新高考化学二轮复习精品课件专题四元素及其化合物（含解析）

这是一份新高考化学二轮复习精品课件专题四元素及其化合物（含解析），共60页。PPT课件主要包含了内容索引，核心考点聚焦，专项热考突破，专题体系构建，重要的化学方程式，重要的方程式，答案D，答案A等内容，欢迎下载使用。

[核心回顾]1.常见金属及其化合物的性质与用途的对应关系
2.常见非金属及其化合物的性质与用途的对应关系
[命题角度]角度1金属及其化合物的性质与用途【典例】 (2022广东卷,6)劳动开创未来。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是(　　)
角度拓展1.(2022湖南衡阳模拟)判断下列有关物质的性质与用途的对应关系是否正确。(1)铝的金属活动性强,可用于制作铝金属制品。(　　)(2)氧化铝熔点高,可用作电解冶炼铝的原料。(　　)(3)明矾溶于水并水解形成胶体,可用于净水。(　　)
提示 (1)用于制作铝金属制品是利用了铝的导热性、延展性等,与其活动性无关;(2)用氧化铝作电解冶炼铝的原料是利用其在熔融态能导电,与其熔点高 无关。
2.(2022辽宁抚顺模拟)判断下列有关物质的性质与用途的对应关系是否正确。(1)Fe2(SO4)3易溶于水,可用作净水剂。(　　)(2)Al2O3熔点高,可用作耐高温材料。(　　)(3)Al(OH)3受热分解,生成高熔点物质和水,故用作塑料的阻燃剂。(　　)(4)高铁酸钠(Na2FeO4)具有强氧化性,可用于自来水的消毒和净化。(　　)
提示 (1)Fe2(SO4)3用作净水剂,其原因是易溶于水发生电离,产生的Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体具有较强的吸附性,能吸附水中的悬浮杂质,起到净水作用。
角度2非金属及其化合物的性质与用途【典例】 (2021河北卷,10)关于非金属含氧酸及其盐的性质,下列说法正确的是(　　)A.浓硫酸具有强吸水性,能吸收糖类化合物中的水分并使其炭化B.NaClO、KClO3等氯的含氧酸盐的氧化性会随溶液的pH减小而增强C.加热NaI与浓磷酸混合物可制备HI,说明H3PO4比HI酸性强D.浓硝酸和稀硝酸与Cu反应的还原产物分别为NO2和NO,故稀硝酸氧化性更强
角度拓展1.(2022江苏南京模拟)二氧化氯(ClO2)是一种黄绿色气体,易溶于水,在水中的溶解度约为Cl2的5倍,其水溶液在较高温度和光照下会生成 与 。判断下列有关物质的性质与用途的对应关系是否正确。(1)Cl2能溶于水,可用于工业制盐酸。(　　)(2)ClO2有强氧化性,可用于水体杀菌消毒。(　　)(3)HClO不稳定,可用于棉、麻漂白。(　　)
提示 (1)Cl2用于工业制盐酸是利用Cl2与H2反应生成HCl,与Cl2的水溶性 无关。(3)HClO用于棉、麻漂白是利用了其强氧化性,与HClO的不稳定性无关。
2.(2022湖北黄石模拟)判断下列有关氮及其化合物的性质与用途的对应关系是否正确。(1)氮气具有弱氧化性,可用于合成氨。(　　)(2)硝酸见光易分解,可用于制氮肥。(　　)(3)二氧化氮密度比空气大,可用于制硝酸。(　　)
提示 (2)N为植物生长的营养元素,则硝酸可用于制氮肥,与硝酸见光易分解的性质无关,见光易分解是硝酸的不稳定性。(3)二氧化氮能与水反应生成硝酸,可用于制硝酸与其密度比空气大无关。
[核心回顾]基于元素及其化合物的“价—类”二维图,从物质类别、元素化合价两个维度掌握元素及其化合物的性质及相互转化关系。
1.钠及其重要化合物
2.铁及其重要化合物
3.铝及其重要化合物
4.氯及其重要化合物
5.硫及其重要化合物
6.氮及其重要化合物
[命题角度]角度1金属及其化合物的性质与转化【典例】 (2021广东卷,10)部分含铁物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断不合理的是(　　)A.a可与e反应生成bB.b既可被氧化,也可被还原C.可将e加入浓碱液中制得d的胶体D.可存在b→c→d→e→b的循环转化关系
角度拓展1.(2022四川宜宾模拟)“价—类”二维图是学习元素及其化合物知识的重要模型,下图为铁元素的“价—类”二维图,判断下列说法的正误:
(1)铁丝在少量氧气中燃烧生成FeO。(　　)(2)Fe(OH)2在潮湿的空气中容易转化为Fe(OH)3。(　　)(3)含 的盐具有强氧化性,可用于自来水的杀菌、消毒和净化。(　　)
提示 (1)铁丝在氧气中燃烧,无论O2是否足量,反应均生成Fe3O4。
2.(2022辽宁营口模拟)下图为铁元素的“价—类”二维图,其中的箭头表示部分物质间的转化关系,判断下列说法的正误:
(1)铁与高温水蒸气的反应可实现上述转化①。(　　)(2)FeO不稳定,在空气中受热迅速转化为Fe2O3。(　　)(3)加热Fe(OH)3分解生成Fe2O3,Fe2O3加水也能转化为Fe(OH)3。 ( 　　)(4)Fe2+与氯水、H2O2溶液、酸性KMnO4溶液等反应可转化为Fe3+。(　　)
提示 (1)铁与高温水蒸气反应生成Fe3O4和氢气。(2)FeO不稳定,在空气中受热迅速转化为Fe3O4。(3)Fe(OH)3难溶于水,加热Fe(OH)3分解生成Fe2O3,Fe2O3与水不反应。
角度2非金属及其化合物的性质与转化【典例】 (2022辽宁本溪模拟)下图是某元素常见物质的“价—类”二维图,其中d为红棕色气体,f和g均为正盐且焰色试验都为黄色。下列说法不正确的是(　　)
A.e的浓溶液可以用铝槽车运输B.气体a、c均可用浓硫酸干燥C.常温下,将充满d的密闭烧瓶置于冰水中,烧瓶内红棕色变浅D.d可与NaOH溶液反应生成f和g
提示 d为红棕色气体,且是+4价氧化物,则d为NO2;结合图中物质元素化合价及物质类别推知,a为NH3,b为N2,c为NO,e为HNO3。f和g均为正盐且焰色试验都为黄色,则含Na元素,结合图示推知,f为NaNO3,g为NaNO2。
角度拓展1.(2022广东湛江模拟)部分含氯物质的分类与相应化合价的关系如图所示。判断下列说法的正误。
(1)a与e反应可能生成b和d。(　　)(2)b、c、d均具有漂白性。(　　)
提示 (2)由图知,a为HCl,b为Cl2,c为HClO,d为ClO2,e为氯酸盐,Cl2不具有漂白性。
2.(2022山东泰安三模)在“价—类”二维图中融入“杠杆模型”,可直观辨析部分物质的转化及其定量关系。如图中的字母分别代表硫及其常见化合物,判断下列推断是否正确。
(1)b既具有氧化性又具有还原性。(　　)(2)硫酸型酸雨的形成过程涉及b到c的转化。(　　)(3)a溶液与b溶液反应过程中有淡黄色沉淀生成。(　　)(4)d在加热下与强碱溶液反应生成e和f,且n(e)∶n(f)=1∶2。(　　)
提示 (4)S(d)在加热时与强碱溶液反应生成e(硫化物)和f(亚硫酸盐),反应的离子方程式为3S+6OH- ══ 2S2-+ +3H2O,则n(e)∶n(f)=2∶1。
——突破一　命题篇——
新教材新高考 元素及其化合物的性质、转化与应用1.元素及其化合物的性质与应用基于“结构决定性质,性质决定用途”,认识元素及其化合物的性质与应用的对应关系,分析和探讨某些化学过程对人类健康、社会可持续发展可能带来的双重影响,并对这些影响从多个方面进行评估,从而更加科学、合理地选择和应用物质及其变化。
典例突破1(2022山东烟台一模)下列关于物质的应用分析错误的是(　　)A.常温下,用铁槽车运输浓硝酸利用了浓硝酸的强氧化性B.用维生素C做NaNO2中毒的急救药是利用了维生素C的强还原性C.用FeCl3止血是因为其能水解生成Fe(OH)3D.用甘油做皮肤保湿剂是因为甘油中有多个羟基
答案 C解析 常温下,铁在浓硝酸中发生钝化,铁表面生成的致密氧化膜可阻止内层铁与浓硝酸继续反应,体现浓硝酸的强氧化性,A正确;NaNO2具有强氧化性,用维生素C作急救药,利用了维生素C的强还原性,B正确;血液是胶体,FeCl3是电解质,用FeCl3止血利用了电解质可使胶体发生聚沉的性质,与FeCl3水解生成Fe(OH)3无关,C错误;甘油(丙三醇)的一个分子中有3个羟基,可与水形成分子间氢键,故常用甘油做皮肤保湿剂,D正确。
2.元素及其化合物的性质与转化基于“价—类”二维图,从物质类别、元素化合价的角度,依据氧化还原反应的转化规律和复分解反应原理,预测钠、铁、铝及其化合物,以及氯、硫、氮及其化合物的性质及物质之间的转化,从物质类别和元素化合价变化的视角说明物质的转化路径。
典例突破2(2022辽宁名校协作体联考)下图是硫元素部分“价—类”二维图。下列相关说法错误的是(　　)
A.图中C和D两点对应的物质可能互相反应生成硫单质B.可以实现B→E→A→B物质循环C.图中A点对应的物质可以使品红溶液褪色D.化学式为Na2S2O3的物质在图中对应点为F点,可表现出强氧化性
答案 D解析 C为H2S,D为H2SO3,二者可以发生归中反应生成硫单质,A正确;B为SO3,E为H2SO4,A为SO2,SO3与水反应生成H2SO4,H2SO4与还原剂反应可以得到SO2,SO2发生催化氧化反应可以生成SO3,B正确;A为SO2,可以漂白品红溶液,C正确;Na2S2O3中硫元素的平均化合价为+2价,对应的点为F点,该物质既有氧化性又有还原性,但是氧化性较弱,D错误。
新材料新情境 “神舟十三号”与新材料新材料　北京时间2022年4月16日9时56分,“神舟十三号”载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆,大量新材料的使用助力“神舟十三号”载人飞船执行任务取得圆满成功。飞船的“推进舱”使用大量碳纤维复合材料,“返回舱”侧壁金属壳体使用了铝合金材料,“轨道舱”窗口使用了耐辐射石英玻璃,部分装置使用了钛合金材料。
判断(1)“神舟十三号”飞船使用的碳纤维材料和石英玻璃都属于无机非金属材料。(　　)(2)“神舟十三号”飞船使用铝合金和钛合金材料,利用了其高强度、高韧性、耐腐蚀以及超塑性等性质。(　　)
典例突破3(2022新疆乌鲁木齐一模)2021年10月16日,“神舟十三号”载人飞船成功发射,标志着中国太空计划再次迈出重要一步。下列说法不正确的是(　　)A.舱外航天服使用的镀铝胶布是一种复合材料B.飞船采用了大量的碳纤维复合产品,原因之一是这类产品密度小、强度高C.返回舱表面的烧蚀层可以保护返回舱不因高温而烧毁,因为这种材料硬度大D.硅橡胶密封材料因其既耐高温又耐低温在飞船上得到了很好的应用
答案 C解析 镀铝胶布是一种复合材料,A正确;制造飞船要求材料密度小且强度高,B正确;返回舱在返回地面的时候,外面的涂层和空气摩擦会产生高温,因此要求其可以承受较高的温度,对硬度要求不大,C错误;外太空温差较大,故需要可以耐高温和耐低温的材料,D正确。
典例突破42022年4月16日,科技护航,英雄回家——“神舟十三号”载人飞船返回舱成功着陆,降落伞面以芳纶为材料,返回舱烧蚀防热涂层以苯基橡胶为基体,填压石棉(3MgO·2SiO2·2H2O)、玻璃微球、酚醛树脂微球。下列说法正确的是(　　)
A.工业上制备苯基橡胶与芳纶的原料苯可来自煤的干馏或石油的分馏B.返回舱侧壁金属壳体铝合金及烧蚀涂层均需具备轻质、高强、超塑性C.填压玻璃微球、酚醛树脂微球可降低材料热导系数,石棉是一种有机高分子材料D.玻璃微球属于新型无机非金属材料,其成分与玻璃纤维的成分不同
答案 B解析 石油通过催化重整可以得到苯、甲苯等芳香烃,石油的分馏不能得到苯,A错误;铝合金质量轻、耐腐蚀,烧蚀涂层具有高强、超塑性,B正确;石棉属于硅酸盐材料,C错误;玻璃微球的成分与玻璃纤维相同,属于传统硅酸盐材料,D错误。
——突破二　解题篇——
素养命题+题型突破1.化学工艺流程的“微设计”及分析(证据推理与模型认知)化学工艺流程“微设计”是基于元素及其化合物的性质与转化而设计,依据氧化还原反应规律和复分解反应原理,分析物质的性质及物质之间的转化,立足工艺流程的目的(制备或提纯物质),从问题和“微设计”出发,运用化学实验、理论模型等方法进行探索,提升解决实际问题的能力。
典例突破1(2022山东卷,12)高压氢还原法可直接从溶液中提取金属粉。以硫化铜精矿(含Zn、Fe元素的杂质)为主要原料制备Cu粉的工艺流程如下,可能用到的数据见下表。
下列说法错误的是(　　)A.固体X主要成分是Fe(OH)3和S;金属M为ZnB.浸取时,增大O2压强可促进金属离子浸出C.中和调pH的范围为3.2~4.2D.还原时,增大溶液酸度有利于Cu的生成
解析 根据流程可知,CuS精矿(含Zn、Fe元素的杂质)在高压O2作用下,用硫酸溶液浸取过程中发生氧化还原反应,所得反应产物为Cu2+、S、H2O、Zn2+、Fe3+,然后通入NH3调节溶液pH,使Fe3+形成Fe(OH)3沉淀,而Cu2+、Zn2+仍以离子形式存在于溶液中,因此过滤得到的固体X中含有S、Fe(OH)3,滤液中含有Cu2+、Zn2+;然后向滤液中通入高压H2,因为还原性Zn>H2>Cu,因此Cu2+可被高压H2还原为金属Cu,金属Cu可通过过滤分离出来,而Zn2+仍然以离子形式存在于溶液中,再经一系列处理可得到金属Zn。根据上述分析可知,A项正确;CuS难溶于硫酸溶液,在溶液中存在沉淀溶解平衡CuS(s) Cu2+(aq)+S2-(aq),增大O2的压强,可以增大O2氧化S2-的速率,使之更快地转化为S,从而加快沉淀溶解平衡正向移动,促进金属离子的浸出,B项正确;
要使Fe3+转化为沉淀,而Cu2+、Zn2+仍以离子形式存在于溶液中,结合离子沉淀的pH范围,可知中和时应该调节溶液pH范围为3.2~4.2,C项正确;在溶液中用高压H2还原Cu2+变为金属Cu所发生的反应为H2+Cu2+ 2H++Cu,若还原时增大溶液的酸度,c(H+)增大,平衡向左移动,不利于Cu的生成,D项错误。
方法点拨从近三年高考试题分析看,高考化学选择题中重点考查了化工流程“微设计”及分析,侧重考查物质的性质与转化、物质的分离与提纯、氧化还原反应、离子反应等。(1)化工流程“微设计”的一般思路
(2)抓住“六个”关键,突破化工流程“微设计”类题目
针对训练1(2022山东济宁一模)2022年北京冬奥会国家速滑馆又称为“冰丝带”,所用的碲化镉(CdTe)发电玻璃被誉为“挂在墙上的油田”。一种以镉废渣(含CdO及少量ZnO、CuO、MnO、FeO杂质)为原料制备镉的工艺流程如图所示:
已知:部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH
下列说法错误的是(　　)A.调节pH=5目的是除去Cu等杂质元素B.“滤渣2”的主要成分为MnO2C.“置换”后滤液溶质的主要成分是ZnSO4D.“熔炼”过程利用Cd与Na2ZnO2的密度差异可以将二者分离
答案 B解析 根据工艺流程图,镉废渣(含CdO及少量ZnO、CuO、MnO、FeO等),加入硫酸溶解生成多种硫酸盐,加入石灰乳调节pH=5,沉淀除去Cu(OH)2和CaSO4;在滤液中加入KMnO4,把Fe2+氧化并生成Fe(OH)3沉淀,把Mn2+氧化为MnO2;向滤液中加入锌置换出Cd,得到海绵镉,用氢氧化钠溶解海绵镉中含有的锌,得到Cd和Na2ZnO2。调节pH=5,沉淀除去Cu(OH)2和CaSO4,A正确;向滤液中加入KMnO4,将Fe2+氧化并生成Fe(OH)3沉淀,把Mn2+氧化为MnO2,则“滤渣2”的主要成分为MnO2、Fe(OH)3,B错误;向滤液中加入锌置换出Cd,“置换”后滤液中溶质的主要成分是ZnSO4,C正确;用氢氧化钠溶解海绵镉中含有的锌,“熔炼”过程利用Cd与Na2ZnO2的密度差异可以将二者分离,D正确。
2.化学实验的“微设计”及分析(科学探究与创新意识)化学实验的“微设计”是基于物质的制备及性质而设计,侧重考查物质的性质及转化、实验操作及目的、实验现象及原因等;要求考生根据实验现象或数据对物质的性质及变化进行合理分析、推理,侧重考查实验探究能力和创新意识。
典例突破2(2022湖北部分重点学校二模)溴化亚铁(FeBr2)是一种常用的催化剂,易潮解变质,800 ℃以上可升华,高温时溴化铁(FeBr3)迅速分解可生成溴化亚铁。利用如图所示装置制备溴化亚铁(部分夹持仪器未画出),下列说法错误的是(　　)
A.若用浓硫酸代替浓磷酸,则会导致产品的纯度降低B.常温下浓硫酸比浓磷酸黏度较大主要是由于分子间有氢键C.浓磷酸在与溴化钠反应中体现了难挥发性D.碱石灰不能用无水氯化钙代替
解析 浓磷酸和NaBr反应可制备HBr,经过安全瓶及干燥后,HBr在加热条件下与铁反应生成FeBr2,发生反应Fe+2HBr FeBr2+H2,碱石灰用来吸收未反应的HBr,并防止空气中的水蒸气进入装置,实验结束时要关闭热源并继续通入氮气一段时间,使装置中残留的溴化氢被充分吸收,避免造成污染。若将浓磷酸换成浓硫酸,会发生副反应:2NaBr+2H2SO4(浓) SO2↑+Br2+2H2O+Na2SO4,生成的SO2与铁不反应,溴与铁反应生成的FeBr3在高温下会迅速分解生成FeBr2,对产品的纯度无影响,A错误;分子间有氢键的液体物质,一般黏度较大,常温下浓硫酸比浓磷酸黏度较大主要是由于分子间有氢键,B正确;浓磷酸能用于制备HBr的原因是浓磷酸具有难挥发性,从而生成易挥发的HBr,C正确;碱石灰是用来吸收未反应的HBr,而无水CaCl2不能吸收HBr,D正确。
方法点拨化学实验的“微设计”及分析是高考实验选择题的重点题型之一,此类试题大多以某种气体(如Cl2、SO2、NH3等)的制备为基础,再利用气体为原料制备其他物质或探究该气体的性质。(1)化学实验“微设计”的一般思路
(2)突破化学实验“微设计”类题的四个步骤
针对训练2(2022河南洛阳二模)Li和N2在450 ℃时反应制得储氢材料Li3N,Li3N易水解,在空气中加热可发生剧烈燃烧。下图是某实验小组设计的实验室制备少量Li3N的装置图。下面有关说法不正确的是(　　)
A.洗气瓶a中盛放NaOH溶液B.浓硫酸的作用是防止空气中的水蒸气和氧气进入d,避免Li3N水解和燃烧C.反应时,先对d加热,再点燃c处酒精灯D.取少量反应后的固体,滴加酚酞溶液,若溶液变红不能说明反应后固体中含Li3N
答案 C解析 装置a的作用是除去空气中的CO2,可盛放NaOH溶液,装置b中盛有碱石灰等用于除去水蒸气,A正确;Li3N易水解,在空气中加热时能剧烈燃烧,故浓硫酸的作用是防止空气中的水蒸气和氧气进入d,避免Li3N水解和燃烧,B正确;反应时先点燃c处酒精灯,利用铜粉除去装置内的O2,再对d加热,使Li与N2反应生成Li3N,C错误;Li能与水反应生成LiOH和H2,溶液显碱性,也能使酚酞变红,D正确。
——突破三　热点专攻——
化学工艺流程及分析高考必备1.命题分析化学工艺流程题是高考热点题型之一,主要考查考生运用化学反应原理及相关知识来解决化工生产中实际问题的能力,具有考查知识面广、综合性强、思维容量大的特点。该题型不但能综合考查考生在中学阶段所学的元素及其化合物知识以及物质结构、元素周期律、氧化还原反应、化学用语、电解质溶液、化学平衡、电化学、实验操作等知识,而且更重要的是能突出考查考生的综合分析判断能力及逻辑推理能力。
2.化学工艺流程题的基本结构
3.化学工艺流程题中的重要操作及目的
4.化学工艺流程题中常考操作及答题角度
5.控制反应温度的目的(1)防止副反应的发生。使化学平衡发生移动,控制化学反应的方向。(2)控制固体的溶解与结晶。(3)控制反应速率:使催化剂达到最大活性。(4)升温:促进溶液中的气体逸出,使某物质达到沸点而挥发。(5)加热煮沸:促进水解,聚沉后利于过滤分离。(6)趁热过滤:减少因降温而析出的溶质的量。(7)降温:防止物质高温分解或挥发;降温(或减压)可以减少能源成本,降低对设备的要求。
真题感悟1.(2022湖南卷,17)钛(Ti)及其合金是理想的高强度、低密度结构材料。以钛渣(主要成分为TiO2,含少量V、Si和Al的氧化物杂质)为原料,制备金属钛的工艺流程如下:
已知“降温收尘”后,粗TiCl4中含有的几种物质的沸点:
回答下列问题:(1)已知ΔG=ΔH-TΔS,ΔG的值只决定于反应体系的始态和终态,忽略ΔH、ΔS随温度的变化。若ΔG<0,则该反应可以自发进行。根据下图判断:600 ℃时,下列反应不能自发进行的是　　　　。 
A.C(s)+O2(g) ══ CO2(g)B.2C(s)+O2(g) ══ 2CO(g)C.TiO2(s)+2Cl2(g) ══ TiCl4(g)+O2(g)D.TiO2(s)+C(s)+2Cl2(g) ══ TiCl4(g)+CO2(g)
(2)TiO2与C、Cl2在600 ℃的沸腾炉中充分反应后,混合气体中各组分的分压如下表:
①该温度下,TiO2与C、Cl2反应的总化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　; ②随着温度升高,尾气中CO的含量升高,原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 
(3)“除钒”过程中的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　;“除硅、铝”过程中,分离TiCl4中含Si、Al杂质的方法是　　　　　　　　　　。 (4)“除钒”和“除硅、铝”的顺序　　　　(填“能”或“不能”)交换,理由是　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 (5)下列金属冶炼方法与本工艺流程中加入Mg冶炼Ti的方法相似的是　　 　　。 A.高炉炼铁B.电解熔融氯化钠制钠C.铝热反应制锰D.氧化汞分解制汞
答案 (1)C(2)①5TiO2+6C+10Cl2 5TiCl4+2CO+4CO2②高温条件有利于熵增大的吸热反应C(s)+CO2(g) ══ 2CO(g)ΔH>0的发生(3)Al+3VOCl3 ══ 3VOCl2+AlCl3　分馏(或蒸馏)(4)不能　TiCl4和VOCl3沸点相近且除钒过程中需要加入Al　(5)C
解析 (1)从图示可知,C与O2生成CO、C与O2生成CO2这两个反应的ΔG<0,反应均可自发进行;TiO2与Cl2反应的ΔG>0,反应非自发;根据盖斯定律,TiO2、Cl2、C制取TiCl4反应的化学方程式可由A、C两个反应的化学方程式加和得到,总反应的ΔG<0,反应自发。综上所述,C项符合题目要求。(2)①TiCl4、CO、CO2的分压之比约为5∶2∶4,反应的总化学方程式为5TiO2+6C+10Cl2 5TiCl4+2CO+4CO2。②高温下,CO2和C反应生成CO的反应是气体分子数增大的吸热反应,反应的ΔS>0,高温条件有利于发生熵增大的吸热反应。
(3)粗TiCl4中,VOCl3中V的化合价是+5价,VOCl2渣中V的化合价是+4价,故除钒过程的化学方程式为Al+3VOCl3 ══ 3VOCl2+AlCl3。根据题表信息,TiCl4、SiCl4和AlCl3的沸点不同且差异较大,可通过分馏提纯。(4)TiCl4和VOCl3沸点差只有9 ℃且除钒过程中需要加入Al,故二者顺序不能交换。(5)加入Mg冶炼Ti为置换反应。高炉炼铁是用CO为还原剂,不是置换反应,A项错误;电解熔融氯化钠制钠属于分解反应,B项错误;铝热反应属于置换反应,C项正确;氧化汞分解制汞属于分解反应,D项错误。
2.(2021辽宁卷,16节选)从钒铬锰矿渣(主要成分为V2O5、Cr2O3、MnO)中提铬的一种工艺流程如下:
已知:pH较大时,二价锰[Mn(Ⅱ)](在空气中易被氧化)。回答下列问题:(1)Cr元素位于元素周期表第　　　　周期　　　　族。 (2)用FeCl3溶液制备Fe(OH)3胶体的化学方程式为  　。 
(3)常温下,各种形态五价钒粒子总浓度的对数[lg c总(V)]与pH关系如图。已知钒铬锰矿渣硫酸浸液中c总(V)=0.01 ml·L-1,“沉钒”过程控制pH=3.0,则与胶体共沉降的五价钒粒子的存在形态为　　　　　　　　(填化学式)。 
(4)“转化”过程中生成MnO2的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 (5)“提纯”过程中Na2S2O3的作用为  　。 
答案 (1)4　ⅥB(2)FeCl3+3H2O Fe(OH)3(胶体)+3HCl(4)Mn2++H2O2+2OH- ══ MnO2↓+2H2O(5)防止pH较大时,二价锰[Mn(Ⅱ)]被空气中的氧气氧化,转化为MnO2附在Cr(OH)3的表面使产物不纯
解析 分析工艺流程图可知,“沉钒”步骤中使用氢氧化铁胶体吸附含有钒的杂质,滤液中主要含有Mn2+和Cr3+,加入NaOH“沉铬”后,Cr3+转化为固体A为Cr(OH)3沉淀,滤液B中主要含有MnSO4,加入Na2S2O3主要是防止pH较大时,二价锰[Mn(Ⅱ)]被空气中的氧气氧化,Cr(OH)3煅烧后生成Cr2O3,“转化”步骤中的反应离子方程式为Mn2++H2O2+2OH- ══ MnO2↓+2H2O。(1)Cr为24号元素,价层电子对排布式为3d54s1,故Cr元素位于元素周期表第4周期ⅥB族。(2)用FeCl3溶液制备Fe(OH)3胶体的化学方程式为FeCl3+3H2O Fe(OH)3(胶体)+3HCl。
(3)钒铬锰矿渣硫酸浸液中c总(V)=0.01 ml·L-1,lg c总(V)=-2,从图中可知,“沉钒”过程控制pH=3.0,lg c总(V)=-2时,与胶体共沉降的五价钒粒子的存在形态为 。(4)“转化”过程中生成MnO2的离子方程式为Mn2++H2O2+2OH- ══ MnO2↓+2H2O。(5)“提纯”过程中Na2S2O3的作用为防止pH较大时,二价锰[Mn(Ⅱ)]被空气中的氧气氧化,转化为MnO2附在Cr(OH)3的表面,使产物不纯。
名师点拨 1.分析化学工艺流程题的方法
2.化学工艺流程题中物质的确定(1)滤渣、滤液中成分的确定要考虑样品中原料和杂质在每一步骤中与每一种试剂反应的情况:①反应过程中哪些物质(或离子)消失了;②所加试剂是否过量,离子间发生反应又产生了哪些新离子。(2)副产物的确定①从流程图示看,流程中的支线产物;②从制备的目的进行判断,不是主产品。(3)循环物质的确定①从流程图示看,箭头返回的物质;②从物质的转化上看,在流程图中加入的物质,后续步骤中又会重新生成的物质(在滤液、滤渣或气体中寻找)。
考向预测1.(物质的制备为基础的工艺流程)(2022广东广州一模)锑(Sb)常用作阻燃剂、电极材料等物质的原材料。一种以辉锑矿(主要成分为Sb2S3,还含有Fe2O3、Al2O3、MgO、SiO2等)为原料提取锑的工艺如下:
已知: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)“溶浸”时氧化产物是S,Sb2S3被氧化的化学方程式为  　。 (2)“还原”时加入Sb的目的是将　　　　　　　还原,提高产物的纯度。 (3)“水解”时需控制溶液pH=2.5。①Sb3+发生水解的离子方程式为　　 　　　　　。 ②下列能促进该水解反应的措施有　　　　(填字母)。 A.升高温度B.增大c(H+)C.增大c(Cl-)D.加入Na2CO3粉末③为避免水解产物中混入Fe(OH)3,Fe3+的浓度应小于　　 　 ml·L-1。 
(4)“滤液”中含有的金属阳离子有　　　　　　　　　。向“滤液”中通入足量　　　　　　　　　(填化学式),再将滤液pH调至3.5,可析出Fe(OH)3沉淀。将沉淀溶于浓盐酸后,产物可返回　　　　　工序循环使用。 (5)Sb可由 电解制得,阴极的电极反应式为　 。 
(3)①“水解”生成SbOCl,Sb3+发生水解反应的离子方程式为Sb3++Cl-+H2O SbOCl+2H+;②该水解反应是吸热反应,升高温度可促进反应进行,A正确;水解反应为Sb3++Cl-+H2O SbOCl+2H+,增大c(H+)即增大生成物浓度,平衡逆向移动,B错误;水解反应为Sb3++Cl-+H2O SbOCl+2H+,增大c(Cl-)即增大反应物浓度,平衡正向移动,可促进水解,C正确;加入Na2CO3粉末可消耗H+,c(H+)减小使平衡正向移动,可促进水解,D正确。
(4)Fe2O3、Al2O3、MgO与盐酸反应生成FeCl3、AlCl3、MgCl2,加入Sb将Fe3+还原为Fe2+,“滤液”中含有的金属阳离子有Al3+、Fe2+、Mg2+;向“滤液”中通入氧化剂将Fe2+氧化为Fe3+,即通入足量Cl2,再将滤液pH调至3.5,可析出Fe(OH)3沉淀,将沉淀溶于浓盐酸后,反应生成FeCl3,产物FeCl3可返回“溶浸”工序循环使用。
2.(物质的分离提纯为基础的工艺流程)(2022河北邯郸一模)五氧化二钒(V2O5)广泛用于冶金、化工等行业,用作合金添加剂、生产硫酸或石油精炼用的催化剂等。从废钒催化剂(含有K2SO4、V2O5、V2O4、SiO2、Fe2O3、NiO等)中回收钒,既能避免对环境的污染,又能节约宝贵的资源,回收工艺流程如下:
(1)“酸浸”前,需对废钒催化剂进行粉碎预处理,其目的是  　。 (2)“还原转化”中加入FeSO4的目的是将 转化为VO2+,写出反应的离子方程式:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 
(3)加入H2O2的目的是将过量的Fe2+转化为Fe3+。“氧化1”后,溶液中含有的金属阳离子主要有Fe3+、Ni2+、VO2+,调节pH使离子沉淀,若溶液中c(Ni2+)=0.2 ml·L-1,则调节溶液的pH最小值为　　　　　　可使Fe3+沉淀完全(离子浓度≤1.0×10-5 ml·L-1时沉淀完全),此时　　　　(填“有”或“无”)Ni(OH)2沉淀生成。{假设溶液体积不变,lg 6≈0.8,Ksp[Fe(OH)3] =2.16×10-39,Ksp[Ni(OH)2]=2×10-15} (4)“氧化2”过程中发生反应的离子方程式为　　　 　　　。 (5)“沉钒”时,通入氨气的作用是  　。 (6)若该废钒催化剂中V2O5的含量为10%(原料中所有的钒已换算成V2O5)。取100 g待处理样品,按照上述流程进行实验。当加入150 mL 0.1 ml·L-1 KClO3溶液时,溶液中的钒元素恰好完全反应,则该工艺中钒的最大回收率是　　　　　%(假设与KClO3反应后的操作步骤中钒元素无损失)。 
答案 (1)增大反应物接触面积,加快反应速率
解析 向废钒催化剂中加入稀硫酸进行酸浸,将V2O5和V2O4与稀硫酸反应分别生成 和VO2+,Fe2O3转化为Fe2(SO4)3,NiO转化为NiSO4,过滤后得滤渣1,主要成分为SiO2,加入FeSO4可将 转化为VO2+,加入H2O2可将过量的Fe2+全部转化为Fe3+便于后续调pH步骤中除去,过滤得滤渣2,主要成分为Fe(OH)3,向滤液2中加入萃取剂,萃取出含有钒的微粒,再进行反萃取后得到含钒的溶液,加入H2SO4和KClO3的目的是将低价态的钒氧化为+5价的钒,经过加入NH4Cl和NH3后析出NH4VO3沉淀,过滤、洗涤,最后煅烧沉淀得V2O5。(1)“酸浸”前,需对废钒催化剂进行粉碎预处理,其目的是增大反应物接触面积,加快反应速率。