適用于老高考舊教材2024版高考化學二輪復習專題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,考查考生解決問題的能力。(3)實驗探究情境:結合氯、氮、硫及其化合物,Mn、Ni、Cu等金屬及其化合物的制備及性質探究等,要求考生在實驗中尋求思維創(chuàng)新和能力提升。素養(yǎng)能力(1)實踐探索:從問題和假設出發(fā),確定探究目的,設計探究方案,運用化學實驗、理論模型等方法進行探索,提升解決實際問題的能力。(2)分析與推測能力:基于物質的組成和結構推測物質的性質,預測實驗現(xiàn)象并推斷反應結果。(3)探究與創(chuàng)新能力:根據(jù)實驗目的,設計合理的實驗方案,描述實驗操作及現(xiàn)象,分析實驗數(shù)據(jù),評價實驗方案。考題統(tǒng)計(1)無機物的性質與用途:(2022全國甲卷,7)(2022全國乙卷,7)(2021全國甲卷,7)(2021全國乙卷,7)(2020全國Ⅰ卷,7)(2020全國Ⅱ卷,7)(2020全國Ⅲ卷,7)(2019全國Ⅰ卷,7)(2019全國Ⅲ卷,7)(2)金屬及其化合物的性質與轉化:(2022全國甲卷,9、13、26)(2022全國乙卷,26)(2021全國乙卷,9、26)(2020全國Ⅰ卷,26)(2020全國Ⅱ卷,7)(2020全國Ⅲ卷,7、27)(2019全國Ⅰ卷,26、27)(2019全國Ⅲ卷,7)(3)非金屬及其化合物的性質與轉化:(2022全國甲卷,7、9、26、28)(2022全國乙卷,9、10)(2021全國甲卷,7、9、26)(2021全國乙卷,8、9)(2020全國Ⅰ卷,9)(2020全國Ⅱ卷,26)(2020全國Ⅲ卷,9、26)(2019全國Ⅰ卷,7)(2019全國Ⅱ卷,10)(2019全國Ⅲ卷,7、12)(4)無機化工流程及分析:(2023全國甲卷,26)(2023全國乙卷,27)(2022全國甲卷,26)(2022全國乙卷,26)(2021全國甲卷,26)(2021全國乙卷,26)(2020全國Ⅰ卷,26)(2020全國Ⅲ卷,27)(2019全國Ⅰ卷,26、27)(2019全國Ⅱ卷,26)(2019全國Ⅲ卷,26)考點1元素及其化合物的性質與應用聚焦核心要點要點1常見金屬及其化合物的性質與應用課標指引:1.結合真實情境中的應用實例或通過實驗探究,了解鈉、鐵及其重要化合物的主要性質。

2.了解鈉、鐵及其重要化合物在生產(chǎn)、生活中的應用。常見金屬及其化合物的性質與用途的對應關系

序號重要性質主要用途(1)鈉具有較強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)生反應用于焙制糕點的膨松劑、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)反應生成O2用作呼吸面具或潛航器的供氧劑(5)鋁具有較強的還原性,能發(fā)生鋁熱反應用于焊接鋼軌、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重要性質主要用途(7)鎂鋁合金的密度小、強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射線不能透過在醫(yī)療上用作“鋇餐”易錯辨析1.銅與氯氣反應生成氯化銅,則銅與硫粉反應時生成硫化銅。(

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

)×Cl2具有強氧化性可將金屬氧化為高價態(tài),而S氧化性較弱只能將金屬氧化為低價態(tài),即Cu變?yōu)镃u2S?！罶O2具有還原性,則Na2O2與SO2反應可生成Na2SO4。3.向盛有Cu片的試管中加入NaNO3溶液,無明顯現(xiàn)象,再加入稀硫酸,溶液逐漸變藍,試管上方出現(xiàn)紅棕色氣體,說明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,而

在酸性條件下具有強氧化性,能與Cu反應生成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體材料制成的。(

)×芯片是以硅做半導體材料制成的。

要點2常見非金屬及其化合物的性質與應用課標指引:1.結合真實情境中的應用實例或通過實驗探究,了解氯、氮、硫及其重要化合物的主要性質。

2.認識氯、氮、硫及其重要化合物在生產(chǎn)中的應用和對生態(tài)環(huán)境的影響。1.常見非金屬及其化合物的性質與用途的對應關系

序號重要性質主要用途(1)硅是常用半導體材料可用于制造芯片、硅太陽能電池等(2)SiO2導光性能強、抗干擾性能好用于生產(chǎn)光導纖維(3)二氧化硫與O2反應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)汽化時吸收大量的熱常用作制冷劑(7)次氯酸鹽(如NaClO等)具有強氧化性用于漂白棉、麻、紙張等,或用作殺菌消毒劑(8)氫氟酸能與玻璃中的SiO2反應用氫氟酸刻蝕玻璃2.常見非金屬及其化合物的重要特性與規(guī)律(1)常見無機酸的重要特性①HClO、HNO3、濃硫酸都具有強氧化性,都是氧化性酸,其中HNO3、HClO見光或受熱易分解。②濃硝酸與足量Cu反應時,隨著反應進行,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在加熱條件下反應時,隨著反應進行,c(H2SO4)、c(HCl)逐漸減小,反應會停止。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,屬于化學變化。(2)常見無機酸的重要規(guī)律①最高價氧化物對應水化物的酸性與元素的非金屬性有關,如非金屬性:S>P>C>Si,則酸性:H2SO4>H3PO4>H2CO3>H2SiO3。②利用復分解反應中“強酸制取弱酸”的規(guī)律比較酸性的強弱,如:Na2SiO3+CO2+H2O══H2SiO3↓+Na2CO3,則酸性:H2CO3>H2SiO3。③強氧化性酸(如HNO3、濃硫酸等)與金屬反應時不生成H2;金屬與濃硝酸反應一般生成NO2,與稀硝酸反應一般生成NO。易錯辨析1.SiO2可以與NaOH溶液和HF溶液反應,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,膽礬由藍色變?yōu)榘咨?說明濃硫酸具有脫水性。(

)×SiO2是酸性氧化物,與HF溶液反應是其特殊性質。

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

×濃硫酸將現(xiàn)成的結晶水吸去表現(xiàn)為吸水性4.測定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。

精研核心命題命題點1元素及其化合物的性質典例1

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

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

濃硫酸具有脫水性,能將有機物中的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;濃硫酸脫水過程中釋放大量熱,發(fā)生反應C+2H2SO4(濃)CO2↑+2SO2↑+2H2O,產(chǎn)生大量氣體,使固體體積膨脹,B正確;濃硫酸脫水過程中生成的SO2能使品紅溶液褪色,體現(xiàn)濃硫酸的強氧化性,C錯誤;該過程中蔗糖發(fā)生了化學反應,發(fā)生了化學鍵的斷裂,D正確。典例2

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

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

銅與濃硫酸反應生成CuSO4體現(xiàn)了濃硫酸的酸性,生成SO2體現(xiàn)了濃硫酸的強氧化性,A錯誤。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,SO2體現(xiàn)出還原性,C錯誤。實驗過程中試管底部出現(xiàn)白色固體,根據(jù)元素守恒可知,其成分為無水CuSO4,而非藍色的CuSO4·5H2O,其原因是濃硫酸體現(xiàn)出吸水性,將反應生成的H2O吸收,D錯誤。變式演練(2023·陜西西安聯(lián)考)某教師設計了如圖裝置(省略夾持裝置)探究碳與濃硝酸的反應,已知鉑絲在實驗過程中不參與反應,下列說法錯誤的是(

)查閱資料可知:NO2可與NaOH反應生成物質的量相同的兩種鹽。A.將紅熱的木炭伸進濃硝酸中可以觀察到有紅棕色氣體產(chǎn)生B.通過三頸燒瓶內的現(xiàn)象可知該反應的化學方程式為C+2HNO3(濃)CO2↑+2NO↑+H2OC.反應結束后,將NaOH溶液加入三頸燒瓶中吸收NO2,反應的離子方程式為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

紅熱的木炭伸進濃硝酸中反應生成NO2氣體,可以觀察到有紅棕色氣體產(chǎn)生,A正確;紅熱的木炭伸進濃硝酸中反應生成NO2氣體,反應的化學方程式為C+4HNO3(濃)CO2↑+4NO2↑+2H2O,B錯誤;反應結束后,將NaOH溶液加入三頸燒瓶中吸收NO2,NO2發(fā)生歧化反應生成硝酸鈉和亞硝酸鈉,反應的離子方程式為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2元素及其化合物的應用典例3

(2023·浙江1月選考卷)物質的性質決定用途,下列兩者對應關系不正確的是(

)A.SO2能使某些色素褪色,可作漂白劑B.金屬鈉導熱性好,可用作傳熱介質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具有強氧化性,可使蛋白質變性,故常用作消毒劑,與其溶液呈堿性無關,C錯誤。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。下列關于氮及其化合物的性質與用途不具有對應關系的是(

)A.氮氣的化學性質很穩(wěn)定,可用作某些反應的保護氣B.液氨汽化時要吸收大量的熱,液氨常用作制冷劑C.NH3具有還原性,可以用來還原氧化銅D.硝酸是強酸,可以用來與金屬反應制NH3D解析

A項,氮氣中的氮氮三鍵不易斷裂,化學性質非常穩(wěn)定,可用作某些反應的保護氣;B項,液氨汽化吸熱,降低環(huán)境的溫度,達到制冷的目的;C項,NH3中N為-3價,處于最低價態(tài)具有還原性,可將氧化銅還原為Cu;D項,硝酸具有強氧化性與金屬反應產(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|與應用類題目的方法訓練分層落實練真題·明考向1.(2023·浙江6月選考卷)物質的性質決定用途,下列兩者對應關系不正確的是(

)A.鋁有強還原性,可用于制作門窗框架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.過氧化鈉能與二氧化碳反應生成氧氣,可作潛水艇中的供氧劑A解析

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

)選項陳述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轉化為N2O4的反應吸熱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溶液導電性比同濃度醋酸強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;濃硫酸具有強氧化性,可與生成的炭反應生成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,說明平衡向生成N2O4方向移動,故NO2轉化為N2O4的反應放熱,B錯誤。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,鹽酸可與CaCO3反應產(chǎn)生CO2,C錯誤。1

mol·L-1

NaCl溶液導電性比同濃度醋酸強,說明醋酸部分電離,與其溶液的pH無關,D錯誤。練易錯·避陷阱3.(2023·陜西西安聯(lián)考)化學與社會、生活息息相關,下列說法正確的是(

)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,附近人員應迅速遠離泄漏點,并順風往低洼處跑C.碳化硅、氧化鋁陶瓷為新型無機非金屬材料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錯誤;如果發(fā)生氯氣泄漏,附近人員應迅速遠離泄漏點,并逆風往高處跑,B錯誤;水泥、玻璃、陶瓷屬于傳統(tǒng)無機非金屬材料,碳化硅、氧化鋁陶瓷屬于新型無機非金屬材料,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,可能是金屬化合物,D錯誤。4.(2023·寧夏銀川一中期中)下列實驗中,對應的現(xiàn)象及結論都正確的是(

)選項實驗步驟現(xiàn)象結論A向FeCl3和BaCl2的混合溶液中通入過量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向溴水中通入過量SO2溶液變?yōu)闊o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量SO2,Fe3+與SO2反應生成Fe2+和

,與Ba2+反應生成BaSO4沉淀,A正確;向KI溶液中加入CCl4,上、下兩層均為無色,B錯誤;向溴水中通入過量SO2后褪色,發(fā)生氧化還原反應生成硫酸和氫溴酸,體現(xiàn)SO2的還原性,C錯誤;將SO2通入氫硫酸(H2S)溶液中,有黃色沉淀生成,說明二氧化硫和硫化氫發(fā)生氧化還原反應生成硫單質,二氧化硫化合價降低,體現(xiàn)SO2的氧化性,D錯誤。5.(2023·安徽淮北一模)某校化學興趣小組利用如圖裝置在實驗室制備“84”消毒液,下列說法正確的是(

)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,長頸漏斗可以平衡壓強C.裝置Ⅲ中消耗5.6LCl2(標準狀況),轉移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中沒有加熱裝置,故不能將KMnO4替換成MnO2,A錯誤;裝置Ⅱ可以除去Cl2中的HCl雜質,長頸漏斗可以平衡壓強,B正確;裝置Ⅲ中消耗5.6

L

Cl2(標準狀況),Cl2發(fā)生歧化反應生成NaCl和NaClO,轉移0.25

mol電子,C錯誤;裝置Ⅳ的作用是吸收未反應的Cl2,防止污染空氣,D錯誤。練預測·押考向6.某實驗小組設計如下實驗探究Fe(OH)2的制備,下列有關分析不合理的是(

)實驗操作現(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將另一塊FeSO4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.實驗Ⅰ起對照作用,排除FeSO4晶體自身在水中的顏色變化B.實驗Ⅱ晶體表面長時間保持白色,與Fe(OH)2難溶、未分散于水有關C.撈出晶體后發(fā)生反應:4Fe(OH)2+O2+2H2O══4Fe(OH)3D.實驗Ⅲ溶液中氧氣含量明顯多于實驗Ⅱ中答案

D

解析

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

)A.根據(jù)有O2生成推測發(fā)生了反應:2Na2O2+2SO2══2Na2SO3+O2B.bc段O2含量下降與反應O2+2Na2SO3══2Na2SO4有關C.可用HNO3酸化的BaCl2溶液檢驗b點固體中是否含有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)生的反應可能有:2Na2O2+2SO2══2Na2SO3+O2,2Na2SO3+O2══2Na2SO4,無法判斷反應Na2O2+SO2══Na2SO4是否發(fā)生。根據(jù)有O2生成推測發(fā)生反應2Na2O2+2SO2══2Na2SO3+O2,A正確;bc段O2含量下降,可能是發(fā)生反應O2+2Na2SO3══2Na2SO4,B正確;HNO3具有強氧化性,能將

氧化為

,不能用HNO3酸化的BaCl2溶液檢驗b點固體中是否含有Na2SO4,C錯誤;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。考點2元素及其化合物之間的轉化聚焦核心要點要點1基于“價—類”二維圖認識元素及其化合物之間的轉化關系課標指引:1.能夠列舉、描述、辨識典型物質重要的物理和化學性質及實驗現(xiàn)象。

2.能從物質類別、元素價態(tài)的角度,依據(jù)復分解反應和氧化還原反應原理,預測物質的化學性質和變化。1.鈉及其重要化合物

重要的化學方程式: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

重要的化學方程式:①MnO2+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2“微流程”“微實驗”中的物質轉化課標指引:1.探究反應規(guī)律,進行物質的制備、分離等不同類型化學實驗及探究活動的核心思路與基本方法。

2.通過化學反應可以探索物質的性質、實現(xiàn)物質轉化,認識物質及其轉化在自然資源綜合利用和環(huán)境保護中的重要價值。1.“微流程”中物質轉化的思維模型2.“微實驗”中物質轉化的思維模型

易錯辨析試判斷物質間的轉化能否通過一步反應實現(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。

能

S燃燒生成SO2,SO2與H2O反應生成H2SO3。

不能

Na2O與H2O反應生成NaOH,不能生成O2。

精研核心命題命題點1基于“價—類”二維圖的物質轉化關系典例1

(2023·廣東卷)部分含Na或含Cu物質的分類與相應化合價關系如圖所示。下列推斷不合理的是(

)A.可存在c→d→e的轉化B.能與H2O反應生成c的物質只有bC.新制的d可用于檢驗葡萄糖中的醛基D.若b能與H2O反應生成O2,則b中含共價鍵B

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

)A.硫化亞鐵與稀硝酸反應可用來制取aB.從價態(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,可一步轉化為dB解析

根據(jù)硫元素的“價—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,不會生成硫化氫,A錯誤;a、b、c、g中S元素都不是最高價,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錯誤;硫單質在氧氣中燃燒只能生成二氧化硫,不能一步轉化為三氧化硫,D錯誤。命題點2“微流程”中的物質轉化典例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)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)見下表。物質Fe(OH)3Cu(OH)2Zn(OH)2開始沉淀pH1.94.26.2沉淀完全pH3.26.78.2下列說法錯誤的是(

)A.固體X主要成分是Fe(OH)3和S;金屬M為ZnB.浸取時,增大O2壓強可促進金屬離子浸出C.中和調pH的范圍為3.2~4.2D.還原時,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,可以反應消耗S2-,使之轉化為S,從而使沉淀溶解平衡正向移動,從而可促進金屬離子的浸取,B正確;用NH3調節(jié)溶液pH時,要使Fe3+轉化為沉淀,而Cu2+、Zn2+仍以離子形式存在于溶液中,結合離子沉淀的pH范圍可知,中和時應該調節(jié)溶液pH范圍為3.2~4.2,C正確;用H2還原Cu2+變?yōu)镃u單質時,H2失去電子被氧化為H+,與溶液中OH-結合形成H2O,若還原時增大溶液的酸度,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錯誤。要點圖解

本題中物質轉化分析如下:變式演練(2023·內蒙古呼和浩特調研)鋁氫化鈉(NaAlH4)是有機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)為原料制備鋁氫化鈉的一種工藝流程如圖:下列說法中錯誤的是(

)A.為了提高“堿溶”效率,在“堿溶”前對鋁土礦進行粉碎B.“反應Ⅰ”的部分化學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Ⅲ”的化學方程式為4NaH+AlCl3══NaAlH4+3NaClB【思維建模】抓住“六關鍵”,突破“微流程”中物質轉化類題目命題點3“微實驗”中的物質轉化典例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:下列操作錯誤的是(

)A.紅磷使用前洗滌以除去表面雜質B.將紅磷轉入裝置,抽真空后加熱外管以去除水和氧氣C.從a口通入冷凝水,升溫使紅磷轉化D.冷凝管外壁出現(xiàn)白磷,冷卻后在氮氣氛圍下收集C解析

洗去紅磷表面雜質,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,可加熱除去紅磷表面的水,以及裝置內的氧氣,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錯誤;白磷著火點低,為防止白磷自燃,可在N2氣氛中收集,D正確。變式演練(2023·內蒙古赤峰4月模擬)利用如圖所示裝置(夾持裝置略)進行實驗,b中現(xiàn)象不能證明a中產(chǎn)物的是(

)選項裝置a中反應b中檢測試劑及現(xiàn)象ACu與濃硫酸反應生成SO2品紅溶液褪色B濃硝酸分解生成NO2淀粉KI溶液變藍C濃NaOH溶液與NH4Cl溶液反應生成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色帶香味的油狀液體B解析

銅與濃硫酸共熱反應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明銅與濃硫酸共熱反應生成二氧化硫,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生成遇淀粉溶液變藍色的碘,則淀粉KI溶液變藍色不能說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生成能使酚酞溶液變紅的氨,則酚酞溶液變紅能說明濃氫氧化鈉溶液與氯化銨溶液共熱反應生成氨,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色帶香味的油狀液體能說明有乙酸乙酯生成,D不符合題意?！舅季S建?！孔プ　八牟襟E”,突破“微實驗”中物質轉化類題目訓練分層落實練真題·明考向1.(2023·遼寧卷)下列有關物質的工業(yè)制備反應錯誤的是(

)D解析

MgO熔點高,冶煉鎂采取電解熔融氯化鎂:MgCl2Mg+Cl2↑,D錯誤。

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溶液中金屬離子開始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示。

物質Fe(OH)3Cu(OH)2Zn(OH)2Al(OH)3開始沉淀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。

下列說法錯誤的是(

)A.“沉渣Ⅰ”中含有Fe(OH)3和Al(OH)3D.“出水”經(jīng)陰離子交換樹脂軟化處理后,可用作工業(yè)冷卻循環(huán)用水D練易錯·避陷阱3.(2023·陜西咸陽一模)如圖是某元素常見物質的“價—類”二維圖,f為鈉鹽。下列說法不正確的是(

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

結合圖示可知,a為CH4、b為C、c為CO、d為CO2、e為H2CO3、f為Na2CO3或NaHCO3。a為CH4,碳元素化合價可升高,氫元素化合價可降低,則物質a既可被氧化,也可被還原,A正確;可存在a→b→d→e→f的轉化關系: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,正鹽轉化成酸式鹽,可能沒有CO2產(chǎn)生,酸式鹽和鹽酸反應一定有CO2產(chǎn)生,D錯誤。4.(2023·陜西漢中第一次質檢)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:以下說法錯誤的是(

)A.“過濾”操作中需使用的玻璃儀器有燒杯、漏斗和玻璃棒B.“沉鋅”過程發(fā)生反應后釋放的氣體A為CO2C.“浸取”過程中H2O2表現(xiàn)還原性D.“過濾3”所得濾液可循環(huán)使用,其主要成分的化學式是(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,從鋁土礦中冶煉金屬鋁方法如圖所示(步驟①②③中每步反應結束后經(jīng)過過濾才進行下一步反應)。下列有關說法不正確的是(

)A.電解熔融氧化鋁制取金屬鋁時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SiO2、Fe2O3,結合流程可知,步驟①中,用鹽酸浸取鋁土礦經(jīng)過濾得到“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+轉化為

,過濾得到“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。氧化鋁熔點較高,需要加入冰晶石,降低氧化鋁熔融所需的溫度,A項正確;步驟②中加入足量NaOH溶液,作用是除去H+、Fe3+,B項正確;通入足量二氧化碳與

反應:+CO2+2H2O══

+Al(OH)3↓,C項正確;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項錯誤。練預測·押考向6.(2023·陜西漢中第一次質檢)天然氣因含有少量H2S等氣體開采應用受限,T.f菌在酸性溶液中可實現(xiàn)天然氣的催化脫硫,其原理如圖所示。下列說法不正確的是(

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

過程Ⅰ中Fe2(SO4)3被還原為FeSO4,過程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;過程Ⅰ中Fe2(SO4)3將H2S氧化為S,所以氧化性Fe2(SO4)3>S,B錯誤;標準狀況下2.24

L

O2為0.1

mol,參與反應時轉移0.4

mol電子,H2S被氧化為S,硫元素化合價升高2價,所以能脫除0.2

mol

H2S,質量為0.2

mol×34

g·mol-1=6.8

g,C正確;S單質具有殺蟲殺菌作用,且S單質通過燃燒生成SO2,SO2與O2反應生成SO3,可以用來制硫酸,D正確。7.煉油、石化等工業(yè)會產(chǎn)生含硫(-2價)廢水,可通過催化氧化法進行處理,堿性條件下,催化氧化廢水的機理如圖所示。其中MnO2為催化劑,附著在催化劑載體聚苯胺的表面。下列說法正確的是(

)A.催化氧化過程中只有共價鍵的斷裂B.轉化Ⅰ中化合價發(fā)生變化的元素僅有S和MnC.催化氧化過程的總反應為O2+2H2O+2S2-

4OH-+2S↓D.催化劑會持續(xù)發(fā)揮催化作用C解析

由圖可知,轉化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-,有共價鍵的斷裂,A錯誤;轉化Ⅰ中錳原子形成的化學鍵數(shù)目發(fā)生改變,故化合價發(fā)生變化的元素有S、O和Mn,B錯誤;催化氧化過程的總反應為氧氣、水、硫離子在催化作用下生成氫氧根離子和硫單質:O2+2H2O+2S2-4OH-+2S↓,C正確;反應中生成硫單質,生成的S覆蓋在催化劑表面或進入催化劑內空位處,阻礙了反應的進行,導致催化劑使用一段時間后催化效率會下降,D錯誤。突破高考題型(四)化學工藝流程及分析高考指引:近幾年,全國卷及各省市高考化學試卷大多考查了化學工藝流程題,側重考查新信息的吸收和處理能力,及靈活應用所學知識解決生產(chǎn)實際問題的能力,突出對“證據(jù)推理與模型認知”等化學學科核心素養(yǎng)的考查。突破點1物質轉化過程的分析核心歸納1.化學工藝流程題的結構模型2.分析化學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:原料預處理階段、轉化與分離階段、獲取最終產(chǎn)物階段。②分析每個流程中前后物質的變化。(2)雙線法①反應線:物質的性質及轉化關系。②操作線:物質轉化過程中涉及的實驗操作,如分離提純等。(3)四線法

試劑線為達到最終目的各步操作中加入的物質,發(fā)生氧化還原反應、復分解反應等轉化線元素守恒——焙燒、煅燒、溶浸(酸浸、堿浸)、沉淀、結晶、電解等除雜線通過復分解反應沉淀、置換沉淀、氧化還原沉淀,或加熱產(chǎn)生氣體等分離線過濾(趁熱過濾)、蒸發(fā)、結晶、萃取(反萃取)、洗滌、干燥等真題感悟1.(2023·全國甲卷)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?；卮鹣铝袉栴}:(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主要反應的離子方程式為

。

做還原劑,將+6價硫元素還原為-2價

Ca2++S2-══CaS↓(3)“酸化”步驟應選用的酸是

(填字母標號)。

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)物中會混有鈣離子,導致產(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價硫元素還原為-2價,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,使鋇離子進入溶液。主要反應的離子方程式為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,一方面是因為磷酸鋇不溶于水,另一方面是因為會引入新的雜質離子。(4)如果“焙燒”后的產(chǎn)物直接用酸浸取,則鈣離子無法與鋇離子分離,導致產(chǎn)品不純。(5)依據(jù)題給流程信息,“沉淀”反應中反應物有BaCl2、TiCl4、(NH4)2C2O4,還有水,產(chǎn)物是BaTiO(C2O4)2,該反應屬于非氧化還原反應。故“沉淀”步驟中生成BaTiO(C2O4)2的化學方程式為BaCl2+TiCl4+2(NH4)2C2O4+H2O══BaTiO(C2O4)2↓+4NH4Cl+2HCl。(6)“熱分解”生成粉狀鈦酸鋇,分解過程中鋇元素、鈦元素的化合價均未改變,則草酸根發(fā)生歧化反應生成CO2和CO;依據(jù)草酸根中碳元素為+3價,則產(chǎn)物中

=1∶1。2.(2023·全國乙卷)LiMn2O4作為一種新型鋰電池正極材料受到廣泛關注。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?；卮鹣铝袉栴}:(1)硫酸溶礦主要反應的化學方程式為

。

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)溶礦反應完成后,反應器中溶液pH=4,此時c(Fe3+)=

mol·L-1;用石灰乳調節(jié)至pH≈7,除去的金屬離子是

。

MnCO3+H2SO4══MnSO4+CO2↑+H2O

將礦石粉碎、攪拌、適當升高溫度、適當提高硫酸的濃度等將Fe2+氧化為Fe3+Fe3+對H2O2的分解有催化作用,導致H2O2用量過大,造成資源浪費

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)生電解反應的離子方程式為

。

隨著電解反應進行,為保持電解液成分穩(wěn)定,應不斷

。電解廢液可在反應器中循環(huán)利用。

(6)煅燒窯中,生成LiMn2O4反應的化學方程式是

。

NiS、BaSO4Mn2++2H2OMnO2+H2↑+2H+

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

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

mol·L-1,結合氫氧化鐵的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pH=7時,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,分別結合BaS中的S2-與Ba2+轉化為NiS沉淀與BaSO4沉淀。(5)根據(jù)電解后生成MnO2可知電解反應的離子方程式為Mn2++2H2OMnO2+H2↑+2H+;結合產(chǎn)生的MnO2與氫氣的比值可知,為維持電解液成分穩(wěn)定,應不斷加入Mn(OH)2。【思維建?！拷獯鹞镔|轉化過程中流程及分析的方法(1)準確識別化學工藝流程圖示呈現(xiàn)形式(2)高度關注核心元素的轉化,特別是元素的化合價變化。(3)真心站在化工生產(chǎn)實際的角度來剖析問題。突破點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;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××蒸氣逸出脫離反應體系,提高××物質的轉化率控制溶液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量A試劑的原因使B物質反應完全(或提高B物質的轉化率)等溫度不高于××℃的原因溫度過高,××物質分解(如H2O2、濃硝酸、NH4HCO3等)或××物質揮發(fā)(如濃硝酸、濃鹽酸)或××物質被氧化(如Na2SO3等)或促進××物質水解(如AlCl3等)溫度控制在××~××℃溫度過高或溫度過低會影響催化劑的活性或有副反應發(fā)生,同時也會影響反應速率減壓蒸餾(減壓蒸發(fā))的原因減小壓強,使液體沸點降低,防止××物質受熱分解(如H2O2、濃硝酸、NH4HCO3等)真題感悟3.(2023·全國新課標卷)鉻和釩具有廣泛用途。鉻釩渣中鉻和釩以低價態(tài)含氧酸鹽形式存在,主要雜質為鐵、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?；卮鹣铝袉栴}:(1)煅燒過程中,釩和鉻被氧化為相應的最高價含氧酸鹽,其中含鉻化合物主要為

(填化學式)。

(2)水浸渣中主要有SiO2和

。

(3)“沉淀”步驟調pH到弱堿性,主要除去的雜質是

。

(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以達到最好的除雜效果。若pH<9時,會導致

;pH>9時,

會導致

。

Na2CrO4

Fe2O3

鋁

磷不能除凈(磷酸鹽會轉化為可溶性酸式鹽)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,也不溶于水。(4)pH<9,磷容易形成易溶的磷酸二氫鹽,導致磷不能除凈。pH>9,易形成Mg(OH)2沉淀,導致硅不能除凈。突破點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“浸取率”達到最大值后,溫度升高“浸取率”反而下降,其原因一般是反應試劑的分解或揮發(fā)。(2)根據(jù)圖中曲線變化,選擇達到一定較高“浸取率”的條件。3.物質存在形態(tài)與pH的關系

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]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)見下表。精制Ⅰ中,按物質的量之比n(Na2CO3)∶n()=1∶1加入Na2CO3脫氟,充分反應后,c(Na+)=

mol·L-1;再分批加入一定量的BaCO3,首先轉化為沉淀的離子是

。

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

(填化學式);洗滌時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%的關系如圖乙所示,下列條件能實現(xiàn)酸解所得石膏結晶轉化的是

(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,具有回收利用的價值,由于“酸解”時使用的也是硫酸,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,P2O5%=15、SO3%=15,該點坐標位于65

℃線的下方,能實現(xiàn)晶體的完全轉化;B項,P2O5%=10、SO3%=20,該點坐標位于80

℃線的上方,不能實現(xiàn)晶體的完全轉化;C項,P2O5%=10、SO3%=30,該點坐標位于65

℃線上方,不能實現(xiàn)晶體的完全轉化;D項,P2O5%=10、SO3%=10,該點坐標位于80

℃線下方,晶體全部以CaSO4·2H2O形式存在,能實現(xiàn)晶體的完全轉化。突破點4化工流程中的定量分析及計算核心歸納1.化工流程中定量計算的常見類型及方法類型解題方法物質含量的計算根據(jù)關系式法、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化學式的計算①根據(jù)題給信息,計算出有關物質的物質的量;②根據(jù)電荷守恒,確定出未知離子的物質的量;③根據(jù)質量守恒,確定出結晶水的物質的量;④各粒子的物質的量之比的最簡整數(shù)比即為粒子的下標比類型解題方法熱重曲線計算①設晶體為1mol;②失重一般是先失水,再失氣態(tài)非金屬氧化物;③計算每步的m余