适用于老高考旧教材2024版高考化学二轮复习专题4元素及其化合物课件(共125张PPT)
文档属性
| 名称 | 适用于老高考旧教材2024版高考化学二轮复习专题4元素及其化合物课件(共125张PPT) |  | |
| 格式 | pptx | ||
| 文件大小 | 12.8MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 其它版本 | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2023-11-27 16:19:29 | ||
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文档简介
(共125张PPT)
专题四 元素及其化合物
考情分析
高考命题分析
命 题 情 境 (1)日常生活情境:从明矾净水、含氯消毒剂、中和胃酸、糖尿病检测等情境选材,要求考生利用基本概念和原理阐释生活中的化学现象。
(2)生产环保情境:从酸雨、雾霾、有毒气体泄漏的处理、水体污染及防治、废物回收利用等情境选材,考查考生解决问题的能力。
(3)实验探究情境:结合氯、氮、硫及其化合物,Mn、Ni、Cu等金属及其化合物的制备及性质探究等,要求考生在实验中寻求思维创新和能力提升。
素 养 能 力 (1)实践探索:从问题和假设出发,确定探究目的,设计探究方案,运用化学实验、理论模型等方法进行探索,提升解决实际问题的能力。
(2)分析与推测能力:基于物质的组成和结构推测物质的性质,预测实验现象并推断反应结果。
(3)探究与创新能力:根据实验目的,设计合理的实验方案,描述实验操作及现象,分析实验数据,评价实验方案。
考题统计
(1)无机物的性质与用途:
(2022全国甲卷,7)(2022全国乙卷,7)(2021全国甲卷,7)(2021全国乙卷,7)(2020全国Ⅰ卷,7)(2020全国Ⅱ卷,7)(2020全国Ⅲ卷,7)(2019全国Ⅰ卷,7)(2019全国Ⅲ卷,7)
(2)金属及其化合物的性质与转化:
(2022全国甲卷,9、13、26)(2022全国乙卷,26)(2021全国乙卷,9、26)(2020全国Ⅰ卷,26)(2020全国Ⅱ卷,7)(2020全国Ⅲ卷,7、27)(2019全国Ⅰ卷,26、27)(2019全国Ⅲ卷,7)
(3)非金属及其化合物的性质与转化:
(2022全国甲卷,7、9、26、28)(2022全国乙卷,9、10)(2021全国甲卷,7、9、26)(2021全国乙卷,8、9)(2020全国Ⅰ卷,9)(2020全国Ⅱ卷,26)(2020全国Ⅲ卷,9、26)(2019全国Ⅰ卷,7)(2019全国Ⅱ卷,10)(2019全国Ⅲ卷,7、12)
(4)无机化工流程及分析:
(2023全国甲卷,26)(2023全国乙卷,27)(2022全国甲卷,26)(2022全国乙卷,26)(2021全国甲卷,26)(2021全国乙卷,26)(2020全国Ⅰ卷,26)(2020全国Ⅲ卷,27)(2019全国Ⅰ卷,26、27)(2019全国Ⅱ卷,26)(2019全国Ⅲ卷,26)
考点1元素及其化合物的性质与应用
聚焦核心要点
要点1常见金属及其化合物的性质与应用
课标指引:1.结合真实情境中的应用实例或通过实验探究,了解钠、铁及其重要化合物的主要性质。 2.了解钠、铁及其重要化合物在生产、生活中的应用。
常见金属及其化合物的性质与用途的对应关系
序号 重要性质 主要用途
(1) 钠具有较强的还原性 用于冶炼钛、锆、铌等金属
(2) NaHCO3受热分解生成CO2,能与盐酸发生反应 用于焙制糕点的膨松剂、胃酸中和剂
(3) Na2CO3水解使溶液显碱性 用热的纯碱溶液洗去油污
(4) Na2O2与CO2、H2O(g)反应生成O2 用作呼吸面具或潜航器的供氧剂
(5) 铝具有较强的还原性,能发生铝热反应 用于焊接钢轨、冶炼不活泼的金属
(6) Al(OH)3是两性氢氧化物 用作胃酸中和剂
序号 重要性质 主要用途
(7) 镁铝合金的密度小、强度大 用于制造高铁车厢、航空航天器等
(8) 铁粉具有还原性 用作食品包装袋内的抗氧化剂(或双吸剂)
(9) FeCl3溶液可氧化Cu生成CuCl2 用FeCl3溶液蚀刻印刷铜质电路板
(10) Fe2O3是红棕色粉末,俗称铁红 常用作油漆、涂料、油墨等红色颜料
(11) K2FeO4具有强氧化性,其被还原生成的Fe3+易水解得到Fe(OH)3胶体 常用作杀菌消毒剂和净水剂
(12) BaSO4难溶于水和酸,X射线不能透过 在医疗上用作“钡餐”
易错辨析
1.铜与氯气反应生成氯化铜,则铜与硫粉反应时生成硫化铜。( )
2.Na2O2与CO2反应生成Na2CO3和O2,则Na2O2与SO2反应可生成Na2SO3和O2。( )
×
Cl2具有强氧化性可将金属氧化为高价态,而S氧化性较弱只能将金属氧化为低价态,即Cu变为Cu2S。
×
SO2具有还原性,则Na2O2与SO2反应可生成Na2SO4。
3.向盛有Cu片的试管中加入NaNO3溶液,无明显现象,再加入稀硫酸,溶液逐渐变蓝,试管上方出现红棕色气体,说明NaNO3在酸性环境中具有氧化性。
( )
√
常温下Cu与NaNO3、稀硫酸均不反应,而 在酸性条件下具有强氧化性,能与Cu反应生成NO气体,NO遇到空气中的氧气生成红棕色的NO2。
4.车用芯片是以二氧化硅做半导体材料制成的。( )
×
芯片是以硅做半导体材料制成的。
要点2常见非金属及其化合物的性质与应用
课标指引:1.结合真实情境中的应用实例或通过实验探究,了解氯、氮、硫及其重要化合物的主要性质。 2.认识氯、氮、硫及其重要化合物在生产中的应用和对生态环境的影响。
1.常见非金属及其化合物的性质与用途的对应关系
序号 重要性质 主要用途
(1) 硅是常用半导体材料 可用于制造芯片、硅太阳能电池等
(2) SiO2导光性能强、抗干扰性能好 用于生产光导纤维
(3) 二氧化硫与O2反应 用作葡萄酒中的杀菌剂和抗氧化剂
(4) 二氧化硫具有漂白性 常用于漂白纸浆、毛、丝等
(5) 浓硫酸具有吸水性 常用作干燥剂(干燥中性、酸性气体)
(6) 液氨、固态CO2(干冰)汽化时吸收大量的热 常用作制冷剂
(7) 次氯酸盐(如NaClO等)具有强氧化性 用于漂白棉、麻、纸张等,或用作杀菌消毒剂
(8) 氢氟酸能与玻璃中的SiO2反应 用氢氟酸刻蚀玻璃
2.常见非金属及其化合物的重要特性与规律
(1)常见无机酸的重要特性
①HClO、HNO3、浓硫酸都具有强氧化性,都是氧化性酸,其中HNO3、HClO见光或受热易分解。
②浓硝酸与足量Cu反应时,随着反应进行,c(HNO3)逐渐减小,气体产物由NO2变为NO;浓硫酸与足量铜、浓盐酸与足量MnO2在加热条件下反应时,随着反应进行,c(H2SO4)、c(HCl)逐渐减小,反应会停止。
③常温下,铁、铝在浓硫酸、浓硝酸中发生钝化,表面生成致密的氧化膜,属于化学变化。
(2)常见无机酸的重要规律
①最高价氧化物对应水化物的酸性与元素的非金属性有关,如非金属性:S>P>C>Si,则酸性:H2SO4>H3PO4>H2CO3>H2SiO3。
②利用复分解反应中“强酸制取弱酸”的规律比较酸性的强弱,如:Na2SiO3+CO2+H2O ══ H2SiO3↓+Na2CO3,则酸性:H2CO3>H2SiO3。
③强氧化性酸(如HNO3、浓硫酸等)与金属反应时不生成H2;金属与浓硝酸反应一般生成NO2,与稀硝酸反应一般生成NO。
易错辨析
1.SiO2可以与NaOH溶液和HF溶液反应,所以SiO2是两性氧化物。( )
2.将CO2气体通入BaCl2溶液中,不生成白色沉淀,则将SO2气体通入BaCl2溶液中,也不生成白色沉淀。( )
3.在胆矾中加入浓硫酸后,胆矾由蓝色变为白色,说明浓硫酸具有脱水性。
( )
×
SiO2是酸性氧化物,与HF溶液反应是其特殊性质。
√
CO2和SO2均为弱酸的酸性氧化物,两者性质相似,均不能与BaCl2溶液反应产生沉淀。
×
浓硫酸将现成的结晶水吸去表现为吸水性
4.测定NaClO溶液的pH的方法:用洁净的玻璃棒蘸取少许NaClO溶液滴在紫色石蕊试纸上。( )
×
NaClO溶液具有漂白性,不能使用试纸检测。
精研核心命题
命题点1元素及其化合物的性质
典例1 (2023·北京卷)蔗糖与浓硫酸发生作用的过程如图所示。
下列关于该过程的分析不正确的是( )
A.过程①白色固体变黑,主要体现了浓硫酸的脱水性
B.过程②固体体积膨胀,与产生的大量气体有关
C.过程中产生能使品红溶液褪色的气体,体现了浓硫酸的酸性
D.过程中蔗糖分子发生了化学键的断裂
C
解析 浓硫酸具有脱水性,能将有机物中的H原子和O原子按2∶1的比例脱除,蔗糖中加入浓硫酸,白色固体变黑,体现浓硫酸的脱水性,A正确;浓硫酸脱水过程中释放大量热,发生反应C+2H2SO4(浓) CO2↑+2SO2↑+2H2O,产生大量气体,使固体体积膨胀,B正确;浓硫酸脱水过程中生成的SO2能使品红溶液褪色,体现浓硫酸的强氧化性,C错误;该过程中蔗糖发生了化学反应,发生了化学键的断裂,D正确。
典例2 (2022·广东卷)若将铜丝插入热浓硫酸中进行如图(a~d均为浸有相应溶液的棉花)所示的探究实验,下列分析正确的是( )
A.Cu与浓硫酸反应,只体现H2SO4的酸性
B.a处变红,说明SO2是酸性氧化物
C.b或c处褪色,均说明SO2具有漂白性
D.试管底部出现白色固体,说明反应中无H2O生成
B
解析 铜与浓硫酸反应生成CuSO4体现了浓硫酸的酸性,生成SO2体现了浓硫酸的强氧化性,A错误。a处的紫色石蕊溶液变红,其原因是SO2溶于水生成了酸,可说明SO2是酸性氧化物,B正确。b处品红溶液褪色,其原因是SO2具有漂白性;c处酸性高锰酸钾溶液褪色,其原因是SO2和KMnO4发生氧化还原反应,SO2体现出还原性,C错误。实验过程中试管底部出现白色固体,根据元素守恒可知,其成分为无水CuSO4,而非蓝色的CuSO4·5H2O,其原因是浓硫酸体现出吸水性,将反应生成的H2O吸收,D错误。
变式演练(2023·陕西西安联考)某教师设计了如图装置(省略夹持装置)探究碳与浓硝酸的反应,已知铂丝在实验过程中不参与反应,下列说法错误的是( )
查阅资料可知:NO2可与NaOH反应生成物质的量相同的两种盐。
A.将红热的木炭伸进浓硝酸中可以观察到有红棕色气体产生
B.通过三颈烧瓶内的现象可知该反应的化学方程式为C+2HNO3(浓) CO2↑+2NO↑+H2O
C.反应结束后,将NaOH溶液加入三颈烧瓶中吸收NO2,反应的离子方程式为2NO2+2OH- ══ + +H2O
D.浓硝酸呈黄色的原因可能是浓硝酸分解生成的NO2溶解在溶液中
B
解析 红热的木炭伸进浓硝酸中反应生成NO2气体,可以观察到有红棕色气体产生,A正确;红热的木炭伸进浓硝酸中反应生成NO2气体,反应的化学方程式为C+4HNO3(浓) CO2↑+4NO2↑+2H2O,B错误;反应结束后,将NaOH溶液加入三颈烧瓶中吸收NO2,NO2发生歧化反应生成硝酸钠和亚硝酸钠,反应的离子方程式为2NO2+2OH- ══ + +H2O,C正确;NO2为红棕色气体,浓硝酸呈黄色的原因可能是浓硝酸分解生成的NO2溶解在溶液中,D正确。
命题点2元素及其化合物的应用
典例3 (2023·浙江1月选考卷)物质的性质决定用途,下列两者对应关系不正确的是( )
A.SO2能使某些色素褪色,可作漂白剂
B.金属钠导热性好,可用作传热介质
C.NaClO溶液呈碱性,可用作消毒剂
D.Fe2O3呈红色,可用作颜料
C
解析 NaClO具有强氧化性,可使蛋白质变性,故常用作消毒剂,与其溶液呈碱性无关,C错误。
变式演练(2023·青海海东联考)氮及其化合物在生活中有着重要用途。下列关于氮及其化合物的性质与用途不具有对应关系的是( )
A.氮气的化学性质很稳定,可用作某些反应的保护气
B.液氨汽化时要吸收大量的热,液氨常用作制冷剂
C.NH3具有还原性,可以用来还原氧化铜
D.硝酸是强酸,可以用来与金属反应制NH3
D
解析 A项,氮气中的氮氮三键不易断裂,化学性质非常稳定,可用作某些反应的保护气;B项,液氨汽化吸热,降低环境的温度,达到制冷的目的;C项,NH3中N为-3价,处于最低价态具有还原性,可将氧化铜还原为Cu;D项,硝酸具有强氧化性与金属反应产生NO或者NO2,不能制备NH3;故选D。
【思维建模】
解答元素及其化合物的性质与应用类题目的方法
训练分层落实
练真题·明考向
1.(2023·浙江6月选考卷)物质的性质决定用途,下列两者对应关系不正确的是( )
A.铝有强还原性,可用于制作门窗框架
B.氧化钙易吸水,可用作干燥剂
C.维生素C具有还原性,可用作食品抗氧化剂
D.过氧化钠能与二氧化碳反应生成氧气,可作潜水艇中的供氧剂
A
解析 铝用于制作门窗框架,利用了铝的硬度大、密度小、抗腐蚀等性质,而不是利用它的还原性,A错误。
2.(2023·广东卷)下列陈述Ⅰ与陈述Ⅱ均正确,且具有因果关系的是( )
选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ
A 将浓硫酸加入蔗糖中形成多孔炭 浓硫酸具有氧化性和脱水性
B 装有NO2的密闭烧瓶冷却后颜色变浅 NO2转化为N2O4的反应吸热
C 久置空气中的漂白粉遇盐酸产生CO2 漂白粉的有效成分是CaCO3
D 1 mol·L-1 NaCl溶液导电性比同浓度醋酸强 NaCl溶液的pH比醋酸的高
A
解析 浓硫酸具有脱水性,能使蔗糖脱水炭化;浓硫酸具有强氧化性,可与生成的炭反应生成SO2、CO2和H2O,形成多孔炭,A正确。装有NO2的密闭烧瓶冷却后颜色变浅,说明平衡向生成N2O4方向移动,故NO2转化为N2O4的反应放热,B错误。漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2,Ca(ClO)2久置于空气中吸收CO2生成CaCO3而变质,盐酸可与CaCO3反应产生CO2,C错误。1 mol·L-1 NaCl溶液导电性比同浓度醋酸强,说明醋酸部分电离,与其溶液的pH无关,D错误。
练易错·避陷阱
3.(2023·陕西西安联考)化学与社会、生活息息相关,下列说法正确的
是( )
A.为防止形成酸雨,工业上常用石膏与含硫的煤混合燃烧
B.如果发生氯气泄漏,附近人员应迅速远离泄漏点,并顺风往低洼处跑
C.碳化硅、氧化铝陶瓷为新型无机非金属材料
D.节日燃放的五彩缤纷的烟花,所呈现的是各种金属单质的焰色
C
解析 为防止形成酸雨,工业上采用石灰石与含硫的煤混合燃烧,A错误;如果发生氯气泄漏,附近人员应迅速远离泄漏点,并逆风往高处跑,B错误;水泥、玻璃、陶瓷属于传统无机非金属材料,碳化硅、氧化铝陶瓷属于新型无机非金属材料,C正确;节日燃放的五彩缤纷的烟花,所呈现的是各种金属元素的焰色,不一定是金属单质,可能是金属化合物,D错误。
4.(2023·宁夏银川一中期中)下列实验中,对应的现象及结论都正确的
是( )
选项 实验步骤 现象 结论
A 向FeCl3和BaCl2的混合溶液中通入过量SO2 溶液变为浅绿色且有白色沉淀生成 沉淀为
BaSO4
B 向KI溶液中加入CCl4,振荡后静置 液体分层,下层呈紫红色 碘易溶于CCl4,难溶于水
C 向溴水中通入过量SO2 溶液变为无色 SO2具有漂白性
D 将SO2通入氢硫酸(H2S)溶液中 有黄色沉淀产生 SO2具有还原性
A
解析 向FeCl3和BaCl2的混合溶液中通入过量SO2,Fe3+与SO2反应生成Fe2+和 , 与Ba2+反应生成BaSO4沉淀,A正确;向KI溶液中加入CCl4,上、下两层均为无色,B错误;向溴水中通入过量SO2后褪色,发生氧化还原反应生成硫酸和氢溴酸,体现SO2的还原性,C错误;将SO2通入氢硫酸(H2S)溶液中,有黄色沉淀生成,说明二氧化硫和硫化氢发生氧化还原反应生成硫单质,二氧化硫化合价降低,体现SO2的氧化性,D错误。
5.(2023·安徽淮北一模)某校化学兴趣小组利用如图装置在实验室制备“84”消毒液,下列说法正确的是( )
A.装置Ⅰ中的KMnO4可以替换成MnO2
B.装置Ⅱ可以除去Cl2中HCl杂质,长颈漏斗可以平衡压强
C.装置Ⅲ中消耗5.6 L Cl2(标准状况),转移0.5 mol电子
D.装置Ⅳ的作用是吸收空气中的CO2和水蒸气
B
解析 图Ⅰ中没有加热装置,故不能将KMnO4替换成MnO2,A错误;装置Ⅱ可以除去Cl2中的HCl杂质,长颈漏斗可以平衡压强,B正确;装置Ⅲ中消耗5.6 L Cl2(标准状况),Cl2发生歧化反应生成NaCl和NaClO,转移0.25 mol电子,C错误;装置Ⅳ的作用是吸收未反应的Cl2,防止污染空气,D错误。
练预测·押考向
6.某实验小组设计如下实验探究Fe(OH)2的制备,下列有关分析不合理的是
( )
实验 操作 现象
Ⅰ 将一块FeSO4晶体浸入30 mL蒸馏水中 一分钟后,晶体表面仍为浅绿色,溶液呈更浅的绿色
Ⅱ 将另一块FeSO4晶体浸入30 mL 1 mol·L-1 NaOH溶液中 一分钟后,晶体表面变白;捞出晶体露置在空气中,表面逐渐变为红褐色
Ⅲ 将10 mL 1.5 mol·L-1 FeSO4溶液与20 mL 1.5 mol·L-1 NaOH溶液混合 立即出现大量灰绿色浑浊,一分钟
后,液面附近出现红褐色浑浊
A.实验Ⅰ起对照作用,排除FeSO4晶体自身在水中的颜色变化
B.实验Ⅱ晶体表面长时间保持白色,与Fe(OH)2难溶、未分散于水有关
C.捞出晶体后发生反应:4Fe(OH)2+O2+2H2O ══ 4Fe(OH)3
D.实验Ⅲ溶液中氧气含量明显多于实验Ⅱ中
答案 D
解析 实验Ⅰ中,晶体表面为浅绿色,起对照作用,目的是排除实验Ⅱ中晶体表面变白,不是因为FeSO4晶体自身在水中的颜色变化引起,A合理;Fe(OH)2具有较强的还原性,易被溶液中溶解的氧气氧化,实验Ⅱ晶体表面之所以能长时间保持白色,与Fe(OH)2难溶、未分散于水有关,B合理;Fe(OH)2具有较强的还原性,易被氧气氧化,捞出晶体后发生的反应为4Fe(OH)2+O2+2H2O ══ 4Fe(OH)3,C合理;根据控制单一变量的原则,实验Ⅱ和Ⅲ反应条件不一样(实验Ⅱ为FeSO4晶体,而实验Ⅲ为FeSO4溶液),单从实验结果分析,无法得出实验Ⅲ溶液中氧气含量明显多于实验Ⅱ的结论,D不合理。
7.实验小组探究SO2与Na2O2的反应。向盛有SO2的烧瓶中加入Na2O2固体,测得反应体系中O2含量的变化如图。
下列说法不正确的是( )
A.根据有O2生成推测发生了反应:2Na2O2+2SO2 ══ 2Na2SO3+O2
B.bc段O2含量下降与反应O2+2Na2SO3 ══ 2Na2SO4有关
C.可用HNO3酸化的BaCl2溶液检验b点固体中是否含有Na2SO4
D.产物Na2SO4也可能是SO2与Na2O2直接化合生成
C
解析 向盛有SO2的烧瓶中加入Na2O2固体,由图像可知发生的反应可能有:2Na2O2+2SO2 ══ 2Na2SO3+O2,2Na2SO3+O2 ══ 2Na2SO4,无法判断反应Na2O2+SO2 ══ Na2SO4是否发生。根据有O2生成推测发生反应2Na2O2+2SO2 ══ 2Na2SO3+O2,A正确;bc段O2含量下降,可能是发生反应O2+2Na2SO3 ══ 2Na2SO4,B正确;HNO3具有强氧化性,能将 氧化为 ,不能用HNO3酸化的BaCl2溶液检验b点固体中是否含有Na2SO4,C错误;根据上述分析可知,产物Na2SO4也可能是SO2与Na2O2直接化合生成,D正确。
考点2元素及其化合物之间的转化
聚焦核心要点
要点1基于“价—类”二维图认识元素及其化合物之间的转化关系
课标指引:1.能够列举、描述、辨识典型物质重要的物理和化学性质及实验现象。 2.能从物质类别、元素价态的角度,依据复分解反应和氧化还原反应原理,预测物质的化学性质和变化。
1.钠及其重要化合物
重要的化学方程式:
①2Na2O2+2H2O ══ 4NaOH+O2↑,
2Na2O2+2CO2 ══ 2Na2CO3+O2;
②Na2CO3+HCl(少量) ══ NaCl+NaHCO3,
Na2CO3+2HCl(足量) ══ 2NaCl+CO2↑+H2O;
③Na2CO3+CO2+H2O ══ 2NaHCO3;
④2NaHCO3 Na2CO3+CO2↑+H2O。
2.铁及其重要化合物
重要的方程式:
①2FeCl3+Fe ══ 3FeCl2,
2FeCl3+Cu ══ 2FeCl2+CuCl2;
②2FeCl2+Cl2 ══ 2FeCl3,
2Fe2++H2O2+2H+ ══ 2Fe3++2H2O;
③4Fe(OH)2+O2+2H2O ══ 4Fe(OH)3;
④2Fe(OH)3+6H++2I- ══ 2Fe2++I2+6H2O。
3.铝及其重要化合物
重要的方程式:
①Al2O3+6H+ ══ 2Al3++3H2O,
Al2O3+2OH- ══ 2 +H2O;
②Al(OH)3+3H+ ══ Al3++3H2O,
Al(OH)3+OH- ══ +2H2O;
③ +CO2(足量)+2H2O ══ Al(OH)3↓+ (化工流程题中常考)。
4.氯及其重要化合物
重要的化学方程式:
①MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O,
2KMnO4+16HCl(浓)══ 2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O;
②2Cl2+2Ca(OH)2 ══
CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O(制取漂白粉);
③2NaOH+Cl2 ══ NaCl+NaClO+H2O(制取漂白液);
④Cl2+SO2+2H2O ══ H2SO4+2HCl。
5.硫及其重要化合物
6.氮及其重要化合物
要点2“微流程”“微实验”中的物质转化
课标指引:1.探究反应规律,进行物质的制备、分离等不同类型化学实验及探究活动的核心思路与基本方法。 2.通过化学反应可以探索物质的性质、实现物质转化,认识物质及其转化在自然资源综合利用和环境保护中的重要价值。
1.“微流程”中物质转化的思维模型
2.“微实验”中物质转化的思维模型
易错辨析
试判断物质间的转化能否通过一步反应实现(填“能”或“不能”):
不能
氨的催化氧化生成NO。
不能
SiO2不与水反应。
能
S燃烧生成SO2,SO2与H2O反应生成H2SO3。
不能
Na2O与H2O反应生成NaOH,不能生成O2。
精研核心命题
命题点1基于“价—类”二维图的物质转化关系
典例1 (2023·广东卷)部分含Na或含Cu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( )
A.可存在c→d→e的转化
B.能与H2O反应生成c的物质只有b
C.新制的d可用于检验葡萄糖中的醛基
D.若b能与H2O反应生成O2,则b中含共价键
B
解析 若为含Cu物质,c为CuOH,d为Cu(OH)2,e为CuO,CuOH被氧化生成Cu(OH)2,Cu(OH)2受热分解生成CuO,存在c→d→e的转化,A正确。若为含钠物质,a为Na,b为Na2O2(或Na2O),c为NaOH,Na、Na2O2(或Na2O)都能与水反应生成NaOH,B错误。若d为Cu(OH)2,新制Cu(OH)2可用于检验葡萄糖中的醛基,C正确。若b能与H2O反应生成O2,则b为Na2O2,由Na+和构成,则b中含离子键和共价键,D正确。
变式演练(2023·河南郑州一模)“价—类”二维图是基于核心元素的化合价和物质类别研究物质性质的一种模型。下图是硫元素的“价—类”二维图。下列说法正确的是( )
A.硫化亚铁与稀硝酸反应可用来制取a
B.从价态角度分析,a、b、c、g都具有还原性
C.c通入溴水中,溴水褪色,证明c有漂白性
D.b在足量的纯氧中燃烧,可一步转化为d
B
解析 根据硫元素的“价—类”二维图可知,a为H2S,b为S,c为SO2,d为SO3,e为H2SO4,f为含+4价硫元素的盐,g为含S2-或HS-的盐。硝酸可以氧化硫化亚铁中的硫元素而生成硫或硫酸盐,不会生成硫化氢,A错误;a、b、c、g中S元素都不是最高价,故可以被氧化,具有还原性,B正确;SO2使溴水褪色体现了SO2的还原性,不能证明二氧化硫的漂白性,C错误;硫单质在氧气中燃烧只能生成二氧化硫,不能一步转化为三氧化硫,D错误。
命题点2“微流程”中的物质转化
典例2 (2022·山东卷)高压氢还原法可直接从溶液中提取金属粉。以硫化铜精矿(含Zn、Fe元素的杂质)为主要原料制备Cu粉的工艺流程如下,可能用到的数据见下表。
物质 Fe(OH)3 Cu(OH)2 Zn(OH)2
开始沉淀pH 1.9 4.2 6.2
沉淀完全pH 3.2 6.7 8.2
下列说法错误的是( )
A.固体X主要成分是Fe(OH)3和S;金属M为Zn
B.浸取时,增大O2压强可促进金属离子浸出
C.中和调pH的范围为3.2~4.2
D.还原时,增大溶液酸度有利于Cu的生成
D
解析 根据工艺流程可知,固体X的主要成分是S、Fe(OH)3,金属M为Zn,A正确;CuS难溶于硫酸,在溶液中存在沉淀溶解平衡CuS(s) Cu2+(aq)+
S2-(aq),增大O2的浓度,可以反应消耗S2-,使之转化为S,从而使沉淀溶解平衡正向移动,从而可促进金属离子的浸取,B正确;用NH3调节溶液pH时,要使Fe3+转化为沉淀,而Cu2+、Zn2+仍以离子形式存在于溶液中,结合离子沉淀的pH范围可知,中和时应该调节溶液pH范围为3.2~4.2,C正确;用H2还原Cu2+变为Cu单质时,H2失去电子被氧化为H+,与溶液中OH-结合形成H2O,若还原时增大溶液的酸度,即c(H+)增大,不利于H2失去电子还原Cu2+,故不利于Cu的生成,D错误。
要点图解 本题中物质转化分析如下:
变式演练(2023·内蒙古呼和浩特调研)铝氢化钠(NaAlH4)是有机合成中的一种重要还原剂。以铝土矿(主要成分为Al2O3,含SiO2和Fe2O3等杂质)为原料制备铝氢化钠的一种工艺流程如图:
下列说法中错误的是( )
A.为了提高“碱溶”效率,在“碱溶”前对铝土矿进行粉碎
B.“反应Ⅰ”的部分化学原理与泡沫灭火器的原理相同
C.“滤渣1”的主要成分为氧化铁
D.“反应Ⅲ”的化学方程式为4NaH+AlCl3 ══ NaAlH4+3NaCl
B
【思维建模】
抓住“六关键”,突破“微流程”中物质转化类题目
命题点3“微实验”中的物质转化
典例3 (2023·湖北卷)利用如图所示的装置(夹持及加热装置略)制备高纯白磷的流程如下:
下列操作错误的是( )
A.红磷使用前洗涤以除去表面杂质
B.将红磷转入装置,抽真空后加热外管以去除水和氧气
C.从a口通入冷凝水,升温使红磷转化
D.冷凝管外壁出现白磷,冷却后在氮气氛围下收集
C
解析 洗去红磷表面杂质,有利于得到高纯度的白磷,A正确;为防止红磷在加热条件下与O2反应,可加热除去红磷表面的水,以及装置内的氧气,B正确;冷凝水从b口通入,才能使冷凝管中充满水,提高冷凝效果,C错误;白磷着火点低,为防止白磷自燃,可在N2气氛中收集,D正确。
变式演练(2023·内蒙古赤峰4月模拟)利用如图所示装置(夹持装置略)进行实验,b中现象不能证明a中产物的是( )
选项 装置a中反应 b中检测试剂及现象
A Cu与浓硫酸反应生成SO2 品红溶液褪色
B 浓硝酸分解生成NO2 淀粉KI溶液变蓝
C 浓NaOH溶液与NH4Cl溶液反应生成NH3 酚酞溶液变红
D CH3COOH、CH3CH2OH与浓硫酸混合生成乙酸乙酯 饱和碳酸钠溶液上层有无色带香味的油状液体
B
解析 铜与浓硫酸共热反应生成的二氧化硫具有漂白性,能使品红溶液褪色,则品红溶液褪色能说明铜与浓硫酸共热反应生成二氧化硫,A不符合题意;浓硝酸具有挥发性,挥发出的硝酸也能与碘化钾溶液反应生成遇淀粉溶液变蓝色的碘,则淀粉KI溶液变蓝色不能说明浓硝酸分解生成二氧化氮,B符合题意;浓氢氧化钠溶液与氯化铵溶液共热反应生成能使酚酞溶液变红的氨,则酚酞溶液变红能说明浓氢氧化钠溶液与氯化铵溶液共热反应生成氨,C不符合题意;CH3COOH、CH3CH2OH与浓硫酸混合生成乙酸乙酯,乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液,则饱和碳酸钠溶液上层有无色带香味的油状液体能说明有乙酸乙酯生成,D不符合题意。
【思维建模】
抓住“四步骤”,突破“微实验”中物质转化类题目
训练分层落实
练真题·明考向
1.(2023·辽宁卷)下列有关物质的工业制备反应错误的是( )
D
解析 MgO熔点高,冶炼镁采取电解熔融氯化镁:MgCl2 Mg+Cl2↑,D错误。
2.(2023·湖南卷)处理某铜冶金污水(含Cu2+、Fe3+、Zn2+、Al3+)的部分流程如下。
已知:①溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示。
物质 Fe(OH)3 Cu(OH)2 Zn(OH)2 Al(OH)3
开始沉淀pH 1.9 4.2 6.2 3.5
完全沉淀pH 3.2 6.7 8.2 4.6
②Ksp(CuS)=6.4×10-36,Ksp(ZnS)=1.6×10-24。
下列说法错误的是( )
A.“沉渣Ⅰ”中含有Fe(OH)3和Al(OH)3
D.“出水”经阴离子交换树脂软化处理后,可用作工业冷却循环用水
D
练易错·避陷阱
3.(2023·陕西咸阳一模)如图是某元素常见物质的“价—类”二维图,f为钠盐。下列说法不正确的是( )
A.物质a既可被氧化,也可被还原
B.可存在a→b→d→e→f的转化关系
C.可通过灼热的氧化铜除去d中混有的少量c
D.向足量f溶液中加入少量稀盐酸,一定没有CO2产生
D
解析 结合图示可知,a为CH4、b为C、c为CO、d为CO2、e为H2CO3、f为Na2CO3或NaHCO3。a为CH4,碳元素化合价可升高,氢元素化合价可降低,则物质a既可被氧化,也可被还原,A正确;可存在a→b→d→e→f的转化关系:甲烷高温分解生成碳,碳燃烧生成二氧化碳,二氧化碳溶于水生成碳酸,碳酸与适量的碱反应生成盐,B正确;CO能被灼热的氧化铜氧化生成二氧化碳,可通过灼热的氧化铜除去d中混有的少量c,C正确;f可能为正盐或酸式盐,向足量f溶液中加入少量稀盐酸,正盐转化成酸式盐,可能没有CO2产生,酸式盐和盐酸反应一定有CO2产生,D错误。
4.(2023·陕西汉中第一次质检)以锌焙砂(主要成分为ZnO,含少量Cu2+、Mn2+等离子)为原料,制备2Zn(OH)2·ZnCO3的工艺流程如下:
以下说法错误的是( )
A.“过滤”操作中需使用的玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒
B.“沉锌”过程发生反应后释放的气体A为CO2
C.“浸取”过程中H2O2表现还原性
D.“过滤3”所得滤液可循环使用,其主要成分的化学式是(NH4)2SO4
C
5.(2023·青海西宁统考)铝土矿中主要含有Al2O3,还有少量Fe2O3、SiO2杂质,从铝土矿中冶炼金属铝方法如图所示(步骤①②③中每步反应结束后经过过滤才进行下一步反应)。下列有关说法不正确的是( )
A.电解熔融氧化铝制取金属铝时加入冰晶石的作用是降低氧化铝熔融所需的温度
B.步骤②的作用是除去“母液1”中的Fe3+和H+
C.步骤③生成沉淀的离子方程式为 +CO2+2H2O══ +Al(OH)3↓
D.将步骤①和步骤②顺序颠倒,再通入足量CO2也能得到氢氧化铝沉淀
D
解析 铝土矿的主要成分是Al2O3,还有杂质SiO2、Fe2O3,结合流程可知,步骤①中,用盐酸浸取铝土矿经过滤得到“母液1”,“母液1”含有AlCl3、FeCl3;向“母液1”中加入足量NaOH溶液除去H+、Fe3+,并将Al3+转化为 ,过滤得到“母液2”,“母液2”中含有NaAlO2;向“母液2”中通入足量二氧化碳,得到Al(OH)3;加热Al(OH)3分解得到Al2O3,再电解氧化铝可得到Al。氧化铝熔点较高,需要加入冰晶石,降低氧化铝熔融所需的温度,A项正确;步骤②中加入足量NaOH溶液,作用是除去H+、Fe3+,B项正确;通入足量二氧化碳与
反应: +CO2+2H2O ══ +Al(OH)3↓,C项正确;将步骤①和步骤②顺序颠倒,“母液2”中含有Al3+,再通入足量CO2得不到氢氧化铝沉淀,D项错误。
练预测·押考向
6.(2023·陕西汉中第一次质检)天然气因含有少量H2S等气体开采应用受限,T.f菌在酸性溶液中可实现天然气的催化脱硫,其原理如图所示。下列说法不正确的是( )
A.该脱硫过程中Fe2(SO4)3可循环利用
B.由脱硫过程可知,氧化性:Fe2(SO4)3C.该过程每消耗标准状况下2.24 L O2能脱除H2S 6.8 g
D.副产物硫单质可以用来制硫酸及杀虫剂等
B
解析 过程Ⅰ中Fe2(SO4)3被还原为FeSO4,过程Ⅱ中FeSO4又被氧化为Fe2(SO4)3,所以Fe2(SO4)3可循环利用,A正确;过程Ⅰ中Fe2(SO4)3将H2S氧化为S,所以氧化性Fe2(SO4)3>S,B错误;标准状况下2.24 L O2为0.1 mol,参与反应时转移0.4 mol电子,H2S被氧化为S,硫元素化合价升高2价,所以能脱除0.2 mol H2S,质量为0.2 mol×34 g·mol-1=6.8 g,C正确;S单质具有杀虫杀菌作用,且S单质通过燃烧生成SO2,SO2与O2反应生成SO3,可以用来制硫酸,D正确。
7.炼油、石化等工业会产生含硫(-2价)废水,可通过催化氧化法进行处理,碱性条件下,催化氧化废水的机理如图所示。其中MnO2为催化剂,附着在催化剂载体聚苯胺的表面。下列说法正确的是( )
A.催化氧化过程中只有共价键的断裂
B.转化Ⅰ中化合价发生变化的元素仅有S和Mn
C.催化氧化过程的总反应为O2+2H2O+2S2- 4OH-+2S↓
D.催化剂会持续发挥催化作用
C
解析 由图可知,转化Ⅰ中二氧化锰中氧脱离生成空位,有离子键的断裂,水生成OH-,有共价键的断裂,A错误;转化Ⅰ中锰原子形成的化学键数目发生改变,故化合价发生变化的元素有S、O和Mn,B错误;催化氧化过程的总反应为氧气、水、硫离子在催化作用下生成氢氧根离子和硫单质: O2+2H2O+2S2- 4OH-+2S↓,C正确;反应中生成硫单质,生成的S覆盖在催化剂表面或进入催化剂内空位处,阻碍了反应的进行,导致催化剂使用一段时间后催化效率会下降,D错误。
突破高考题型(四)化学工艺流程及分析
高考指引:近几年,全国卷及各省市高考化学试卷大多考查了化学工艺流程题,侧重考查新信息的吸收和处理能力,及灵活应用所学知识解决生产实际问题的能力,突出对“证据推理与模型认知”等化学学科核心素养的考查。
突破点1 物质转化过程的分析
核心归纳
1.化学工艺流程题
的结构模型
2.分析化学工艺流程图示的常用方法
(1)主线法
①流程图大多分为三部分:原料预处理阶段、转化与分离阶段、获取最终产物阶段。
②分析每个流程中前后物质的变化。
(2)双线法
①反应线:物质的性质及转化关系。
②操作线:物质转化过程中涉及的实验操作,如分离提纯等。
(3)四线法
试剂线 为达到最终目的各步操作中加入的物质,发生氧化还原反应、复分解反应等
转化线 元素守恒——焙烧、煅烧、溶浸(酸浸、碱浸)、沉淀、结晶、电解等
除杂线 通过复分解反应沉淀、置换沉淀、氧化还原沉淀,或加热产生气体等
分离线 过滤(趁热过滤)、蒸发、结晶、萃取(反萃取)、洗涤、干燥等
真题感悟
1.(2023·全国甲卷)BaTiO3是一种压电材料。以BaSO4为原料,采用下列路线可制备粉状BaTiO3。
回答下列问题:
(1)“焙烧”步骤中碳粉的主要作用是 。
(2)“焙烧”后固体产物有BaCl2、易溶于水的BaS和微溶于水的CaS。“浸取”时主要反应的离子方程式为 。
做还原剂,将+6价硫元素还原为-2价
Ca2++S2- ══ CaS↓
(3)“酸化”步骤应选用的酸是 (填字母标号)。
a.稀硫酸 b.浓硫酸 c.盐酸 d.磷酸
(4)如果焙烧后的产物直接用酸浸取,是否可行 其原因是 。
(5)“沉淀”步骤中生成BaTiO(C2O4)2的化学方程式为
。
(6)“热分解”生成粉状钛酸钡,产生的 = 。
c
不可行,直接用酸浸取,产物中会混有钙离子,导致产品不纯
BaCl2+TiCl4+2(NH4)2C2O4+H2O ══BaTiO(C2O4)2↓+4NH4Cl+2HCl
1∶1
解析 (1)“焙烧”步骤中碳粉的主要作用是做还原剂,将硫酸钡中+6价硫元素还原为-2价,便于用水“浸取”后的分离。
(2)“浸取”的主要目的是将不溶于水的硫化钙和易溶于水的硫化钡分离,使钡离子进入溶液。主要反应的离子方程式为Ca2++S2- ══ CaS↓。
(3)“酸化”步骤不能用硫酸(包括浓硫酸、稀硫酸),防止又生成不溶于水的硫酸钡;也不宜用磷酸,一方面是因为磷酸钡不溶于水,另一方面是因为会引入新的杂质离子。
(4)如果“焙烧”后的产物直接用酸浸取,则钙离子无法与钡离子分离,导致产品不纯。
(5)依据题给流程信息,“沉淀”反应中反应物有BaCl2、TiCl4、(NH4)2C2O4,还有水,产物是BaTiO(C2O4)2,该反应属于非氧化还原反应。故“沉淀”步骤中生成BaTiO(C2O4)2的化学方程式为BaCl2+TiCl4+2(NH4)2C2O4+H2O ══ BaTiO(C2O4)2↓+4NH4Cl+2HCl。
(6)“热分解”生成粉状钛酸钡,分解过程中钡元素、钛元素的化合价均未改变,则草酸根发生歧化反应生成CO2和CO;依据草酸根中碳元素为+3价,则产物中 =1∶1。
2.(2023·全国乙卷)LiMn2O4作为一种新型锂电池正极材料受到广泛关注。由菱锰矿(MnCO3,含有少量Si、Fe、Ni、Al等元素)制备LiMn2O4的流程如下:
已知:Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10-39,Ksp[Al(OH)3]=1.3×10-33, Ksp[Ni(OH)2]=5.5×10-16。
回答下列问题:
(1)硫酸溶矿主要反应的化学方程式为
。
为提高溶矿速率,可采取的措施___________________________________
(举1例)。
(2)加入少量MnO2的作用是 。不宜使用H2O2替代MnO2,原因是 。(3)溶矿反应完成后,反应器中溶液pH=4,此时c(Fe3+)= mol·L-1;用石灰乳调节至pH≈7,除去的金属离子是 。
MnCO3+H2SO4 ══ MnSO4+CO2↑+H2O
将矿石粉碎、搅拌、适当升高温度、
适当提高硫酸的浓度等
将Fe2+氧化为Fe3+
Fe3+对H2O2的分解有催化作用,导致H2O2用量过大,造成资源浪费
2.8×10-9
Al3+
(4)加入少量BaS溶液除去Ni2+,生成的沉淀有 。
(5)在电解槽中,发生电解反应的离子方程式为 。
随着电解反应进行,为保持电解液成分稳定,应不断 。电解废液可在反应器中循环利用。
(6)煅烧窑中,生成LiMn2O4反应的化学方程式是
。
NiS、BaSO4
Mn2++2H2O MnO2+H2↑+2H+
加入Mn(OH)2
2Li2CO3+8MnO2 2CO2↑+O2↑+4 LiMn2O4
解析 (1)硫酸溶矿过程:通过强酸制弱酸的原理将锰元素由难溶性盐转化为可溶性盐。反应的化学方程式为MnCO3+H2SO4 ══ MnSO4+CO2↑+H2O。为提高溶矿速率,可通过将矿石粉碎、搅拌、适当升高温度、适当提高硫酸的浓度等方式实现。
(2)加入少量二氧化锰是为了将杂质中可能包含的少量亚铁离子氧化为铁离子,便于在后续操作中将其转化为Fe(OH)3沉淀而除去。由于H2O2会在铁离子的催化作用下分解,从而造成资源浪费,因此不宜用H2O2代替MnO2。
(3)当pH=4时,c(OH-)=1×10-10 mol·L-1,结合氢氧化铁的Ksp可知,铁离子的浓度为2.8×10-9 mol·L-1。根据Ksp[Al(OH)3]=1.3×10-33及Ksp[Ni(OH)2]=5.5×10-16可知,当pH=7时,Al3+已完全沉淀,而Ni2+不能完全沉淀,因此除去的是Al3+。
(4)体系中有镍离子与硫酸根离子,分别结合BaS中的S2-与Ba2+转化为NiS沉淀与BaSO4沉淀。
(5)根据电解后生成MnO2可知电解反应的离子方程式为Mn2++2H2O MnO2+H2↑+2H+;结合产生的MnO2与氢气的比值可知,为维持电解液成分稳定,应不断加入Mn(OH)2。
【思维建模】
解答物质转化过程中流程及分析的方法
(1)准确识别化学工艺流程图示呈现形式
(2)高度关注核心元素的转化,特别是元素的化合价变化。
(3)真心站在化工生产实际的角度来剖析问题。
突破点2 化工流程中的操作及原因的分析
核心归纳
化工流程中“原因类”描述性问题的答题模板
目的或原因 答题模板
沉淀水洗的目的 除去××(可溶于水)杂质
沉淀用乙醇洗涤的目的 a.减小固体的溶解度;b.除去固体表面吸附的杂质;c.乙醇挥发带走水分,使固体快速干燥
冷凝回流的作用及目的 防止××蒸气逸出脱离反应体系,提高××物质的转化率
控制溶液pH的目的 防止××离子水解;防止××离子沉淀;确保××离子沉淀完全;防止××溶解等
目的或原因 答题模板
加过量A试剂的原因 使B物质反应完全(或提高B物质的转化率)等
温度不高于××℃的原因 温度过高,××物质分解(如H2O2、浓硝酸、NH4HCO3等)或××物质挥发(如浓硝酸、浓盐酸)或××物质被氧化(如Na2SO3等)或促进××物质水解(如AlCl3等)
温度控制在××~××℃ 温度过高或温度过低会影响催化剂的活性或有副反应发生,同时也会影响反应速率
减压蒸馏(减压蒸发)的原因 减小压强,使液体沸点降低,防止××物质受热分解(如H2O2、浓硝酸、NH4HCO3等)
真题感悟
3.(2023·全国新课标卷)铬和钒具有广泛用途。铬钒渣中铬和钒以低价态含氧酸盐形式存在,主要杂质为铁、铝、硅、磷等的化合物。从铬钒渣中分离提取铬和钒的一种流程如下图所示。
回答下列问题:
(1)煅烧过程中,钒和铬被氧化为相应的最高价含氧酸盐,其中含铬化合物主要为 (填化学式)。
(2)水浸渣中主要有SiO2和 。
(3)“沉淀”步骤调pH到弱碱性,主要除去的杂质是 。
(4)“除硅磷”步骤中,使硅、磷分别以MgSiO3和MgNH4PO4的形式沉淀。该步需要控制溶液的pH≈9以达到最好的除杂效果。若pH<9时,会导致 ;pH>9时,
会导致 。
Na2CrO4
Fe2O3
铝
磷不能除净(磷酸盐会转化为可溶性酸式盐)
硅不能除净(生成氢氧化镁,镁离子被消耗)
A.酸性 B.碱性 C.两性
(6)“还原”步骤中加入焦亚硫酸钠(Na2S2O5)溶液,反应的离子方程式为 。
C
解析 (1)碱性条件下,铬被氧化生成Na2CrO4。
(2)Fe2O3不与Na2CO3、NaOH反应,也不溶于水。
(4)pH<9,磷容易形成易溶的磷酸二氢盐,导致磷不能除净。pH>9,易形成Mg(OH)2沉淀,导致硅不能除净。
突破点3 化工流程中的图像分析
核心归纳
1.溶解度曲线
及分析
2.浸取率曲线及分析
(1)“浸取率”升高的原因一般是温度升高,浸取速率加快,但当“浸取率”达到
最大值后,温度升高“浸取率”反而下降,其原因一般是反应试剂的分解或挥发。
(2)根据图中曲线变化,选择达到一定较高“浸取率”的条件。
3.物质存在形态与pH的关系
真题感悟
4.(2022·山东卷,17节选)工业上以氟磷灰石[Ca5F(PO4)3,含SiO2等杂质]为原料生产磷酸和石膏,工艺流程如下:
(1)部分盐的溶度积常数见下表。精制Ⅰ中,按物质的量之比n(Na2CO3)∶n( )=1∶1加入Na2CO3脱氟,充分反应后,
c(Na+)= mol·L-1;再分批加入一定量的BaCO3,首先转化为沉淀的离子是 。
项目 BaSiF6 Na2SiF6 CaSO4 BaSO4
Ksp 1.0×10-6 4.0×10-6 9.0×10-4 1.0×10-10
2.0×10-2
回答下列问题:
(2) 浓度(以SO3%计)在一定范围时,石膏存在形式与温度、H3PO4浓度(以P2O5%计)的关系如图甲所示。酸解后,在所得100 ℃、P2O5%为45的混合体系中,石膏存在形式为 (填化学式);洗涤时使用一定浓度的硫酸溶液而不使用水,原因是 ,回收利用洗涤液X的操作单元是 ;一定温度下,石膏存在形式与溶液中P2O5%和SO3%的关系如图乙所示,下列条件能实现酸解所得石膏结晶转化的是 (填字母)。
A.65 ℃、P2O5%=15、SO3%=15
B.80 ℃、P2O5%=10、SO3%=20
C.65 ℃、P2O5%=10、SO3%=30
D.80 ℃、P2O5%=10、SO3%=10
图甲
图乙
CaSO4·0.5H2O
减少CaSO4的溶解损失,提高石膏的产率
酸解
AD
(2)由图像知100 ℃、P2O5为45%的混合体系中,石膏存在形式为CaSO4·0.5H2O;硫酸钙在水溶液中存在沉淀溶解平衡CaSO4(s) Ca2+(aq)+ (aq),加入硫酸增大了硫酸根离子浓度,抑制了CaSO4的溶解,因此洗涤时使用一定浓度的硫酸溶液而不使用水的原因是减少CaSO4的溶解损失,提高石膏的产率;洗涤液X中含有硫酸,具有回收利用的价值,由于“酸解”时使用的也是硫酸,因此,回收利用洗涤液X的操作单元是“酸解”;由图乙信息可知,位于65 ℃线上方的晶体全部以CaSO4·0.5H2O形式存在,位于80 ℃线下方的晶体全部以CaSO4·2H2O形式存在,在两线之间的以两种晶体的混合物形式存在。
由图乙信息可知,在每条线上方的以CaSO4·0.5H2O形式存在,在每条线下方的以CaSO4·2H2O形式存在。A项,P2O5%=15、SO3%=15,该点坐标位于
65 ℃线的下方,能实现晶体的完全转化;B项,P2O5%=10、SO3%=20,该点坐标位于80 ℃线的上方,不能实现晶体的完全转化;C项,P2O5%=10、SO3%=30,该点坐标位于65 ℃线上方,不能实现晶体的完全转化;D项,P2O5%=10、SO3%=10,该点坐标位于80 ℃线下方,晶体全部以CaSO4·2H2O形式存在,能实现晶体的完全转化。
突破点4 化工流程中的定量分析及计算
核心归纳
1.化工流程中定量计算的常见类型及方法
类型 解题方法
物质含量的计算 根据关系式法、得失电子守恒法、滴定法等,求出混合物中某一成分的量,再除以样品的总量,即可得出其含量
确定物质化学式的计算 ①根据题给信息,计算出有关物质的物质的量;
②根据电荷守恒,确定出未知离子的物质的量;
③根据质量守恒,确定出结晶水的物质的量;
④各粒子的物质的量之比的最简整数比即为粒子的下标比
类型 解题方法
热重曲线计算 ①设晶体为1 mol;
②失重一般是先失水,再失气态非金属氧化物;
③计算每步的m余, =固体残留率;
④晶体中金属质量不减少,仍在m余中;
⑤失重最后一般为金属氧化物,由质量守恒得mO,由n金属∶nO即可求出失重后物质的化学式
类型 解题方法
多步滴定计算 复杂的滴定可分为两类:
①连续滴定法:第一步滴定反应生成的产物,还可以继续参加第二步的滴定,根据第二步滴定的消耗量,可计算出第一步滴定的反应物的量;
②返滴定法:第一步用的滴定剂是过量的,然后第二步再用另一物质返滴定过量的物质,根据第一步加入的量减去第二步中过量的量,即可得出第一步所求物质的物质的量
2.化工流程中定量计算的常用公式
真题感悟
5.(2022·辽宁卷,16节选)某工厂采用辉铋矿(主要成分为Bi2S3,含有FeS2、SiO2杂质)与软锰矿(主要成分为MnO2)联合焙烧法制备BiOCl和MnSO4,工艺流程如下:
已知:①焙烧时过量的MnO2分解为Mn2O3,FeS2转变为Fe2O3;
②金属活动性:Fe>(H)>Bi>Cu;
③相关金属离子形成氢氧化物的pH范围见表:
金属离子 开始沉淀pH 完全沉淀pH
Fe2+ 6.5 8.3
Fe3+ 1.6 2.8
Mn2+ 8.1 10.1
将100 kg辉铋矿进行联合焙烧,转化时消耗1.1 kg金属Bi,假设其余各步损失不计,干燥后称量BiOCl产品质量为32 kg,滴定测得产品中Bi的质量分数为78.5%。辉铋矿中Bi元素的质量分数为 。
24.02%
解析 对辉铋矿进行联合焙烧,转化时消耗1.1 kg金属Bi,即外加入1.1 kg金属Bi。32 kg BiOCl产品中Bi元素的质量分数为78.5%,则辉铋矿中含有Bi元素的质量为32 kg×78.5%-1.1 kg=24.02 kg,故辉铋矿中Bi元素的质量分数为 ×100%=24.02%。
考向预测演练
(2023·陕西联盟第二次大联考)氧化锆(ZrO2)可用于压电陶瓷及耐火材料的制备。以锆英石(主要为ZrSiO4,还含有少量的Fe3O4和Al2O3等杂质)为原料制备ZrO2的工艺流程如下:
已知:①锆英石焙烧碱熔生成可溶于水的Na2ZrO3,Na2ZrO3与酸反应生成ZrO2+。
②部分离子在此实验条件下开始沉淀和完全沉淀时的pH如下表:
离子 Al3+ Fe2+ Fe3+ ZrO2+
开始沉淀时 3.3 6.3 2.7 6.2
完全沉淀时 5.2 8.4 3.7 8.0
(1)“焙烧碱熔”前将锆英石粉碎的目的是 ,“焙烧碱熔”时制备Na2ZrO3的化学方程式为 。
(2)滤渣Ⅰ的成分为 ,滤渣Ⅱ的成分为 。
增大接触面积,加快反应速率
ZrSiO4+4NaOH Na2ZrO3+Na2SiO3+2H2O
H2SiO3
Al(OH)3、Fe(OH)3
(3)“酸浸”时,加入过量盐酸的目的是
。
(4)“氧化”时发生反应的离子方程式为
。
(5)“沉淀”调节溶液的pH范围为 。
加快酸浸的速率,提高焙烧碱熔产物的浸出率,提供酸性环境
ClO-+Cl-+2H+ ══ Cl2↑+H2O、2Fe2++ClO-+2H+ ══ 2Fe3++Cl-+H2O
5.2≤pH<6.2
解析 (1)“焙烧碱熔”前将锆英石粉碎的目的是增大锆英石与NaOH的接触面积,加快反应速率;根据已知信息①,制备Na2ZrO3的化学方程式为ZrSiO4+4NaOH Na2ZrO3+Na2SiO3+2H2O。
(2)四氧化三铁不与NaOH反应;“酸浸”步骤中,过量的NaOH与HCl发生反应:NaOH+HCl ══ NaCl+H2O,Na2ZrO3与盐酸反应转化成ZrOCl2和NaCl,NaAlO2与过量的盐酸反应生成AlCl3、NaCl,Na2SiO3与盐酸反应生成H2SiO3沉淀,Fe3O4与盐酸反应生成FeCl2和FeCl3;“氧化”步骤中,加入NaClO,将Fe2+氧化成Fe3+;“沉淀”步骤中,加入NaOH溶液调节pH,使Al3+、Fe3+以Al(OH)3、Fe(OH)3形式沉淀出来,则滤渣Ⅰ为H2SiO3,滤渣Ⅱ的成分为Al(OH)3、Fe(OH)3。
(3)“酸浸”步骤中加入过量盐酸的目的是加快酸浸的速率,提高焙烧碱熔产物的浸出率,提供酸性环境。
(4)NaClO具有强氧化性,因为加入的盐酸是过量的,因此“氧化”步骤中发生反应:ClO-+Cl-+2H+ ══ Cl2↑+H2O、2Fe2++ClO-+2H+ ══ 2Fe3++Cl-+H2O。
(5)“沉淀”调节溶液的pH使Al3+、Fe3+以Al(OH)3、Fe(OH)3形式沉淀,而ZrO2+不能沉淀,根据表中数据可知,调节pH范围是5.2≤pH<6.2。
专题四 元素及其化合物
考情分析
高考命题分析
命 题 情 境 (1)日常生活情境:从明矾净水、含氯消毒剂、中和胃酸、糖尿病检测等情境选材,要求考生利用基本概念和原理阐释生活中的化学现象。
(2)生产环保情境:从酸雨、雾霾、有毒气体泄漏的处理、水体污染及防治、废物回收利用等情境选材,考查考生解决问题的能力。
(3)实验探究情境:结合氯、氮、硫及其化合物,Mn、Ni、Cu等金属及其化合物的制备及性质探究等,要求考生在实验中寻求思维创新和能力提升。
素 养 能 力 (1)实践探索:从问题和假设出发,确定探究目的,设计探究方案,运用化学实验、理论模型等方法进行探索,提升解决实际问题的能力。
(2)分析与推测能力:基于物质的组成和结构推测物质的性质,预测实验现象并推断反应结果。
(3)探究与创新能力:根据实验目的,设计合理的实验方案,描述实验操作及现象,分析实验数据,评价实验方案。
考题统计
(1)无机物的性质与用途:
(2022全国甲卷,7)(2022全国乙卷,7)(2021全国甲卷,7)(2021全国乙卷,7)(2020全国Ⅰ卷,7)(2020全国Ⅱ卷,7)(2020全国Ⅲ卷,7)(2019全国Ⅰ卷,7)(2019全国Ⅲ卷,7)
(2)金属及其化合物的性质与转化:
(2022全国甲卷,9、13、26)(2022全国乙卷,26)(2021全国乙卷,9、26)(2020全国Ⅰ卷,26)(2020全国Ⅱ卷,7)(2020全国Ⅲ卷,7、27)(2019全国Ⅰ卷,26、27)(2019全国Ⅲ卷,7)
(3)非金属及其化合物的性质与转化:
(2022全国甲卷,7、9、26、28)(2022全国乙卷,9、10)(2021全国甲卷,7、9、26)(2021全国乙卷,8、9)(2020全国Ⅰ卷,9)(2020全国Ⅱ卷,26)(2020全国Ⅲ卷,9、26)(2019全国Ⅰ卷,7)(2019全国Ⅱ卷,10)(2019全国Ⅲ卷,7、12)
(4)无机化工流程及分析:
(2023全国甲卷,26)(2023全国乙卷,27)(2022全国甲卷,26)(2022全国乙卷,26)(2021全国甲卷,26)(2021全国乙卷,26)(2020全国Ⅰ卷,26)(2020全国Ⅲ卷,27)(2019全国Ⅰ卷,26、27)(2019全国Ⅱ卷,26)(2019全国Ⅲ卷,26)
考点1元素及其化合物的性质与应用
聚焦核心要点
要点1常见金属及其化合物的性质与应用
课标指引:1.结合真实情境中的应用实例或通过实验探究,了解钠、铁及其重要化合物的主要性质。 2.了解钠、铁及其重要化合物在生产、生活中的应用。
常见金属及其化合物的性质与用途的对应关系
序号 重要性质 主要用途
(1) 钠具有较强的还原性 用于冶炼钛、锆、铌等金属
(2) NaHCO3受热分解生成CO2,能与盐酸发生反应 用于焙制糕点的膨松剂、胃酸中和剂
(3) Na2CO3水解使溶液显碱性 用热的纯碱溶液洗去油污
(4) Na2O2与CO2、H2O(g)反应生成O2 用作呼吸面具或潜航器的供氧剂
(5) 铝具有较强的还原性,能发生铝热反应 用于焊接钢轨、冶炼不活泼的金属
(6) Al(OH)3是两性氢氧化物 用作胃酸中和剂
序号 重要性质 主要用途
(7) 镁铝合金的密度小、强度大 用于制造高铁车厢、航空航天器等
(8) 铁粉具有还原性 用作食品包装袋内的抗氧化剂(或双吸剂)
(9) FeCl3溶液可氧化Cu生成CuCl2 用FeCl3溶液蚀刻印刷铜质电路板
(10) Fe2O3是红棕色粉末,俗称铁红 常用作油漆、涂料、油墨等红色颜料
(11) K2FeO4具有强氧化性,其被还原生成的Fe3+易水解得到Fe(OH)3胶体 常用作杀菌消毒剂和净水剂
(12) BaSO4难溶于水和酸,X射线不能透过 在医疗上用作“钡餐”
易错辨析
1.铜与氯气反应生成氯化铜,则铜与硫粉反应时生成硫化铜。( )
2.Na2O2与CO2反应生成Na2CO3和O2,则Na2O2与SO2反应可生成Na2SO3和O2。( )
×
Cl2具有强氧化性可将金属氧化为高价态,而S氧化性较弱只能将金属氧化为低价态,即Cu变为Cu2S。
×
SO2具有还原性,则Na2O2与SO2反应可生成Na2SO4。
3.向盛有Cu片的试管中加入NaNO3溶液,无明显现象,再加入稀硫酸,溶液逐渐变蓝,试管上方出现红棕色气体,说明NaNO3在酸性环境中具有氧化性。
( )
√
常温下Cu与NaNO3、稀硫酸均不反应,而 在酸性条件下具有强氧化性,能与Cu反应生成NO气体,NO遇到空气中的氧气生成红棕色的NO2。
4.车用芯片是以二氧化硅做半导体材料制成的。( )
×
芯片是以硅做半导体材料制成的。
要点2常见非金属及其化合物的性质与应用
课标指引:1.结合真实情境中的应用实例或通过实验探究,了解氯、氮、硫及其重要化合物的主要性质。 2.认识氯、氮、硫及其重要化合物在生产中的应用和对生态环境的影响。
1.常见非金属及其化合物的性质与用途的对应关系
序号 重要性质 主要用途
(1) 硅是常用半导体材料 可用于制造芯片、硅太阳能电池等
(2) SiO2导光性能强、抗干扰性能好 用于生产光导纤维
(3) 二氧化硫与O2反应 用作葡萄酒中的杀菌剂和抗氧化剂
(4) 二氧化硫具有漂白性 常用于漂白纸浆、毛、丝等
(5) 浓硫酸具有吸水性 常用作干燥剂(干燥中性、酸性气体)
(6) 液氨、固态CO2(干冰)汽化时吸收大量的热 常用作制冷剂
(7) 次氯酸盐(如NaClO等)具有强氧化性 用于漂白棉、麻、纸张等,或用作杀菌消毒剂
(8) 氢氟酸能与玻璃中的SiO2反应 用氢氟酸刻蚀玻璃
2.常见非金属及其化合物的重要特性与规律
(1)常见无机酸的重要特性
①HClO、HNO3、浓硫酸都具有强氧化性,都是氧化性酸,其中HNO3、HClO见光或受热易分解。
②浓硝酸与足量Cu反应时,随着反应进行,c(HNO3)逐渐减小,气体产物由NO2变为NO;浓硫酸与足量铜、浓盐酸与足量MnO2在加热条件下反应时,随着反应进行,c(H2SO4)、c(HCl)逐渐减小,反应会停止。
③常温下,铁、铝在浓硫酸、浓硝酸中发生钝化,表面生成致密的氧化膜,属于化学变化。
(2)常见无机酸的重要规律
①最高价氧化物对应水化物的酸性与元素的非金属性有关,如非金属性:S>P>C>Si,则酸性:H2SO4>H3PO4>H2CO3>H2SiO3。
②利用复分解反应中“强酸制取弱酸”的规律比较酸性的强弱,如:Na2SiO3+CO2+H2O ══ H2SiO3↓+Na2CO3,则酸性:H2CO3>H2SiO3。
③强氧化性酸(如HNO3、浓硫酸等)与金属反应时不生成H2;金属与浓硝酸反应一般生成NO2,与稀硝酸反应一般生成NO。
易错辨析
1.SiO2可以与NaOH溶液和HF溶液反应,所以SiO2是两性氧化物。( )
2.将CO2气体通入BaCl2溶液中,不生成白色沉淀,则将SO2气体通入BaCl2溶液中,也不生成白色沉淀。( )
3.在胆矾中加入浓硫酸后,胆矾由蓝色变为白色,说明浓硫酸具有脱水性。
( )
×
SiO2是酸性氧化物,与HF溶液反应是其特殊性质。
√
CO2和SO2均为弱酸的酸性氧化物,两者性质相似,均不能与BaCl2溶液反应产生沉淀。
×
浓硫酸将现成的结晶水吸去表现为吸水性
4.测定NaClO溶液的pH的方法:用洁净的玻璃棒蘸取少许NaClO溶液滴在紫色石蕊试纸上。( )
×
NaClO溶液具有漂白性,不能使用试纸检测。
精研核心命题
命题点1元素及其化合物的性质
典例1 (2023·北京卷)蔗糖与浓硫酸发生作用的过程如图所示。
下列关于该过程的分析不正确的是( )
A.过程①白色固体变黑,主要体现了浓硫酸的脱水性
B.过程②固体体积膨胀,与产生的大量气体有关
C.过程中产生能使品红溶液褪色的气体,体现了浓硫酸的酸性
D.过程中蔗糖分子发生了化学键的断裂
C
解析 浓硫酸具有脱水性,能将有机物中的H原子和O原子按2∶1的比例脱除,蔗糖中加入浓硫酸,白色固体变黑,体现浓硫酸的脱水性,A正确;浓硫酸脱水过程中释放大量热,发生反应C+2H2SO4(浓) CO2↑+2SO2↑+2H2O,产生大量气体,使固体体积膨胀,B正确;浓硫酸脱水过程中生成的SO2能使品红溶液褪色,体现浓硫酸的强氧化性,C错误;该过程中蔗糖发生了化学反应,发生了化学键的断裂,D正确。
典例2 (2022·广东卷)若将铜丝插入热浓硫酸中进行如图(a~d均为浸有相应溶液的棉花)所示的探究实验,下列分析正确的是( )
A.Cu与浓硫酸反应,只体现H2SO4的酸性
B.a处变红,说明SO2是酸性氧化物
C.b或c处褪色,均说明SO2具有漂白性
D.试管底部出现白色固体,说明反应中无H2O生成
B
解析 铜与浓硫酸反应生成CuSO4体现了浓硫酸的酸性,生成SO2体现了浓硫酸的强氧化性,A错误。a处的紫色石蕊溶液变红,其原因是SO2溶于水生成了酸,可说明SO2是酸性氧化物,B正确。b处品红溶液褪色,其原因是SO2具有漂白性;c处酸性高锰酸钾溶液褪色,其原因是SO2和KMnO4发生氧化还原反应,SO2体现出还原性,C错误。实验过程中试管底部出现白色固体,根据元素守恒可知,其成分为无水CuSO4,而非蓝色的CuSO4·5H2O,其原因是浓硫酸体现出吸水性,将反应生成的H2O吸收,D错误。
变式演练(2023·陕西西安联考)某教师设计了如图装置(省略夹持装置)探究碳与浓硝酸的反应,已知铂丝在实验过程中不参与反应,下列说法错误的是( )
查阅资料可知:NO2可与NaOH反应生成物质的量相同的两种盐。
A.将红热的木炭伸进浓硝酸中可以观察到有红棕色气体产生
B.通过三颈烧瓶内的现象可知该反应的化学方程式为C+2HNO3(浓) CO2↑+2NO↑+H2O
C.反应结束后,将NaOH溶液加入三颈烧瓶中吸收NO2,反应的离子方程式为2NO2+2OH- ══ + +H2O
D.浓硝酸呈黄色的原因可能是浓硝酸分解生成的NO2溶解在溶液中
B
解析 红热的木炭伸进浓硝酸中反应生成NO2气体,可以观察到有红棕色气体产生,A正确;红热的木炭伸进浓硝酸中反应生成NO2气体,反应的化学方程式为C+4HNO3(浓) CO2↑+4NO2↑+2H2O,B错误;反应结束后,将NaOH溶液加入三颈烧瓶中吸收NO2,NO2发生歧化反应生成硝酸钠和亚硝酸钠,反应的离子方程式为2NO2+2OH- ══ + +H2O,C正确;NO2为红棕色气体,浓硝酸呈黄色的原因可能是浓硝酸分解生成的NO2溶解在溶液中,D正确。
命题点2元素及其化合物的应用
典例3 (2023·浙江1月选考卷)物质的性质决定用途,下列两者对应关系不正确的是( )
A.SO2能使某些色素褪色,可作漂白剂
B.金属钠导热性好,可用作传热介质
C.NaClO溶液呈碱性,可用作消毒剂
D.Fe2O3呈红色,可用作颜料
C
解析 NaClO具有强氧化性,可使蛋白质变性,故常用作消毒剂,与其溶液呈碱性无关,C错误。
变式演练(2023·青海海东联考)氮及其化合物在生活中有着重要用途。下列关于氮及其化合物的性质与用途不具有对应关系的是( )
A.氮气的化学性质很稳定,可用作某些反应的保护气
B.液氨汽化时要吸收大量的热,液氨常用作制冷剂
C.NH3具有还原性,可以用来还原氧化铜
D.硝酸是强酸,可以用来与金属反应制NH3
D
解析 A项,氮气中的氮氮三键不易断裂,化学性质非常稳定,可用作某些反应的保护气;B项,液氨汽化吸热,降低环境的温度,达到制冷的目的;C项,NH3中N为-3价,处于最低价态具有还原性,可将氧化铜还原为Cu;D项,硝酸具有强氧化性与金属反应产生NO或者NO2,不能制备NH3;故选D。
【思维建模】
解答元素及其化合物的性质与应用类题目的方法
训练分层落实
练真题·明考向
1.(2023·浙江6月选考卷)物质的性质决定用途,下列两者对应关系不正确的是( )
A.铝有强还原性,可用于制作门窗框架
B.氧化钙易吸水,可用作干燥剂
C.维生素C具有还原性,可用作食品抗氧化剂
D.过氧化钠能与二氧化碳反应生成氧气,可作潜水艇中的供氧剂
A
解析 铝用于制作门窗框架,利用了铝的硬度大、密度小、抗腐蚀等性质,而不是利用它的还原性,A错误。
2.(2023·广东卷)下列陈述Ⅰ与陈述Ⅱ均正确,且具有因果关系的是( )
选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ
A 将浓硫酸加入蔗糖中形成多孔炭 浓硫酸具有氧化性和脱水性
B 装有NO2的密闭烧瓶冷却后颜色变浅 NO2转化为N2O4的反应吸热
C 久置空气中的漂白粉遇盐酸产生CO2 漂白粉的有效成分是CaCO3
D 1 mol·L-1 NaCl溶液导电性比同浓度醋酸强 NaCl溶液的pH比醋酸的高
A
解析 浓硫酸具有脱水性,能使蔗糖脱水炭化;浓硫酸具有强氧化性,可与生成的炭反应生成SO2、CO2和H2O,形成多孔炭,A正确。装有NO2的密闭烧瓶冷却后颜色变浅,说明平衡向生成N2O4方向移动,故NO2转化为N2O4的反应放热,B错误。漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2,Ca(ClO)2久置于空气中吸收CO2生成CaCO3而变质,盐酸可与CaCO3反应产生CO2,C错误。1 mol·L-1 NaCl溶液导电性比同浓度醋酸强,说明醋酸部分电离,与其溶液的pH无关,D错误。
练易错·避陷阱
3.(2023·陕西西安联考)化学与社会、生活息息相关,下列说法正确的
是( )
A.为防止形成酸雨,工业上常用石膏与含硫的煤混合燃烧
B.如果发生氯气泄漏,附近人员应迅速远离泄漏点,并顺风往低洼处跑
C.碳化硅、氧化铝陶瓷为新型无机非金属材料
D.节日燃放的五彩缤纷的烟花,所呈现的是各种金属单质的焰色
C
解析 为防止形成酸雨,工业上采用石灰石与含硫的煤混合燃烧,A错误;如果发生氯气泄漏,附近人员应迅速远离泄漏点,并逆风往高处跑,B错误;水泥、玻璃、陶瓷属于传统无机非金属材料,碳化硅、氧化铝陶瓷属于新型无机非金属材料,C正确;节日燃放的五彩缤纷的烟花,所呈现的是各种金属元素的焰色,不一定是金属单质,可能是金属化合物,D错误。
4.(2023·宁夏银川一中期中)下列实验中,对应的现象及结论都正确的
是( )
选项 实验步骤 现象 结论
A 向FeCl3和BaCl2的混合溶液中通入过量SO2 溶液变为浅绿色且有白色沉淀生成 沉淀为
BaSO4
B 向KI溶液中加入CCl4,振荡后静置 液体分层,下层呈紫红色 碘易溶于CCl4,难溶于水
C 向溴水中通入过量SO2 溶液变为无色 SO2具有漂白性
D 将SO2通入氢硫酸(H2S)溶液中 有黄色沉淀产生 SO2具有还原性
A
解析 向FeCl3和BaCl2的混合溶液中通入过量SO2,Fe3+与SO2反应生成Fe2+和 , 与Ba2+反应生成BaSO4沉淀,A正确;向KI溶液中加入CCl4,上、下两层均为无色,B错误;向溴水中通入过量SO2后褪色,发生氧化还原反应生成硫酸和氢溴酸,体现SO2的还原性,C错误;将SO2通入氢硫酸(H2S)溶液中,有黄色沉淀生成,说明二氧化硫和硫化氢发生氧化还原反应生成硫单质,二氧化硫化合价降低,体现SO2的氧化性,D错误。
5.(2023·安徽淮北一模)某校化学兴趣小组利用如图装置在实验室制备“84”消毒液,下列说法正确的是( )
A.装置Ⅰ中的KMnO4可以替换成MnO2
B.装置Ⅱ可以除去Cl2中HCl杂质,长颈漏斗可以平衡压强
C.装置Ⅲ中消耗5.6 L Cl2(标准状况),转移0.5 mol电子
D.装置Ⅳ的作用是吸收空气中的CO2和水蒸气
B
解析 图Ⅰ中没有加热装置,故不能将KMnO4替换成MnO2,A错误;装置Ⅱ可以除去Cl2中的HCl杂质,长颈漏斗可以平衡压强,B正确;装置Ⅲ中消耗5.6 L Cl2(标准状况),Cl2发生歧化反应生成NaCl和NaClO,转移0.25 mol电子,C错误;装置Ⅳ的作用是吸收未反应的Cl2,防止污染空气,D错误。
练预测·押考向
6.某实验小组设计如下实验探究Fe(OH)2的制备,下列有关分析不合理的是
( )
实验 操作 现象
Ⅰ 将一块FeSO4晶体浸入30 mL蒸馏水中 一分钟后,晶体表面仍为浅绿色,溶液呈更浅的绿色
Ⅱ 将另一块FeSO4晶体浸入30 mL 1 mol·L-1 NaOH溶液中 一分钟后,晶体表面变白;捞出晶体露置在空气中,表面逐渐变为红褐色
Ⅲ 将10 mL 1.5 mol·L-1 FeSO4溶液与20 mL 1.5 mol·L-1 NaOH溶液混合 立即出现大量灰绿色浑浊,一分钟
后,液面附近出现红褐色浑浊
A.实验Ⅰ起对照作用,排除FeSO4晶体自身在水中的颜色变化
B.实验Ⅱ晶体表面长时间保持白色,与Fe(OH)2难溶、未分散于水有关
C.捞出晶体后发生反应:4Fe(OH)2+O2+2H2O ══ 4Fe(OH)3
D.实验Ⅲ溶液中氧气含量明显多于实验Ⅱ中
答案 D
解析 实验Ⅰ中,晶体表面为浅绿色,起对照作用,目的是排除实验Ⅱ中晶体表面变白,不是因为FeSO4晶体自身在水中的颜色变化引起,A合理;Fe(OH)2具有较强的还原性,易被溶液中溶解的氧气氧化,实验Ⅱ晶体表面之所以能长时间保持白色,与Fe(OH)2难溶、未分散于水有关,B合理;Fe(OH)2具有较强的还原性,易被氧气氧化,捞出晶体后发生的反应为4Fe(OH)2+O2+2H2O ══ 4Fe(OH)3,C合理;根据控制单一变量的原则,实验Ⅱ和Ⅲ反应条件不一样(实验Ⅱ为FeSO4晶体,而实验Ⅲ为FeSO4溶液),单从实验结果分析,无法得出实验Ⅲ溶液中氧气含量明显多于实验Ⅱ的结论,D不合理。
7.实验小组探究SO2与Na2O2的反应。向盛有SO2的烧瓶中加入Na2O2固体,测得反应体系中O2含量的变化如图。
下列说法不正确的是( )
A.根据有O2生成推测发生了反应:2Na2O2+2SO2 ══ 2Na2SO3+O2
B.bc段O2含量下降与反应O2+2Na2SO3 ══ 2Na2SO4有关
C.可用HNO3酸化的BaCl2溶液检验b点固体中是否含有Na2SO4
D.产物Na2SO4也可能是SO2与Na2O2直接化合生成
C
解析 向盛有SO2的烧瓶中加入Na2O2固体,由图像可知发生的反应可能有:2Na2O2+2SO2 ══ 2Na2SO3+O2,2Na2SO3+O2 ══ 2Na2SO4,无法判断反应Na2O2+SO2 ══ Na2SO4是否发生。根据有O2生成推测发生反应2Na2O2+2SO2 ══ 2Na2SO3+O2,A正确;bc段O2含量下降,可能是发生反应O2+2Na2SO3 ══ 2Na2SO4,B正确;HNO3具有强氧化性,能将 氧化为 ,不能用HNO3酸化的BaCl2溶液检验b点固体中是否含有Na2SO4,C错误;根据上述分析可知,产物Na2SO4也可能是SO2与Na2O2直接化合生成,D正确。
考点2元素及其化合物之间的转化
聚焦核心要点
要点1基于“价—类”二维图认识元素及其化合物之间的转化关系
课标指引:1.能够列举、描述、辨识典型物质重要的物理和化学性质及实验现象。 2.能从物质类别、元素价态的角度,依据复分解反应和氧化还原反应原理,预测物质的化学性质和变化。
1.钠及其重要化合物
重要的化学方程式:
①2Na2O2+2H2O ══ 4NaOH+O2↑,
2Na2O2+2CO2 ══ 2Na2CO3+O2;
②Na2CO3+HCl(少量) ══ NaCl+NaHCO3,
Na2CO3+2HCl(足量) ══ 2NaCl+CO2↑+H2O;
③Na2CO3+CO2+H2O ══ 2NaHCO3;
④2NaHCO3 Na2CO3+CO2↑+H2O。
2.铁及其重要化合物
重要的方程式:
①2FeCl3+Fe ══ 3FeCl2,
2FeCl3+Cu ══ 2FeCl2+CuCl2;
②2FeCl2+Cl2 ══ 2FeCl3,
2Fe2++H2O2+2H+ ══ 2Fe3++2H2O;
③4Fe(OH)2+O2+2H2O ══ 4Fe(OH)3;
④2Fe(OH)3+6H++2I- ══ 2Fe2++I2+6H2O。
3.铝及其重要化合物
重要的方程式:
①Al2O3+6H+ ══ 2Al3++3H2O,
Al2O3+2OH- ══ 2 +H2O;
②Al(OH)3+3H+ ══ Al3++3H2O,
Al(OH)3+OH- ══ +2H2O;
③ +CO2(足量)+2H2O ══ Al(OH)3↓+ (化工流程题中常考)。
4.氯及其重要化合物
重要的化学方程式:
①MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O,
2KMnO4+16HCl(浓)══ 2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O;
②2Cl2+2Ca(OH)2 ══
CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O(制取漂白粉);
③2NaOH+Cl2 ══ NaCl+NaClO+H2O(制取漂白液);
④Cl2+SO2+2H2O ══ H2SO4+2HCl。
5.硫及其重要化合物
6.氮及其重要化合物
要点2“微流程”“微实验”中的物质转化
课标指引:1.探究反应规律,进行物质的制备、分离等不同类型化学实验及探究活动的核心思路与基本方法。 2.通过化学反应可以探索物质的性质、实现物质转化,认识物质及其转化在自然资源综合利用和环境保护中的重要价值。
1.“微流程”中物质转化的思维模型
2.“微实验”中物质转化的思维模型
易错辨析
试判断物质间的转化能否通过一步反应实现(填“能”或“不能”):
不能
氨的催化氧化生成NO。
不能
SiO2不与水反应。
能
S燃烧生成SO2,SO2与H2O反应生成H2SO3。
不能
Na2O与H2O反应生成NaOH,不能生成O2。
精研核心命题
命题点1基于“价—类”二维图的物质转化关系
典例1 (2023·广东卷)部分含Na或含Cu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( )
A.可存在c→d→e的转化
B.能与H2O反应生成c的物质只有b
C.新制的d可用于检验葡萄糖中的醛基
D.若b能与H2O反应生成O2,则b中含共价键
B
解析 若为含Cu物质,c为CuOH,d为Cu(OH)2,e为CuO,CuOH被氧化生成Cu(OH)2,Cu(OH)2受热分解生成CuO,存在c→d→e的转化,A正确。若为含钠物质,a为Na,b为Na2O2(或Na2O),c为NaOH,Na、Na2O2(或Na2O)都能与水反应生成NaOH,B错误。若d为Cu(OH)2,新制Cu(OH)2可用于检验葡萄糖中的醛基,C正确。若b能与H2O反应生成O2,则b为Na2O2,由Na+和构成,则b中含离子键和共价键,D正确。
变式演练(2023·河南郑州一模)“价—类”二维图是基于核心元素的化合价和物质类别研究物质性质的一种模型。下图是硫元素的“价—类”二维图。下列说法正确的是( )
A.硫化亚铁与稀硝酸反应可用来制取a
B.从价态角度分析,a、b、c、g都具有还原性
C.c通入溴水中,溴水褪色,证明c有漂白性
D.b在足量的纯氧中燃烧,可一步转化为d
B
解析 根据硫元素的“价—类”二维图可知,a为H2S,b为S,c为SO2,d为SO3,e为H2SO4,f为含+4价硫元素的盐,g为含S2-或HS-的盐。硝酸可以氧化硫化亚铁中的硫元素而生成硫或硫酸盐,不会生成硫化氢,A错误;a、b、c、g中S元素都不是最高价,故可以被氧化,具有还原性,B正确;SO2使溴水褪色体现了SO2的还原性,不能证明二氧化硫的漂白性,C错误;硫单质在氧气中燃烧只能生成二氧化硫,不能一步转化为三氧化硫,D错误。
命题点2“微流程”中的物质转化
典例2 (2022·山东卷)高压氢还原法可直接从溶液中提取金属粉。以硫化铜精矿(含Zn、Fe元素的杂质)为主要原料制备Cu粉的工艺流程如下,可能用到的数据见下表。
物质 Fe(OH)3 Cu(OH)2 Zn(OH)2
开始沉淀pH 1.9 4.2 6.2
沉淀完全pH 3.2 6.7 8.2
下列说法错误的是( )
A.固体X主要成分是Fe(OH)3和S;金属M为Zn
B.浸取时,增大O2压强可促进金属离子浸出
C.中和调pH的范围为3.2~4.2
D.还原时,增大溶液酸度有利于Cu的生成
D
解析 根据工艺流程可知,固体X的主要成分是S、Fe(OH)3,金属M为Zn,A正确;CuS难溶于硫酸,在溶液中存在沉淀溶解平衡CuS(s) Cu2+(aq)+
S2-(aq),增大O2的浓度,可以反应消耗S2-,使之转化为S,从而使沉淀溶解平衡正向移动,从而可促进金属离子的浸取,B正确;用NH3调节溶液pH时,要使Fe3+转化为沉淀,而Cu2+、Zn2+仍以离子形式存在于溶液中,结合离子沉淀的pH范围可知,中和时应该调节溶液pH范围为3.2~4.2,C正确;用H2还原Cu2+变为Cu单质时,H2失去电子被氧化为H+,与溶液中OH-结合形成H2O,若还原时增大溶液的酸度,即c(H+)增大,不利于H2失去电子还原Cu2+,故不利于Cu的生成,D错误。
要点图解 本题中物质转化分析如下:
变式演练(2023·内蒙古呼和浩特调研)铝氢化钠(NaAlH4)是有机合成中的一种重要还原剂。以铝土矿(主要成分为Al2O3,含SiO2和Fe2O3等杂质)为原料制备铝氢化钠的一种工艺流程如图:
下列说法中错误的是( )
A.为了提高“碱溶”效率,在“碱溶”前对铝土矿进行粉碎
B.“反应Ⅰ”的部分化学原理与泡沫灭火器的原理相同
C.“滤渣1”的主要成分为氧化铁
D.“反应Ⅲ”的化学方程式为4NaH+AlCl3 ══ NaAlH4+3NaCl
B
【思维建模】
抓住“六关键”,突破“微流程”中物质转化类题目
命题点3“微实验”中的物质转化
典例3 (2023·湖北卷)利用如图所示的装置(夹持及加热装置略)制备高纯白磷的流程如下:
下列操作错误的是( )
A.红磷使用前洗涤以除去表面杂质
B.将红磷转入装置,抽真空后加热外管以去除水和氧气
C.从a口通入冷凝水,升温使红磷转化
D.冷凝管外壁出现白磷,冷却后在氮气氛围下收集
C
解析 洗去红磷表面杂质,有利于得到高纯度的白磷,A正确;为防止红磷在加热条件下与O2反应,可加热除去红磷表面的水,以及装置内的氧气,B正确;冷凝水从b口通入,才能使冷凝管中充满水,提高冷凝效果,C错误;白磷着火点低,为防止白磷自燃,可在N2气氛中收集,D正确。
变式演练(2023·内蒙古赤峰4月模拟)利用如图所示装置(夹持装置略)进行实验,b中现象不能证明a中产物的是( )
选项 装置a中反应 b中检测试剂及现象
A Cu与浓硫酸反应生成SO2 品红溶液褪色
B 浓硝酸分解生成NO2 淀粉KI溶液变蓝
C 浓NaOH溶液与NH4Cl溶液反应生成NH3 酚酞溶液变红
D CH3COOH、CH3CH2OH与浓硫酸混合生成乙酸乙酯 饱和碳酸钠溶液上层有无色带香味的油状液体
B
解析 铜与浓硫酸共热反应生成的二氧化硫具有漂白性,能使品红溶液褪色,则品红溶液褪色能说明铜与浓硫酸共热反应生成二氧化硫,A不符合题意;浓硝酸具有挥发性,挥发出的硝酸也能与碘化钾溶液反应生成遇淀粉溶液变蓝色的碘,则淀粉KI溶液变蓝色不能说明浓硝酸分解生成二氧化氮,B符合题意;浓氢氧化钠溶液与氯化铵溶液共热反应生成能使酚酞溶液变红的氨,则酚酞溶液变红能说明浓氢氧化钠溶液与氯化铵溶液共热反应生成氨,C不符合题意;CH3COOH、CH3CH2OH与浓硫酸混合生成乙酸乙酯,乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液,则饱和碳酸钠溶液上层有无色带香味的油状液体能说明有乙酸乙酯生成,D不符合题意。
【思维建模】
抓住“四步骤”,突破“微实验”中物质转化类题目
训练分层落实
练真题·明考向
1.(2023·辽宁卷)下列有关物质的工业制备反应错误的是( )
D
解析 MgO熔点高,冶炼镁采取电解熔融氯化镁:MgCl2 Mg+Cl2↑,D错误。
2.(2023·湖南卷)处理某铜冶金污水(含Cu2+、Fe3+、Zn2+、Al3+)的部分流程如下。
已知:①溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示。
物质 Fe(OH)3 Cu(OH)2 Zn(OH)2 Al(OH)3
开始沉淀pH 1.9 4.2 6.2 3.5
完全沉淀pH 3.2 6.7 8.2 4.6
②Ksp(CuS)=6.4×10-36,Ksp(ZnS)=1.6×10-24。
下列说法错误的是( )
A.“沉渣Ⅰ”中含有Fe(OH)3和Al(OH)3
D.“出水”经阴离子交换树脂软化处理后,可用作工业冷却循环用水
D
练易错·避陷阱
3.(2023·陕西咸阳一模)如图是某元素常见物质的“价—类”二维图,f为钠盐。下列说法不正确的是( )
A.物质a既可被氧化,也可被还原
B.可存在a→b→d→e→f的转化关系
C.可通过灼热的氧化铜除去d中混有的少量c
D.向足量f溶液中加入少量稀盐酸,一定没有CO2产生
D
解析 结合图示可知,a为CH4、b为C、c为CO、d为CO2、e为H2CO3、f为Na2CO3或NaHCO3。a为CH4,碳元素化合价可升高,氢元素化合价可降低,则物质a既可被氧化,也可被还原,A正确;可存在a→b→d→e→f的转化关系:甲烷高温分解生成碳,碳燃烧生成二氧化碳,二氧化碳溶于水生成碳酸,碳酸与适量的碱反应生成盐,B正确;CO能被灼热的氧化铜氧化生成二氧化碳,可通过灼热的氧化铜除去d中混有的少量c,C正确;f可能为正盐或酸式盐,向足量f溶液中加入少量稀盐酸,正盐转化成酸式盐,可能没有CO2产生,酸式盐和盐酸反应一定有CO2产生,D错误。
4.(2023·陕西汉中第一次质检)以锌焙砂(主要成分为ZnO,含少量Cu2+、Mn2+等离子)为原料,制备2Zn(OH)2·ZnCO3的工艺流程如下:
以下说法错误的是( )
A.“过滤”操作中需使用的玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒
B.“沉锌”过程发生反应后释放的气体A为CO2
C.“浸取”过程中H2O2表现还原性
D.“过滤3”所得滤液可循环使用,其主要成分的化学式是(NH4)2SO4
C
5.(2023·青海西宁统考)铝土矿中主要含有Al2O3,还有少量Fe2O3、SiO2杂质,从铝土矿中冶炼金属铝方法如图所示(步骤①②③中每步反应结束后经过过滤才进行下一步反应)。下列有关说法不正确的是( )
A.电解熔融氧化铝制取金属铝时加入冰晶石的作用是降低氧化铝熔融所需的温度
B.步骤②的作用是除去“母液1”中的Fe3+和H+
C.步骤③生成沉淀的离子方程式为 +CO2+2H2O══ +Al(OH)3↓
D.将步骤①和步骤②顺序颠倒,再通入足量CO2也能得到氢氧化铝沉淀
D
解析 铝土矿的主要成分是Al2O3,还有杂质SiO2、Fe2O3,结合流程可知,步骤①中,用盐酸浸取铝土矿经过滤得到“母液1”,“母液1”含有AlCl3、FeCl3;向“母液1”中加入足量NaOH溶液除去H+、Fe3+,并将Al3+转化为 ,过滤得到“母液2”,“母液2”中含有NaAlO2;向“母液2”中通入足量二氧化碳,得到Al(OH)3;加热Al(OH)3分解得到Al2O3,再电解氧化铝可得到Al。氧化铝熔点较高,需要加入冰晶石,降低氧化铝熔融所需的温度,A项正确;步骤②中加入足量NaOH溶液,作用是除去H+、Fe3+,B项正确;通入足量二氧化碳与
反应: +CO2+2H2O ══ +Al(OH)3↓,C项正确;将步骤①和步骤②顺序颠倒,“母液2”中含有Al3+,再通入足量CO2得不到氢氧化铝沉淀,D项错误。
练预测·押考向
6.(2023·陕西汉中第一次质检)天然气因含有少量H2S等气体开采应用受限,T.f菌在酸性溶液中可实现天然气的催化脱硫,其原理如图所示。下列说法不正确的是( )
A.该脱硫过程中Fe2(SO4)3可循环利用
B.由脱硫过程可知,氧化性:Fe2(SO4)3
D.副产物硫单质可以用来制硫酸及杀虫剂等
B
解析 过程Ⅰ中Fe2(SO4)3被还原为FeSO4,过程Ⅱ中FeSO4又被氧化为Fe2(SO4)3,所以Fe2(SO4)3可循环利用,A正确;过程Ⅰ中Fe2(SO4)3将H2S氧化为S,所以氧化性Fe2(SO4)3>S,B错误;标准状况下2.24 L O2为0.1 mol,参与反应时转移0.4 mol电子,H2S被氧化为S,硫元素化合价升高2价,所以能脱除0.2 mol H2S,质量为0.2 mol×34 g·mol-1=6.8 g,C正确;S单质具有杀虫杀菌作用,且S单质通过燃烧生成SO2,SO2与O2反应生成SO3,可以用来制硫酸,D正确。
7.炼油、石化等工业会产生含硫(-2价)废水,可通过催化氧化法进行处理,碱性条件下,催化氧化废水的机理如图所示。其中MnO2为催化剂,附着在催化剂载体聚苯胺的表面。下列说法正确的是( )
A.催化氧化过程中只有共价键的断裂
B.转化Ⅰ中化合价发生变化的元素仅有S和Mn
C.催化氧化过程的总反应为O2+2H2O+2S2- 4OH-+2S↓
D.催化剂会持续发挥催化作用
C
解析 由图可知,转化Ⅰ中二氧化锰中氧脱离生成空位,有离子键的断裂,水生成OH-,有共价键的断裂,A错误;转化Ⅰ中锰原子形成的化学键数目发生改变,故化合价发生变化的元素有S、O和Mn,B错误;催化氧化过程的总反应为氧气、水、硫离子在催化作用下生成氢氧根离子和硫单质: O2+2H2O+2S2- 4OH-+2S↓,C正确;反应中生成硫单质,生成的S覆盖在催化剂表面或进入催化剂内空位处,阻碍了反应的进行,导致催化剂使用一段时间后催化效率会下降,D错误。
突破高考题型(四)化学工艺流程及分析
高考指引:近几年,全国卷及各省市高考化学试卷大多考查了化学工艺流程题,侧重考查新信息的吸收和处理能力,及灵活应用所学知识解决生产实际问题的能力,突出对“证据推理与模型认知”等化学学科核心素养的考查。
突破点1 物质转化过程的分析
核心归纳
1.化学工艺流程题
的结构模型
2.分析化学工艺流程图示的常用方法
(1)主线法
①流程图大多分为三部分:原料预处理阶段、转化与分离阶段、获取最终产物阶段。
②分析每个流程中前后物质的变化。
(2)双线法
①反应线:物质的性质及转化关系。
②操作线:物质转化过程中涉及的实验操作,如分离提纯等。
(3)四线法
试剂线 为达到最终目的各步操作中加入的物质,发生氧化还原反应、复分解反应等
转化线 元素守恒——焙烧、煅烧、溶浸(酸浸、碱浸)、沉淀、结晶、电解等
除杂线 通过复分解反应沉淀、置换沉淀、氧化还原沉淀,或加热产生气体等
分离线 过滤(趁热过滤)、蒸发、结晶、萃取(反萃取)、洗涤、干燥等
真题感悟
1.(2023·全国甲卷)BaTiO3是一种压电材料。以BaSO4为原料,采用下列路线可制备粉状BaTiO3。
回答下列问题:
(1)“焙烧”步骤中碳粉的主要作用是 。
(2)“焙烧”后固体产物有BaCl2、易溶于水的BaS和微溶于水的CaS。“浸取”时主要反应的离子方程式为 。
做还原剂,将+6价硫元素还原为-2价
Ca2++S2- ══ CaS↓
(3)“酸化”步骤应选用的酸是 (填字母标号)。
a.稀硫酸 b.浓硫酸 c.盐酸 d.磷酸
(4)如果焙烧后的产物直接用酸浸取,是否可行 其原因是 。
(5)“沉淀”步骤中生成BaTiO(C2O4)2的化学方程式为
。
(6)“热分解”生成粉状钛酸钡,产生的 = 。
c
不可行,直接用酸浸取,产物中会混有钙离子,导致产品不纯
BaCl2+TiCl4+2(NH4)2C2O4+H2O ══BaTiO(C2O4)2↓+4NH4Cl+2HCl
1∶1
解析 (1)“焙烧”步骤中碳粉的主要作用是做还原剂,将硫酸钡中+6价硫元素还原为-2价,便于用水“浸取”后的分离。
(2)“浸取”的主要目的是将不溶于水的硫化钙和易溶于水的硫化钡分离,使钡离子进入溶液。主要反应的离子方程式为Ca2++S2- ══ CaS↓。
(3)“酸化”步骤不能用硫酸(包括浓硫酸、稀硫酸),防止又生成不溶于水的硫酸钡;也不宜用磷酸,一方面是因为磷酸钡不溶于水,另一方面是因为会引入新的杂质离子。
(4)如果“焙烧”后的产物直接用酸浸取,则钙离子无法与钡离子分离,导致产品不纯。
(5)依据题给流程信息,“沉淀”反应中反应物有BaCl2、TiCl4、(NH4)2C2O4,还有水,产物是BaTiO(C2O4)2,该反应属于非氧化还原反应。故“沉淀”步骤中生成BaTiO(C2O4)2的化学方程式为BaCl2+TiCl4+2(NH4)2C2O4+H2O ══ BaTiO(C2O4)2↓+4NH4Cl+2HCl。
(6)“热分解”生成粉状钛酸钡,分解过程中钡元素、钛元素的化合价均未改变,则草酸根发生歧化反应生成CO2和CO;依据草酸根中碳元素为+3价,则产物中 =1∶1。
2.(2023·全国乙卷)LiMn2O4作为一种新型锂电池正极材料受到广泛关注。由菱锰矿(MnCO3,含有少量Si、Fe、Ni、Al等元素)制备LiMn2O4的流程如下:
已知:Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10-39,Ksp[Al(OH)3]=1.3×10-33, Ksp[Ni(OH)2]=5.5×10-16。
回答下列问题:
(1)硫酸溶矿主要反应的化学方程式为
。
为提高溶矿速率,可采取的措施___________________________________
(举1例)。
(2)加入少量MnO2的作用是 。不宜使用H2O2替代MnO2,原因是 。(3)溶矿反应完成后,反应器中溶液pH=4,此时c(Fe3+)= mol·L-1;用石灰乳调节至pH≈7,除去的金属离子是 。
MnCO3+H2SO4 ══ MnSO4+CO2↑+H2O
将矿石粉碎、搅拌、适当升高温度、
适当提高硫酸的浓度等
将Fe2+氧化为Fe3+
Fe3+对H2O2的分解有催化作用,导致H2O2用量过大,造成资源浪费
2.8×10-9
Al3+
(4)加入少量BaS溶液除去Ni2+,生成的沉淀有 。
(5)在电解槽中,发生电解反应的离子方程式为 。
随着电解反应进行,为保持电解液成分稳定,应不断 。电解废液可在反应器中循环利用。
(6)煅烧窑中,生成LiMn2O4反应的化学方程式是
。
NiS、BaSO4
Mn2++2H2O MnO2+H2↑+2H+
加入Mn(OH)2
2Li2CO3+8MnO2 2CO2↑+O2↑+4 LiMn2O4
解析 (1)硫酸溶矿过程:通过强酸制弱酸的原理将锰元素由难溶性盐转化为可溶性盐。反应的化学方程式为MnCO3+H2SO4 ══ MnSO4+CO2↑+H2O。为提高溶矿速率,可通过将矿石粉碎、搅拌、适当升高温度、适当提高硫酸的浓度等方式实现。
(2)加入少量二氧化锰是为了将杂质中可能包含的少量亚铁离子氧化为铁离子,便于在后续操作中将其转化为Fe(OH)3沉淀而除去。由于H2O2会在铁离子的催化作用下分解,从而造成资源浪费,因此不宜用H2O2代替MnO2。
(3)当pH=4时,c(OH-)=1×10-10 mol·L-1,结合氢氧化铁的Ksp可知,铁离子的浓度为2.8×10-9 mol·L-1。根据Ksp[Al(OH)3]=1.3×10-33及Ksp[Ni(OH)2]=5.5×10-16可知,当pH=7时,Al3+已完全沉淀,而Ni2+不能完全沉淀,因此除去的是Al3+。
(4)体系中有镍离子与硫酸根离子,分别结合BaS中的S2-与Ba2+转化为NiS沉淀与BaSO4沉淀。
(5)根据电解后生成MnO2可知电解反应的离子方程式为Mn2++2H2O MnO2+H2↑+2H+;结合产生的MnO2与氢气的比值可知,为维持电解液成分稳定,应不断加入Mn(OH)2。
【思维建模】
解答物质转化过程中流程及分析的方法
(1)准确识别化学工艺流程图示呈现形式
(2)高度关注核心元素的转化,特别是元素的化合价变化。
(3)真心站在化工生产实际的角度来剖析问题。
突破点2 化工流程中的操作及原因的分析
核心归纳
化工流程中“原因类”描述性问题的答题模板
目的或原因 答题模板
沉淀水洗的目的 除去××(可溶于水)杂质
沉淀用乙醇洗涤的目的 a.减小固体的溶解度;b.除去固体表面吸附的杂质;c.乙醇挥发带走水分,使固体快速干燥
冷凝回流的作用及目的 防止××蒸气逸出脱离反应体系,提高××物质的转化率
控制溶液pH的目的 防止××离子水解;防止××离子沉淀;确保××离子沉淀完全;防止××溶解等
目的或原因 答题模板
加过量A试剂的原因 使B物质反应完全(或提高B物质的转化率)等
温度不高于××℃的原因 温度过高,××物质分解(如H2O2、浓硝酸、NH4HCO3等)或××物质挥发(如浓硝酸、浓盐酸)或××物质被氧化(如Na2SO3等)或促进××物质水解(如AlCl3等)
温度控制在××~××℃ 温度过高或温度过低会影响催化剂的活性或有副反应发生,同时也会影响反应速率
减压蒸馏(减压蒸发)的原因 减小压强,使液体沸点降低,防止××物质受热分解(如H2O2、浓硝酸、NH4HCO3等)
真题感悟
3.(2023·全国新课标卷)铬和钒具有广泛用途。铬钒渣中铬和钒以低价态含氧酸盐形式存在,主要杂质为铁、铝、硅、磷等的化合物。从铬钒渣中分离提取铬和钒的一种流程如下图所示。
回答下列问题:
(1)煅烧过程中,钒和铬被氧化为相应的最高价含氧酸盐,其中含铬化合物主要为 (填化学式)。
(2)水浸渣中主要有SiO2和 。
(3)“沉淀”步骤调pH到弱碱性,主要除去的杂质是 。
(4)“除硅磷”步骤中,使硅、磷分别以MgSiO3和MgNH4PO4的形式沉淀。该步需要控制溶液的pH≈9以达到最好的除杂效果。若pH<9时,会导致 ;pH>9时,
会导致 。
Na2CrO4
Fe2O3
铝
磷不能除净(磷酸盐会转化为可溶性酸式盐)
硅不能除净(生成氢氧化镁,镁离子被消耗)
A.酸性 B.碱性 C.两性
(6)“还原”步骤中加入焦亚硫酸钠(Na2S2O5)溶液,反应的离子方程式为 。
C
解析 (1)碱性条件下,铬被氧化生成Na2CrO4。
(2)Fe2O3不与Na2CO3、NaOH反应,也不溶于水。
(4)pH<9,磷容易形成易溶的磷酸二氢盐,导致磷不能除净。pH>9,易形成Mg(OH)2沉淀,导致硅不能除净。
突破点3 化工流程中的图像分析
核心归纳
1.溶解度曲线
及分析
2.浸取率曲线及分析
(1)“浸取率”升高的原因一般是温度升高,浸取速率加快,但当“浸取率”达到
最大值后,温度升高“浸取率”反而下降,其原因一般是反应试剂的分解或挥发。
(2)根据图中曲线变化,选择达到一定较高“浸取率”的条件。
3.物质存在形态与pH的关系
真题感悟
4.(2022·山东卷,17节选)工业上以氟磷灰石[Ca5F(PO4)3,含SiO2等杂质]为原料生产磷酸和石膏,工艺流程如下:
(1)部分盐的溶度积常数见下表。精制Ⅰ中,按物质的量之比n(Na2CO3)∶n( )=1∶1加入Na2CO3脱氟,充分反应后,
c(Na+)= mol·L-1;再分批加入一定量的BaCO3,首先转化为沉淀的离子是 。
项目 BaSiF6 Na2SiF6 CaSO4 BaSO4
Ksp 1.0×10-6 4.0×10-6 9.0×10-4 1.0×10-10
2.0×10-2
回答下列问题:
(2) 浓度(以SO3%计)在一定范围时,石膏存在形式与温度、H3PO4浓度(以P2O5%计)的关系如图甲所示。酸解后,在所得100 ℃、P2O5%为45的混合体系中,石膏存在形式为 (填化学式);洗涤时使用一定浓度的硫酸溶液而不使用水,原因是 ,回收利用洗涤液X的操作单元是 ;一定温度下,石膏存在形式与溶液中P2O5%和SO3%的关系如图乙所示,下列条件能实现酸解所得石膏结晶转化的是 (填字母)。
A.65 ℃、P2O5%=15、SO3%=15
B.80 ℃、P2O5%=10、SO3%=20
C.65 ℃、P2O5%=10、SO3%=30
D.80 ℃、P2O5%=10、SO3%=10
图甲
图乙
CaSO4·0.5H2O
减少CaSO4的溶解损失,提高石膏的产率
酸解
AD
(2)由图像知100 ℃、P2O5为45%的混合体系中,石膏存在形式为CaSO4·0.5H2O;硫酸钙在水溶液中存在沉淀溶解平衡CaSO4(s) Ca2+(aq)+ (aq),加入硫酸增大了硫酸根离子浓度,抑制了CaSO4的溶解,因此洗涤时使用一定浓度的硫酸溶液而不使用水的原因是减少CaSO4的溶解损失,提高石膏的产率;洗涤液X中含有硫酸,具有回收利用的价值,由于“酸解”时使用的也是硫酸,因此,回收利用洗涤液X的操作单元是“酸解”;由图乙信息可知,位于65 ℃线上方的晶体全部以CaSO4·0.5H2O形式存在,位于80 ℃线下方的晶体全部以CaSO4·2H2O形式存在,在两线之间的以两种晶体的混合物形式存在。
由图乙信息可知,在每条线上方的以CaSO4·0.5H2O形式存在,在每条线下方的以CaSO4·2H2O形式存在。A项,P2O5%=15、SO3%=15,该点坐标位于
65 ℃线的下方,能实现晶体的完全转化;B项,P2O5%=10、SO3%=20,该点坐标位于80 ℃线的上方,不能实现晶体的完全转化;C项,P2O5%=10、SO3%=30,该点坐标位于65 ℃线上方,不能实现晶体的完全转化;D项,P2O5%=10、SO3%=10,该点坐标位于80 ℃线下方,晶体全部以CaSO4·2H2O形式存在,能实现晶体的完全转化。
突破点4 化工流程中的定量分析及计算
核心归纳
1.化工流程中定量计算的常见类型及方法
类型 解题方法
物质含量的计算 根据关系式法、得失电子守恒法、滴定法等,求出混合物中某一成分的量,再除以样品的总量,即可得出其含量
确定物质化学式的计算 ①根据题给信息,计算出有关物质的物质的量;
②根据电荷守恒,确定出未知离子的物质的量;
③根据质量守恒,确定出结晶水的物质的量;
④各粒子的物质的量之比的最简整数比即为粒子的下标比
类型 解题方法
热重曲线计算 ①设晶体为1 mol;
②失重一般是先失水,再失气态非金属氧化物;
③计算每步的m余, =固体残留率;
④晶体中金属质量不减少,仍在m余中;
⑤失重最后一般为金属氧化物,由质量守恒得mO,由n金属∶nO即可求出失重后物质的化学式
类型 解题方法
多步滴定计算 复杂的滴定可分为两类:
①连续滴定法:第一步滴定反应生成的产物,还可以继续参加第二步的滴定,根据第二步滴定的消耗量,可计算出第一步滴定的反应物的量;
②返滴定法:第一步用的滴定剂是过量的,然后第二步再用另一物质返滴定过量的物质,根据第一步加入的量减去第二步中过量的量,即可得出第一步所求物质的物质的量
2.化工流程中定量计算的常用公式
真题感悟
5.(2022·辽宁卷,16节选)某工厂采用辉铋矿(主要成分为Bi2S3,含有FeS2、SiO2杂质)与软锰矿(主要成分为MnO2)联合焙烧法制备BiOCl和MnSO4,工艺流程如下:
已知:①焙烧时过量的MnO2分解为Mn2O3,FeS2转变为Fe2O3;
②金属活动性:Fe>(H)>Bi>Cu;
③相关金属离子形成氢氧化物的pH范围见表:
金属离子 开始沉淀pH 完全沉淀pH
Fe2+ 6.5 8.3
Fe3+ 1.6 2.8
Mn2+ 8.1 10.1
将100 kg辉铋矿进行联合焙烧,转化时消耗1.1 kg金属Bi,假设其余各步损失不计,干燥后称量BiOCl产品质量为32 kg,滴定测得产品中Bi的质量分数为78.5%。辉铋矿中Bi元素的质量分数为 。
24.02%
解析 对辉铋矿进行联合焙烧,转化时消耗1.1 kg金属Bi,即外加入1.1 kg金属Bi。32 kg BiOCl产品中Bi元素的质量分数为78.5%,则辉铋矿中含有Bi元素的质量为32 kg×78.5%-1.1 kg=24.02 kg,故辉铋矿中Bi元素的质量分数为 ×100%=24.02%。
考向预测演练
(2023·陕西联盟第二次大联考)氧化锆(ZrO2)可用于压电陶瓷及耐火材料的制备。以锆英石(主要为ZrSiO4,还含有少量的Fe3O4和Al2O3等杂质)为原料制备ZrO2的工艺流程如下:
已知:①锆英石焙烧碱熔生成可溶于水的Na2ZrO3,Na2ZrO3与酸反应生成ZrO2+。
②部分离子在此实验条件下开始沉淀和完全沉淀时的pH如下表:
离子 Al3+ Fe2+ Fe3+ ZrO2+
开始沉淀时 3.3 6.3 2.7 6.2
完全沉淀时 5.2 8.4 3.7 8.0
(1)“焙烧碱熔”前将锆英石粉碎的目的是 ,“焙烧碱熔”时制备Na2ZrO3的化学方程式为 。
(2)滤渣Ⅰ的成分为 ,滤渣Ⅱ的成分为 。
增大接触面积,加快反应速率
ZrSiO4+4NaOH Na2ZrO3+Na2SiO3+2H2O
H2SiO3
Al(OH)3、Fe(OH)3
(3)“酸浸”时,加入过量盐酸的目的是
。
(4)“氧化”时发生反应的离子方程式为
。
(5)“沉淀”调节溶液的pH范围为 。
加快酸浸的速率,提高焙烧碱熔产物的浸出率,提供酸性环境
ClO-+Cl-+2H+ ══ Cl2↑+H2O、2Fe2++ClO-+2H+ ══ 2Fe3++Cl-+H2O
5.2≤pH<6.2
解析 (1)“焙烧碱熔”前将锆英石粉碎的目的是增大锆英石与NaOH的接触面积,加快反应速率;根据已知信息①,制备Na2ZrO3的化学方程式为ZrSiO4+4NaOH Na2ZrO3+Na2SiO3+2H2O。
(2)四氧化三铁不与NaOH反应;“酸浸”步骤中,过量的NaOH与HCl发生反应:NaOH+HCl ══ NaCl+H2O,Na2ZrO3与盐酸反应转化成ZrOCl2和NaCl,NaAlO2与过量的盐酸反应生成AlCl3、NaCl,Na2SiO3与盐酸反应生成H2SiO3沉淀,Fe3O4与盐酸反应生成FeCl2和FeCl3;“氧化”步骤中,加入NaClO,将Fe2+氧化成Fe3+;“沉淀”步骤中,加入NaOH溶液调节pH,使Al3+、Fe3+以Al(OH)3、Fe(OH)3形式沉淀出来,则滤渣Ⅰ为H2SiO3,滤渣Ⅱ的成分为Al(OH)3、Fe(OH)3。
(3)“酸浸”步骤中加入过量盐酸的目的是加快酸浸的速率,提高焙烧碱熔产物的浸出率,提供酸性环境。
(4)NaClO具有强氧化性,因为加入的盐酸是过量的,因此“氧化”步骤中发生反应:ClO-+Cl-+2H+ ══ Cl2↑+H2O、2Fe2++ClO-+2H+ ══ 2Fe3++Cl-+H2O。
(5)“沉淀”调节溶液的pH使Al3+、Fe3+以Al(OH)3、Fe(OH)3形式沉淀,而ZrO2+不能沉淀,根据表中数据可知,调节pH范围是5.2≤pH<6.2。
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