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专题三 元素及其化合物
层级一 考点突破
01
一、钠及其化合物
1．网络构建
考点一 金属及其化合物
2．扫除知识盲点
(1)1 mol Na2O2参与反应转移电子的物质的量不一定为1 mol，如1 mol Na2O2与SO2反应转移的电子应为2 mol，化学方程式是Na2O2＋SO2===Na2SO4。
(2)除去CO2中的HCl气体，应选用饱和的NaHCO3溶液。
(3)向饱和的Na2CO3溶液中通入过量CO2，有NaHCO3晶体析出。
(4)Na2O、Na2O2中阴、阳离子个数比均为1∶2。
(5)Na2O2投入品红溶液中，因Na2O2具有强氧化性，所以可使品红溶液褪色。Na2O2投入无色酚酞溶液中，酚酞溶液先变红后褪色。
二、铝及其化合物
1．网络构建
2．扫除知识盲点
(1)铝是活泼金属，但铝的抗腐蚀性相当强，因为铝表面生成了一层致密的氧化物薄膜。
(2)引发铝热反应的操作步骤：首先在铝热剂上方铺一层KClO3，其次在中间插上一根用砂纸打磨过的镁条，最后点燃镁条。
(3)铝热反应不仅仅是单质铝与Fe2O3反应，还包含制取其他难熔金属的反应，但不能制备金属性比铝强的金属。铝热剂是混合物。
(4)Al(OH)3可用作抗酸药；明矾常用于净水；泡沫灭火器所用试剂为Al2(SO4)3溶液和NaHCO3溶液。
(5)Al2O3、Al(OH)3能溶于强酸或强碱溶液，但不溶于氨水。
三、铁及其化合物
1．网络构建
2．扫除知识盲点
(1)Fe与H2O(g)反应的产物是Fe3O4。Fe在Cl2中燃烧，无论Cl2过量还是不足均生成FeCl3。Fe与S反应时只能生成FeS。
(2)常温下，Fe、Al在冷的浓硫酸或浓硝酸中发生钝化，钝化属于化学变化。
(3)一定条件下，铁与硝酸、浓硫酸反应时，首先生成的一定是Fe3＋，当铁过量时，过量的铁将Fe3＋还原为Fe2＋：2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋。
(4)Fe3＋存在的溶液一定呈酸性，因为Fe3＋在pH为3.2左右时已经沉淀完全。
(5)当Fe2＋与Fe3＋共存时，检验Fe3＋的方法是取少许溶液，向其中加入KSCN溶液，溶液变为红色。
(6)铁氰化钾法鉴别Fe2＋、Fe3＋：Fe2＋能与[Fe(CN)6]3－形成蓝色沉淀Fe3[Fe(CN)6]2，而Fe3＋则不能。
(7)配制FeCl2溶液要加入铁粉防氧化；配制FeCl3溶液要加入浓盐酸抑制水解。
(8)Fe2＋、Fe3＋的盐溶液蒸发、灼烧，得到的最终物质为Fe3＋的盐固体或Fe2O3。
四、铜及其化合物
1．网络构建
考向1| 常见金属元素及其化合物的性质、应用及转化关系
1．(2023·浙江6月选考)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；氧化钙易吸水，并与水反应生成氢氧化钙，可吸收气体中或密闭环境中的水分，所以可用作干燥剂，B正确；维生素C具有还原性，且对人体无害，可用作食品抗氧化剂，C正确；过氧化钠能与二氧化碳反应生成氧气，同时可吸收人体呼出的二氧化碳和水蒸气，可作潜水艇中的供氧剂，D正确。
2．(2021·广东卷)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( )
A．a可与e反应生成b
B．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
√
√
D 解析：电解NaCl溶液生成NaOH、H2、Cl2，Cl2和石灰乳反应得到漂白粉，故A不符合题意；CuO不和水反应，故B不符合题意；Fe2O3和Al高温下反应生成Fe，Fe和Cl2反应生成FeCl3，故C不符合题意；Cu和浓硝酸反应生成NO2，NO2和Ca(OH)2溶液反应生成Ca(NO3)2和NO，故D符合题意。
4．部分含铜物质的分类与相应铜元素的化合价关系如图所示。下列说法正确的是( )
A．a、d均易溶于水
B．b既有氧化性又有还原性
C．常温下，f与单质硫反应生成e
D．向固体c中通入H2S气体生成e
√
B 解析：a为CuO，d为CuS，二者均为难溶于水的黑色粉末，A错误；b为Cu2O，Cu的化合价为＋1价，处于中间价态，既有氧化性又有还原性，B正确；Cu在常温下不与S反应，需要加热才能反应，C错误；向固体Cu(OH)2中通入H2S气体生成CuS，D错误。
考向2| 常见金属元素及其化合物与无机化工流程的综合考查
5．镍电池芯废料中主要含有金属镍，还含有金属钴、铁、铝。一种从镍电池芯废料中回收金属的工艺流程如下：
下列说法正确的是( )
A．“酸浸”时，若改用浓硫酸，反应速率更大，效果更好
B．H2O2在“氧化除杂”和“酸溶”中的作用不同
C．“钴镍分离”时发生反应的离子方程式为ClO－＋2Co2＋＋
4OH－＋H2O===2Co(OH)3↓＋Cl－
D．“结晶”时，快速蒸发溶液，得到的晶体颗粒较大
√
B 解析：浓硫酸会使铁、铝钝化，反而会减小反应速率，A错误；在“氧化除杂”中H2O2将亚铁离子转化为铁离子，H2O2起氧化作用，有利于将铁转化为氢氧化铁沉淀而除去，“酸溶”中H2O2将三价钴转化为二价钴，H2O2起还原作用，B正确；“钴镍分离”时次氯酸根离子、二价钴离子反应转化为氢氧化钴沉淀，所得溶液为酸性，故离子方程式为5H2O＋ClO－＋2Co2＋===2Co(OH)3↓＋Cl－＋4H＋，C错误；“结晶”时，缓慢蒸发溶液，得到的晶体颗粒较大，D错误。
6．(双选)工业以软锰矿(主要成分是MnO2，含有SiO2、Fe2O3等少量杂质)为主要原料制备高性能的磁性材料碳酸锰(MnCO3)，其工艺流程如图所示。下列说法错误的是( )
√
√
7．(2021·山东卷)工业上以SO2和纯碱为原料制备无水NaHSO3的主要流程如图所示。下列说法错误的是( )
A．吸收过程中有气体生成
B．结晶后母液中含有NaHCO3
C．气流干燥湿料时温度不宜过高
D．中和后溶液中含Na2SO3和NaHCO3
√
B 解析：根据工艺流程逆向分析可知，以二氧化硫和纯碱为原料，得到结晶的成分为NaHSO3，则母液为饱和NaHSO3溶液和过量的二氧化硫形成的亚硫酸溶液，呈酸性，所以加入纯碱进行中和，涉及的反应为H2SO3＋2Na2CO3===Na2SO3＋2NaHCO3，NaHSO3＋Na2CO3===Na2SO3＋NaHCO3，所以调节pH＝8进行中和后得到Na2SO3和NaHCO3，通入二氧化硫气体进行混合吸收，此时吸收过程中发生的反应为Na2SO3＋SO2＋H2O===2NaHSO3↓，SO2＋NaHCO3===CO2＋NaHSO3↓，此时会析出大量NaHSO3晶体，经过离心分离，将得到的湿料再进行气流干燥，最终得到NaHSO3产
品。根据上述分析可知，吸收过程中有二氧化碳生成，A正确；结晶后母液中含NaHSO3和H2SO3，没有NaHCO3，假设产物中存在NaHCO3，则其会与生成的NaHSO3发生反应，且NaHCO3溶解度较低，若其残留于母液中，会使晶体不纯，假设不成立，B错误；NaHSO3高温时易分解变质，所以气流干燥过程中温度不宜过高，C正确；结合上述分析可知，中和后溶液中含Na2SO3和NaHCO3，D正确。
8．(2023·山东卷)盐湖卤水(主要含Na＋、Mg2＋、Li＋、Cl－、SO和硼酸根等)是锂盐的重要来源。一种以高镁卤水为原料经两段除镁制备Li2CO3的工艺流程如下：
已知：常温下，Ksp(Li2CO3)＝2.2×10－2。相关化合物的溶解度与温度的关系如图所示。
一、碳、硅及其化合物
1．网络构建
考点二 非金属及其化合物
2．扫除知识盲点
(1)Si可用作半导体材料、光电池和芯片；SiO2用于制作光导纤维、石英玻璃和光学仪器等。
(2)酸性氧化物一般能与水反应生成相应的酸，但SiO2不溶于水；酸性氧化物一般不与酸作用，但SiO2能与氢氟酸反应。
(3)氢氟酸不能用玻璃容器盛放；NaOH溶液能用玻璃试剂瓶盛放，但不能用玻璃塞。
(4)水泥、玻璃与陶瓷是三大传统无机非金属材料；碳化硅、氮化硅等是新型无机非金属材料。
二、卤素及其化合物
1．网络构建
2．扫除知识盲点
(1)氯水、次氯酸应保存在棕色试剂瓶中。
(2)酸性KMnO4溶液应用硫酸酸化而不是盐酸。
(3)具有强氧化性的物质不一定具有漂白性。Cl2可以用于漂白，但Cl2不具有漂白性，起漂白作用的是HClO。
(4)Cl2具有强氧化性，但常温下可以储存在钢瓶中。Cl2在点燃或加热条件下与Fe反应，一定将铁氧化为FeCl3，而不是FeCl2，因为Cl2具有强氧化性且Fe(s)与FeCl3(s)不反应。
三、硫及其化合物
1．网络构建
2．扫除知识盲点
(1)除去附着在试管内壁上的硫，除了用热的NaOH溶液，还可以用CS2，但不能用酒精。
(2)SO2的性质
反应试剂 现象 性质
含有酚酞的NaOH溶液 褪色 酸性氧化物
品红溶液 褪色 漂白性
溴水、酸性KMnO4溶液 褪色 还原性
H2S溶液 淡黄色沉淀 氧化性
H2S气体 黄色固体
(3)SO2和Cl2等体积混合通入溶液中，漂白性不但不增强，反而消失。
(4)SO2通入BaCl2溶液无明显现象，原因是BaSO3是一种难溶于水易溶于酸的沉淀(或H2SO3的酸性比盐酸弱，弱酸不能制取强酸)。若继续向溶液中通入NH3、H2S、NO2等气体，可以产生相关的沉淀。
(5)浓硝酸和Cu(足量)、浓硫酸和Cu(足量)、浓盐酸和MnO2(足量)在反应时，随反应的进行，产物会发生变化或反应停止。
(6)C与浓硫酸反应时，反应产物的确定应按以下流程进行：无水CuSO4确定水→品红溶液确定SO2→酸性KMnO4溶液除去SO2→品红溶液检验SO2是否除净→澄清石灰水检验CO2。
(7)实验室用Na2SO3和70%的硫酸制取SO2，硫酸太稀，SO2难逸出；硫酸太浓，则H＋太少，反应十分缓慢。
四、氮及其化合物
1．网络构建
2．扫除知识盲点
(1)氮的固定是指氮元素由游离态变为化合态，故NH3转化为NO、HNO3转化为NO等反应不是氮的固定。
(2)通常在收集气体方法中，NH3只能用向下排空气法收集；NO只能用排水法收集；NO2只能用向上排空气法收集。
(3)浓硝酸显黄色是因为溶有NO2，而工业上制备的盐酸显黄色，是因为溶有Fe3＋。
(4)硝酸、浓硫酸、次氯酸均具有强氧化性，属于氧化性酸，其中浓硝酸、次氯酸见光或受热易分解。
考向1| 常见非金属元素及其化合物的性质、应用及转化关系
1．(2021·河北卷)关于非金属含氧酸及其盐的性质，下列说法正确的是( )
A．浓硫酸具有强吸水性，能吸收糖类化合物中的水分并使其炭化
B．NaClO、KClO3等氯的含氧酸盐的氧化性会随溶液的pH减小而增强
C．加热NaI与浓磷酸混合物可制备HI，说明H3PO4比HI酸性强
D．浓硝酸和稀硝酸与Cu反应的还原产物分别为NO2和NO，故稀硝酸氧化性更强
√
√
D 解析：若甲为NH3，丁为O2，乙可以为N2，丙为NO，整个转化即可实现，故A正确；若甲为AlCl3，丁为NaOH，乙则为Al(OH)3，丙为Na[Al(OH)4]，整个转化即可实现，故B正确；若甲为NaOH，丁为CO2，乙则为Na2CO3，丙为NaHCO3，整个转化即可实现，故C正确；若甲为SiO2，丁为C，乙则为CO，CO无法和C继续反应，转化无法实现，故D错误。
3．部分含氯物质的分类与相应氯元素的化合价关系如图所示。下列说法错误的是( )
A．a与d、a与e均能反应得到b
B．c为一种新型自来水消毒剂，c代替b的原因是c不属于危险化学品
C．b的水溶液中加入CaCO3，可以增加d的产量
D．e的固体可用于实验室制O2
√
考向2| 常见非金属元素及其化合物与无机化工流程的综合考查
4．(2021·福建卷)明代《徐光启手迹》记载了制备硝酸的方法，其主要流程(部分产物已省略)如下：
下列说法错误的是( )
A．FeSO4的分解产物X为FeO
B．本流程涉及复分解反应
C．HNO3的沸点比H2SO4的低
D．制备使用的铁锅易损坏
√
A 解析：据图可知，FeSO4分解时生成SO2和SO3，部分S被还原，则Fe应被氧化，故X为Fe2O3，A错误；H2SO4与KNO3在蒸馏条件下生成HNO3和K2SO4，为复分解反应，B正确；H2SO4与KNO3混合后，蒸馏过程中生成HNO3，说明HNO3的沸点比H2SO4的低，C正确；H2SO4、HNO3均可以和铁反应，所以制备使用的铁锅易损坏，D正确。
5．连二亚硫酸钠(Na2S2O4)俗称保险粉，是一种强还原剂，广泛用于纺织工业。某种Na2S2O4的生产工艺流程如图所示，若在实验室模拟该工艺流程，下列说法正确的是( )
A．可用银氨溶液鉴别甲酸中是否含有甲醛
B．NaCl的溶解度大于Na2S2O4·2H2O的溶解度
C．过滤操作中需要用的玻璃仪器只有漏斗、烧杯
D．由溶液A制备Na2S2O4溶液的过程中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2
√
B 解析：甲酸和甲醛都含有醛基，则直接加入新制的氢氧化铜或银氨溶液不能鉴别是否含有甲醛，A项错误；Na2S2O4溶液中加入NaCl晶体冷却，过滤可以得到Na2S2O4·2H2O，由此可知NaCl晶体的溶解度大于Na2S2O4·2H2O的溶解度，B项正确；过滤操作中需要用的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒，C项错误；氧化剂是SO2，还原剂是HCOONa，发生反应的化学方程式为HCOONa＋2SO2＋NaOH===Na2S2O4＋H2O＋CO2，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1，D项错误。
6．正高碘酸(H5IO6)是白色结晶性粉末，溶于水，主要用作氧化剂和分析试剂。由NaI制取H5IO6的实验流程如图所示。下列说法错误的是( )
√
层级二 高考预测
02
近四年山东高考考情
考点分析 2021年山东卷 2022年山东卷 2023年山东卷 2024年山东卷
原料预处理 T13
反应条件控制 T8、T17 T9、T12 T13 T18
产品分离提纯 T8、T17 T9、T12 T18
(2023·山东卷)(双选)一种制备Cu2O的工艺路线如图所示，反应Ⅱ所得溶液pH在3～4，反应Ⅲ需及时补加NaOH以保持反应在pH＝5条件下进行。常温下，H2SO3的电离平衡常数Ka1＝1.3×10－2，Ka2＝6.3×10－8。下列说法正确的是( )
命题角度一 以物质的制备为核心的流程
√
√
任务1 化工流程中的物质转化分析
铜和浓硫酸反应生成SO2气体和硫酸铜，生成的SO2气体与Na2CO3反应，所得溶液pH在3～4，溶液显酸性，根据H2SO3的电离平衡常数Ka1＝1.3×10－2，Ka2＝6.3×10－8，可知NaHSO3溶液显___性，则反应Ⅱ所得溶液的主要成分是_______________，调节溶液pH至11，使NaHSO3转化为____________，Na2SO3和CuSO4反应生成Cu2O。
酸
NaHSO3
Na2SO3
任务2 化工流程中的基本操作和目的分析
低温真空蒸发的目的是防止____________被氧化，故固液分离得到Na2SO3晶体和____________溶液，可循环用于反应 Ⅱ 的操作单元中吸收SO2气体。
任务3 以上试题的正确选项是________。
Na2SO3
Na2SO3
1．化工流程的结构模型
2．原料预处理的方法
(1)研磨：将固体物质粉碎，增大固体与液体或气体间接触面积，增大反应速率。
(2)灼烧：除去可燃性杂质或使原料初步转化。
(3)煅烧：改变结构，使一些物质能溶解，杂质在高温下氧化分解。
(4)浸取
①酸浸：溶解，除去氧化物(膜)，调节pH促进沉淀、抑制水解。
②碱浸：去油污，除去铝片氧化膜，溶解铝、二氧化硅，调节pH促进沉淀、抑制水解。
③水浸：与水反应或溶解。
(5)搅拌：增大反应(溶解)速率，使反应充分进行，提高原料利用率。
(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(含锌、铁元素的杂质)为主要原料制备铜粉的工艺流程如图所示，可能用到的数据见下表。
命题角度二 以物质的分离与提纯为核心的流程
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
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
√
任务1 除杂的过程分析
硫化铜精矿(含锌、铁元素的杂质)在高压O2作用下，用硫酸浸取，CuS反应产生___________和H2O，Fe2＋被氧化为Fe3＋，然后加入NH3调节溶液pH，使Fe3＋形成_________沉淀，而Cu2＋、Zn2＋仍以离子形式存在于溶液中，过滤得到的滤渣中含有_____________。
CuSO4、S
Fe(OH)3
S、Fe(OH)3
任务2 除杂物质分析
第一次过滤得到的滤液中含有_______________；然后向滤液中通入高压H2，根据元素活动性：Zn＞H＞Cu，Cu2＋被还原为______，通过过滤分离出来；而Zn2＋仍然以离子形式存在于溶液中，再经一系列处理可得到______。
任务3 以上试题的正确选项为________。
Cu2＋、Zn2＋
Cu
Zn
D 解析：固体X的主要成分是S、Fe(OH)3，金属M为Zn，故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，沉淀溶解平衡正向移动，从而可促进金属离子的浸出，故B正确；根据流程图可知，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，故C正确；在用H2还原
Cu2＋变为Cu时，H2失去电子被氧化为H＋，与溶液中的OH－结合形成H2O，若还原时增大溶液的酸度，c(H＋)增大，不利于H2失去电子还原Cu2＋，因此不利于Cu的生成，故D错误。
1．化工流程的解题模型
2．产品分离提纯的方法
(1)对于固体产品的分离与提纯，一般可采取的操作有蒸发结晶或降温结晶、重结晶、灼烧、升华、过滤、溶剂洗涤等。
①结晶：
A．蒸发结晶，趁热过滤：得到溶解度受温度影响小的溶质，如食盐水蒸发结晶得NaCl；b.蒸发浓缩，冷却结晶：得到溶解度受温度影响大的溶质，如胆矾结晶；c.在HCl气流中蒸发结晶：如CuCl2、AlCl3、FeCl3等。
②过滤：操作要点(一贴二低三靠)；玻璃仪器(漏斗、玻璃棒、烧杯)。
③灼烧：固体在坩埚中进行加热，配套实验仪器还有泥三角和三脚架。
(2)对于液体产品的分离与提纯，一般可采取的操作有蒸馏、分馏、萃取、分液、盐析、渗析等。
①萃取分液：萃取剂的要求。
②蒸馏或分馏：冷凝管的选择(装置、仪器、冷却水的方向等)。专题三 元素及其化合物
金属及其化合物
一、钠及其化合物
1．网络构建
2．扫除知识盲点
(1)1 mol Na2O2参与反应转移电子的物质的量不一定为1 mol，如1 mol Na2O2与SO2反应转移的电子应为2 mol，化学方程式是Na2O2＋SO2===Na2SO4。
(2)除去CO2中的HCl气体，应选用饱和的NaHCO3溶液。
(3)向饱和的Na2CO3溶液中通入过量CO2，有NaHCO3晶体析出。
(4)Na2O、Na2O2中阴、阳离子个数比均为1∶2。
(5)Na2O2投入品红溶液中，因Na2O2具有强氧化性，所以可使品红溶液褪色。Na2O2投入无色酚酞溶液中，酚酞溶液先变红后褪色。
二、铝及其化合物
1．网络构建
2．扫除知识盲点
(1)铝是活泼金属，但铝的抗腐蚀性相当强，因为铝表面生成了一层致密的氧化物薄膜。
(2)引发铝热反应的操作步骤：首先在铝热剂上方铺一层KClO3，其次在中间插上一根用砂纸打磨过的镁条，最后点燃镁条。
(3)铝热反应不仅仅是单质铝与Fe2O3反应，还包含制取其他难熔金属的反应，但不能制备金属性比铝强的金属。铝热剂是混合物。
(4)Al(OH)3可用作抗酸药；明矾常用于净水；泡沫灭火器所用试剂为Al2(SO4)3溶液和NaHCO3溶液。
(5)Al2O3、Al(OH)3能溶于强酸或强碱溶液，但不溶于氨水。
三、铁及其化合物
1．网络构建
2．扫除知识盲点
(1)Fe与H2O(g)反应的产物是Fe3O4。Fe在Cl2中燃烧，无论Cl2过量还是不足均生成FeCl3。Fe与S反应时只能生成FeS。
(2)常温下，Fe、Al在冷的浓硫酸或浓硝酸中发生钝化，钝化属于化学变化。
(3)一定条件下，铁与硝酸、浓硫酸反应时，首先生成的一定是Fe3＋，当铁过量时，过量的铁将Fe3＋还原为Fe2＋：2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋。
(4)Fe3＋存在的溶液一定呈酸性，因为Fe3＋在pH为3.2左右时已经沉淀完全。
(5)当Fe2＋与Fe3＋共存时，检验Fe3＋的方法是取少许溶液，向其中加入KSCN溶液，溶液变为红色。
(6)铁氰化钾法鉴别Fe2＋、Fe3＋：Fe2＋能与[Fe(CN)6]3－形成蓝色沉淀Fe3[Fe(CN)6]2，而Fe3＋则不能。
(7)配制FeCl2溶液要加入铁粉防氧化；配制FeCl3溶液要加入浓盐酸抑制水解。
(8)Fe2＋、Fe3＋的盐溶液蒸发、灼烧，得到的最终物质为Fe3＋的盐固体或Fe2O3。
四、铜及其化合物
1．网络构建
2．扫除知识盲点
(1)铜的冶炼“两方法”
湿法炼铜：Fe＋CuSO4===FeSO4＋Cu。
高温炼铜：工业上用高温冶炼黄铜矿的方法获得铜(粗铜)：2CuFeS2＋4O2Cu2S＋3SO2＋2FeO(炉渣)，2Cu2S＋3O22Cu2O＋2SO2,2Cu2O＋Cu2S6Cu＋SO2↑。
(2)Cu与S反应生成Cu2S而不是CuS。
(3)将Cu和浓硫酸混合加热：Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O，随反应进行，浓硫酸变稀，反应自动停止。
(4)Cu2O与稀硫酸发生歧化反应：Cu2O＋2H＋===Cu2＋＋Cu＋H2O，在干态下Cu2O则比较稳定。
(5)将氨水逐滴滴入CuSO4溶液过程中所发生的反应有Cu2＋＋2NH3·H2O===Cu(OH)2↓＋2NH；Cu(OH)2＋4NH3·H2O===[Cu(NH3)4]2＋＋2OH－＋4H2O。实验现象为先生成蓝色沉淀，后沉淀消失，得到绛蓝色溶液。
考向1| 常见金属元素及其化合物的性质、应用及转化关系
1．(2023·浙江6月选考)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；氧化钙易吸水，并与水反应生成氢氧化钙，可吸收气体中或密闭环境中的水分，所以可用作干燥剂，B正确；维生素C具有还原性，且对人体无害，可用作食品抗氧化剂，C正确；过氧化钠能与二氧化碳反应生成氧气，同时可吸收人体呼出的二氧化碳和水蒸气，可作潜水艇中的供氧剂，D正确。
2．(2021·广东卷)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( )
A．a可与e反应生成b
B．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
C 解析：由图可知，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，故A正确；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，故B正确；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，故C错误；可存在b→c→d→e→b转化，如FeCl2Fe(OH)2Fe(OH)3FeCl3FeCl2，故D正确。
3．在指定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是( )
A．NaCl(aq)Cl2(g)漂白粉(s)
B．CuO(s)Cu(OH)2(s)Cu2O(s)
C．Fe2O3(s)Fe(s)FeCl2(s)
D．Cu(s)NO2(g)Ca(NO3)2(aq)
D 解析：电解NaCl溶液生成NaOH、H2、Cl2，Cl2和石灰乳反应得到漂白粉，故A不符合题意；CuO不和水反应，故B不符合题意；Fe2O3和Al高温下反应生成Fe，Fe和Cl2反应生成FeCl3，故C不符合题意；Cu和浓硝酸反应生成NO2，NO2和Ca(OH)2溶液反应生成Ca(NO3)2和NO，故D符合题意。
4．部分含铜物质的分类与相应铜元素的化合价关系如图所示。下列说法正确的是( )
A．a、d均易溶于水
B．b既有氧化性又有还原性
C．常温下，f与单质硫反应生成e
D．向固体c中通入H2S气体生成e
B 解析：a为CuO，d为CuS，二者均为难溶于水的黑色粉末，A错误；b为Cu2O，Cu的化合价为＋1价，处于中间价态，既有氧化性又有还原性，B正确；Cu在常温下不与S反应，需要加热才能反应，C错误；向固体Cu(OH)2中通入H2S气体生成CuS，D错误。
考向2| 常见金属元素及其化合物与无机化工流程的综合考查
5．镍电池芯废料中主要含有金属镍，还含有金属钴、铁、铝。一种从镍电池芯废料中回收金属的工艺流程如下：
下列说法正确的是( )
A．“酸浸”时，若改用浓硫酸，反应速率更大，效果更好
B．H2O2在“氧化除杂”和“酸溶”中的作用不同
C．“钴镍分离”时发生反应的离子方程式为ClO－＋2Co2＋＋4OH－＋H2O===2Co(OH)3↓＋Cl－
D．“结晶”时，快速蒸发溶液，得到的晶体颗粒较大
B 解析：浓硫酸会使铁、铝钝化，反而会减小反应速率，A错误；在“氧化除杂”中H2O2将亚铁离子转化为铁离子，H2O2起氧化作用，有利于将铁转化为氢氧化铁沉淀而除去，“酸溶”中H2O2将三价钴转化为二价钴，H2O2起还原作用，B正确；“钴镍分离”时次氯酸根离子、二价钴离子反应转化为氢氧化钴沉淀，所得溶液为酸性，故离子方程式为5H2O＋ClO－＋2Co2＋===2Co(OH)3↓＋Cl－＋4H＋，C错误；“结晶”时，缓慢蒸发溶液，得到的晶体颗粒较大，D错误。
6．(双选)工业以软锰矿(主要成分是MnO2，含有SiO2、Fe2O3等少量杂质)为主要原料制备高性能的磁性材料碳酸锰(MnCO3)，其工艺流程如图所示。下列说法错误的是( )
A．浸锰过程中Fe2O3与SO2反应的离子方程式为Fe2O3＋SO2＋2H＋===2Fe2＋＋SO＋H2O
B．过滤Ⅰ所得滤液中主要存在的金属阳离子为Mn2＋、Fe3＋和Fe2＋
C．滤渣Ⅱ的主要成分为Fe(OH)2
D．向过滤Ⅱ所得的滤液中加入NH4HCO3溶液，发生反应的主要离子方程式为Mn2＋＋2HCO===MnCO3↓＋CO2↑＋H2O
BC 解析：浸锰过程通入过量的SO2，将Mn4＋和Fe3＋还原成Mn2＋和Fe2＋，过滤Ⅰ所得滤渣为SiO2，氧化时加入MnO2，此时溶液中可以被氧化的物质有Fe2＋和未反应的SO2，调pH是为了将上一步氧化生成的Fe3＋沉淀下来与Mn2＋分离，加入NH4HCO3溶液将Mn2＋沉淀下来，再经过一系列操作可得到高纯MnCO3。浸锰过程中Fe2O3与SO2反应的离子方程式为Fe2O3＋SO2＋2H＋===2Fe2＋＋SO＋H2O，A正确；过量的SO2将Mn4＋和Fe3＋分别还原成Mn2＋和Fe2＋，因此过滤Ⅰ所得滤液中主要存在的金属阳离子为Mn2＋和Fe2＋，不会含有Fe3＋，B错误；调pH＝3.7，将Fe3＋转化为氢氧化铁沉淀，过滤，滤渣Ⅱ的主要成分为Fe(OH)3，C错误；过滤Ⅱ之后的滤液中含硫酸锰，向滤液中加入适量NH4HCO3溶液，可生成MnCO3沉淀，反应的离子方程式为Mn2＋＋2HCO===MnCO3↓＋CO2↑＋H2O，D正确。
7．(2021·山东卷)工业上以SO2和纯碱为原料制备无水NaHSO3的主要流程如图所示。下列说法错误的是( )
A．吸收过程中有气体生成
B．结晶后母液中含有NaHCO3
C．气流干燥湿料时温度不宜过高
D．中和后溶液中含Na2SO3和NaHCO3
B 解析：根据工艺流程逆向分析可知，以二氧化硫和纯碱为原料，得到结晶的成分为NaHSO3，则母液为饱和NaHSO3溶液和过量的二氧化硫形成的亚硫酸溶液，呈酸性，所以加入纯碱进行中和，涉及的反应为H2SO3＋2Na2CO3===Na2SO3＋2NaHCO3，NaHSO3＋Na2CO3===Na2SO3＋NaHCO3，所以调节pH＝8进行中和后得到Na2SO3和NaHCO3，通入二氧化硫气体进行混合吸收，此时吸收过程中发生的反应为Na2SO3＋SO2＋H2O===2NaHSO3↓，SO2＋NaHCO3===CO2＋NaHSO3↓，此时会析出大量NaHSO3晶体，经过离心分离，将得到的湿料再进行气流干燥，最终得到NaHSO3产品。根据上述分析可知，吸收过程中有二氧化碳生成，A正确；结晶后母液中含NaHSO3和H2SO3，没有NaHCO3，假设产物中存在NaHCO3，则其会与生成的NaHSO3发生反应，且NaHCO3溶解度较低，若其残留于母液中，会使晶体不纯，假设不成立，B错误；NaHSO3高温时易分解变质，所以气流干燥过程中温度不宜过高，C正确；结合上述分析可知，中和后溶液中含Na2SO3和NaHCO3，D正确。
8．(2023·山东卷)盐湖卤水(主要含Na＋、Mg2＋、Li＋、Cl－、SO和硼酸根等)是锂盐的重要来源。一种以高镁卤水为原料经两段除镁制备Li2CO3的工艺流程如下：
已知：常温下，Ksp(Li2CO3)＝2.2×10－2。相关化合物的溶解度与温度的关系如图所示。
回答下列问题：
(1)含硼固体中的B(OH)3在水中存在平衡：B(OH)3＋H2O??H＋＋[B(OH)4]－(常温下，Ka＝10－9.24)；B(OH)3与NaOH溶液反应可制备硼砂Na2B4O5(OH)4·8H2O。常温下，在0.10 mol·L－1硼砂溶液中，[B4O5(OH)4]2－ 水解生成等物质的量浓度的B(OH)3和[B(OH)4]－，该水解反应的离子方程式为____________________________
________________________________________________________________________________________________________________，
该溶液pH＝________。
(2)滤渣Ⅰ的主要成分是_______________(填化学式)；精制 Ⅰ 后溶液中Li＋的浓度为2.0 mol·L－1，则常温下精制Ⅱ过程中CO浓度应控制在________mol·L－1以下。若脱硼后直接进行精制Ⅰ，除无法回收HCl外，还将增加______________(填化学式)的用量。
(3)精制Ⅱ的目的是_____________________________________________________
_________________；进行操作X时应选择的试剂是________，若不进行该操作而直接浓缩，将导致_____________________________________________________
__________________________________________________________________________________________。
解析：(1)[B4O5(OH)4]2－水解生成等物质的量浓度的B(OH)3、[B(OH)4]－，则[B4O5(OH)4]2－水解反应的离子方程式为[B4O5(OH)4]2－＋5H2O??2B(OH)3＋2[B(OH)4]－。Ka＝，因在[B4O5(OH)4]2－的水解反应中，c{[B(OH)4]－}＝c[B(OH)3]，故c(H＋)＝Ka＝10－9.24 mol·L－1，则溶液pH＝9.24。(2)对比题给工艺流程图中前面“脱硼”及后续“沉锂”可知，滤渣Ⅰ不可能是含硼或锂元素的化合物，故“精制Ⅰ”中加入生石灰是为了除去水浸后滤液中残留的Mg2＋、SO，则滤渣Ⅰ的主要成分为Mg(OH)2、CaSO4。因Ksp(Li2CO3)＝2.2×10－2，则c(CO)＝＝ mol·L－1＝5.5×10－3 mol·L－1，即c(CO)应该控制在5.5×10－3 mol·L－1以下。“脱硼”后溶液显酸性(“脱硼”加入过量盐酸及Mg2＋水解使溶液显酸性)，若不进行后续的“煅烧”操作，则会使“精制Ⅰ”消耗更多的CaO，使“精制Ⅱ”消耗更多的纯碱。(3)“精制Ⅱ”加入纯碱的目的是除去“精制Ⅰ”滤液中的Ca2＋。操作X的目的是使“精制Ⅱ”中过量的纯碱转化为NaCl，便于后续除去NaCl，则选取的试剂是盐酸；若不进行操作X，由于Na2CO3水解使溶液呈碱性，则会有LiOH析出。
答案：(1)[B4O5(OH)4]2－＋5H2O??2B(OH)3＋2[B(OH)4]－ 9.24
(2)Mg(OH)2、CaSO4 5.5×10－3 CaO、Na2CO3
(3)除去Ca2＋ 盐酸 析出LiOH
非金属及其化合物
一、碳、硅及其化合物
1．网络构建
2．扫除知识盲点
(1)Si可用作半导体材料、光电池和芯片；SiO2用于制作光导纤维、石英玻璃和光学仪器等。
(2)酸性氧化物一般能与水反应生成相应的酸，但SiO2不溶于水；酸性氧化物一般不与酸作用，但SiO2能与氢氟酸反应。
(3)氢氟酸不能用玻璃容器盛放；NaOH溶液能用玻璃试剂瓶盛放，但不能用玻璃塞。
(4)水泥、玻璃与陶瓷是三大传统无机非金属材料；碳化硅、氮化硅等是新型无机非金属材料。
二、卤素及其化合物
1．网络构建
2．扫除知识盲点
(1)氯水、次氯酸应保存在棕色试剂瓶中。
(2)酸性KMnO4溶液应用硫酸酸化而不是盐酸。
(3)具有强氧化性的物质不一定具有漂白性。Cl2可以用于漂白，但Cl2不具有漂白性，起漂白作用的是HClO。
(4)Cl2具有强氧化性，但常温下可以储存在钢瓶中。Cl2在点燃或加热条件下与Fe反应，一定将铁氧化为FeCl3，而不是FeCl2，因为Cl2具有强氧化性且Fe(s)与FeCl3(s)不反应。
(5)ClO－具有强氧化性，与SO、I－、S2－、Fe2＋等还原性粒子不能大量共存。
(6)氯水的主要性质
①强氧化性——作用粒子：Cl2、HClO。
氯水中含有具有漂白作用的HClO，不能用pH试纸测定氯水的pH；氯水与还原剂发生反应并要求书写化学方程式时一般可只考虑Cl2。
②强酸性——作用粒子：H＋。
三、硫及其化合物
1．网络构建
2．扫除知识盲点
(1)除去附着在试管内壁上的硫，除了用热的NaOH溶液，还可以用CS2，但不能用酒精。
(2)SO2的性质
反应试剂 现象 性质
含有酚酞的NaOH溶液 褪色 酸性氧化物
品红溶液 褪色 漂白性
溴水、酸性KMnO4溶液 褪色 还原性
H2S溶液 淡黄色沉淀 氧化性
H2S气体 黄色固体
(3)SO2和Cl2等体积混合通入溶液中，漂白性不但不增强，反而消失。
(4)SO2通入BaCl2溶液无明显现象，原因是BaSO3是一种难溶于水易溶于酸的沉淀(或H2SO3的酸性比盐酸弱，弱酸不能制取强酸)。若继续向溶液中通入NH3、H2S、NO2等气体，可以产生相关的沉淀。
(5)浓硝酸和Cu(足量)、浓硫酸和Cu(足量)、浓盐酸和MnO2(足量)在反应时，随反应的进行，产物会发生变化或反应停止。
(6)C与浓硫酸反应时，反应产物的确定应按以下流程进行：无水CuSO4确定水→品红溶液确定SO2→酸性KMnO4溶液除去SO2→品红溶液检验SO2是否除净→澄清石灰水检验CO2。
(7)实验室用Na2SO3和70%的硫酸制取SO2，硫酸太稀，SO2难逸出；硫酸太浓，则H＋太少，反应十分缓慢。
四、氮及其化合物
1．网络构建
2．扫除知识盲点
(1)氮的固定是指氮元素由游离态变为化合态，故NH3转化为NO、HNO3转化为NO等反应不是氮的固定。
(2)通常在收集气体方法中，NH3只能用向下排空气法收集；NO只能用排水法收集；NO2只能用向上排空气法收集。
(3)浓硝酸显黄色是因为溶有NO2，而工业上制备的盐酸显黄色，是因为溶有Fe3＋。
(4)硝酸、浓硫酸、次氯酸均具有强氧化性，属于氧化性酸，其中浓硝酸、次氯酸见光或受热易分解。
(5)金属与浓硝酸反应一般生成NO2，而金属与稀硝酸反应一般生成NO。
(6)实验室制备NH3，除了用Ca(OH)2(s)和NH4Cl(s)反应外，还可用浓氨水的分解(加热、加NaOH固体或CaO或碱反应)制取，而检验NH需用浓NaOH溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸检验生成的气体，以确定NH的存在。
(7)浓盐酸和浓氨水反应有白烟生成，常用于HCl和NH3的相互检验。
考向1| 常见非金属元素及其化合物的性质、应用及转化关系
1．(2021·河北卷)关于非金属含氧酸及其盐的性质，下列说法正确的是( )
A．浓硫酸具有强吸水性，能吸收糖类化合物中的水分并使其炭化
B．NaClO、KClO3等氯的含氧酸盐的氧化性会随溶液的pH减小而增强
C．加热NaI与浓磷酸混合物可制备HI，说明H3PO4比HI酸性强
D．浓硝酸和稀硝酸与Cu反应的还原产物分别为NO2和NO，故稀硝酸氧化性更强
B 解析：浓硫酸能使蔗糖炭化，体现的是其脱水性，而不是吸水性，A错误；NaClO在水溶液中会发生水解，离子方程式为ClO－＋H2O??HClO＋OH－，若pH减小，则酸性增强，会促使平衡向正反应方向移动，生成氧化性更强的HClO，ClO在酸性条件下可生成具有强氧化性的氯气、二氧化氯等气体，增强氧化能力，B正确；HI的沸点低，易挥发，加热NaI与浓磷酸混合物发生反应生成HI，利用的是高沸点酸制备低沸点酸的原理，C错误；相同条件下，根据铜与浓硝酸、稀硝酸反应的剧烈程度可知，浓硝酸的氧化性大于稀硝酸的氧化性，D错误。
2．(2024·泰安二模)甲、乙、丙、丁四种物质中，甲、乙、丙均含有相同的某种元素，它们之间具有如下转化关系：甲乙丙，下列有关物质的推断不正确的是( )
A．若甲为NH3，则丁可能是O2
B．若甲为AlCl3，则丁可能是NaOH
C．若甲为NaOH，则丁可能是CO2
D．若甲为SiO2，则丁可能是C
D 解析：若甲为NH3，丁为O2，乙可以为N2，丙为NO，整个转化即可实现，故A正确；若甲为AlCl3，丁为NaOH，乙则为Al(OH)3，丙为Na[Al(OH)4]，整个转化即可实现，故B正确；若甲为NaOH，丁为CO2，乙则为Na2CO3，丙为NaHCO3，整个转化即可实现，故C正确；若甲为SiO2，丁为C，乙则为CO，CO无法和C继续反应，转化无法实现，故D错误。
3．部分含氯物质的分类与相应氯元素的化合价关系如图所示。下列说法错误的是( )
A．a与d、a与e均能反应得到b
B．c为一种新型自来水消毒剂，c代替b的原因是c不属于危险化学品
C．b的水溶液中加入CaCO3，可以增加d的产量
D．e的固体可用于实验室制O2
B 解析：由图可知，a、b、c、d、e分别代表HCl、Cl2、ClO2、HClO、＋5价氯酸盐。HCl具有还原性，可与HClO、KClO3(＋5价氯酸盐)等氧化性物质发生归中反应生成Cl2，A正确；ClO2具有强氧化性，可作自来水消毒剂，ClO2代替Cl2的原因是ClO2杀菌消毒的能力更强，B错误；氯水中存在平衡：Cl2＋H2O??HCl＋HClO，由于酸性：HCl＞H2CO3＞HClO，氯水中加入CaCO3，反应消耗HCl，上述平衡正向移动，HClO的生成量增多，C正确；实验室中可利用加热分解KClO3固体的方法制取O2，D正确。
考向2| 常见非金属元素及其化合物与无机化工流程的综合考查
4．(2021·福建卷)明代《徐光启手迹》记载了制备硝酸的方法，其主要流程(部分产物已省略)如下：
下列说法错误的是( )
A．FeSO4的分解产物X为FeO
B．本流程涉及复分解反应
C．HNO3的沸点比H2SO4的低
D．制备使用的铁锅易损坏
A 解析：据图可知，FeSO4分解时生成SO2和SO3，部分S被还原，则Fe应被氧化，故X为Fe2O3，A错误；H2SO4与KNO3在蒸馏条件下生成HNO3和K2SO4，为复分解反应，B正确；H2SO4与KNO3混合后，蒸馏过程中生成HNO3，说明HNO3的沸点比H2SO4的低，C正确；H2SO4、HNO3均可以和铁反应，所以制备使用的铁锅易损坏，D正确。
5．连二亚硫酸钠(Na2S2O4)俗称保险粉，是一种强还原剂，广泛用于纺织工业。某种Na2S2O4的生产工艺流程如图所示，若在实验室模拟该工艺流程，下列说法正确的是( )
A．可用银氨溶液鉴别甲酸中是否含有甲醛
B．NaCl的溶解度大于Na2S2O4·2H2O的溶解度
C．过滤操作中需要用的玻璃仪器只有漏斗、烧杯
D．由溶液A制备Na2S2O4溶液的过程中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2
B 解析：甲酸和甲醛都含有醛基，则直接加入新制的氢氧化铜或银氨溶液不能鉴别是否含有甲醛，A项错误；Na2S2O4溶液中加入NaCl晶体冷却，过滤可以得到Na2S2O4·2H2O，由此可知NaCl晶体的溶解度大于Na2S2O4·2H2O的溶解度，B项正确；过滤操作中需要用的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒，C项错误；氧化剂是SO2，还原剂是HCOONa，发生反应的化学方程式为HCOONa＋2SO2＋NaOH===Na2S2O4＋H2O＋CO2，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1，D项错误。
6．正高碘酸(H5IO6)是白色结晶性粉末，溶于水，主要用作氧化剂和分析试剂。由NaI制取H5IO6的实验流程如图所示。下列说法错误的是( )
A．“反应1”是为了将I－转化为IO
B．“反应2”中发生的反应是NaIO3＋Cl2＋3NaOH===Na2H3IO6↓＋2NaCl
C．“反应3”的滤液中含有大量的NaNO3、NaI等
D．“反应4”得到的无色气体可能是氧气
C 解析：“反应1”中，电解NaI溶液生成NaIO3，目的是将I－转化为IO，A正确；“反应2”中，向NaIO3溶液中加入NaOH溶液，通入氯气，反应生成不溶于水的Na2H3IO6，反应的化学方程式为NaIO3＋Cl2＋3NaOH===Na2H3IO6↓＋2NaCl，B正确；由分析可知，“反应3”中，向Na2H3IO6滤渣中加入硝酸银溶液生成不溶于水的黑色Ag5IO6，同时生成NaNO3和HNO3，HNO3有强氧化性，故溶液中不含NaI，C错误；“反应4”中发生的反应为4Ag5IO6＋10Cl2＋10H2O===4H5IO6＋20AgCl＋5O2，因此生成的无色气体可能是氧气，D正确。
近四年山东高考考情
考点分析 2021年山东卷 2022年山东卷 2023年山东卷 2024年山东卷
原料预处理 T13
反应条件控制 T8、T17 T9、T12 T13 T18
产品分离提纯 T8、T17 T9、T12 T18
以物质的制备为核心的流程
(2023·山东卷)(双选)一种制备Cu2O的工艺路线如图所示，反应Ⅱ所得溶液pH在3～4，反应Ⅲ需及时补加NaOH以保持反应在pH＝5条件下进行。常温下，H2SO3的电离平衡常数Ka1＝1.3×10－2，Ka2＝6.3×10－8。下列说法正确的是( )
A．反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均为氧化还原反应
B．低温真空蒸发主要目的是防止NaHSO3被氧化
C．溶液Y可循环用于反应Ⅱ所在操作单元中吸收气体Ⅰ
D．若Cu2O产量不变，参与反应Ⅲ的X与CuSO4物质的量之比增大时，需补加NaOH的量减少
任务1 化工流程中的物质转化分析
铜和浓硫酸反应生成SO2气体和硫酸铜，生成的SO2气体与Na2CO3反应，所得溶液pH在3～4，溶液显酸性，根据H2SO3的电离平衡常数Ka1＝1.3×10－2，Ka2＝6.3×10－8，可知NaHSO3溶液显酸性，则反应Ⅱ所得溶液的主要成分是NaHSO3，调节溶液pH至11，使NaHSO3转化为Na2SO3，Na2SO3和CuSO4反应生成Cu2O。
任务2 化工流程中的基本操作和目的分析
低温真空蒸发的目的是防止Na2SO3被氧化，故固液分离得到Na2SO3晶体和Na2SO3溶液，可循环用于反应 Ⅱ 的操作单元中吸收SO2气体。
任务3 以上试题的正确选项是________。
CD 解析：反应Ⅰ是铜和浓硫酸反应生成二氧化硫，是氧化还原反应，反应Ⅱ是SO2和碳酸钠溶液反应生成NaHSO3和二氧化碳，是非氧化还原反应，反应Ⅲ是Na2SO3和CuSO4反应生成Cu2O，是氧化还原反应，故A错误；低温真空蒸发的主要目的是防止Na2SO3被氧化，而不是NaHSO3，故B错误；溶液Y是Na2SO3溶液，可循环用于反应Ⅱ的操作单元中吸收SO2气体(气体Ⅰ)，故C正确；制取Cu2O的总反应方程式是2CuSO4＋3Na2SO3===Cu2O↓＋2SO2↑＋3Na2SO4，化合物X是指Na2SO3，若Cu2O产量不变，增大，多的Na2SO3会消耗氢离子，用于控制pH，可减少NaOH的量，故D正确。
1．化工流程的结构模型
2．原料预处理的方法
(1)研磨：将固体物质粉碎，增大固体与液体或气体间接触面积，增大反应速率。
(2)灼烧：除去可燃性杂质或使原料初步转化。
(3)煅烧：改变结构，使一些物质能溶解，杂质在高温下氧化分解。
(4)浸取
①酸浸：溶解，除去氧化物(膜)，调节pH促进沉淀、抑制水解。
②碱浸：去油污，除去铝片氧化膜，溶解铝、二氧化硅，调节pH促进沉淀、抑制水解。
③水浸：与水反应或溶解。
(5)搅拌：增大反应(溶解)速率，使反应充分进行，提高原料利用率。
以物质的分离与提纯为核心的流程
(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(含锌、铁元素的杂质)为主要原料制备铜粉的工艺流程如图所示，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
任务1 除杂的过程分析
硫化铜精矿(含锌、铁元素的杂质)在高压O2作用下，用硫酸浸取，CuS反应产生CuSO4、S和H2O，Fe2＋被氧化为Fe3＋，然后加入NH3调节溶液pH，使Fe3＋形成Fe(OH)3沉淀，而Cu2＋、Zn2＋仍以离子形式存在于溶液中，过滤得到的滤渣中含有S、Fe(OH)3。
任务2 除杂物质分析
第一次过滤得到的滤液中含有Cu2＋、Zn2＋；然后向滤液中通入高压H2，根据元素活动性：Zn＞H＞Cu，Cu2＋被还原为Cu，通过过滤分离出来；而Zn2＋仍然以离子形式存在于溶液中，再经一系列处理可得到Zn。
任务3 以上试题的正确选项为________。
D 解析：固体X的主要成分是S、Fe(OH)3，金属M为Zn，故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，沉淀溶解平衡正向移动，从而可促进金属离子的浸出，故B正确；根据流程图可知，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，故C正确；在用H2还原Cu2＋变为Cu时，H2失去电子被氧化为H＋，与溶液中的OH－结合形成H2O，若还原时增大溶液的酸度，c(H＋)增大，不利于H2失去电子还原Cu2＋，因此不利于Cu的生成，故D错误。
1．化工流程的解题模型
2．产品分离提纯的方法
(1)对于固体产品的分离与提纯，一般可采取的操作有蒸发结晶或降温结晶、重结晶、灼烧、升华、过滤、溶剂洗涤等。
①结晶：
A．蒸发结晶，趁热过滤：得到溶解度受温度影响小的溶质，如食盐水蒸发结晶得NaCl；b.蒸发浓缩，冷却结晶：得到溶解度受温度影响大的溶质，如胆矾结晶；c.在HCl气流中蒸发结晶：如CuCl2、AlCl3、FeCl3等。
②过滤：操作要点(一贴二低三靠)；玻璃仪器(漏斗、玻璃棒、烧杯)。
③灼烧：固体在坩埚中进行加热，配套实验仪器还有泥三角和三脚架。
(2)对于液体产品的分离与提纯，一般可采取的操作有蒸馏、分馏、萃取、分液、盐析、渗析等。
①萃取分液：萃取剂的要求。
②蒸馏或分馏：冷凝管的选择(装置、仪器、冷却水的方向等)。
专题限时评价(三)
(建议用时：60分钟)
一、选择题：每小题只有一个选项符合题目要求。
1．下列有关物质性质与用途正确且具有对应关系的是( )
A．氮气是一种“惰性”气体，可用于扑灭金属镁的燃烧
B．75%乙醇具有氧化性，可有效灭活病毒
C．乙炔能导电，可用于制作导电高分子材料
D．干冰易升华，可用于舞台上制造“云雾”
D 解析：氮气性质稳定，是一种“惰性”气体，但是镁能在氮气中燃烧，故氮气不可用于扑灭金属镁的燃烧，A错误；75%乙醇能使蛋白质变性，可有效灭活病毒，B错误；聚乙炔能导电，乙炔不能导电，C错误；干冰易升华，可用于舞台上制造“云雾”，D正确。
2．下列有关物质的用途、性质都正确且有相关性的是( )
选项 用途 性质
A 液氨作制冷剂 NH3分解生成N2和H2的反应是吸热反应
B NH4Fe(SO4)2·12H2O常作净水剂 NH4Fe(SO4)2·12H2O具有氧化性
C 漂粉精可以作环境消毒剂 漂粉精溶液中ClO－和HClO都有强氧化性
D Al2O3常作耐高温材料 Al2O3既能与强酸反应，又能与强碱反应
C 解析：液氨汽化时需要大量吸热，液氨常用作制冷剂，与氨气的分解无关，故A错误；NH4Fe(SO4)2·12H2O常作净水剂是因为铁离子水解生成的氢氧化铁胶体具有吸附性，能吸附水中杂质，与氧化性无关，故B错误；漂粉精作为消毒剂是因为ClO－和HClO都有强氧化性，故C正确；氧化铝作为耐高温材料是因为氧化铝的熔点很高，与其化学性质无关，故D错误。
3．部分含氯物质的分类与相应氯元素的化合价关系如图所示。下列推断不合理的是( )
A．d的水溶液中通入过量b可反应生成a
B．a既可被氧化也可被还原
C．c均可由b与相应金属单质反应生成
D．可存在f→a→d→e的转化关系
C 解析：由图可知，a为氯气，b为氯化氢，c为含氯离子的盐，d为含次氯酸根离子的盐，e为次氯酸，f为含氯酸根离子的盐。酸性条件下，次氯酸根离子能与氯离子反应生成氯气和水，故A正确；氯气分子中氯元素的化合价为0，为中间价态，氯气既有氧化性也有还原性，则氯气既可被氧化也可被还原，故B正确；盐酸不能与不活泼金属的单质反应生成金属氯化物，如铜不能与盐酸反应生成氯化铜，故C错误；酸性条件下，氯酸根离子能与氯离子反应生成氯气，氯气与碱溶液反应能生成次氯酸根离子，次氯酸根离子与强酸反应能生成次氯酸，则存在ClO→Cl2→ClO－→HClO的转化关系，故D正确。
4．下列实验装置正确的是( )
A 解析：实验室可以用MnO2和浓盐酸在加热条件下反应制备Cl2，故A正确；实验室可以用MnO2催化H2O2分解制备O2，用浓硫酸干燥O2，O2的密度大于空气，可以用向上排空气法收集，应该长管进、短管出，故B错误；加热氯化铵固体产生氨气和氯化氢气体，两种气体很难分离，而且两种气体一冷却又发生反应生成氯化铵，故不能通过加热氯化铵固体制备氨气，故C错误；铜和浓硫酸在加热的条件下反应生成二氧化硫，二氧化硫可以使石蕊溶液变红，但不能用浸有稀硫酸的棉花团吸收过量的二氧化硫，应该用NaOH溶液，故D错误。
5．(2022·北京卷)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中产物生成的是( )
选项 a中反应 b中检测试剂及现象
A 浓硝酸分解生成NO2 淀粉-KI溶液变蓝
B Cu与浓硫酸生成SO2 品红溶液褪色
C 浓NaOH与NH4Cl溶液生成NH3 酚酞溶液变红
D CH3CHBrCH3与NaOH乙醇溶液生成丙烯 溴水褪色
A 解析：浓硝酸具有挥发性，挥发出的硝酸也能与KI溶液反应生成使淀粉变蓝的碘，则淀粉-KI溶液变蓝色不能说明浓硝酸分解生成二氧化氮，故A符合题意；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，故B不符合题意；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气，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气，故C不符合题意；乙醇具有挥发性，挥发出的乙醇不能与溴水反应，2-溴丙烷与氢氧化钠乙醇溶液共热发生消去反应生成能使溴水褪色的丙烯气体，则溴水褪色能说明2-溴丙烷与氢氧化钠乙醇溶液共热发生消去反应生成丙烯，故D不符合题意。
6．某学生设计如下流程，以废铁屑(含有少量碳和SiO2杂质)为原料制备无水FeCl3固体：
,操作②,操作③
下列有关说法正确的是( )
A．操作①用到的仪器均为玻璃仪器
B．操作中试剂b可选用稀硝酸或过氧化氢溶液
C．进行操作②时通入HCl气体以提高产品纯度
D．由于SOCl2易与结晶水反应，可用作操作③的脱水剂
C 解析：废铁屑(含有少量碳和SiO2杂质)中加入盐酸，铁屑反应生成氯化亚铁，过滤除去少量碳和SiO2杂质，a为氯化亚铁，加入氧化剂b生成的c为氯化铁，蒸发结晶生成FeCl3·6H2O，通入SOCl2生成FeCl3。废铁屑中加入盐酸，铁屑反应生成氯化亚铁，含有的少量碳和SiO2杂质与盐酸不反应，则操作①是过滤，用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和漏斗，铁架台不属于玻璃仪器，A错误；若b是稀硝酸，则会引入新杂质硝酸根离子，B错误；操作②是氯化铁溶液蒸发结晶生成FeCl3·6H2O，由于铁离子会发生水解反应，通入HCl气体可抑制铁离子的水解，提高产品纯度，C正确；SOCl2易水解，可与FeCl3·6H2O反应生成FeCl3，化学方程式为FeCl3·6H2O＋6SOCl2===FeCl3＋6SO2↑＋12HCl↑，不是作为脱水剂，D错误。
7．物质的类别和核心元素的化合价是研究物质性质的两个重要维度，下图为氮、硫及其部分化合物的“价—类”二维图。下列说法错误的是( )
A．坐标轴左侧区域代表的是氮及其化合物
B．a→b→c→d→e的转化均能一步实现
C．c、d和i、j均属于酸性氧化物
D．f与l可以是同一种物质
C 解析：由图中氢化物的化合价可知，左侧为氮及其部分化合物的“价—类”二维图，右侧为硫及其部分化合物的“价—类”二维图，则a为硫化氢，b为硫，c为二氧化硫，d为三氧化硫，e为硫酸，f为硫酸盐，g为氨气，h为氮气，i为一氧化氮，j为二氧化氮或四氧化二氮，k为硝酸，l为铵盐。左侧为氮及其部分化合物的“价—类”二维图，故A正确；右侧为硫及其部分化合物的“价—类”二维图，a→b→c→d→e的转化过程为H2S→S→SO2→SO3→H2SO4，由硫及其化合物的性质可知，转化过程均能一步实现，故B正确；一氧化氮、二氧化氮或四氧化二氮均不属于酸性氧化物，故C错误；f为硫酸盐，l为铵盐，可能都是硫酸铵，故D正确。
8．以闪锌矿(主要成分为ZnS，还含铁等元素)、软锰矿(主要成分为MnO2，还含铁等元素)为原料联合生产锌和高纯度二氧化锰的一种工艺的主要流程如下所示：
其中滤渣2以FeOOH沉淀为主，在溶液pH为2.5～3.5 时生成。下列说法错误的是( )
A．滤渣1含硫单质
B．生产流程中，不宜用Cl2代替空气
C．生成滤渣2的离子方程式为Fe3＋＋3OH－===FeOOH＋H2O
D．产品MnO2在电解池的阳极生成
C 解析：在酸性条件下，MnO2将ZnS中的－2价S氧化为硫单质，故A正确；若用Cl2代替O2，溶液中引入Cl－，可能会导致后续电解流程中产生Cl2，故B正确；在pH为2.5～3.5时生成FeOOH沉淀，离子方程式为Fe3＋＋2H2O===FeOOH↓＋3H＋，故C错误；由信息可知，电解时Mn2＋在阳极失电子得到MnO2，故D正确。
二、选择题：每小题有一个或两个选项符合题目要求。
9．某小组探究NH3的催化氧化，实验装置图如下所示。③中气体颜色无明显变化，④中收集到红棕色气体，一段时间后，④中产生白烟。下列分析正确的是( )
A．②中NH4Cl能用NH4NO3替代
B．③、④中现象说明③中的反应是4NH3＋5O24NO＋6H2O
C．④中白烟的主要成分是NH4Cl
D．一段时间后，⑤中溶液可能变蓝
BD 解析：NH4NO3是氧化性铵盐，加热时低温生成NH3和HNO3，随着温度升高，硝酸的强氧化性发挥作用使生成的氨进一步被氧化生成氮气和氮的氧化物，所以不能用NH4NO3与Ca(OH)2反应制氨气，故A错误；由分析可知，③中气体颜色无明显变化，④中收集到红棕色气体，一段时间后产生白烟，说明③中氨气在催化剂作用下与氧气发生催化氧化反应生成一氧化氮，反应的化学方程式为4NH3＋5O24NO＋6H2O，故B正确；④中白烟的主要成分是硝酸铵，故C错误；一段时间后，装置⑤中氮的氧化物与氧气溶于水反应生成硝酸，硝酸与铜反应生成硝酸铜，溶液变蓝，故D正确。
10．利用下列试剂和如图所示装置制备气体并除去其中的非水杂质，能达到目的的是(必要时可加热，加热及夹持装置已略去)( )
选项 气体 试剂Ⅰ 试剂Ⅱ 试剂Ⅲ
A Cl2 浓盐酸 MnO2 NaOH溶液
B SO2 浓硝酸 Na2SO3 饱和NaHSO3溶液
C CO2 稀盐酸 CaCO3 饱和NaHCO3溶液
D C2H4 浓硫酸 C2H5OH 酸性KMnO4溶液
C 解析：实验室中制备的Cl2中含有HCl，除去Cl2中的HCl应该用饱和食盐水，而不是NaOH溶液，A不符合题意；浓硝酸具有强氧化性，能将Na2SO3氧化为Na2SO4，故不能用浓硝酸和Na2SO3来制备SO2，而应该用70%硫酸和Na2SO3来制备SO2，B不符合题意；实验室用稀盐酸和CaCO3制备CO2，此时CO2中含有少量的杂质HCl，可用饱和NaHCO3溶液来除去CO2中的HCl，C符合题意；实验室可以将浓硫酸和无水乙醇的混合液迅速加热到170 ℃来制备乙烯，这样制得的乙烯中含有SO2、CO2和乙醇蒸气等杂质，由于乙烯也能被酸性高锰酸钾溶液氧化，故不能用酸性高锰酸钾溶液来除杂，应该用NaOH溶液来除杂，D不符合题意。
11．自然界中氮循环过程如图所示，下列说法错误的是( )
A．反硝化过程中，含氮物质被氧化
B．氨氧化过程中，NO与NH理论物质的量之比为1∶1
C．N2→NH属于氮的固定，N2发生还原反应
D．土壤中Fe2＋有利于除去水体中的铵态氮
AD 解析：反硝化过程中氮元素化合价降低，含氮物质为氧化剂，被还原，A错误；NO中N的化合价为＋3价，NH中N的化合价为－3价，二者反应产物为N2，氮元素的化合价为0价，根据电子守恒可知，反应过程中二者的理论物质的量之比为1∶1，B正确；氮的固定是指游离态氮元素转化为化合态的氮元素，氮气转化为铵根离子，氮元素化合价降低，氮气为氧化剂，被还原，C正确；由转化图可知，亚铁离子能与水体中的硝酸根离子反应，可以除去水体中的硝态氮，D错误。
三、非选择题。
12．某校化学实验小组为了证明铜与稀硝酸反应产生一氧化氮，用如图所示装置进行实验(加热装置和夹持装置均已略去，装置气密性良好，F是用于鼓入空气的双连打气球)。
实验操作及现象：
实验操作 现象
Ⅰ.将B装置下移，使碳酸钙与稀硝酸接触 产生气体
Ⅱ.当C装置中产生白色沉淀时，立刻将B装置上提 —
Ⅲ.将A装置中铜丝放入稀硝酸中，给A装置微微加热 A装置中产生无色气体，E装置中开始时出现浅红棕色气体
Ⅳ.用F装置向E装置中鼓入空气 E装置中气体颜色逐渐加深
Ⅴ.一段时间后 C装置中白色沉淀溶解
请回答下列问题：
(1)操作 Ⅰ 中产生气体的化学式为________。操作Ⅰ的目的是_______________
_____________________________________________________________________________________________。D装置的作用是_____________________________
_____________________________________________________________。
(2)操作Ⅱ中当C装置中产生白色沉淀时立刻将B装置上提的原因是_________
___________________________________________________________________________________。
(3)操作Ⅲ中A装置中产生无色气体的化学方程式是________________________
_____________________________________________。
(4)E装置内气体颜色逐渐加深的原因是___________________________________
_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。
(5)操作Ⅴ现象产生的原因是(用两个化学方程式说明)_______________________
_________________________________________________，___________________
_____________________________________________________。
解析：该实验的原理是首先用碳酸钙与稀硝酸反应产生的CO2将装置中的空气排尽，以防止空气中的氧气对实验造成干扰，然后铜与稀硝酸反应产生气体，通过向E装置中通入空气，气体颜色变深，说明铜与稀硝酸反应产生的气体为NO，最后处理尾气。(1)操作Ⅰ是用碳酸钙与稀硝酸反应产生的CO2气体将装置中的空气排尽，以防止空气中的氧气对实验造成干扰。D装置的作用是平衡压强，吸收NO、NO2、CO2等尾气，防止污染空气。(2)C装置中出现白色沉淀说明E中的空气排尽了，此时应立刻将B装置上提，防止碳酸钙消耗硝酸过多，从而影响铜与稀硝酸的反应。(3)铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、无色气体NO和水，反应的化学方程式是3Cu＋8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O。(4)CO2比空气重，从长管进入E，并没有把E中的空气排尽，致使部分NO先与未排尽的空气生成少量红棕色气体NO2，当再从F鼓入空气时，E中有更多的NO2生成，所以气体颜色逐渐加深。(5)C中白色沉淀溶解是因为NO2与水反应生成硝酸，发生反应3NO2＋H2O===2HNO3＋NO(或4NO＋3O2＋2H2O===4HNO3)，硝酸能溶解碳酸钙沉淀，发生反应CaCO3＋2HNO3===Ca(NO3)2＋H2O＋CO2↑。
答案：(1)CO2 用碳酸钙与稀硝酸反应产生的CO2气体将装置中的空气排尽 平衡压强，吸收NO、NO2、CO2等尾气，防止污染空气
(2)防止碳酸钙消耗硝酸过多，从而影响铜与稀硝酸的反应
(3)3Cu＋8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O
(4)CO2比空气重，从长管进入E，并没有把E中的空气排尽，致使部分NO先与未排尽的空气生成少量红棕色气体NO2，当再从F鼓入空气时，E中有更多的NO2生成，所以气体颜色逐渐加深
(5)3NO2＋H2O===2HNO3＋NO(或4NO＋3O2＋2H2O===4HNO3) CaCO3＋2HNO3===Ca(NO3)2＋H2O＋CO2↑
13．硫脲[CS(NH2)2]是一种白色晶体，熔点180 ℃，易溶于水和乙醇，受热时部分发生异构化反应而生成硫氰化铵，可用于制造药物，也可用作橡胶的硫化促进剂以及金属矿物的浮选剂等。回答下列问题：
Ⅰ.硫脲的制备
已知：将石灰氮(CaCN2)和水的混合物加热至80 ℃时，通入硫化氢气体反应可生成硫脲溶液和石灰乳，实验装置如图所示。
(1)装置B中的试剂X和试剂Y的最佳组合是________(填标号)。
A．FeS固体＋浓硫酸
B．FeS固体＋稀硝酸
C．FeS固体＋稀盐酸
(2)仪器M的名称为____________________________________________________
________________。
按(1)中所选试剂组合，按气流从左到右的方向，上述装置的合理连接顺序为c→__________(填仪器接口的小写字母)。
(3)装置C中反应温度控制在80 ℃，温度不宜过高或过低的原因是________________________________________________，装置C中反应的化学方程式为_____________________________________________________________
___________________________________。
Ⅱ.硫脲的分离及产品含量的测定
(4)装置C反应后的液体过滤后，将滤液减压蒸发浓缩，之后冷却结晶，离心分离，烘干即可得到产品。称取m g产品，加水溶解配成500 mL溶液，量取25 mL于锥形瓶中，滴加一定量的稀硫酸使溶液显酸性，用c mol·L－1 KMnO4标准溶液滴定，滴定至终点时消耗KMnO4标准溶液V mL。
①硫脲[CS(NH2)2]中硫元素的化合价为________价。
②滴定时，硫脲转化为CO2、N2、SO的离子方程式为_____________________
___________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
③样品中硫脲的质量分数为__________(用含m、c、V的式子表示)。
解析：(1)装置B用来制备H2S气体，故试剂X和试剂Y的最佳组合是FeS固体＋稀盐酸，稀硝酸和浓硫酸会氧化H2S气体。(2)仪器M的名称为恒压滴液漏斗，按气流从左到右的方向，根据分析，图中装置的合理连接顺序为c→a→b→d→e→f。(3)温度控制在80 ℃，温度不宜过高或过低的原因是温度过高，部分硫脲会发生异构化反应而生成硫氰化铵；温度过低，反应缓慢；装置C中反应的化学方程式为CaCN2＋H2S＋2H2OCS(NH2)2＋Ca(OH)2。(4)①硫脲[CS(NH2)2] 中硫元素的化合价为－2价。②滴定时，反应的离子方程式为5CS(NH2)2＋14MnO＋32H＋===14Mn2＋＋5CO2↑＋5N2↑＋5SO＋26H2O。③根据5CS(NH2)2＋14MnO＋32H＋===14Mn2＋＋5CO2↑＋5N2↑＋5SO＋26H2O，可得关系式：5CS(NH2)2～14MnO，可得样品中硫脲的质量分数为×100%＝%。
答案：(1)C
(2)恒压滴液漏斗 a→b→d→e→f
(3)温度过高，部分硫脲会发生异构化反应而生成硫氰化铵；温度过低，反应缓慢
CaCN2＋H2S＋2H2OCS(NH2)2＋Ca(OH)2
(4)①－2 ②5CS(NH2)2＋14MnO＋32H＋===14Mn2＋＋5CO2↑＋5N2↑＋5SO＋26H2O
③%
1．(以物质的制备为核心的流程)(双选)磷酸银可用于光催化降解含有机物的污水，一段时间后，溶液变为浅的棕黑色，磷酸银催化效果降低。实验室制备少量磷酸银的工艺流程如下所示：
已知：①AgCl(s)＋2NH3(aq)??[Ag(NH3)2]＋(aq)＋Cl－(aq) K＝1.6×10－3；
②常温时，Ksp(AgCl)＝1.45×10－10。
下列说法正确的是( )
A．银氨溶液中的平衡：[Ag(NH3)2]＋(aq)??2NH3(aq)＋Ag＋(aq) K≈9.1×10－8
B．“析银”离子方程式：3[Ag(NH3)2]＋＋HPO===Ag3PO4↓＋H2O＋6NH3↑
C．“离心沉淀”所得母液中有两种溶质
D．磷酸银催化失效的原因可能是光照分解生成Ag
AD 解析：根据AgCl(s)＋2NH3(aq)??[Ag(NH3)2]＋(aq)＋Cl－(aq)、AgCl(s)??Ag＋(aq)＋Cl－(aq)，由第二个反应减第一个反应，可得：[Ag(NH3)2]＋(aq)??2NH3(aq)＋Ag＋(aq) K＝≈9.1×10－8，A项正确；“析银”时加入Na2HPO4，[Ag(NH3)2]＋和HPO在碱性条件下反应生成一水合氨和磷酸银，反应的离子方程式为3[Ag(NH3)2]＋＋HPO＋OH－＋5H2O===6NH3·H2O＋Ag3PO4↓，B项电荷不守恒，错误；“离心沉淀”所得母液中有NaNO3、NH3·H2O、Na2HPO4等溶质，C项错误；磷酸银光照分解生成Ag，催化活性降低，因此催化失效，D项正确。
2．(以物质的制备为核心的流程)四氟硼酸锂(LiBF4)化学性质稳定，可用作锂电池(心脏起搏器电池等)或二次锂离子电池电解液导电盐。其制备流程如图所示。下列说法错误的是( )
A．“不溶颗粒”主要成分为Li2CO3
B．实验室中模拟工艺流程时反应器3不能选用三颈圆底烧瓶
C．反应器2中反应为LiHCO3＋4HF===LiF·3HF＋H2O＋CO2
D．粗产品经过负压下浓缩、冷却结晶即可得到纯净的四氟硼酸锂
D 解析：根据对角线规则，Li2CO3的性质和MgCO3相似，Li2CO3难溶于水，Li2CO3的料浆中通入CO2，发生反应：Li2CO3＋H2O＋CO2===2LiHCO3，难溶的Li2CO3转化为易溶的LiHCO3，则“不溶颗粒”主要成分为Li2CO3，A项正确；反应器3发生反应：LiF·3HF＋H3BO3===LiBF4＋3H2O，HF能腐蚀玻璃，故反应器3不能选用三颈圆底烧瓶，B项正确；反应器2中LiHCO3和HF发生反应：LiHCO3＋4HF===LiF·3HF＋H2O＋CO2，C项正确；粗产品经过浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到纯净的四氟硼酸锂，D项错误。
3．(以物质的分离与提纯为核心的流程)(双选)我国首创高钛渣沸腾氯化法获取TiCl4，以高钛渣(主要成分为TiO2，含少量V、Si和Al的氧化物杂质)为原料采用该方法获取TiCl4并制备金属钛的流程如图所示。下列说法错误的是( )
流程中几种物质的沸点如表所示：
物质 TiCl4 VOCl3 SiCl4 AlCl3
沸点/℃ 136 127 57 180
A.“除钒”反应为3VOCl3＋Al3VOCl2＋AlCl3
B．“除硅、铝”过程中，可通过蒸馏的方法分离TiCl4中含有的Si、Al杂质
C．“除钒”和“除硅、铝”的顺序可以交换
D．“反应器”中应增大湿度以提高反应速率
CD 解析：TiO2、V2O5、SiO2、Al2O3可与C、Cl2反应生成TiCl4、VOCl3、SiCl4、AlCl3、CO、CO2等；粗TiCl4中的VOCl3与Al发生反应被除去，再经过“除硅、铝”得到纯TiCl4，最后通过反应得到Ti单质：TiCl4＋4Na4NaCl＋Ti。粗TiCl4中的VOCl3与Al发生的反应为3VOCl3＋Al3VOCl2＋AlCl3，A正确；TiCl4、SiCl4、AlCl3的沸点相差较大，可通过蒸馏的方法分离出TiCl4，B正确；“除钒”会引入AlCl3，因此和“除硅、铝”的顺序不可以交换，C错误；Na为活泼金属，可与水发生剧烈反应，且TiCl4易水解，所以“反应器”应保持干燥，D错误。
