專題十一　元素及其化合物 第二講 元素及其化合物的轉化與推斷(由“課堂”到“課外”)

學而優(yōu)·教有方PAGEPAGE343第二講元素及其化合物的轉化與推斷(由“課堂”到“課外”)1．(2021·河北等級考)BiOCl是一種具有珍珠光澤的材料，利用金屬Bi制備BiOCl的工藝流程如圖：下列說法錯誤的是()A．酸浸工序中分次加入稀HNO3可降低反應劇烈程度B．轉化工序中加入稀HCl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的生成解析：選D酸浸工序中分次加入稀HNO3可控制反應物濃度，降低反應劇烈程度，A說法正確；轉化工序中加入NaCl可生成BiCl3，Bi3＋會水解生成BiOCl和BiONO3，加入稀HCl可抑制BiONO3的生成，提高BiOCl的產率，B說法正確；水解工序中加入少量CH3COONa(s)可使水解平衡Bi3＋＋Cl－＋H2OBiOCl＋2H＋正向移動，有利于Bi3＋水解生成BiOCl，C說法正確；水解工序中加入少量NH4NO3(s)可使C選項中的水解平衡逆向移動，不利于BiOCl的生成，D說法錯誤。2．(2021·廣東等級考)部分含鐵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．a可與e反應生成bB．b既可被氧化，也可被還原C．可將e加入濃堿液中制得d的膠體D．可存在b→c→d→e→b的循環(huán)轉化關系解析：選C由題圖可知，a為Fe，b中含有Fe2＋，c為Fe(OH)2，d為Fe(OH)3，e中含有Fe3＋。Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋，a可與e反應生成b，A推斷合理；Fe2＋既可以被氧化為Fe3＋，也可以被還原為Fe，B推斷合理；可將飽和的Fe3＋溶液加入沸水中制得Fe(OH)3膠體，而不是濃堿液中，C推斷不合理；可存在的循環(huán)轉化關系，D推斷合理。3．(2021·山東等級考)工業(yè)上以SO2和純堿為原料制備無水NaHSO3的主要流程如圖，下列說法錯誤的是()A．吸收過程中有氣體生成B．結晶后母液中含有NaHCO3C．氣流干燥濕料時溫度不宜過高D．中和后溶液中含Na2SO3和NaHCO3解析：選B根據工藝流程逆向分析可知，以二氧化硫和純堿為原料，得到結晶成分為NaHSO3，則母液為飽和NaHSO3和過量的二氧化硫形成的亞硫酸，溶液呈酸性，所以加入純堿進行中和，涉及的反應為H2SO3＋2Na2CO3=Na2SO3＋2NaHCO3，NaHSO3＋Na2CO3=Na2SO3＋NaHCO3，調節(jié)pH為8進行中和后得到Na2SO3和NaHCO3，再通入二氧化硫氣體進行混合吸收，此時吸收過程中發(fā)生反應為Na2SO3＋SO2＋H2O=2NaHSO3↓，SO2＋NaHCO3=CO2↑＋NaHSO3↓，會析出大量NaHSO3晶體，經過離心分離，將得到的濕料再進行氣流干燥，最終得到NaHSO3產品。根據上述分析可知，吸收過程中有二氧化碳生成，A正確；結晶后母液中含飽和NaHSO3和過量的二氧化硫形成的亞硫酸，沒有NaHCO3(假設產物中存在NaHCO3，則其會與生成的NaHSO3發(fā)生反應)，B錯誤；NaHSO3高溫時易分解且氧化變質，所以氣流干燥過程中溫度不宜過高，C正確；結合分析可知，中和后溶液中含Na2SO3和NaHCO3，D正確。4．(2021·浙江選考)固體化合物X由3種元素組成，某學習小組開展如下探究實驗。其中，白色沉淀B能溶于NaOH溶液。請回答：(1)白色固體C的化學式是________，藍色溶液D中含有的溶質是____________________________________(用化學式表示)。(2)化合物X的化學式是________；化合物X的一價陰離子與CH4具有相同的空間結構，寫出該陰離子的電子式________。(3)藍色溶液A與N2Heq\o\al(＋,5)作用，生成一種氣體，溶液藍色褪去，同時生成易溶于硝酸的白色沉淀。①寫出該反應的離子方程式：________________________________________。②設計實驗驗證該白色沉淀的組成元素________________________________________。解析：(1)由題意可得，白色沉淀B為Al(OH)3，灼燒Al(OH)3得到Al2O3，故白色固體C為Al2O3；溶液D中含有的陽離子有Cu2＋、NHeq\o\al(＋,4)、Ag＋、H＋，陰離子有NOeq\o\al(－,3)，故溶液中含有Cu(NO3)2、NH4NO3、AgNO3、HNO3。(2)由圖示數(shù)據并根據原子守恒可知，4.020gX中含有鋁離子物質的量為eq\f(1.020g,102g·mol－1)×2＝0.02mol，含有氯離子物質的量為eq\f(11.480g,143.5g·mol－1)＝0.08mol，由化合物應顯電中性可得三種離子物質的量比值為n(Cu2＋)∶n(Al3＋)∶n(Cl－)＝1∶2∶8，則可得X的化學式為CuAl2Cl8；陰離子AlCleq\o\al(－,4)中Al原子的雜化方式為sp3，空間結構為正四面體，與CH4相同，其電子式為。(3)①由分析可知，藍色溶液A中含有Al3＋、Cu2＋和Cl－，與N2Heq\o\al(＋,5)反應時溶液藍色褪去，即反應后溶液中不存在Cu2＋，可推測銅元素以沉淀形式析出，反應得到的沉淀為白色且可溶于硝酸，可推測銅元素在其中不是藍色且穩(wěn)定的＋2價，而是＋1價，即反應過程中Cu元素化合價降低，N2Heq\o\al(＋,5)中氮元素顯－2價，具有還原性，反應過程中N元素化合價升高生成N2，符合反應中有氣體產生，根據化合價升降守恒、電荷守恒以及原子守恒和溶液呈酸性可知反應離子方程式為4Cu2＋＋N2Heq\o\al(＋,5)＋4Cl－=4CuCl↓＋N2↑＋5H＋。②CuCl中Cu元素為＋1價，能被硝酸氧化為＋2價，Cu2＋在溶液中顯藍色，CuCl與硝酸反應過程中Cl元素以Cl－形式存在于溶液中，Cl－與AgNO3溶液反應生成不溶于硝酸的白色沉淀。答案：(1)Al2O3Cu(NO3)2、NH4NO3、AgNO3、HNO3(2)CuAl2Cl8(3)①4Cu2＋＋N2Heq\o\al(＋,5)＋4Cl－=4CuCl↓＋N2↑＋5H＋②將白色沉淀溶于過量硝酸，得到藍色溶液，說明有Cu元素；再向溶液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀，說明有Cl元素[洞悉考情]此部分內容是近幾年高考考查的熱點之一，特別在轉化應用和物質推斷角度給予關注。通常涉及的題型有轉化方程式的書寫、根據轉化條件及原理推斷物質、涉及物質轉化的計算等。能很好體現(xiàn)“科學態(tài)度與社會責任”的核心素養(yǎng)。1．鈉及其化合物的“價—類二維圖”寫出圖中標號的化學方程式。①2Na＋O2eq\o(=,\s\up7(△))Na2O2②2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑③2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑④NaOH＋HCl=NaCl＋H2O⑤2Na＋Cl2eq\o(=,\s\up7(點燃))2NaCl⑥2NaCl(熔融)eq\o(=,\s\up7(電解))2Na＋Cl2↑2．鎂及其化合物的“價—類二維圖”寫出圖中標號的化學方程式。①2Mg＋O2eq\o(=,\s\up7(點燃))2MgO②3Mg＋N2eq\o(=,\s\up7(點燃))Mg3N2③Mg＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(△))Mg(OH)2＋H2↑④MgCl2(熔融)eq\o(=,\s\up7(電解))Mg＋Cl2↑⑤MgO＋H2Oeq\o(=,\s\up7(△))Mg(OH)2⑥MgCl2＋2NaOH=Mg(OH)2↓＋2NaCl3．鐵及其化合物的“價—類二維圖”寫出圖中標號的化學方程式。①3Fe＋4H2O(g)eq\o(=,\s\up7(高溫))Fe3O4＋4H2(或3Fe＋2O2eq\o(=,\s\up7(點燃))Fe3O4)②4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3③2FeCl2＋Cl2=2FeCl3④2FeCl3＋Fe=3FeCl2或2FeCl3＋Cu=2FeCl2＋CuCl2⑤2Fe(OH)3＋3NaClO＋4NaOH=2Na2FeO4＋3NaCl＋5H2O4．銅及其化合物的“價—類二維圖”寫出圖中標號的化學方程式。①4CuOeq\o(=,\s\up7(高溫))2Cu2O＋O2↑②CH3CHO＋2Cu(OH)2＋NaOHeq\o(→,\s\up7(△))CH3COONa＋Cu2O↓＋3H2O③2CuOHeq\o(=,\s\up7(△))Cu2O＋H2O④4CuOH＋O2＋2H2O=4Cu(OH)25．碳及其化合物的“價—類二維圖”寫出圖中標號的化學方程式。①2C＋SiO2eq\o(=,\s\up7(高溫))Si(粗)＋2CO②CO2＋Ceq\o(=,\s\up7(△))2CO③Na2CO3＋CO2＋H2O=2NaHCO3④2NaHCO3eq\o(=,\s\up7(△))Na2CO3＋CO2↑＋H2O6．氮及其化合物的“價—類二維圖”寫出圖中標號的化學方程式。①4NH3＋5O2eq\o(=,\s\up7(催化劑),\s\do5(△))4NO＋6H2O②3NO2＋H2O=2HNO3＋NO③NH3＋HCl=NH4Cl④2NH4Cl＋Ca(OH)2eq\o(=,\s\up7(△))CaCl2＋2NH3↑＋2H2O7．硫及其化合物的“價—類二維圖”寫出圖中標號的化學方程式。①SO2＋2H2S=3S↓＋2H2O②SO2＋Cl2＋2H2O=H2SO4＋2HCl③Cu＋2H2SO4(濃)eq\o(=,\s\up7(△))CuSO4＋SO2↑＋2H2O④2Na2SO3＋O2=2Na2SO48．氯及其化合物的“價—類二維圖”寫出圖中標號的化學方程式。①Cl2＋H2O=HCl＋HClO②Cl2＋2NaOH=NaCl＋NaClO＋H2O③4HCl(濃)＋MnO2eq\o(=,\s\up7(△))MnCl2＋Cl2↑＋2H2O④HClO4＋NaOH=NaClO4＋H2O考點(一)元素及其化合物的常見轉化關系(一)不同價態(tài)型轉化1．連續(xù)氧化型轉化eq\x(A)eq\o(→,\s\up7(O2))eq\x(B)eq\o(→,\s\up7(O2))eq\x(C)eq\o(→,\s\up7(H2O))eq\x(堿)或eq\x(酸)(1)Naeq\o(→,\s\up7(O2))Na2Oeq\o(→,\s\up7(O2))Na2O2eq\o(→,\s\up7(H2O))NaOH(2)Ceq\o(→,\s\up7(O2))COeq\o(→,\s\up7(O2))CO2eq\o(→,\s\up7(H2O))H2CO3(3)S(或H2S)eq\o(→,\s\up7(O2))SO2eq\o(→,\s\up7(O2))SO3eq\o(→,\s\up7(H2O))H2SO4(4)N2(或NH3)eq\o(→,\s\up7(O2))NOeq\o(→,\s\up7(O2))NO2eq\o(→,\s\up7(H2O))HNO3[說明]①S不能通過一步反應轉化為SO3。②N2不能通過一步反應轉化為NO2。③Cl2不能通過一步反應生成FeCl2。2．三角轉化(二)同價態(tài)型轉化1．工業(yè)轉化及應用(1)鋁土礦提鋁方式一：Al2O3eq\o(→,\s\up7(鹽酸))AlCl3eq\o(→,\s\up7(氨水))Al(OH)3eq\o(→,\s\up7(△))Al2O3方式二：Al2O3eq\o(→,\s\up7(NaOH))NaAlO2eq\o(→,\s\up7(CO2))Al(OH)3eq\o(→,\s\up7(△))Al2O3(2)工業(yè)提鎂方式一：MgCl2eq\o(→,\s\up7(CaOH2))Mg(OH)2eq\o(→,\s\up7(HCl))MgCl2→MgCl2·6H2O方式二：MgCO3eq\o(→,\s\up7(HCl))MgCl2→MgCl2·6H2O(3)侯氏制堿NaCleq\o(→,\s\up7(NH3),\s\do5(CO2))NaHCO3eq\o(→,\s\up7(△))Na2CO32．三角轉化[集訓沖關]1．如圖是某元素的價類二維圖，其中A為正鹽，X是一種強堿，通常條件下Z是無色液體，E的相對分子質量比D大16，各物質的轉化關系如圖所示。下列說法錯誤的是()A．A作肥料時不適合與草木灰混合施用B．同主族元素的氫化物中B的沸點最低C．C一般用排水法收集D．D→E的反應可用于檢驗D解析：選B正鹽A和強堿X反應生成氫化物B，則B為NH3，B和Y連續(xù)反應最終生成E，且E的相對分子質量比D大16，則Y為O2，C為N2，D為NO，E為NO2，NO2和無色液體Z反應得到含氧酸F，則Z為H2O，F(xiàn)為HNO3。銨鹽水解使溶液顯酸性，草木灰的主要成分為K2CO3，COeq\o\al(2－,3)水解使溶液顯堿性，二者混合施用會降低肥效，A項正確；NH3分子之間存在氫鍵，其沸點比PH3高，B項錯誤；N2的相對分子質量與空氣的平均相對分子質量相差不大，不能用排空氣法收集，可利用其難溶于水的性質，用排水法收集，C項正確；NO生成NO2，顏色由無色變?yōu)榧t棕色，可以檢驗NO的存在，D項正確。2．(2021·重慶模擬)在給定條件下，下列物質間的轉化均能實現(xiàn)的是()A．NH3eq\o(→,\s\up7(O2),\s\do5(催化劑，△))NOeq\o(→,\s\up7(H2O))HNO3B．Al2O3eq\o(→,\s\up7(Fe),\s\do5(高溫))Aleq\o(→,\s\up7(NaOHaq))AlOeq\o\al(－,2)C．SiO2eq\o(→,\s\up7(NaOHaq))Na2SiO3eq\o(→,\s\up7(CO2))H2SiO3D．CuSO4(aq)eq\o(→,\s\up7(NaOHaq))Cu(OH)2eq\o(→,\s\up7(蔗糖),\s\do5(△))Cu2O解析：選CA項，NOeq\o(→,\s\up7(H2O))HNO3不能實現(xiàn)；B項，Al2O3eq\o(→,\s\up7(Fe),\s\do5(高溫))Al不能實現(xiàn)；D項，Cu(OH)2eq\o(→,\s\up7(蔗糖),\s\do5(△))Cu2O，不能實現(xiàn)。3．細菌可以促使鐵、氮兩種元素進行氧化還原反應，并耦合兩種元素的循環(huán)。耦合循環(huán)中的部分轉化如圖所示。(1)圖中所示氮循環(huán)中，屬于氮的固定的有__________(填字母)。a．N2轉化為氨態(tài)氮b．硝化過程c．反硝化過程(2)氮肥是水體中銨態(tài)氮的主要來源之一。①氨氣是生產氮肥的主要原料，工業(yè)合成氨的化學方程式為________________________________________________________________________。②檢驗銨態(tài)氮肥中NHeq\o\al(＋,4)的實驗方案是_______________________________________________________________________________________________________________。(3)硝化過程中，含氮物質發(fā)生____________(填“氧化”或“還原”)反應。(4)銨態(tài)氮與亞硝態(tài)氮可以在氨氧化細菌的作用下轉化為氮氣。該反應中，當產生0.02mol氮氣時，轉移的電子的物質的量為________mol。(5)土壤中的鐵循環(huán)可用于水體脫氮(脫氮是指將氮元素從水體中除去)，用離子方程式分別說明利用土壤中的鐵循環(huán)脫除水體中銨態(tài)氮和硝態(tài)氮的原理：__________________________、____________________________。解析：(1)氮的固定是指將游離態(tài)的氮轉化為化合態(tài)的氮，故a正確。(2)①工業(yè)合成氨是利用氮氣和氫氣在催化劑以及高溫、高壓作用下反應生成氨氣，反應的方程式為N2＋3H2eq\o(,\s\up7(高溫、高壓),\s\do5(催化劑))2NH3。(3)硝化過程是將NHeq\o\al(＋,4)轉化為NOeq\o\al(－,2)或NOeq\o\al(－,3)，氮元素化合價升高，發(fā)生了氧化反應。(4)反應物是NOeq\o\al(－,2)和NHeq\o\al(＋,4)，生成物有H2O和N2，反應的方程式為NHeq\o\al(＋,4)＋NOeq\o\al(－,2)eq\o(=,\s\up7(氨氧化細菌))N2↑＋2H2O，根據方程式可知N2～3e－，故n(e－)＝3n(N2)＝3×0.02mol＝0.06mol。(5)由題圖中可以看出Fe3＋和NHeq\o\al(＋,4)反應生成Fe2＋和N2，再利用化合價升降法配平，得6Fe3＋＋2NHeq\o\al(＋,4)=6Fe2＋＋N2↑＋8H＋，同樣可寫出10Fe2＋＋2NOeq\o\al(－,3)＋12H＋=10Fe3＋＋N2↑＋6H2O。答案：(1)a(2)①N2＋3H2eq\o(,\s\up7(高溫、高壓),\s\do5(催化劑))2NH3②取少量氮肥溶于適量蒸餾水中，向其中加入濃NaOH溶液，加熱，并將濕潤的紅色石蕊試紙置于試管口，若觀察到紅色石蕊試紙變藍，則證明銨態(tài)氮肥中含有NHeq\o\al(＋,4)(3)氧化(4)0.06(5)6Fe3＋＋2NHeq\o\al(＋,4)=6Fe2＋＋N2↑＋8H＋10Fe2＋＋2NOeq\o\al(－,3)＋12H＋=10Fe3＋＋N2↑＋6H2O考點(二)無機化工流程微型化設計[典例]以銅銀合金(含少量鐵)廢料為原料回收銀和銅的工藝流程如下：下列說法正確的是()A．粗銅溶于過量稀硝酸，過濾、低溫干燥得純銅B．電解時用粗銀作陰極，硝酸銀溶液為電解質溶液C．用稀硫酸處理渣料時主要發(fā)生了氧化還原反應D．從濾液B中可以提取綠礬(FeSO4·7H2O)[解析]流程中物質的轉化如下：銅能溶于稀硝酸，過濾、低溫干燥不能得到純銅，A項錯誤；電解精煉銀時，粗銀為陽極，純銀為陰極，B項錯誤；CuO、Fe2O3與稀硫酸的反應均為非氧化還原反應，C項錯誤；濾液B中主要含有硫酸亞鐵，可用于提取FeSO4·7H2O，D項正確。[答案]D[思維建模]化工流程題的解題步驟[集訓沖關]1．(2020·山東等級考)以菱鎂礦(主要成分為MgCO3，含少量SiO2、Fe2O3和Al2O3)為原料制備高純鎂砂的工藝流程如下：已知浸出時產生的廢渣中有SiO2、Fe(OH)3和Al(OH)3。下列說法錯誤的是()A．浸出鎂的反應為MgO＋2NH4Cl=MgCl2＋2NH3↑＋H2OB．浸出和沉鎂的操作均應在較高溫度下進行C．流程中可循環(huán)使用的物質有NH3、NH4ClD．分離Mg2＋與Al3＋、Fe3＋是利用了它們氫氧化物Ksp的不同解析：選B結合流程圖可知浸出鎂的反應為MgO＋2NH4Cl=MgCl2＋2NH3↑＋H2O，A項正確；浸出可以在較高溫度下進行，促進NH4Cl水解和NH3的逸出，但沉鎂時應在低溫下進行，以減弱氨水分解，B項錯誤；結合流程圖可知浸出得到的NH3可轉化為氨水，用于沉鎂，濾液中含有過量的NH4Cl，可用于浸出時的反應液，故該流程中NH3和NH4Cl可循環(huán)使用，C項正確；本流程中分離Mg2＋時，Al3＋、Fe3＋轉化為沉淀，是利用了它們氫氧化物的Ksp不同，D項正確。2．脫硫廢水的主要超標項目為懸浮物、重金屬陽離子(Hg2＋、Cu2＋等)、SOeq\o\al(2－,4)。某工廠采用如圖流程進行脫硫廢水處理。其中助凝劑為聚丙烯酰胺。下列說法不正確的是()A．該方案中石灰乳僅用來調節(jié)pH使大部分重金屬陽離子形成氫氧化物沉淀B．加入Na2S可以將進入沉降箱的Hg2＋、Cu2＋轉化為硫化物沉淀C．加入FeClSO4是利用Fe3＋易水解的性質，形成膠體吸附懸浮物D．助凝劑聚丙烯酰胺是加聚反應的產物解析：選A石灰乳也可使溶液中的SOeq\o\al(2－,4)轉化為CaSO4沉淀而除去，A項錯誤；加入Na2S可使進入沉降箱的Hg2＋、Cu2＋轉化為HgS和CuS沉淀而除去，B項正確；加入FeClSO4，F(xiàn)e3＋發(fā)生水解形成Fe(OH)3膠體，可以吸附溶液中的懸浮物，C項正確；是CH2=CHCONH2通過加成聚合反應得到的產物，D項正確。3．(2021·東北師大附中模擬)工業(yè)上，常從銅陽極泥(主要成分是Cu2Te，含少量的Ag、Au)中回收碲，其工藝流程如下(已知TeO2微溶于水，易與濃強堿、濃強酸反應)：下列敘述錯誤的是()A．合理處理陽極泥有利于保護環(huán)境和資源再利用B．操作1、2、3均為過濾C．可由濾渣2提取金屬Ag、AuD．上述流程中用濃硝酸代替濃鹽酸可提高碲的回收率解析：選D陽極泥中含有貴重金屬，合理處理陽極泥有利于環(huán)境保護和資源利用，A項敘述正確；根據題給流程圖可知，進行操作1、2、3后得到的都是濾液和濾渣，所以操作1、2、3均為過濾，B項敘述正確；因為TeO2易與濃強酸反應，濾渣2中主要含有Ag、Au，故可由濾渣2提取金屬Ag、Au，C項敘述正確；因為濃硝酸能與Ag反應，所以流程中用濃硝酸代替濃鹽酸會降低碲的回收率，D項敘述錯誤?？键c(三)無機推斷[典例]固體化合物X由3種元素組成。某學習小組進行了如下實驗：請回答：(1)由現(xiàn)象1得出化合物X含有________(填元素符號)元素。(2)固體混合物Y的成分______________(填化學式)。(3)X的化學式為__________。X與濃鹽酸反應產生黃綠色氣體，固體完全溶解，得到藍色溶液，該反應的化學方程式是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。[解析](1)現(xiàn)象1說明混合氣體中有水蒸氣，則X與H2反應生成了H2O，X中含有氧元素。(2)固體Y溶于水，紫紅色不溶物為Cu單質，堿性溶液焰色反應為黃色，說明含有鈉元素，所以得出X中含有Na、O、Cu三種元素，則該堿性溶液一定為NaOH溶液，Y為Cu與NaOH的混合物。(3)n(Cu)＝0.02mol，n(NaOH)＝0.02mol，則X中n(O)＝eq\f(2.38g－1.28g－0.02mol×23g·mol－1,16g·mol－1)＝0.04mol，即X中Na、Cu、O三種原子的個數(shù)之比為1∶1∶2，化學式為NaCuO2；根據信息，X與濃鹽酸反應生成Cl2、CuCl2，根據原子守恒，產物還有NaCl和H2O，據此配平即可。[答案](1)O(2)Cu和NaOH(3)NaCuO22NaCuO2＋8HCl=2NaCl＋2CuCl2＋Cl2↑＋4H2O[思維建模]無機推斷解題思路[集訓沖關]1．(2021·遼寧等級考)含S元素的某鈉鹽a能發(fā)生如圖轉化。下列說法錯誤的是()A．a可能為正鹽，也可能為酸式鹽B．c為不溶于鹽酸的白色沉淀C．d為含極性鍵的非極性分子D．反應②中還可能生成淡黃色沉淀解析：選C由題干信息可知，鹽a與足量的稀鹽酸產生刺激性氣味氣體d，d能使KMnO4溶液褪色，故d為SO2，則鹽a為Na2SO3或者NaHSO3，也可能是Na2S2O3，鹽a與足量Cl2反應后生成SOeq\o\al(2－,4)，再與BaCl2溶液反應得到沉淀c，故c為BaSO4，據此分析解題。由分析可知，鹽a為Na2SO3或者NaHSO3，也可能是Na2S2O3，故a可能為正鹽，也可能為酸式鹽，A正確；c為BaSO4，故c為不溶于鹽酸的白色沉淀，B正確；d為SO2，由SO2易溶于水并根據“相似相溶”原理可知，d是含有極性鍵的極性分子，C錯誤；鹽a為Na2SO3或者NaHSO3，也可能是Na2S2O3，當Na2S2O3＋2HCl=2NaCl＋S↓＋SO2↑＋H2O，反應②中還可能生成淡黃色沉淀，D正確。2．固體粉末X中可能含有Fe、FeO、CuO、MnO2、KCl和K2CO3中的若干種。為確定該固體粉末的成分，某同學依次進行了以下實驗：①將X加入足量水中，得到不溶物Y和溶液Z②取少量Y加入足量濃鹽酸，加熱，產生黃綠色氣體，并有少量紅色不溶物③用玻璃棒蘸取溶液Z滴于pH試紙上，試紙呈藍色④向Z溶液中滴加AgNO3溶液，生成白色沉淀分析以上實驗現(xiàn)象，下列結論正確的是()A．X中一定不存在FeOB．Z溶液中一定含有K2CO3C．不溶物Y中一定含有MnO2和CuO，而Fe與FeO中至少含有一種D．向④中所生成的白色沉淀中滴加鹽酸，若沉淀不完全溶解，則粉末X中含有KCl解析：選B①將X加入足量水中，得到不溶物Y和溶液Z，則Y中含有Fe、FeO、CuO、MnO2中的一種或幾種，溶液Z中含KCl或K2CO3或KCl和K2CO3；②取少量Y加入足量濃鹽酸，加熱，產生黃綠色氣體(Cl2)，并有少量紅色不溶物(Cu)，說明Y中肯定含有CuO、MnO2，有Cu生成是因為CuO與鹽酸反應生成的CuCl2發(fā)生了置換反應，故Y中還含有Fe；③用玻璃棒蘸取溶液Z滴于pH試紙上，試紙呈藍色，說明溶液呈堿性，則X中一定含有K2CO3；④向Z溶液中滴加AgNO3溶液，可得到Ag2CO3白色沉淀。綜上所述，X中肯定含有CuO、MnO2、K2CO3以及Fe，但不能確定是否含有FeO、KCl。由上述分析可知不能確定X中是否含有FeO，A項錯誤；Z溶液中一定含有K2CO3，B項正確；不溶物Y中一定含有CuO、MnO2和Fe，不能確定是否含有FeO，C項錯誤；向④中所生成的白色沉淀中滴加鹽酸，引入了Cl－，故不能確定X中是否含有KCl，D項錯誤。3.(2021·廈門模擬)A、B、C、D、E、F為中學化學中的常見物質，且物質A由一種或兩種短周期元素組成，在一定條件下有如圖轉化關系，請完成下列問題：(1)若常溫下A為有色氣體①若F是一種金屬單質，請寫出B和適量F反應生成C與氣體E的離子方程式：__________________________________________。②若C為直線形分子，E具有漂白性，物質F焰色反應呈黃色，則F的化學式為____________；D中所含化學鍵的類型為__________________。(2)若A為淡黃色固體，D為白色難溶于水的物質，且物質A和D的相對分子質量相等，請用離子方程式表示物質F的水溶液呈酸性的原因：________________________________。(3)若物質A中一種元素原子的最外層電子數(shù)為內層電子總數(shù)的eq\f(1,5)，將B和D分別溶于水，所得溶液按恰當比例混合，可得到一種不含金屬元素的鹽溶液，請寫出A與H2O反應的化學方程式：__________________________________________；B轉化為C的化學方程式為________________________________________________。解析：(1)①已知A是由短周期元素組成的能與水反應的有色氣體，且其與H2O反應后有氣體生成，則符合條件的有NO2、F2：3NO2＋H2O=2HNO3＋NO、2F2＋2H2O=4HF＋O2，若B為HF，金屬單質不能發(fā)生連續(xù)反應，故滿足條件的A為NO2，則B、E分別為HNO3、NO，發(fā)生連續(xù)反應的金屬單質為Fe(F)，故C為Fe(NO3)3，D為Fe(NO3)2。②結合E有漂白性，知其應為HClO，則A為Cl2，B為鹽酸，與鹽酸反應生成的直線形分子應為CO2(C)，又F的焰色呈黃色，則F中含有鈉元素，F(xiàn)還能與CO2反應，故F為Na2CO3，D為NaHCO3，NaHCO3中Na＋與HCOeq\o\al(－,3)之間存在離子鍵、HCOeq\o\al(－,3)內部存在極性共價鍵。(2)由短周期元素組成的能與水反應的淡黃色固體是Na2O2(相對分子質量是78)：2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，由物質轉化關系、D為白色難溶于水的物質及D的相對分子質量為78知B為NaOH，F(xiàn)為Al3＋，C為NaAlO2，D為Al(OH)3，Al3＋水解使溶液呈酸性，注意Al3＋水解程度較弱，水解方程式中應用“”。(3)最外層電子數(shù)是內層電子總數(shù)的eq\f(1,5)的元素為Mg，B、D的水溶液反應可得到一種不含金屬元素的鹽溶液，則該鹽為銨鹽，結合物質轉化關系，可得出B為NH3，F(xiàn)為O2，C為NO，D為NO2，則A為Mg3N2，E為Mg(OH)2，B到C的反應為NH3的催化氧化反應。答案：(1)①Fe＋4H＋＋NOeq\o\al(－,3)=Fe3＋＋NO↑＋2H2O②Na2CO3離子鍵、極性共價鍵(2)Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋(3)Mg3N2＋6H2O=3Mg(OH)2↓＋2NH3↑4NH3＋5O2eq\o(=,\s\up7(催化劑),\s\do5(△))4NO＋6H2O[專題跟蹤檢測]1．汽車尾氣中的氮氧化合物(NOx)與大氣中的NH3發(fā)生如下作用，形成一種霧霾。NOxeq\o(→,\s\up7([O]),\s\do5(反應①))N2O5eq\o(→,\s\up7(H2O),\s\do5(反應②))HNO3eq\o(→,\s\up7(NH3),\s\do5(反應③))煙(一種霧霾)有關該霧霾的敘述錯誤的是()A．該霧霾中含硝酸銨固體B．反應②是非氧化還原反應C．NH3是形成該霧霾的催化劑D．NH3可能來自過度施用氮肥解析：選CHNO3遇NH3生成NH4NO3，因此該霧霾中含硝酸銨固體，A項正確；反應②為N2O5＋H2O=2HNO3，為非氧化還原反應，B項正確；氨氣是形成該霧霾的反應物，而不是催化劑，C項錯誤；氮肥中的NHeq\o\al(＋,4)可轉化為氨氣，故大氣中的NH3可能來自過度施用氮肥，D項正確。2．在給定條件下，下列各物質間轉化均能一步實現(xiàn)的是()A．CuFeS2eq\o(→,\s\up7(O2),\s\do5(高溫))SO3eq\o(→,\s\up7(H2O))H2SO4B．SiO2(s)eq\o(→,\s\up7(H2O))H2SiO3(s)eq\o(→,\s\up7(NaOHaq))Na2SiO3(aq)C．NaCl(熔融)eq\o(→,\s\up7(通電))NaOH(aq)eq\o(→,\s\up7(Al2O3))NaAlO2(aq)D．BaCl2(aq)eq\o(→,\s\up7(NH3、CO2))BaCO3(s)eq\o(→,\s\up7(Na2SO4aq))BaSO4(s)解析：選DCuFeS2被氧氣氧化生成二氧化硫，而不是三氧化硫，故A錯誤；二氧化硅與水不反應，不能生成硅酸，故B錯誤；電解熔融的氯化鈉得到氯氣和單質鈉，而不是氫氧化鈉溶液，故C錯誤；氯化鋇在堿性條件下與二氧化碳反應生成碳酸鋇，碳酸鋇加入硫酸鈉溶液中生成溶度積更小的硫酸鋇，故D正確。3．廢舊印刷電路板是一種電子廢棄物，某科研小組設計如圖工藝流程回收銅并制取膽礬(流程中RH為萃取劑)。下列說法正確的是()A．反應Ⅰ的離子方程式為Cu＋H2O2＋2NH3＋2NHeq\o\al(＋,4)=[Cu(NH3)4]2＋B．操作②用到的主要儀器為蒸餾燒瓶C．操作④以石墨為電極電解硫酸銅溶液，陽極產物為O2和H2SO4D．操作⑤為蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾、熱水洗滌、干燥解析：選C雙氧水具有氧化性，能氧化還原性物質Cu，反應的離子方程式為Cu＋H2O2＋2NH3＋2NHeq\o\al(＋,4)=[Cu(NH3)4]2＋＋2H2O，故A錯誤；操作②為萃取、分液，主要儀器為分液漏斗，故B錯誤；以石墨為電極電解硫酸銅溶液時，陽極上氫氧根離子放電、陰極上銅離子放電，所以陽極上生成O2，同時有大量的H＋生成，SOeq\o\al(2－,4)向陽極移動，因此陽極產物還有H2SO4，故C正確；從溶液中獲取晶體采用的操作為蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾、冷水洗滌、干燥，故D錯誤。4．一種新型的合成氨的方法如圖所示，下列說法錯誤的是()A．反應①屬于“氮的固定”B．反應②屬于非氧化還原反應C．反應③可通過電解LiOH水溶液實現(xiàn)D．上述三步循環(huán)的總結果為2N2＋6H2O=4NH3＋3O2解析：選C反應①中N2由游離態(tài)轉變?yōu)榛蠎B(tài)，屬于“氮的固定”，A項正確；反應②中各元素的化合價均未發(fā)生改變(Li3N＋3H2O=3LiOH＋NH3↑)，B項正確；鋰是活潑金屬，電解LiOH溶液得不到金屬鋰，C項錯誤；由題圖知轉化的原料是N2和H2O，產物為NH3和O2，D項正確。5．氯化鎂晶體具有如下轉化關系：下列說法錯誤的是()A．固體Ⅰ可溶于飽和NH4Cl溶液B．氣體Ⅰ能使無水CuSO4變藍色C．溶液Ⅰ和溶液Ⅱ常溫下均能與Cu反應D．在固體Ⅱ的濁液中加入KI溶液可產生黃色沉淀解析：選CMgCl2·6H2O灼燒得到的固體Ⅰ為MgO，氣體Ⅰ為HCl和H2O(g)，NH4Cl溶液由于銨根離子水解顯酸性，故MgO可溶于飽和NH4Cl溶液，A正確；氣體Ⅰ中的H2O(g)能使無水CuSO4變藍色，B正確；將HCl和H2O(g)通過濃H2SO4，得到的氣體Ⅱ為HCl，溶液Ⅰ為稍稀的硫酸，HCl與AgNO3溶液反應生成的固體Ⅱ為AgCl，溶液Ⅱ為HNO3，硫酸在常溫下不能與Cu反應，C錯誤；由于Ksp(AgI)?Ksp(AgCl)，故AgCl能與KI發(fā)生沉淀轉化反應，生成黃色沉淀AgI，D正確。6．(2021·威海模擬)如圖是實驗室中制取KMnO4的流程圖，已知K2MnO4呈墨綠色，下列說法中錯誤的是()A．第①步在瓷坩堝中進行，第⑥步中加熱濃縮在蒸發(fā)皿中進行B．第②步加入的MnO2做還原劑，第④步通CO2發(fā)生反應：3MnOeq\o\al(2－,4)＋2CO2=2MnOeq\o\al(－,4)＋MnO2↓＋2COeq\o\al(2－,3)C．第③步分批浸取可提高浸取率D．第⑤步加熱趁熱過濾，說明KMnO4的溶解度隨溫度變化比較大解析：選A瓷坩堝中含SiO2，不能用瓷坩堝加熱熔融堿性物質，A項錯誤。7．某試液中只可能含有K＋、NHeq\o\al(＋,4)、Fe2＋、Al3＋、Cl－、SOeq\o\al(2－,4)、COeq\o\al(2－,3)、AlOeq\o\al(－,2)中的若干種離子，離子濃度均為0.1mol·L－1，某同學進行了如下實驗，下列說法正確的是()A．原溶液中存在NHeq\o\al(＋,4)、Fe2＋、Cl－、SOeq\o\al(2－,4)B．濾液X中大量存在的陽離子有NHeq\o\al(＋,4)、Fe2＋和Ba2＋C．無法確定沉淀C的成分D．無法確定原試液中是否含有Al3＋、Cl－解析：選A加入過量稀硫酸無明顯現(xiàn)象，說明無COeq\o\al(2－,3)、AlOeq\o\al(－,2)；加入過量Ba(NO3)2溶液有氣體生成，說明溶液中存在還原性離子，即含有Fe2＋，因為前面加入了稀硫酸，故由生成沉淀A(硫酸鋇)不能說明溶液中存在SOeq\o\al(2－,4)；向濾液X中加入過量NaOH溶液有氣體生成，說明存在NHeq\o\al(＋,4)，沉淀B為氫氧化鐵；向濾液中通入少量CO2得到沉淀C，則沉淀C可以是BaCO3或Al(OH)3或二者的混合物，又因為試液中各離子的濃度均為0.1mol·L－1，根據電荷守恒及以上分析可知，原溶液中一定存在SOeq\o\al(2－,4)、Cl－，一定不存在K＋、Al3＋，故沉淀C為BaCO3。由上述分析知，原溶液中存在NHeq\o\al(＋,4)、Fe2＋、SOeq\o\al(2－,4)、Cl－，A項正確；濾液X中大量存在的陽離子為Fe3＋、NHeq\o\al(＋,4)、Ba2＋、H＋，B項錯誤；沉淀C為BaCO3，C項錯誤；原溶液中存在Cl－，不存在Al3＋，D項錯誤。8．某鐵礦石(主要含有FeO，還含有少量Al2O3、SiO2)是我國一種重要的鐵礦資源，以該鐵礦石為原料制備純度較高的鐵紅，其流程如圖所示。下列說法錯誤的是()A．濾渣Ⅰ的主要成分為SiO2B．酸浸液遇K3[Fe(CN)6]溶液生成藍色沉淀的化學式為Fe[Fe(CN)6]C．氧化時選用的試劑可以是H2O2或NaClO溶液D．濾渣Ⅱ轉化為鐵紅的反應不屬于氧化還原反應解析：選B鐵礦石中的SiO2不與硫酸反應，故濾渣Ⅰ的主要成分為SiO2，A項正確；酸浸液中含有Fe2＋，遇K3[Fe(CN)6]溶液生成藍色沉淀Fe3[Fe(CN)6]2，B項錯誤；氧化Fe2＋時可選用H2O2或NaClO溶液作氧化劑，反應原理分別為2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O,2Fe2＋＋ClO－＋2H＋=2Fe3＋＋Cl－＋H2O，C項正確；濾渣Ⅱ為氫氧化鐵，氫氧化鐵轉化為鐵紅(Fe2O3)的反應沒有化合價發(fā)生變化，屬于非氧化還原反應，D項正確。9．某固體混合物X，可能含有BaCl2、NaHCO3、Fe2O3、Cu、NaAlO2中的一種或幾種，進行如下實驗：①取一定量樣品溶于水中，得到固體A和溶液B；②向A中加入足量稀鹽酸，得到澄清溶液C。下列說法不正確的是()A．固體A可能溶于NaOH溶液B．溶液C能與NaHCO3溶液反應產生沉淀C．向溶液C中加入KSCN溶液，若不變色，則混合物X不含F(xiàn)e2O3D．向溶液B中加入NaOH溶液，若出現(xiàn)白色沉淀，則X中必定有BaCl2和NaHCO3解析：選C分析題給信息可知，如果X只含一種物質，則可能是偏鋁酸鈉，此時固體A為氫氧化鋁沉淀；如果X含多種物質，則固體A可以是氫氧化鋁、碳酸鋇、氧化鐵等物質中的多種可能組合。當固體A是氫氧化鋁沉淀時可以溶解于氫氧化鈉溶液中，A說法正確；固體A可以是上述推斷中的多種可能組合，則溶液C中可能含有鐵離子、亞鐵離子、銅離子等，則與碳酸氫鈉溶液反應可以產生沉淀，B說法正確；如果X中有氧化鐵并且有銅，則加入鹽酸后三價鐵被銅還原為二價鐵，加入硫氰化鉀溶液后不會發(fā)生顯色變化，所以不能根據硫氰化鉀的現(xiàn)象排除氧化鐵的存在，C說法不正確；溶液B中能產生的白色沉淀只能是碳酸鋇，則X中必定有BaCl2和NaHCO3，D說法正確。10．鈀是航天、航空高科技領域的重要材料。工業(yè)用粗鈀制備高純度鈀的流程如圖所示。下列說法錯誤的是()A．“酸浸”時反應的化學方程式是Pd＋6HCl(濃)＋4HNO3(濃)=H2PdCl6＋4NO2↑＋4H2OB．“熱還原”中每生成1molPd，同時生成的氣體的物質的量為8molC．化學實驗中可利用氯鈀酸根離子檢驗溶液中是否含有NHeq\o\al(＋,4)D．在“酸浸”過程中為加快反應速率可用濃硫酸代替濃鹽酸解析：選D據題圖可知，“酸浸”時反應物有Pd、濃HNO3和濃HCl，產物有NO2，“中和”過程為非氧化還原過程，說明“酸浸”后Pd的化合價應為＋4價，故Pd的存在形式為PdCleq\o\al(2－,6)，結合電子守恒和原子守恒可知“酸浸”時反應的化學方程式為Pd＋6HCl(濃)＋4HNO3(濃)=H2PdCl6＋4NO2↑＋4H2O，故A說法正確；根據原子守恒可知，生成的氣體應為HCl和NH3，每生成1molPd，需消耗1mol氯鈀酸銨，故可生成2molNH3和6molHCl，共8mol氣體，故B說法正確；氯鈀酸銨為紅色沉淀，所以若某溶液中含有銨根離子，向其中滴入含有氯鈀酸根離子的溶液可以生成紅色沉淀，有明顯現(xiàn)象，可以檢驗溶液中是否存在NHeq\o\al(＋,4)，故C說法正確；“酸浸”過程中鹽酸電離出的Cl－與Pd4＋生成絡合物，促使Pd轉化為Pd4＋的反應正向移動，從而使Pd溶解，若換成硫酸，無法生成絡合物，會使“酸浸”的效率降低，故D說法錯誤。11．(2020·山東名校聯(lián)考)鈰是稀土元素，氫氧化鈰[Ce(OH)4]是一種重要的氫氧化物。平板電視顯示屏生產過程中會產生大量的廢玻璃粉末(含SiO2、Fe2O3、CeO2)，某課題組以此粉末為原料回收鈰，設計實驗流程如下：下列說法正確的是()A．過程①中發(fā)生的反應是：Fe2O3＋6H＋=2Fe2＋＋3H2OB．過程②的反應中H2O2作氧化劑C．CeO2是堿性氧化物，可以與鹽酸反應生成鹽和水D．過程④中發(fā)生的反應為4Ce(OH)3＋O2＋2H2O=4Ce(OH)4解析：選D過程①正確的反應為Fe2O3＋6H＋=2Fe3＋＋3H2O，A錯誤；過程②的反應中鈰的化合價降低，H2O2作還原劑生成O2，B錯誤；CeO2與鹽酸不反應，C錯誤。12．鋅是一種常用金屬，工業(yè)上利用鋅焙砂(主要含ZnO、ZnFe2O4，還含有少量CaO、FeO、CuO、NiO等)濕法制取金屬鋅的流程如圖所示，回答下列問題。已知：Fe的活潑性強于Ni。(1)ZnFe2O4可寫成ZnO·Fe2O3，則ZnFe2O4與H2SO4反應的化學方程式為________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(2)“凈化Ⅰ”操作分為兩步：①將溶液中少量的Fe2＋氧化，下列試劑中可選用的是__________(填字母)。A．新制氯水 B．30%H2O2溶液C．FeCl3溶液 D．KMnO4溶液②加入ZnO，調節(jié)溶液pH為3.3～6.7，加熱到60℃左右并不斷攪拌，加熱攪拌的主要目的是_______________________________________________________________________________________________________________________________________。(3)“凈化Ⅰ”生成的沉淀中還含有溶液中的懸浮雜質，溶液中的懸浮雜質被共同沉淀的原因是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(4)“凈化Ⅱ”中加入過量Zn的目的是__________________________________________________________________________________________________________________。解析：(1)根據ZnFe2O4可寫成ZnO·Fe2O3可知，ZnFe2O4與硫酸反應的化學方程式為ZnFe2O4＋4H2SO4=ZnSO4＋Fe2(SO4)3＋4H2O。(2)①將溶液中少量的Fe2＋氧化，應選用氧化性較強且不會引入新雜質的物質，新制氯水的還原產物為氯離子，會引入新的雜質，氯化鐵無法將Fe2＋氧化，且會引入新的雜質，KMnO4的還原產物為二價錳離子，會引入新的雜質，因此應選用過氧化氫。②加熱攪拌的目的是促進三價鐵離子水解轉化為沉淀，并使過量的過氧化氫分解除去。(3)因為Fe(OH)3膠粒具有吸附性，故“凈化Ⅰ”生成的沉淀中還含有溶液中的懸浮雜質。(4)結合流程梳理知，“凈化Ⅱ”中加入過量Zn的目的是使Cu2＋、Ni2＋轉化為Cu、Ni而除去。答案：(1)ZnFe2O4＋4H2SO4=ZnSO4＋Fe2(SO4)3＋4H2O(2)①B②促進三價鐵離子水解轉化為沉淀，并使過量的過氧化氫分解除去(3)氫氧化鐵膠粒具有吸附性(4)使銅離子、鎳離子轉化為單質而除去13．自然界中的局部氮循環(huán)如圖。(1)圖中含氮物質的各步轉化中，屬于氮的固定的是________(填數(shù)字序號)。(2)NH3是氮循環(huán)中的重要物質，工業(yè)合成氨反應的化學方程式為____________________________________。(3)某化工廠出現(xiàn)泄漏，大量氨水進入循環(huán)水系統(tǒng)，使循環(huán)水中含氯殺菌劑(有效成分為Cl2)的殺菌效果降低、硝化作用增強，導致循環(huán)水的pH發(fā)生波動，最終造成設備腐蝕。①下列有關氨對循環(huán)水影響的說法正確的是________(填字母)。a．過量氨進入循環(huán)水后，水中NOeq\o\al(－,2)和NOeq\o\al(－,3)含量會升高b．過量氨進入循環(huán)水后，不會導致水體富營養(yǎng)化c．循環(huán)水pH的波動中，pH的上升與氨水的堿性有關d．為減少氨對殺菌劑殺菌效果的影響，可以改用非氧化性殺菌劑②通過檢測循環(huán)水中的c(NOeq\o\al(－,2))可判斷循環(huán)水的水質是否惡化，c(NOeq\o\al(－,2))檢測利用的是酸性條件下I－被NOeq\o\al(－,2)氧化為I2的反應，該反應的歷程如下：Ⅰ.NOeq\o\al(－,2)＋2H＋=NO＋＋H2OⅡ.……Ⅲ.2ONI=I2＋2NOⅡ的離子方程式為______________________________。(4)含NOeq\o\al(－,3)的廢水可用二硫化亞鐵(FeS2)處理，在反硝化細菌的作用下發(fā)生以下反應，請將離子方程式補充完整：14NOeq\o\al(－,3)＋5FeS2＋eq\x()H＋7N2↑＋10SOeq\o\al(2－,4)＋eq\x()________＋eq\x()________解析：(1)氮的固定是將空氣中游離態(tài)的氮轉化為氮的化合物的過程，故各步轉化中，屬于氮的固定的是①、②。(2)工業(yè)合成氨的反應為N2＋3H2eq\o(,\s\up7(高溫、高壓),\s\do5(催化劑))2NH3。(3)①根據題意知，過量氨進入循環(huán)水后，循環(huán)水中硝化作用增強，結合題圖知，水中NOeq\o\al(－,2)、NOeq\o\al(－,3)含量會升高，故a正確；過量氨進入循環(huán)水后，會造成水體中氮元素含量增加，導致水體富營養(yǎng)化，故b錯誤；過量氨進入循環(huán)水后，循環(huán)水的pH上升與氨水的堿性有關，c正確；氨具有還原性，能與含氯殺菌劑中的有效成分Cl2發(fā)生氧化還原反應，降低殺菌效果，因此改用非氧化性殺菌劑，可以減少氨對殺菌劑殺菌效果的影響，d正確。②根據題意和反應歷程知總反應為2NOeq\o\al(－,2)＋2I－＋4H＋=2NO＋I2＋2H2O，結合Ⅰ中生成物有NO＋，Ⅲ中反應物為ONI，知Ⅱ為I－和NO＋反應生成ONI，離子方程式為NO＋＋I－=ONI。(4)由14NOeq\o\al(－,3)→7N2得70e－，5FeS2→10SOeq\o\al(2－,4)失70e－，知FeS2中的鐵轉化為Fe2＋，根據電荷守恒、原子守恒即可配平離子方程式。答案：(1)①②(2)N2＋3H2eq\o(,\s\up7(高溫、高壓),\s\do5(催化劑))2NH3(3)①acd②NO＋＋I－=ONI(4)45Fe2＋2H2O大題增分“無機化工流程”綜合題的考法研究與增分指導(一)常考題點及關聯(lián)命題分析?？碱}點1.原料的預處理方法及其目的。2．流程中指定轉化的方程式書寫和反應條件的控制。3．化工流程中的分離提純方法及原理和有關儀器選擇等。4．化工流程中濾液、濾渣的成分判斷。5．定量計算(如Ksp、pH、轉化率、產率等的計算)。關聯(lián)命題1.縱觀近幾年高考試題，化學工藝流程題均取材于成熟的化學工藝或改進工藝。該類試題以簡潔的工藝流程圖再現(xiàn)實際生產的關鍵環(huán)節(jié)，情境真實富有意義，對培養(yǎng)學生的科學精神和社會責任大有禆益，充分顯示了“一核”的引領功能。2．2021年河北等級考第14題采用了工藝流程與實驗設計相結合的命題形式，這種創(chuàng)新嘗試不僅能考查學生在真實情境中解決實際問題的能力而且更有利培養(yǎng)學生綜合思維和創(chuàng)新思維，代表著以后高考考“活”考“新”的命題趨勢。(二)試題的命題思路及過程1．試題的命制思路2．試題的命制過程第一步：選取真實的情境素材先選取有引領作用的背景素材，激發(fā)學生對化學學科的熱愛。(這啟示我們：源于生產、情境新穎是本類試題的一大特色。情境載體大都是我們平常沒見過的。)第二步：設計題干繪制流程圖流程圖的設計首先捕捉素材中與高中知識、素養(yǎng)、能力相關的內容。然后將與考查內容相關的關鍵流程、方法和技術處理成清晰、簡潔的流程圖。但在設計流程時考慮到高中學生所學實際情況，對相關條件、步驟進行了適當?shù)奶幚?，保留了關鍵操作，給出了必要的物質信息。(這啟示我們：題目雖新，但考查的知識大多是我們學過的內容。)第三步：設置基礎性為主的問題命題時，必須根據高中學生的知識儲備、素養(yǎng)要求以及高考對化學學科關鍵能力的考查，所設計的問題，大多是對主干知識的考查。(這啟示我們：高考大題是完全可以得大部分分數(shù)的，全面放棄不足取。)第四步：增強設問的綜合性和應用性該步驟緊扣學科素養(yǎng)和關鍵能力，整合情境素材和考查內容，通過建立新舊知識的聯(lián)系、綜合多個模塊內容，考查學生的綜合應用能力。個別題目應具備一定的難度和區(qū)分度以體現(xiàn)高考的選拔功能。(這啟示我們：一是有些題目需經過慎重的思考推理才能解答，跳一跳才能摘到“桃子”；二是有些題目不會做實屬正常，不要過于糾結影響心情。)第五步：調整難度，設置分值試題初步命制完之后，要整體統(tǒng)籌，做到難度合理，區(qū)分度明顯。試題難度調整可采取同類題目替換、信息提示、數(shù)據簡化等方法?？傊?，此類試題的命制以真實、新穎的情境為素材，保證了命題的科學性；融合多種必備知識，在保證一定量的基礎性設問的前提下，設置學科內綜合的問題和關于新情境應用的問題，保證了設問的層次性；此外，在考查素養(yǎng)和能力的同時也向學生介紹了新知識，展示了實際問題的復雜性、綜合性，展現(xiàn)了化學學科的魅力，實現(xiàn)了圍繞化學工藝流程進行多角度、多層次、有梯度的考查。[典例](2020·山東等級考)用軟錳礦(主要成分為MnO2，含少量Fe3O4、Al2O3)和BaS制備高純MnCO3的工藝流程如下：已知：MnO2是一種兩性氧化物；25℃時相關物質的Ksp見下表。物質Fe(OH)2Fe(OH)3Al(OH)3Mn(OH)2Ksp1×10－16.31×10－38.61×10－32.31×10－12.7回答下列問題：(1)軟錳礦預先粉碎的目的是____________________，MnO2與BaS溶液反應轉化為MnO的化學方程式為______________________________________________。(2)保持BaS投料量不變，隨MnO2與BaS投料比增大，S的量達到最大值后無明顯變化，而Ba(OH)2的量達到最大值后會減小，減小的原因是____________________________。(3)濾液Ⅰ可循環(huán)使用，應當將其導入到________操作中(填操作單元的名稱)。(4)凈化時需先加入的試劑X為________(填化學式)，再使用氨水調溶液的pH，則pH的理論最小值為________(當溶液中某離子濃度c≤1.0×10－5mol·L－1時，可認為該離子沉淀完全)。(5)碳化過程中發(fā)生反應的離子方程式為________________________________________________________________________________________________________________?？碱}發(fā)掘·融通相關知識(一)精讀題干與制備流程·習得以下素養(yǎng)1．挖掘題干信息，明確原理目的。請思考以下問題。(1)原料軟錳礦的成分有哪些？屬于哪類物質？答案：主要成分為MnO2，次要成分為Fe3O4、Al2O3；Al2O3、MnO2為兩性氧化物，F(xiàn)e3O4為復雜氧化物。(2)主要原理與目的是什么？答案：MnO2與BaS為主要反應物，最終制備高純MnCO3。2．理清流程及相關隱性信息，明確主要轉化、分離方法。請思考以下問題。(1)根據流程中的“反應”，可知加入硫化鋇溶液反應的物質是什么？沒反應的物質是什么？屬于兩性氧化物的是什么？答案：MnO2；Fe3O4、Al2O3；MnO2、Al2O3。(2)流程中“酸解”后的溶液中有哪些金屬陽離子？答案：Fe2＋、Fe3＋、Al3＋、Mn2＋。(3)流程中的“洗滌”過程，如何操作？如何證明洗滌干凈？答案：向漏斗中加蒸餾水至沒過沉淀，待水自然流出，重復2～3次；取最后一次洗滌液于試管中，加入BaCl2溶液，若無沉淀則證明洗凈。(4)根據題中信息，F(xiàn)e2＋、Fe3＋、Al3＋、Mn2＋加氨水沉淀的先后順序為________________________________________________________________________。答案：Fe3＋、Al3＋、Fe2＋、Mn2＋(二)精讀題目設問·習得以下素養(yǎng)1．明確原料預處理方法。請思考以下問題。(1)礦石與溶液反應時，加快反應速率的措施一般有哪些？答案：礦石粉碎、適當增加溶液濃度、加熱、攪拌等。(2)礦石焙燒時，礦石粉碎的目的是什么？答案：加速反應速率，并提高焙燒的效率。2．明確流程中化學轉化，弄清原理及有關成分。請思考以下問題。(1)流程中“反應”的氧化劑與還原劑的物質的量比為多少？氧化產物是什么？答案：氧化劑是MnO2，還原劑是BaS，二者的物質的量比為1∶1，氧化產物是S。(2)流程中的“酸解”涉及反應的離子方程式有哪些？請寫出。答案：MnO＋2H＋=Mn2＋＋H2OAl2O3＋6H＋=2Al3＋＋3H2OFe3O4＋8H＋=2Fe3＋＋Fe2＋＋4H2O(3)流程中“凈化”加試劑X和氨水的目的是什么？答案：試劑X是為了將Fe2＋轉化為Fe3＋，便于Fe的除去，加入氨水的目的是調節(jié)pH，除去Fe3＋、Al3＋，使Mn2＋不沉淀。(4)若溶液的Mn2＋濃度為0.01mol·L－1，用氨水調節(jié)pH，若保證Mn2＋不沉淀，pH的最大值為多少？寫出步驟。答案：c2(OH－)·c(Mn2＋)≤Ksp[Mn(OH)2]c(OH－)≤eq\r(\a\vs4\al(\f(Ksp[MnOH2],cMn2＋)))＝eq\r(\f(1×10－12.7,0.01))＝1×10－5.35p(OH)≥5.35，pH≤8.65，即pH最大值為8.65。(5)流程中“廢渣”主要成分是什么？答案：Fe(OH)3、Al(OH)3。(6)“碳化”時，加入氨水和碳酸氫銨的主要目的是什么？答案：加入氨水調節(jié)pH，中和HCOeq\o\al(－,3)，生成更多的COeq\o\al(2－,3)，使c(COeq\o\al(2－,3))增大，促進Mn2＋生成MnCO3沉淀。[參考答案](1)增大接觸面積，充分反應，提高反應速率MnO2＋BaS＋H2O=Ba(OH)2＋MnO＋S(2)過量的MnO2消耗了產生的Ba(OH)2(3)蒸發(fā)(4)H2O24.9(5)Mn2＋＋HCOeq\o\al(－,3)＋NH3·H2O=MnCO3↓＋NHeq\o\al(＋,4)＋H2O難點突破·掃清解題障礙1．原料預處理的常用方法方法目的研磨減小固體的顆粒直徑，增大固體與液體或氣體間的接觸面積，增大反應速率水浸與水接觸反應或溶解酸浸與酸接觸反應或溶解，使可溶性金屬離子進入溶液，不溶物通過過濾除去堿浸除去油污，溶解酸性氧化物、鋁及其氧化物灼燒除去可燃性雜質或使原料初步轉化，如從海帶中提取碘時的灼燒就是為了除去可燃性雜質煅燒改變結構，使一些物質能溶解，并使一些雜質在高溫下氧化、分解，如煅燒高嶺土2．轉化過程中反應條件的控制方法(1)溶液的pH①控制反應的發(fā)生，增強物質的氧化性或還原性，或改變水解程度。②控制溶液的酸堿性使其中的某些金屬離子形成氫氧化物沉淀。已知下列物質開始沉淀和沉淀完全時的pH如下表所示物質開始沉淀沉淀完全Fe(OH)32.73.7Fe(OH)27.69.6Mn(OH)28.39.8如要除去Mn2＋溶液中含有的Fe2＋，應該先用氧化劑把Fe2＋氧化為Fe3＋，再調溶液的pH到3.7。調節(jié)pH所需的物質一般應滿足兩點：能與H＋反應，使溶液pH增大；不引入新雜質。例如：若要除去Cu2＋溶液中混有的Fe3＋，可加入CuO、Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3等物質來調節(jié)溶液的pH。(2)溫度加熱的目的加快反應速率或促進平衡向某個方向移動降溫的目的防止某物質在高溫時會分解或溶解或為了使化學平衡向題目要求的方向移動(3)濃度①根據需要選擇適宜濃度，控制一定的反應速率，使平衡移動有利于目標產物的生成，減小對后續(xù)操作產生的影響。②反應物過量，能保證反應的完全發(fā)生或提高其他物質的轉化率，但對后續(xù)操作也會產生影響。(4)壓強：改變反應速率，使平衡向需要的方向移動。(5)催化劑：選擇合適的催化劑，能加快反應速率。3．洗滌沉淀的目的及如何選擇洗滌劑洗滌試劑適用范圍目的蒸餾水冷水產物不溶于水除去固體表面吸附著的××雜質；可適當降低固體因為溶解而造成的損失熱水物質溶解度隨著溫度升高而下降除去固體表面吸附著的××雜質；可適當降低固體因為溫度變化而造成溶解的損失有機溶劑(酒精、丙酮等)固體易溶于水，難溶于有機溶劑減少固體溶解；利用有機溶劑的揮發(fā)性除去固體表面的水分，產品易干燥該物質的飽和溶液對純度要求不高的產品減少固體溶解酸、堿溶液產物不溶于酸、堿除去固體表面吸附著的可溶于酸、堿的雜質；減少固體溶解4．物質分離的6種常用方法5．化工流程中有關計算(1)常用化學計算方法(2)化工流程中Ksp的計算及應用①Ksp的表達式：AmBn(s)mAn＋(aq)＋nBm－(aq)Ksp＝cm(An＋)·cn(Bm－)②Ksp與Qc的關系應用a．當Qc>Ksp時，溶液過飽和，有沉淀析出，直至溶液飽和，達到新的平衡。b．當Qc＝Ksp時，溶液飽和，沉淀與溶解處于平衡狀態(tài)。c．當Qc<Ksp時，溶液未飽和，無沉淀析出，若加入過量難溶電解質，難溶電解質溶解直至溶液飽和。6．綠色工業(yè)應達到的標準(1)節(jié)能減排：盡可能避免高溫加熱，選用常溫轉化流程；盡可能減少副產物的生成，最終減少廢物的排放，如廢水、廢渣、廢氣的排放盡可能做到零排放。(2)綠色轉化：①選擇的工藝綠色化，用無毒無害的試劑，不產生有毒有害物質，如選擇氧化劑可選用H2O2，不選用硝酸或氯水等。②轉化反應盡可能使原子利用率達到100%，減少副產物或非目標產物的生成。(3)分離提純綠色化與簡單化：選用無毒無害的分離提純試劑，盡可能減少使用有機試劑或溶劑；選用的分離提純操作要安全、簡單和科學合理。(一)化工流程示意圖的關鍵環(huán)節(jié)解讀(二)化工流程試題的一般解題策略1．審題“四角度”2．破題“三方法”(1)首尾分析法：對一些線型流程工藝(從原料到產品為一條龍的生產工序)試題，首先對比分析流程圖中第一種物質(原材料)與最后一種物質(產品)，從對比分析中找出原料與產品之間的關系，弄清生產過程中原料轉化為產品的基本原理和除雜、分離、提純產品的化工工藝，然后再結合題設的問題，逐一推敲解答。(2)分段分析法：對于用同樣的原材料生產多種(兩種或兩種以上)產品(包括副產品)的工業(yè)流程題，用分段分析法更容易找到解題的切入點。(3)交叉分析法：有些化工生產選用多組原材料，先合成一種或幾種中間產品，再用這一中間產品與部分其他原材料生產所需的主流產品，這種題適合用交叉分析法。就是將提供的工業(yè)流程示意圖結合常見化合物的制取原理劃分成幾條生產流水線，然后上下交叉分析。3．解題“三步驟”第一步：讀題頭，得目的，找原料，明產品，解決“干什么”通過閱讀題頭，了解流程圖以外的文字描述、表格信息、后續(xù)設問中的提示性信息，通過對比分析工業(yè)流程示意圖中的第一種物質(原材料)與最后一種物質(產品)，弄清從原料出發(fā)，要得到最終產品，必須除去什么元素、引進什么元素。第二步：讀題干，析過程，看措施，推用意，解決“怎么做”題干部分主要用框圖形式將原料到產品的主要生產工藝流程表示出來。分析流程中的每一步驟的反應物是什么？發(fā)生了什么反應？利用了什么原理(氧化還原、溶解度、電離平衡、水解平衡、溶解平衡)？該反應造成了什么后果？(除目標物質外還產生了什么雜質或副產物？這些物質又是如何分離、提純和循環(huán)利用的？如何體現(xiàn)綠色化學思想？)每一步操作進行到什么程度最佳？在此過程中抓住一個關鍵點：一切反應或操作都是為獲得產品而服務，在回答相關操作的原因或目的時要從對產品的影響層面作答。第三步：讀題問，逐空填答，用語要規(guī)范，解決“怎么寫”從化學原理的角度、用化學語言作答；要抓住主要問題，針對具體問題做具體分析。具體答題要點如下：審清楚要看清題目要求，按要求答題。如：寫離子方程式還是化學方程式；寫物質的名稱還是化學式等；方程式中反應物、產物的分子式書寫要正確；尤其是化學方程式要配平，電極反應式和化學方程式一定要書寫正確；正確使用等號或可逆符號；沉淀、氣體、水溶液等符號要標明答規(guī)范回答問題要準確全面，注意語言表達的規(guī)范性，例如評價或比較實驗方案時要全面考慮：反應物種類多少、是否易得、是否對環(huán)境有污染；反應產物的種類多少，對目標產物的分離和提純是否有影響；反應條件是否苛刻；儀器、設備是否要求高；工藝流程、實驗步驟的多少答完整要答到對產品生產的影響這一步?、俪s：除去……中的……(只寫“除雜”一類是不給分的)②干燥：除去……氣體中的水蒸氣，防止……[應用體驗]1．(2021·天津等級考)鐵單質及其化合物的應用非常廣泛。(1)基態(tài)Fe原子的價層電子排布式為________。(2)用X射線衍射測定，得到Fe的兩種晶胞A、B，其結構如圖所示。晶胞A中每個Fe原子緊鄰的原子數(shù)為________。每個晶胞B中含F(xiàn)e原子數(shù)為________。(3)合成氨反應常使用鐵觸媒提高反應速率。如圖為有、無鐵觸媒時，反應的能量變化示意圖。寫出該反應的熱化學方程式：_______________________________________。從能量角度分析，鐵觸媒的作用是________。(4)Fe3＋可與H2O、SCN－、F－等配體形成配位數(shù)為6的配離子，如[Fe(H2O)6]3＋、[Fe(SCN)6]3－、[FeF6]3－。某同學按如下步驟完成實驗：①[Fe(H2O)6]3＋為淺紫色，但溶液Ⅰ卻呈黃色，其原因是________________，為了能觀察到溶液Ⅰ中[Fe(H2O)6]3＋的淺紫色，可采取的方法是________。②已知Fe3＋與SCN－、F－的反應在溶液中存在以下平衡：Fe3＋＋6SCN－eq\o([Fe（SCN）6],\s\do14(,（紅色）))3－K1；Fe3＋＋6F－eq\o([FeF6],\s\do14(,（無色）))3－K2，向溶液Ⅱ中加入NaF后，溶液顏色由紅色轉變?yōu)闊o色。若該反應是可逆反應，其離子方程式為______________________________，平衡常數(shù)為____________(用K1和K2表示)。解析：(1)Fe為26號元素，所以基態(tài)Fe原子的價層電子排布式為3d64s2。(2)由題圖可知，晶胞A中Fe的配位數(shù)為8，所以每個Fe原子緊鄰的原子數(shù)為8。根據原子均攤法，每個晶胞B中含F(xiàn)e原子數(shù)為8×eq\f(1,8)＋6×eq\f(1,2)＝4。(3)由題圖可知，1molN2和3molH2反應時，放出的熱量為(a－b)kJ，所以該反應的熱化學方程式為N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－(a－b)kJ·mol－1。鐵觸媒是反應的催化劑，作用是降低反應活化能。(4)①由于Fe3＋水解產物的顏色導致溶液Ⅰ呈黃色，為了能觀察到溶液Ⅰ中[Fe(H2O)6]3＋的淺紫色，可向該溶液中加HNO3，抑制鐵離子的水解；②由已知兩平衡相減得到[Fe(SCN)6]3－＋6F－[FeF6]3－＋6SCN－，所以平衡常數(shù)為eq\f(K2,K1)。答案：(1)3d64s2(2)84(3)N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－(a－b)kJ·mol－1降低反應活化能(4)①由Fe3＋水解產物的顏色所致向該溶液中加HNO3②[Fe(SCN)6]3－＋6F－[FeF6]3－＋6SCN－eq\f(K2,K1)2．(2021·廣東等級考)對廢催化劑進行回收可有效利用金屬資源。某廢催化劑主要含鋁(Al)、鉬(Mo)、鎳(Ni)等元素的氧化物，一種回收利用工藝的部分流程如下：已知：25℃時，H2CO3的Ka1＝4.5×10－7，Ka2＝4.7×10－11；Ksp(BaMoO4)＝3.5×10－8；Ksp(BaCO3)＝2.6×10－9；該工藝中，pH>6.0時，溶液中Mo元素以MoOeq\o\al(2－