适用于新高考新教材2024版高考化学二轮复习专题4元素及其化合物课件

这是一份适用于新高考新教材2024版高考化学二轮复习专题4元素及其化合物课件，共60页。PPT课件主要包含了高考命题分析，答案D，3四线法，5×10-3，Na2CrO4，Fe2O3，0×10-2，02%，考向预测演练，×10-114等内容，欢迎下载使用。

(1)无机物的性质与用途:湖北卷(2023),广东卷(2022、2021),山东卷(2022、2021),江苏卷(2022、2021),河北卷(2022、2021),浙江卷(2023、2022、2021、2020),海南卷(2022、2021)(2)金属及其化合物的性质与转化:山东卷(2022、2021、2020),湖南卷(2022、2021),湖北卷(2022、2021),浙江卷(2023、2022、2021),江苏卷(2022、2021、2020),重庆卷(2021)
(3)非金属及其化合物的性质与转化:山东卷(2023),湖北卷(2023),湖南卷(2022),广东卷(2023、2022、2021),江苏卷(2022、2021),辽宁卷(2023、2021),河北卷(2021),海南卷(2021),北京卷(2023、2021、2020),重庆卷(2021)(4)无机化工流程及分析:山东卷(2022、2021、2020),湖南卷(2023、2022、2021),海南卷(2022、2021、2020),湖北卷(2023、2022、2021),江苏卷(2022、2021),重庆卷(2022、2021)
考点1元素及其化合物的性质与应用
要点1常见金属及其化合物的性质与应用课标指引:1.结合真实情境中的应用实例或通过实验探究,了解钠、铁及其重要化合物的主要性质。　2.了解钠、铁及其重要化合物在生产、生活中的应用。
常见金属及其化合物的性质与用途的对应关系
易错辨析1.铜与氯气反应生成氯化铜,则铜与硫粉反应时生成硫化铜。(　　)2.Na2O2与CO2反应生成Na2CO3和O2,则Na2O2与SO2应可生成Na2SO3和O2。(　　)
Cl2具有强氧化性,可将金属氧化为高价,而S的氧化性较弱,只能将金属氧化为低价,即Cu与S反应生成Cu2S。
SO2具有还原性,则Na2O2与SO2反应生成Na2SO4。
3.向盛有Cu片的试管中加入NaNO3溶液,无明显现象,再加入稀硫酸,溶液逐渐变蓝,试管上方出现红棕色气体,说明NaNO3在酸性环境中具有氧化性。(　　)
常温下Cu与NaNO3溶液不反应,加入稀硫酸,NaNO3电离出的 与H2SO4电离出的H+共存时相当于有HNO3存在,具有强氧化性,能与Cu反应生成NO气体,NO遇到氧气生成NO2。
要点2常见非金属及其化合物的性质与应用课标指引:1.结合真实情境中的应用实例或通过实验探究,了解氯、氮、硫及其重要化合物的主要性质。　2.认识氯、氮、硫及其重要化合物在生产中的应用和对生态环境的影响。
1.常见非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重要特性与规律(1)常见无机酸的重要特性①HClO、HNO3、浓硫酸都具有强氧化性,都是氧化性酸,其中HNO3、HClO见光或受热易分解。②浓硝酸与足量Cu反应时,随着反应进行,c(HNO3)逐渐减小,气体产物由NO2变为NO;浓硫酸与足量铜、浓盐酸与足量MnO2在加热条件下反应时,随着反应进行,c(H2SO4)、c(HCl)逐渐减小,反应会停止。③常温下,铁、铝在浓硫酸、浓硝酸中发生钝化,表面生成致密的氧化膜,属于化学变化。
(2)常见无机酸的重要规律①最高价氧化物对应水化物的酸性与元素的非金属性有关,如非金属性:S>P>C>Si,则酸性:H2SO4>H3PO4>H2CO3>H2SiO3。②利用复分解反应中“强酸制取弱酸”的规律比较酸性的强弱,如:Na2SiO3+CO2+H2O ══ H2SiO3↓+Na2CO3,则酸性:H2CO3>H2SiO3。③强氧化性酸(如HNO3、浓硫酸等)与金属反应时不生成H2;金属与浓硝酸反应一般生成NO2,与稀硝酸反应一般生成NO。
易错辨析1.SiO2可以与NaOH溶液和HF溶液反应,所以SiO2是两性氧化物。(　　)2.将CO2气体通入BaCl2溶液中,不生成白色沉淀,则将SO2气体通入BaCl2溶液中,也不生成白色沉淀。(　　)3.在胆矾中加入浓硫酸后,胆矾由蓝色变为白色,说明浓硫酸具有脱水性。(　　)
SiO2是酸性氧化物,与HF溶液反应是其特殊性。
CO2和SO2对应的酸均为弱酸,均不能与BaCl2溶液反应产生沉淀。
浓硫酸表现为吸水性。
4.测定NaClO溶液的pH的方法:用洁净的玻璃棒蘸取少许NaClO溶液滴在紫色石蕊试纸上。(　　)5.自然固氮、人工固氮都是将N2转化为NH3。(　　)6.侯氏制碱法以H2O、NH3、CO2、NaCl为原料制备NaHCO3和NH4Cl。(　　)
NaClO溶液具有漂白性,不能使用试纸测定其pH。
命题点1元素及其化合物的性质典例1　(2023·北京卷)蔗糖与浓硫酸发生作用的过程如图所示。
下列关于该过程的分析不正确的是(　　)A.过程①白色固体变黑,主要体现了浓硫酸的脱水性B.过程②固体体积膨胀,与产生的大量气体有关
C.过程中产生能使品红溶液褪色的气体,体现了浓硫酸的酸性D.过程中蔗糖分子发生了化学键的断裂
解析 浓硫酸具有脱水性,能将有机物中的H原子和O原子按2∶1的比例脱除,蔗糖中加入浓硫酸,白色固体变黑,体现浓硫酸的脱水性,A正确;浓硫酸脱水过程中释放大量热,发生反应C+2H2SO4(浓) CO2↑+2SO2↑+2H2O,产生大量气体,使固体体积膨胀,B正确;浓硫酸脱水过程中生成的SO2能使品红溶液褪色,体现浓硫酸的强氧化性,C错误;该过程中蔗糖发生了化学反应,发生了化学键的断裂,D正确。
典例2　(2022·广东卷)若将铜丝插入热浓硫酸中进行如图(a~d均为浸有相应溶液的棉花)所示的探究实验,下列分析正确的是(　　)
A.Cu与浓硫酸反应,只体现H2SO4的酸性B.a处变红,说明SO2是酸性氧化物C.b或c处褪色,均说明SO2具有漂白性D.试管底部出现白色固体,说明反应中无H2O生成
解析 铜与浓硫酸反应生成CuSO4体现了浓硫酸的酸性,生成SO2体现了浓硫酸的强氧化性,A错误。a处的紫色石蕊溶液变红,其原因是SO2溶于水生成了酸,可说明SO2是酸性氧化物,B正确。b处品红溶液褪色,其原因是SO2具有漂白性;c处酸性高锰酸钾溶液褪色,其原因是SO2和KMnO4发生氧化还原反应,SO2体现出还原性,C错误。实验过程中试管底部出现白色固体,根据元素守恒可知,其成分为无水CuSO4,而非蓝色的CuSO4·5H2O,其原因是浓硫酸体现出吸水性,将反应生成的H2O吸收,D错误。
变式演练(2023·广东广州一模)将铜丝插入浓硝酸中进行如图所示的实验,下列说法正确的是(　　)
A.装置a中出现红棕色气体,只体现HNO3的酸性B.一段时间后抽出铜丝,向装置b注入水,b中气体红棕色变浅C.注入水后装置b中铜片表面产生气泡,说明Cu与硝酸反应生成H2D.装置c用NaOH溶液吸收尾气,说明NO和NO2均是酸性氧化物
解析 铜与浓硝酸反应生成红棕色二氧化氮气体和硝酸铜,体现了硝酸的强氧化性和酸性,A错误;一段时间后抽出铜丝,向装置b注入水,二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮,b中气体红棕色变浅,B正确;注入水后装置b中铜片表面产生气泡,Cu与稀硝酸反应生成NO气体,C错误;NO和NO2均不是酸性氧化物,D错误。
命题点2元素及其化合物的应用典例3　(2023·浙江1月选考卷)物质的性质决定用途,下列两者对应关系不正确的是(　　)A.SO2能使某些色素褪色,可作漂白剂B.金属钠导热性好,可用作传热介质C.NaClO溶液呈碱性,可用作消毒剂D.Fe2O3呈红色,可用作颜料
解析 NaClO具有强氧化性,可使蛋白质变性,故常用作消毒剂,与其溶液呈碱性无关,C错误。
变式演练(2023·山东潍坊一模)下列物质的性质和用途之间的对应关系正确的是(　　)A.NH3具有还原性,工业上常用液氨作制冷剂B.HNO3有强氧化性,可用于溶解银C.NaHCO3溶液显碱性,常作烘焙糕点的膨松剂D.Na2S具有还原性,可用于除去废水中的Hg2+
解析 氨气易液化,液氨汽化会吸收大量的热,导致周围环境的温度降低,故液氨可用作制冷剂,与其还原性无关,A错误;HNO3具有强氧化性,可与Pt、Au除外的大多数金属发生氧化还原反应,可溶解银、铜等不活泼金属,B正确;NaHCO3受热分解放出CO2,常作烘焙糕点的膨松剂,与其溶液碱性无关,C错误;工业上常用硫化物处理废水中的重金属离子,其原理是S2-与重金属离子生成难溶于水的金属硫化物,与其还原性无关,D错误。
【思维建模】解答元素及其化合物的性质与应用类题目的方法
练真题·明考向1.(2023·浙江6月选考卷)物质的性质决定用途,下列两者对应关系不正确的是(　　)A.铝有强还原性,可用于制作门窗框架B.氧化钙易吸水,可用作干燥剂C.维生素C具有还原性,可用作食品抗氧化剂D.过氧化钠能与二氧化碳反应生成氧气,可作潜水艇中的供氧剂
解析 铝用于制作门窗框架,利用了铝的硬度大、密度小、抗腐蚀等性质,而不是利用它的还原性,A错误。
2.(2023·广东卷)下列陈述Ⅰ与陈述Ⅱ均正确,且具有因果关系的是(　　)
解析 浓硫酸具有脱水性,能使蔗糖脱水炭化;浓硫酸具有强氧化性,可与生成的炭反应生成SO2、CO2和H2O,形成多孔炭,A正确。装有NO2的密闭烧瓶冷却后颜色变浅,说明平衡向生成N2O4方向移动,故NO2转化为N2O4的反应放热,B错误。漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2,Ca(ClO)2久置于空气中吸收CO2生成CaCO3而变质,盐酸可与CaCO3反应产生CO2,C错误。1 ml·L-1 NaCl溶液导电性比同浓度醋酸强,说明醋酸部分电离,与其溶液的pH无关,D错误。
3.(2023·广东卷)按图装置进行实验。将稀硫酸全部加入Ⅰ中的试管,关闭活塞。下列说法正确的是(　　)
A.Ⅰ中试管内的反应,体现H+的氧化性B.Ⅱ中品红溶液褪色,体现SO2的还原性C.在Ⅰ和Ⅲ的试管中,都出现了浑浊现象D.撤掉水浴,重做实验,Ⅳ中红色更快褪去
解析 试管Ⅰ中发生反应:Na2S2O3+H2SO4 ══ Na2SO4+SO2↑+S↓+H2O,H元素化合价未变,体现了H+的酸性,A错误;Ⅱ中品红溶液褪色,体现了SO2的漂白性,B错误;Ⅲ中SO2与H2S反应生成S和H2O,故Ⅰ和Ⅲ中都出现淡黄色浑浊,C正确;撤掉水浴,重做实验,Ⅰ中生成SO2的速率减慢,故Ⅳ中红色褪去所需时间变长,D错误。
练易错·避陷阱4.(2023·广东汕头一模)“封管实验”具有简便、节约、绿色等优点。下列四个“封管实验”在加热过程中未发生化学变化的是(　　)
解析 氯化铵固体受热分解为氨气和氯化氢,在上方遇冷又化合生成氯化铵,发生化学变化,A不符合题意;NH3·H2O受热分解,氨气逸出,溶液红色变浅,发生化学变化,B不符合题意;二氧化硫与品红生成的无色物质受热分解,溶液又变红色,发生化学变化,C不符合题意;固体碘单质受热易升华,发生物理变化,D符合题意。
5.(2023·安徽淮北一模)某校化学兴趣小组利用如图装置在实验室制备“84”消毒液,下列说法正确的是(　　)
A.装置Ⅰ中的KMnO4可以替换成MnO2B.装置Ⅱ可以除去Cl2中HCl杂质,长颈漏斗可以平衡压强C.装置Ⅲ中消耗5.6 L Cl2(标准状况),转移0.5 ml电子D.装置Ⅳ的作用是吸收空气中的CO2和水蒸气
解析 图Ⅰ中没有加热装置,故不能将KMnO4替换成MnO2,A错误;装置Ⅱ可以除去Cl2中的HCl杂质,长颈漏斗可以平衡压强,B正确;装置Ⅲ中消耗5.6 L Cl2(标准状况),Cl2发生歧化反应生成NaCl和NaClO,转移0.25 ml电子,C错误;装置Ⅳ的作用是吸收未反应的Cl2,防止污染空气,D错误。
练预测·押考向6.某实验小组设计如下实验探究Fe(OH)2的制备,下列有关分析不合理的是(　　)
A.实验Ⅰ起对照作用,排除FeSO4晶体自身在水中的颜色变化B.实验Ⅱ晶体表面长时间保持白色,与Fe(OH)2难溶、未分散于水有关C.捞出晶体后发生反应:4Fe(OH)2+O2+2H2O ══ 4Fe(OH)3D.实验Ⅲ溶液中氧气含量明显多于实验Ⅱ中
解析 实验Ⅰ中,晶体表面为浅绿色,起对照作用,目的是排除实验Ⅱ中晶体表面变白,不是因为FeSO4晶体自身在水中的颜色变化引起,A合理;Fe(OH)2具有较强的还原性,易被溶液中溶解的氧气氧化,实验Ⅱ晶体表面之所以能长时间保持白色,与Fe(OH)2难溶、未分散于水有关,B合理;Fe(OH)2具有较强的还原性,易被氧气氧化,捞出晶体后发生的反应为4Fe(OH)2+O2+2H2O ══ 4Fe(OH)3,C合理;根据控制单一变量的原则,实验Ⅱ和Ⅲ反应条件不一样(实验Ⅱ为FeSO4晶体,而实验Ⅲ为FeSO4溶液),单从实验结果分析,无法得出实验Ⅲ溶液中氧气含量明显多于实验Ⅱ的结论,D不合理。
7.实验小组探究SO2与Na2O2的反应。向盛有SO2的烧瓶中加入Na2O2固体,测得反应体系中O2含量的变化如图。
下列说法不正确的是(　　)A.根据有O2生成推测发生了反应:2Na2O2+2SO2 ══ 2Na2SO3+O2B.bc段O2含量下降与反应O2+2Na2SO3 ══ 2Na2SO4有关
C.可用HNO3酸化的BaCl2溶液检验b点固体中是否含有Na2SO4D.产物Na2SO4也可能是SO2与Na2O2直接化合生成
解析 向盛有SO2的烧瓶中加入Na2O2固体,由图像可知发生的反应可能有:2Na2O2+2SO2 ══ 2Na2SO3+O2,2Na2SO3+O2 ══ 2Na2SO4,无法判断反应Na2O2+SO2 ══ Na2SO4是否发生。根据有O2生成推测发生反应2Na2O2+2SO2 ══ 2Na2SO3+O2,A正确;bc段O2含量下降,可能是发生反应O2+2Na2SO3 ══ 2Na2SO4,B正确;HNO3具有强氧化性,能将 氧化为 ,不能用HNO3酸化的BaCl2溶液检验b点固体中是否含有Na2SO4,C错误;根据上述分析可知,产物Na2SO4也可能是SO2与Na2O2直接化合生成,D正确。
考点2元素及其化合物之间的转化
要点1基于“价—类”二维图认识元素及其化合物之间的转化关系课标指引:1.能够列举、描述、辨识典型物质重要的物理和化学性质及实验现象。　2.能从物质类别、元素价态的角度,依据复分解反应和氧化还原反应原理,预测物质的化学性质和变化。
1.钠及其重要化合物
重要的化学方程式: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;④2NaHCO3 Na2CO3+CO2↑+H2O。
2.铁及其重要化合物
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.铝及其重要化合物
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↓+ (化工流程题中常考)。
4.氯及其重要化合物
重要的化学方程式:①MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O,2KMnO4+16HCl(浓)══ 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
要点2“微流程”“微实验”中的物质转化课标指引:1.探究反应规律,进行物质的制备、分离等不同类型化学实验及探究活动的核心思路与基本方法。　2.通过化学反应可以探索物质的性质、实现物质转化,认识物质及其转化在自然资源综合利用和环境保护中的重要价值。1.“微流程”中物质转化的思维模型
2.“微实验”中物质转化的思维模型
易错辨析试判断物质间的转化能否通过一步反应实现(填“能”或“不能”):
氨气催化氧化生成NO。
SiO2与水不反应。
Na2O与H2O反应生成NaOH,不能生成O2。
命题点1基于“价—类”二维图的物质转化关系典例1　(2023·广东卷)部分含Na或含Cu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.可存在c→d→e的转化B.能与H2O反应生成c的物质只有bC.新制的d可用于检验葡萄糖中的醛基D.若b能与H2O反应生成O2,则b中含共价键
变式演练(2023·河南郑州一模)“价—类”二维图是基于核心元素的化合价和物质类别研究物质性质的一种模型。下图是硫元素的“价—类”二维图。下列说法正确的是(　　)
A.硫化亚铁与稀硝酸反应可用来制取aB.从价态角度分析,a、b、c、g都具有还原性C.c通入溴水中,溴水褪色,证明c有漂白性D.b在足量的纯氧中燃烧,可一步转化为d
解析 根据硫元素的“价—类”二维图可知,a为H2S,b为S,c为SO2,d为SO3,e为H2SO4,f为含+4价硫元素的盐,g为含S2-或HS-的盐。硝酸可以氧化硫化亚铁中的硫元素而生成硫或硫酸盐,不会生成硫化氢,A错误;a、b、c、g中S元素都不是最高价,故可以被氧化,具有还原性,B正确;SO2使溴水褪色体现了SO2的还原性,不能证明二氧化硫的漂白性,C错误;硫单质在氧气中燃烧只能生成二氧化硫,不能一步转化为三氧化硫,D错误。
命题点2“微流程”中的物质转化典例2　(2022·山东卷)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 根据工艺流程可知,固体X的主要成分是S、Fe(OH)3,金属M为Zn,A正确;CuS难溶于硫酸,在溶液中存在沉淀溶解平衡CuS(s) Cu2+(aq)+S2-(aq),增大O2的浓度,可以反应消耗S2-,使之转化为S,从而使沉淀溶解平衡正向移动,从而可促进金属离子的浸取,B正确;用NH3调节溶液pH时,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正确;用H2还原Cu2+变为Cu单质时,H2失去电子被氧化为H+,与溶液中OH-结合形成H2O,若还原时增大溶液的酸度,即c(H+)增大,不利于H2失去电子还原Cu2+,故不利于Cu的生成,D错误。
要点图解 本题中物质转化分析如下:
变式演练(2023·辽宁卷)某工厂采用如下工艺制备Cr(OH)3,已知焙烧后Cr元素以+6价形式存在,下列说法错误的是(　　)
A.“焙烧”中产生CO2B.滤渣的主要成分为Fe(OH)2C.滤液①中Cr元素的主要存在形式为D.淀粉水解液中的葡萄糖起还原作用
【思维建模】抓住“六关键”,突破“微流程”中物质转化类题目
命题点3“微实验”中的物质转化典例3　(2023·湖北卷)利用如图所示的装置(夹持及加热装置略)制备高纯白磷的流程如下:
下列操作错误的是(　　)A.红磷使用前洗涤以除去表面杂质B.将红磷转入装置,抽真空后加热外管以去除水和氧气C.从a口通入冷凝水,升温使红磷转化D.冷凝管外壁出现白磷,冷却后在氮气氛围下收集
解析 洗去红磷表面杂质,有利于得到高纯度的白磷,A正确;为防止红磷在加热条件下与O2反应,可加热除去红磷表面的水,以及装置内的氧气,B正确;冷凝水从b口通入,才能使冷凝管中充满水,提高冷凝效果,C错误;白磷着火点低,为防止白磷自燃,可在N2气氛中收集,D正确。
变式演练(2023·湖北七市州3月联考)碘化钾为白色固体,可用作分析试剂、感光材料、制药和食品添加剂等,可通过碘酸钾与硫化氢反应制备。实验装置如图所示(夹持及加热装置已省略),下列说法错误的是(　　)
A.仪器a、b名称是恒压滴液漏斗,实验中应先关闭K,打开仪器b,制备碘酸钾B.滴入30%氢氧化钾溶液后,乙装置中紫黑色固体溶解,棕黄色溶液逐渐变为无色C.乙装置中稀硫酸的主要作用是减小硫化氢的溶解度,以利于其逸出在丙装置中被吸收D.如果乙装置中最终生成4.8 g黄色沉淀,则理论上可制得碘化钾的质量为8.3 g
解析 仪器a、b为恒压滴液漏斗,利用碘酸钾与硫化氢气体制备碘化钾,由于碘酸钾在溶液中,硫化氢为气体,需先关闭K制备碘酸钾,然后制备硫化氢并将其通入碘酸钾溶液中制备碘化钾,A正确;碘单质溶解后溶液呈棕黄色,随着碘单质与氢氧化钾反应生成无色的碘化钾和碘酸钾,溶液逐渐变为无色,B正确;硫化氢为弱电解质,加入稀硫酸能抑制硫化氢的电离,降低其溶解度,使其逸出被吸收,C正确;黄色沉淀为S,4.8 g S为0.15 ml,硫元素由硫化氢中的-2价升高为0价,生成0.15 ml S转移0.3 ml电子,根据反应3I2+6KOH ══ KIO3+5KI+3H2O,3H2S+KIO3 ══ 3S↓+KI+3H2O,故理论上可生成0.3 ml碘化钾,其质量为49.8 g,D错误。
【思维建模】抓住“四步骤”,突破“微实验”中物质转化类题目
练真题·明考向1.(2023·湖北卷)工业制备高纯硅的主要过程如下:
下列说法错误的是(　　)A.制备粗硅的反应方程式为SiO2+2C Si+2CO↑B.1 ml Si含Si—Si键的数目约为4×6.02×1023C.原料气HCl和H2应充分去除水和氧气D.生成SiHCl3的反应为熵减过程
2.(2023·辽宁卷)下列有关物质的工业制备反应错误的是(　　)
解析 MgO熔点高,冶炼镁采取电解熔融氯化镁:MgCl2 Mg+Cl2↑,D错误。
3.(2023·湖南卷)处理某铜冶金污水(含Cu2+、Fe3+、Zn2+、Al3+)的部分流程如下。
已知:①溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示。
②Ksp(CuS)=6.4×10-36,Ksp(ZnS)=1.6×10-24。
下列说法错误的是(　　)A.“沉渣Ⅰ”中含有Fe(OH)3和Al(OH)3D.“出水”经阴离子交换树脂软化处理后,可用作工业冷却循环用水
练易错·避陷阱4.(2023·陕西咸阳一模)如图是某元素常见物质的“价—类”二维图,f为钠盐。下列说法不正确的是(　　)A.物质a既可被氧化,也可被还原B.可存在a→b→d→e→f的转化关系C.可通过灼热的氧化铜除去d中混有的少量cD.向足量f溶液中加入少量稀盐酸,一定没有CO2产生
解析 结合图示可知,a为CH4、b为C、c为CO、d为CO2、e为H2CO3、f为Na2CO3或NaHCO3。a为CH4,碳元素化合价可升高,氢元素化合价可降低,则物质a既可被氧化,也可被还原,A正确;可存在a→b→d→e→f的转化关系:甲烷高温分解生成碳,碳燃烧生成二氧化碳,二氧化碳溶于水生成碳酸,碳酸与适量的碱反应生成盐,B正确;CO能被灼热的氧化铜氧化生成二氧化碳,可通过灼热的氧化铜除去d中混有的少量c,C正确;f可能为正盐或酸式盐,向足量f溶液中加入少量稀盐酸,正盐转化成酸式盐,可能没有CO2产生,酸式盐和盐酸反应一定有CO2产生,D错误。
5.(2023·湖南岳阳一模)纯磷酸(熔点为42 ℃,易吸潮)可通过市售85%磷酸溶液减压蒸馏除水、结晶除杂得到,纯化过程需要严格控制温度和水分,温度低于21 ℃易形成2H3PO4·H2O(熔点为30 ℃),高于100 ℃则发生分子间脱水生成焦磷酸等。某兴趣小组为制备磷酸晶体设计的实验装置如图(夹持装置略):
下列说法错误的是(　　)A.仪器A的名称是蒸馏烧瓶,仪器B的进水口为bB.空气流入毛细管的主要作用是防止液体暴沸,还具有搅拌和加速水逸出的作用C.过滤磷酸晶体时,需要干燥的环境,同时还需要控制温度为30~42 ℃之间D.磷酸中少量的水极难除去的原因是分子中含羟基,可与水分子间形成氢键
解析 仪器A是圆底烧瓶,冷凝管中冷凝水下进上出冷凝效果好,A错误;五氧化二磷可作为干燥剂,空气经干燥后进入仪器A中,可以防止液体暴沸,还具有搅拌和加速水逸出的作用,B正确;纯磷酸(熔点为42 ℃,易吸潮)纯化过程温度低于21 ℃易形成2H3PO4·H2O(熔点为30 ℃),为防止纯磷酸熔化,过滤时需要干燥的环境,同时还需要控制温度为30~42 ℃之间,C正确;磷酸的结构为 ,分子中含羟基,可与水分子间形成氢键,磷酸中少量的水极难除去,D正确。
练预测·押考向6.H2和O2在钯的配合物离子[PdCl4]2-的作用下合成H2O2,反应历程如图。已知Pd为第五周期第Ⅷ族元素,基态Pd原子的价层电子排布式为4d10, [PdCl4]2-的空间结构为平面正方形。下列说法正确的是(　　)
A.在[PdCl4]2-中Pd原子为sp3杂化B.在[PdCl2O2]2-和[PdCl4]2-中Pd提供孤电子对形成配位键C.第③步发生的反应为[PdCl2O2]2-+2HCl ══ H2O2+[PdCl4]2-D.等物质的量的H2和O2发生反应时,反应①和反应②转移的电子数之比为1∶2
解析 [PdCl4]2-的空间结构为平面正方形,说明中心原子Pd不是sp3杂化,A错误;在[PdCl2O2]2-和[PdCl4]2-中Pd提供空轨道形成配位键,B错误;根据反应历程图可知,第③步发生的反应为[PdCl2O2]2-+2HCl ══ H2O2+[PdCl4]2-,C正确;等物质的量的H2和O2发生反应时,反应①中H的化合价由0→+1价,反应②中O的化合价由0→-1价,故转移的电子数之比为1∶1,D错误。
7.炼油、石化等工业会产生含硫(-2价)废水,可通过催化氧化法进行处理,碱性条件下,催化氧化废水的机理如图所示。其中MnO2为催化剂,附着在催化剂载体聚苯胺的表面。下列说法错误的是(　　)
A.催化氧化过程中既有共价键的断裂又有离子键的断裂B.转化Ⅰ中化合价发生变化的元素仅有S和OC.催化氧化过程的总反应为O2+2H2O+2S2- 4OH-+2S↓D.催化剂使用一段时间后催化效率会下降,原因是生成的S覆盖在催化剂表面或进入催化剂内空位处
解析 由图可知,转化Ⅰ中二氧化锰中氧脱离生成空位,有离子键的断裂,水生成OH-,有共价键的断裂,A正确;转化Ⅰ中锰原子形成的化学键数目发生改变,故化合价发生变化的元素有S、O和Mn,B错误;催化氧化过程的总反应为氧气、水、硫离子在催化作用下生成氢氧根离子和硫单质: O2+2H2O+2S2- 4OH-+2S↓,C正确;反应中生成硫单质,生成的S覆盖在催化剂表面或进入催化剂内空位处,阻碍了反应的进行,导致催化剂使用一段时间后催化效率会下降,D正确。
突破高考题型(四)化学工艺流程及分析
高考指引:近几年,全国卷及各省市高考化学试卷大多考查了化学工艺流程题,侧重考查新信息的吸收和处理能力,及灵活应用所学知识解决生产实际问题的能力,突出对“证据推理与模型认知”等化学学科核心素养的考查。
突破点1　物质转化过程的分析
核心归纳1.化学工艺流程题的结构模型
2.分析化学工艺流程图示的常用方法(1)主线法①流程图大多分为三部分:原料预处理阶段、转化与分离阶段、获取最终产物阶段。②分析每个流程中前后物质的变化。(2)双线法①反应线:物质的性质及转化关系。②操作线:物质转化过程中涉及的实验操作,如分离提纯等。
真题感悟1.(2023·山东卷)盐湖卤水(主要含Na+、Mg2+、Li+、Cl-、 和硼酸根等)是锂盐的重要来源。一种以高镁卤水为原料经两段除镁制备Li2CO3的工艺流程如下。
已知:常温下,Ksp(Li2CO3)=2.2×10-2。相关化合物的溶解度与温度的关系如图所示。
回答下列问题:(1)含硼固体中的B(OH)3在水中存在平衡:B(OH)3+H2O H++[B(OH)4]-(常温下,Ka=10-9.24);B(OH)3与NaOH溶液反应可制备硼砂Na2B4O5(OH)4·8H2O。常温下,在
0.10 ml·L-1硼砂溶液中,[B4O5(OH)4]2-水解生成等物质的量浓度的B(OH)3和[B(OH)4]-,该水解反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　 　　　　　　,该溶液的pH=　　　。 
[B4O5(OH)4]2-+5H2O 2B(OH)3+2[B(OH)4]-　
(2)滤渣Ⅰ的主要成分是　　　　 　　(填化学式);精制Ⅰ后溶液中Li+的浓度为2.0 ml·L-1,则常温下精制Ⅱ过程中 浓度应控制在　　 　 ml·L-1以下。若脱硼后直接进行精制Ⅰ,除无法回收HCl外,还将增加　　 　　的用量(填化学式)。 (3)精制Ⅱ的目的是　　　　　　　　　　　　　　　　;进行操作X时应选择的试剂是　　　　　,若不进行该操作而直接浓缩,将导致　 。 
Mg(OH)2、CaSO4
Na2CO3、CaO
进一步除去溶液中的Ca2+
一部分Li+以LiOH和Li2CO3的形式沉淀析出,从而使沉锂产率降低
【思维建模】解答物质转化过程中流程及分析的方法(1)准确识别化学工艺流程图示呈现形式
(2)高度关注核心元素的转化,特别是元素的化合价变化。(3)真心站在化工生产实际的角度来剖析问题。
突破点2　化工流程中的操作及原因的分析
核心归纳化工流程中“原因类”描述性问题的答题模板
真题感悟2.(2023·全国新课标卷)铬和钒具有广泛用途。铬钒渣中铬和钒以低价态含氧酸盐形式存在,主要杂质为铁、铝、硅、磷等的化合物。从铬钒渣中分离提取铬和钒的一种流程如下图所示。
回答下列问题:(1)煅烧过程中,钒和铬被氧化为相应的最高价含氧酸盐,其中含铬化合物主要为　　　　　(填化学式)。 (2)水浸渣中主要有SiO2和　　　　　。 (3)“沉淀”步骤调pH到弱碱性,主要除去的杂质是　　　　　。 (4)“除硅磷”步骤中,使硅、磷分别以MgSiO3和MgNH4PO4的形式沉淀。该步需要控制溶液的pH≈9以达到最好的除杂效果。若pH<9时,会导致　 ;pH>9时, 会导致　　 　　　　　　　　　　　　　。 
磷不能除净(磷酸盐会转化为可溶性酸式盐)
硅不能除净(生成氢氧化镁,镁离子被消耗)
A.酸性　　　　B.碱性　　　　C.两性(6)“还原”步骤中加入焦亚硫酸钠(Na2S2O5)溶液,反应的离子方程式为　　　　　　　　　 　　　　 。 
解析 (1)碱性条件下,铬被氧化生成Na2CrO4。(2)Fe2O3不与Na2CO3、NaOH反应,也不溶于水。
(4)pH<9,磷容易形成易溶的磷酸二氢盐,导致磷不能除净。pH>9,易形成Mg(OH)2沉淀,导致硅不能除净。
突破点3　化工流程中的图像分析
核心归纳1.溶解度曲线及分析
2.浸取率曲线及分析
(1)“浸取率”升高的原因一般是温度升高,浸取速率加快,但当“浸取率”达到最大值后,温度升高“浸取率”反而下降,其原因一般是反应试剂的分解或挥发。(2)根据图中曲线变化,选择达到一定较高“浸取率”的条件。
3.物质存在形态与pH的关系
真题感悟3.(2022·山东卷)工业上以氟磷灰石[Ca5F(PO4)3,含SiO2等杂质]为原料生产磷酸和石膏,工艺流程如下:
回答下列问题:(1)酸解时有HF产生。氢氟酸与SiO2反应生成二元强酸H2SiF6,离子方程式为  　。 
(2)部分盐的溶度积常数见下表。精制Ⅰ中,按物质的量之比n(Na2CO3)∶n( )=1∶1加入Na2CO3脱氟,充分反应后,c(Na+)=　　　　　 ml·L-1;再分批加入一定量的BaCO3,首先转化为沉淀的离子是　　　　　　。 
(3) 浓度(以SO3%计)在一定范围时,石膏存在形式与温度、H3PO4浓度(以P2O5%计)的关系如图甲所示。酸解后,在所得100 ℃、P2O5%为45的混合体系中,石膏存在形式为　　 　　　　(填化学式);洗涤时使用一定浓度的硫酸溶液而不使用水,原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　,回收利用洗涤液X的操作单元是　　　　;一定温度下,石膏存在形式与溶液中P2O5%和SO3%的关系如图乙所示,下列条件能实现酸解所得石膏结晶转化的是　　　(填字母)。 A.65 ℃、P2O5%=15、SO3%=15B.80 ℃、P2O5%=10、SO3%=20C.65 ℃、P2O5%=10、SO3%=30D.80 ℃、P2O5%=10、SO3%=10
CaSO4·0.5H2O
减少CaSO4的溶解损失,提高石膏的产率
由图乙信息可知,在每条线上方的以CaSO4·0.5H2O形式存在,在每条线下方的以CaSO4·2H2O形式存在。A项,P2O5%=15、SO3%=15,该点坐标位于65 ℃线的下方,能实现晶体的完全转化;B项,P2O5%=10、SO3%=20,该点坐标位于80 ℃线的上方,不能实现晶体的完全转化;C项,P2O5%=10、SO3%=30,该点坐标位于65 ℃线上方,不能实现晶体的完全转化;D项,P2O5%=10、SO3%=10,该点坐标位于80 ℃线下方,晶体全部以CaSO4·2H2O形式存在,能实现晶体的完全转化。
【思维建模】分析化工流程题中图像的方法(1)识图——三看一看轴——横、纵坐标所表示的化学含义(x轴和y轴表示的意义)(特别是双纵坐标),寻找x、y轴之间的关系,因为这是理解题意和进行正确思维的前提;二看点——曲线中的特殊点(顶点、始点、终点、拐点、交叉点);三看线——曲线的走势(变化趋势是上升、下降、波动等变化)。
(2)析图分析图中为什么会出现这些特殊点,曲线为什么有这样的变化趋势和走向,分析曲线变化的因果关系;通过联想,把课本内的有关化学概念、原理、规律等与图中的曲线和相关点建立联系。(3)用图将相关的化学知识与图中曲线紧密结合,在头脑中构建新的曲线——知识体系,然后运用新的曲线——知识体系揭示问题的实质,解决实际问题。
突破点4　化工流程中的定量分析及计算
核心归纳1.化工流程中定量计算的常见类型及方法
2.化工流程中定量计算的常用公式
真题感悟4.(2022·辽宁卷,16节选)某工厂采用辉铋矿(主要成分为Bi2S3,含有FeS2、SiO2杂质)与软锰矿(主要成分为MnO2)联合焙烧法制备BiOCl和MnSO4,工艺流程如下:
已知:①焙烧时过量的MnO2分解为Mn2O3,FeS2转变为Fe2O3;②金属活动性:Fe>(H)>Bi>Cu;③相关金属离子形成氢氧化物的pH范围见表:
将100 kg辉铋矿进行联合焙烧,转化时消耗1.1 kg金属Bi,假设其余各步损失不计,干燥后称量BiOCl产品质量为32 kg,滴定测得产品中Bi的质量分数为78.5%。辉铋矿中Bi元素的质量分数为　　　　。 
解析 对辉铋矿进行联合焙烧,转化时消耗1.1 kg金属Bi,即外加入1.1 kg金属Bi。32 kg BiOCl产品中Bi元素的质量分数为78.5%,则辉铋矿中含有Bi元素的质量为32 kg×78.5%-1.1 kg=24.02 kg,故辉铋矿中Bi元素的质量分数为 ×100%=24.02%。
1.(2023·辽宁辽阳一模节选)采用废铁屑还原软锰矿(软锰矿主要成分是MnO2,还含少量Fe、Mg、Ni、Si等元素的氧化物杂质)来制备Mn的工艺流程如图所示:
回答下列问题:(1)pH=5.5(室温)时,溶液中残余的Fe3+的浓度为　　　　　 ml·L-1,加入MnS“除杂”后的滤渣为　　　　　。 
已知:①Ksp(MnS)=2.8×10-10,Ksp(NiS)=2.0×10-21;②溶液中某离子浓度≤1.0×10-6 ml·L-1时,认为该离子沉淀完全;③室温时生成氢氧化物的pH见下表。
(2)“沉锰”过程中温度和pH对Mn2+和Mg2+沉淀率的影响如图所示。由图可知,“沉锰”的合适条件是　　　　　　　　　　　　,“沉锰”除去的杂质金属离子是　　　　　。 
45 ℃,pH为7.5　
(3)若沉锰过程在pH为7.0条件下充分进行,反应温度对锰沉淀率的影响关系如图所示。当温度超过30 ℃,沉锰反应的锰沉淀率随温度升高而下降的原因是　 。 
温度超过30 ℃,NH4HCO3水解程度增大,释放出NH3和CO2,不利于“沉锰”
(2)“沉锰”过程中锰离子沉淀率越高、镁离子沉淀率越低对应的温度和pH就是“沉锰”的合适条件,由图可知,“沉锰”的合适条件是温度为45 ℃、pH为7.5;“沉锰”除去的杂质金属离子是Mg2+。
2.(2023·湖南常德一模)钒钛系SCR催化剂主要包含TiO2、V2O5、WO3。从废SCR催化剂中回收TiO2、V2O5、WO3的某种工艺部分流程如下:
(1)“碱浸”选择高温的目的是　 。 (2)钛酸钠　　(填“难”或“易”)溶于水。在酸洗过程中Na2Ti3O7转化为H2TiO3的化学方程式为　  　 。 
加快反应速率或加快“碱浸”速率
Na2Ti3O7+H2SO4+2H2O ══ 3H2TiO3+Na2SO4
(4)为测定废催化剂中V2O5的含量,现进行如下实验:准确称取5.000 g废催化剂样品置于烧杯中,加入足量质量分数为50%的硫酸,加热,冷却后将溶液移入250 mL容量瓶中,加水定容。准确量取25.00 mL溶液置于锥形瓶中,滴加2~3滴指示剂,用浓度为0.100 0 ml·L-1的(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液进行滴定,恰好完全反应时消耗标准溶液的体积为20.00 mL。实验过程中,V元素最终转化为V3+,计算废催化剂中V2O5的含量为　　　　　　(以百分数表示,废催化剂中其他成分对测定无影响)。