN溶液，溶液变为红色铁氰化钾K3[Fe(CN)6]现象：产生蓝色沉淀---苯酚----现象：溶液变为紫色知识5铁单质的重要反应3Fe＋2O2Fe3O4Fe＋SFeS2Fe＋3Cl22FeCl33Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑(酸为非氧化性酸)Fe＋4HNO3(稀)=Fe(NO3)3＋NO↑＋2H2O(铁适量)3Fe＋8HNO3(稀)=3Fe(NO3)2＋2NO↑＋4H2O(铁过量)Fe＋CuSO4=Cu＋FeSO42FeCl3＋Fe=3FeCl2【易错提醒】Fe与O2、H2O(g)在高温下反应的产物都是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的氧化能力大于S的。常温下，Fe、Al在浓硫酸和浓硝酸中发生钝化，但加热后继续反应。能力铁的化合物的重要反应FeCl2＋2NaOH=Fe(OH)2↓＋2NaCl4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)32FeCl2＋Cl2=2FeCl32Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O3Fe2＋＋4H＋＋NOeq\o\al(－,3)=3Fe3＋＋NO↑＋2H2OFe3＋＋3SCN－=Fe(SCN)3FeCl3＋3H2O(沸水)Fe(OH)3(胶体)＋3HCl(氢氧化铁胶体的制备)eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(Fe－2e－=Fe2＋负极反应,O2＋2H2O＋4e－=4OH－正极反应,Fe2＋＋2OH－=Fe(OH)2↓,4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4FeOH3,2Fe(OH)3＋(n－3)H2O\o(=,\s\up7(△))Fe2O3·nH2O))eq\a\vs4\al\co1(铁发生,吸氧腐,蚀生成,铁锈)1、FeCl2溶液与NaOH溶液在空气中反应的现象变化，常用于物质推断。向Fe2＋溶液中加入硝酸、KMnO4、氯水等具有氧化性的物质时，溶液会出现浅绿色→棕色的颜色变化，该现象可用于Fe2＋的初步检验。2、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。3、Fe3＋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(生成血红色溶液)，前面两种方法需溶液中Fe3＋的浓度较大时才适用，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，再加入氧化剂的方法。考向1铁单质的性质及应用1．（2025·北京东城·二模）用如图所示装置研究铁粉与水蒸气的反应。观察到肥皂液中有气泡产生，点燃肥皂泡听到爆鸣声；实验结束后，试管中残留的黑色固体能被磁体吸引。下列分析不正确的是A．由“肥皂液中有气泡产生”，不能推断铁与水蒸气发生了反应B．铁粉与水蒸气的反应需要持续加热，推断该反应为吸热反应C．由“点燃肥皂泡听到爆鸣声”，推断有氢气生成D．加热和使用粉末状的铁均能加快铁与水蒸气的反应【答案】B【详解】A．对试管加热后，首先排出的是空气，所以肥皂液中有气泡产生，不能推断铁与水蒸气发生了反应，A正确；B．持续加热仅说明反应需高温条件维持，不能直接推导热效应，B错误；C．氢气可以燃烧，当点燃肥皂泡发出爆鸣声，才能确认逸出气体中含有氢气，C正确；D．加热可提供足够的能量使反应进行，粉末状铁增大了与水蒸气的接触面积，都能加快反应速率，D正确；故选B。2．（2024·北京·一模）下列解释实验事实的化学用语正确的是A．用过量NaOH溶液除去乙烯中的B．铁粉在高温下与水蒸气反应生成可燃气体：C．溶液与稀硫酸混合后溶液几乎不导电：D．向溶液中加入产生白色沉淀：【答案】A【详解】A．用过量NaOH溶液除去乙烯中的SO2，氢氧化钠过量生成亚硫酸根，离子方程式正确，A正确；B．铁粉在高温下与水蒸气反应生成可燃气体氢气，同时生成四氧化三铁，方程式配平有误，正确方程式为3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，B错误；C．Ba(OH)2溶液与稀硫酸混合后溶液几乎不导电，说明刚好完全反应，正确的离子方程式为Ba2+++2H++2OH-=BaSO4↓+2H2O，C错误；D．碳酸钙和氢离子不能大量共存的，故该离子方程式错误，若该反应产生白色沉淀，则沉淀为碳酸钙、碳酸氢根转化为碳酸根被沉淀时释放的氢离子能与碳酸氢根反应产生二氧化碳，则：若产生沉淀必定同时有二氧化碳，通常情况下两者很难发生反应，D错误；本题选A。3．（2024·北京西城·一模）还原铁粉与水蒸气的反应装置如图所示。取少量反应后的固体加入稀硫酸使其完全溶解得溶液a；另取少量反应后的固体加入稀硝酸使其完全溶解，得溶液b．下列说法正确的是A．铁与水蒸气反应：B．肥皂液中产生气泡，不能证明铁与水蒸气反应生成C．向溶液a中滴加溶液，出现蓝色沉淀，说明铁粉未完全反应D．向溶液b中滴加溶液，溶液变红，证实了固体中含有【答案】B【详解】A．Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，化学方程式为：，故A错误；B．肥皂液中产生气泡，只能说明有气体，还不能说明是氢气，故B正确；C．若滴加铁氰化钾溶液后出现蓝色沉淀，说明含有二价铁离子，不能确定二价铁离子来自铁粉还是Fe3O4，故C错误；D．若滴加KSCN溶液后变红色，说明含三价铁离子，黑色固体有Fe3O4也能产生三价铁离子，故D错误。答案选B。4．（2024·北京顺义·一模）下列方程式与所给事实相符的是A．常温下，0.1mol·L-1H3PO4溶液pH约为3.1：H3PO4=3H++POB．还原铁粉与水蒸气反应有可燃性气体产生：3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2C．向H218O中加入Na2O2，产生无色气体：2H218O+2Na2O2=4Na++4OH-+18O2↑D．向NH4HSO4溶液中滴加过量NaOH溶液，产生无色气体：NH+OH-=NH3↑+H2O【答案】B【详解】A．H3PO4为弱酸，分步电离，溶液pH约为3.1是因为：，A错误；B．还原铁粉与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，B正确；C．Na2O2既做氧化剂又做还原剂，所以方程式为：2H218O+2Na2O2=4Na++218OH-+2OH-+O2↑，C错误；D．向NH4HSO4溶液中滴加过量NaOH溶液，产生无色气体，OH-先与H+反应，H+反应完全后再与铵根离子反应，所以离子方程式为，D错误；故选B。考向2铁的氧化物的性质及应用1．（2025·北京朝阳·一模）将高炉煤气转化为价值更高的的方法不断发展。科研人员以为初始原料构建化学链，实现。下列说法不正确的是A．X为初始原料B．体现了氧化性和酸性氧化物的性质C．图中涉及的氧化还原反应均为吸热反应D．升高温度，的平衡常数增大【答案】C【详解】A．根据分析，初始原料X为，A正确；B．在整个转化过程中，既表现出氧化性，可氧化Fe生成Fe2O3，又体现了酸性氧化物的性质，可与碱性氧化物CaO反应生成盐，B正确；C．虽然的，说明此反应为吸热反应，但体系中还涉及的还原、Fe的氧化等过程，并非所有氧化还原反应均为吸热反应，C错误；D．根据反应可知，该反应为吸热反应，升高温度平衡向正反应方向移动，根据，得到平衡常数增大，D正确；故答案为：C。2．（2024·北京·三模）作为一种新型锂电池正极材料受到广泛关注。由菱锰矿(，含有少量Si、Fe、Ni、Al等元素)制备的流程如下：已知：，，。下列说法正确的是A．加入少量的作用是将氧化为，使用替代效果更好B．反应器流出的溶液，此时用石灰乳调节至，目的是除去C．加入少量溶液后滤渣的成分为D．为保持电解液成分稳定，应不断补充溶液，排出含酸电解液，电解废液可在反应器中循环利用【答案】D【详解】A．MnO2具有氧化性，加入少量MnO2的作用是将Fe2＋氧化为Fe3＋，Fe3＋可以催化H2O2分解，所以不宜使用H2O2替代MnO2，A错误；B．pH=4，c(OH−)＝1×10−10mol/L，此时；pH=7，c(OH−)＝1×10−7mol/L，，所以目的是为了使Fe3+和Al3+都沉淀完全，故B错误；C．由分析可知，加入少量BaS溶液除去Ni2＋，可知生成的沉淀有BaSO4、NiS，此外，二氧化锰把硫酸亚铁氧化为氢氧化铁沉淀除铁，加石灰乳调节至pH≈7生成氢氧化铝沉淀除铝，所以“滤渣”的成分至少有四种，故C错误；D．为保持电解液成分稳定，应不断补充溶液，排出含酸电解液，电解废液中含有硫酸，可在反应器中循环利用，故D正确；故答案选D。3．（2024·北京石景山·一模）石景山模式口历史文化街区已成为北京城市更新的典型案例。下列说法不正确的是A．模式口原名磨石口，因盛产磨石而得名，磨石属于混合物B．法海寺炸糕作为炸糕界的人气担当，其主要成分是淀粉C．法海寺明代壁画水月观音上的真金金丝提花用的是金属材料D．承恩寺墙壁的红漆主要成分是四氧化三铁【答案】D【详解】A．磨石是由多种成分组成的混合物，故A正确；B．炸糕是用面粉制作，主要成分为淀粉，故B正确；C．真金金丝成分为金属单质，属于金属材料，故C正确；D．红漆主要成分是三氧化二铁，故D错误；故选：D。4．（2025·北京昌平·二模）锰酸锂电池在电动汽车等领域有广泛应用，以下是用电解锰阳极渣制备锰酸锂的一种方法。资料：1.浸出被中的阳离子主要有、、、、、。2.室温下，金属阳离子浓度为0.1mol/L时，开始沉淀与完全沉淀的pH如下表：金属离子开始沉淀6.31.53.38.911.98.1完全沉淀8.32.84.610.913.910.1(1)电解锰阳极渣中锰的主要存在形式为，推测S在反应中体现性。(2)ⅱ中除杂过程需经历2步：a．先加入，后用调节pH到5.5，过滤。b．再加入溶液，过滤。①的作用是(用离子方程式表示)。②步骤a除去的离子有。③溶液的作用是。④解释不能通过加入，再调节pH的方法除去所有杂质离子的原因。(3)沉锰时向滤液中加入稍过量的溶液，过滤后取滤饼进行多次洗涤后烘干，得到高纯度的。写出生成的离子方程式。(4)焙烧过程中需要持续鼓入空气，可能的原因有、。(5)制备锰酸锂过程中反应的化学方程式为，若阳极渣中含有的质量为43.5g，理论上需要加入的质量(填“>”、“<”或“=”)9.25g，原因是。【答案】(1)还原(2)、、除去、、、开始沉淀(或完全沉淀)的pH比较接近，不能通过调pH的方法只除去、而保留(3)(4)做氧化剂持续鼓入空气可使氧气的浓度增大，有利于提高化学反应速率，提高产率(5)>除杂过程中加入了，Mn元素会进入滤液，最终也要转化为产品【详解】（1）电解锰阳极渣中锰的主要存在形式为，加入S和进行酸浸后的浸出液中变为，说明被还原，发生反应：，则加入的S在反应中体现了：还原性。（2）①浸出液中的完全沉淀的pH与相交，单独沉淀会影响的产量，所以需要将氧化为在低pH时就能完全除去，则加入的的作用是将氧化为：；②根据资料2和问题①，在步骤a除去的离子有：、、；③因为经过除杂过程后得到的主要含的滤液，则加入溶液最主要的作用是将、继续转化为和沉淀除去；④根据资料2的信息可知，、、开始沉淀(或完全沉淀)的pH比较接近，故不能通过调pH的方法只除去、而只得到。（3）沉锰时向滤液中加入稍过量的溶液与反应得到固体，则反应的离子方程式为：。（4）焙烧过程是将固体在空气中加热得到，Mn元素化合价升高，反应方程式为：，则焙烧过程中需要持续鼓入空气，可能的原因有：需要提供足量氧气作氧化剂使用、增大空气中氧气的浓度，加快反应速率。（5）根据反应的化学方程式为，由Mn元素守恒列关系式：，解得，但由于在除杂过程中加入了调节pH，这些Mn元素最终也进入到沉锰环节被转化为，故理论上需要加入的质量大于9.25g。考向3铁的氢氧化物的性质及应用1．（2023·北京顺义·一模）下列方程式与所给事实不相符的是A．用碳酸钠溶液处理锅炉水垢：B．通入水中制氯水：C．氢氧化亚铁暴露于空气中变色：D．常温下氨水的pH约为11：【答案】B【详解】A．碳酸钙比硫酸钙更难溶，可用碳酸钠溶液处理锅炉水垢，反应的离子方程式为，A正确；B．HClO为弱酸，书写离子方程式保留化学式，反应的离子方程式为，B错误；C．氢氧化亚铁暴露于空气中，反应的化学方程式为，C正确；D．氨水电离使溶液显碱性，电离方程式为，D正确；故选B。2．（2022·北京东城·二模）以相同的流速分别向经硫酸酸化和未经酸化的浓度均为0.1mol·L-1的FeSO4溶液中通入O2.溶液中pH随时间的变化如下图所示。已知：0.1mol·L-1Fe3+生成Fe(OH)3，开始沉淀时pH=1.5，完全沉淀时pH=2.8下列说法不正确的是A．由图1可知，酸化的FeSO4溶液中发生反应：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2OB．图2中，t=0时刻，FeSO4溶液pH=5.7是由于Fe2+发生了水解反应C．由图2可知，未酸化的FeSO4溶液中发生反应生成Fe(OH)3的同时还生成了H+D．若向FeSO4溶液中先加入过量NaOH溶液再通入O2，pH先增大后明显减小【答案】D【详解】A．由图1可知，向酸化的FeSO4溶液中通入氧气，溶液的pH值未超过1.4，则亚铁离子被氧化为铁离子，还没开始沉淀，即发生的氧化还原反应为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，A正确；B．由于未加硫酸酸化，但t=0时刻，FeSO4溶液pH=5.7，则说明是亚铁离子水解导致的，其水解方程式为：Fe2++2H2OFe(OH)2+2H+，B正确；C．由图2的曲线变化趋势可知，溶液中的反应使其pH值下降，根据氢氧化铁的沉淀范围可知，氧气将亚铁离子氧化为氢氧化铁沉淀，同时生成氢离子，该反应为：4Fe2++O2+10H2O=4Fe(OH)3↓+8H+，C正确；D．根据所给条件可知，若向FeSO4溶液中先加入过量NaOH溶液再通入O2，发生的反应为：Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓，4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，所以加入氢氧化钠后，溶液的pH会增大，通入氧气后，由于消耗水，溶液中氢氧根离子浓度会继续增大，D错误；故选D。3．一定条件下，铁及其化合物具有如图所示的转化关系。下列说法或反应式正确的是A．反应Ⅰ制备：往盛有溶液的烧杯中滴加NaOH溶液B．反应Ⅱ刻蚀印刷电路板：C．反应Ⅲ制备亚铁盐：采用浓硫酸可加快反应速率D．反应Ⅳ冶铁：【答案】D【详解】A．制备Fe(OH)2时，Fe(OH)2易被空气中O2氧化，直接向FeSO4溶液中滴加NaOH溶液，生成的Fe(OH)2会被氧化为Fe(OH)3，无法得到纯净Fe(OH)2，A错误；B．刻蚀印刷电路板的离子方程式需满足电荷守恒，正确的离子方程式为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，B错误；C．反应Ⅲ中Fe与H+反应制备Fe2+，浓硫酸具有强氧化性，常温下使Fe钝化，阻止反应的进行，C错误；D．工业冶铁常用CO还原Fe2O3，反应的化学方程式为，D正确；故选D。4．葡萄糖酸亚铁是常用的补铁剂，易溶于水。用如图装置制备，提取出的与葡萄糖酸反应可制得葡萄糖酸亚铁。回答下列问题：(1)装置b的名称为。(2)打开、，关闭，开始反应。一段时间后关闭，打开。在装置c中制得碳酸亚铁。实验过程中产生的作用有。(3)将制得的碳酸亚铁浊液过滤、洗涤。如过滤时间过长会发现产品部分变为红褐色，用化学方程式说明其原因。(4)将葡萄糖酸与碳酸亚铁混合，加入乙醇、过滤、洗涤、干燥。加入乙醇的目的是。(5)用溶液代替溶液制备碳酸亚铁，同时有气体产生，该反应的离子方程式为，此法产品纯度更高，原因是。(6)产品中铁元素质量分数的测定：取1.680g葡萄糖酸亚铁产品置于锥形瓶中，加水与硫酸溶液溶解，然后加适量还原剂防止被空气氧化(还原剂不参与后续滴定过程)，密闭放置约20分钟。滴加2滴指示剂，用0.2000mol/L标准液滴定至终点，消耗标准液18.00mL，则产品中铁元素的质量分数为(已知：)。【答案】(1)蒸馏烧瓶(2)将装置中的空气排出；将装置b中的溶液压入装置c(3)4FeCO3+6H2O+O2=4Fe(OH)3+4CO2(4)降低葡萄糖酸亚铁的溶解度，有利于析出(5)碳酸氢钠溶液碱性更弱，不利于Fe(OH)2的生成(6)12.00%【详解】（1）由图可知，装置b的名称为蒸馏烧瓶；（2）FeCO3易氧化，b中反应产生的H2的作用：一是把装置内的空气排干净，防止生成的FeCO3被氧化；二是把b中溶液压进c中；故答案为：将装置中的空气排出；将装置b中的溶液压入装置c；（3）过滤时间过长会发现产品部分变为红褐色，原因是FeCO3与O2反应生成Fe(OH)3，化学方程式为：；（4）乙醇分子的极性比水小，可以降低葡萄糖酸亚铁在水中溶解度，便于葡萄糖酸亚铁析出；故答案为：降低葡萄糖酸亚铁的溶解度，有利于析出；（5）碳酸根离子水解后溶液碱性较强，易生成氢氧化亚铁，用溶液代替溶液，发生反应的离子方程式为，可以降低溶液的pH防止产生氢氧化亚铁，得到的产品纯度更高，故答案为：；碳酸氢钠溶液碱性更弱，不利于Fe(OH)2的生成；（6）由可知，n(Ce4+)=n(Fe2+)=0.20mol/L×18.0×10-3L=3.6×10-3mol，故产品含铁元素的质量分数为。考向4铁盐、亚铁盐的性质及应用1．（2025·北京门头沟·一模）某小组设计以下对比实验，探究亚铁盐与溶液的反应。下列说法不正确的是实验编号试剂现象5滴试剂2mL5%溶液(pH=5)Ⅰ经酸化的溶液(pH=0.2)溶液立即变为棕黄色，稍后产生气泡，向反应后的溶液中加入KSCN溶液，溶液变红。测得反应后溶液pH=0.9Ⅱ溶液(pH=3)溶液立即变为棕黄色，产生大量气泡，并放热，反应混合物颜色加深且有浑浊。测得反应后溶液pH=1.4Ⅲ溶液(pH=3)现象与II相同，同时生成刺激性气味气体，该气体能使湿润的蓝色石蕊试纸变红但不褪色。测得反应后溶液pH=2.0A．实验中溶液与溶液反应的离子方程式为：B．实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中产生气泡的原因可能为含铁物质催化分解产生C．实验Ⅱ中溶液变浑浊是由于溶液氧化消耗导致的D．实验Ⅲ中产生的刺激性气味的气体是【答案】C【详解】A．H2O2溶液与FeSO4溶液反应的离子方程式是2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，A正确；B．产生气泡的原因是Fe3+催化下H2O2分解产生O2，B正确；C．溶液立即变为棕黄色，产生大量气泡，并放热，反应混合物颜色加深且有浑浊，且pH值减小，说明产物发生了水解，C错误；D．产生刺激性气味气体的原因是H2O2分解反应放热，促进Fe3+的水解平衡正向移动，产生的HCl受热挥发，D正确；故选C。2．（2025·北京·模拟预测）下列对应的化学反应表示错误的是A．证明H2C2O4有还原性：B．将K3[Fe(CN)6]]溶液滴入FeCl2溶液中：C．用硫代硫酸钠溶液脱氯：D．乙醇与K2Cr2O7酸性溶液反应：【答案】C【详解】A．酸性KMnO4中Mn元素化合价为+7价，具有强氧化性，会将H2C2O4中+3价C氧化为+4价CO2，Mn元素被还原为+2价的Mn2+，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，结合物质的拆分原则，可知该反应的离子方程式为：，A正确；B．铁氰化钾K3[Fe(CN)6]能够与Fe2+反应产生蓝色沉淀，反应的离子方程式为：，B正确；C．Cl2具有强氧化性，会将氧化为，Cl2被还原为Cl-，溶液显碱性，在酸性环境中不能大量共存，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，结合离子共存及物质的拆分原则，可知该反应的离子方程式为：，C错误；D．乙醇被酸性K2Cr2O7溶液氧化为乙酸，酸性K2Cr2O7溶液被还原为Cr3+，据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，结合物质的拆分原则，可知该反应的离子方程式为：，D正确；故合理选项是C。3．（2025·北京海淀·二模）下列关于和两种溶液的说法不正确的是A．和溶液均呈酸性B．保存时均需加入少量铁粉C．可利用与铜粉的反应比较、的氧化性强弱D．分别加入NaOH溶液，久置后均能观察到红褐色沉淀【答案】B【详解】A．FeCl3和FeCl2均为强酸弱碱盐，Fe2+和Fe3+水解生成H+，溶液均呈酸性，A正确；B．保存FeCl2溶液需加入铁粉(防止Fe2+被氧化)，但FeCl3溶液若加铁粉，Fe3+会与Fe反应生成Fe2+(如2Fe3++Fe=3Fe2+)，反而污染溶液，B不正确；C．Fe3+可与Cu反应(2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+)，而Fe2+无法氧化Cu，说明Fe3+氧化性强于Fe2+，C正确；D．FeCl3与NaOH直接生成红褐色Fe(OH)3；FeCl2首先生成白色Fe(OH)2，但在空气中氧化为Fe(OH)3(最终红褐色)，D正确；故选B。4．（2025·北京平谷·一模）某实验小组制取少量溶液并探究其性质。Ⅰ．制备（装置如图所示）。(1)甲中发生反应的方程式是。(2)证明丙中NaOH已完全转化为的操作和现象是。II．将所得溶液稀释到后，进行实验a和b。编号操作现象a向溶液中加入溶液溶液变为蓝绿色，且3min内无明显变化b向溶液中加入溶液溶液变为蓝绿色，30s时有无色有刺激性气味气体和白色沉淀，上层溶液变浅(3)用蘸有碘水的淀粉试纸接近反应b的试管口，观察到，证实有生成，反应的离子方程式为。(4)对实验b产生气体的原因进行分析，提出两种假设：假设1：水解使溶液中增大。假设2：存在时，与反应生成CuCl白色沉淀溶液中增大。①假设1不合理，实验证据是。②实验证实假设2合理，实验b中发生反应的离子方程式有，。(5)小组同学继续提出假设3：增强了的氧化性，并设计原电池实验（如图所示）证明该假设。未加入NaCl固体时，溶液无明显变化，请补全加入NaCl固体后的实验现象。(6)实验室中经常用KSCN溶液检验含的溶液否因氧化而变质，但是如果溶液中存在少量时，会干扰检验结果，试分析其中的原因。（资料：是一种拟卤离子，其性质与卤离子相似。）【答案】(1)Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O(2)把针筒中的品红溶液推入锥形瓶中，若品红溶液褪色，说明NaOH已完全转化为NaHSO3(3)试纸蓝色退去I2+SO2+2H2O=4H++2I-+(4)实验a中没有无色气体生成2Cu2+++2Cl-+H2O=2CuCl↓++3H+(5)有电流产生，右侧烧杯有白色沉淀生成(6)增强了Cu2+的氧化性，会将Fe2+氧化为Fe3+【详解】（1）甲中Cu与浓硫酸加热反应，生成硫酸铜、SO2气体和水，反应的化学方程式为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O；（2）若NaOH完全转化为NaHSO3，则SO2过量，过量的SO2能使品红溶液褪色，故答案是：把针筒中的品红溶液推入锥形瓶中，若品红溶液褪色，说明NaOH已完全转化为NaHSO3；（3）SO2与I2发生氧化还原反应生成硫酸和HI，蘸有碘水的淀粉试纸接近反应b的试管口，若蓝色退去，证明气体是SO2；离子方程式为：I2+SO2+2H2O=4H++2I-+；（4）实验a是向溶液中加入溶液，若Cu2+水解使溶液中H+浓度增大，H+与亚硫酸氢根离子反应也应该有SO2产生，实验a中没有气体产生，故假设1不成立；假设2中存在时，与反应生成CuCl白色沉淀和H+，离子方程式为：2Cu2+++2Cl-+H2O=2CuCl↓++3H+；（5）加入NaCl后，Cu2+的氧化性增强，两极发生氧化还原反应，形成原电池，有电流产生，Cu2+被还原为Cu+，同时与Cl-生成CuCl沉淀，答案是：有电流产生，右侧烧杯有白色沉淀生成；（6）是一种拟卤离子，其性质与卤离子相似，能够增强Cu2+的氧化性，Cu2+会把Fe2+氧化为Fe3+，对实验产生干扰。题型三铝及其化合物1.（2020北京，2，3分）下列物质的应用中，利用了氧化还原反应的是A．用石灰乳脱除烟气中的SO2B．用明矾[KAl(SO4)2•12H2O］处理污水C．用盐酸去除铁锈(主要成分Fe2O3•xH2O)D．用84消毒液(有效成分NaClO)杀灭细菌【答案】D【详解】A．SO2是酸性氧化物，可与碱反应，用石灰乳脱除烟气中的SO2时，SO2与氢氧化钙反应生成亚硫酸钙或亚硫酸氢钙，反应过程中无元素的化合价变化，没有利用氧化还原反应，故A不符合题意；B．用明矾[KAl(SO4)2•12H2O］溶于水中，电离出的铝离子发生水解生成氢氧化铝胶体，利用胶体的吸附性可吸附污水中的固体颗粒物，该过程利用胶体的吸附性，发生的反应没有发生化合价变化，没有利用氧化还原反应，故B不符合题意；C．用盐酸去除铁锈(主要成分Fe2O3•xH2O)，发生的主要反应为：6HCl+Fe2O3=2FeCl3+3H2O，反应中没有元素化合价的变化，没有利用氧化还原反应，故C不符合题意；D．用84消毒液有效成分NaClO，具有强氧化性，能使蛋白质发生变性从而杀死细菌病毒，杀菌消毒的过程利用了氧化还原反应，故D符合题意；答案选D。命题解读新情境：聚焦“生活生产真实应用”，摆脱纯理论考查题目跳出教材中实验室反应的传统情景，选取尾气处理、净水、除垢、消毒四个生活生产中的真实化学应用情景，让氧化还原反应的考查落地到实际场景中。新考法：侧重“概念辨析与本质判断”，弱化方程式记忆传统考法常要求书写氧化还原反应方程式、判断氧化剂/还原剂，而这道题的考法更注重对氧化还原反应本质的理解与辨析。新角度：围绕“核心素养”，考查化学思维能力这道题从宏观辨识与微观探析、证据推理与模型认知等化学核心素养角度设计设问，突破了传统的“知识记忆”角度。2．（2020北京，6，3分）下列说法不正确的是A．用碳酸钠溶液处理锅炉水垢：CaSO4(s)+CO⇌CaCO3(s)+SOB．湿润的淀粉碘化钾试纸遇氯气变蓝：3Cl2+I-+3H2O=6Cl-+IO+6H+C．铝粉和氧化铁组成的铝热剂用于焊接钢轨：2Al+Fe2O3Al2O3+2FeD．淡黄色的过氧化钠敞口放置变成白色：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑【答案】B【详解】A．硫酸钙的溶解度大于碳酸钙的溶解度，溶解度大的物质能向溶解度小的物质转化，所以锅炉水垢中的硫酸钙可用碳酸钠溶液处理，使之转化为碳酸钙，沉淀转换的实质就是沉淀溶解平衡的移动，平衡一般向生成更难溶物质的方向移动，则离子反应为：CaSO4(s)+CO⇌CaCO3(s)