適用于老高考舊教材2024版高考化學(xué)二輪復(fù)習(xí)專題4元素及其化合物課件

專題四元素及其化合物考情分析高考命題分析命題情境(1)日常生活情境:從明礬凈水、含氯消毒劑、中和胃酸、糖尿病檢測(cè)等情境選材,要求考生利用基本概念和原理闡釋生活中的化學(xué)現(xiàn)象。(2)生產(chǎn)環(huán)保情境:從酸雨、霧霾、有毒氣體泄漏的處理、水體污染及防治、廢物回收利用等情境選材,考查考生解決問(wèn)題的能力。(3)實(shí)驗(yàn)探究情境:結(jié)合氯、氮、硫及其化合物,Mn、Ni、Cu等金屬及其化合物的制備及性質(zhì)探究等,要求考生在實(shí)驗(yàn)中尋求思維創(chuàng)新和能力提升。素養(yǎng)能力(1)實(shí)踐探索:從問(wèn)題和假設(shè)出發(fā),確定探究目的,設(shè)計(jì)探究方案,運(yùn)用化學(xué)實(shí)驗(yàn)、理論模型等方法進(jìn)行探索,提升解決實(shí)際問(wèn)題的能力。(2)分析與推測(cè)能力:基于物質(zhì)的組成和結(jié)構(gòu)推測(cè)物質(zhì)的性質(zhì),預(yù)測(cè)實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象并推斷反應(yīng)結(jié)果。(3)探究與創(chuàng)新能力:根據(jù)實(shí)驗(yàn)?zāi)康?設(shè)計(jì)合理的實(shí)驗(yàn)方案,描述實(shí)驗(yàn)操作及現(xiàn)象,分析實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù),評(píng)價(jià)實(shí)驗(yàn)方案。考題統(tǒng)計(jì)(1)無(wú)機(jī)物的性質(zhì)與用途:(2022全國(guó)甲卷,7)(2022全國(guó)乙卷,7)(2021全國(guó)甲卷,7)(2021全國(guó)乙卷,7)(2020全國(guó)Ⅰ卷,7)(2020全國(guó)Ⅱ卷,7)(2020全國(guó)Ⅲ卷,7)(2019全國(guó)Ⅰ卷,7)(2019全國(guó)Ⅲ卷,7)(2)金屬及其化合物的性質(zhì)與轉(zhuǎn)化:(2022全國(guó)甲卷,9、13、26)(2022全國(guó)乙卷,26)(2021全國(guó)乙卷,9、26)(2020全國(guó)Ⅰ卷,26)(2020全國(guó)Ⅱ卷,7)(2020全國(guó)Ⅲ卷,7、27)(2019全國(guó)Ⅰ卷,26、27)(2019全國(guó)Ⅲ卷,7)(3)非金屬及其化合物的性質(zhì)與轉(zhuǎn)化:(2022全國(guó)甲卷,7、9、26、28)(2022全國(guó)乙卷,9、10)(2021全國(guó)甲卷,7、9、26)(2021全國(guó)乙卷,8、9)(2020全國(guó)Ⅰ卷,9)(2020全國(guó)Ⅱ卷,26)(2020全國(guó)Ⅲ卷,9、26)(2019全國(guó)Ⅰ卷,7)(2019全國(guó)Ⅱ卷,10)(2019全國(guó)Ⅲ卷,7、12)(4)無(wú)機(jī)化工流程及分析:(2023全國(guó)甲卷,26)(2023全國(guó)乙卷,27)(2022全國(guó)甲卷,26)(2022全國(guó)乙卷,26)(2021全國(guó)甲卷,26)(2021全國(guó)乙卷,26)(2020全國(guó)Ⅰ卷,26)(2020全國(guó)Ⅲ卷,27)(2019全國(guó)Ⅰ卷,26、27)(2019全國(guó)Ⅱ卷,26)(2019全國(guó)Ⅲ卷,26)考點(diǎn)1元素及其化合物的性質(zhì)與應(yīng)用聚焦核心要點(diǎn)要點(diǎn)1常見(jiàn)金屬及其化合物的性質(zhì)與應(yīng)用課標(biāo)指引:1.結(jié)合真實(shí)情境中的應(yīng)用實(shí)例或通過(guò)實(shí)驗(yàn)探究,了解鈉、鐵及其重要化合物的主要性質(zhì)。

2.了解鈉、鐵及其重要化合物在生產(chǎn)、生活中的應(yīng)用。常見(jiàn)金屬及其化合物的性質(zhì)與用途的對(duì)應(yīng)關(guān)系

序號(hào)重要性質(zhì)主要用途(1)鈉具有較強(qiáng)的還原性用于冶煉鈦、鋯、鈮等金屬(2)NaHCO3受熱分解生成CO2,能與鹽酸發(fā)生反應(yīng)用于焙制糕點(diǎn)的膨松劑、胃酸中和劑(3)Na2CO3水解使溶液顯堿性用熱的純堿溶液洗去油污(4)Na2O2與CO2、H2O(g)反應(yīng)生成O2用作呼吸面具或潛航器的供氧劑(5)鋁具有較強(qiáng)的還原性,能發(fā)生鋁熱反應(yīng)用于焊接鋼軌、冶煉不活潑的金屬(6)Al(OH)3是兩性氫氧化物用作胃酸中和劑序號(hào)重要性質(zhì)主要用途(7)鎂鋁合金的密度小、強(qiáng)度大用于制造高鐵車廂、航空航天器等(8)鐵粉具有還原性用作食品包裝袋內(nèi)的抗氧化劑(或雙吸劑)(9)FeCl3溶液可氧化Cu生成CuCl2用FeCl3溶液蝕刻印刷銅質(zhì)電路板(10)Fe2O3是紅棕色粉末,俗稱鐵紅常用作油漆、涂料、油墨等紅色顏料(11)K2FeO4具有強(qiáng)氧化性,其被還原生成的Fe3+易水解得到Fe(OH)3膠體常用作殺菌消毒劑和凈水劑(12)BaSO4難溶于水和酸,X射線不能透過(guò)在醫(yī)療上用作“鋇餐”易錯(cuò)辨析1.銅與氯氣反應(yīng)生成氯化銅,則銅與硫粉反應(yīng)時(shí)生成硫化銅。(

)2.Na2O2與CO2反應(yīng)生成Na2CO3和O2,則Na2O2與SO2反應(yīng)可生成Na2SO3和O2。(

)×Cl2具有強(qiáng)氧化性可將金屬氧化為高價(jià)態(tài),而S氧化性較弱只能將金屬氧化為低價(jià)態(tài),即Cu變?yōu)镃u2S?！罶O2具有還原性,則Na2O2與SO2反應(yīng)可生成Na2SO4。3.向盛有Cu片的試管中加入NaNO3溶液,無(wú)明顯現(xiàn)象,再加入稀硫酸,溶液逐漸變藍(lán),試管上方出現(xiàn)紅棕色氣體,說(shuō)明NaNO3在酸性環(huán)境中具有氧化性。(

)√常溫下Cu與NaNO3、稀硫酸均不反應(yīng),而

在酸性條件下具有強(qiáng)氧化性,能與Cu反應(yīng)生成NO氣體,NO遇到空氣中的氧氣生成紅棕色的NO2。4.車用芯片是以二氧化硅做半導(dǎo)體材料制成的。(

)×芯片是以硅做半導(dǎo)體材料制成的。

要點(diǎn)2常見(jiàn)非金屬及其化合物的性質(zhì)與應(yīng)用課標(biāo)指引:1.結(jié)合真實(shí)情境中的應(yīng)用實(shí)例或通過(guò)實(shí)驗(yàn)探究,了解氯、氮、硫及其重要化合物的主要性質(zhì)。

2.認(rèn)識(shí)氯、氮、硫及其重要化合物在生產(chǎn)中的應(yīng)用和對(duì)生態(tài)環(huán)境的影響。1.常見(jiàn)非金屬及其化合物的性質(zhì)與用途的對(duì)應(yīng)關(guān)系

序號(hào)重要性質(zhì)主要用途(1)硅是常用半導(dǎo)體材料可用于制造芯片、硅太陽(yáng)能電池等(2)SiO2導(dǎo)光性能強(qiáng)、抗干擾性能好用于生產(chǎn)光導(dǎo)纖維(3)二氧化硫與O2反應(yīng)用作葡萄酒中的殺菌劑和抗氧化劑(4)二氧化硫具有漂白性常用于漂白紙漿、毛、絲等(5)濃硫酸具有吸水性常用作干燥劑(干燥中性、酸性氣體)(6)液氨、固態(tài)CO2(干冰)汽化時(shí)吸收大量的熱常用作制冷劑(7)次氯酸鹽(如NaClO等)具有強(qiáng)氧化性用于漂白棉、麻、紙張等,或用作殺菌消毒劑(8)氫氟酸能與玻璃中的SiO2反應(yīng)用氫氟酸刻蝕玻璃2.常見(jiàn)非金屬及其化合物的重要特性與規(guī)律(1)常見(jiàn)無(wú)機(jī)酸的重要特性①HClO、HNO3、濃硫酸都具有強(qiáng)氧化性,都是氧化性酸,其中HNO3、HClO見(jiàn)光或受熱易分解。②濃硝酸與足量Cu反應(yīng)時(shí),隨著反應(yīng)進(jìn)行,c(HNO3)逐漸減小,氣體產(chǎn)物由NO2變?yōu)镹O;濃硫酸與足量銅、濃鹽酸與足量MnO2在加熱條件下反應(yīng)時(shí),隨著反應(yīng)進(jìn)行,c(H2SO4)、c(HCl)逐漸減小,反應(yīng)會(huì)停止。③常溫下,鐵、鋁在濃硫酸、濃硝酸中發(fā)生鈍化,表面生成致密的氧化膜,屬于化學(xué)變化。(2)常見(jiàn)無(wú)機(jī)酸的重要規(guī)律①最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的酸性與元素的非金屬性有關(guān),如非金屬性:S>P>C>Si,則酸性:H2SO4>H3PO4>H2CO3>H2SiO3。②利用復(fù)分解反應(yīng)中“強(qiáng)酸制取弱酸”的規(guī)律比較酸性的強(qiáng)弱,如:Na2SiO3+CO2+H2O══H2SiO3↓+Na2CO3,則酸性:H2CO3>H2SiO3。③強(qiáng)氧化性酸(如HNO3、濃硫酸等)與金屬反應(yīng)時(shí)不生成H2;金屬與濃硝酸反應(yīng)一般生成NO2,與稀硝酸反應(yīng)一般生成NO。易錯(cuò)辨析1.SiO2可以與NaOH溶液和HF溶液反應(yīng),所以SiO2是兩性氧化物。(

)2.將CO2氣體通入BaCl2溶液中,不生成白色沉淀,則將SO2氣體通入BaCl2溶液中,也不生成白色沉淀。(

)3.在膽礬中加入濃硫酸后,膽礬由藍(lán)色變?yōu)榘咨?說(shuō)明濃硫酸具有脫水性。(

)×SiO2是酸性氧化物,與HF溶液反應(yīng)是其特殊性質(zhì)。

√CO2和SO2均為弱酸的酸性氧化物,兩者性質(zhì)相似,均不能與BaCl2溶液反應(yīng)產(chǎn)生沉淀。

×濃硫酸將現(xiàn)成的結(jié)晶水吸去表現(xiàn)為吸水性4.測(cè)定NaClO溶液的pH的方法:用潔凈的玻璃棒蘸取少許NaClO溶液滴在紫色石蕊試紙上。(

)×NaClO溶液具有漂白性,不能使用試紙檢測(cè)。

精研核心命題命題點(diǎn)1元素及其化合物的性質(zhì)典例1

(2023·北京卷)蔗糖與濃硫酸發(fā)生作用的過(guò)程如圖所示。下列關(guān)于該過(guò)程的分析不正確的是(

)A.過(guò)程①白色固體變黑,主要體現(xiàn)了濃硫酸的脫水性B.過(guò)程②固體體積膨脹,與產(chǎn)生的大量氣體有關(guān)C.過(guò)程中產(chǎn)生能使品紅溶液褪色的氣體,體現(xiàn)了濃硫酸的酸性D.過(guò)程中蔗糖分子發(fā)生了化學(xué)鍵的斷裂C解析

濃硫酸具有脫水性,能將有機(jī)物中的H原子和O原子按2∶1的比例脫除,蔗糖中加入濃硫酸,白色固體變黑,體現(xiàn)濃硫酸的脫水性,A正確;濃硫酸脫水過(guò)程中釋放大量熱,發(fā)生反應(yīng)C+2H2SO4(濃)CO2↑+2SO2↑+2H2O,產(chǎn)生大量氣體,使固體體積膨脹,B正確;濃硫酸脫水過(guò)程中生成的SO2能使品紅溶液褪色,體現(xiàn)濃硫酸的強(qiáng)氧化性,C錯(cuò)誤;該過(guò)程中蔗糖發(fā)生了化學(xué)反應(yīng),發(fā)生了化學(xué)鍵的斷裂,D正確。典例2

(2022·廣東卷)若將銅絲插入熱濃硫酸中進(jìn)行如圖(a~d均為浸有相應(yīng)溶液的棉花)所示的探究實(shí)驗(yàn),下列分析正確的是(

)A.Cu與濃硫酸反應(yīng),只體現(xiàn)H2SO4的酸性B.a處變紅,說(shuō)明SO2是酸性氧化物C.b或c處褪色,均說(shuō)明SO2具有漂白性D.試管底部出現(xiàn)白色固體,說(shuō)明反應(yīng)中無(wú)H2O生成B解析

銅與濃硫酸反應(yīng)生成CuSO4體現(xiàn)了濃硫酸的酸性,生成SO2體現(xiàn)了濃硫酸的強(qiáng)氧化性,A錯(cuò)誤。a處的紫色石蕊溶液變紅,其原因是SO2溶于水生成了酸,可說(shuō)明SO2是酸性氧化物,B正確。b處品紅溶液褪色,其原因是SO2具有漂白性;c處酸性高錳酸鉀溶液褪色,其原因是SO2和KMnO4發(fā)生氧化還原反應(yīng),SO2體現(xiàn)出還原性,C錯(cuò)誤。實(shí)驗(yàn)過(guò)程中試管底部出現(xiàn)白色固體,根據(jù)元素守恒可知,其成分為無(wú)水CuSO4,而非藍(lán)色的CuSO4·5H2O,其原因是濃硫酸體現(xiàn)出吸水性,將反應(yīng)生成的H2O吸收,D錯(cuò)誤。變式演練(2023·陜西西安聯(lián)考)某教師設(shè)計(jì)了如圖裝置(省略?shī)A持裝置)探究碳與濃硝酸的反應(yīng),已知鉑絲在實(shí)驗(yàn)過(guò)程中不參與反應(yīng),下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是(

)查閱資料可知:NO2可與NaOH反應(yīng)生成物質(zhì)的量相同的兩種鹽。A.將紅熱的木炭伸進(jìn)濃硝酸中可以觀察到有紅棕色氣體產(chǎn)生B.通過(guò)三頸燒瓶?jī)?nèi)的現(xiàn)象可知該反應(yīng)的化學(xué)方程式為C+2HNO3(濃)CO2↑+2NO↑+H2OC.反應(yīng)結(jié)束后,將NaOH溶液加入三頸燒瓶中吸收NO2,反應(yīng)的離子方程式為2NO2+2OH-══

++H2OD.濃硝酸呈黃色的原因可能是濃硝酸分解生成的NO2溶解在溶液中B解析

紅熱的木炭伸進(jìn)濃硝酸中反應(yīng)生成NO2氣體,可以觀察到有紅棕色氣體產(chǎn)生,A正確;紅熱的木炭伸進(jìn)濃硝酸中反應(yīng)生成NO2氣體,反應(yīng)的化學(xué)方程式為C+4HNO3(濃)CO2↑+4NO2↑+2H2O,B錯(cuò)誤;反應(yīng)結(jié)束后,將NaOH溶液加入三頸燒瓶中吸收NO2,NO2發(fā)生歧化反應(yīng)生成硝酸鈉和亞硝酸鈉,反應(yīng)的離子方程式為2NO2+2OH-══

++H2O,C正確;NO2為紅棕色氣體,濃硝酸呈黃色的原因可能是濃硝酸分解生成的NO2溶解在溶液中,D正確。命題點(diǎn)2元素及其化合物的應(yīng)用典例3

(2023·浙江1月選考卷)物質(zhì)的性質(zhì)決定用途,下列兩者對(duì)應(yīng)關(guān)系不正確的是(

)A.SO2能使某些色素褪色,可作漂白劑B.金屬鈉導(dǎo)熱性好,可用作傳熱介質(zhì)C.NaClO溶液呈堿性,可用作消毒劑D.Fe2O3呈紅色,可用作顏料C解析

NaClO具有強(qiáng)氧化性,可使蛋白質(zhì)變性,故常用作消毒劑,與其溶液呈堿性無(wú)關(guān),C錯(cuò)誤。變式演練(2023·青海海東聯(lián)考)氮及其化合物在生活中有著重要用途。下列關(guān)于氮及其化合物的性質(zhì)與用途不具有對(duì)應(yīng)關(guān)系的是(

)A.氮?dú)獾幕瘜W(xué)性質(zhì)很穩(wěn)定,可用作某些反應(yīng)的保護(hù)氣B.液氨汽化時(shí)要吸收大量的熱,液氨常用作制冷劑C.NH3具有還原性,可以用來(lái)還原氧化銅D.硝酸是強(qiáng)酸,可以用來(lái)與金屬反應(yīng)制NH3D解析

A項(xiàng),氮?dú)庵械牡I不易斷裂,化學(xué)性質(zhì)非常穩(wěn)定,可用作某些反應(yīng)的保護(hù)氣;B項(xiàng),液氨汽化吸熱,降低環(huán)境的溫度,達(dá)到制冷的目的;C項(xiàng),NH3中N為-3價(jià),處于最低價(jià)態(tài)具有還原性,可將氧化銅還原為Cu;D項(xiàng),硝酸具有強(qiáng)氧化性與金屬反應(yīng)產(chǎn)生NO或者NO2,不能制備NH3;故選D?！舅季S建?！拷獯鹪丶捌浠衔锏男再|(zhì)與應(yīng)用類題目的方法訓(xùn)練分層落實(shí)練真題·明考向1.(2023·浙江6月選考卷)物質(zhì)的性質(zhì)決定用途,下列兩者對(duì)應(yīng)關(guān)系不正確的是(

)A.鋁有強(qiáng)還原性,可用于制作門(mén)窗框架B.氧化鈣易吸水,可用作干燥劑C.維生素C具有還原性,可用作食品抗氧化劑D.過(guò)氧化鈉能與二氧化碳反應(yīng)生成氧氣,可作潛水艇中的供氧劑A解析

鋁用于制作門(mén)窗框架,利用了鋁的硬度大、密度小、抗腐蝕等性質(zhì),而不是利用它的還原性,A錯(cuò)誤。2.(2023·廣東卷)下列陳述Ⅰ與陳述Ⅱ均正確,且具有因果關(guān)系的是(

)選項(xiàng)陳述Ⅰ陳述ⅡA將濃硫酸加入蔗糖中形成多孔炭濃硫酸具有氧化性和脫水性B裝有NO2的密閉燒瓶冷卻后顏色變淺NO2轉(zhuǎn)化為N2O4的反應(yīng)吸熱C久置空氣中的漂白粉遇鹽酸產(chǎn)生CO2漂白粉的有效成分是CaCO3D1mol·L-1NaCl溶液導(dǎo)電性比同濃度醋酸強(qiáng)NaCl溶液的pH比醋酸的高A解析

濃硫酸具有脫水性,能使蔗糖脫水炭化;濃硫酸具有強(qiáng)氧化性,可與生成的炭反應(yīng)生成SO2、CO2和H2O,形成多孔炭,A正確。裝有NO2的密閉燒瓶冷卻后顏色變淺,說(shuō)明平衡向生成N2O4方向移動(dòng),故NO2轉(zhuǎn)化為N2O4的反應(yīng)放熱,B錯(cuò)誤。漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2,Ca(ClO)2久置于空氣中吸收CO2生成CaCO3而變質(zhì),鹽酸可與CaCO3反應(yīng)產(chǎn)生CO2,C錯(cuò)誤。1

mol·L-1

NaCl溶液導(dǎo)電性比同濃度醋酸強(qiáng),說(shuō)明醋酸部分電離,與其溶液的pH無(wú)關(guān),D錯(cuò)誤。練易錯(cuò)·避陷阱3.(2023·陜西西安聯(lián)考)化學(xué)與社會(huì)、生活息息相關(guān),下列說(shuō)法正確的是(

)A.為防止形成酸雨,工業(yè)上常用石膏與含硫的煤混合燃燒B.如果發(fā)生氯氣泄漏,附近人員應(yīng)迅速遠(yuǎn)離泄漏點(diǎn),并順風(fēng)往低洼處跑C.碳化硅、氧化鋁陶瓷為新型無(wú)機(jī)非金屬材料D.節(jié)日燃放的五彩繽紛的煙花,所呈現(xiàn)的是各種金屬單質(zhì)的焰色C解析

為防止形成酸雨,工業(yè)上采用石灰石與含硫的煤混合燃燒,A錯(cuò)誤;如果發(fā)生氯氣泄漏,附近人員應(yīng)迅速遠(yuǎn)離泄漏點(diǎn),并逆風(fēng)往高處跑,B錯(cuò)誤;水泥、玻璃、陶瓷屬于傳統(tǒng)無(wú)機(jī)非金屬材料,碳化硅、氧化鋁陶瓷屬于新型無(wú)機(jī)非金屬材料,C正確;節(jié)日燃放的五彩繽紛的煙花,所呈現(xiàn)的是各種金屬元素的焰色,不一定是金屬單質(zhì),可能是金屬化合物,D錯(cuò)誤。4.(2023·寧夏銀川一中期中)下列實(shí)驗(yàn)中,對(duì)應(yīng)的現(xiàn)象及結(jié)論都正確的是(

)選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)步驟現(xiàn)象結(jié)論A向FeCl3和BaCl2的混合溶液中通入過(guò)量SO2溶液變?yōu)闇\綠色且有白色沉淀生成沉淀為BaSO4B向KI溶液中加入CCl4,振蕩后靜置液體分層,下層呈紫紅色碘易溶于CCl4,難溶于水C向溴水中通入過(guò)量SO2溶液變?yōu)闊o(wú)色SO2具有漂白性D將SO2通入氫硫酸(H2S)溶液中有黃色沉淀產(chǎn)生SO2具有還原性A解析

向FeCl3和BaCl2的混合溶液中通入過(guò)量SO2,Fe3+與SO2反應(yīng)生成Fe2+和

,與Ba2+反應(yīng)生成BaSO4沉淀,A正確;向KI溶液中加入CCl4,上、下兩層均為無(wú)色,B錯(cuò)誤;向溴水中通入過(guò)量SO2后褪色,發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成硫酸和氫溴酸,體現(xiàn)SO2的還原性,C錯(cuò)誤;將SO2通入氫硫酸(H2S)溶液中,有黃色沉淀生成,說(shuō)明二氧化硫和硫化氫發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成硫單質(zhì),二氧化硫化合價(jià)降低,體現(xiàn)SO2的氧化性,D錯(cuò)誤。5.(2023·安徽淮北一模)某?；瘜W(xué)興趣小組利用如圖裝置在實(shí)驗(yàn)室制備“84”消毒液,下列說(shuō)法正確的是(

)A.裝置Ⅰ中的KMnO4可以替換成MnO2B.裝置Ⅱ可以除去Cl2中HCl雜質(zhì),長(zhǎng)頸漏斗可以平衡壓強(qiáng)C.裝置Ⅲ中消耗5.6LCl2(標(biāo)準(zhǔn)狀況),轉(zhuǎn)移0.5mol電子D.裝置Ⅳ的作用是吸收空氣中的CO2和水蒸氣B解析

圖Ⅰ中沒(méi)有加熱裝置,故不能將KMnO4替換成MnO2,A錯(cuò)誤;裝置Ⅱ可以除去Cl2中的HCl雜質(zhì),長(zhǎng)頸漏斗可以平衡壓強(qiáng),B正確;裝置Ⅲ中消耗5.6

L

Cl2(標(biāo)準(zhǔn)狀況),Cl2發(fā)生歧化反應(yīng)生成NaCl和NaClO,轉(zhuǎn)移0.25

mol電子,C錯(cuò)誤;裝置Ⅳ的作用是吸收未反應(yīng)的Cl2,防止污染空氣,D錯(cuò)誤。練預(yù)測(cè)·押考向6.某實(shí)驗(yàn)小組設(shè)計(jì)如下實(shí)驗(yàn)探究Fe(OH)2的制備,下列有關(guān)分析不合理的是(

)實(shí)驗(yàn)操作現(xiàn)象Ⅰ將一塊FeSO4晶體浸入30mL蒸餾水中一分鐘后,晶體表面仍為淺綠色,溶液呈更淺的綠色Ⅱ?qū)⒘硪粔KFeSO4晶體浸入30mL1mol·L-1NaOH溶液中一分鐘后,晶體表面變白;撈出晶體露置在空氣中,表面逐漸變?yōu)榧t褐色Ⅲ將10mL1.5mol·L-1FeSO4溶液與20mL1.5mol·L-1NaOH溶液混合立即出現(xiàn)大量灰綠色渾濁,一分鐘后,液面附近出現(xiàn)紅褐色渾濁A.實(shí)驗(yàn)Ⅰ起對(duì)照作用,排除FeSO4晶體自身在水中的顏色變化B.實(shí)驗(yàn)Ⅱ晶體表面長(zhǎng)時(shí)間保持白色,與Fe(OH)2難溶、未分散于水有關(guān)C.撈出晶體后發(fā)生反應(yīng):4Fe(OH)2+O2+2H2O══4Fe(OH)3D.實(shí)驗(yàn)Ⅲ溶液中氧氣含量明顯多于實(shí)驗(yàn)Ⅱ中答案

D

解析

實(shí)驗(yàn)Ⅰ中,晶體表面為淺綠色,起對(duì)照作用,目的是排除實(shí)驗(yàn)Ⅱ中晶體表面變白,不是因?yàn)镕eSO4晶體自身在水中的顏色變化引起,A合理;Fe(OH)2具有較強(qiáng)的還原性,易被溶液中溶解的氧氣氧化,實(shí)驗(yàn)Ⅱ晶體表面之所以能長(zhǎng)時(shí)間保持白色,與Fe(OH)2難溶、未分散于水有關(guān),B合理;Fe(OH)2具有較強(qiáng)的還原性,易被氧氣氧化,撈出晶體后發(fā)生的反應(yīng)為4Fe(OH)2+O2+2H2O══4Fe(OH)3,C合理;根據(jù)控制單一變量的原則,實(shí)驗(yàn)Ⅱ和Ⅲ反應(yīng)條件不一樣(實(shí)驗(yàn)Ⅱ?yàn)镕eSO4晶體,而實(shí)驗(yàn)Ⅲ為FeSO4溶液),單從實(shí)驗(yàn)結(jié)果分析,無(wú)法得出實(shí)驗(yàn)Ⅲ溶液中氧氣含量明顯多于實(shí)驗(yàn)Ⅱ的結(jié)論,D不合理。7.實(shí)驗(yàn)小組探究SO2與Na2O2的反應(yīng)。向盛有SO2的燒瓶中加入Na2O2固體,測(cè)得反應(yīng)體系中O2含量的變化如圖。下列說(shuō)法不正確的是(

)A.根據(jù)有O2生成推測(cè)發(fā)生了反應(yīng):2Na2O2+2SO2══2Na2SO3+O2B.bc段O2含量下降與反應(yīng)O2+2Na2SO3══2Na2SO4有關(guān)C.可用HNO3酸化的BaCl2溶液檢驗(yàn)b點(diǎn)固體中是否含有Na2SO4D.產(chǎn)物Na2SO4也可能是SO2與Na2O2直接化合生成C解析

向盛有SO2的燒瓶中加入Na2O2固體,由圖像可知發(fā)生的反應(yīng)可能有:2Na2O2+2SO2══2Na2SO3+O2,2Na2SO3+O2══2Na2SO4,無(wú)法判斷反應(yīng)Na2O2+SO2══Na2SO4是否發(fā)生。根據(jù)有O2生成推測(cè)發(fā)生反應(yīng)2Na2O2+2SO2══2Na2SO3+O2,A正確;bc段O2含量下降,可能是發(fā)生反應(yīng)O2+2Na2SO3══2Na2SO4,B正確;HNO3具有強(qiáng)氧化性,能將

氧化為

,不能用HNO3酸化的BaCl2溶液檢驗(yàn)b點(diǎn)固體中是否含有Na2SO4,C錯(cuò)誤;根據(jù)上述分析可知,產(chǎn)物Na2SO4也可能是SO2與Na2O2直接化合生成,D正確?？键c(diǎn)2元素及其化合物之間的轉(zhuǎn)化聚焦核心要點(diǎn)要點(diǎn)1基于“價(jià)—類”二維圖認(rèn)識(shí)元素及其化合物之間的轉(zhuǎn)化關(guān)系課標(biāo)指引:1.能夠列舉、描述、辨識(shí)典型物質(zhì)重要的物理和化學(xué)性質(zhì)及實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象。

2.能從物質(zhì)類別、元素價(jià)態(tài)的角度,依據(jù)復(fù)分解反應(yīng)和氧化還原反應(yīng)原理,預(yù)測(cè)物質(zhì)的化學(xué)性質(zhì)和變化。1.鈉及其重要化合物

重要的化學(xué)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;④2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O。2.鐵及其重要化合物

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.鋁及其重要化合物

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↓+(化工流程題中?？?。4.氯及其重要化合物

重要的化學(xué)方程式:①M(fèi)nO2+4HCl(濃)MnCl2+Cl2↑+2H2O,2KMnO4+16HCl(濃)══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

要點(diǎn)2“微流程”“微實(shí)驗(yàn)”中的物質(zhì)轉(zhuǎn)化課標(biāo)指引:1.探究反應(yīng)規(guī)律,進(jìn)行物質(zhì)的制備、分離等不同類型化學(xué)實(shí)驗(yàn)及探究活動(dòng)的核心思路與基本方法。

2.通過(guò)化學(xué)反應(yīng)可以探索物質(zhì)的性質(zhì)、實(shí)現(xiàn)物質(zhì)轉(zhuǎn)化,認(rèn)識(shí)物質(zhì)及其轉(zhuǎn)化在自然資源綜合利用和環(huán)境保護(hù)中的重要價(jià)值。1.“微流程”中物質(zhì)轉(zhuǎn)化的思維模型2.“微實(shí)驗(yàn)”中物質(zhì)轉(zhuǎn)化的思維模型

易錯(cuò)辨析試判斷物質(zhì)間的轉(zhuǎn)化能否通過(guò)一步反應(yīng)實(shí)現(xiàn)(填“能”或“不能”):不能

氨的催化氧化生成NO。

不能

SiO2不與水反應(yīng)。

能

S燃燒生成SO2,SO2與H2O反應(yīng)生成H2SO3。

不能

Na2O與H2O反應(yīng)生成NaOH,不能生成O2。

精研核心命題命題點(diǎn)1基于“價(jià)—類”二維圖的物質(zhì)轉(zhuǎn)化關(guān)系典例1

(2023·廣東卷)部分含Na或含Cu物質(zhì)的分類與相應(yīng)化合價(jià)關(guān)系如圖所示。下列推斷不合理的是(

)A.可存在c→d→e的轉(zhuǎn)化B.能與H2O反應(yīng)生成c的物質(zhì)只有bC.新制的d可用于檢驗(yàn)葡萄糖中的醛基D.若b能與H2O反應(yīng)生成O2,則b中含共價(jià)鍵B

變式演練(2023·河南鄭州一模)“價(jià)—類”二維圖是基于核心元素的化合價(jià)和物質(zhì)類別研究物質(zhì)性質(zhì)的一種模型。下圖是硫元素的“價(jià)—類”二維圖。下列說(shuō)法正確的是(

)A.硫化亞鐵與稀硝酸反應(yīng)可用來(lái)制取aB.從價(jià)態(tài)角度分析,a、b、c、g都具有還原性C.c通入溴水中,溴水褪色,證明c有漂白性D.b在足量的純氧中燃燒,可一步轉(zhuǎn)化為dB解析

根據(jù)硫元素的“價(jià)—類”二維圖可知,a為H2S,b為S,c為SO2,d為SO3,e為H2SO4,f為含+4價(jià)硫元素的鹽,g為含S2-或HS-的鹽。硝酸可以氧化硫化亞鐵中的硫元素而生成硫或硫酸鹽,不會(huì)生成硫化氫,A錯(cuò)誤;a、b、c、g中S元素都不是最高價(jià),故可以被氧化,具有還原性,B正確;SO2使溴水褪色體現(xiàn)了SO2的還原性,不能證明二氧化硫的漂白性,C錯(cuò)誤;硫單質(zhì)在氧氣中燃燒只能生成二氧化硫,不能一步轉(zhuǎn)化為三氧化硫,D錯(cuò)誤。命題點(diǎn)2“微流程”中的物質(zhì)轉(zhuǎn)化典例2

(2022·山東卷)高壓氫還原法可直接從溶液中提取金屬粉。以硫化銅精礦(含Zn、Fe元素的雜質(zhì))為主要原料制備Cu粉的工藝流程如下,可能用到的數(shù)據(jù)見(jiàn)下表。物質(zhì)Fe(OH)3Cu(OH)2Zn(OH)2開(kāi)始沉淀pH1.94.26.2沉淀完全pH3.26.78.2下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是(

)A.固體X主要成分是Fe(OH)3和S;金屬M(fèi)為ZnB.浸取時(shí),增大O2壓強(qiáng)可促進(jìn)金屬離子浸出C.中和調(diào)pH的范圍為3.2~4.2D.還原時(shí),增大溶液酸度有利于Cu的生成D解析

根據(jù)工藝流程可知,固體X的主要成分是S、Fe(OH)3,金屬M(fèi)為Zn,A正確;CuS難溶于硫酸,在溶液中存在沉淀溶解平衡CuS(s)Cu2+(aq)+S2-(aq),增大O2的濃度,可以反應(yīng)消耗S2-,使之轉(zhuǎn)化為S,從而使沉淀溶解平衡正向移動(dòng),從而可促進(jìn)金屬離子的浸取,B正確;用NH3調(diào)節(jié)溶液pH時(shí),要使Fe3+轉(zhuǎn)化為沉淀,而Cu2+、Zn2+仍以離子形式存在于溶液中,結(jié)合離子沉淀的pH范圍可知,中和時(shí)應(yīng)該調(diào)節(jié)溶液pH范圍為3.2~4.2,C正確;用H2還原Cu2+變?yōu)镃u單質(zhì)時(shí),H2失去電子被氧化為H+,與溶液中OH-結(jié)合形成H2O,若還原時(shí)增大溶液的酸度,即c(H+)增大,不利于H2失去電子還原Cu2+,故不利于Cu的生成,D錯(cuò)誤。要點(diǎn)圖解

本題中物質(zhì)轉(zhuǎn)化分析如下:變式演練(2023·內(nèi)蒙古呼和浩特調(diào)研)鋁氫化鈉(NaAlH4)是有機(jī)合成中的一種重要還原劑。以鋁土礦(主要成分為Al2O3,含SiO2和Fe2O3等雜質(zhì))為原料制備鋁氫化鈉的一種工藝流程如圖:下列說(shuō)法中錯(cuò)誤的是(

)A.為了提高“堿溶”效率,在“堿溶”前對(duì)鋁土礦進(jìn)行粉碎B.“反應(yīng)Ⅰ”的部分化學(xué)原理與泡沫滅火器的原理相同C.“濾渣1”的主要成分為氧化鐵D.“反應(yīng)Ⅲ”的化學(xué)方程式為4NaH+AlCl3══NaAlH4+3NaClB【思維建?！孔プ　傲P(guān)鍵”,突破“微流程”中物質(zhì)轉(zhuǎn)化類題目命題點(diǎn)3“微實(shí)驗(yàn)”中的物質(zhì)轉(zhuǎn)化典例3

(2023·湖北卷)利用如圖所示的裝置(夾持及加熱裝置略)制備高純白磷的流程如下:下列操作錯(cuò)誤的是(

)A.紅磷使用前洗滌以除去表面雜質(zhì)B.將紅磷轉(zhuǎn)入裝置,抽真空后加熱外管以去除水和氧氣C.從a口通入冷凝水,升溫使紅磷轉(zhuǎn)化D.冷凝管外壁出現(xiàn)白磷,冷卻后在氮?dú)夥諊率占疌解析

洗去紅磷表面雜質(zhì),有利于得到高純度的白磷,A正確;為防止紅磷在加熱條件下與O2反應(yīng),可加熱除去紅磷表面的水,以及裝置內(nèi)的氧氣,B正確;冷凝水從b口通入,才能使冷凝管中充滿水,提高冷凝效果,C錯(cuò)誤;白磷著火點(diǎn)低,為防止白磷自燃,可在N2氣氛中收集,D正確。變式演練(2023·內(nèi)蒙古赤峰4月模擬)利用如圖所示裝置(夾持裝置略)進(jìn)行實(shí)驗(yàn),b中現(xiàn)象不能證明a中產(chǎn)物的是(

)選項(xiàng)裝置a中反應(yīng)b中檢測(cè)試劑及現(xiàn)象ACu與濃硫酸反應(yīng)生成SO2品紅溶液褪色B濃硝酸分解生成NO2淀粉KI溶液變藍(lán)C濃NaOH溶液與NH4Cl溶液反應(yīng)生成NH3酚酞溶液變紅DCH3COOH、CH3CH2OH與濃硫酸混合生成乙酸乙酯飽和碳酸鈉溶液上層有無(wú)色帶香味的油狀液體B解析

銅與濃硫酸共熱反應(yīng)生成的二氧化硫具有漂白性,能使品紅溶液褪色,則品紅溶液褪色能說(shuō)明銅與濃硫酸共熱反應(yīng)生成二氧化硫,A不符合題意;濃硝酸具有揮發(fā)性,揮發(fā)出的硝酸也能與碘化鉀溶液反應(yīng)生成遇淀粉溶液變藍(lán)色的碘,則淀粉KI溶液變藍(lán)色不能說(shuō)明濃硝酸分解生成二氧化氮,B符合題意;濃氫氧化鈉溶液與氯化銨溶液共熱反應(yīng)生成能使酚酞溶液變紅的氨,則酚酞溶液變紅能說(shuō)明濃氫氧化鈉溶液與氯化銨溶液共熱反應(yīng)生成氨,C不符合題意;CH3COOH、CH3CH2OH與濃硫酸混合生成乙酸乙酯,乙酸乙酯不溶于飽和碳酸鈉溶液,則飽和碳酸鈉溶液上層有無(wú)色帶香味的油狀液體能說(shuō)明有乙酸乙酯生成,D不符合題意。【思維建?！孔プ　八牟襟E”,突破“微實(shí)驗(yàn)”中物質(zhì)轉(zhuǎn)化類題目訓(xùn)練分層落實(shí)練真題·明考向1.(2023·遼寧卷)下列有關(guān)物質(zhì)的工業(yè)制備反應(yīng)錯(cuò)誤的是(

)D解析

MgO熔點(diǎn)高,冶煉鎂采取電解熔融氯化鎂:MgCl2Mg+Cl2↑,D錯(cuò)誤。

2.(2023·湖南卷)處理某銅冶金污水(含Cu2+、Fe3+、Zn2+、Al3+)的部分流程如下。已知:①溶液中金屬離子開(kāi)始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示。

物質(zhì)Fe(OH)3Cu(OH)2Zn(OH)2Al(OH)3開(kāi)始沉淀pH1.94.26.23.5完全沉淀pH3.26.78.24.6②Ksp(CuS)=6.4×10-36,Ksp(ZnS)=1.6×10-24。

下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是(

)A.“沉渣Ⅰ”中含有Fe(OH)3和Al(OH)3D.“出水”經(jīng)陰離子交換樹(shù)脂軟化處理后,可用作工業(yè)冷卻循環(huán)用水D練易錯(cuò)·避陷阱3.(2023·陜西咸陽(yáng)一模)如圖是某元素常見(jiàn)物質(zhì)的“價(jià)—類”二維圖,f為鈉鹽。下列說(shuō)法不正確的是(

)A.物質(zhì)a既可被氧化,也可被還原B.可存在a→b→d→e→f的轉(zhuǎn)化關(guān)系C.可通過(guò)灼熱的氧化銅除去d中混有的少量cD.向足量f溶液中加入少量稀鹽酸,一定沒(méi)有CO2產(chǎn)生D解析

結(jié)合圖示可知,a為CH4、b為C、c為CO、d為CO2、e為H2CO3、f為Na2CO3或NaHCO3。a為CH4,碳元素化合價(jià)可升高,氫元素化合價(jià)可降低,則物質(zhì)a既可被氧化,也可被還原,A正確;可存在a→b→d→e→f的轉(zhuǎn)化關(guān)系:甲烷高溫分解生成碳,碳燃燒生成二氧化碳,二氧化碳溶于水生成碳酸,碳酸與適量的堿反應(yīng)生成鹽,B正確;CO能被灼熱的氧化銅氧化生成二氧化碳,可通過(guò)灼熱的氧化銅除去d中混有的少量c,C正確;f可能為正鹽或酸式鹽,向足量f溶液中加入少量稀鹽酸,正鹽轉(zhuǎn)化成酸式鹽,可能沒(méi)有CO2產(chǎn)生,酸式鹽和鹽酸反應(yīng)一定有CO2產(chǎn)生,D錯(cuò)誤。4.(2023·陜西漢中第一次質(zhì)檢)以鋅焙砂(主要成分為ZnO,含少量Cu2+、Mn2+等離子)為原料,制備2Zn(OH)2·ZnCO3的工藝流程如下:以下說(shuō)法錯(cuò)誤的是(

)A.“過(guò)濾”操作中需使用的玻璃儀器有燒杯、漏斗和玻璃棒B.“沉鋅”過(guò)程發(fā)生反應(yīng)后釋放的氣體A為CO2C.“浸取”過(guò)程中H2O2表現(xiàn)還原性D.“過(guò)濾3”所得濾液可循環(huán)使用,其主要成分的化學(xué)式是(NH4)2SO4C5.(2023·青海西寧統(tǒng)考)鋁土礦中主要含有Al2O3,還有少量Fe2O3、SiO2雜質(zhì),從鋁土礦中冶煉金屬鋁方法如圖所示(步驟①②③中每步反應(yīng)結(jié)束后經(jīng)過(guò)過(guò)濾才進(jìn)行下一步反應(yīng))。下列有關(guān)說(shuō)法不正確的是(

)A.電解熔融氧化鋁制取金屬鋁時(shí)加入冰晶石的作用是降低氧化鋁熔融所需的溫度B.步驟②的作用是除去“母液1”中的Fe3+和H+C.步驟③生成沉淀的離子方程式為+CO2+2H2O══

+Al(OH)3↓D.將步驟①和步驟②順序顛倒,再通入足量CO2也能得到氫氧化鋁沉淀D解析

鋁土礦的主要成分是Al2O3,還有雜質(zhì)SiO2、Fe2O3,結(jié)合流程可知,步驟①中,用鹽酸浸取鋁土礦經(jīng)過(guò)濾得到“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+,并將Al3+轉(zhuǎn)化為

,過(guò)濾得到“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;加熱Al(OH)3分解得到Al2O3,再電解氧化鋁可得到Al。氧化鋁熔點(diǎn)較高,需要加入冰晶石,降低氧化鋁熔融所需的溫度,A項(xiàng)正確;步驟②中加入足量NaOH溶液,作用是除去H+、Fe3+,B項(xiàng)正確;通入足量二氧化碳與

反應(yīng):+CO2+2H2O══

+Al(OH)3↓,C項(xiàng)正確;將步驟①和步驟②順序顛倒,“母液2”中含有Al3+,再通入足量CO2得不到氫氧化鋁沉淀,D項(xiàng)錯(cuò)誤。練預(yù)測(cè)·押考向6.(2023·陜西漢中第一次質(zhì)檢)天然氣因含有少量H2S等氣體開(kāi)采應(yīng)用受限,T.f菌在酸性溶液中可實(shí)現(xiàn)天然氣的催化脫硫,其原理如圖所示。下列說(shuō)法不正確的是(

)A.該脫硫過(guò)程中Fe2(SO4)3可循環(huán)利用B.由脫硫過(guò)程可知,氧化性:Fe2(SO4)3<S<O2C.該過(guò)程每消耗標(biāo)準(zhǔn)狀況下2.24LO2能脫除H2S6.8gD.副產(chǎn)物硫單質(zhì)可以用來(lái)制硫酸及殺蟲(chóng)劑等B解析

過(guò)程Ⅰ中Fe2(SO4)3被還原為FeSO4,過(guò)程Ⅱ中FeSO4又被氧化為Fe2(SO4)3,所以Fe2(SO4)3可循環(huán)利用,A正確;過(guò)程Ⅰ中Fe2(SO4)3將H2S氧化為S,所以氧化性Fe2(SO4)3>S,B錯(cuò)誤;標(biāo)準(zhǔn)狀況下2.24

L

O2為0.1

mol,參與反應(yīng)時(shí)轉(zhuǎn)移0.4

mol電子,H2S被氧化為S,硫元素化合價(jià)升高2價(jià),所以能脫除0.2

mol

H2S,質(zhì)量為0.2

mol×34

g·mol-1=6.8

g,C正確;S單質(zhì)具有殺蟲(chóng)殺菌作用,且S單質(zhì)通過(guò)燃燒生成SO2,SO2與O2反應(yīng)生成SO3,可以用來(lái)制硫酸,D正確。7.煉油、石化等工業(yè)會(huì)產(chǎn)生含硫(-2價(jià))廢水,可通過(guò)催化氧化法進(jìn)行處理,堿性條件下,催化氧化廢水的機(jī)理如圖所示。其中MnO2為催化劑,附著在催化劑載體聚苯胺的表面。下列說(shuō)法正確的是(

)A.催化氧化過(guò)程中只有共價(jià)鍵的斷裂B.轉(zhuǎn)化Ⅰ中化合價(jià)發(fā)生變化的元素僅有S和MnC.催化氧化過(guò)程的總反應(yīng)為O2+2H2O+2S2-

4OH-+2S↓D.催化劑會(huì)持續(xù)發(fā)揮催化作用C解析

由圖可知,轉(zhuǎn)化Ⅰ中二氧化錳中氧脫離生成空位,有離子鍵的斷裂,水生成OH-,有共價(jià)鍵的斷裂,A錯(cuò)誤;轉(zhuǎn)化Ⅰ中錳原子形成的化學(xué)鍵數(shù)目發(fā)生改變,故化合價(jià)發(fā)生變化的元素有S、O和Mn,B錯(cuò)誤;催化氧化過(guò)程的總反應(yīng)為氧氣、水、硫離子在催化作用下生成氫氧根離子和硫單質(zhì):O2+2H2O+2S2-4OH-+2S↓,C正確;反應(yīng)中生成硫單質(zhì),生成的S覆蓋在催化劑表面或進(jìn)入催化劑內(nèi)空位處,阻礙了反應(yīng)的進(jìn)行,導(dǎo)致催化劑使用一段時(shí)間后催化效率會(huì)下降,D錯(cuò)誤。突破高考題型(四)化學(xué)工藝流程及分析高考指引:近幾年,全國(guó)卷及各省市高考化學(xué)試卷大多考查了化學(xué)工藝流程題,側(cè)重考查新信息的吸收和處理能力,及靈活應(yīng)用所學(xué)知識(shí)解決生產(chǎn)實(shí)際問(wèn)題的能力,突出對(duì)“證據(jù)推理與模型認(rèn)知”等化學(xué)學(xué)科核心素養(yǎng)的考查。突破點(diǎn)1物質(zhì)轉(zhuǎn)化過(guò)程的分析核心歸納1.化學(xué)工藝流程題的結(jié)構(gòu)模型2.分析化學(xué)工藝流程圖示的常用方法(1)主線法①流程圖大多分為三部分:原料預(yù)處理階段、轉(zhuǎn)化與分離階段、獲取最終產(chǎn)物階段。②分析每個(gè)流程中前后物質(zhì)的變化。(2)雙線法①反應(yīng)線:物質(zhì)的性質(zhì)及轉(zhuǎn)化關(guān)系。②操作線:物質(zhì)轉(zhuǎn)化過(guò)程中涉及的實(shí)驗(yàn)操作,如分離提純等。(3)四線法

試劑線為達(dá)到最終目的各步操作中加入的物質(zhì),發(fā)生氧化還原反應(yīng)、復(fù)分解反應(yīng)等轉(zhuǎn)化線元素守恒——焙燒、煅燒、溶浸(酸浸、堿浸)、沉淀、結(jié)晶、電解等除雜線通過(guò)復(fù)分解反應(yīng)沉淀、置換沉淀、氧化還原沉淀,或加熱產(chǎn)生氣體等分離線過(guò)濾(趁熱過(guò)濾)、蒸發(fā)、結(jié)晶、萃取(反萃取)、洗滌、干燥等真題感悟1.(2023·全國(guó)甲卷)BaTiO3是一種壓電材料。以BaSO4為原料,采用下列路線可制備粉狀BaTiO3?；卮鹣铝袉?wèn)題:(1)“焙燒”步驟中碳粉的主要作用是

。

(2)“焙燒”后固體產(chǎn)物有BaCl2、易溶于水的BaS和微溶于水的CaS?！敖　睍r(shí)主要反應(yīng)的離子方程式為

。

做還原劑,將+6價(jià)硫元素還原為-2價(jià)

Ca2++S2-══CaS↓(3)“酸化”步驟應(yīng)選用的酸是

(填字母標(biāo)號(hào))。

a.稀硫酸b.濃硫酸c.鹽酸d.磷酸(4)如果焙燒后的產(chǎn)物直接用酸浸取,是否可行?其原因是

。

(5)“沉淀”步驟中生成BaTiO(C2O4)2的化學(xué)方程式為

。

(6)“熱分解”生成粉狀鈦酸鋇,產(chǎn)生的=

。

c不可行,直接用酸浸取,產(chǎn)物中會(huì)混有鈣離子,導(dǎo)致產(chǎn)品不純

BaCl2+TiCl4+2(NH4)2C2O4+H2O

══BaTiO(C2O4)2↓+4NH4Cl+2HCl1∶1解析

(1)“焙燒”步驟中碳粉的主要作用是做還原劑,將硫酸鋇中+6價(jià)硫元素還原為-2價(jià),便于用水“浸取”后的分離。(2)“浸取”的主要目的是將不溶于水的硫化鈣和易溶于水的硫化鋇分離,使鋇離子進(jìn)入溶液。主要反應(yīng)的離子方程式為Ca2++S2-══CaS↓。(3)“酸化”步驟不能用硫酸(包括濃硫酸、稀硫酸),防止又生成不溶于水的硫酸鋇;也不宜用磷酸,一方面是因?yàn)榱姿徜^不溶于水,另一方面是因?yàn)闀?huì)引入新的雜質(zhì)離子。(4)如果“焙燒”后的產(chǎn)物直接用酸浸取,則鈣離子無(wú)法與鋇離子分離,導(dǎo)致產(chǎn)品不純。(5)依據(jù)題給流程信息,“沉淀”反應(yīng)中反應(yīng)物有BaCl2、TiCl4、(NH4)2C2O4,還有水,產(chǎn)物是BaTiO(C2O4)2,該反應(yīng)屬于非氧化還原反應(yīng)。故“沉淀”步驟中生成BaTiO(C2O4)2的化學(xué)方程式為BaCl2+TiCl4+2(NH4)2C2O4+H2O══BaTiO(C2O4)2↓+4NH4Cl+2HCl。(6)“熱分解”生成粉狀鈦酸鋇,分解過(guò)程中鋇元素、鈦元素的化合價(jià)均未改變,則草酸根發(fā)生歧化反應(yīng)生成CO2和CO;依據(jù)草酸根中碳元素為+3價(jià),則產(chǎn)物中

=1∶1。2.(2023·全國(guó)乙卷)LiMn2O4作為一種新型鋰電池正極材料受到廣泛關(guān)注。由菱錳礦(MnCO3,含有少量Si、Fe、Ni、Al等元素)制備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。回答下列問(wèn)題:(1)硫酸溶礦主要反應(yīng)的化學(xué)方程式為

。

為提高溶礦速率,可采取的措施___________________________________

(舉1例)。

(2)加入少量MnO2的作用是

。不宜使用H2O2替代MnO2,原因是

。(3)溶礦反應(yīng)完成后,反應(yīng)器中溶液pH=4,此時(shí)c(Fe3+)=

mol·L-1;用石灰乳調(diào)節(jié)至pH≈7,除去的金屬離子是

。

MnCO3+H2SO4══MnSO4+CO2↑+H2O

將礦石粉碎、攪拌、適當(dāng)升高溫度、適當(dāng)提高硫酸的濃度等將Fe2+氧化為Fe3+Fe3+對(duì)H2O2的分解有催化作用,導(dǎo)致H2O2用量過(guò)大,造成資源浪費(fèi)

2.8×10-9Al3+(4)加入少量BaS溶液除去Ni2+,生成的沉淀有

。

(5)在電解槽中,發(fā)生電解反應(yīng)的離子方程式為

。

隨著電解反應(yīng)進(jìn)行,為保持電解液成分穩(wěn)定,應(yīng)不斷

。電解廢液可在反應(yīng)器中循環(huán)利用。

(6)煅燒窯中,生成LiMn2O4反應(yīng)的化學(xué)方程式是

。

NiS、BaSO4Mn2++2H2OMnO2+H2↑+2H+

加入Mn(OH)22Li2CO3+8MnO22CO2↑+O2↑+4LiMn2O4解析

(1)硫酸溶礦過(guò)程:通過(guò)強(qiáng)酸制弱酸的原理將錳元素由難溶性鹽轉(zhuǎn)化為可溶性鹽。反應(yīng)的化學(xué)方程式為MnCO3+H2SO4══MnSO4+CO2↑+H2O。為提高溶礦速率,可通過(guò)將礦石粉碎、攪拌、適當(dāng)升高溫度、適當(dāng)提高硫酸的濃度等方式實(shí)現(xiàn)。(2)加入少量二氧化錳是為了將雜質(zhì)中可能包含的少量亞鐵離子氧化為鐵離子,便于在后續(xù)操作中將其轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3沉淀而除去。由于H2O2會(huì)在鐵離子的催化作用下分解,從而造成資源浪費(fèi),因此不宜用H2O2代替MnO2。(3)當(dāng)pH=4時(shí),c(OH-)=1×10-10

mol·L-1,結(jié)合氫氧化鐵的Ksp可知,鐵離子的濃度為2.8×10-9

mol·L-1。根據(jù)Ksp[Al(OH)3]=1.3×10-33及Ksp[Ni(OH)2]=5.5×10-16可知,當(dāng)pH=7時(shí),Al3+已完全沉淀,而Ni2+不能完全沉淀,因此除去的是Al3+。(4)體系中有鎳離子與硫酸根離子,分別結(jié)合BaS中的S2-與Ba2+轉(zhuǎn)化為NiS沉淀與BaSO4沉淀。(5)根據(jù)電解后生成MnO2可知電解反應(yīng)的離子方程式為Mn2++2H2OMnO2+H2↑+2H+;結(jié)合產(chǎn)生的MnO2與氫氣的比值可知,為維持電解液成分穩(wěn)定,應(yīng)不斷加入Mn(OH)2?！舅季S建模】解答物質(zhì)轉(zhuǎn)化過(guò)程中流程及分析的方法(1)準(zhǔn)確識(shí)別化學(xué)工藝流程圖示呈現(xiàn)形式(2)高度關(guān)注核心元素的轉(zhuǎn)化,特別是元素的化合價(jià)變化。(3)真心站在化工生產(chǎn)實(shí)際的角度來(lái)剖析問(wèn)題。突破點(diǎn)2化工流程中的操作及原因的分析核心歸納化工流程中“原因類”描述性問(wèn)題的答題模板目的或原因答題模板沉淀水洗的目的除去××(可溶于水)雜質(zhì)沉淀用乙醇洗滌的目的a.減小固體的溶解度;b.除去固體表面吸附的雜質(zhì);c.乙醇揮發(fā)帶走水分,使固體快速干燥冷凝回流的作用及目的防止××蒸氣逸出脫離反應(yīng)體系,提高××物質(zhì)的轉(zhuǎn)化率控制溶液pH的目的防止××離子水解;防止××離子沉淀;確?！痢岭x子沉淀完全;防止××溶解等目的或原因答題模板加過(guò)量A試劑的原因使B物質(zhì)反應(yīng)完全(或提高B物質(zhì)的轉(zhuǎn)化率)等溫度不高于××℃的原因溫度過(guò)高,××物質(zhì)分解(如H2O2、濃硝酸、NH4HCO3等)或××物質(zhì)揮發(fā)(如濃硝酸、濃鹽酸)或××物質(zhì)被氧化(如Na2SO3等)或促進(jìn)××物質(zhì)水解(如AlCl3等)溫度控制在××~××℃溫度過(guò)高或溫度過(guò)低會(huì)影響催化劑的活性或有副反應(yīng)發(fā)生,同時(shí)也會(huì)影響反應(yīng)速率減壓蒸餾(減壓蒸發(fā))的原因減小壓強(qiáng),使液體沸點(diǎn)降低,防止××物質(zhì)受熱分解(如H2O2、濃硝酸、NH4HCO3等)真題感悟3.(2023·全國(guó)新課標(biāo)卷)鉻和釩具有廣泛用途。鉻釩渣中鉻和釩以低價(jià)態(tài)含氧酸鹽形式存在,主要雜質(zhì)為鐵、鋁、硅、磷等的化合物。從鉻釩渣中分離提取鉻和釩的一種流程如下圖所示。回答下列問(wèn)題:(1)煅燒過(guò)程中,釩和鉻被氧化為相應(yīng)的最高價(jià)含氧酸鹽,其中含鉻化合物主要為

(填化學(xué)式)。

(2)水浸渣中主要有SiO2和

。

(3)“沉淀”步驟調(diào)pH到弱堿性,主要除去的雜質(zhì)是

。

(4)“除硅磷”步驟中,使硅、磷分別以MgSiO3和MgNH4PO4的形式沉淀。該步需要控制溶液的pH≈9以達(dá)到最好的除雜效果。若pH<9時(shí),會(huì)導(dǎo)致

;pH>9時(shí),

會(huì)導(dǎo)致

。

Na2CrO4

Fe2O3

鋁

磷不能除凈(磷酸鹽會(huì)轉(zhuǎn)化為可溶性酸式鹽)硅不能除凈(生成氫氧化鎂,鎂離子被消耗)A.酸性B.堿性C.兩性(6)“還原”步驟中加入焦亞硫酸鈉(Na2S2O5)溶液,反應(yīng)的離子方程式為

。

C解析

(1)堿性條件下,鉻被氧化生成Na2CrO4。(2)Fe2O3不與Na2CO3、NaOH反應(yīng),也不溶于水。(4)pH<9,磷容易形成易溶的磷酸二氫鹽,導(dǎo)致磷不能除凈。pH>9,易形成Mg(OH)2沉淀,導(dǎo)致硅不能除凈。突破點(diǎn)3化工流程中的圖像分析核心歸納1.溶解度曲線及分析2.浸取率曲線及分析

(1)“浸取率”升高的原因一般是溫度升高,浸取速率加快,但當(dāng)“浸取率”達(dá)到最大值后,溫度升高“浸取率”反而下降,其原因一般是反應(yīng)試劑的分解或揮發(fā)。(2)根據(jù)圖中曲線變化,選擇達(dá)到一定較高“浸取率”的條件。3.物質(zhì)存在形態(tài)與pH的關(guān)系

真題感悟4.(2022·山東卷,17節(jié)選)工業(yè)上以氟磷灰石[Ca5F(PO4)3,含SiO2等雜質(zhì)]為原料生產(chǎn)磷酸和石膏,工藝流程如下:(1)部分鹽的溶度積常數(shù)見(jiàn)下表。精制Ⅰ中,按物質(zhì)的量之比n(Na2CO3)∶n()=1∶1加入Na2CO3脫氟,充分反應(yīng)后,c(Na+)=

mol·L-1;再分批加入一定量的BaCO3,首先轉(zhuǎn)化為沉淀的離子是

。

項(xiàng)目BaSiF6Na2SiF6CaSO4BaSO4Ksp1.0×10-64.0×10-69.0×10-41.0×10-102.0×10-2回答下列問(wèn)題:(2)濃度(以SO3%計(jì))在一定范圍時(shí),石膏存在形式與溫度、H3PO4濃度(以P2O5%計(jì))的關(guān)系如圖甲所示。酸解后,在所得100℃、P2O5%為45的混合體系中,石膏存在形式為

(填化學(xué)式);洗滌時(shí)使用一定濃度的硫酸溶液而不使用水,原因是

,回收利用洗滌液X的操作單元是

;一定溫度下,石膏存在形式與溶液中P2O5%和SO3%的關(guān)系如圖乙所示,下列條件能實(shí)現(xiàn)酸解所得石膏結(jié)晶轉(zhuǎn)化的是

(填字母)。

A.65℃、P2O5%=15、SO3%=15B.80℃、P2O5%=10、SO3%=20C.65℃、P2O5%=10、SO3%=30D.80℃、P2O5%=10、SO3%=10圖甲

圖乙CaSO4·0.5H2O減少CaSO4的溶解損失,提高石膏的產(chǎn)率

酸解

AD(2)由圖像知100

℃、P2O5為45%的混合體系中,石膏存在形式為CaSO4·0.5H2O;硫酸鈣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離子濃度,抑制了CaSO4的溶解,因此洗滌時(shí)使用一定濃度的硫酸溶液而不使用水的原因是減少CaSO4的溶解損失,提高石膏的產(chǎn)率;洗滌液X中含有硫酸,具有回收利用的價(jià)值,由于“酸解”時(shí)使用的也是硫酸,因此,回收利用洗滌液X的操作單元是“酸解”;由圖乙信息可知,位于65

℃線上方的晶體全部以CaSO4·0.5H2O形式存在,位于80

℃線下方的晶體全部以CaSO4·2H2O形式存在,在兩線之間的以兩種晶體的混合物形式存在。由圖乙信息可知,在每條線上方的以CaSO4·0.5H2O形式存在,在每條線下方的以CaSO4·2H2O形式存在。A項(xiàng),P2O5%=15、SO3%=15,該點(diǎn)坐標(biāo)位于65

℃線的下方,能實(shí)現(xiàn)晶體的完全轉(zhuǎn)化;B項(xiàng),P2O5%=10、SO3%=20,該點(diǎn)坐標(biāo)位于80

℃線的上方,不能實(shí)現(xiàn)晶體的完全轉(zhuǎn)化;C項(xiàng),P2O5%=10、SO3%=30,該點(diǎn)坐標(biāo)位于65

℃線上方,不能實(shí)現(xiàn)晶體的完全轉(zhuǎn)化;D項(xiàng),P2O5%=10、SO3%=10,該點(diǎn)坐標(biāo)位于80

℃線下方,晶體全部以CaSO4·2H2O形式存在,能實(shí)現(xiàn)晶體的完全轉(zhuǎn)化。突破點(diǎn)4化工流程中的定量分析及計(jì)算核心歸納1.化工流程中定量計(jì)算的常見(jiàn)類型及方法類型解題方法物質(zhì)含量的計(jì)算根據(jù)關(guān)系式法、得失電子守恒法、滴定法等,求出混合物中某一成分的量,再除以樣品的總量,即可得出其含量確定物質(zhì)化學(xué)式的計(jì)算①根據(jù)題給信息,計(jì)算出有關(guān)物質(zhì)的物質(zhì)的量;②根據(jù)電荷守恒,確定出未知離子的物質(zhì)的量;③根據(jù)質(zhì)量守恒,確定出結(jié)晶水的物質(zhì)的量;④各粒子的物質(zhì)的量之比的最簡(jiǎn)整數(shù)比即為粒子的下標(biāo)比類型解題方法熱重曲線計(jì)算①設(shè)晶體為1mol;②失重一般是先失水,再失氣態(tài)非金屬氧化物;③計(jì)算每步的m余