2022届新高考化学人教版二轮复习学案-专题五　金属及其化合物

eq\a\vs4\al(核心素养)eq\a\vs4\al(考情分析)宏观辨识与微观探析科学探究与创新意识科学态度与社会责任结合离子反应、阿伏加德罗常数，多以选择题、工艺流程、化学实验形式考查金属及其化合物性质、物质之间的相互转化考向一金属单质及其化合物的性质及应用1．金属单质金属活动顺序表KCaNaMgAlZnFeSnPb(H)CuHgAgPtAu典型金属NaMgAlFeCu与水反应剧烈反应加热微弱反应加热微弱反应高温反应不反应与酸反应剧烈反应与非氧化性酸反应产生H2，与氧化性酸反应生成非金属氧化物，Al、Fe常温与浓H2SO4、浓硝酸钝化与非氧化性酸不反应，与氧化性酸发生氧化还原反应工业制备电解熔融NaCl电解熔融MgCl2电解熔融Al2O3高炉炼铁还原法其他典型的活泼金属，与O2温度不同分别生成Na2O、Na2O2与CO2、N2反应与碱溶液反应生成H2变价，与不同的氧化性物质生成＋2、＋3价铁排在H之后的金属2.金属氧化物化学式Na2ONa2O2Al2O3FeOFe2O3CuO分类碱性氧化物过氧化物两性氧化物碱性氧化物碱性氧化物碱性氧化物颜色状态白色固体淡黄色固体白色固体黑色粉末红棕色粉末黑色固体与水作用反应生成NaOH反应生成NaOH和O2不溶于水，也不与水反应与酸反应反应生成钠盐和水反应生成钠盐、水和氧气反应生成铝盐和水反应生成亚铁盐和水反应生成铁盐和水反应生成铜盐和水氧化性除Na2O2外，氧化性很弱，通常不能用还原剂还原可用C、CO、Al、H2等还原，生成单质铁、铜其他反应与CO2反应生成Na2CO3与CO2反应生成Na2CO3和O2与强碱反应生成偏铝酸盐与氧化性酸反应生成铁盐3.金属氢氧化物化学式NaOHAl(OH)3Fe(OH)3Fe(OH)2Cu(OH)2颜色状态白色固体白色胶状沉淀红褐色沉淀白色沉淀蓝色沉淀稳定性稳定，加热不分解加热分解成Al2O3和H2O加热分解成Fe2O3和H2O不稳定，易被氧化成Fe(OH)3易分解成CuO和H2O与酸反应均易与酸反应生成对应的盐，若为氧化性酸，则Fe(OH)2还要被氧化其他反应与某些盐、Cl2、Al、Si、Al(OH)3反应与强碱溶液反应具有还原性新制Cu(OH)2悬浊液被醛基还原1.(2021·河北省学业水平选择性考试)“灌钢法”是我国古代劳动人民对钢铁冶炼技术的重大贡献，陶弘景在其《本草经集注》中提到“钢铁是杂炼生鍒作刀镰者”。“灌钢法”主要是将生铁和熟铁(含碳量约0.1%)混合加热，生铁熔化灌入熟铁，再锻打成钢。下列说法错误的是(C)A．钢是以铁为主的含碳合金B．钢的含碳量越高，硬度和脆性越大C．生铁由于含碳量高，熔点比熟铁高D．冶炼铁的原料之一赤铁矿的主要成分为Fe2O3解析：钢是含碳量低的铁合金，A正确；钢的硬度和脆性与含碳量有关，随着含碳量的增大而增大，B正确；生铁熔化灌入熟铁，再锻打成钢，说明生铁的熔点低于熟铁，C错误；赤铁矿的主要成分是Fe2O3，可用于冶炼铁，D正确，故选C。2．(2020·山东卷)实验室分离Fe3＋和Al3＋的流程如下：已知Fe3＋在浓盐酸中生成黄色配离子[FeCl4]－，该配离子在乙醚(Et2O，沸点34.6℃)中生成缔合物Et2O·H＋·[FeCl4]－。下列说法错误的是(A)A．萃取振荡时，分液漏斗下口应倾斜向下B．分液时，应先将下层液体由分液漏斗下口放出C．分液后水相为无色，说明已达到分离目的D．蒸馏时选用直形冷凝管解析：萃取振荡时分液漏斗内气体压强增大，为避免气体压强过大，发生实验意外，需要对分液漏斗进行放气，分液漏斗下口应该倾斜向上，便于打开活塞放气，A项错误；分液时，下层液体由分液漏斗下口放出，上层液体从上口倒出，B项正确；分液后水相为无色，说明黄色配离子[FeCl4]－已经和萃取剂乙醚完全缔合，与Al3＋分离，C项正确；直形冷凝管一般用于蒸馏，D项正确。3．(2019·全国卷Ⅱ)下列化学方程式中，不能正确表达反应颜色变化的是(C)A．向CuSO4溶液中加入足量Zn粉，溶液蓝色消失：Zn＋CuSO4=Cu＋ZnSO4B．澄清的石灰水久置后出现白色固体：Ca(OH)2＋CO2=CaCO3↓＋H2OC．Na2O2在空气中放置后由淡黄色变为白色：2Na2O2=2Na2O＋O2↑D．向Mg(OH)2悬浊液中滴加足量FeCl3溶液出现红褐色沉淀：3Mg(OH)2＋2FeCl3=2Fe(OH)3＋3MgCl2解析：Zn可以置换出CuSO4中的Cu，A项正确；澄清石灰水会吸收空气中的CO2生成CaCO3沉淀，B项正确；Na2O2放置于空气中，会与CO2发生反应2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2，C项错误；Fe(OH)3比Mg(OH)2更难溶，所以Mg(OH)2可以转化为Fe(OH)3，D项正确。4．(2019·天津卷)下列有关金属及其化合物的应用不合理的是(C)A．将废铁屑加入FeCl2溶液中，可用于除去工业废气中的Cl2B．铝中添加适量锂，制得低密度、高强度的铝合金，可用于航空工业C．盐碱地(含较多Na2CO3等)不利于作物生长，可施加熟石灰进行改良D．无水CoCl2呈蓝色，吸水会变为粉红色，可用于判断变色硅胶是否吸水解析：Fe2＋在溶液中很快与氯气反应生成Fe3＋，然后Fe与Fe3＋反应再生成Fe2＋，使吸收反应得以顺利进行，A项不符合题意；锂是最轻的金属，故铝锂合金密度小，合金硬度一般比成分金属硬度大，故该合金可用于航空工业，B项不符合题意；碳酸钠和氢氧化钙的水溶液均显碱性，加熟石灰无法改良盐碱地，C项符合题意；蓝色的CoCl2吸水后会生成粉红色的CoCl2·6H2O，故无水CoCl2可用于判断硅胶干燥剂是否吸水，D项不符合题意。5．(2021·佛山二模)陈述Ⅰ和Ⅱ均正确且具有因果关系的是(C)选项陈述Ⅰ陈述ⅡA储氢合金可用于以H2为燃料的汽车合金的熔点低，硬度大B浓硫酸在加热条件下与铜反应浓硫酸具有脱水性CAl2O3常用作耐火、耐高温材料Al2O3的熔点高DFeCl3溶液可用作蚀刻铜电路板FeCl3溶液显酸性解析：储氢合金可用于以H2为燃料的汽车，但原因不是合金的熔点低，硬度大，A错误；浓硫酸在加热条件下与铜反应生成二氧化硫和硫酸铜，S元素化合价降低作氧化剂，说明浓硫酸具有氧化性，B错误；Al2O3的熔点高，Al2O3常用作耐火、耐高温材料，C正确；FeCl3具有氧化性可以和Cu反应，所以FeCl3溶液可用作蚀刻铜电路板，不是因为FeCl3溶液显酸性，D错误。6．(2021·广东模拟)下列实验过程可以达到实验目的的是(D)选项实验目的实验过程A制备Fe(OH)3胶体在加热时，向0.1mol·L－1的FeCl3溶液中滴加NaOH溶液B验证Mg(OH)2沉淀可以转化为Fe(OH)3沉淀向2mL1mol·L－1NaOH溶液中加入几滴1mol·L－1的MgCl2溶液，生成白色沉淀，再加入几滴1mol·L－1的FeCl3溶液C除去NaHCO3溶液中的Na2CO3向溶液中加入适量的稀盐酸D鉴别NaCl和KI溶液用两支试管分别取两种溶液少量，向其中滴加少量新制氯水，再加入1～2mLCCl4溶液，振荡、静置解析：将NaOH溶液加入FeCl3溶液只能得到Fe(OH)3沉淀，得不到胶体，应该是把氯化铁饱和溶液滴入沸水中继续煮沸至溶液呈红褐色为止，A错误；反应中NaOH溶液过量无法验证沉淀的转化，B错误；适量的稀盐酸与Na2CO3反应生成NaHCO3和NaCl，混入新的杂质，应该是通入足量二氧化碳气体，C错误；新制氯水把I－氧化为I2，再加入CCl4溶液，振荡、静置，分层，下层呈紫色的是KI，D正确。7．(2021·山东第二次诊断)下列关于物质性质的说法不合理的是(B)A．FeCl3、Na2O2、Cu2S均可由相应单质直接化合生成B．Cl2、SO2气体通入紫色石蕊试液中，均出现溶液先变红后褪色C．金属Mg与稀硫酸和CO2均能反应，其反应类型相同D．氢氧化铝、碳酸铵、碳酸氢钠都既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应解析：Fe与氯气反应生成氯化铁，钠与氧气反应生成过氧化钠，Cu与S反应生成Cu2S，均可由相应单质直接化合生成，故A正确；SO2为酸性氧化物，通入紫色石蕊试液中，溶液变红，故B错误；Mg与硫酸反应生成硫酸镁和氢气，Mg与二氧化碳反应生成MgO和C，均为置换反应，故C正确；两性氢氧化物、弱酸的铵盐、弱酸的酸式盐均与盐酸、NaOH反应，氢氧化铝、碳酸铵、碳酸氢钠都既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应，故D正确。考向二金属单质及其化合物的转化1．活泼的金属——钠及其化合物①2Na＋O2eq\o(=,\s\up15(△))Na2O2②2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑③2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2④CO2＋2NaOH=Na2CO3＋H2O⑤CO2＋NaOH=NaHCO3⑥Na2CO3＋H2O＋CO2=2NaHCO32．氧化物、氢氧化物显两性的金属——铝及其化合物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．变价金属——铁及其化合物①2Fe＋3Cl2eq\o(=,\s\up15(点燃))2FeCl3②Fe2O3＋3COeq\o(=,\s\up15(高温))2Fe＋3CO2或Fe2O3＋2Aleq\o(=,\s\up15(高温))2Fe＋Al2O3③Cu＋2FeCl3=CuCl2＋2FeCl2C．S(s)eq\o(→,\s\up15(O2g),\s\do15(点燃))SO3(g)eq\o(→,\s\up15(H2Ol))H2SO4(aq)D．N2(g)eq\o(→,\s\up15(H2g),\s\do15(高温高压、催化剂))NH3(g)eq\o(→,\s\up15(CO2g),\s\do15(NaClaq))Na2CO3(s)解析：Fe在Cl2中加热生成FeCl3，A项错误；MgCl2与Ca(OH)2反应生成Mg(OH)2和CaCl2，Mg(OH)2煅烧生成MgO和H2O，B项正确；S在O2中燃烧生成SO2，C项错误；NH3、CO2通入饱和NaCl溶液中生成NaHCO3晶体和NH4Cl，D项错误。2．(2021·广东省学业水平选择性考试)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(C)A．a可与e反应生成bB．b既可被氧化，也可被还原C．可将e加入浓碱液中制得d的胶体D．可存在b→c→d→e→b的循环转化关系解析：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。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，A合理；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，B合理；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胶体的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，C不合理；b→c→d→e→b转化如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·河北省学业水平选择性考试)化工专家侯德榜发明的侯氏制碱法为我国纯碱工业和国民经济发展做出了重要贡献，某化学兴趣小组在实验室中模拟并改进侯氏制碱法制备NaHCO3，进一步处理得到产品Na2CO3和NH4Cl，实验流程如图：回答下列问题：(1)从A～E中选择合适的仪器制备NaHCO3，正确的连接顺序是aefbcgh(按气流方向，用小写字母表示)。为使A中分液漏斗内的稀盐酸顺利滴下，可将分液漏斗上部的玻璃塞打开或将玻璃塞上的凹槽对准漏斗颈部的小孔。(2)B中使用雾化装置的优点是使氨盐水雾化，可增大与二氧化碳的接触面积，从而提高产率(或其他合理答案)。(3)生成NaHCO3的总反应的化学方程式为NH3·H2O＋NaCl＋CO2=NH4Cl＋NaHCO3↓。(4)反应完成后，将B中U形管内的混合物处理得到固体NaHCO3和滤液：①对固体NaHCO3充分加热，产生的气体先通过足量浓硫酸，再通过足量Na2O2，Na2O2增重0.14g，则固体NaHCO3的质量为0.84g。②向滤液中加入NaCl粉末，存在NaCl(s)＋NH4Cl(aq)→NaCl(aq)＋NH4Cl(s)过程。为使NH4Cl沉淀充分析出并分离，根据NaCl和NH4Cl溶解度曲线，需采用的操作为蒸发浓缩、冷却结晶过滤、洗涤、干燥。(5)无水NaHCO3可作为基准物质标定盐酸浓度。称量前，若无水NaHCO3保存不当，吸收了一定量水分，用其标定盐酸浓度时，会使结果A。(填标号)A．偏高B．偏低C．不变解析：(1)根据工艺流程知，浓氨水中加入氯化钠粉末形成饱和氨盐水后，再通入二氧化碳气体，发生反应：NH3·H2O＋NaCl＋CO2=NH4Cl＋NaHCO3↓，得到的碳酸氢钠晶体烘干后受热分解会生成碳酸钠、二氧化碳和水，从而制备得到纯碱，要制备NaHCO3，需先选用装置A制备二氧化碳，然后通入饱和碳酸氢钠溶液中除去二氧化碳中的HCl，后与饱和氨盐水充分接触来制备NaHCO3，其中过量的二氧化碳可被氢氧化钠溶液吸收，也能充分利用二氧化碳制备得到少量NaHCO3，所以按气流方向正确的连接顺序应为aefbcgh；为使A中分液漏斗内的稀盐酸顺利滴下，可将分液漏斗上部的玻璃塞打开或将玻璃塞上的凹槽对准漏斗颈部的小孔。(2)B中使用雾化装置使氨盐水雾化，可增大与二氧化碳的接触面积，从而提高产率。(3)生成NaHCO3的总反应的化学方程式为NH3·H2O＋NaCl＋CO2=NH4Cl＋NaHCO3↓。(4)①对固体NaHCO3充分加热，产生二氧化碳和水蒸气，反应的化学方程式为2NaHCO3eq\o(=,\s\up15(△))Na2CO3＋CO2↑＋H2O，将气体先通过足量浓硫酸，吸收水蒸气，再通过足量Na2O2，Na2O2与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，化学方程式为2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2，根据差量法可知，当增重0.14g(2CO的质量)时，消耗的二氧化碳的质量为0.14g×eq\f(44,28)＝0.22g，其物质的量为eq\f(0.22g,44g/mol)＝0.005mol，根据关系式2NaHCO3～CO2可知，消耗的NaHCO3的物质的量为2×0.005mol＝0.01mol，所以固体NaHCO3的质量为0.01mol×84g/mol＝0.84g。②根据溶解度随温度的变化曲线可以看出，氯化铵的溶解度随着温度的升高而不断增大，而氯化钠的溶解度随着温度的升高变化并不明显，所以要想使NH4Cl沉淀充分析出并分离，需采用蒸发浓缩、冷却结晶过滤、洗涤、干燥的方法。(5)称量前，若无水NaHCO3保存不当，吸收了一定量水分，标准液被稀释，浓度减小，所以用其标定盐酸浓度时，消耗的碳酸氢钠的体积V(标)会增大，根据c(测)＝eq\f(c标V标,c测)可知，最终会使c(测)偏高，A正确。4．(2021·保定期末)A、B、C、D是中学化学常见物质，其中A、B、C均含有同一种元素，在一定条件下相互转化关系如图，下列判断正确的是(A)A．若D为H2O，A为碳，则A和C反应生成1molB转移的电子数为NAB．若D为Fe，A为Cl2，则B溶液蒸干后可得到纯净的B固体C．若D为O2，A为碱性气体，则以上转化只涉及两个氧化还原反应D．若D为HCl，A为Na2CO3，则B溶液中c(Na＋)＝c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(COeq\o\al(2－,3))＋c(H2CO3)解析：若D为H2O，A为碳，转化关系为Ceq\o(→,\s\up15(H2O))COeq\o(→,\s\up15(H2O))CO2，A与C的反应为CO2＋Ceq\o(=,\s\up15(高温))2CO，反应中生成2molCO转移2mol电子，所以反应生成1molB转移的电子数为NA，A正确；若D为Fe，A为Cl2，转化关系为Cl2eq\o(→,\s\up15(Fe))FeCl3eq\o(→,\s\up15(Fe))FeCl2，A与C的反应为2FeCl2＋Cl2=2FeCl3，氯化铁水解生成氢氧化铁和氯化氢，氯化铁溶液蒸干时由于氯化氢的挥发，促进氯化铁的水解，最终得到氢氧化铁，不能得到FeCl3，B错误；若D为O2，A为碱性气体，A为NH3，转化关系为NH3eq\o(→,\s\up15(O2))N2eq\o(→,\s\up15(O2))NO，A与C的反应为4NH3＋6NOeq\o(=,\s\up15(催化剂))5N2＋6H2O，上述变化中有三个氧化还原反应，C错误；若D为HCl，A为Na2CO3，转化关系为Na2CO3eq\o(→,\s\up15(HCl))NaHCO3eq\o(→,\s\up15(HCl))CO2，A与C的反应为CO2＋Na2CO3＋H2O=2NaHCO3，B溶液为NaHCO3，溶液中存在的物料守恒为c(Na＋)＝c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(COeq\o\al(2－,3))＋c(H2CO3)，D错误。5．(2021·山东新高考全真模拟九)某科学兴趣小组查阅资料得知，反应温度不同，氢气还原氧化铜的产物就不同，可能是Cu或Cu2O，Cu和Cu2O均为不溶于水的红色固体，但氧化亚铜能与稀硫酸反应，化学方程式为Cu2O＋H2SO4=CuSO4＋Cu＋H2O，为探究反应后的红色固体中含有什么物质？他们提出了以下假设：假设一：红色固体只有Cu假设二：红色固体只有Cu2O假设三：红色固体中有Cu和Cu2O下列判断正确的是(C)A．取少量红色固体，加入足量的稀硫酸，若溶液无明显现象，则假设一和二都成立B．若看到溶液变成蓝色，且仍有红色固体，则只有假设三成立C．现将7.2克红色固体通入足量的H2还原，最后得到固体6.4克，则假设二成立D．实验室可以用葡萄糖和新制的含NaOH的Cu(OH)2沉淀，加热后制取Cu2O解析：取少量红色固体，加入足量的稀硫酸，若溶液无明显现象，说明红色固体中不含氧化亚铜，则假设一成立，假设二不成立，故A错误；若看到溶液变成蓝色，说明红色固体中含有氧化亚铜，仍有红色固体，但不能说明原红色固体中含有铜，因为氧化亚铜和稀硫酸反应也能生成铜，则假设二或三成立，故B错误；假设二：红色固体只有Cu2O，则7.2gCu2O的物质的量为eq\f(7.2g,144g/mol)＝0.05mol，和H2反应后生成铜的物质的量为0.1mol，质量为6.4g，所以假设二成立，故C正确；实验室可以用葡萄糖和新制的含NaOH的Cu(OH)2悬浊液，加热后制取Cu2O，不能是Cu(OH)2沉淀，故D错误。故选C。6．(2021·淄博摸底)Ⅰ.字母A～K代表常见物质，在一定条件下能发生如图所示变化。已知：反应②中A为黑色粉末，B为金属单质，且n(A)n(B)＝32。反应③和④均在水溶液中进行。(1)写出J的名称：氯化亚铁。(2)写出反应②的化学方程式：2Al＋3FeOeq\o(=,\s\up15(高温))Al2O3＋3Fe。(3)写出反应⑤的离子方程式：Al2O3＋2OH－=2AlOeq\o\al(－,2)＋H2O。Ⅱ.某研究性学习小组的同学以Fe(NO3)3溶液来探究Fe3＋能否氧化Ag为题。他们选用少量的Fe(NO3)3溶液与做过银镜反应的试管进行实验。现象：银镜部分溶解，试管上方出现少量淡淡的红棕色气体。请你判断：以上实验能否得到相关结论。若你认为能得出结论，请简述理由：__________________________。若你认为不能得出结论，请在此实验基础上，再继续实验(试剂任选)，直至得出相关结论。请设计实验(写出实验操作、现象和结论)：________________________________________________________________________________________________________________________________________________。答案：不能得出结论，设计实验：取反应后溶液少量于试管中，滴加几滴K3[Fe(CN)6]溶液，若产生蓝色沉淀，则证明有Fe2＋产生，证实了Fe3＋能氧化单质银解析：Ⅰ.电解熔融状态NaCl得到金属钠和氯气，A为黑色粉末，B为金属单质，A和B在高温下反应，且n(A)n(B)＝32，得出反应②为2Al＋3FeOeq\o(=,\s\up15(高温))Al2O3＋3Fe，即A为FeO，B为Al，根据转化关系，D为Cl2，C为Na，E为Fe，F为Al2O3，Na与H2O反应生成NaOH和H2，即H为NaOH，Al2O3与NaOH反应生成NaAlO2和H2O，即K为NaAlO2，Fe和Cl2反应生成FeCl3，即G为FeCl3，FeCl3与Fe在溶液中反应生成FeCl2，即J为FeCl2，I和Fe反应生成FeCl2和H2，即I为HCl。(1)根据上述分析，J为FeCl2，名称为氯化亚铁。(2)反应②的化学方程式为2Al＋3FeOeq\o(=,\s\up15(高温))Al2O3＋3Fe。(3)反应⑤的离子方程式为Al2O3＋2OH－=2AlOeq\o\al(－,2)＋H2O↑。Ⅱ.Fe3＋如果氧化Ag，则会被银还原成Fe2＋，通过检验Fe2＋的存在可以证明Fe3＋能够氧化单质Ag，具体操作为取反应后溶液少量于试管中，滴加几滴K3[Fe(CN)6]溶液，若产生蓝色沉淀，则证明有Fe2＋产生，证实了Fe3＋能氧化单质银，答案为不能得出结论，设计实验：取反应后溶液少量于试管中，滴加几滴K3[Fe(CN)6]溶液，若产生蓝色沉淀，则证明有Fe2＋产生，证实了Fe3＋能氧化单质银。考向三典型金属单质及其化合物性质的探究1．Na2CO3与NaHCO32．铝三角3．Fe2＋、Fe3＋性质、鉴别、除杂1．(2021·保定期末)某同学为测定Na2CO3固体(含少量NaCl)的纯度，设计如下装置(含试剂)进行实验。下列说法不正确的是(A)A．必须在②③间添加吸收HCl的装置B．④的作用是防止空气中的气体影响实验的精确度C．通入空气的作用是保证②中产生的气体完全转移到③中D．称取样品和③中产生的沉淀的质量即可求算Na2CO3固体的纯度解析：氢氧化钡足量，挥发出的HCl先被吸收，不会影响BaCO3沉淀的生成和测定，无需单独添加吸收HCl的装置，A错误；碱石灰可与二氧化碳反应，吸收水分，可防止空气中的气体影响实验的精确度，B正确；根据③中沉淀的质量计算碳酸钠的纯度，故需要通入空气，保证②中产生的二氧化碳完全转移到③中，被充分吸收，减小实验误差，C正确；③中产生的沉淀为碳酸钡，③中根据碳酸钡的质量可计算生成二氧化碳的质量，②中根据生成二氧化碳的质量计算样品中的碳酸钠质量，根据称取样品的质量即可求算碳酸钠固体的纯度，D正确，故选A。2．(2021·北京延庆区一模)探究Na2O2与水的反应，实验如图。已知：H2O2H＋＋HOeq\o\al(－,2)HOeq\o\al(－,2)H＋＋Oeq\o\al(2－,2)下列分析不正确的是(B)A．①④实验中均发生了氧化还原反应和复分解反应B．①⑤中产生的气体能使带火星的木条复燃，说明存在H2O2C．③和④不能说明溶解性：BaO2>BaSO4D．⑤中说明H2O2具有还原性解析：过氧化钠和水反应有气体产生，反应后溶液分为两等份，一份加入二氧化锰，生成气体，说明过氧化钠与水反应生成过氧化氢，且生成气体为氧气；另一份加入氯化钡生成BaO2沉淀，加入稀硫酸生成硫酸钡沉淀和H2O2，上层清液中加入酸性高锰酸钾酸性溶液，产生气体且高锰酸钾溶液褪色，说明过氧化氢可被高锰酸钾氧化生成氧气。根据上述分析可知，①中发生了Na2O2＋2H2O=2NaOH＋H2O2,2H2O2=2H2O＋O2↑；④中发生了BaO2＋H2SO4=BaSO4↓＋H2O2,2H2O2=2H2O＋O2↑，故①和④实验中均发生了氧化还原反应和复分解反应，故A正确；①中产生的气体能使带火星的木条复燃，说明生成了O2，仅凭实验①不能说明存在H2O2；⑤中产生的气体能使带火星的木条复燃，且酸性高锰酸钾溶液褪色，说明存在H2O2，故B错误；④中发生了反应BaO2＋H2SO4=BaSO4↓＋H2O2，说明BaO2溶于酸，而BaSO4不溶于酸，故不能说明溶解性：BaO2>BaSO4，故C正确；实验⑤上层清液中加入酸性高锰酸钾酸性溶液，产生气体且高锰酸钾溶液褪色，说明过氧化氢可被高锰酸钾氧化生成氧气，说明H2O2具有还原性，故D正确。3．(2021·北京市房山区期末)某小组同学通过实验研究FeCl3溶液与Cu粉发生的氧化还原反应。实验记录如表，下列说法不正确的是(C)序号ⅠⅡⅢ实验步骤充分振荡，加2mL蒸馏水充分振荡，加入2mL蒸馏水充分振荡，加入2mL蒸馏水实验现象铜粉消失，溶液黄色变浅，加入蒸馏水后无明显现象铜粉有剩余，溶液黄色褪去，加入蒸馏水后生成白色沉淀铜粉有剩余，溶液黄色褪去，变成蓝色，加入蒸馏水后无白色沉淀A.实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中均发生了反应2Fe3＋＋Cu=2Fe2＋＋Cu2＋B．对比实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ说明白色沉淀的产生可能与铜粉的量及溶液的阴离子种类有关C．实验Ⅱ、Ⅲ中加入蒸馏水后c(Cu2＋)相同D．向实验Ⅲ反应后的溶液中加入饱和NaCl溶液可能出现白色沉淀解析：实验Ⅰ：少量铜粉加入1mL0.1mol/L氯化铁溶液，充分振荡，铜粉消失，溶液黄色变浅，加入蒸馏水后无明显现象，说明铁离子氧化铜生成铜离子；实验Ⅱ：过量铜加入1mL0.1mol/L氯化铁溶液，充分振荡，加2mL蒸馏水，铜粉有余，溶液黄色褪去，铁离子全部和铜反应，加入蒸馏水后生成白色沉淀说明铜被氧化的产物有亚铜离子，生成CuCl白色沉淀；实验Ⅲ：过量铜加入1mL0.05mol/L硫酸铁溶液，充分振荡，加2mL蒸馏水，铜粉有余，溶液黄色褪去，加入蒸馏水后无白色沉淀，说明铁离子反应完全，生成的溶液中含铜离子，实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中溶液黄色变浅或褪去，均涉及Fe3＋被还原，故A正确；对比实验Ⅰ、Ⅱ可知，白色沉淀CuCl的产生与铜粉的量有关，对比实验Ⅱ、Ⅲ可知，白色沉淀CuCl的产生与溶液的阴离子种类有关，故B正确；实验Ⅱ、Ⅲ中，分别有氯化亚铜沉淀生成、无氯化亚铜沉淀生成，加入蒸馏水后c(Cu2＋)不相同，故C错误；向实验Ⅲ反应后的溶液中加入饱和NaCl溶液，可能出现白色CuCl沉淀，故D正确。4．(2021·北京市大兴区期末)某学习小组探究FeCl3溶液与Na2S溶液在某种条件下的反应。实验Ⅰ已知：FeS、Fe2S3均为黑色固体，难溶于水。(1)用化学用语解释Na2S溶液呈碱性的原因S2－＋H2OHS－＋OH－。(2)小组同学们对试管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针对猜想1，甲同学根据Na2S溶液呈碱性，推测试管b中黑色沉淀除Fe2S3外，还可能存在Fe(OH)3，补充实验Ⅱ如下：编号操作或过程现象和结论实验Ⅱ向3mLpH＝12.5NaOH溶液中滴加3滴pH＝1的0.1mol·L－1的FeCl3溶液有红褐色溶液生成。试管b中黑色的Fe2S3可能影响Fe(OH)3红褐色的观察②甲同学继续查找数据：Ksp(Fe2S3)＝1.0×10－88，Ksp[Fe(OH)3]＝1.1×10－35。设计实验Ⅲ：向Fe(OH)3中加入过量pH＝12.5的0.1mol·L－1Na2S溶液，观察到的现象是沉淀颜色由红褐色完全变为黑色，该现象对应的离子方程式为2Fe(OH)3(s)＋3S2－=Fe2S3(s)＋6OH－。③针对猜想2，乙同学推测，若猜想2成立，应该还有S生成。写出该同学推测所依据的离子方程式：2Fe3＋＋3S2－=2FeS↓＋S↓。乙同学继续检验，确认黑色沉淀中无S单质，猜想2不成立。(3)丙同学利用电化学原理继续进行探究编号装置操作及现象实验Ⅳ①电流计指针有微弱偏转；②2分钟后，取左侧烧杯溶液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，有少量蓝色沉淀；2小时后，右侧烧杯有黄色浑浊产生，再取左侧烧杯溶液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，有大量蓝色沉淀丙同学依据实验Ⅳ得出结论：pH＝1的0.1mol·L－1FeCl3溶液与pH＝12.5的0.1mol·L－1Na2S溶液能(填“能”或“不能”)发生氧化还原反应。(4)综合以上研究，从反应原理角度分析试管b中黑色沉淀是Fe2S3而不是FeS的原因FeCl3溶液和Na2S溶液间发生复分解反应生成沉淀Fe2S3的速率大于发生氧化还原反应生成FeS的速率。解析：(1)Na2S溶液呈碱性，是因硫离子水解生成氢氧根离子导致的，则离子反应为S2－＋H2OHS－＋OH－。(2)①利用了平行对比实验角度思考，改物质而不改体积和pH：因为实验Ⅰ中用的是3mLpH＝12.5的Na2S溶液，所以实验Ⅱ中药品改成3mLpH＝12.5的NaOH溶液作对比实验。②结合Ksp(Fe2S3)＝1.0×10－88、Ksp[Fe(OH)3]＝1.1×10－35，难溶物的溶解度越小越易转化生成，向Fe(OH)3中加入过量pH＝12.5的0.1mol·L－1Na2S溶液时，红褐色Fe(OH)3沉淀会转化为更难溶的黑色Fe2S3沉淀，对应的离子方程式为2Fe(OH)3(s)＋3S2－=Fe2S3(s)＋6OH－。(3)实验Ⅳ根据实验现象电流计指针有微弱偏转得出结论：氧化还原反应生成FeS的速率不大。(4)实验Ⅰ表明在Na2S溶液中逐滴加入FeCl3溶液，主要发生的是复分解反应，速率快。实验Ⅳ表明FeCl3溶液与Na2S溶液主要发生的是氧化还原反应，速率慢。由此可知FeCl3溶液和Na2S溶液间可发生复分解反应也可发生氧化还原反应，在该实验条件下，前者速率快。考向四无机化工流程1．流程题的结构图解eq\a\vs4\al(增大接触面积，加快反应,速率，提高浸出率。,常用的除杂净化方法有,①加化学试剂法；②调,pH法；③加热等,,图数信息，条件选择，结合,氧化还原理论，四大平衡,理论，电化学理论等考查)eq\a\vs4\al(分离、提纯的基本方法：,结晶，过滤，萃取，蒸馏……,产品纯度测定，计算产率,①从原料与产品对比分析保留,什么元素，除去什么杂质，引入,什么成分？,②从原料中元素价态与产品保,留元素价态分析，前后价态是否,一致，升高还是降低？)2．化工流程中常考考点(1)陌生方程式的书写首先根据题给材料中的信息写出部分反应物和生成物的化学式，再根据反应前后元素化合价有无变化判断反应类型：①元素化合价无变化则为非氧化还原反应，遵循质量守恒定律。②元素化合价有变化则为氧化还原反应，除遵循质量守恒外，还要遵循得失电子守恒规律。最后根据题目要求写出化学方程式或离子方程式(需要遵循电荷守恒规律)即可。(2)操作及原因常见的操作思考角度表面处理用水洗除去表面可溶性杂质，金属晶体可用机械法(打磨)加快反应速率，使反应更充分或化学法除去表面氧化物、提高光洁度等加氧化剂氧化某物质，生成目标产物或除去某些离子分离、提纯过滤、蒸发、萃取、分液、蒸馏等常规操作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)在空气中或在其他气体中进行的反应或操作要考虑O2、H2O、CO2或其他气体是否参与反应；或能否达到隔绝空气、防氧化、防水解、防潮解等目的控制溶液的pH①调节溶液的酸碱性，使金属离子形成氢氧化物沉淀析出(或抑制水解)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防止副反应的发生②使化学平衡移动；控制化学反应的方向③控制固体的溶解与结晶④控制反应速率；使催化剂达到最大活性⑤升温：促进溶液中的气体逸出，使某物质达到沸点挥发⑥加热煮沸：促进水解，聚沉后利于过滤分离⑦趁热过滤：减少因降温而析出的溶质的量⑧降温：防止物质高温分解或挥发；降温(或减压)可以减少能源成本，降低对设备的要求洗涤晶体①水洗：通常是为了除去晶体表面水溶性的杂质②冰水洗涤：能洗去晶体表面的杂质离子，且防止晶体在洗涤过程中的溶解损耗③用特定有机试剂清洗晶体：洗去晶体表面的杂质，降低晶体的溶解度、有利于析出，减少损耗等④洗涤沉淀的方法：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(3)物质成分的确定①滤渣、滤液成分的确定要考虑样品中原料和杂质的成分在每一步骤中与每一种试剂反应的情况：(ⅰ)反应过程中哪些物质(离子)消失了？(ⅱ)所加试剂是否过量或离子间发生化学反应，又产生了哪些新离子？要考虑这些离子间是否会发生反应？②循环物质的确定③副产品的判断(4)分离与提纯操作①物质分离、提纯的六种物理方法eq\x(过滤)─eq\x(\a\al(把不溶性的固体与液体进行分离的操作方,法，如除去粗盐水中的不溶固体))┃eq\x(结晶)─eq\x(\a\al(把可溶性固体混合物通过溶解度的不同而,将物质进行分离、提纯的方法，如KNO3和,NaCl的分离))┃eq\x(\a\al(蒸馏,分馏))─eq\x(\a\al(用于分离沸点相差较大的液体混合物，如,酒精和水的分离))┃eq\x(萃取)─eq\x(\a\al(利用溶质在互不相溶的溶剂中溶解度不,同，用一种溶剂把溶质从它与另一种溶剂,组成的溶液中提取出来，如用CCl4从碘水,中萃取碘))┃eq\x(分液)─eq\x(\a\al(分离两种互不相溶的液体，分液时先把下,层液体从下口流出，再把上层液体从上口,倒出))┃eq\x(升华)─eq\x(用于分离固体混合物中某一易升华的组分)②分离、提纯语言描述规范答题(ⅰ)溶液结晶答题规范从溶液中得到带结晶水的晶体的规范是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。(ⅱ)除杂答题规范在书写某一步骤是为了除杂时，应该规范回答，“是为了除去××杂质”，“除杂”等一类万能式的回答是不能得分的。(5)化学计算①计算公式(ⅰ)物质的质量分数(或纯度)＝eq\f(该物质的质量,混合物的总质量)×100%(ⅱ)产品产率＝eq\f(产品实际产量,产品理论产量)×100%(ⅲ)物质的转化率＝eq\f(参加反应的原料量,加入原料的总量)×100%②计算方法——关系式法在多步反应中，若第一步反应的产物是下一步反应的反应物，可以根据化学方程式将某中间物质作为“中介”，找出已知物质和所求物质之间量的关系，也可通过守恒关系直接确定原料与所给数据物质之间的关系。1．(2021·湖南省学业水平选择性考试)一种工业制备无水氯化镁的工艺流程如下：下列说法错误的是(D)A．物质X常选用生石灰B．工业上常用电解熔融MgCl2制备金属镁C．“氯化”过程中发生的反应为MgO＋C＋Cl2eq\o(=,\s\up15(高温))MgCl2＋COD．“煅烧”后的产物中加稀盐酸，将所得溶液加热蒸发也可得到无水MgCl2解析：物质X的作用是使Mg2＋转化为Mg(OH)2，工业上常采用CaO，发生CaO＋H2O=Ca(OH)2，Ca(OH)2＋Mg2＋=Mg(OH)2＋Ca2＋，A正确；Mg是较活泼金属，工业上常用电解熔融MgCl2制备金属镁，B正确；由图可知“氯化”过程反应物为MgO、氯气、C，生成物之一为MgCl2，C在高温下能转化为CO，则“气体”为CO，反应方程式为MgO＋C＋Cl2eq\o(=,\s\up15(高温))MgCl2＋CO，C正确；“煅烧”后得到MgO，MgO和盐酸反应得到MgCl2溶液，由于MgCl2在溶液中水解为氢氧化镁和HCl，将所得溶液加热蒸发HCl会逸出，MgCl2水解平衡正向移动，得到氢氧化镁，得不到无水MgCl2，D错误，故选D。2．(2021·河北省学业水平选择性考试)BiOCl是一种具有珍珠光泽的材料，利用金属Bi制备BiOCl的工艺流程如图：下列说法错误的是(D)A．酸浸工序中分次加入稀HNO3可降低反应剧烈程度B．转化工序中加入稀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：硝酸为强氧化剂，可与金属铋反应，酸浸工序中分次加入稀HNO3，反应物硝酸的用量减少，可降低反应剧烈程度，A正确；金属铋与硝酸反应生成的硝酸铋会发生水解反应生成BiONO3，水解的离子方程式为Bi3＋＋NOeq\o\al(－,3)＋H2OBiONO3＋2H＋，转化工序中加入稀HCl，使氢离子浓度增大，根据勒夏特列原理分析，硝酸铋水解平衡左移，可抑制生成BiONO3，B正确；氯化铋水解生成BiOCl的离子方程式为Bi3＋＋Cl－＋H2OBiOCl＋2H＋，水解工序中加入少量CH3COONa(s)，醋酸根会结合氢离子生成弱电解质醋酸，使氢离子浓度减小，根据勒夏特列原理分析，氯化铋水解平衡右移，促进Bi3＋水解，C正确；氯化铋水解生成BiOCl的离子方程式为Bi3＋＋Cl－＋H2OBiOCl＋2H＋，水解工序中加入少量NH4NO3(s)，铵根离子水解生成氢离子，使氢离子浓度增大，根据勒夏特列原理分析，氯化铋水解平衡左移，不利于生成BiOCl，且部分铋离子与硝酸根、水也会发生反应Bi3＋＋NOeq\o\al(－,3)＋H2OBiONO3＋2H＋，也不利于生成BiOCl，D错误，故选D。3．(2021·全国乙卷)磁选后的炼铁高钛炉渣，主要成分有TiO2、SiO2、Al2O3、MgO、CaO以及少量的Fe2O3。为节约和充分利用资源，通过如下工艺流程回收钛、铝、镁等。该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH见下表金属离子Fe3＋Al3＋Mg2＋Ca2＋开始沉淀的pH2.23.59.512.4沉淀完全(c＝1.0×10－5mol·L－1)的pH3.24.711.113.8回答下列问题：(1)“焙烧”中，TiO2、SiO2几乎不发生反应，Al2O3、MgO、CaO、Fe2O3转化为相应的硫酸盐，写出Al2O3转化为NH4Al(SO4)2的化学方程式：Al2O3＋4(NH4)2SO4eq\o(=,\s\up15(焙烧))2NH4Al(SO4)2＋6NH3↑＋3H2O。(2)“水浸”后“滤液”的pH约为2.0，在“分步沉淀”时用氨水逐步调节pH至11.6，依次析出的金属离子是Fe3＋、Al3＋、Mg2＋。(3)“母液①”中Mg2＋的浓度为1.0×10－6mol·L－1。(4)“水浸渣”在160℃“酸溶”最适合的酸是硫酸。“酸溶渣”的成分是SiO2、CaSO4。(5)“酸溶”后，将溶液适当稀释并加热，TiO2＋水解析出TiO2·xH2O沉淀，该反应的离子方程式是TiO2＋＋(x＋1)H2Oeq\o(=,\s\up15(△))TiO2·xH2O＋2H＋。(6)将“母液①”和“母液②”混合，吸收尾气，经处理得(NH4)2SO4，循环利用。解析：(1)氧化铝转化为硫酸铝铵发生的反应为氧化铝、硫酸铵在高温条件下反应生成硫酸铝铵、氨气和水，反应的化学方程式为Al2O3＋4(NH4)2SO4eq\o(=,\s\up15(焙烧))2NH4Al(SO4)2＋6NH3↑＋3H2O。(2)由题给开始沉淀和完全沉淀的pH可知，将pH约为2.0的滤液加入氨水调节至溶液pH为11.6时，Fe3＋首先沉淀，然后是Al3＋、Mg2＋，Ca2＋不能形成沉淀。(3)由镁离子完全沉淀时，溶液pH为11.1可知，氢氧化镁的溶度积为1×10－5×(1×10－2.9)2＝1×10－10.8，当溶液pH为11.6时，溶液中Mg2＋的浓度为eq\f(1×10－10.8,1×10－2.42)＝1×10－6mol/L。(4)硝酸、盐酸都有挥发性，所以160℃酸溶选用硫酸；二氧化硅与硫酸不反应，焙烧时得到的CaSO4微溶于水，则酸溶渣的主要成分为SiO2、CaSO4。(5)酸溶后将TiOSO4溶液加入热水稀释并适当加热，能使TiOSO4完全水解生成TiO2·xH2O沉淀和硫酸，反应的离子方程式为TiO2＋＋(x＋1)H2Oeq\o(=,\s\up15(△))TiO2·xH2O＋2H＋。(6)由分析可知，尾气为氨气，母液①为硫酸铵、母液②为硫酸，将母液①和母液②混合后吸收氨气得到硫酸铵溶液，可以循环使用。4．(2021·湖南省学业水平选择性考试)Ce2(CO3)3可用于催化剂载体及功能材料的制备。天然独居石中，铈(Ce)主要以CePO4形式存在，还含有SiO2、Al2O3、Fe2O3、CaF2等物质。以独居石为原料制备Ce2(CO3)3·nH2O的工艺流程如下：回答下列问题：(1)铈的某种核素含有58个质子和80个中子，该核素的符号为eq\o\al(138,58)Ce。(2)为提高“水浸”效率，可采取的措施有适当升高温度，将独居石粉碎等。(至少写两条)(3)滤渣Ⅲ的主要成分是Al(OH)3。(填化学式)(4)加入絮凝剂的目的是促使铝离子沉淀。(5)“沉铈”过程中，生成Ce2(CO3)3·nH2O的离子方程式为6HCOeq\o\al(－,3)＋2Ce3＋＋(n－3)H2O=Ce2(CO3)3·nH2O＋3CO2↑，常温下加入的NH4HCO3溶液呈碱性(填“酸性”“碱性”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)滤渣Ⅱ的主要成分为FePO4，在高温条件下，Li2CO3、葡萄糖(C6H12O6)和FePO4可制备电极材料LiFePO4，同时生成CO和H2O，该反应的化学方程式为6Li2CO3＋C6H12O6＋12FePO4=12LiFePO4＋6CO↑＋6H2O＋6CO2↑。解析：焙烧浓硫酸和独居石的混合物、水浸，CePO4转化为Ce2(SO4)3和H3PO4，SiO2与硫酸不反应，Al2O3转化为Al2(SO4)3，Fe2O3转化为Fe2(SO4)3，CaF2转化为CaSO4和HF，酸性废气含HF；过滤后，滤渣Ⅰ为SiO2和磷酸钙、FePO4，滤液主要含H3PO4，Ce2(SO4)3，Al2(SO4)3，Fe2(SO4)3，加氯化铁溶液除磷，滤渣Ⅱ为FePO4；聚沉将铁离子、铝离子转化为沉淀，过滤除去，滤渣Ⅲ主要为氢氧化铝，还含氢氧化铁；加碳酸氢铵沉铈得Ce2(CO3)3·nH2O。(1)铈的某种核素含有58个质子和80个中子，则质量数为58＋80＝138，该核素的符号为eq\o\al(138,58)Ce。(2)为提高“水浸”效率，可采取的措施有适当升高温度，将独居石粉碎等。(3)滤渣Ⅲ的主要成分是Al(OH)3。(4)加入絮凝剂的目的是促使铝离子沉淀。(5)用碳酸氢铵“沉铈”，则结合原子守恒、电荷守恒可知，生成Ce2(CO3)3·nH2O的离子方程式为6HCOeq\o\al(－,3)＋2Ce3＋＋(n－3)H2O=Ce2(CO3)3·nH2O＋3CO2↑；铵根离子的水解常数Kh(NHeq\o\al(＋,4))＝eq\f(10－14,1.75×10－5)≈5.7×10－10，碳酸氢根的水解常数Kh(HCOeq\o\al(－,3))＝eq\f(Kw,Ka1)＝eq\f(10－14,4.4×10－7)≈2.3×10－8，则Kh(NHeq\o\al(＋,4))<Kh(HCOeq\o\al(－,3))，因此常温下加入的NH4HCO3溶液呈碱性。(6)由在高温条件下，Li2CO3、葡萄糖(C6H12O6)和FePO4可制备电极材料LiFePO4，同时生成CO和H2O可知，该反应中Fe价态降低，C价态升高，结合得失电子守恒、原子守恒可知，该反应的化学方程式为6Li2CO3＋C6H12O6＋12FePO4=12LiFePO4＋6CO↑＋6H2O＋6CO2↑。5．(2021·广东省学业水平选择性考试)对废催化剂进行回收可有效利用金属资源。某废催化剂主要含铝(Al)、钼(Mo)、镍(Ni)等元素的氧化物，一种回收利用工艺的部分流程如下：已知：25℃时，H2CO3的Ka1＝4.5×10－7，Ka2＝4.7×10－11；Ksp(BaMoO4)＝3.5×10－8；Ksp(BaCO3)＝2.6×10－9；该工艺中，pH>6.0时，溶液中Mo元素以MoOeq\o\al(2－,4)的形态存在。(1)“焙烧”中，有Na2MoO4生成，其中Mo元素的化合价为＋6。(2)“沉铝”中，生成的沉淀X为Al(OH)3。(3)“沉钼”中，pH为7.0。①生成BaMoO4的离子方程式为MoOeq\o\al(2－,4)＋Ba2＋=BaMoO4↓。②若条件控制不当，BaCO3也会沉淀。为避免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)时，应停止加入BaCl2溶液。(4)①滤液Ⅲ中，主要存在的钠盐有NaCl和Y，Y为NaHCO3。②往滤液Ⅲ中添加适量NaCl固体后，通入足量NH3(填化学式)气体，再通入足量CO2，可析出Y。(5)高纯AlAs(砷化铝)可用于芯片制造。芯片制造中的一种刻蚀过程如图所示，图中所示致密保护膜为一种氧化物，可阻止H2O2刻蚀液与下层GaAs(砷化镓)反应。①该氧化物为Al2O3。②已知：Ga和Al同族，As和N同族。在H2O2与上层GaAs的反应中，As元素的化合价变为＋5价，则该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为41。解析：(1)“焙烧”中，有Na2MoO4生成，其中Na和O的化合价分别为＋1和－2，根据化合价的代数和为0可知，Mo元素的化合价为＋6。(2)“沉铝”中，偏铝酸钠转化为氢氧化铝，生成的沉淀X为Al(OH)3。(3)①滤液Ⅱ中含有钼酸钠，加入氯化钡溶液后生成BaMoO4沉淀，该反应的离子方程式为MoOeq\o\al(2－,4)＋Ba2＋=BaMoO4↓。②若开始生成BaCO3沉淀，则体系中恰好建立如下平衡：HCOeq\o\al(－,3)＋BaMoO4BaCO3＋MoOeq\o\al(2－,4)＋H＋，该反应的化学平衡常数为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)。为避免BaMoO4中混入BaCO3沉淀，必须满足eq\f(cH＋cMoO\o\al(2－,4),cHCO\o\al(－,3))≤eq\f(Ka2KspBaMoO4,KspBaCO3)，由于“沉钼”中pH为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)时，开始生成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)时，应停止加入BaCl2溶液。(4)①滤液Ⅰ中加入过量的二氧化碳，偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，同时生成碳酸氢钠，过滤得到的滤液Ⅱ中含有碳酸氢钠和钼酸钠。滤液Ⅱ中加入适量的氯化钡溶液沉钼后，过滤得到的滤液Ⅲ中，主要存在的钠盐有NaCl和NaHCO3，故Y为NaHCO3。②根据侯氏制碱法的原理可知，往滤液Ⅲ中添加适量NaCl固体后，通入足量NH3，再通入足量CO2，可析出NaHCO3。(5)①由题中信息可知，致密的保护膜为一种氧化物，是由H2O2与AlAs反应生成的，金属铝表面容易形成致密的氧化膜，可知该