2024届新高考化学热点冲刺复习：科学探究-以金属及其化合物为主体的化学工艺流程分析

2024届新高考化学热点冲刺复习科学探究——以金属及其化合物为主体的化学工艺流程分析探究命题角度发展核心素养以金属及其化合物的制备为主体的化学工艺流程分析是高考命题的热点之一,考查金属及其化合物的性质与转化、化学实验基本操作、反应条件的控制等,突出考查考生的综合分析能力、变化观念、创新思维能力等[变化观念与平衡思想]通过对金属及其化合物为主体的化学工艺流程分析,考查学生对金属元素及其化合物的性质及转化的应用能力及转化过程中制备、分离、提纯常用的方法,促进学生建立变化观念,提升利用转化关系解决实际问题的能力探究点1

以金属及其化合物为主体的“微流程”“六看法”突破金属及其化合物的制备“微流程”例1LiBr溶液可作为替代氟利昂的绿色制冷剂。合成LiBr工艺流程如下:下列说法错误的是(

)A.还原工序逸出的Br2用NaOH溶液吸收,吸收液直接返回还原工序B.除杂工序中产生的滤渣可用煤油进行组分分离C.中和工序中的化学反应为Li2CO3+2HBrCO2↑+2LiBr+H2OD.参与反应的n(Br2)∶n(BaS)∶n(H2SO4)为1∶1∶1A

变式题

工厂的工业废水中含有大量的FeSO4和较多的Cu2+。某兴趣小组模拟工业从该废水中回收金属铜,并制备Fe(OH)SO4,流程如下:下列说法不正确的是(

)A.操作1和操作2均为过滤B.甲为铁粉,乙为稀硫酸C.往溶液1与溶液2中加入NaNO2反应生成NO,欲制备1.5molFe(OH)SO4,理论上至少需要1.5molNaNO2

D.取少量产品Fe(OH)SO4溶于盐酸,滴入酸性KMnO4溶液,若紫红色褪去,则产品中含Fe2+D

探究点2

以金属及其化合物为主体的化学工艺流程分析1.化学工艺流程思维模型2.化学工艺流程中原料预处理的5种常用方法方法目的研磨增大固体与液体或气体间的接触面积,加快反应速率水浸与水接触反应或溶解酸浸与酸接触反应或溶解,使可溶性金属离子进入溶液,不溶物通过过滤除去灼烧除去可燃性杂质或使原料初步转化,如从海带中提取碘时的灼烧就是为了除去可燃性杂质煅烧改变结构,使一些物质能溶解,并使一些杂质在高温下氧化、分解,如煅烧高岭土3.化学工艺流程中控制反应条件的6种方法方法目的调节溶液的pH常用于使某些金属离子形成氢氧化物沉淀控制温度根据需要升温或降温,改变反应速率或使平衡向需要的方向移动控制压强改变速率,影响平衡使用合适的催化剂改变反应速率,控制达到平衡需要的时间趁热过滤防止某物质在降温时析出冰水洗涤洗去晶体表面的杂质离子,并减少晶体在洗涤过程中的溶解损耗[注意]调节pH所需的物质一般应满足两点:①能与H+反应,使溶液pH变大;②不引入新杂质。例如,若要除去Cu2+中混有的Fe3+,可加入CuO、Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3等物质调节溶液的pH,不可加入NaOH溶液、氨水等。例2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范围如下:

开始沉淀pH完全沉淀pHFe2+6.58.3Fe3+1.62.8Mn2+8.110.1回答下列问题:(1)为提高焙烧效率,可采取的措施为

。

a.进一步粉碎矿石b.鼓入适当过量的空气c.降低焙烧温度ab[解析](1)联合焙烧时,进一步粉碎矿石,可以增大矿石与空气的接触面积,能够提高焙烧效率,a符合题意;鼓入适当过量的空气有利于矿石充分反应,b符合题意;降低焙烧温度,反应速率减慢,不利于提高焙烧效率,c不符合题意。(2)Bi2S2在空气中单独焙烧生成Bi2O3,反应的化学方程式为

。

(3)“酸浸”中过量浓盐酸的作用为:①充分浸出Bi3+和Mn2+;②

。

[解析](2)Bi2S3在空气中单独焙烧生成Bi2O3,根据原子守恒可知还应生成SO2,结合得失电子守恒,反应的化学方程式为2Bi2S3+9O22Bi2O3+6SO2。2Bi2S3+9O22Bi2O3+6SO2抑制金属离子水解(3)加入浓盐酸后,溶液中含有的离子主要为Bi3+、Fe3+、Mn2+、H+、Cl-,而酸浸后取滤液进行转化,故要防止金属离子水解生成沉淀,进入滤渣,造成制得的BiOCl产率偏低。(4)滤渣的主要成分为

(填化学式)。

(5)生成气体A的离子方程式为

。

(6)加入金属Bi的目的是

。

[解析](6)由已知信息③知,调pH=2.6时,Fe3+会水解生成Fe(OH)3沉淀,但Fe2+还没开始沉淀,故要将Fe3+转化为Fe2+,在调pH后获得含FeCl2的滤液,为了不引入新的杂质,加入Bi作还原剂。Mn2O3+6H++2Cl-2Mn2++Cl2↑+3H2O将Fe3+转化为Fe2+SiO2变式题

胆矾(CuSO4·5H2O)是一种重要化工原料。某研究小组以生锈的铜屑为原料[主要成分是Cu,含有少量的油污、CuO、CuCO3、Cu(OH)2]制备胆矾。流程如下。回答问题:(1)步骤①的目的是

。

(2)步骤②中,若仅用浓H2SO4溶解固体B,将生成

(填化学式)污染环境。

除油污[解析]由流程中的信息可知,原料经碳酸钠溶液浸洗后过滤,可以除去原料表面的油污;固体B与过量的稀硫酸、双氧水反应,其中的Cu、CuO、CuCO3、Cu(OH)2均转化为CuSO4,溶液C为硫酸铜和稀硫酸的混合液,加热浓缩、冷却结晶、过滤后得到胆矾。(1)原料表面含有少量的油污,Na2CO3溶液呈碱性,可以除去原料表面的油污。(2)在加热的条件下,铜可以与浓硫酸发生反应生成CuSO4、SO2和H2O,二氧化硫是一种大气污染物。SO2(3)步骤②中,在H2O2存在下Cu溶于稀H2SO4,反应的化学方程式为

。

(4)经步骤④得到的胆矾,不能用水洗涤的主要原因是

。

Cu+H2O2+H2SO4CuSO4+2H2O[解析](3)步骤②中,在H2O2存在下Cu溶于稀H2SO4,生成CuSO4和H2O,该反应的化学方程式为Cu+H2O2+H2SO4CuSO4+2H2O。胆矾晶体易溶于水(4)胆矾是一种易溶于水的晶体,用水洗涤会导致胆矾的产率降低,因此,经步骤④得到的胆矾不能用水洗涤。(5)实验证明,滤液D能将I-氧化为I2。ⅰ.甲同学认为不可能是步骤②中过量H2O2将I-氧化为I2,理由是

。

ⅱ.乙同学通过实验证实,只能是Cu2+将I-氧化为I2,写出乙同学的实验方案及结果:

(不要求写具体操作过程)。

溶液C经步骤③加热浓缩后H2O2已完全分解取滤液,向其中加入适量硫化钠溶液,使铜离子恰好完全沉淀,再加入I-,溶液不变色,I-不能被氧化[解析](5)ⅰ.H2O2常温下即能发生分解反应,在加热的条件下,其分解速率更快,溶液C经步骤③加热浓缩后H2O2已完全分解,因此,甲同学认为不可能是步骤②中过量H2O2将I-氧化为I2。ⅱ.I-被氧化为I2时溶液的颜色会发生变化;滤液D中含有CuSO4和H2SO4,乙同学通过实验证实,只能是Cu2+将I-氧化为I2,较简单的方案是除去溶液中的Cu2+,然后再向其中加入含有I-的溶液,观察溶液是否变色;除去溶液中的Cu2+的方法有多种,可以加入适当的沉淀剂将其转化为难溶物,如加入Na2S将其转化为CuS沉淀,因此,乙同学的实验方案为取少量滤液D,向其中加入适量Na2S溶液,直至不再有沉淀生成,静置后向上层清液中加入少量KI溶液;实验结果为上层清液不变色,证明I-不能被除去Cu2+的溶液氧化,故只能是Cu2+将I-氧化为I2。探究点一以金属及其化合物为主体的“微流程”1.一种工业制备无水氯化镁的工艺流程如下:下列说法错误的是(

)A.物质X常选用生石灰B.工业上常用电解熔融MgCl2制备金属镁C.“氯化”过程中发生的反应为MgO+C+Cl2MgCl2+COD.“煅烧”后的产物中加稀盐酸,将所得溶液加热蒸发也可得到无水MgCl2D[解析]流程梳理:物质X常选用生石灰,“沉镁”发生反应:CaO+H2OCa(OH)2,MgCl2+Ca(OH)2Mg(OH)2↓+CaCl2,使Mg2+转化成Mg(OH)2,A正确;工业上常用电解熔融MgCl2制备金属镁,B正确;“氯化”过程中发生的反应为MgO+C+Cl2MgCl2+CO,C正确;“煅烧”后的产物中加稀盐酸转化成MgCl2,不能通过加热蒸发MgCl2溶液得到无水MgCl2,需在氯化氢气流中加热得到无水氯化镁,D错误。2.

BiOCl是一种具有珍珠光泽的材料,利用金属Bi制备BiOCl的工艺流程如图:下列说法错误的是(

)A.酸浸工序中分次加入稀HNO3可降低反应剧烈程度B.转化工序中加入稀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D[解析]酸浸工序中分次加入稀HNO3相当于减小了酸的浓度,也就减小了金属与酸的反应速率,即降低反应剧烈程度,A项正确;转化工序中,Bi(NO3)3+H2OBiONO3+2HNO3,加入稀HCl能够抑制该水解平衡正向移动,也就抑制生成BiONO3,B项正确;水解工序中,BiCl3+H2OBiOCl+2HCl,加入的少量CH3COONa(s)与HCl反应,有利于水解平衡正向移动,提高了Bi3+水解程度,C项正确;NH4NO3水解显酸性,BiCl3+H2OBiOCl+2HCl,不利于水解平衡正向移动,不利于BiOCl的生成,D项错误。123456783.以菱镁矿(主要成分为MgCO3,含少量SiO2、Fe2O3和Al2O3)为原料制备高纯镁砂的工艺流程如下:已知浸出时产生的废渣中有SiO2、Fe(OH)3和Al(OH)3。下列说法错误的是(

)A.浸出镁的反应为MgO+2NH4ClMgCl2+2NH3↑+H2OB.“浸出”和“沉镁”的操作均应在较高温度下进行C.流程中可循环使用的物质有NH3、NH4ClD.分离Mg2+与Al3+、Fe3+是利用了它们氢氧化物Ksp

的不同B[解析]煅烧菱镁矿,MgCO3分解为MgO,根据已知中浸出时产生的废渣可知,浸出液中镁以Mg2+形式存在并释放出NH3,则浸出镁的反应为MgO+2NH4ClMgCl2+2NH3↑+H2O,A项正确;“浸出”过程中,为促进Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀的形成以及氨气的逸出,提高分离效果,应在较高温度下进行,而“沉镁”过程中若在较高温度下进行,会促进一水合氨的分解,对沉镁效果不利,B项错误;浸出过程产生的氨气和沉镁过程中产生的NH4Cl可以循环使用,C项正确;在相同的条件下,Fe3+、Al3+形成沉淀,而镁以Mg2+形式存在,说明它们氢氧化物的Ksp

差异较大,D项正确。4.

SnCl2易水解,是常见的抗氧化剂。实验室以SnCl2为原料制备SnSO4·2H2O的流程如图所示。下列说法正确的是(

)A.气体为NH3B.反应1只发生复分解反应C.溶解时,再加入适量Sn粉可以提高产品纯度D.操作1为蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥C[解析]SnCl2易水解,SnCl2固体溶解后溶液显酸性,在溶液中加入碳酸氢铵,生成二氧化碳气体,最终得到SnO,SnO溶于硫酸得到SnSO4溶液,再通过操作1得到SnSO4·2H2O。气体应为二氧化碳,A错误;反应1中首先发生双水解反应(属于复分解反应)得到Sn(OH)2,Sn(OH)2分解得到SnO(分解反应),B错误;SnCl2常作抗氧化剂,说明其易被氧化,适量Sn粉可防止SnCl2被氧气氧化,从而提高产品纯度,C正确;SnSO4溶液通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等操作会发生氧化,得不到SnSO4·2H2O,D错误。123456785.氟化钾是一种重要的无机化合物,应用广泛。其一种制备工艺流程如下:探究点二以金属及其化合物为主体的化工工艺流程分析回答下列问题:(1)“滤渣”中的主要成分是

(填化学式),写出该成分的一种用途:

。

CaSO4(或CaSO4·2H2O)制石膏绷带,调节水泥硬化速率等(合理答案均可)[解析]本题是一道无机物制备类的实验题,首先用硫酸、二氧化硅与氟化钙反应生成H2SiF6,再加入氯化钾将H2SiF6转化为K2SiF6,再用浓氨水将K2SiF6转化为KF,处理后得到晶体。(1)氟化钙、硫酸和二氧化硅反应生成H2SiF6,同时生成硫酸钙,硫酸钙难溶于水,故“滤渣”中的主要成分是CaSO4(或CaSO4·2H2O);硫酸钙在医疗上可用来制备石膏绷带,故其作用是制石膏绷带,调节水泥硬化速率等。(2)写出制备H2SiF6的反应的化学方程式:

;配制18.4g50%的浓硫酸,需要用量筒量取密度为1.84g·cm-3的98%的浓硫酸

mL。

(3)制备K2SiF6的反应其基本反应类型为

。

SiO2+3H2SO4+3CaF23CaSO4+H2SiF6+2H2O5.1[解析](2)由第一问可知,氟化钙和硫酸和二氧化硅反应生成H2SiF6,相应的化学方程式为SiO2+3H2SO4+3CaF23CaSO4+H2SiF6+2H2O;配制溶液的过程中溶质的物质的量不变,设需要硫酸的体积为V,则1.84g·cm-3V×98%=18.4g×50%,解得V=5.1mL。复分解反应(3)H2SiF6和KCl反应生成K2SiF6和HCl,属于复分解反应。(4)写出“转化”时发生反应的化学方程式:

。

(5)“系列操作”包括

、过滤分离和干燥。

K2SiF6+4NH3·H2O2KF+4NH4F+SiO2+2H2O[解析](4)“转化”时浓氨水和K2SiF6反应生成二氧化硅和氟化铵、氟化钾,化学方程式为K2SiF6+4NH3·H2O2KF+4NH4F+SiO2+2H2O。(5)“系列操作”属于晶体的制备操作,包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤分离和干燥的方法。蒸发浓缩、冷却结晶6.镍粉作为导电填料广泛应用于电路保护的热敏器件,其具有明显降低电阻率的优点。某工厂以氧化镍废渣(主要含有NiO、Fe3O4及少量SiO2)为主要原料制备镍粉,其工艺流程如图所示:25℃时,溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示:金属离子Ni2+Fe3+Fe2+开始沉淀时(c=0.01mol·L-1)的pH7.22.27.5沉淀完全时(c=1.0×10-5mol·L-1)的pH8.73.2a12345678回答下列问题:(1)“酸浸”时Fe3O4发生反应的离子方程式为

,“滤渣1”中主要成分的一种用途是

。

Fe3O4+8H+Fe2++2Fe3++4H2O制光导纤维或制玻璃[解析]氧化镍废渣加稀硫酸酸浸,SiO2不溶,过滤除去,滤液中加入H2O2溶液,将Fe2+氧化为Fe3+,再加NiO调节溶液的pH,将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去,滤液中加草酸铵,将Ni2+沉淀为NiC2O4,最后用H2还原NiC2O4得到镍。(1)“酸浸”时Fe3O4和稀硫酸发生反应生成硫酸铁、硫酸亚铁和水,离子方程式为Fe3O4+8H+2Fe3++Fe2++4H2O。“滤渣1”中主要成分是SiO2,可以用来制光导纤维、制玻璃等。(2)“转化”时理论上消耗的氧化剂与还原剂的物质的量之比为

。

[解析](2)“转化”时Fe2+被H2O2氧化为Fe3+,氧化剂是H2O2,1molH2O2得到2mol电子,Fe2+是还原剂,1molFe2+失去1mol电子,根据得失电子守恒,理论上消耗的氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2。1∶2(3)“调pH”时应控制的pH范围是

,

表中a=

。

3.2~7.29(4)“沉镍”时不宜用草酸钠代替草酸铵,其原因是______________________________________________________________________________________________________

,

“滤液”中溶质的主要成分为

(写化学式)。

草酸钠溶液碱性较强,会生成Ni(OH)2沉淀,草酸铵中草酸根离子和铵根离子都水解,使溶液的酸碱性保持在一个适合草酸镍生成沉淀而Ni(OH)2不沉淀的环境(NH4)2SO4[解析](4)草酸钠溶液碱性较强,可能会生成Ni(OH)2沉淀,草酸铵中草酸根离子和铵根离子都水解,使溶液的酸碱性保持在一个适合草酸镍生成沉淀而Ni(OH)2不沉淀的环境,所以不能用草酸钠代替草酸铵;根据流程中加入的物质,滤液的主要成分是(NH4)2SO4。(5)“还原”时NiC2O4与H2反应,气体产物为CO、CO2,且物质的量之比为1∶1,该反应的化学方程式为

。

[解析](5)“还原”时NiC2O4与H2反应,气体产物为CO、CO2,且物质的量之比为1∶