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专题四 元素及其化合物课件PPT
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高考总复习
GAO KAO ZONG FU XI
第一编
2022
内容索引
考点一 常见金属及其重要化合物
考点二 常见非金属及其重要化合物
专项模块 素养培优
五年高考 命题研究
考点一 常见金属及其重要 化合物
要点归纳•再提升
1.钠及其重要化合物(1)梳理知识主线
(2)扫除易忘知识盲点①钠和盐溶液反应,不能置换出盐中的金属,钠与熔融的盐反应才可能置换出盐中的金属。②Na与足量O2反应无论生成Na2O还是Na2O2,只要参与反应的Na的质量相等,则转移电子的物质的量一定相等。③Na分别与H2O和乙醇发生反应均能生成H2,但反应的剧烈程度不同,前者反应更剧烈。
④1 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与足量SO2的反应转移电子应为2 mol,生成物为Na2SO4。⑤除去CO2中的HCl气体,应选用饱和NaHCO3溶液;向饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2,有NaHCO3晶体析出。
NaHCO3溶解度小于Na2CO3
⑥焰色反应不是化学变化。⑦Li和O2反应只生成Li2O;NaH是离子化合物,是一种强还原剂;Na2O、Na2O2中阴、阳离子个数比均为1∶2。⑧把Na2O2投入品红溶液中,因溶液中有强氧化性物质,因而可使品红溶液褪色。把Na2O2投入无色酚酞溶液中,酚酞溶液先变红后褪色。
2.铝及其重要化合物(1)梳理知识主线
(2)扫除易忘知识盲点①铝是活泼金属,但铝抗腐蚀性相当强,因为在空气中铝的表面会生成一层致密的氧化物薄膜。由于Al2O3的熔点高于Al的熔点,故在酒精灯上加热铝箔直至熔化,熔化的铝并不滴落。②铝热反应不仅仅是单质铝与Fe2O3的反应,还包括制取其他难熔金属的反应。铝热反应是中学化学中唯一一类金属单质与金属氧化物在高温条件下的置换反应。
③引发铝热反应的具体操作是先在铝热剂表面铺一层KClO3,然后插上镁条,最后点燃镁条。④并不是Al与所有金属氧化物均能组成铝热剂,能组成铝热剂的金属氧化物对应的金属活泼性应比铝弱。⑤Al2O3、Al(OH)3与NaOH溶液的反应常用于物质的分离和提纯。Al(OH)3不溶于氨水,所以实验室常利用铝盐和氨水反应制备Al(OH)3。⑥Al(OH)3可用作抗酸药;明矾常用于净水。⑦泡沫灭火器所用试剂为Al2(SO4)3溶液和NaHCO3溶液。
3.铁及其重要化合物(1)梳理知识主线
(2)扫除易忘知识盲点①Fe与O2(点燃)、H2O(g)(高温)反应的固体产物都是Fe3O4而不是Fe2O3。Fe与Cl2反应时生成FeCl3,Fe与S反应时生成FeS,说明Cl2的氧化性强于S。Fe在Cl2中燃烧,无论Cl2过量还是不足均生成FeCl3。常温下,Fe、Al在冷的浓硫酸和浓硝酸中发生钝化,但加热后能继续反应。②向含Fe2+的溶液中加入硝酸、氯水等具有氧化性的物质时,溶液会出现浅绿色→棕黄色的颜色变化,该现象可用于Fe2+的检验。
③FeCl3、Fe2(SO4)3的水溶液蒸干所得固体不同:FeCl3溶液加热蒸干得Fe(OH)3,灼烧Fe(OH)3可得Fe2O3;Fe2(SO4)3溶液蒸干可得Fe2(SO4)3。④在用强氧化剂(H2O2或氯水)和KSCN溶液联合检验Fe2+的存在时,要特别注意加入试剂的先后顺序,先加KSCN溶液无明显变化,说明溶液中无Fe3+,再加强氧化剂(H2O2溶液或氯水)后溶液变红色,说明原溶液中含有Fe2+。⑤配制FeCl2溶液既要防氧化(加入Fe粉),又要抑制水解(加入盐酸);配制FeCl3溶液时要加入浓盐酸抑制水解。⑥除去ZnCl2溶液中的FeCl2,应先通入Cl2或加入H2O2溶液使Fe2+转化为Fe3+,再加入ZnO,使Fe3+水解生成沉淀过滤除去。
水解得到的酸是否具有挥发性,导致盐溶液蒸干后的产物不同
4.铜及其重要化合物(1)梳理知识主线
(2)扫除易忘知识盲点①新制Cu(OH)2悬浊液常用来检验醛基。②Cu和一定量的浓硝酸反应,产生的是NO2和NO的混合气体,当Cu有剩余时,再加入稀硫酸,Cu可继续溶解。③常见含Cu物质的颜色:Cu是紫红色;CuO是黑色;Cu2S是黑色;CuS是黑色;Cu2O是砖红色。④冶炼铜的方法有:热还原法;湿法炼铜;电解精炼铜。
5.熟记常见转化(1)铝土矿提铝
(2)工业提镁
经典对练•得高分
考向1 钠及其重要化合物真题示例1-1.(2021福建新高考适应卷,10)钠在液氨中溶剂化速度极快,生成蓝色的溶剂合电子,下图为钠投入液氨中的溶剂化图。钠沉入液氨中,快速得到深蓝色溶液,并慢慢产生气泡。下列说法错误的是( )
A.钠的密度比液氨大B.溶液的导电性增强C.0.1 mol钠投入液氨中生成0.01 mol H2时,Na共失去0.02 mol电子D.钠和液氨可发生以下反应:2NH3+2Na==2NaNH2+H2↑
思路点拨
答案 C
1-2.(2020江苏卷,10)下列选项所示的物质间转化均能实现的是( )
答案 C 解析 A项,工业一般将Cl2通入石灰乳中生产漂白粉,错误;B项,向NaCl溶液中通入CO2,无法生成NaHCO3,错误;D项,电解MgCl2溶液不能得到金属镁,错误。
对点演练1-1.(2021陕西西安中学二模)将1 mol过氧化钠与2 mol碳酸氢钠固体混合,在密闭容器中,在120 ℃时充分反应后,排出气体,冷却,有固体残留。下列分析正确的是( )A.残留固体是2 mol Na2CO3B.残留固体是Na2CO3和NaOH的混合物C.反应中转移2 mol电子D.排出的气体是1.5 mol氧气
答案 A
解析 过氧化钠受热不分解,但是NaHCO3受热分解:2NaHCO3 Na2CO3+CO2↑+H2O,2 mol NaHCO3受热分解产生1 mol二氧化碳和1 mol水,二氧化碳和水都能与过氧化钠发生反应,但是过氧化钠是少量的,因此过氧化钠优先和二氧化碳发生反应:2Na2O2+2CO2==2Na2CO3+O2,得到1 mol碳酸钠和0.5 mol氧气,此时容器中一共有2 mol碳酸钠、1 mol水和0.5 mol氧气。整个反应中只有过氧化钠中-1价的氧发生了歧化反应,因此一共转移了1 mol电子,A项正确。
1-2.将一定物质的量的Na2CO3、NaHCO3组成的混合物溶于水,配成1 L溶液,取出50 mL溶液,然后滴加一定物质的量浓度的盐酸进行反应,得到的图像如图所示,下列说法正确的是( )
A.标注NaCl的直线代表产生的CO2的物质的量B.原混合物中Na2CO3与NaHCO3的物质的量之比为1∶1C.盐酸的浓度是0.025 mol·L-1D.盐酸加到150 mL时,放出CO2气体2.24 L(标准状况下)
答案 B
解析 加入盐酸0~50 mL时发生的反应为Na2CO3+HCl==NaCl+NaHCO3,没有CO2产生,A错误;从图像分析可知,原混合物中Na2CO3与NaHCO3的物质的量之比为1∶1,B正确;由图像可知,V(盐酸)=50 mL时,溶液中的碳酸钠完全转化为碳酸氢钠和氯化钠,由Na2CO3+HCl==NaCl+NaHCO3可知,n(Na2CO3) ==n(HCl)=0.002 5 mol,c(HCl)= =0.05 mol·L-1,C错误;加入盐酸50~150 mL时,发生的反应为NaHCO3+HCl==NaCl+H2O+CO2↑,则生成CO2的体积V(CO2)=100×10-3L×0.05 mol·L-1×22.4 L·mol-1=0.112 L=112 mL,D错误。
考向2 铝及其重要化合物真题示例2-1.(2021江苏新高考适应卷,8)由制铝工业废渣(主要含Fe、Ca、Si、Al等的氧化物)制取聚合硫酸铁铝净水剂的流程如下:
下列有关说法不正确的是( )A.控制适当反应温度并不断搅拌,有利于提高铁、铝浸取率B.Al2O3与稀硫酸反应的离子方程式:Al2O3+6H+==2Al3++3H2OC.滤液中主要存在的阳离子有:H+、Fe2+、Ca2+、Al3+D.聚合硫酸铁铝水解形成的胶体具有吸附作用
思路点拨
答案 C
2-2.(2020江苏卷,3)下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是( )A.铝的金属活动性强,可用于制作铝金属制品B.氧化铝熔点高,可用作电解冶炼铝的原料C.氢氧化铝受热分解,可用于中和过多的胃酸D.明矾溶于水并水解形成胶体,可用于净水
答案 D 解析 A项,制作铝金属制品主要是利用铝密度小、不易腐蚀的性质;B项,Al2O3熔点高,与可作为冶炼铝的原料无因果关系;C项,Al(OH)3可用于中和过多的胃酸,是因为Al(OH)3属于两性氢氧化物,能与盐酸反应。
对点演练2-1.(2021湖北武汉武昌区质检)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.过滤Ⅰ对应滤渣的主要成分为氧化铁D.反应Ⅲ的化学方程式为4NaH+AlCl3==NaAlH4+3NaCl
答案 B
解析 以铝土矿(主要成分为Al2O3,含SiO2和Fe2O3等杂质)为原料制备铝,由流程可知,加NaOH溶液溶解时Fe2O3不反应,过滤得到的滤渣中含有Fe2O3,碳酸氢钠与偏铝酸钠反应生成Al(OH)3,过滤得到Al(OH)3,灼烧Al(OH)3生成氧化铝,电解熔融的氧化铝生成Al和氧气,纯铝在氯气中燃烧生成氯化铝,氯化铝再与NaH反应生成铝氢化钠(NaAlH4)。为了提高“碱溶”效率,在“碱溶”前对铝土矿进行粉碎,可增大接触面积,A正确;过滤Ⅰ得到的滤液中含有过量NaOH和NaAlO2,加入NaHCO3溶液后HC 分别与OH-、
2-2.铝热反应是铝的一个重要性质,该性质用途十分广泛。对Al和Fe2O3发生“铝热反应”的现象有这样的描述:“反应放出大量的热,并发出耀眼的光芒”“纸漏斗的下部被烧穿,有熔融物落入沙中”。已知:Al、Al2O3、Fe、Fe2O3的熔点、沸点数据如下:
(1)某同学推测,该铝热反应所得到的熔融物应是铁铝合金。理由是:该反应放出的热量使铁熔化,而铝的熔点比铁低,此时液态的铁和铝熔合形成铁铝合金。你认为他的解释是否合理? (填“合理”或“不合理”)。 (2)设计一个简单的实验方案,证明上述所得的熔融物中含有金属铝。该实验所用试剂是 ,反应的离子方程式为 。 (3)实验室溶解该铝热反应熔融物冷却后的固体,在下列试剂中最适宜的试剂是 (填字母)。 A.浓硫酸 B.稀硫酸C.稀硝酸 D.氢氧化钠溶液
答案 (1)合理(2)NaOH溶液 2Al+2OH-+2H2O==2Al +3H2↑(3)B
解析 (1)题给铝热反应的原理为2Al+Fe2O3 Al2O3+2Fe,反应过程中生成铁单质,铝可能有剩余,结合题给熔点数据和信息:该反应放出的热量使铁熔化,而铝的熔点比铁低,此时液态的铁和铝熔合形成铁铝合金,合理。(2)铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气,铁与氢氧化钠溶液不反应。证明铝热反应所得的熔融物中含有金属铝的实验方案为取少量熔融物冷却所得的固体置于试管中,向其中滴加氢氧化钠溶液,看固体是否部分溶解,是否有气体生成。该实验所用试剂是NaOH溶液,反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O==2Al +3H2↑。
(3)A项,常温下,浓硫酸能使铁、铝钝化,错误;B项,铁、铝均与稀硫酸反应,生成的氢气对环境无污染,正确;C项,稀硝酸与铁、铝反应均有有毒气体NO生成,错误;D项,氢氧化钠溶液与铁不反应,错误。
考向3 铁、铜及其重要化合物 金属的冶炼真题示例3-1.(2020浙江卷,12)下列说法正确的是( )A.Na2O在空气中加热可得固体Na2O2B.Mg加入到过量FeCl3溶液中可得FeC.FeS2在沸腾炉中与O2反应主要生成SO3D.H2O2溶液中加入少量MnO2粉末生成H2和O2
答案 A
解析 无水状态下Na2O2比Na2O更稳定,Na2O在空气中加热可以生成更稳定的Na2O2,A正确;Mg加入到FeCl3溶液中,Mg具有较强的还原性,先与Fe3+反应,生成Mg2+和Fe2+,若Mg过量,Mg与Fe2+继续反应生成Mg2+和Fe,但由于反应中FeCl3过量,Mg已消耗完,所以无Mg和Fe2+反应,所以不会生成Fe,B错误;FeS2在沸腾炉中与O2发生的反应为4FeS2+11O2 2Fe2O3+8SO2,产物主要是SO2而不是SO3,C错误;H2O2溶液中加入少量MnO2粉末生成H2O和O2,化学方程式为2H2O2 2H2O+O2↑,D错误。
3-2.(2020全国Ⅱ卷,7)北宋沈括的《梦溪笔谈》中记载:“信州铅山有苦泉,流以为涧。挹其水熬之则成胆矾,烹胆矾则成铜。熬胆矾铁釜,久之亦化为铜”。下列有关叙述错误的是( )A.胆矾的化学式为CuSO4B.胆矾可作为湿法冶铜的原料C.“熬之则成胆矾”是浓缩结晶过程D.“熬胆矾铁釜,久之亦化为铜”是发生了置换反应
思路点拨
答案 A
对点演练3-1.用黄色的FeCl3溶液分别进行下列实验,其中解释或结论不正确的是( )
答案 A
解析 加入氯化铁固体,溶液变为红褐色,溶液中水解生成的氢氧化铁浓度变大,但溶液浓度越大水解程度越小,A项错误;溶液颜色变浅,可以说明铁离子浓度变小,B项正确;铁离子具有强氧化性,可与铁发生氧化还原反应:2Fe3++Fe==3Fe2+,溶液颜色变成浅绿色,C项正确;将氯化铁溶液微热,溶液变成红褐色,说明升高温度水解平衡正向移动,即水解反应是吸热过程,D项正确。
3-2.(2021辽宁百师联盟联考)现将KI、FeSO4、CuCl2、Fe2(SO4)3、漂白粉中的几种或全部固体混合物加入到足量的水中,一段时间后生成深棕色固体混合物和pH>7的无色溶液。下列推断不合理的是( )A.原固体混合物中一定含有KI和漂白粉B.原固体混合物中一定含CuCl2,可能含有FeSO4和Fe2(SO4)3中的一种或两种C.深棕色固体混合物的成分是Fe(OH)3和Cu(OH)2D.得到的pH>7的无色溶液具有强氧化性,能够漂白棉、麻、丝织品
答案 A
解析 固体溶于水后,要使溶液为pH>7的无色溶液,则一定含有漂白粉,且漂白粉过量。得到深棕色固体混合物,则固体是Fe(OH)3和Cu(OH)2的混合物,则原固体中一定含有CuCl2,FeSO4和Fe2(SO4)3中含有其中一种或两种都有。若原固体混合物中含有KI和漂白粉,则KI会与漂白粉反应生成I2,溶液不可能为无色,因此一定不含KI,A错误;由分析可知,原固体混合物中一定含CuCl2,可能含有FeSO4和Fe2(SO4)3中的一种或两种,B正确;由分析可知,深棕色固体混合物是Fe(OH)3和Cu(OH)2的混合物,C正确;由分析可知,得到的pH>7的无色溶液是因为原固体含有过量的漂白粉,故具有强氧化性,能够漂白棉、麻、丝织品,D正确。
3-3.(2021湖南怀化一模)铜在自然界中多以硫化物存在,氧化亚铜(Cu2O)是一种用途广泛的光电材料,某工厂以黄铜矿(主要成分为CuFeS2)为原料制取Cu2O的一种工艺流程如图:
常温下几种金属阳离子开始沉淀与完全沉淀时的pH如表:
(1)预处理时把矿石粉碎的目的是 ;为了减少炉气污染,可用炉气生产 (写化学式),再用于上述工艺。 (2)试剂a可选 (填序号);“调pH”应调控的pH范围为 。 A.Cu B.CuO C.CuCO3D.Cu(OH)2 E.Cu2(OH)2CO3
(3)“焙烧”后,若Cu、Fe分别呈+2价、+3价,写出CuFeS2与O2反应的化学方程式: 。 (4)“还原(90 ℃)”过程发生反应的离子方程式为 ;“操作A”包括 、洗涤、隔绝空气烘干。 (5)若用10.00吨含30.00%CuFeS2的矿石生产Cu2O,假设其他杂质不含铜元素,最后得到Cu2O 0.950 4吨,则其产率为 (保留四位有效数字)。
答案 (1)增大固体表面积,使焙烧更充分 H2SO4(2)BCDE 3.3≤pH<4.8
解析 根据流程图可知,黄铜矿(主要成分为CuFeS2)在氧气中焙烧,焙烧后可得到Fe2O3、CuO、FeO等,加入稀硫酸溶解,过滤后得到含有Fe2+、Cu2+、Fe3+的溶液,通入空气氧化Fe2+,加入试剂a调节溶液的pH沉淀Fe3+,则料渣Ⅱ为氢氧化铁,向滤液加入N2H4、KOH发生氧化还原反应4CuSO4+N2H4+8KOH 2Cu2O↓+N2↑+4K2SO4+6H2O,通过过滤、洗涤、烘干得到产品。
(1)对矿石进行“预处理”是将矿石粉碎,其目的是通过增大接触面积,加快化学反应速率,使焙烧更充分;炉气中含有二氧化硫,为了减少炉气污染,可用炉气生产硫酸,再用于制取Cu2O的工艺。
(2)根据上述分析,步骤中通入空气是将+2价铁氧化为+3价铁,用试剂a调pH是将+3价铁元素全部转化为Fe(OH)3沉淀,根据表格数据,+3价铁元素全部转化为Fe(OH)3沉淀的pH最小为3.3,为了不影响溶液中的铜元素,pH不能达到4.8,故pH的调控范围最好是3.3≤pH<4.8;溶液显酸性,铜与稀硫酸不反应,为了不引入新杂质,试剂a可选用CuO、CuCO3、Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3。(3)“焙烧”后,若Cu、Fe分别呈+2价、+3价,CuFeS2与O2反应的化学方程式
易错防范•不失分
1.钠及其重要化合物判断正误(正确的画“√”,错误的画“×”)。(1)室温下Na与空气中的O2反应制取Na2O2。( )(2)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。( )(3)NaHCO3受热易分解,因此可用于制胃酸中和剂。( )(4)Na2O2吸收CO2产生O2,所以可用作呼吸面具供氧剂。( )(5)灼烧某白色粉末,火焰呈黄色,证明该粉末中有Na+,无K+。( )
答案 (1)× (2)× (3)× (4)√ (5)×
2.铝及其重要化合物判断正误(正确的画“√”,错误的画“×”)。(1)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。( )(2)Al2O3熔点高,可用作耐高温材料。( )(3)氢氧化铝可用于中和过多的胃酸。( )(4)根据Al2(SO4)3与小苏打的反应,在实际应用中可用作泡沫灭火器灭火。( )(5)用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热,熔化后的液态铝滴落下来,是因为铝的熔点较低。( )
答案 (1)√ (2)√ (3)√ (4)√ (5)×
3.铁、铜及其重要化合物 金属的冶炼判断正误(正确的画“√”,错误的画“×”)。(1)Fe在稀硝酸中发生钝化。( )(2)将废铁屑加入FeCl2溶液中,可用于除去工业废气中的Cl2。( )(3)根据铁比铜金属性强,在实际应用中可用FeCl3腐蚀Cu刻制印刷电路板。( )(4)配制氯化铁溶液时,将氯化铁溶解在较浓的盐酸中再加水稀释。( )(5)将铁屑放入稀硝酸中证明Fe比H2活泼。( )
答案 (1)× (2)√ (3)× (4)√ (5)×
考点二 常见非金属及其重要 化合物
要点归纳•再提升
1.碳、硅及其化合物,无机非金属材料(1)梳理知识主线
(2)扫除易忘知识盲点①Si的还原性强于C,但C能在高温下从SiO2中还原出Si:SiO2+2C Si+2CO↑。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。
生成的SiF4是气体
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。
⑤H2CO3的酸性强于H2SiO3,所以有Na2SiO3+CO2+H2O==H2SiO3↓+Na2CO3,但高温下可发生反应Na2CO3+SiO2 Na2SiO3+CO2↑,原因可以从两方面解释:a.硅酸盐比碳酸盐稳定;b.由高沸点难挥发固体SiO2制得低沸点易挥发的CO2。⑥SiO2不导电,SiO2是制作光导纤维的材料;Si是半导体,Si是制作芯片及光电池的材料。⑦水泥、玻璃和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。
2.富集在海水中的元素——卤素(1)梳理知识主线
(2)扫除易忘知识盲点①液氯密封在钢瓶中,而氯水、次氯酸应保存在棕色试剂瓶中。②酸化KMnO4溶液时应用硫酸酸化而不是盐酸。③ClO-不论在酸性环境中还是在碱性环境中均能体现强氧化性,如ClO-与S 、I-、Fe2+均不能大量共存;ClO-能水解,因HClO酸性很弱,ClO-水解使溶液显碱性,如Fe3++3ClO-+3H2O==Fe(OH)3↓+3HClO,所以ClO-与Fe3+、Al3+均不能大量共存。
④向Ca(ClO)2溶液中通入SO2气体生成CaSO4而不是CaSO3,该反应的离子方程式为Ca2++3ClO-+SO2+H2O==CaSO4↓+Cl-+2HClO(少量SO2),Ca2++2ClO-+2SO2+2H2O==CaSO4↓+2Cl-+S +4H+(过量SO2)。⑤当Fe和Cl2在点燃条件下反应时,不论Fe过量还是不足,由于Cl2的强氧化性,产物一定是FeCl3。⑥由于电离常数K1(H2CO3)>K(HClO)>K2(H2CO3),所以向NaClO溶液通入CO2,不论CO2过量还是少量,均发生反应CO2+H2O+ClO-==HClO+HC ,但是与Ca(ClO)2反应时应为CO2(少量)+Ca(ClO)2+H2O==CaCO3↓+2HClO。
⑦保存液溴需要用水液封,溴蒸气呈红棕色,液溴呈深红棕色,溴水一般呈橙色,溴的CCl4溶液一般呈橙红色。
溴在水中的溶解度小,液溴可用水液封
(3)有关卤素的几个重要反应
③Cl2+2NaOH==NaCl+NaClO+H2O④2Cl2+2Ca(OH)2==CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O⑤Cl2+2NaBr==2NaCl+Br2⑥X2+SO2+2H2O==2HX+H2SO4(X:Cl、Br、I)⑦3Br2+3Na2CO3==5NaBr+NaBrO3+3CO2(工业上吸收尾气中的溴)
3.硫及其重要化合物(1)梳理知识主线
(2)扫除易忘知识盲点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。
②SO2使含有酚酞的NaOH溶液褪色,表现SO2酸性氧化物的性质;使品红溶液褪色,表现SO2的漂白性;使溴水、酸性KMnO4溶液褪色,表现SO2的还原性;SO2与H2S反应,表现SO2的氧化性;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。③把SO2气体通入BaCl2溶液中,没有沉淀生成,但若通入NH3或加入NaOH溶液,或把BaCl2溶液改成Ba(NO3)2溶液,均有白色沉淀生成,通入NH3或加入NaOH溶液生成BaSO3沉淀,把SO2气体通入Ba(NO3)2溶液生成BaSO4沉淀。
④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。⑤C与浓硫酸反应时,反应产物的检验应按以下流程进行:无水CuSO4检验水→品红溶液检验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。
4.氮及其重要化合物(1)梳理知识主线
(2)扫除易忘知识盲点①NO只能用排水法或气囊法收集。②在NO2或NO与O2通入水的计算中常用到两个化学方程式:4NO+3O2+2H2O==4HNO3、4NO2+O2+2H2O==4HNO3。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HNO3、HClO见光或受热易分解。
⑥收集NH3时,把一团干燥的棉花放在试管口,以防止氨气与空气对流;收集完毕,处理尾气时,应在试管口放一团用稀硫酸浸湿的棉花,以吸收NH3防止污染空气。
经典对练•得高分
考向1 碳、硅及其化合物 无机非金属材料真题示例1-1.(2019全国Ⅰ卷,7)陶瓷是火与土的结晶,是中华文明的象征之一,其形成、性质与化学有着密切的关系。下列说法错误的是( )A.“雨过天晴云破处”所描述的瓷器青色,来自氧化铁B.闻名世界的秦兵马俑是陶制品,由黏土经高温烧结而成C.陶瓷是应用较早的人造材料,主要化学成分是硅酸盐D.陶瓷化学性质稳定,具有耐酸碱侵蚀、抗氧化等优点
思路点拨
答案 A
1-2.(2020浙江卷,24)Ca3SiO5是硅酸盐水泥的重要成分之一,其相关性质的说法不正确的是( )A.可发生反应:Ca3SiO5+4NH4Cl CaSiO3+2CaCl2+4NH3↑+2H2OB.具有吸水性,需要密封保存C.能与SO2反应生成新盐D.与足量盐酸作用,所得固体产物主要为SiO2
答案 D
解析 Ca3SiO5可写作3CaO·SiO2,则其与NH4Cl加热时可发生反应,得到CaSiO3、CaCl2、NH3和H2O,A项正确;Ca3SiO5有吸水性,易板结,应密封保存,B项正确;SO2对应的酸为H2SO3,H2SO3为中强酸,SO2能与Ca3SiO5反应生成新盐CaSO3,C项正确;Ca3SiO5与盐酸反应会生成H2SiO3沉淀,而不是SiO2,D项错误。
对点演练1-1.(2021湖北孝感一模)下列有关硅及硅酸盐材料的说法正确的是( )A.硅酸钠属于盐,不属于碱,所以硅酸钠可以保存在磨口玻璃塞试剂瓶中B.反应①Na2SiO3+H2O+CO2==Na2CO3+H2SiO3↓,反应②Na2CO3+SiO2 Na2SiO3+CO2↑,两反应是相互矛盾的,不可能都能发生C.普通玻璃、石英玻璃、水泥等均属于硅酸盐材料D.祖母绿的主要成分为Be3Al2Si6O18,用氧化物形式表示为3BeO·Al2O3·6SiO2
答案 D
解析 硅酸钠能将玻璃塞和试剂瓶黏结在一起而打不开,不能用带磨口玻璃塞的试剂瓶存放,故A错误;反应①Na2SiO3+H2O+CO2==Na2CO3+H2SiO3↓是强酸制弱酸,反应②Na2CO3+SiO2 Na2SiO3+CO2↑,是高温下硅酸钠比碳酸钠稳定,原理不同,都可发生,两者不矛盾,故B错误;石英玻璃的主要成分是二氧化硅,是氧化物不是硅酸盐,故C错误;祖母绿的主要成分为Be3Al2Si6O18,用氧化物的形式表示时书写顺序是:活泼金属氧化物、较不活泼金属氧化物、二氧化硅、水,故可以表示为3BeO·Al2O3·6SiO2,故D正确。
1-2.(2021湖北新高考适应卷)某种水泥的主要成分为硅酸三钙(3CaO·SiO2)。将其与适量的水反应,形成相互交联的结构,反应式如下:2(3CaO·SiO2)+6H2O==3CaO·2SiO2·3H2O+3Ca(OH)2,该反应放出热量。但是,需要避免交联过程热膨胀及产生的水蒸气在建筑结构中造成空隙。我国三峡大坝的建设者在全世界首创了以冰代水的浇灌方法,有效解决了这一问题,保证了大坝建筑质量。下列说法错误的是( )A.水泥由黏土和石灰石等研磨、煅烧制得B.水泥生产过程中加入石膏,可以调节水泥的硬化速率C.水的作用是提供结晶水以稳定交联结构D.以冰代水的优点是减少了热膨胀及水蒸气的产生
答案 C 解析 水泥由石灰石和黏土等混合,再经高温煅烧制得,A说法正确;水泥生产过程中加入石膏是为了调节水泥的硬化速率,调整水泥的凝结时间,B说法正确;水与硅酸三钙(3CaO·SiO2)发生化学反应,生成的产物形成相互交联的结构,C说法错误;硅酸三钙(3CaO·SiO2)与水反应时放热,以冰代水减少了热膨胀及水蒸气产生的气泡,保证建筑质量,D说法正确。
考向2 富集在海水中的元素——卤素真题示例2-1.(2021湖南新高考适应卷,8)已知反应:2NaClO3+4HCl==2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O,下列关于该反应说法错误的是( )A.氧化性:NaClO3>Cl2B.当反应中有2 mol e-转移时,被氧化的HCl为4 molC.氧化产物和还原产物的物质的量之比为1∶2D.产物ClO2和Cl2都可以用于自来水消毒杀菌
思路点拨
答案 B
2-2.(2021湖南卷,8)KIO3常用作食盐中的补碘剂,可用“氯酸钾氧化法”制备,该方法的第一步反应为6I2+11KClO3+3H2O 6KH(IO3)2+5KCl+3Cl2↑。下列说法错误的是( )A.产生22.4 L(标准状况)Cl2时,反应中转移10 mol e-B.反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为11∶6C.可用石灰乳吸收反应产生的Cl2制备漂白粉D.可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中I 的存在
答案 A
解析 本题考查了氧化还原反应原理的分析与物质的检验、用途等知识。反应中的电子转移情况为:
对点演练2-1.(2021江苏盐城二模)氯及其化合物在生产、生活中有广泛应用。下列物质的性质与用途具有对应关系的是( )A.Cl2能溶于水,可用于工业制盐酸B.ClO2有强氧化性,可用于自来水消毒C.HClO不稳定,可用作棉、麻的漂白剂D.FeCl3溶液呈酸性,可用于蚀刻印刷电路板
答案 B 解析 工业上一般通过氢气与氯气反应的产物溶于水来制盐酸,而不是氯气与水反应,A项错误;ClO2用于自来水消毒是利用其强氧化性,B项正确;HClO可用作棉、麻的漂白剂是利用HClO的氧化性,C错误;FeCl3用于蚀刻印刷电路板是利用Fe3+的氧化性,D项错误。
2-2.(2021吉林长春调研)下列有关含氯物质的说法不正确的是( )A.向新制氯水中加入少量碳酸钙粉末能增强溶液的漂白能力B.向NaClO溶液中通入少量的CO2的离子方程式:CO2+2ClO-
答案 B
2-3.(2021河北新高考适应卷)碘是人体必需的微量元素,也可用于工业、医药等领域。大量的碘富集于海藻灰(主要成分是NaI)中,因此从海藻灰中提取碘,可有效利用海洋资源。(1)某兴趣小组以海藻灰为原料进行I2的制备实验。具体步骤如下:将海藻灰加热浸泡后,得到了NaI溶液,将适量Na2SO3固体溶于NaI溶液,再将饱和CuSO4溶液滴入上述溶液中,生成白色CuI沉淀,该反应的离子方程式为 。
(2)待I-沉淀完全后,过滤,将沉淀物置于小烧杯中,在搅拌下逐滴加入适量浓硝酸,观察到有 (颜色)气体放出,有 (颜色)晶体析出。出于安全和环保考虑,该实验操作需在 条件下进行。该反应的化学方程式为 。
(3)用倾析法弃去上层清液,固体物质用少量水洗涤后得到粗I2,进一步精制时,选择必需的仪器搭建装置,并按次序排列: (夹持装置略)。
(4)将精制得到的I2配成浓度为c mol·L-1的标准溶液,用来测定某样品中维生素C(相对分子质量为Mr的含量。具体操作如下:准确称量a g样品,溶于新煮沸过并冷却至室温的蒸馏水中,煮沸蒸馏水的目的是 。 用250 mL容量瓶定容,使用 (仪器)量取25.00 mL 样品溶液置于锥形瓶中,再加入10 mL 1∶1醋酸溶液和适量的 指示剂,立即用I2标准溶液滴定,溶液显稳定的 (颜色)即为滴定终点,消耗I2标准溶液V mL,则样品中维生素C的质量分数是 (写出表达式)。已知滴定反应方程式:
(3)因为碘单质受热易升华,故采用加热固体使I2升华并收集的方法提纯碘单质。用到的仪器有A(烧杯)、C[石棉网(防止温度过高,升华速度大于冷凝速度)]、D(酒精灯)、F(装冷水的圆底烧瓶用于冷凝)。其装置为把粗碘放入烧杯内,将装有冷水的烧瓶放在烧杯上,垫上石棉网用酒精灯加热烧杯,其连接顺序为DCAF。
(4)维生素C具有还原性,故煮沸蒸馏水是为了防止水中溶解的氧干扰实验;准确量取溶液的体积常用滴定管量取;用于指示碘单质时,通常用淀粉作为指示剂,淀粉遇碘显蓝色,这里用碘标准溶液滴定维生素C,所以当最后一滴标准液滴入锥形瓶后,溶液由无色变为蓝色且30秒内不褪色,即为终点;根据题意可知,25 mL样品溶液消耗碘的物质的量为cV×10-3 mol,则a g样品
考向3 硫及其重要化合物真题示例3-1.(2021重庆新高考适应卷,12)连二亚硫酸钠(Na2S2O4)俗称保险粉,有强还原性,在空气中极易被氧化。用NaHSO3还原法制备保险粉的流程如下:
下列说法错误的是( )A.反应1说明酸性:H2SO3>H2CO3B.反应1结束后,可用盐酸酸化的BaCl2溶液检验NaHSO3是否被氧化C.反应2中消耗的氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶2D.反应2最好在无氧条件下进行
思路点拨
答案 C
3-2.(高考题组合)下列有关说法正确的是( )A.向饱和亚硫酸钠溶液中滴加浓硫酸制备少量二氧化硫气体
答案 A
解析 亚硫酸是弱酸,硫酸是强酸,利用强酸制弱酸的原理,浓硫酸与亚硫酸钠反应生成亚硫酸,亚硫酸分解生成二氧化硫和水,A项正确;B项中正确的离子方程式为5SO2+2Mn +2H2O==2Mn2++5S +4H+,B项错误;因为SO2具有漂白性,所以可用于漂白纸浆,与SO2具有氧化性没有因果关系,C项错误;S在氧气中点燃无法直接生成SO3,只能先生成SO2,SO2进一步催化氧化才能生成SO3,D项错误。
特别提醒
(2)酸的氧化性和氧化性酸。酸的氧化性是指H+的弱氧化性,而氧化性酸是指酸分子中中心原子具有的强氧化性,如HClO、浓硫酸、稀硝酸、浓硝酸中的Cl、S、N在反应中体现的强氧化性。(3)SO2和CO2作为酸性氧化物,其性质极其相似,不能从酸性氧化物的角度区分。通常利用SO2的漂白性和强还原性鉴别SO2和CO2,或除去CO2中混有的SO2杂质。
对点演练3-1.(2021湖南长沙调研)将SO2和Cl2的混合气体通入品红溶液中,振荡后溶液褪色,将此无色溶液分成三份,依次进行如图实验:
下列实验分析中,正确的是( )A.①中现象说明混合气体中一定有n(Cl2)=n(SO2)B.①②中溶液加热不变红,说明品红溶液不是被SO2漂白的C.③中产生的白色沉淀为BaSO3D.将混合气体通入品红溶液中只发生了1个氧化还原反应
答案 B
解析 湿润的淀粉KI试纸不变蓝只能说没有氯气,结合②③可知①中的品红是被氯气溶于水后生成的次氯酸漂白的,即氯气有一部分与品红溶液反应,故不可得出原气体中n(Cl2)=n(SO2),A错误;SO2漂白品红溶液不是永久性的,加热恢复原来颜色,①②中溶液加热不变红,说明品红溶液不是被SO2漂白的,B正确;SO2和Cl2反应生成了 与Ba2+反应生成了BaSO4,C错误;将混合气体通入品红溶液中发生了氯气与水反应、次氯酸漂白品红溶液、氯气与二氧化硫反应等氧化还原反应,D错误。
3-2.(2021湖北八市一模)二氧化硫是国内外允许使用的一种食品添加剂,可用于食物的增白、防腐等,但必须严格遵守国家有关使用标准。某学习小组设计了如图装置用于制取SO2并验证其性质。
(1)仪器a的名称为 。 (2)烧杯F中的试剂可以是 (填字母)。 a.饱和Na2SO3溶液 b.饱和Na2CO3溶液 c.NaOH溶液 d.饱和NaCl溶液(3)实验时装置E中溶液的现象为 。 (4)实验时观察到装置B无明显现象,装置C红色褪去,则使品红的水溶液褪色的微粒一定不是 (填化学式)。
(5)学生甲预测装置D中没有白色沉淀产生,但随着反应的进行,发现装置D中产生了少量白色沉淀。为进一步探究产生沉淀的原因,分别用煮沸和未煮沸过的蒸馏水配制Ba(NO3)2溶液,用煮沸过的蒸馏水配制BaCl2溶液,进行如下实验:
实验中G、H、I烧杯中观察到的现象如表:
①根据G中现象得出的结论是 。 ②H中白色沉淀的化学式为 ,其产生的原因是 (用离子方程式表示)。 ③I中出现白色沉淀的速率比H中快很多的原因可能是 。
答案 (1)分液漏斗 (2)abc(3)溶液由棕黄色变为浅绿色 (4)SO2(5)①亚硫酸的酸性弱于盐酸
解析 (1)仪器a是分液漏斗。(2)氯化钠与二氧化硫不反应,不能用饱和NaCl溶液进行尾气吸收;亚硫酸钠在溶液中与二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠,碳酸钠与二氧化硫反应生成亚硫酸钠和二氧化碳,氢氧化钠与二氧化硫反应生成亚硫酸钠和水,则abc中的溶液均可进行尾气吸收。(3)二氧化硫和氯化铁中的三价铁离子反应生成硫酸根离子和亚铁离子,铁离子为棕黄色,亚铁离子为浅绿色,则溶液由棕黄色变为浅绿色。
(4)由实验现象对比可知,二氧化硫不能使品红溶液褪色。
考向4 氮及其重要化合物真题示例4-1.(2020全国Ⅰ卷,9)下列气体去除杂质的方法中,不能实现目的的是( )
思路点拨
答案 A
4-2.(2021河北卷,4)硫和氮及其化合物对人类生存和社会发展意义重大,但硫氧化物和氮氧化物造成的环境问题也日益受到关注。下列说法正确的是( )A.NO2和SO2均为红棕色且有刺激性气味的气体,是酸雨的主要成因B.汽车尾气中的主要大气污染物为NO、SO2和PM2.5C.植物直接吸收利用空气中的NO和NO2作为肥料,实现氮的固定D.工业废气中的SO2可采用石灰法进行脱除
答案 D
解析 SO2为无色有刺激性气味的气体,A项错误。汽车尾气中的主要大气污染物为CO、碳氢化合物、氮氧化物、烟尘等,B项错误。氮的固定是将氮由游离态转化为化合态,植物一般利用硝酸盐作为肥料,无法直接利用NO和NO2,通常大气中不含有NO、NO2,C项错误。工业废气中SO2可采用石灰法进行脱硫,原理为SO2+CaO CaSO3,2CaSO3+O2 2CaSO4,D项正确。
对点演练4-1.(2021北京43中月考)某同学进行如下实验:
下列说法不正确的是( )A.根据Ⅰ中试纸变蓝,说明NH4Cl发生了分解反应B.根据Ⅰ中试纸颜色变化,说明氨气比氯化氢气体扩散速率快C.Ⅰ中试纸变成红色,是由于NH4Cl水解造成的D.根据试管中部有白色固体附着,说明不宜用加热NH4Cl的方法制备NH3
答案 C
解析 实验Ⅰ中对NH4Cl固体加热,湿润的pH试纸的变化:黄色→蓝色(pH≈10)→黄色→红色(pH≈2),说明加热过程中生成了氨气,氨气遇水形成一水合氨,一水合氨为弱碱,使试纸变蓝,同时产生了氯化氢气体,氯化氢极易溶于水形成盐酸,中和了一水合氨恢复到黄色,最后变为红色,该过程可证明氯化铵受热发生分解生成氨气和氯化氢气体,试纸先变蓝后变红,说明氨气扩散的速度比氯化氢快;试管中部有白色固体附着,说明氯化铵分解产生的氨气和氯化氢在扩散过程中又化合生成氯化铵;实验Ⅱ中将氯化铵溶液滴在pH试纸上,试纸颜色变化:黄色→橙黄色(pH≈5),说明氯化铵溶液中铵根离子水解使溶液显酸性。根据上述分析可知,C项错误。
4-2.(2021河北衡水中学期中)如图是某元素的价-类二维图,其中A为正盐,X是一种强碱,通常条件下Z是无色液体,E的相对分子质量比D大16,各物质的转化关系如图所示。下列说法错误的是( )
A.A作肥料时不适合与草木灰混合使用B.同主族元素的氢化物中B的沸点最低C.C一般用排水法收集D.D→E的反应可用于检验D
答案 B
易错防范•不失分
1.碳、硅及其化合物,无机非金属材料判断正误(正确的画“√”,错误的画“×”)。(1)SiO2熔点高、硬度大,所以可用于制光导纤维。( )(2)石英砂可用于生产单晶硅。( )(3)因为HF能与SiO2反应,所以可用氢氟酸在玻璃器皿上刻蚀标记。( )(4)Mg在CO2中燃烧生成MgO和C。在该反应中,Mg的还原性强于C的还原性。( )(5)硅胶可用作食品干燥剂。( )
答案 (1)× (2)√ (3)√ (4)√ (5)√
2.富集在海水中的元素——卤素判断正误(正确的画“√”,错误的画“×”)。(1)MnO2和稀盐酸反应制取Cl2。( )(2)将Cl2与HCl混合气体通过饱和食盐水可得到纯净的Cl2。( )(3)因为次氯酸盐具有强氧化性,所以可用漂白粉漂白织物。( )(4)浓盐酸与MnO2共热反应制备纯净的Cl2,可以将气体产物先通过浓硫酸,后通过饱和食盐水。( )(5)利用CCl4萃取碘水中的I2,应先从分液漏斗下口放出有机层,后从上口倒出水层。( )
答案 (1)× (2)× (3)√ (4)× (5)√
3.硫及其重要化合物判断正误(正确的画“√”,错误的画“×”)。(1)SO2与过量氨水反应生成(NH4)2SO3。( )(2)将SO2通入溴水中证明SO2具有漂白性。( )(3)配制稀硫酸时,可以先将浓硫酸加入烧杯中,后倒入蒸馏水。( )(4)SO2具有氧化性,所以可用于漂白纸浆。( )(5)SO2使溴水褪色与乙烯使酸性KMnO4溶液褪色的原理相同。( )
答案 (1)√ (2)× (3)× (4)× (5)√
4.氮及其重要化合物判断正误(正确的画“√”,错误的画“×”)。(1)由于NH3易溶于水,可用作制冷剂。( )(2)NH4HCO3受热易分解,可用作氮肥。( )(3)将过量铁粉加入稀硝酸中,充分反应后滴加KSCN溶液,现象为有气体生成,溶液呈红色,可以得出稀硝酸将Fe氧化成Fe3+。( )(4)氯化钙可用作食品干燥剂,CaCl2也可干燥NH3。( )(5)常温下,将浓硝酸滴入用砂纸打磨过的铝条中,则产生红棕色气体。( )
答案 (1)× (2)× (3)× (4)× (5)×
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(五) 化学工艺流程题解题策略
热点专攻
工艺流程题是近几年高考的热点题型,工艺流程题的结构分题头、题干和题尾三部分。题头一般是简单介绍该工艺生产的原材料和工艺生产的目的(包括副产品)。题干主要用流程图形式将原料到产品的主要生产工艺流程表示出来。题尾主要是根据生产过程中涉及的化学知识设计成一系列问题,构成一道完整的化学试题。此类试题集综合性、真实性、开放性于一体,包含必要的操作名称、化工术语或文字说明。题型包括选择题和非选择题,选择题主要考查元素化合物知识和工艺流程中的基本操作。非选择题考查的知识面广、综合性强、思维容量大。题干的呈现形式多为
流程图、表格和图像;设问角度一般为操作措施、物质成分、化学反应、条件控制的原因和产率计算等。能力考查侧重于获取信息的能力、分析问题的能力、语言表达能力和计算能力。涉及的化学知识有基本理论、元素化合物及实验基础知识等。
(一)审题关注什么1.审题的关键点(1)明确原始物质及目标物质。(2)明确化工生产流程:原料→对原料的预处理→核心化学反应→产品的提纯分离→目标产物。(3)掌握主要的化工生产原理等。
(4)掌握常见与化工生产有关的操作方法及作用。①对原料进行预处理的常用方法及其作用:
②常用的控制反应条件的方法:
2.防范失分点(1)明确整个流程及每一部分的目的→仔细分析每步反应发生的条件以及得到产物的物理或化学性质→结合基本理论与实际问题思考→注意答题的模式与要点。(2)抓住流程图中“每步转化的物质变化”与总过程目的的关系,分析某步转化试剂的选择及流程中加入某试剂的原因,得出转化后生成的所有物质,从问题中获取信息,帮助解题。
(二)题目考什么1.化学工艺流程题模型
2.化工术语
3.常见操作的答题角度
题型突破
(2020全国Ⅲ卷,27)某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物,还有少量其他不溶性物质。采用如下工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体(NiSO4·7H2O ):
溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示:
回答下列问题:(1)“碱浸”中NaOH的两个作用分别是 。为回收金属,用稀硫酸将“滤液①”调为中性,生成沉淀。写出该反应的离子方程式 。 (2)“滤液②”中含有的金属离子是 。
(3)“转化” 中可替代H2O2的物质是 。若工艺流程改为先“调pH”后“转化”,即 ,“滤液③”中可能含有的杂质离子为 。
(4)利用上述表格数据,计算Ni(OH)2的Ksp= (列出计算式) 。如果“转化”后的溶液中Ni2+ 浓度为1.0 mol·L-1,则“调pH”应控制的pH范围是 。
(5)硫酸镍在强碱溶液中用NaClO氧化,可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiOOH。写出该反应的离子方程式: 。 (6)将分离出硫酸镍晶体后的母液收集、循环使用,其意义是 。
思路点拨第一阶段,初处理阶段。(1)初处理阶段的操作是“碱浸”,要判断加入NaOH溶液的作用,首先要确定废镍催化剂中的相关成分。根据题给信息可确定其成分包括四类:
(2)工艺流程各步骤元素转化分析。
(3)工艺流程中各阶段元素成分的分析。由题给离子沉淀时的pH可知,要使Fe元素生成氢氧化物沉淀且Ni元素保留在溶液中,必须将滤液②中的Fe2+氧化为Fe3+,要不引入其他杂质,除H2O2可作氧化剂外,还可以采用向滤液中通氧气或空气的方法使Fe2+氧化为Fe3+;如果先“调pH”后“转化”,为防止Ni2+沉淀,调pH时pH不能大于7.2,此时Fe2+不会生成沉淀,再加H2O2转化后,则滤液③中会含有转化生成的Fe3+。
(4)围绕Ksp的计算——利用定义表达式的计算。
由题给信息可知,Fe3+完全沉淀的pH为3.2,因此“调节pH”应控制的pH范围是3.2~6.2。
(5)陌生氧化还原反应离子方程式的书写。
第三阶段:得到产品阶段。
(6)分离出硫酸镍晶体后的母液中还含有Ni2+,可将其收集、循环使用,从而提高镍的回收率。
答案 (1)除去油脂、溶解铝及其氧化物 Al +H++H2O==Al(OH)3↓(2)Ni2+、Fe2+、Fe3+(3)O2或空气 Fe3+(4)0.01×(107.2-14)2[或10-5×(108.7-14)2] 3.2~6.2(5)2Ni2++ClO-+4OH-==2NiOOH↓+Cl-+H2O(6)提高镍回收率
失分剖析一是分析“碱浸”中NaOH作用时,易忽视油脂和铝的氧化物;二是计算Ni(OH)2的Ksp时,因没有认真审题而无法确定Ni2+的物质的量浓度;三是判断“调pH”应控制的pH范围时,只回答最小pH或最大pH。
应考训练1.(2021河北卷,6)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( )A.酸浸工序中分次加入稀硝酸可降低反应剧烈程度B.转化工序中加入稀盐酸可抑制生成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
答案 D
解析 酸浸工序中加入稀硝酸,金属铋与稀硝酸反应是有气体生成的放热反应,分批次加入稀硝酸,从而降低反应剧烈程度,A项正确;Bi(NO3)3易水解,转化工序中加入稀盐酸,增大溶液中的c(H+),可以抑制Bi(NO3)3的水解,B项正确;Bi3+水解使溶液呈酸性, CH3COONa水解使溶液呈碱性,水解工序中加入CH3COONa固体,可促进Bi3+水解,C项正确;NH4NO3水解使溶液呈酸性,水解工序中加入NH4NO3固体,则抑制Bi3+水解,不利于BiOCl的生成,D项错误。
2.(2021湖南郴州质量监测)实验室分离Fe3+和Al3+的流程如图:
A.酸化后,铁元素在溶液中主要以 形式存在B.萃取分液时,有机层从分液漏斗上口倒出C.反萃取后,铁元素在溶液中主要以Fe3+形式存在D.蒸馏时,用酒精灯直接加热蒸馏烧瓶以加快蒸馏速度
答案 D
解析 溶液中形成配离子均存在化学平衡,根据题意分析可知,铁离子在盐酸中存在平衡Fe3++4Cl- [FeCl4]-,溶液中Cl-浓度高,越有利于平衡正移。反萃取时,加水稀释溶液,平衡逆向移动。另外,已知乙醚不溶于水,密度比水小。根据分析可知,酸化后,溶液中铁元素的存在形式主要是黄色配离子[FeCl4]-,A正确;萃取分液时,乙醚在上层,从分液漏斗上口倒出,B正确;反萃取后,铁元素在溶液中主要以Fe3+的形式存在,C正确;蒸馏烧瓶不能直接加热,需垫上石棉网加热,D错误。
3.(2021江西九江质检)某科研小组以平板液晶显示屏生产过程中产生的废玻璃粉末(含CeO2、SiO2、Fe2O3等)为原料回收Ce的流程如图所示:
已知:CeO2具有强氧化性,通常情况下不与常见的无机酸反应。
回答下列问题:(1)为了加快废玻璃粉末的酸浸速率,通常采用的方法有 (写两种)。 (2)操作①和②均为 。 (3)写出加入H2O2溶液只作为还原剂时发生反应的离子方程式: 。操作③在加热的条件下加入浓盐酸的作用是 。 (4)当加入碱调节溶液的pH=9时,Ce(OH)3悬浊液中c(Ce3+)= mol·L-1。[已知:25 ℃时,Ce(OH)3的Ksp=8×10-21]
(5)对CeCl3样品的纯度进行测定的方法:准确称量样品12.5 g,配成200 mL溶液,取50.00 mL上述溶液置于锥形瓶中,加入稍过量的过二硫酸铵[(NH4)2S2O8]溶液使Ce3+被氧化为Ce4+,然后用萃取剂萃取Ce4+,再用1 mol·L-1FeSO4标准溶液滴定至终点,重复2~3次,平均消耗10.00 mL标准液。①写出滴定过程中发生反应的离子方程式: 。 ②CeCl3样品的纯度为 %。
答案 (1)搅拌、适当增大浓度、适当升温(合理即可)(2)过滤 (3)2CeO2+H2O2+6H+==2Ce3++O2↑+4H2O 防止在加热过程中Ce3+水解成Ce(OH)3(4)8.0×10-6(5)①Ce4++Fe2+==Fe3++Ce3+ ②78.88
解析 由题给流程可知,向废玻璃粉末中加入酸进行酸浸,氧化铁与酸反应生成铁盐,过滤得到含有二氧化铈和二氧化硅的滤渣Ⅰ和含有铁盐的滤液Ⅰ;向滤渣Ⅰ中加入盐酸和过氧化氢溶液,酸性条件下,二氧化铈与过氧化氢发生氧化还原反应生成氯化铈、氧气和水,二氧化硅不反应,过滤得到含有氯化铈的滤液Ⅱ和含有二氧化硅的滤渣Ⅱ;向滤液Ⅱ中加入碱调节溶液的pH,氯化铈转化为氢氧化铈悬浊液,向氢氧化铈悬浊液中加入盐酸得到六水氯化铈,六水氯化铈在氯化氢气流中加热脱去结晶水得到无水氯化铈,一定条件下,用无水氯化铈制得铈。(1)搅拌、增大酸的浓度、升高反应温度等都可以加快废玻璃粉末的酸浸速率。
(2)由分析可知,操作①和②均为过滤。(3)加入H2O2只作为还原剂时,二氧化铈与过氧化氢发生氧化还原反应生成氯化铈、氧气和水,反应的离子方程式为2CeO2+H2O2+6H+==2Ce3++O2↑+4H2O;氯化铈是强酸弱碱盐,直接加热六水氯化铈时,氯化铈会发生水解反应生成氢氧化铈,在氯化氢气流中加热,能抑制氯化铈水解,防止水解生成氢氧化铈。
(5)①滴定过程中发生的反应为Ce4+与Fe2+发生氧化还原反应生成Fe3+和Ce3+,反应的离子方程式为Ce4++Fe2+==Fe3++Ce3+;②由题意可得如下关系式Ce3+~Ce4+~Fe2+,亚铁离子的物质的量为1 mol·L-1×0.01 L=0.01 mol,则
4.(2021湖南永州二模)明代《天工开物》记载了“火法”炼锌方法:“炉甘石(碳酸锌)十斤,装载入一泥罐内,然后逐层用煤炭饼垫盛,其底铺薪,发火煅红……冷淀,毁罐取出……即倭铅也”。现代工业开发了用NH3—NH4Cl水溶液浸出氧化锌烟灰(主要成分为ZnO、Pb、CuO和As2O3)制取高纯锌的工艺流程如图所示。
(1)《天工开物》记载的炼锌方法要求罐体用泥封严,目的是 。 (2)滤渣1的主要成分是 (填化学式)。一段时间内锌浸出率与温度的关系如图所示,分析出现该现象的原因: 。
(3)已知“氧化除杂”的目的是将AsC 转化为As2O5胶体,再经吸附聚沉除去,溶液始终接近中性,该反应的离子方程式是 。 (4)“电解”含[Zn(NH3)4]2+的溶液,阴极电极反应式是 。阳极区产生一种无色无味的气体,将其通入滴有KSCN的FeCl2溶液中,无明显现象,该气体是 (填化学式)。 (5)ZnCl2溶液在T1 ℃水解可得某碱式盐,取11.38 g该碱式盐,T2 ℃完全水解后对所得固体进行煅烧,可得纯氧化锌8.1 g。则该碱式盐的化学式为 。
答案 (1)防止得到的锌被氧化(2)Pb 温度低于30 ℃,溶浸反应速率随温度升高而增大,温度超过30 ℃,氨气逸出导致溶浸反应速率下降
解析 由流程图可知,向氧化锌烟灰加入氨水、氯化铵进行溶浸,溶浸后氧化锌烟灰中锌、铜、砷元素分别以[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+、AsC 的形式存在,则滤渣1为Pb,加入过氧化氢,AsC 转化为As2O5胶体经吸附聚沉除去,过滤后向溶液中加入锌粉还原,可除去Cu元素等,滤液中主要含有[Zn(NH3)4]2+,然后电解可生成高纯度锌。(1)罐体用泥封严,可隔绝空气防止得到的锌被氧化。(2)根据流程、结合分析可知滤渣1的主要成分是Pb。根据温度与锌浸出率的图像可知,30 ℃左右时浸出率最高,30 ℃之前,溶浸反应速率随温度升高而增大,30 ℃之后,氨气逸出导致溶浸反应速率下降。
(4)“电解”含[Zn(NH3)4]2+的溶液,阴极上阳离子得到电子发生还原反应,则电极反应式是[Zn(NH3)4]2++2e- Zn+4NH3↑。阳极上阴离子失去电子被氧化,已知阳极区产生一种无色无味的气体,将其通入滴有KSCN的FeCl2溶液中,无明显现象,则该气体不是氧气、不是氯气,说明溶液中SCN-中的氮元素化合价升高转变为氮气,则阳极产生的气体是N2。
==
(5)设ZnCl2溶液在T1 ℃水解可得某碱式盐Zn(OH)xCly,取11.38 g该碱式盐,T2 ℃完全水解后并煅烧,可得纯氧化锌8.1 g。n(ZnO)= =0.1 mol,根据Zn元素守恒,则水解产物的物质的量也为0.1 mol,则Zn(OH)xCly的摩尔质量为 =113.8 g·mol-1,根据元素化合价代数和为0,则有2=x+y,根据摩尔质量为113.8 g·mol-1,则有65+17x+35.5y=113.8,解方程可得x=1.2,y=0.8,则该碱式盐的化学式为Zn(OH)1.2Cl0.8或Zn5(OH)6Cl4。
5.(2021河北卷,15)绿色化学在推动社会可持续发展中发挥着重要作用。某科研团队设计了一种熔盐液相氧化法制备高价铬盐的新工艺,该工艺不消耗除铬铁矿、氢氧化钠、水和空气以外的其他原料,不产生废弃物,实现了Cr-Fe-Al-Mg的深度利用和Na+内循环。工艺流程如下:
回答下列问题:(1)高温连续氧化工序中被氧化的元素是 (填元素符号)。 (2)工序①的名称为 。 (3)滤渣Ⅰ的主要成分是 (填化学式)。 (4)工序③中发生反应的离子方程式为 。 (5)物质Ⅴ可代替高温连续氧化工序中的NaOH,此时发生的主要反应的化学方程式为 ,可代替NaOH的化学试剂还有 (填化学式)。
(6)热解工序产生的混合气体最适宜返回工序 (填“①”“②”“③”或“④”)参与内循环。
答案 (1)Cr和Fe (2)溶解 (3)Fe2O3和MgO
解析 铬铁矿、熔融NaOH与O2反应后加入H2O溶解并过滤,生成滤渣Ⅰ和介稳态相,介稳态相分离后得到铬酸盐溶液、NaOH溶液和无色溶液,无色溶液中通入过量气体A后生成Al(OH)3沉淀,所以气体A为CO2,物质Ⅴ为NaHCO3。介稳态相中含铝、铬元素,所以滤渣Ⅰ为Fe2O3和MgO。MgO与过量CO2和水蒸气反应生成碳酸氢镁,所以物质Ⅱ为Mg(HCO3)2;Mg(HCO3)2热解生成MgCO3、CO2和H2O,所以混合气体Ⅳ为CO2和H2O。(1)因为铬铁矿中铁元素为+2价、铬元素为+3价,结合后续产物中元素化合价分析,高温连续氧化工序中被氧化的元素是Cr、Fe。
(2)工序①是向固体混合物中加入H2O,然后进行过滤分离得到滤渣和溶液,属于溶解浸出过程。(3)经过高温连续氧化并溶解后,铬铁矿转化为Na2CrO4、NaAl(OH)4、Fe2O3和MgO,所以滤渣Ⅰ的主要成分为Fe2O3和MgO,通过过滤与溶液分离。(4)工序③中,在酸性条件下,Na2CrO4与CO2、H2O反应生成重铬酸根离子和碳酸氢钠(析出),离子方程式为
(5)由分析可知,物质Ⅴ为NaHCO3,所以依据题给信息,此时发生的反应为16NaHCO3+4Fe(CrO2)2+7O2 8Na2CrO4+2Fe2O3+16CO2+8H2O。Na2CO3也可与铬铁矿、氧气发生反应,所以NaOH还能用Na2CO3代替。(6)热解工序产生的气体为二氧化碳和水蒸气的混合气体,所以还能用于工序②参与内循环。
6.(2021全国乙卷,26)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。
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 。
(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 。 (3)“母液①”中Mg2+浓度为 mol·L-1。 (4)“水浸渣”在160 ℃“酸溶”,最适合的酸是 。“酸溶渣”的成分是 、 。 (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 。 (6)将“母液①”和“母液②”混合,吸收尾气,经处理得 ,循环利用。
答案 (1)Al2O3+4(NH4)2SO4 2NH4Al(SO4)2+6NH3↑+3H2O↑(2)Fe3+、Al3+、Mg2+ (3)1×10-6(4)硫酸 SiO2 CaSO4(5)TiO2++(x+1)H2O TiO2·xH2O↓+2H+(6)(NH4)2SO4
(2)根据题表中金属离子开始沉淀与沉淀完全时的pH,用氨水逐步调节pH从2.0至11.6的过程中,依次析出的金属离子是Fe3+、Al3+、Mg2+。
(4)根据焙烧时加入的是硫酸铵,且酸溶时的温度为160 ℃,则酸溶时加入的酸应该为硫酸。酸溶渣的成分为SiO2和硫酸钙。
(5)稀释与加热均可促进TiO2+的水解,该反应的离子方程式是TiO2++(x+1)H2O TiO2·xH2O↓+2H+。(6)尾气中含有NH3,母液①中含有氨水,母液②中含有剩余的硫酸,故将母液①和母液②混合,吸收尾气,经处理得到(NH4)2SO4,(NH4)2SO4可循环利用。
7.(2021全国甲卷,26)碘(紫黑色固体,微溶于水)及其化合物广泛用于医药、染料等方面。回答下列问题。(1)I2的一种制备方法如下图所示:
①加入Fe粉进行转化反应的离子方程式为 ,生成的沉淀与硝酸反应,生成 后可循环使用。 ②通入Cl2的过程中,若氧化产物只有一种,反应的化学方程式为 ;若反应物用量比n(Cl2)/n(FeI2)=1.5时,氧化产物为 ;当n(Cl2)/n(FeI2)>1.5后,单质碘的收率会降低,原因是 。
(2)以NaIO3为原料制备I2的方法是:先向NaIO3溶液中加入过量的NaHSO3,生成碘化物;再向混合溶液中加入NaIO3溶液,反应得到I2。上述制备I2的总反应的离子方程式为 。
答案 (1)①2AgI+Fe==2Ag+Fe2++2I- AgNO3 ②FeI2+Cl2==I2+FeCl2 I2、FeCl3 I2被进一步氧化
(3)4 防止单质碘析出
8.(2021湖南卷,15)碳酸钠俗称纯碱,是一种重要的化工原料。以碳酸氢铵和氯化钠为原料制备碳酸钠,并测定产品中少量碳酸氢钠的含量。过程如下:步骤Ⅰ.Na2CO3的制备
步骤Ⅱ.产品中NaHCO3含量测定①称取产品2.500 g,用蒸馏水溶解,定容于250 mL容量瓶中;②移取25.00 mL上述溶液于锥形瓶,加入2滴指示剂M,用0.100 0 mol·L-1 的盐酸标准溶液滴定,溶液由红色变至近无色(第一滴定终点),消耗盐酸V1 mL;③在上述锥形瓶中再加入2滴指示剂N,继续用0.100 0 mol·L-1 的盐酸标准溶液滴定至终点(第二滴定终点),又消耗盐酸V2 mL;④平行测定三次,V1平均值为22.45,V2平均值为23.51。
已知:(ⅰ)当温度超过35 ℃时,NH4HCO3开始分解。(ⅱ)相关盐在不同温度下的溶解度表(g/100 g H2O)
回答下列问题:(1)步骤Ⅰ中晶体A的化学式为 ,晶体A能够析出的原因是 。 (2)步骤Ⅰ中“300 ℃加热”所选用的仪器是 (填标号)。
(3)指示剂N为 ,描述第二滴定终点前后颜色变化 。 (4)产品中NaHCO3的质量分数为 (保留三位有效数字)。 (5)第一滴定终点时,某同学俯视读数,其他操作均正确,则NaHCO3质量分数的计算结果 (填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
答案 (1)NaHCO3 相同温度下,碳酸氢钠与氯化钠、碳酸氢铵、氯化铵的溶解度相差较大且最小(2)D (3)甲基橙 溶液由黄色变为橙色(4)3.56% (5)偏大
解析 (1)根据流程图及最终产品是碳酸钠可推知晶体A的成分是碳酸氢钠。根据已知(ⅱ)中相关盐在不同温度下的溶解度表可知碳酸氢钠的溶解度在35 ℃的温度下,与氯化钠、碳酸氢铵、氯化铵的溶解度相差较大且最小。所以当将碳酸氢铵粉末和氯化钠溶液混合时,溶液中易析出碳酸氢钠晶体。(2)给固体加热所用的仪器一般为坩埚。
(3)用盐酸标准溶液滴定含有碳酸氢钠杂质的碳酸钠溶液时,由于开始时溶液呈碱性,且首先发生反应:Na2CO3+HCl==NaHCO3+NaCl,此时所用指示剂M为酚酞,终点的现象是:溶液由红色变为近无色。第二个滴定阶段发生的反应为NaHCO3+HCl==NaCl+H2O+CO2↑,由于最终溶液呈弱酸性,所以可用甲基橙作指示剂(N)。滴定终点的现象是溶液由黄色变为橙色。
(4)根据滴定过程中的反应原理:Na2CO3+HCl==NaHCO3+NaCl、NaHCO3+HCl==NaCl+H2O+CO2↑可知,2.500 g产品中碳酸氢钠所消耗的盐酸的体积为(V2-V1) mL×10=(23.51-22.45) mL×10,则样品中n(NaHCO3)=(23.51-22.45) mL×10×10-3 L·mL-1×0.100 0 mol·L-1=1.06×10-3 mol。所以产品中碳酸氢钠的质量分数为
(5)由于滴定管的刻度上小下大,当第一滴定终点时俯视读数,会使所读刻度值偏小,即V1偏小,引起(V2-V1)偏大,则最终所算得的碳酸氢钠的质量分数偏大。
9.(2021湖南“五市十校教研教改共同体”大联考)钪(Sc)是一种三价金属元素,主要用于生产合金。“赤泥”是铝土矿加工过程中的废料,赤泥中各成分的含量如下表所示:
一种从该废料中获得氧化钪和钛白粉(TiO2)的生产工艺流程如下图所示:
(1)加快“浸取”时浸取速率的措施有 (任写一种),滤渣的主要成分是 、 。 (2)钪的萃取率(E%)与O/A值[萃取剂体积(O)和酸液体积(A)之比]的关系如图,应选择的合适O/A值为 。
(3)反萃取时,Sc3+完全沉淀(浓度为1.0×10-6 mol·L-1)时,反萃取液的pH为 。(已知:Ksp[Sc(OH)3]=8.00×10-30,lg2=0.30,结果保留小数点后2位有效数字) (4)写出Sc2(C2O4)3在空气中高温分解的化学方程式: 。 (5)在Ti2+水解过程中,加水稀释的目的是 。 (6)设计“萃取”和“反萃取”操作的目的是 。
答案 (1)搅拌、升温、研磨等 SiO2 CaSO4(2)1∶4(3)6.30(4)2Sc2(C2O4)3+3O2 2Sc2O3+12CO2(5)促进水解平衡正向移动,有利于TiO2·xH2O的生成(6)富集Sc元素
解析 向赤泥中加入浓硫酸,Al2O3、Fe2O3、TiO2、Na2O、Sc2O3与酸反应变为可溶性盐进入溶液,CaO与硫酸反应产生的CaSO4微溶于水,主要以CaSO4固体形式存在,酸性氧化物SiO2不溶于硫酸溶液,通过过滤除去的固体物质中主要含有SiO2、CaSO4。向滤液中加入D2EHPA-煤油作萃取剂进行萃取,Sc元素的化合物进入有机相,其他金属化合物进入水相,然后分液,得到两种液体物质。向水相中加入足量Fe粉,Fe还原Fe3+变为Fe2+,然后加水稀释,得到固体TiO2·xH2O,固体TiO2·xH2O受热分解产生TiO2。过滤得到的滤液中含有硫酸亚铁、硫酸铝等,经重结晶获得绿钒、硫铝。向有机相中加入NaOH,通过反萃取产生Sc(OH)3,然后加入草酸溶解得到Sc2(C2O4)3,在高温下加热发生反应产生Sc2O3。
(1)加快“浸取”时浸取速率的措施有搅拌、升温、研磨等措施;在滤渣中含有酸性氧化物SiO2及微溶性的CaSO4。(2)钪的萃取率要高,同时要求O/A值要尽可能的小,以降低成本。根据图示可知,在O/A值为1∶4时比较合适。
(3)Sc(OH)3(s) Sc3+(aq)+3OH-(aq),
(4)Sc2(C2O4)3高温下在空气中发生分解反应产生Sc2O3、CO2,反应的化学方程式为2Sc2(C2O4)3+3O2 2Sc2O3+12CO2。(5)在Ti2+水解过程中,加水稀释的目的是促进水解平衡正向移动,有利于TiO2·xH2O的生成。(6)在操作中设计“萃取”和“反萃取”操作的目的是富集Sc元素,便于获得氧化钪。
本 课 结 束
高考总复习
GAO KAO ZONG FU XI
第一编
2022
内容索引
考点一 常见金属及其重要化合物
考点二 常见非金属及其重要化合物
专项模块 素养培优
五年高考 命题研究
考点一 常见金属及其重要 化合物
要点归纳•再提升
1.钠及其重要化合物(1)梳理知识主线
(2)扫除易忘知识盲点①钠和盐溶液反应,不能置换出盐中的金属,钠与熔融的盐反应才可能置换出盐中的金属。②Na与足量O2反应无论生成Na2O还是Na2O2,只要参与反应的Na的质量相等,则转移电子的物质的量一定相等。③Na分别与H2O和乙醇发生反应均能生成H2,但反应的剧烈程度不同,前者反应更剧烈。
④1 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与足量SO2的反应转移电子应为2 mol,生成物为Na2SO4。⑤除去CO2中的HCl气体,应选用饱和NaHCO3溶液;向饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2,有NaHCO3晶体析出。
NaHCO3溶解度小于Na2CO3
⑥焰色反应不是化学变化。⑦Li和O2反应只生成Li2O;NaH是离子化合物,是一种强还原剂;Na2O、Na2O2中阴、阳离子个数比均为1∶2。⑧把Na2O2投入品红溶液中,因溶液中有强氧化性物质,因而可使品红溶液褪色。把Na2O2投入无色酚酞溶液中,酚酞溶液先变红后褪色。
2.铝及其重要化合物(1)梳理知识主线
(2)扫除易忘知识盲点①铝是活泼金属,但铝抗腐蚀性相当强,因为在空气中铝的表面会生成一层致密的氧化物薄膜。由于Al2O3的熔点高于Al的熔点,故在酒精灯上加热铝箔直至熔化,熔化的铝并不滴落。②铝热反应不仅仅是单质铝与Fe2O3的反应,还包括制取其他难熔金属的反应。铝热反应是中学化学中唯一一类金属单质与金属氧化物在高温条件下的置换反应。
③引发铝热反应的具体操作是先在铝热剂表面铺一层KClO3,然后插上镁条,最后点燃镁条。④并不是Al与所有金属氧化物均能组成铝热剂,能组成铝热剂的金属氧化物对应的金属活泼性应比铝弱。⑤Al2O3、Al(OH)3与NaOH溶液的反应常用于物质的分离和提纯。Al(OH)3不溶于氨水,所以实验室常利用铝盐和氨水反应制备Al(OH)3。⑥Al(OH)3可用作抗酸药;明矾常用于净水。⑦泡沫灭火器所用试剂为Al2(SO4)3溶液和NaHCO3溶液。
3.铁及其重要化合物(1)梳理知识主线
(2)扫除易忘知识盲点①Fe与O2(点燃)、H2O(g)(高温)反应的固体产物都是Fe3O4而不是Fe2O3。Fe与Cl2反应时生成FeCl3,Fe与S反应时生成FeS,说明Cl2的氧化性强于S。Fe在Cl2中燃烧,无论Cl2过量还是不足均生成FeCl3。常温下,Fe、Al在冷的浓硫酸和浓硝酸中发生钝化,但加热后能继续反应。②向含Fe2+的溶液中加入硝酸、氯水等具有氧化性的物质时,溶液会出现浅绿色→棕黄色的颜色变化,该现象可用于Fe2+的检验。
③FeCl3、Fe2(SO4)3的水溶液蒸干所得固体不同:FeCl3溶液加热蒸干得Fe(OH)3,灼烧Fe(OH)3可得Fe2O3;Fe2(SO4)3溶液蒸干可得Fe2(SO4)3。④在用强氧化剂(H2O2或氯水)和KSCN溶液联合检验Fe2+的存在时,要特别注意加入试剂的先后顺序,先加KSCN溶液无明显变化,说明溶液中无Fe3+,再加强氧化剂(H2O2溶液或氯水)后溶液变红色,说明原溶液中含有Fe2+。⑤配制FeCl2溶液既要防氧化(加入Fe粉),又要抑制水解(加入盐酸);配制FeCl3溶液时要加入浓盐酸抑制水解。⑥除去ZnCl2溶液中的FeCl2,应先通入Cl2或加入H2O2溶液使Fe2+转化为Fe3+,再加入ZnO,使Fe3+水解生成沉淀过滤除去。
水解得到的酸是否具有挥发性,导致盐溶液蒸干后的产物不同
4.铜及其重要化合物(1)梳理知识主线
(2)扫除易忘知识盲点①新制Cu(OH)2悬浊液常用来检验醛基。②Cu和一定量的浓硝酸反应,产生的是NO2和NO的混合气体,当Cu有剩余时,再加入稀硫酸,Cu可继续溶解。③常见含Cu物质的颜色:Cu是紫红色;CuO是黑色;Cu2S是黑色;CuS是黑色;Cu2O是砖红色。④冶炼铜的方法有:热还原法;湿法炼铜;电解精炼铜。
5.熟记常见转化(1)铝土矿提铝
(2)工业提镁
经典对练•得高分
考向1 钠及其重要化合物真题示例1-1.(2021福建新高考适应卷,10)钠在液氨中溶剂化速度极快,生成蓝色的溶剂合电子,下图为钠投入液氨中的溶剂化图。钠沉入液氨中,快速得到深蓝色溶液,并慢慢产生气泡。下列说法错误的是( )
A.钠的密度比液氨大B.溶液的导电性增强C.0.1 mol钠投入液氨中生成0.01 mol H2时,Na共失去0.02 mol电子D.钠和液氨可发生以下反应:2NH3+2Na==2NaNH2+H2↑
思路点拨
答案 C
1-2.(2020江苏卷,10)下列选项所示的物质间转化均能实现的是( )
答案 C 解析 A项,工业一般将Cl2通入石灰乳中生产漂白粉,错误;B项,向NaCl溶液中通入CO2,无法生成NaHCO3,错误;D项,电解MgCl2溶液不能得到金属镁,错误。
对点演练1-1.(2021陕西西安中学二模)将1 mol过氧化钠与2 mol碳酸氢钠固体混合,在密闭容器中,在120 ℃时充分反应后,排出气体,冷却,有固体残留。下列分析正确的是( )A.残留固体是2 mol Na2CO3B.残留固体是Na2CO3和NaOH的混合物C.反应中转移2 mol电子D.排出的气体是1.5 mol氧气
答案 A
解析 过氧化钠受热不分解,但是NaHCO3受热分解:2NaHCO3 Na2CO3+CO2↑+H2O,2 mol NaHCO3受热分解产生1 mol二氧化碳和1 mol水,二氧化碳和水都能与过氧化钠发生反应,但是过氧化钠是少量的,因此过氧化钠优先和二氧化碳发生反应:2Na2O2+2CO2==2Na2CO3+O2,得到1 mol碳酸钠和0.5 mol氧气,此时容器中一共有2 mol碳酸钠、1 mol水和0.5 mol氧气。整个反应中只有过氧化钠中-1价的氧发生了歧化反应,因此一共转移了1 mol电子,A项正确。
1-2.将一定物质的量的Na2CO3、NaHCO3组成的混合物溶于水,配成1 L溶液,取出50 mL溶液,然后滴加一定物质的量浓度的盐酸进行反应,得到的图像如图所示,下列说法正确的是( )
A.标注NaCl的直线代表产生的CO2的物质的量B.原混合物中Na2CO3与NaHCO3的物质的量之比为1∶1C.盐酸的浓度是0.025 mol·L-1D.盐酸加到150 mL时,放出CO2气体2.24 L(标准状况下)
答案 B
解析 加入盐酸0~50 mL时发生的反应为Na2CO3+HCl==NaCl+NaHCO3,没有CO2产生,A错误;从图像分析可知,原混合物中Na2CO3与NaHCO3的物质的量之比为1∶1,B正确;由图像可知,V(盐酸)=50 mL时,溶液中的碳酸钠完全转化为碳酸氢钠和氯化钠,由Na2CO3+HCl==NaCl+NaHCO3可知,n(Na2CO3) ==n(HCl)=0.002 5 mol,c(HCl)= =0.05 mol·L-1,C错误;加入盐酸50~150 mL时,发生的反应为NaHCO3+HCl==NaCl+H2O+CO2↑,则生成CO2的体积V(CO2)=100×10-3L×0.05 mol·L-1×22.4 L·mol-1=0.112 L=112 mL,D错误。
考向2 铝及其重要化合物真题示例2-1.(2021江苏新高考适应卷,8)由制铝工业废渣(主要含Fe、Ca、Si、Al等的氧化物)制取聚合硫酸铁铝净水剂的流程如下:
下列有关说法不正确的是( )A.控制适当反应温度并不断搅拌,有利于提高铁、铝浸取率B.Al2O3与稀硫酸反应的离子方程式:Al2O3+6H+==2Al3++3H2OC.滤液中主要存在的阳离子有:H+、Fe2+、Ca2+、Al3+D.聚合硫酸铁铝水解形成的胶体具有吸附作用
思路点拨
答案 C
2-2.(2020江苏卷,3)下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是( )A.铝的金属活动性强,可用于制作铝金属制品B.氧化铝熔点高,可用作电解冶炼铝的原料C.氢氧化铝受热分解,可用于中和过多的胃酸D.明矾溶于水并水解形成胶体,可用于净水
答案 D 解析 A项,制作铝金属制品主要是利用铝密度小、不易腐蚀的性质;B项,Al2O3熔点高,与可作为冶炼铝的原料无因果关系;C项,Al(OH)3可用于中和过多的胃酸,是因为Al(OH)3属于两性氢氧化物,能与盐酸反应。
对点演练2-1.(2021湖北武汉武昌区质检)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.过滤Ⅰ对应滤渣的主要成分为氧化铁D.反应Ⅲ的化学方程式为4NaH+AlCl3==NaAlH4+3NaCl
答案 B
解析 以铝土矿(主要成分为Al2O3,含SiO2和Fe2O3等杂质)为原料制备铝,由流程可知,加NaOH溶液溶解时Fe2O3不反应,过滤得到的滤渣中含有Fe2O3,碳酸氢钠与偏铝酸钠反应生成Al(OH)3,过滤得到Al(OH)3,灼烧Al(OH)3生成氧化铝,电解熔融的氧化铝生成Al和氧气,纯铝在氯气中燃烧生成氯化铝,氯化铝再与NaH反应生成铝氢化钠(NaAlH4)。为了提高“碱溶”效率,在“碱溶”前对铝土矿进行粉碎,可增大接触面积,A正确;过滤Ⅰ得到的滤液中含有过量NaOH和NaAlO2,加入NaHCO3溶液后HC 分别与OH-、
2-2.铝热反应是铝的一个重要性质,该性质用途十分广泛。对Al和Fe2O3发生“铝热反应”的现象有这样的描述:“反应放出大量的热,并发出耀眼的光芒”“纸漏斗的下部被烧穿,有熔融物落入沙中”。已知:Al、Al2O3、Fe、Fe2O3的熔点、沸点数据如下:
(1)某同学推测,该铝热反应所得到的熔融物应是铁铝合金。理由是:该反应放出的热量使铁熔化,而铝的熔点比铁低,此时液态的铁和铝熔合形成铁铝合金。你认为他的解释是否合理? (填“合理”或“不合理”)。 (2)设计一个简单的实验方案,证明上述所得的熔融物中含有金属铝。该实验所用试剂是 ,反应的离子方程式为 。 (3)实验室溶解该铝热反应熔融物冷却后的固体,在下列试剂中最适宜的试剂是 (填字母)。 A.浓硫酸 B.稀硫酸C.稀硝酸 D.氢氧化钠溶液
答案 (1)合理(2)NaOH溶液 2Al+2OH-+2H2O==2Al +3H2↑(3)B
解析 (1)题给铝热反应的原理为2Al+Fe2O3 Al2O3+2Fe,反应过程中生成铁单质,铝可能有剩余,结合题给熔点数据和信息:该反应放出的热量使铁熔化,而铝的熔点比铁低,此时液态的铁和铝熔合形成铁铝合金,合理。(2)铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气,铁与氢氧化钠溶液不反应。证明铝热反应所得的熔融物中含有金属铝的实验方案为取少量熔融物冷却所得的固体置于试管中,向其中滴加氢氧化钠溶液,看固体是否部分溶解,是否有气体生成。该实验所用试剂是NaOH溶液,反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O==2Al +3H2↑。
(3)A项,常温下,浓硫酸能使铁、铝钝化,错误;B项,铁、铝均与稀硫酸反应,生成的氢气对环境无污染,正确;C项,稀硝酸与铁、铝反应均有有毒气体NO生成,错误;D项,氢氧化钠溶液与铁不反应,错误。
考向3 铁、铜及其重要化合物 金属的冶炼真题示例3-1.(2020浙江卷,12)下列说法正确的是( )A.Na2O在空气中加热可得固体Na2O2B.Mg加入到过量FeCl3溶液中可得FeC.FeS2在沸腾炉中与O2反应主要生成SO3D.H2O2溶液中加入少量MnO2粉末生成H2和O2
答案 A
解析 无水状态下Na2O2比Na2O更稳定,Na2O在空气中加热可以生成更稳定的Na2O2,A正确;Mg加入到FeCl3溶液中,Mg具有较强的还原性,先与Fe3+反应,生成Mg2+和Fe2+,若Mg过量,Mg与Fe2+继续反应生成Mg2+和Fe,但由于反应中FeCl3过量,Mg已消耗完,所以无Mg和Fe2+反应,所以不会生成Fe,B错误;FeS2在沸腾炉中与O2发生的反应为4FeS2+11O2 2Fe2O3+8SO2,产物主要是SO2而不是SO3,C错误;H2O2溶液中加入少量MnO2粉末生成H2O和O2,化学方程式为2H2O2 2H2O+O2↑,D错误。
3-2.(2020全国Ⅱ卷,7)北宋沈括的《梦溪笔谈》中记载:“信州铅山有苦泉,流以为涧。挹其水熬之则成胆矾,烹胆矾则成铜。熬胆矾铁釜,久之亦化为铜”。下列有关叙述错误的是( )A.胆矾的化学式为CuSO4B.胆矾可作为湿法冶铜的原料C.“熬之则成胆矾”是浓缩结晶过程D.“熬胆矾铁釜,久之亦化为铜”是发生了置换反应
思路点拨
答案 A
对点演练3-1.用黄色的FeCl3溶液分别进行下列实验,其中解释或结论不正确的是( )
答案 A
解析 加入氯化铁固体,溶液变为红褐色,溶液中水解生成的氢氧化铁浓度变大,但溶液浓度越大水解程度越小,A项错误;溶液颜色变浅,可以说明铁离子浓度变小,B项正确;铁离子具有强氧化性,可与铁发生氧化还原反应:2Fe3++Fe==3Fe2+,溶液颜色变成浅绿色,C项正确;将氯化铁溶液微热,溶液变成红褐色,说明升高温度水解平衡正向移动,即水解反应是吸热过程,D项正确。
3-2.(2021辽宁百师联盟联考)现将KI、FeSO4、CuCl2、Fe2(SO4)3、漂白粉中的几种或全部固体混合物加入到足量的水中,一段时间后生成深棕色固体混合物和pH>7的无色溶液。下列推断不合理的是( )A.原固体混合物中一定含有KI和漂白粉B.原固体混合物中一定含CuCl2,可能含有FeSO4和Fe2(SO4)3中的一种或两种C.深棕色固体混合物的成分是Fe(OH)3和Cu(OH)2D.得到的pH>7的无色溶液具有强氧化性,能够漂白棉、麻、丝织品
答案 A
解析 固体溶于水后,要使溶液为pH>7的无色溶液,则一定含有漂白粉,且漂白粉过量。得到深棕色固体混合物,则固体是Fe(OH)3和Cu(OH)2的混合物,则原固体中一定含有CuCl2,FeSO4和Fe2(SO4)3中含有其中一种或两种都有。若原固体混合物中含有KI和漂白粉,则KI会与漂白粉反应生成I2,溶液不可能为无色,因此一定不含KI,A错误;由分析可知,原固体混合物中一定含CuCl2,可能含有FeSO4和Fe2(SO4)3中的一种或两种,B正确;由分析可知,深棕色固体混合物是Fe(OH)3和Cu(OH)2的混合物,C正确;由分析可知,得到的pH>7的无色溶液是因为原固体含有过量的漂白粉,故具有强氧化性,能够漂白棉、麻、丝织品,D正确。
3-3.(2021湖南怀化一模)铜在自然界中多以硫化物存在,氧化亚铜(Cu2O)是一种用途广泛的光电材料,某工厂以黄铜矿(主要成分为CuFeS2)为原料制取Cu2O的一种工艺流程如图:
常温下几种金属阳离子开始沉淀与完全沉淀时的pH如表:
(1)预处理时把矿石粉碎的目的是 ;为了减少炉气污染,可用炉气生产 (写化学式),再用于上述工艺。 (2)试剂a可选 (填序号);“调pH”应调控的pH范围为 。 A.Cu B.CuO C.CuCO3D.Cu(OH)2 E.Cu2(OH)2CO3
(3)“焙烧”后,若Cu、Fe分别呈+2价、+3价,写出CuFeS2与O2反应的化学方程式: 。 (4)“还原(90 ℃)”过程发生反应的离子方程式为 ;“操作A”包括 、洗涤、隔绝空气烘干。 (5)若用10.00吨含30.00%CuFeS2的矿石生产Cu2O,假设其他杂质不含铜元素,最后得到Cu2O 0.950 4吨,则其产率为 (保留四位有效数字)。
答案 (1)增大固体表面积,使焙烧更充分 H2SO4(2)BCDE 3.3≤pH<4.8
解析 根据流程图可知,黄铜矿(主要成分为CuFeS2)在氧气中焙烧,焙烧后可得到Fe2O3、CuO、FeO等,加入稀硫酸溶解,过滤后得到含有Fe2+、Cu2+、Fe3+的溶液,通入空气氧化Fe2+,加入试剂a调节溶液的pH沉淀Fe3+,则料渣Ⅱ为氢氧化铁,向滤液加入N2H4、KOH发生氧化还原反应4CuSO4+N2H4+8KOH 2Cu2O↓+N2↑+4K2SO4+6H2O,通过过滤、洗涤、烘干得到产品。
(1)对矿石进行“预处理”是将矿石粉碎,其目的是通过增大接触面积,加快化学反应速率,使焙烧更充分;炉气中含有二氧化硫,为了减少炉气污染,可用炉气生产硫酸,再用于制取Cu2O的工艺。
(2)根据上述分析,步骤中通入空气是将+2价铁氧化为+3价铁,用试剂a调pH是将+3价铁元素全部转化为Fe(OH)3沉淀,根据表格数据,+3价铁元素全部转化为Fe(OH)3沉淀的pH最小为3.3,为了不影响溶液中的铜元素,pH不能达到4.8,故pH的调控范围最好是3.3≤pH<4.8;溶液显酸性,铜与稀硫酸不反应,为了不引入新杂质,试剂a可选用CuO、CuCO3、Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3。(3)“焙烧”后,若Cu、Fe分别呈+2价、+3价,CuFeS2与O2反应的化学方程式
易错防范•不失分
1.钠及其重要化合物判断正误(正确的画“√”,错误的画“×”)。(1)室温下Na与空气中的O2反应制取Na2O2。( )(2)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。( )(3)NaHCO3受热易分解,因此可用于制胃酸中和剂。( )(4)Na2O2吸收CO2产生O2,所以可用作呼吸面具供氧剂。( )(5)灼烧某白色粉末,火焰呈黄色,证明该粉末中有Na+,无K+。( )
答案 (1)× (2)× (3)× (4)√ (5)×
2.铝及其重要化合物判断正误(正确的画“√”,错误的画“×”)。(1)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。( )(2)Al2O3熔点高,可用作耐高温材料。( )(3)氢氧化铝可用于中和过多的胃酸。( )(4)根据Al2(SO4)3与小苏打的反应,在实际应用中可用作泡沫灭火器灭火。( )(5)用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热,熔化后的液态铝滴落下来,是因为铝的熔点较低。( )
答案 (1)√ (2)√ (3)√ (4)√ (5)×
3.铁、铜及其重要化合物 金属的冶炼判断正误(正确的画“√”,错误的画“×”)。(1)Fe在稀硝酸中发生钝化。( )(2)将废铁屑加入FeCl2溶液中,可用于除去工业废气中的Cl2。( )(3)根据铁比铜金属性强,在实际应用中可用FeCl3腐蚀Cu刻制印刷电路板。( )(4)配制氯化铁溶液时,将氯化铁溶解在较浓的盐酸中再加水稀释。( )(5)将铁屑放入稀硝酸中证明Fe比H2活泼。( )
答案 (1)× (2)√ (3)× (4)√ (5)×
考点二 常见非金属及其重要 化合物
要点归纳•再提升
1.碳、硅及其化合物,无机非金属材料(1)梳理知识主线
(2)扫除易忘知识盲点①Si的还原性强于C,但C能在高温下从SiO2中还原出Si:SiO2+2C Si+2CO↑。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。
生成的SiF4是气体
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。
⑤H2CO3的酸性强于H2SiO3,所以有Na2SiO3+CO2+H2O==H2SiO3↓+Na2CO3,但高温下可发生反应Na2CO3+SiO2 Na2SiO3+CO2↑,原因可以从两方面解释:a.硅酸盐比碳酸盐稳定;b.由高沸点难挥发固体SiO2制得低沸点易挥发的CO2。⑥SiO2不导电,SiO2是制作光导纤维的材料;Si是半导体,Si是制作芯片及光电池的材料。⑦水泥、玻璃和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。
2.富集在海水中的元素——卤素(1)梳理知识主线
(2)扫除易忘知识盲点①液氯密封在钢瓶中,而氯水、次氯酸应保存在棕色试剂瓶中。②酸化KMnO4溶液时应用硫酸酸化而不是盐酸。③ClO-不论在酸性环境中还是在碱性环境中均能体现强氧化性,如ClO-与S 、I-、Fe2+均不能大量共存;ClO-能水解,因HClO酸性很弱,ClO-水解使溶液显碱性,如Fe3++3ClO-+3H2O==Fe(OH)3↓+3HClO,所以ClO-与Fe3+、Al3+均不能大量共存。
④向Ca(ClO)2溶液中通入SO2气体生成CaSO4而不是CaSO3,该反应的离子方程式为Ca2++3ClO-+SO2+H2O==CaSO4↓+Cl-+2HClO(少量SO2),Ca2++2ClO-+2SO2+2H2O==CaSO4↓+2Cl-+S +4H+(过量SO2)。⑤当Fe和Cl2在点燃条件下反应时,不论Fe过量还是不足,由于Cl2的强氧化性,产物一定是FeCl3。⑥由于电离常数K1(H2CO3)>K(HClO)>K2(H2CO3),所以向NaClO溶液通入CO2,不论CO2过量还是少量,均发生反应CO2+H2O+ClO-==HClO+HC ,但是与Ca(ClO)2反应时应为CO2(少量)+Ca(ClO)2+H2O==CaCO3↓+2HClO。
⑦保存液溴需要用水液封,溴蒸气呈红棕色,液溴呈深红棕色,溴水一般呈橙色,溴的CCl4溶液一般呈橙红色。
溴在水中的溶解度小,液溴可用水液封
(3)有关卤素的几个重要反应
③Cl2+2NaOH==NaCl+NaClO+H2O④2Cl2+2Ca(OH)2==CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O⑤Cl2+2NaBr==2NaCl+Br2⑥X2+SO2+2H2O==2HX+H2SO4(X:Cl、Br、I)⑦3Br2+3Na2CO3==5NaBr+NaBrO3+3CO2(工业上吸收尾气中的溴)
3.硫及其重要化合物(1)梳理知识主线
(2)扫除易忘知识盲点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。
②SO2使含有酚酞的NaOH溶液褪色,表现SO2酸性氧化物的性质;使品红溶液褪色,表现SO2的漂白性;使溴水、酸性KMnO4溶液褪色,表现SO2的还原性;SO2与H2S反应,表现SO2的氧化性;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。③把SO2气体通入BaCl2溶液中,没有沉淀生成,但若通入NH3或加入NaOH溶液,或把BaCl2溶液改成Ba(NO3)2溶液,均有白色沉淀生成,通入NH3或加入NaOH溶液生成BaSO3沉淀,把SO2气体通入Ba(NO3)2溶液生成BaSO4沉淀。
④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。⑤C与浓硫酸反应时,反应产物的检验应按以下流程进行:无水CuSO4检验水→品红溶液检验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。
4.氮及其重要化合物(1)梳理知识主线
(2)扫除易忘知识盲点①NO只能用排水法或气囊法收集。②在NO2或NO与O2通入水的计算中常用到两个化学方程式:4NO+3O2+2H2O==4HNO3、4NO2+O2+2H2O==4HNO3。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HNO3、HClO见光或受热易分解。
⑥收集NH3时,把一团干燥的棉花放在试管口,以防止氨气与空气对流;收集完毕,处理尾气时,应在试管口放一团用稀硫酸浸湿的棉花,以吸收NH3防止污染空气。
经典对练•得高分
考向1 碳、硅及其化合物 无机非金属材料真题示例1-1.(2019全国Ⅰ卷,7)陶瓷是火与土的结晶,是中华文明的象征之一,其形成、性质与化学有着密切的关系。下列说法错误的是( )A.“雨过天晴云破处”所描述的瓷器青色,来自氧化铁B.闻名世界的秦兵马俑是陶制品,由黏土经高温烧结而成C.陶瓷是应用较早的人造材料,主要化学成分是硅酸盐D.陶瓷化学性质稳定,具有耐酸碱侵蚀、抗氧化等优点
思路点拨
答案 A
1-2.(2020浙江卷,24)Ca3SiO5是硅酸盐水泥的重要成分之一,其相关性质的说法不正确的是( )A.可发生反应:Ca3SiO5+4NH4Cl CaSiO3+2CaCl2+4NH3↑+2H2OB.具有吸水性,需要密封保存C.能与SO2反应生成新盐D.与足量盐酸作用,所得固体产物主要为SiO2
答案 D
解析 Ca3SiO5可写作3CaO·SiO2,则其与NH4Cl加热时可发生反应,得到CaSiO3、CaCl2、NH3和H2O,A项正确;Ca3SiO5有吸水性,易板结,应密封保存,B项正确;SO2对应的酸为H2SO3,H2SO3为中强酸,SO2能与Ca3SiO5反应生成新盐CaSO3,C项正确;Ca3SiO5与盐酸反应会生成H2SiO3沉淀,而不是SiO2,D项错误。
对点演练1-1.(2021湖北孝感一模)下列有关硅及硅酸盐材料的说法正确的是( )A.硅酸钠属于盐,不属于碱,所以硅酸钠可以保存在磨口玻璃塞试剂瓶中B.反应①Na2SiO3+H2O+CO2==Na2CO3+H2SiO3↓,反应②Na2CO3+SiO2 Na2SiO3+CO2↑,两反应是相互矛盾的,不可能都能发生C.普通玻璃、石英玻璃、水泥等均属于硅酸盐材料D.祖母绿的主要成分为Be3Al2Si6O18,用氧化物形式表示为3BeO·Al2O3·6SiO2
答案 D
解析 硅酸钠能将玻璃塞和试剂瓶黏结在一起而打不开,不能用带磨口玻璃塞的试剂瓶存放,故A错误;反应①Na2SiO3+H2O+CO2==Na2CO3+H2SiO3↓是强酸制弱酸,反应②Na2CO3+SiO2 Na2SiO3+CO2↑,是高温下硅酸钠比碳酸钠稳定,原理不同,都可发生,两者不矛盾,故B错误;石英玻璃的主要成分是二氧化硅,是氧化物不是硅酸盐,故C错误;祖母绿的主要成分为Be3Al2Si6O18,用氧化物的形式表示时书写顺序是:活泼金属氧化物、较不活泼金属氧化物、二氧化硅、水,故可以表示为3BeO·Al2O3·6SiO2,故D正确。
1-2.(2021湖北新高考适应卷)某种水泥的主要成分为硅酸三钙(3CaO·SiO2)。将其与适量的水反应,形成相互交联的结构,反应式如下:2(3CaO·SiO2)+6H2O==3CaO·2SiO2·3H2O+3Ca(OH)2,该反应放出热量。但是,需要避免交联过程热膨胀及产生的水蒸气在建筑结构中造成空隙。我国三峡大坝的建设者在全世界首创了以冰代水的浇灌方法,有效解决了这一问题,保证了大坝建筑质量。下列说法错误的是( )A.水泥由黏土和石灰石等研磨、煅烧制得B.水泥生产过程中加入石膏,可以调节水泥的硬化速率C.水的作用是提供结晶水以稳定交联结构D.以冰代水的优点是减少了热膨胀及水蒸气的产生
答案 C 解析 水泥由石灰石和黏土等混合,再经高温煅烧制得,A说法正确;水泥生产过程中加入石膏是为了调节水泥的硬化速率,调整水泥的凝结时间,B说法正确;水与硅酸三钙(3CaO·SiO2)发生化学反应,生成的产物形成相互交联的结构,C说法错误;硅酸三钙(3CaO·SiO2)与水反应时放热,以冰代水减少了热膨胀及水蒸气产生的气泡,保证建筑质量,D说法正确。
考向2 富集在海水中的元素——卤素真题示例2-1.(2021湖南新高考适应卷,8)已知反应:2NaClO3+4HCl==2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O,下列关于该反应说法错误的是( )A.氧化性:NaClO3>Cl2B.当反应中有2 mol e-转移时,被氧化的HCl为4 molC.氧化产物和还原产物的物质的量之比为1∶2D.产物ClO2和Cl2都可以用于自来水消毒杀菌
思路点拨
答案 B
2-2.(2021湖南卷,8)KIO3常用作食盐中的补碘剂,可用“氯酸钾氧化法”制备,该方法的第一步反应为6I2+11KClO3+3H2O 6KH(IO3)2+5KCl+3Cl2↑。下列说法错误的是( )A.产生22.4 L(标准状况)Cl2时,反应中转移10 mol e-B.反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为11∶6C.可用石灰乳吸收反应产生的Cl2制备漂白粉D.可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中I 的存在
答案 A
解析 本题考查了氧化还原反应原理的分析与物质的检验、用途等知识。反应中的电子转移情况为:
对点演练2-1.(2021江苏盐城二模)氯及其化合物在生产、生活中有广泛应用。下列物质的性质与用途具有对应关系的是( )A.Cl2能溶于水,可用于工业制盐酸B.ClO2有强氧化性,可用于自来水消毒C.HClO不稳定,可用作棉、麻的漂白剂D.FeCl3溶液呈酸性,可用于蚀刻印刷电路板
答案 B 解析 工业上一般通过氢气与氯气反应的产物溶于水来制盐酸,而不是氯气与水反应,A项错误;ClO2用于自来水消毒是利用其强氧化性,B项正确;HClO可用作棉、麻的漂白剂是利用HClO的氧化性,C错误;FeCl3用于蚀刻印刷电路板是利用Fe3+的氧化性,D项错误。
2-2.(2021吉林长春调研)下列有关含氯物质的说法不正确的是( )A.向新制氯水中加入少量碳酸钙粉末能增强溶液的漂白能力B.向NaClO溶液中通入少量的CO2的离子方程式:CO2+2ClO-
答案 B
2-3.(2021河北新高考适应卷)碘是人体必需的微量元素,也可用于工业、医药等领域。大量的碘富集于海藻灰(主要成分是NaI)中,因此从海藻灰中提取碘,可有效利用海洋资源。(1)某兴趣小组以海藻灰为原料进行I2的制备实验。具体步骤如下:将海藻灰加热浸泡后,得到了NaI溶液,将适量Na2SO3固体溶于NaI溶液,再将饱和CuSO4溶液滴入上述溶液中,生成白色CuI沉淀,该反应的离子方程式为 。
(2)待I-沉淀完全后,过滤,将沉淀物置于小烧杯中,在搅拌下逐滴加入适量浓硝酸,观察到有 (颜色)气体放出,有 (颜色)晶体析出。出于安全和环保考虑,该实验操作需在 条件下进行。该反应的化学方程式为 。
(3)用倾析法弃去上层清液,固体物质用少量水洗涤后得到粗I2,进一步精制时,选择必需的仪器搭建装置,并按次序排列: (夹持装置略)。
(4)将精制得到的I2配成浓度为c mol·L-1的标准溶液,用来测定某样品中维生素C(相对分子质量为Mr的含量。具体操作如下:准确称量a g样品,溶于新煮沸过并冷却至室温的蒸馏水中,煮沸蒸馏水的目的是 。 用250 mL容量瓶定容,使用 (仪器)量取25.00 mL 样品溶液置于锥形瓶中,再加入10 mL 1∶1醋酸溶液和适量的 指示剂,立即用I2标准溶液滴定,溶液显稳定的 (颜色)即为滴定终点,消耗I2标准溶液V mL,则样品中维生素C的质量分数是 (写出表达式)。已知滴定反应方程式:
(3)因为碘单质受热易升华,故采用加热固体使I2升华并收集的方法提纯碘单质。用到的仪器有A(烧杯)、C[石棉网(防止温度过高,升华速度大于冷凝速度)]、D(酒精灯)、F(装冷水的圆底烧瓶用于冷凝)。其装置为把粗碘放入烧杯内,将装有冷水的烧瓶放在烧杯上,垫上石棉网用酒精灯加热烧杯,其连接顺序为DCAF。
(4)维生素C具有还原性,故煮沸蒸馏水是为了防止水中溶解的氧干扰实验;准确量取溶液的体积常用滴定管量取;用于指示碘单质时,通常用淀粉作为指示剂,淀粉遇碘显蓝色,这里用碘标准溶液滴定维生素C,所以当最后一滴标准液滴入锥形瓶后,溶液由无色变为蓝色且30秒内不褪色,即为终点;根据题意可知,25 mL样品溶液消耗碘的物质的量为cV×10-3 mol,则a g样品
考向3 硫及其重要化合物真题示例3-1.(2021重庆新高考适应卷,12)连二亚硫酸钠(Na2S2O4)俗称保险粉,有强还原性,在空气中极易被氧化。用NaHSO3还原法制备保险粉的流程如下:
下列说法错误的是( )A.反应1说明酸性:H2SO3>H2CO3B.反应1结束后,可用盐酸酸化的BaCl2溶液检验NaHSO3是否被氧化C.反应2中消耗的氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶2D.反应2最好在无氧条件下进行
思路点拨
答案 C
3-2.(高考题组合)下列有关说法正确的是( )A.向饱和亚硫酸钠溶液中滴加浓硫酸制备少量二氧化硫气体
答案 A
解析 亚硫酸是弱酸,硫酸是强酸,利用强酸制弱酸的原理,浓硫酸与亚硫酸钠反应生成亚硫酸,亚硫酸分解生成二氧化硫和水,A项正确;B项中正确的离子方程式为5SO2+2Mn +2H2O==2Mn2++5S +4H+,B项错误;因为SO2具有漂白性,所以可用于漂白纸浆,与SO2具有氧化性没有因果关系,C项错误;S在氧气中点燃无法直接生成SO3,只能先生成SO2,SO2进一步催化氧化才能生成SO3,D项错误。
特别提醒
(2)酸的氧化性和氧化性酸。酸的氧化性是指H+的弱氧化性,而氧化性酸是指酸分子中中心原子具有的强氧化性,如HClO、浓硫酸、稀硝酸、浓硝酸中的Cl、S、N在反应中体现的强氧化性。(3)SO2和CO2作为酸性氧化物,其性质极其相似,不能从酸性氧化物的角度区分。通常利用SO2的漂白性和强还原性鉴别SO2和CO2,或除去CO2中混有的SO2杂质。
对点演练3-1.(2021湖南长沙调研)将SO2和Cl2的混合气体通入品红溶液中,振荡后溶液褪色,将此无色溶液分成三份,依次进行如图实验:
下列实验分析中,正确的是( )A.①中现象说明混合气体中一定有n(Cl2)=n(SO2)B.①②中溶液加热不变红,说明品红溶液不是被SO2漂白的C.③中产生的白色沉淀为BaSO3D.将混合气体通入品红溶液中只发生了1个氧化还原反应
答案 B
解析 湿润的淀粉KI试纸不变蓝只能说没有氯气,结合②③可知①中的品红是被氯气溶于水后生成的次氯酸漂白的,即氯气有一部分与品红溶液反应,故不可得出原气体中n(Cl2)=n(SO2),A错误;SO2漂白品红溶液不是永久性的,加热恢复原来颜色,①②中溶液加热不变红,说明品红溶液不是被SO2漂白的,B正确;SO2和Cl2反应生成了 与Ba2+反应生成了BaSO4,C错误;将混合气体通入品红溶液中发生了氯气与水反应、次氯酸漂白品红溶液、氯气与二氧化硫反应等氧化还原反应,D错误。
3-2.(2021湖北八市一模)二氧化硫是国内外允许使用的一种食品添加剂,可用于食物的增白、防腐等,但必须严格遵守国家有关使用标准。某学习小组设计了如图装置用于制取SO2并验证其性质。
(1)仪器a的名称为 。 (2)烧杯F中的试剂可以是 (填字母)。 a.饱和Na2SO3溶液 b.饱和Na2CO3溶液 c.NaOH溶液 d.饱和NaCl溶液(3)实验时装置E中溶液的现象为 。 (4)实验时观察到装置B无明显现象,装置C红色褪去,则使品红的水溶液褪色的微粒一定不是 (填化学式)。
(5)学生甲预测装置D中没有白色沉淀产生,但随着反应的进行,发现装置D中产生了少量白色沉淀。为进一步探究产生沉淀的原因,分别用煮沸和未煮沸过的蒸馏水配制Ba(NO3)2溶液,用煮沸过的蒸馏水配制BaCl2溶液,进行如下实验:
实验中G、H、I烧杯中观察到的现象如表:
①根据G中现象得出的结论是 。 ②H中白色沉淀的化学式为 ,其产生的原因是 (用离子方程式表示)。 ③I中出现白色沉淀的速率比H中快很多的原因可能是 。
答案 (1)分液漏斗 (2)abc(3)溶液由棕黄色变为浅绿色 (4)SO2(5)①亚硫酸的酸性弱于盐酸
解析 (1)仪器a是分液漏斗。(2)氯化钠与二氧化硫不反应,不能用饱和NaCl溶液进行尾气吸收;亚硫酸钠在溶液中与二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠,碳酸钠与二氧化硫反应生成亚硫酸钠和二氧化碳,氢氧化钠与二氧化硫反应生成亚硫酸钠和水,则abc中的溶液均可进行尾气吸收。(3)二氧化硫和氯化铁中的三价铁离子反应生成硫酸根离子和亚铁离子,铁离子为棕黄色,亚铁离子为浅绿色,则溶液由棕黄色变为浅绿色。
(4)由实验现象对比可知,二氧化硫不能使品红溶液褪色。
考向4 氮及其重要化合物真题示例4-1.(2020全国Ⅰ卷,9)下列气体去除杂质的方法中,不能实现目的的是( )
思路点拨
答案 A
4-2.(2021河北卷,4)硫和氮及其化合物对人类生存和社会发展意义重大,但硫氧化物和氮氧化物造成的环境问题也日益受到关注。下列说法正确的是( )A.NO2和SO2均为红棕色且有刺激性气味的气体,是酸雨的主要成因B.汽车尾气中的主要大气污染物为NO、SO2和PM2.5C.植物直接吸收利用空气中的NO和NO2作为肥料,实现氮的固定D.工业废气中的SO2可采用石灰法进行脱除
答案 D
解析 SO2为无色有刺激性气味的气体,A项错误。汽车尾气中的主要大气污染物为CO、碳氢化合物、氮氧化物、烟尘等,B项错误。氮的固定是将氮由游离态转化为化合态,植物一般利用硝酸盐作为肥料,无法直接利用NO和NO2,通常大气中不含有NO、NO2,C项错误。工业废气中SO2可采用石灰法进行脱硫,原理为SO2+CaO CaSO3,2CaSO3+O2 2CaSO4,D项正确。
对点演练4-1.(2021北京43中月考)某同学进行如下实验:
下列说法不正确的是( )A.根据Ⅰ中试纸变蓝,说明NH4Cl发生了分解反应B.根据Ⅰ中试纸颜色变化,说明氨气比氯化氢气体扩散速率快C.Ⅰ中试纸变成红色,是由于NH4Cl水解造成的D.根据试管中部有白色固体附着,说明不宜用加热NH4Cl的方法制备NH3
答案 C
解析 实验Ⅰ中对NH4Cl固体加热,湿润的pH试纸的变化:黄色→蓝色(pH≈10)→黄色→红色(pH≈2),说明加热过程中生成了氨气,氨气遇水形成一水合氨,一水合氨为弱碱,使试纸变蓝,同时产生了氯化氢气体,氯化氢极易溶于水形成盐酸,中和了一水合氨恢复到黄色,最后变为红色,该过程可证明氯化铵受热发生分解生成氨气和氯化氢气体,试纸先变蓝后变红,说明氨气扩散的速度比氯化氢快;试管中部有白色固体附着,说明氯化铵分解产生的氨气和氯化氢在扩散过程中又化合生成氯化铵;实验Ⅱ中将氯化铵溶液滴在pH试纸上,试纸颜色变化:黄色→橙黄色(pH≈5),说明氯化铵溶液中铵根离子水解使溶液显酸性。根据上述分析可知,C项错误。
4-2.(2021河北衡水中学期中)如图是某元素的价-类二维图,其中A为正盐,X是一种强碱,通常条件下Z是无色液体,E的相对分子质量比D大16,各物质的转化关系如图所示。下列说法错误的是( )
A.A作肥料时不适合与草木灰混合使用B.同主族元素的氢化物中B的沸点最低C.C一般用排水法收集D.D→E的反应可用于检验D
答案 B
易错防范•不失分
1.碳、硅及其化合物,无机非金属材料判断正误(正确的画“√”,错误的画“×”)。(1)SiO2熔点高、硬度大,所以可用于制光导纤维。( )(2)石英砂可用于生产单晶硅。( )(3)因为HF能与SiO2反应,所以可用氢氟酸在玻璃器皿上刻蚀标记。( )(4)Mg在CO2中燃烧生成MgO和C。在该反应中,Mg的还原性强于C的还原性。( )(5)硅胶可用作食品干燥剂。( )
答案 (1)× (2)√ (3)√ (4)√ (5)√
2.富集在海水中的元素——卤素判断正误(正确的画“√”,错误的画“×”)。(1)MnO2和稀盐酸反应制取Cl2。( )(2)将Cl2与HCl混合气体通过饱和食盐水可得到纯净的Cl2。( )(3)因为次氯酸盐具有强氧化性,所以可用漂白粉漂白织物。( )(4)浓盐酸与MnO2共热反应制备纯净的Cl2,可以将气体产物先通过浓硫酸,后通过饱和食盐水。( )(5)利用CCl4萃取碘水中的I2,应先从分液漏斗下口放出有机层,后从上口倒出水层。( )
答案 (1)× (2)× (3)√ (4)× (5)√
3.硫及其重要化合物判断正误(正确的画“√”,错误的画“×”)。(1)SO2与过量氨水反应生成(NH4)2SO3。( )(2)将SO2通入溴水中证明SO2具有漂白性。( )(3)配制稀硫酸时,可以先将浓硫酸加入烧杯中,后倒入蒸馏水。( )(4)SO2具有氧化性,所以可用于漂白纸浆。( )(5)SO2使溴水褪色与乙烯使酸性KMnO4溶液褪色的原理相同。( )
答案 (1)√ (2)× (3)× (4)× (5)√
4.氮及其重要化合物判断正误(正确的画“√”,错误的画“×”)。(1)由于NH3易溶于水,可用作制冷剂。( )(2)NH4HCO3受热易分解,可用作氮肥。( )(3)将过量铁粉加入稀硝酸中,充分反应后滴加KSCN溶液,现象为有气体生成,溶液呈红色,可以得出稀硝酸将Fe氧化成Fe3+。( )(4)氯化钙可用作食品干燥剂,CaCl2也可干燥NH3。( )(5)常温下,将浓硝酸滴入用砂纸打磨过的铝条中,则产生红棕色气体。( )
答案 (1)× (2)× (3)× (4)× (5)×
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(五) 化学工艺流程题解题策略
热点专攻
工艺流程题是近几年高考的热点题型,工艺流程题的结构分题头、题干和题尾三部分。题头一般是简单介绍该工艺生产的原材料和工艺生产的目的(包括副产品)。题干主要用流程图形式将原料到产品的主要生产工艺流程表示出来。题尾主要是根据生产过程中涉及的化学知识设计成一系列问题,构成一道完整的化学试题。此类试题集综合性、真实性、开放性于一体,包含必要的操作名称、化工术语或文字说明。题型包括选择题和非选择题,选择题主要考查元素化合物知识和工艺流程中的基本操作。非选择题考查的知识面广、综合性强、思维容量大。题干的呈现形式多为
流程图、表格和图像;设问角度一般为操作措施、物质成分、化学反应、条件控制的原因和产率计算等。能力考查侧重于获取信息的能力、分析问题的能力、语言表达能力和计算能力。涉及的化学知识有基本理论、元素化合物及实验基础知识等。
(一)审题关注什么1.审题的关键点(1)明确原始物质及目标物质。(2)明确化工生产流程:原料→对原料的预处理→核心化学反应→产品的提纯分离→目标产物。(3)掌握主要的化工生产原理等。
(4)掌握常见与化工生产有关的操作方法及作用。①对原料进行预处理的常用方法及其作用:
②常用的控制反应条件的方法:
2.防范失分点(1)明确整个流程及每一部分的目的→仔细分析每步反应发生的条件以及得到产物的物理或化学性质→结合基本理论与实际问题思考→注意答题的模式与要点。(2)抓住流程图中“每步转化的物质变化”与总过程目的的关系,分析某步转化试剂的选择及流程中加入某试剂的原因,得出转化后生成的所有物质,从问题中获取信息,帮助解题。
(二)题目考什么1.化学工艺流程题模型
2.化工术语
3.常见操作的答题角度
题型突破
(2020全国Ⅲ卷,27)某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物,还有少量其他不溶性物质。采用如下工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体(NiSO4·7H2O ):
溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示:
回答下列问题:(1)“碱浸”中NaOH的两个作用分别是 。为回收金属,用稀硫酸将“滤液①”调为中性,生成沉淀。写出该反应的离子方程式 。 (2)“滤液②”中含有的金属离子是 。
(3)“转化” 中可替代H2O2的物质是 。若工艺流程改为先“调pH”后“转化”,即 ,“滤液③”中可能含有的杂质离子为 。
(4)利用上述表格数据,计算Ni(OH)2的Ksp= (列出计算式) 。如果“转化”后的溶液中Ni2+ 浓度为1.0 mol·L-1,则“调pH”应控制的pH范围是 。
(5)硫酸镍在强碱溶液中用NaClO氧化,可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiOOH。写出该反应的离子方程式: 。 (6)将分离出硫酸镍晶体后的母液收集、循环使用,其意义是 。
思路点拨第一阶段,初处理阶段。(1)初处理阶段的操作是“碱浸”,要判断加入NaOH溶液的作用,首先要确定废镍催化剂中的相关成分。根据题给信息可确定其成分包括四类:
(2)工艺流程各步骤元素转化分析。
(3)工艺流程中各阶段元素成分的分析。由题给离子沉淀时的pH可知,要使Fe元素生成氢氧化物沉淀且Ni元素保留在溶液中,必须将滤液②中的Fe2+氧化为Fe3+,要不引入其他杂质,除H2O2可作氧化剂外,还可以采用向滤液中通氧气或空气的方法使Fe2+氧化为Fe3+;如果先“调pH”后“转化”,为防止Ni2+沉淀,调pH时pH不能大于7.2,此时Fe2+不会生成沉淀,再加H2O2转化后,则滤液③中会含有转化生成的Fe3+。
(4)围绕Ksp的计算——利用定义表达式的计算。
由题给信息可知,Fe3+完全沉淀的pH为3.2,因此“调节pH”应控制的pH范围是3.2~6.2。
(5)陌生氧化还原反应离子方程式的书写。
第三阶段:得到产品阶段。
(6)分离出硫酸镍晶体后的母液中还含有Ni2+,可将其收集、循环使用,从而提高镍的回收率。
答案 (1)除去油脂、溶解铝及其氧化物 Al +H++H2O==Al(OH)3↓(2)Ni2+、Fe2+、Fe3+(3)O2或空气 Fe3+(4)0.01×(107.2-14)2[或10-5×(108.7-14)2] 3.2~6.2(5)2Ni2++ClO-+4OH-==2NiOOH↓+Cl-+H2O(6)提高镍回收率
失分剖析一是分析“碱浸”中NaOH作用时,易忽视油脂和铝的氧化物;二是计算Ni(OH)2的Ksp时,因没有认真审题而无法确定Ni2+的物质的量浓度;三是判断“调pH”应控制的pH范围时,只回答最小pH或最大pH。
应考训练1.(2021河北卷,6)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( )A.酸浸工序中分次加入稀硝酸可降低反应剧烈程度B.转化工序中加入稀盐酸可抑制生成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
答案 D
解析 酸浸工序中加入稀硝酸,金属铋与稀硝酸反应是有气体生成的放热反应,分批次加入稀硝酸,从而降低反应剧烈程度,A项正确;Bi(NO3)3易水解,转化工序中加入稀盐酸,增大溶液中的c(H+),可以抑制Bi(NO3)3的水解,B项正确;Bi3+水解使溶液呈酸性, CH3COONa水解使溶液呈碱性,水解工序中加入CH3COONa固体,可促进Bi3+水解,C项正确;NH4NO3水解使溶液呈酸性,水解工序中加入NH4NO3固体,则抑制Bi3+水解,不利于BiOCl的生成,D项错误。
2.(2021湖南郴州质量监测)实验室分离Fe3+和Al3+的流程如图:
A.酸化后,铁元素在溶液中主要以 形式存在B.萃取分液时,有机层从分液漏斗上口倒出C.反萃取后,铁元素在溶液中主要以Fe3+形式存在D.蒸馏时,用酒精灯直接加热蒸馏烧瓶以加快蒸馏速度
答案 D
解析 溶液中形成配离子均存在化学平衡,根据题意分析可知,铁离子在盐酸中存在平衡Fe3++4Cl- [FeCl4]-,溶液中Cl-浓度高,越有利于平衡正移。反萃取时,加水稀释溶液,平衡逆向移动。另外,已知乙醚不溶于水,密度比水小。根据分析可知,酸化后,溶液中铁元素的存在形式主要是黄色配离子[FeCl4]-,A正确;萃取分液时,乙醚在上层,从分液漏斗上口倒出,B正确;反萃取后,铁元素在溶液中主要以Fe3+的形式存在,C正确;蒸馏烧瓶不能直接加热,需垫上石棉网加热,D错误。
3.(2021江西九江质检)某科研小组以平板液晶显示屏生产过程中产生的废玻璃粉末(含CeO2、SiO2、Fe2O3等)为原料回收Ce的流程如图所示:
已知:CeO2具有强氧化性,通常情况下不与常见的无机酸反应。
回答下列问题:(1)为了加快废玻璃粉末的酸浸速率,通常采用的方法有 (写两种)。 (2)操作①和②均为 。 (3)写出加入H2O2溶液只作为还原剂时发生反应的离子方程式: 。操作③在加热的条件下加入浓盐酸的作用是 。 (4)当加入碱调节溶液的pH=9时,Ce(OH)3悬浊液中c(Ce3+)= mol·L-1。[已知:25 ℃时,Ce(OH)3的Ksp=8×10-21]
(5)对CeCl3样品的纯度进行测定的方法:准确称量样品12.5 g,配成200 mL溶液,取50.00 mL上述溶液置于锥形瓶中,加入稍过量的过二硫酸铵[(NH4)2S2O8]溶液使Ce3+被氧化为Ce4+,然后用萃取剂萃取Ce4+,再用1 mol·L-1FeSO4标准溶液滴定至终点,重复2~3次,平均消耗10.00 mL标准液。①写出滴定过程中发生反应的离子方程式: 。 ②CeCl3样品的纯度为 %。
答案 (1)搅拌、适当增大浓度、适当升温(合理即可)(2)过滤 (3)2CeO2+H2O2+6H+==2Ce3++O2↑+4H2O 防止在加热过程中Ce3+水解成Ce(OH)3(4)8.0×10-6(5)①Ce4++Fe2+==Fe3++Ce3+ ②78.88
解析 由题给流程可知,向废玻璃粉末中加入酸进行酸浸,氧化铁与酸反应生成铁盐,过滤得到含有二氧化铈和二氧化硅的滤渣Ⅰ和含有铁盐的滤液Ⅰ;向滤渣Ⅰ中加入盐酸和过氧化氢溶液,酸性条件下,二氧化铈与过氧化氢发生氧化还原反应生成氯化铈、氧气和水,二氧化硅不反应,过滤得到含有氯化铈的滤液Ⅱ和含有二氧化硅的滤渣Ⅱ;向滤液Ⅱ中加入碱调节溶液的pH,氯化铈转化为氢氧化铈悬浊液,向氢氧化铈悬浊液中加入盐酸得到六水氯化铈,六水氯化铈在氯化氢气流中加热脱去结晶水得到无水氯化铈,一定条件下,用无水氯化铈制得铈。(1)搅拌、增大酸的浓度、升高反应温度等都可以加快废玻璃粉末的酸浸速率。
(2)由分析可知,操作①和②均为过滤。(3)加入H2O2只作为还原剂时,二氧化铈与过氧化氢发生氧化还原反应生成氯化铈、氧气和水,反应的离子方程式为2CeO2+H2O2+6H+==2Ce3++O2↑+4H2O;氯化铈是强酸弱碱盐,直接加热六水氯化铈时,氯化铈会发生水解反应生成氢氧化铈,在氯化氢气流中加热,能抑制氯化铈水解,防止水解生成氢氧化铈。
(5)①滴定过程中发生的反应为Ce4+与Fe2+发生氧化还原反应生成Fe3+和Ce3+,反应的离子方程式为Ce4++Fe2+==Fe3++Ce3+;②由题意可得如下关系式Ce3+~Ce4+~Fe2+,亚铁离子的物质的量为1 mol·L-1×0.01 L=0.01 mol,则
4.(2021湖南永州二模)明代《天工开物》记载了“火法”炼锌方法:“炉甘石(碳酸锌)十斤,装载入一泥罐内,然后逐层用煤炭饼垫盛,其底铺薪,发火煅红……冷淀,毁罐取出……即倭铅也”。现代工业开发了用NH3—NH4Cl水溶液浸出氧化锌烟灰(主要成分为ZnO、Pb、CuO和As2O3)制取高纯锌的工艺流程如图所示。
(1)《天工开物》记载的炼锌方法要求罐体用泥封严,目的是 。 (2)滤渣1的主要成分是 (填化学式)。一段时间内锌浸出率与温度的关系如图所示,分析出现该现象的原因: 。
(3)已知“氧化除杂”的目的是将AsC 转化为As2O5胶体,再经吸附聚沉除去,溶液始终接近中性,该反应的离子方程式是 。 (4)“电解”含[Zn(NH3)4]2+的溶液,阴极电极反应式是 。阳极区产生一种无色无味的气体,将其通入滴有KSCN的FeCl2溶液中,无明显现象,该气体是 (填化学式)。 (5)ZnCl2溶液在T1 ℃水解可得某碱式盐,取11.38 g该碱式盐,T2 ℃完全水解后对所得固体进行煅烧,可得纯氧化锌8.1 g。则该碱式盐的化学式为 。
答案 (1)防止得到的锌被氧化(2)Pb 温度低于30 ℃,溶浸反应速率随温度升高而增大,温度超过30 ℃,氨气逸出导致溶浸反应速率下降
解析 由流程图可知,向氧化锌烟灰加入氨水、氯化铵进行溶浸,溶浸后氧化锌烟灰中锌、铜、砷元素分别以[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+、AsC 的形式存在,则滤渣1为Pb,加入过氧化氢,AsC 转化为As2O5胶体经吸附聚沉除去,过滤后向溶液中加入锌粉还原,可除去Cu元素等,滤液中主要含有[Zn(NH3)4]2+,然后电解可生成高纯度锌。(1)罐体用泥封严,可隔绝空气防止得到的锌被氧化。(2)根据流程、结合分析可知滤渣1的主要成分是Pb。根据温度与锌浸出率的图像可知,30 ℃左右时浸出率最高,30 ℃之前,溶浸反应速率随温度升高而增大,30 ℃之后,氨气逸出导致溶浸反应速率下降。
(4)“电解”含[Zn(NH3)4]2+的溶液,阴极上阳离子得到电子发生还原反应,则电极反应式是[Zn(NH3)4]2++2e- Zn+4NH3↑。阳极上阴离子失去电子被氧化,已知阳极区产生一种无色无味的气体,将其通入滴有KSCN的FeCl2溶液中,无明显现象,则该气体不是氧气、不是氯气,说明溶液中SCN-中的氮元素化合价升高转变为氮气,则阳极产生的气体是N2。
==
(5)设ZnCl2溶液在T1 ℃水解可得某碱式盐Zn(OH)xCly,取11.38 g该碱式盐,T2 ℃完全水解后并煅烧,可得纯氧化锌8.1 g。n(ZnO)= =0.1 mol,根据Zn元素守恒,则水解产物的物质的量也为0.1 mol,则Zn(OH)xCly的摩尔质量为 =113.8 g·mol-1,根据元素化合价代数和为0,则有2=x+y,根据摩尔质量为113.8 g·mol-1,则有65+17x+35.5y=113.8,解方程可得x=1.2,y=0.8,则该碱式盐的化学式为Zn(OH)1.2Cl0.8或Zn5(OH)6Cl4。
5.(2021河北卷,15)绿色化学在推动社会可持续发展中发挥着重要作用。某科研团队设计了一种熔盐液相氧化法制备高价铬盐的新工艺,该工艺不消耗除铬铁矿、氢氧化钠、水和空气以外的其他原料,不产生废弃物,实现了Cr-Fe-Al-Mg的深度利用和Na+内循环。工艺流程如下:
回答下列问题:(1)高温连续氧化工序中被氧化的元素是 (填元素符号)。 (2)工序①的名称为 。 (3)滤渣Ⅰ的主要成分是 (填化学式)。 (4)工序③中发生反应的离子方程式为 。 (5)物质Ⅴ可代替高温连续氧化工序中的NaOH,此时发生的主要反应的化学方程式为 ,可代替NaOH的化学试剂还有 (填化学式)。
(6)热解工序产生的混合气体最适宜返回工序 (填“①”“②”“③”或“④”)参与内循环。
答案 (1)Cr和Fe (2)溶解 (3)Fe2O3和MgO
解析 铬铁矿、熔融NaOH与O2反应后加入H2O溶解并过滤,生成滤渣Ⅰ和介稳态相,介稳态相分离后得到铬酸盐溶液、NaOH溶液和无色溶液,无色溶液中通入过量气体A后生成Al(OH)3沉淀,所以气体A为CO2,物质Ⅴ为NaHCO3。介稳态相中含铝、铬元素,所以滤渣Ⅰ为Fe2O3和MgO。MgO与过量CO2和水蒸气反应生成碳酸氢镁,所以物质Ⅱ为Mg(HCO3)2;Mg(HCO3)2热解生成MgCO3、CO2和H2O,所以混合气体Ⅳ为CO2和H2O。(1)因为铬铁矿中铁元素为+2价、铬元素为+3价,结合后续产物中元素化合价分析,高温连续氧化工序中被氧化的元素是Cr、Fe。
(2)工序①是向固体混合物中加入H2O,然后进行过滤分离得到滤渣和溶液,属于溶解浸出过程。(3)经过高温连续氧化并溶解后,铬铁矿转化为Na2CrO4、NaAl(OH)4、Fe2O3和MgO,所以滤渣Ⅰ的主要成分为Fe2O3和MgO,通过过滤与溶液分离。(4)工序③中,在酸性条件下,Na2CrO4与CO2、H2O反应生成重铬酸根离子和碳酸氢钠(析出),离子方程式为
(5)由分析可知,物质Ⅴ为NaHCO3,所以依据题给信息,此时发生的反应为16NaHCO3+4Fe(CrO2)2+7O2 8Na2CrO4+2Fe2O3+16CO2+8H2O。Na2CO3也可与铬铁矿、氧气发生反应,所以NaOH还能用Na2CO3代替。(6)热解工序产生的气体为二氧化碳和水蒸气的混合气体,所以还能用于工序②参与内循环。
6.(2021全国乙卷,26)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。
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 。
(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 。 (3)“母液①”中Mg2+浓度为 mol·L-1。 (4)“水浸渣”在160 ℃“酸溶”,最适合的酸是 。“酸溶渣”的成分是 、 。 (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 。 (6)将“母液①”和“母液②”混合,吸收尾气,经处理得 ,循环利用。
答案 (1)Al2O3+4(NH4)2SO4 2NH4Al(SO4)2+6NH3↑+3H2O↑(2)Fe3+、Al3+、Mg2+ (3)1×10-6(4)硫酸 SiO2 CaSO4(5)TiO2++(x+1)H2O TiO2·xH2O↓+2H+(6)(NH4)2SO4
(2)根据题表中金属离子开始沉淀与沉淀完全时的pH,用氨水逐步调节pH从2.0至11.6的过程中,依次析出的金属离子是Fe3+、Al3+、Mg2+。
(4)根据焙烧时加入的是硫酸铵,且酸溶时的温度为160 ℃,则酸溶时加入的酸应该为硫酸。酸溶渣的成分为SiO2和硫酸钙。
(5)稀释与加热均可促进TiO2+的水解,该反应的离子方程式是TiO2++(x+1)H2O TiO2·xH2O↓+2H+。(6)尾气中含有NH3,母液①中含有氨水,母液②中含有剩余的硫酸,故将母液①和母液②混合,吸收尾气,经处理得到(NH4)2SO4,(NH4)2SO4可循环利用。
7.(2021全国甲卷,26)碘(紫黑色固体,微溶于水)及其化合物广泛用于医药、染料等方面。回答下列问题。(1)I2的一种制备方法如下图所示:
①加入Fe粉进行转化反应的离子方程式为 ,生成的沉淀与硝酸反应,生成 后可循环使用。 ②通入Cl2的过程中,若氧化产物只有一种,反应的化学方程式为 ;若反应物用量比n(Cl2)/n(FeI2)=1.5时,氧化产物为 ;当n(Cl2)/n(FeI2)>1.5后,单质碘的收率会降低,原因是 。
(2)以NaIO3为原料制备I2的方法是:先向NaIO3溶液中加入过量的NaHSO3,生成碘化物;再向混合溶液中加入NaIO3溶液,反应得到I2。上述制备I2的总反应的离子方程式为 。
答案 (1)①2AgI+Fe==2Ag+Fe2++2I- AgNO3 ②FeI2+Cl2==I2+FeCl2 I2、FeCl3 I2被进一步氧化
(3)4 防止单质碘析出
8.(2021湖南卷,15)碳酸钠俗称纯碱,是一种重要的化工原料。以碳酸氢铵和氯化钠为原料制备碳酸钠,并测定产品中少量碳酸氢钠的含量。过程如下:步骤Ⅰ.Na2CO3的制备
步骤Ⅱ.产品中NaHCO3含量测定①称取产品2.500 g,用蒸馏水溶解,定容于250 mL容量瓶中;②移取25.00 mL上述溶液于锥形瓶,加入2滴指示剂M,用0.100 0 mol·L-1 的盐酸标准溶液滴定,溶液由红色变至近无色(第一滴定终点),消耗盐酸V1 mL;③在上述锥形瓶中再加入2滴指示剂N,继续用0.100 0 mol·L-1 的盐酸标准溶液滴定至终点(第二滴定终点),又消耗盐酸V2 mL;④平行测定三次,V1平均值为22.45,V2平均值为23.51。
已知:(ⅰ)当温度超过35 ℃时,NH4HCO3开始分解。(ⅱ)相关盐在不同温度下的溶解度表(g/100 g H2O)
回答下列问题:(1)步骤Ⅰ中晶体A的化学式为 ,晶体A能够析出的原因是 。 (2)步骤Ⅰ中“300 ℃加热”所选用的仪器是 (填标号)。
(3)指示剂N为 ,描述第二滴定终点前后颜色变化 。 (4)产品中NaHCO3的质量分数为 (保留三位有效数字)。 (5)第一滴定终点时,某同学俯视读数,其他操作均正确,则NaHCO3质量分数的计算结果 (填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
答案 (1)NaHCO3 相同温度下,碳酸氢钠与氯化钠、碳酸氢铵、氯化铵的溶解度相差较大且最小(2)D (3)甲基橙 溶液由黄色变为橙色(4)3.56% (5)偏大
解析 (1)根据流程图及最终产品是碳酸钠可推知晶体A的成分是碳酸氢钠。根据已知(ⅱ)中相关盐在不同温度下的溶解度表可知碳酸氢钠的溶解度在35 ℃的温度下,与氯化钠、碳酸氢铵、氯化铵的溶解度相差较大且最小。所以当将碳酸氢铵粉末和氯化钠溶液混合时,溶液中易析出碳酸氢钠晶体。(2)给固体加热所用的仪器一般为坩埚。
(3)用盐酸标准溶液滴定含有碳酸氢钠杂质的碳酸钠溶液时,由于开始时溶液呈碱性,且首先发生反应:Na2CO3+HCl==NaHCO3+NaCl,此时所用指示剂M为酚酞,终点的现象是:溶液由红色变为近无色。第二个滴定阶段发生的反应为NaHCO3+HCl==NaCl+H2O+CO2↑,由于最终溶液呈弱酸性,所以可用甲基橙作指示剂(N)。滴定终点的现象是溶液由黄色变为橙色。
(4)根据滴定过程中的反应原理:Na2CO3+HCl==NaHCO3+NaCl、NaHCO3+HCl==NaCl+H2O+CO2↑可知,2.500 g产品中碳酸氢钠所消耗的盐酸的体积为(V2-V1) mL×10=(23.51-22.45) mL×10,则样品中n(NaHCO3)=(23.51-22.45) mL×10×10-3 L·mL-1×0.100 0 mol·L-1=1.06×10-3 mol。所以产品中碳酸氢钠的质量分数为
(5)由于滴定管的刻度上小下大,当第一滴定终点时俯视读数,会使所读刻度值偏小,即V1偏小,引起(V2-V1)偏大,则最终所算得的碳酸氢钠的质量分数偏大。
9.(2021湖南“五市十校教研教改共同体”大联考)钪(Sc)是一种三价金属元素,主要用于生产合金。“赤泥”是铝土矿加工过程中的废料,赤泥中各成分的含量如下表所示:
一种从该废料中获得氧化钪和钛白粉(TiO2)的生产工艺流程如下图所示:
(1)加快“浸取”时浸取速率的措施有 (任写一种),滤渣的主要成分是 、 。 (2)钪的萃取率(E%)与O/A值[萃取剂体积(O)和酸液体积(A)之比]的关系如图,应选择的合适O/A值为 。
(3)反萃取时,Sc3+完全沉淀(浓度为1.0×10-6 mol·L-1)时,反萃取液的pH为 。(已知:Ksp[Sc(OH)3]=8.00×10-30,lg2=0.30,结果保留小数点后2位有效数字) (4)写出Sc2(C2O4)3在空气中高温分解的化学方程式: 。 (5)在Ti2+水解过程中,加水稀释的目的是 。 (6)设计“萃取”和“反萃取”操作的目的是 。
答案 (1)搅拌、升温、研磨等 SiO2 CaSO4(2)1∶4(3)6.30(4)2Sc2(C2O4)3+3O2 2Sc2O3+12CO2(5)促进水解平衡正向移动,有利于TiO2·xH2O的生成(6)富集Sc元素
解析 向赤泥中加入浓硫酸,Al2O3、Fe2O3、TiO2、Na2O、Sc2O3与酸反应变为可溶性盐进入溶液,CaO与硫酸反应产生的CaSO4微溶于水,主要以CaSO4固体形式存在,酸性氧化物SiO2不溶于硫酸溶液,通过过滤除去的固体物质中主要含有SiO2、CaSO4。向滤液中加入D2EHPA-煤油作萃取剂进行萃取,Sc元素的化合物进入有机相,其他金属化合物进入水相,然后分液,得到两种液体物质。向水相中加入足量Fe粉,Fe还原Fe3+变为Fe2+,然后加水稀释,得到固体TiO2·xH2O,固体TiO2·xH2O受热分解产生TiO2。过滤得到的滤液中含有硫酸亚铁、硫酸铝等,经重结晶获得绿钒、硫铝。向有机相中加入NaOH,通过反萃取产生Sc(OH)3,然后加入草酸溶解得到Sc2(C2O4)3,在高温下加热发生反应产生Sc2O3。
(1)加快“浸取”时浸取速率的措施有搅拌、升温、研磨等措施;在滤渣中含有酸性氧化物SiO2及微溶性的CaSO4。(2)钪的萃取率要高,同时要求O/A值要尽可能的小,以降低成本。根据图示可知,在O/A值为1∶4时比较合适。
(3)Sc(OH)3(s) Sc3+(aq)+3OH-(aq),
(4)Sc2(C2O4)3高温下在空气中发生分解反应产生Sc2O3、CO2,反应的化学方程式为2Sc2(C2O4)3+3O2 2Sc2O3+12CO2。(5)在Ti2+水解过程中,加水稀释的目的是促进水解平衡正向移动,有利于TiO2·xH2O的生成。(6)在操作中设计“萃取”和“反萃取”操作的目的是富集Sc元素,便于获得氧化钪。
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