专题十一　元素及其化合物 第二讲 元素及其化合物的转化与推断(由“课堂”到“课外”)

学而优·教有方PAGEPAGE343第二讲元素及其化合物的转化与推断(由“课堂”到“课外”)1．(2021·河北等级考)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的生成解析：选D酸浸工序中分次加入稀HNO3可控制反应物浓度，降低反应剧烈程度，A说法正确；转化工序中加入NaCl可生成BiCl3，Bi3＋会水解生成BiOCl和BiONO3，加入稀HCl可抑制BiONO3的生成，提高BiOCl的产率，B说法正确；水解工序中加入少量CH3COONa(s)可使水解平衡Bi3＋＋Cl－＋H2OBiOCl＋2H＋正向移动，有利于Bi3＋水解生成BiOCl，C说法正确；水解工序中加入少量NH4NO3(s)可使C选项中的水解平衡逆向移动，不利于BiOCl的生成，D说法错误。2．(2021·广东等级考)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的循环转化关系解析：选C由题图可知，a为Fe，b中含有Fe2＋，c为Fe(OH)2，d为Fe(OH)3，e中含有Fe3＋。Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋，a可与e反应生成b，A推断合理；Fe2＋既可以被氧化为Fe3＋，也可以被还原为Fe，B推断合理；可将饱和的Fe3＋溶液加入沸水中制得Fe(OH)3胶体，而不是浓碱液中，C推断不合理；可存在的循环转化关系，D推断合理。3．(2021·山东等级考)工业上以SO2和纯碱为原料制备无水NaHSO3的主要流程如图，下列说法错误的是()A．吸收过程中有气体生成B．结晶后母液中含有NaHCO3C．气流干燥湿料时温度不宜过高D．中和后溶液中含Na2SO3和NaHCO3解析：选B根据工艺流程逆向分析可知，以二氧化硫和纯碱为原料，得到结晶成分为NaHSO3，则母液为饱和NaHSO3和过量的二氧化硫形成的亚硫酸，溶液呈酸性，所以加入纯碱进行中和，涉及的反应为H2SO3＋2Na2CO3=Na2SO3＋2NaHCO3，NaHSO3＋Na2CO3=Na2SO3＋NaHCO3，调节pH为8进行中和后得到Na2SO3和NaHCO3，再通入二氧化硫气体进行混合吸收，此时吸收过程中发生反应为Na2SO3＋SO2＋H2O=2NaHSO3↓，SO2＋NaHCO3=CO2↑＋NaHSO3↓，会析出大量NaHSO3晶体，经过离心分离，将得到的湿料再进行气流干燥，最终得到NaHSO3产品。根据上述分析可知，吸收过程中有二氧化碳生成，A正确；结晶后母液中含饱和NaHSO3和过量的二氧化硫形成的亚硫酸，没有NaHCO3(假设产物中存在NaHCO3，则其会与生成的NaHSO3发生反应)，B错误；NaHSO3高温时易分解且氧化变质，所以气流干燥过程中温度不宜过高，C正确；结合分析可知，中和后溶液中含Na2SO3和NaHCO3，D正确。4．(2021·浙江选考)固体化合物X由3种元素组成，某学习小组开展如下探究实验。其中，白色沉淀B能溶于NaOH溶液。请回答：(1)白色固体C的化学式是________，蓝色溶液D中含有的溶质是____________________________________(用化学式表示)。(2)化合物X的化学式是________；化合物X的一价阴离子与CH4具有相同的空间结构，写出该阴离子的电子式________。(3)蓝色溶液A与N2Heq\o\al(＋,5)作用，生成一种气体，溶液蓝色褪去，同时生成易溶于硝酸的白色沉淀。①写出该反应的离子方程式：________________________________________。②设计实验验证该白色沉淀的组成元素________________________________________。解析：(1)由题意可得，白色沉淀B为Al(OH)3，灼烧Al(OH)3得到Al2O3，故白色固体C为Al2O3；溶液D中含有的阳离子有Cu2＋、NHeq\o\al(＋,4)、Ag＋、H＋，阴离子有NOeq\o\al(－,3)，故溶液中含有Cu(NO3)2、NH4NO3、AgNO3、HNO3。(2)由图示数据并根据原子守恒可知，4.020gX中含有铝离子物质的量为eq\f(1.020g,102g·mol－1)×2＝0.02mol，含有氯离子物质的量为eq\f(11.480g,143.5g·mol－1)＝0.08mol，由化合物应显电中性可得三种离子物质的量比值为n(Cu2＋)∶n(Al3＋)∶n(Cl－)＝1∶2∶8，则可得X的化学式为CuAl2Cl8；阴离子AlCleq\o\al(－,4)中Al原子的杂化方式为sp3，空间结构为正四面体，与CH4相同，其电子式为。(3)①由分析可知，蓝色溶液A中含有Al3＋、Cu2＋和Cl－，与N2Heq\o\al(＋,5)反应时溶液蓝色褪去，即反应后溶液中不存在Cu2＋，可推测铜元素以沉淀形式析出，反应得到的沉淀为白色且可溶于硝酸，可推测铜元素在其中不是蓝色且稳定的＋2价，而是＋1价，即反应过程中Cu元素化合价降低，N2Heq\o\al(＋,5)中氮元素显－2价，具有还原性，反应过程中N元素化合价升高生成N2，符合反应中有气体产生，根据化合价升降守恒、电荷守恒以及原子守恒和溶液呈酸性可知反应离子方程式为4Cu2＋＋N2Heq\o\al(＋,5)＋4Cl－=4CuCl↓＋N2↑＋5H＋。②CuCl中Cu元素为＋1价，能被硝酸氧化为＋2价，Cu2＋在溶液中显蓝色，CuCl与硝酸反应过程中Cl元素以Cl－形式存在于溶液中，Cl－与AgNO3溶液反应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将白色沉淀溶于过量硝酸，得到蓝色溶液，说明有Cu元素；再向溶液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀，说明有Cl元素[洞悉考情]此部分内容是近几年高考考查的热点之一，特别在转化应用和物质推断角度给予关注。通常涉及的题型有转化方程式的书写、根据转化条件及原理推断物质、涉及物质转化的计算等。能很好体现“科学态度与社会责任”的核心素养。1．钠及其化合物的“价—类二维图”写出图中标号的化学方程式。①2Na＋O2eq\o(=,\s\up7(△))Na2O2②2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑③2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑④NaOH＋HCl=NaCl＋H2O⑤2Na＋Cl2eq\o(=,\s\up7(点燃))2NaCl⑥2NaCl(熔融)eq\o(=,\s\up7(电解))2Na＋Cl2↑2．镁及其化合物的“价—类二维图”写出图中标号的化学方程式。①2Mg＋O2eq\o(=,\s\up7(点燃))2MgO②3Mg＋N2eq\o(=,\s\up7(点燃))Mg3N2③Mg＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(△))Mg(OH)2＋H2↑④MgCl2(熔融)eq\o(=,\s\up7(电解))Mg＋Cl2↑⑤MgO＋H2Oeq\o(=,\s\up7(△))Mg(OH)2⑥MgCl2＋2NaOH=Mg(OH)2↓＋2NaCl3．铁及其化合物的“价—类二维图”写出图中标号的化学方程式。①3Fe＋4H2O(g)eq\o(=,\s\up7(高温))Fe3O4＋4H2(或3Fe＋2O2eq\o(=,\s\up7(点燃))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．铜及其化合物的“价—类二维图”写出图中标号的化学方程式。①4CuOeq\o(=,\s\up7(高温))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“价—类二维图”写出图中标号的化学方程式。①2C＋SiO2eq\o(=,\s\up7(高温))Si(粗)＋2CO②CO2＋Ceq\o(=,\s\up7(△))2CO③Na2CO3＋CO2＋H2O=2NaHCO3④2NaHCO3eq\o(=,\s\up7(△))Na2CO3＋CO2↑＋H2O6．氮及其化合物的“价—类二维图”写出图中标号的化学方程式。①4NH3＋5O2eq\o(=,\s\up7(催化剂),\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“价—类二维图”写出图中标号的化学方程式。①SO2＋2H2S=3S↓＋2H2O②SO2＋Cl2＋2H2O=H2SO4＋2HCl③Cu＋2H2SO4(浓)eq\o(=,\s\up7(△))CuSO4＋SO2↑＋2H2O④2Na2SO3＋O2=2Na2SO48．氯及其化合物的“价—类二维图”写出图中标号的化学方程式。①Cl2＋H2O=HCl＋HClO②Cl2＋2NaOH=NaCl＋NaClO＋H2O③4HCl(浓)＋MnO2eq\o(=,\s\up7(△))MnCl2＋Cl2↑＋2H2O④HClO4＋NaOH=NaClO4＋H2O考点(一)元素及其化合物的常见转化关系(一)不同价态型转化1．连续氧化型转化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(碱)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[说明]①S不能通过一步反应转化为SO3。②N2不能通过一步反应转化为NO2。③Cl2不能通过一步反应生成FeCl2。2．三角转化(二)同价态型转化1．工业转化及应用(1)铝土矿提铝方式一：Al2O3eq\o(→,\s\up7(盐酸))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)工业提镁方式一：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)侯氏制碱NaCleq\o(→,\s\up7(NH3),\s\do5(CO2))NaHCO3eq\o(→,\s\up7(△))Na2CO32．三角转化[集训冲关]1．如图是某元素的价类二维图，其中A为正盐，X是一种强碱，通常条件下Z是无色液体，E的相对分子质量比D大16，各物质的转化关系如图所示。下列说法错误的是()A．A作肥料时不适合与草木灰混合施用B．同主族元素的氢化物中B的沸点最低C．C一般用排水法收集D．D→E的反应可用于检验D解析：选B正盐A和强碱X反应生成氢化物B，则B为NH3，B和Y连续反应最终生成E，且E的相对分子质量比D大16，则Y为O2，C为N2，D为NO，E为NO2，NO2和无色液体Z反应得到含氧酸F，则Z为H2O，F为HNO3。铵盐水解使溶液显酸性，草木灰的主要成分为K2CO3，COeq\o\al(2－,3)水解使溶液显碱性，二者混合施用会降低肥效，A项正确；NH3分子之间存在氢键，其沸点比PH3高，B项错误；N2的相对分子质量与空气的平均相对分子质量相差不大，不能用排空气法收集，可利用其难溶于水的性质，用排水法收集，C项正确；NO生成NO2，颜色由无色变为红棕色，可以检验NO的存在，D项正确。2．(2021·重庆模拟)在给定条件下，下列物质间的转化均能实现的是()A．NH3eq\o(→,\s\up7(O2),\s\do5(催化剂，△))NOeq\o(→,\s\up7(H2O))HNO3B．Al2O3eq\o(→,\s\up7(Fe),\s\do5(高温))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：选CA项，NOeq\o(→,\s\up7(H2O))HNO3不能实现；B项，Al2O3eq\o(→,\s\up7(Fe),\s\do5(高温))Al不能实现；D项，Cu(OH)2eq\o(→,\s\up7(蔗糖),\s\do5(△))Cu2O，不能实现。3．细菌可以促使铁、氮两种元素进行氧化还原反应，并耦合两种元素的循环。耦合循环中的部分转化如图所示。(1)图中所示氮循环中，属于氮的固定的有__________(填字母)。a．N2转化为氨态氮b．硝化过程c．反硝化过程(2)氮肥是水体中铵态氮的主要来源之一。①氨气是生产氮肥的主要原料，工业合成氨的化学方程式为________________________________________________________________________。②检验铵态氮肥中NHeq\o\al(＋,4)的实验方案是_______________________________________________________________________________________________________________。(3)硝化过程中，含氮物质发生____________(填“氧化”或“还原”)反应。(4)铵态氮与亚硝态氮可以在氨氧化细菌的作用下转化为氮气。该反应中，当产生0.02mol氮气时，转移的电子的物质的量为________mol。(5)土壤中的铁循环可用于水体脱氮(脱氮是指将氮元素从水体中除去)，用离子方程式分别说明利用土壤中的铁循环脱除水体中铵态氮和硝态氮的原理：__________________________、____________________________。解析：(1)氮的固定是指将游离态的氮转化为化合态的氮，故a正确。(2)①工业合成氨是利用氮气和氢气在催化剂以及高温、高压作用下反应生成氨气，反应的方程式为N2＋3H2eq\o(,\s\up7(高温、高压),\s\do5(催化剂))2NH3。(3)硝化过程是将NHeq\o\al(＋,4)转化为NOeq\o\al(－,2)或NOeq\o\al(－,3)，氮元素化合价升高，发生了氧化反应。(4)反应物是NOeq\o\al(－,2)和NHeq\o\al(＋,4)，生成物有H2O和N2，反应的方程式为NHeq\o\al(＋,4)＋NOeq\o\al(－,2)eq\o(=,\s\up7(氨氧化细菌))N2↑＋2H2O，根据方程式可知N2～3e－，故n(e－)＝3n(N2)＝3×0.02mol＝0.06mol。(5)由题图中可以看出Fe3＋和NHeq\o\al(＋,4)反应生成Fe2＋和N2，再利用化合价升降法配平，得6Fe3＋＋2NHeq\o\al(＋,4)=6Fe2＋＋N2↑＋8H＋，同样可写出10Fe2＋＋2NOeq\o\al(－,3)＋12H＋=10Fe3＋＋N2↑＋6H2O。答案：(1)a(2)①N2＋3H2eq\o(,\s\up7(高温、高压),\s\do5(催化剂))2NH3②取少量氮肥溶于适量蒸馏水中，向其中加入浓NaOH溶液，加热，并将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，若观察到红色石蕊试纸变蓝，则证明铵态氮肥中含有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考点(二)无机化工流程微型化设计[典例]以铜银合金(含少量铁)废料为原料回收银和铜的工艺流程如下：下列说法正确的是()A．粗铜溶于过量稀硝酸，过滤、低温干燥得纯铜B．电解时用粗银作阴极，硝酸银溶液为电解质溶液C．用稀硫酸处理渣料时主要发生了氧化还原反应D．从滤液B中可以提取绿矾(FeSO4·7H2O)[解析]流程中物质的转化如下：铜能溶于稀硝酸，过滤、低温干燥不能得到纯铜，A项错误；电解精炼银时，粗银为阳极，纯银为阴极，B项错误；CuO、Fe2O3与稀硫酸的反应均为非氧化还原反应，C项错误；滤液B中主要含有硫酸亚铁，可用于提取FeSO4·7H2O，D项正确。[答案]D[思维建模]化工流程题的解题步骤[集训冲关]1．(2020·山东等级考)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＋2NH4Cl=MgCl2＋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的不同解析：选B结合流程图可知浸出镁的反应为MgO＋2NH4Cl=MgCl2＋2NH3↑＋H2O，A项正确；浸出可以在较高温度下进行，促进NH4Cl水解和NH3的逸出，但沉镁时应在低温下进行，以减弱氨水分解，B项错误；结合流程图可知浸出得到的NH3可转化为氨水，用于沉镁，滤液中含有过量的NH4Cl，可用于浸出时的反应液，故该流程中NH3和NH4Cl可循环使用，C项正确；本流程中分离Mg2＋时，Al3＋、Fe3＋转化为沉淀，是利用了它们氢氧化物的Ksp不同，D项正确。2．脱硫废水的主要超标项目为悬浮物、重金属阳离子(Hg2＋、Cu2＋等)、SOeq\o\al(2－,4)。某工厂采用如图流程进行脱硫废水处理。其中助凝剂为聚丙烯酰胺。下列说法不正确的是()A．该方案中石灰乳仅用来调节pH使大部分重金属阳离子形成氢氧化物沉淀B．加入Na2S可以将进入沉降箱的Hg2＋、Cu2＋转化为硫化物沉淀C．加入FeClSO4是利用Fe3＋易水解的性质，形成胶体吸附悬浮物D．助凝剂聚丙烯酰胺是加聚反应的产物解析：选A石灰乳也可使溶液中的SOeq\o\al(2－,4)转化为CaSO4沉淀而除去，A项错误；加入Na2S可使进入沉降箱的Hg2＋、Cu2＋转化为HgS和CuS沉淀而除去，B项正确；加入FeClSO4，Fe3＋发生水解形成Fe(OH)3胶体，可以吸附溶液中的悬浮物，C项正确；是CH2=CHCONH2通过加成聚合反应得到的产物，D项正确。3．(2021·东北师大附中模拟)工业上，常从铜阳极泥(主要成分是Cu2Te，含少量的Ag、Au)中回收碲，其工艺流程如下(已知TeO2微溶于水，易与浓强碱、浓强酸反应)：下列叙述错误的是()A．合理处理阳极泥有利于保护环境和资源再利用B．操作1、2、3均为过滤C．可由滤渣2提取金属Ag、AuD．上述流程中用浓硝酸代替浓盐酸可提高碲的回收率解析：选D阳极泥中含有贵重金属，合理处理阳极泥有利于环境保护和资源利用，A项叙述正确；根据题给流程图可知，进行操作1、2、3后得到的都是滤液和滤渣，所以操作1、2、3均为过滤，B项叙述正确；因为TeO2易与浓强酸反应，滤渣2中主要含有Ag、Au，故可由滤渣2提取金属Ag、Au，C项叙述正确；因为浓硝酸能与Ag反应，所以流程中用浓硝酸代替浓盐酸会降低碲的回收率，D项叙述错误。考点(三)无机推断[典例]固体化合物X由3种元素组成。某学习小组进行了如下实验：请回答：(1)由现象1得出化合物X含有________(填元素符号)元素。(2)固体混合物Y的成分______________(填化学式)。(3)X的化学式为__________。X与浓盐酸反应产生黄绿色气体，固体完全溶解，得到蓝色溶液，该反应的化学方程式是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。[解析](1)现象1说明混合气体中有水蒸气，则X与H2反应生成了H2O，X中含有氧元素。(2)固体Y溶于水，紫红色不溶物为Cu单质，碱性溶液焰色反应为黄色，说明含有钠元素，所以得出X中含有Na、O、Cu三种元素，则该碱性溶液一定为NaOH溶液，Y为Cu与NaOH的混合物。(3)n(Cu)＝0.02mol，n(NaOH)＝0.02mol，则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三种原子的个数之比为1∶1∶2，化学式为NaCuO2；根据信息，X与浓盐酸反应生成Cl2、CuCl2，根据原子守恒，产物还有NaCl和H2O，据此配平即可。[答案](1)O(2)Cu和NaOH(3)NaCuO22NaCuO2＋8HCl=2NaCl＋2CuCl2＋Cl2↑＋4H2O[思维建模]无机推断解题思路[集训冲关]1．(2021·辽宁等级考)含S元素的某钠盐a能发生如图转化。下列说法错误的是()A．a可能为正盐，也可能为酸式盐B．c为不溶于盐酸的白色沉淀C．d为含极性键的非极性分子D．反应②中还可能生成淡黄色沉淀解析：选C由题干信息可知，盐a与足量的稀盐酸产生刺激性气味气体d，d能使KMnO4溶液褪色，故d为SO2，则盐a为Na2SO3或者NaHSO3，也可能是Na2S2O3，盐a与足量Cl2反应后生成SOeq\o\al(2－,4)，再与BaCl2溶液反应得到沉淀c，故c为BaSO4，据此分析解题。由分析可知，盐a为Na2SO3或者NaHSO3，也可能是Na2S2O3，故a可能为正盐，也可能为酸式盐，A正确；c为BaSO4，故c为不溶于盐酸的白色沉淀，B正确；d为SO2，由SO2易溶于水并根据“相似相溶”原理可知，d是含有极性键的极性分子，C错误；盐a为Na2SO3或者NaHSO3，也可能是Na2S2O3，当Na2S2O3＋2HCl=2NaCl＋S↓＋SO2↑＋H2O，反应②中还可能生成淡黄色沉淀，D正确。2．固体粉末X中可能含有Fe、FeO、CuO、MnO2、KCl和K2CO3中的若干种。为确定该固体粉末的成分，某同学依次进行了以下实验：①将X加入足量水中，得到不溶物Y和溶液Z②取少量Y加入足量浓盐酸，加热，产生黄绿色气体，并有少量红色不溶物③用玻璃棒蘸取溶液Z滴于pH试纸上，试纸呈蓝色④向Z溶液中滴加AgNO3溶液，生成白色沉淀分析以上实验现象，下列结论正确的是()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与FeO中至少含有一种D．向④中所生成的白色沉淀中滴加盐酸，若沉淀不完全溶解，则粉末X中含有KCl解析：选B①将X加入足量水中，得到不溶物Y和溶液Z，则Y中含有Fe、FeO、CuO、MnO2中的一种或几种，溶液Z中含KCl或K2CO3或KCl和K2CO3；②取少量Y加入足量浓盐酸，加热，产生黄绿色气体(Cl2)，并有少量红色不溶物(Cu)，说明Y中肯定含有CuO、MnO2，有Cu生成是因为CuO与盐酸反应生成的CuCl2发生了置换反应，故Y中还含有Fe；③用玻璃棒蘸取溶液Z滴于pH试纸上，试纸呈蓝色，说明溶液呈碱性，则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。综上所述，X中肯定含有CuO、MnO2、K2CO3以及Fe，但不能确定是否含有FeO、KCl。由上述分析可知不能确定X中是否含有FeO，A项错误；Z溶液中一定含有K2CO3，B项正确；不溶物Y中一定含有CuO、MnO2和Fe，不能确定是否含有FeO，C项错误；向④中所生成的白色沉淀中滴加盐酸，引入了Cl－，故不能确定X中是否含有KCl，D项错误。3.(2021·厦门模拟)A、B、C、D、E、F为中学化学中的常见物质，且物质A由一种或两种短周期元素组成，在一定条件下有如图转化关系，请完成下列问题：(1)若常温下A为有色气体①若F是一种金属单质，请写出B和适量F反应生成C与气体E的离子方程式：__________________________________________。②若C为直线形分子，E具有漂白性，物质F焰色反应呈黄色，则F的化学式为____________；D中所含化学键的类型为__________________。(2)若A为淡黄色固体，D为白色难溶于水的物质，且物质A和D的相对分子质量相等，请用离子方程式表示物质F的水溶液呈酸性的原因：________________________________。(3)若物质A中一种元素原子的最外层电子数为内层电子总数的eq\f(1,5)，将B和D分别溶于水，所得溶液按恰当比例混合，可得到一种不含金属元素的盐溶液，请写出A与H2O反应的化学方程式：__________________________________________；B转化为C的化学方程式为________________________________________________。解析：(1)①已知A是由短周期元素组成的能与水反应的有色气体，且其与H2O反应后有气体生成，则符合条件的有NO2、F2：3NO2＋H2O=2HNO3＋NO、2F2＋2H2O=4HF＋O2，若B为HF，金属单质不能发生连续反应，故满足条件的A为NO2，则B、E分别为HNO3、NO，发生连续反应的金属单质为Fe(F)，故C为Fe(NO3)3，D为Fe(NO3)2。②结合E有漂白性，知其应为HClO，则A为Cl2，B为盐酸，与盐酸反应生成的直线形分子应为CO2(C)，又F的焰色呈黄色，则F中含有钠元素，F还能与CO2反应，故F为Na2CO3，D为NaHCO3，NaHCO3中Na＋与HCOeq\o\al(－,3)之间存在离子键、HCOeq\o\al(－,3)内部存在极性共价键。(2)由短周期元素组成的能与水反应的淡黄色固体是Na2O2(相对分子质量是78)：2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，由物质转化关系、D为白色难溶于水的物质及D的相对分子质量为78知B为NaOH，F为Al3＋，C为NaAlO2，D为Al(OH)3，Al3＋水解使溶液呈酸性，注意Al3＋水解程度较弱，水解方程式中应用“”。(3)最外层电子数是内层电子总数的eq\f(1,5)的元素为Mg，B、D的水溶液反应可得到一种不含金属元素的盐溶液，则该盐为铵盐，结合物质转化关系，可得出B为NH3，F为O2，C为NO，D为NO2，则A为Mg3N2，E为Mg(OH)2，B到C的反应为NH3的催化氧化反应。答案：(1)①Fe＋4H＋＋NOeq\o\al(－,3)=Fe3＋＋NO↑＋2H2O②Na2CO3离子键、极性共价键(2)Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋(3)Mg3N2＋6H2O=3Mg(OH)2↓＋2NH3↑4NH3＋5O2eq\o(=,\s\up7(催化剂),\s\do5(△))4NO＋6H2O[专题跟踪检测]1．汽车尾气中的氮氧化合物(NOx)与大气中的NH3发生如下作用，形成一种雾霾。NOxeq\o(→,\s\up7([O]),\s\do5(反应①))N2O5eq\o(→,\s\up7(H2O),\s\do5(反应②))HNO3eq\o(→,\s\up7(NH3),\s\do5(反应③))烟(一种雾霾)有关该雾霾的叙述错误的是()A．该雾霾中含硝酸铵固体B．反应②是非氧化还原反应C．NH3是形成该雾霾的催化剂D．NH3可能来自过度施用氮肥解析：选CHNO3遇NH3生成NH4NO3，因此该雾霾中含硝酸铵固体，A项正确；反应②为N2O5＋H2O=2HNO3，为非氧化还原反应，B项正确；氨气是形成该雾霾的反应物，而不是催化剂，C项错误；氮肥中的NHeq\o\al(＋,4)可转化为氨气，故大气中的NH3可能来自过度施用氮肥，D项正确。2．在给定条件下，下列各物质间转化均能一步实现的是()A．CuFeS2eq\o(→,\s\up7(O2),\s\do5(高温))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(通电))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：选DCuFeS2被氧气氧化生成二氧化硫，而不是三氧化硫，故A错误；二氧化硅与水不反应，不能生成硅酸，故B错误；电解熔融的氯化钠得到氯气和单质钠，而不是氢氧化钠溶液，故C错误；氯化钡在碱性条件下与二氧化碳反应生成碳酸钡，碳酸钡加入硫酸钠溶液中生成溶度积更小的硫酸钡，故D正确。3．废旧印刷电路板是一种电子废弃物，某科研小组设计如图工艺流程回收铜并制取胆矾(流程中RH为萃取剂)。下列说法正确的是()A．反应Ⅰ的离子方程式为Cu＋H2O2＋2NH3＋2NHeq\o\al(＋,4)=[Cu(NH3)4]2＋B．操作②用到的主要仪器为蒸馏烧瓶C．操作④以石墨为电极电解硫酸铜溶液，阳极产物为O2和H2SO4D．操作⑤为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、热水洗涤、干燥解析：选C双氧水具有氧化性，能氧化还原性物质Cu，反应的离子方程式为Cu＋H2O2＋2NH3＋2NHeq\o\al(＋,4)=[Cu(NH3)4]2＋＋2H2O，故A错误；操作②为萃取、分液，主要仪器为分液漏斗，故B错误；以石墨为电极电解硫酸铜溶液时，阳极上氢氧根离子放电、阴极上铜离子放电，所以阳极上生成O2，同时有大量的H＋生成，SOeq\o\al(2－,4)向阳极移动，因此阳极产物还有H2SO4，故C正确；从溶液中获取晶体采用的操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、冷水洗涤、干燥，故D错误。4．一种新型的合成氨的方法如图所示，下列说法错误的是()A．反应①属于“氮的固定”B．反应②属于非氧化还原反应C．反应③可通过电解LiOH水溶液实现D．上述三步循环的总结果为2N2＋6H2O=4NH3＋3O2解析：选C反应①中N2由游离态转变为化合态，属于“氮的固定”，A项正确；反应②中各元素的化合价均未发生改变(Li3N＋3H2O=3LiOH＋NH3↑)，B项正确；锂是活泼金属，电解LiOH溶液得不到金属锂，C项错误；由题图知转化的原料是N2和H2O，产物为NH3和O2，D项正确。5．氯化镁晶体具有如下转化关系：下列说法错误的是()A．固体Ⅰ可溶于饱和NH4Cl溶液B．气体Ⅰ能使无水CuSO4变蓝色C．溶液Ⅰ和溶液Ⅱ常温下均能与Cu反应D．在固体Ⅱ的浊液中加入KI溶液可产生黄色沉淀解析：选CMgCl2·6H2O灼烧得到的固体Ⅰ为MgO，气体Ⅰ为HCl和H2O(g)，NH4Cl溶液由于铵根离子水解显酸性，故MgO可溶于饱和NH4Cl溶液，A正确；气体Ⅰ中的H2O(g)能使无水CuSO4变蓝色，B正确；将HCl和H2O(g)通过浓H2SO4，得到的气体Ⅱ为HCl，溶液Ⅰ为稍稀的硫酸，HCl与AgNO3溶液反应生成的固体Ⅱ为AgCl，溶液Ⅱ为HNO3，硫酸在常温下不能与Cu反应，C错误；由于Ksp(AgI)≪Ksp(AgCl)，故AgCl能与KI发生沉淀转化反应，生成黄色沉淀AgI，D正确。6．(2021·威海模拟)如图是实验室中制取KMnO4的流程图，已知K2MnO4呈墨绿色，下列说法中错误的是()A．第①步在瓷坩埚中进行，第⑥步中加热浓缩在蒸发皿中进行B．第②步加入的MnO2做还原剂，第④步通CO2发生反应：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步加热趁热过滤，说明KMnO4的溶解度随温度变化比较大解析：选A瓷坩埚中含SiO2，不能用瓷坩埚加热熔融碱性物质，A项错误。7．某试液中只可能含有K＋、NHeq\o\al(＋,4)、Fe2＋、Al3＋、Cl－、SOeq\o\al(2－,4)、COeq\o\al(2－,3)、AlOeq\o\al(－,2)中的若干种离子，离子浓度均为0.1mol·L－1，某同学进行了如下实验，下列说法正确的是()A．原溶液中存在NHeq\o\al(＋,4)、Fe2＋、Cl－、SOeq\o\al(2－,4)B．滤液X中大量存在的阳离子有NHeq\o\al(＋,4)、Fe2＋和Ba2＋C．无法确定沉淀C的成分D．无法确定原试液中是否含有Al3＋、Cl－解析：选A加入过量稀硫酸无明显现象，说明无COeq\o\al(2－,3)、AlOeq\o\al(－,2)；加入过量Ba(NO3)2溶液有气体生成，说明溶液中存在还原性离子，即含有Fe2＋，因为前面加入了稀硫酸，故由生成沉淀A(硫酸钡)不能说明溶液中存在SOeq\o\al(2－,4)；向滤液X中加入过量NaOH溶液有气体生成，说明存在NHeq\o\al(＋,4)，沉淀B为氢氧化铁；向滤液中通入少量CO2得到沉淀C，则沉淀C可以是BaCO3或Al(OH)3或二者的混合物，又因为试液中各离子的浓度均为0.1mol·L－1，根据电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为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项正确；滤液X中大量存在的阳离子为Fe3＋、NHeq\o\al(＋,4)、Ba2＋、H＋，B项错误；沉淀C为BaCO3，C项错误；原溶液中存在Cl－，不存在Al3＋，D项错误。8．某铁矿石(主要含有FeO，还含有少量Al2O3、SiO2)是我国一种重要的铁矿资源，以该铁矿石为原料制备纯度较高的铁红，其流程如图所示。下列说法错误的是()A．滤渣Ⅰ的主要成分为SiO2B．酸浸液遇K3[Fe(CN)6]溶液生成蓝色沉淀的化学式为Fe[Fe(CN)6]C．氧化时选用的试剂可以是H2O2或NaClO溶液D．滤渣Ⅱ转化为铁红的反应不属于氧化还原反应解析：选B铁矿石中的SiO2不与硫酸反应，故滤渣Ⅰ的主要成分为SiO2，A项正确；酸浸液中含有Fe2＋，遇K3[Fe(CN)6]溶液生成蓝色沉淀Fe3[Fe(CN)6]2，B项错误；氧化Fe2＋时可选用H2O2或NaClO溶液作氧化剂，反应原理分别为2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O,2Fe2＋＋ClO－＋2H＋=2Fe3＋＋Cl－＋H2O，C项正确；滤渣Ⅱ为氢氧化铁，氢氧化铁转化为铁红(Fe2O3)的反应没有化合价发生变化，属于非氧化还原反应，D项正确。9．某固体混合物X，可能含有BaCl2、NaHCO3、Fe2O3、Cu、NaAlO2中的一种或几种，进行如下实验：①取一定量样品溶于水中，得到固体A和溶液B；②向A中加入足量稀盐酸，得到澄清溶液C。下列说法不正确的是()A．固体A可能溶于NaOH溶液B．溶液C能与NaHCO3溶液反应产生沉淀C．向溶液C中加入KSCN溶液，若不变色，则混合物X不含Fe2O3D．向溶液B中加入NaOH溶液，若出现白色沉淀，则X中必定有BaCl2和NaHCO3解析：选C分析题给信息可知，如果X只含一种物质，则可能是偏铝酸钠，此时固体A为氢氧化铝沉淀；如果X含多种物质，则固体A可以是氢氧化铝、碳酸钡、氧化铁等物质中的多种可能组合。当固体A是氢氧化铝沉淀时可以溶解于氢氧化钠溶液中，A说法正确；固体A可以是上述推断中的多种可能组合，则溶液C中可能含有铁离子、亚铁离子、铜离子等，则与碳酸氢钠溶液反应可以产生沉淀，B说法正确；如果X中有氧化铁并且有铜，则加入盐酸后三价铁被铜还原为二价铁，加入硫氰化钾溶液后不会发生显色变化，所以不能根据硫氰化钾的现象排除氧化铁的存在，C说法不正确；溶液B中能产生的白色沉淀只能是碳酸钡，则X中必定有BaCl2和NaHCO3，D说法正确。10．钯是航天、航空高科技领域的重要材料。工业用粗钯制备高纯度钯的流程如图所示。下列说法错误的是()A．“酸浸”时反应的化学方程式是Pd＋6HCl(浓)＋4HNO3(浓)=H2PdCl6＋4NO2↑＋4H2OB．“热还原”中每生成1molPd，同时生成的气体的物质的量为8molC．化学实验中可利用氯钯酸根离子检验溶液中是否含有NHeq\o\al(＋,4)D．在“酸浸”过程中为加快反应速率可用浓硫酸代替浓盐酸解析：选D据题图可知，“酸浸”时反应物有Pd、浓HNO3和浓HCl，产物有NO2，“中和”过程为非氧化还原过程，说明“酸浸”后Pd的化合价应为＋4价，故Pd的存在形式为PdCleq\o\al(2－,6)，结合电子守恒和原子守恒可知“酸浸”时反应的化学方程式为Pd＋6HCl(浓)＋4HNO3(浓)=H2PdCl6＋4NO2↑＋4H2O，故A说法正确；根据原子守恒可知，生成的气体应为HCl和NH3，每生成1molPd，需消耗1mol氯钯酸铵，故可生成2molNH3和6molHCl，共8mol气体，故B说法正确；氯钯酸铵为红色沉淀，所以若某溶液中含有铵根离子，向其中滴入含有氯钯酸根离子的溶液可以生成红色沉淀，有明显现象，可以检验溶液中是否存在NHeq\o\al(＋,4)，故C说法正确；“酸浸”过程中盐酸电离出的Cl－与Pd4＋生成络合物，促使Pd转化为Pd4＋的反应正向移动，从而使Pd溶解，若换成硫酸，无法生成络合物，会使“酸浸”的效率降低，故D说法错误。11．(2020·山东名校联考)铈是稀土元素，氢氧化铈[Ce(OH)4]是一种重要的氢氧化物。平板电视显示屏生产过程中会产生大量的废玻璃粉末(含SiO2、Fe2O3、CeO2)，某课题组以此粉末为原料回收铈，设计实验流程如下：下列说法正确的是()A．过程①中发生的反应是：Fe2O3＋6H＋=2Fe2＋＋3H2OB．过程②的反应中H2O2作氧化剂C．CeO2是碱性氧化物，可以与盐酸反应生成盐和水D．过程④中发生的反应为4Ce(OH)3＋O2＋2H2O=4Ce(OH)4解析：选D过程①正确的反应为Fe2O3＋6H＋=2Fe3＋＋3H2O，A错误；过程②的反应中铈的化合价降低，H2O2作还原剂生成O2，B错误；CeO2与盐酸不反应，C错误。12．锌是一种常用金属，工业上利用锌焙砂(主要含ZnO、ZnFe2O4，还含有少量CaO、FeO、CuO、NiO等)湿法制取金属锌的流程如图所示，回答下列问题。已知：Fe的活泼性强于Ni。(1)ZnFe2O4可写成ZnO·Fe2O3，则ZnFe2O4与H2SO4反应的化学方程式为________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(2)“净化Ⅰ”操作分为两步：①将溶液中少量的Fe2＋氧化，下列试剂中可选用的是__________(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，调节溶液pH为3.3～6.7，加热到60℃左右并不断搅拌，加热搅拌的主要目的是_______________________________________________________________________________________________________________________________________。(3)“净化Ⅰ”生成的沉淀中还含有溶液中的悬浮杂质，溶液中的悬浮杂质被共同沉淀的原因是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(4)“净化Ⅱ”中加入过量Zn的目的是__________________________________________________________________________________________________________________。解析：(1)根据ZnFe2O4可写成ZnO·Fe2O3可知，ZnFe2O4与硫酸反应的化学方程式为ZnFe2O4＋4H2SO4=ZnSO4＋Fe2(SO4)3＋4H2O。(2)①将溶液中少量的Fe2＋氧化，应选用氧化性较强且不会引入新杂质的物质，新制氯水的还原产物为氯离子，会引入新的杂质，氯化铁无法将Fe2＋氧化，且会引入新的杂质，KMnO4的还原产物为二价锰离子，会引入新的杂质，因此应选用过氧化氢。②加热搅拌的目的是促进三价铁离子水解转化为沉淀，并使过量的过氧化氢分解除去。(3)因为Fe(OH)3胶粒具有吸附性，故“净化Ⅰ”生成的沉淀中还含有溶液中的悬浮杂质。(4)结合流程梳理知，“净化Ⅱ”中加入过量Zn的目的是使Cu2＋、Ni2＋转化为Cu、Ni而除去。答案：(1)ZnFe2O4＋4H2SO4=ZnSO4＋Fe2(SO4)3＋4H2O(2)①B②促进三价铁离子水解转化为沉淀，并使过量的过氧化氢分解除去(3)氢氧化铁胶粒具有吸附性(4)使铜离子、镍离子转化为单质而除去13．自然界中的局部氮循环如图。(1)图中含氮物质的各步转化中，属于氮的固定的是________(填数字序号)。(2)NH3是氮循环中的重要物质，工业合成氨反应的化学方程式为____________________________________。(3)某化工厂出现泄漏，大量氨水进入循环水系统，使循环水中含氯杀菌剂(有效成分为Cl2)的杀菌效果降低、硝化作用增强，导致循环水的pH发生波动，最终造成设备腐蚀。①下列有关氨对循环水影响的说法正确的是________(填字母)。a．过量氨进入循环水后，水中NOeq\o\al(－,2)和NOeq\o\al(－,3)含量会升高b．过量氨进入循环水后，不会导致水体富营养化c．循环水pH的波动中，pH的上升与氨水的碱性有关d．为减少氨对杀菌剂杀菌效果的影响，可以改用非氧化性杀菌剂②通过检测循环水中的c(NOeq\o\al(－,2))可判断循环水的水质是否恶化，c(NOeq\o\al(－,2))检测利用的是酸性条件下I－被NOeq\o\al(－,2)氧化为I2的反应，该反应的历程如下：Ⅰ.NOeq\o\al(－,2)＋2H＋=NO＋＋H2OⅡ.……Ⅲ.2ONI=I2＋2NOⅡ的离子方程式为______________________________。(4)含NOeq\o\al(－,3)的废水可用二硫化亚铁(FeS2)处理，在反硝化细菌的作用下发生以下反应，请将离子方程式补充完整：14NOeq\o\al(－,3)＋5FeS2＋eq\x()H＋7N2↑＋10SOeq\o\al(2－,4)＋eq\x()________＋eq\x()________解析：(1)氮的固定是将空气中游离态的氮转化为氮的化合物的过程，故各步转化中，属于氮的固定的是①、②。(2)工业合成氨的反应为N2＋3H2eq\o(,\s\up7(高温、高压),\s\do5(催化剂))2NH3。(3)①根据题意知，过量氨进入循环水后，循环水中硝化作用增强，结合题图知，水中NOeq\o\al(－,2)、NOeq\o\al(－,3)含量会升高，故a正确；过量氨进入循环水后，会造成水体中氮元素含量增加，导致水体富营养化，故b错误；过量氨进入循环水后，循环水的pH上升与氨水的碱性有关，c正确；氨具有还原性，能与含氯杀菌剂中的有效成分Cl2发生氧化还原反应，降低杀菌效果，因此改用非氧化性杀菌剂，可以减少氨对杀菌剂杀菌效果的影响，d正确。②根据题意和反应历程知总反应为2NOeq\o\al(－,2)＋2I－＋4H＋=2NO＋I2＋2H2O，结合Ⅰ中生成物有NO＋，Ⅲ中反应物为ONI，知Ⅱ为I－和NO＋反应生成ONI，离子方程式为NO＋＋I－=ONI。(4)由14NOeq\o\al(－,3)→7N2得70e－，5FeS2→10SOeq\o\al(2－,4)失70e－，知FeS2中的铁转化为Fe2＋，根据电荷守恒、原子守恒即可配平离子方程式。答案：(1)①②(2)N2＋3H2eq\o(,\s\up7(高温、高压),\s\do5(催化剂))2NH3(3)①acd②NO＋＋I－=ONI(4)45Fe2＋2H2O大题增分“无机化工流程”综合题的考法研究与增分指导(一)常考题点及关联命题分析常考题点1.原料的预处理方法及其目的。2．流程中指定转化的方程式书写和反应条件的控制。3．化工流程中的分离提纯方法及原理和有关仪器选择等。4．化工流程中滤液、滤渣的成分判断。5．定量计算(如Ksp、pH、转化率、产率等的计算)。关联命题1.纵观近几年高考试题，化学工艺流程题均取材于成熟的化学工艺或改进工艺。该类试题以简洁的工艺流程图再现实际生产的关键环节，情境真实富有意义，对培养学生的科学精神和社会责任大有禆益，充分显示了“一核”的引领功能。2．2021年河北等级考第14题采用了工艺流程与实验设计相结合的命题形式，这种创新尝试不仅能考查学生在真实情境中解决实际问题的能力而且更有利培养学生综合思维和创新思维，代表着以后高考考“活”考“新”的命题趋势。(二)试题的命题思路及过程1．试题的命制思路2．试题的命制过程第一步：选取真实的情境素材先选取有引领作用的背景素材，激发学生对化学学科的热爱。(这启示我们：源于生产、情境新颖是本类试题的一大特色。情境载体大都是我们平常没见过的。)第二步：设计题干绘制流程图流程图的设计首先捕捉素材中与高中知识、素养、能力相关的内容。然后将与考查内容相关的关键流程、方法和技术处理成清晰、简洁的流程图。但在设计流程时考虑到高中学生所学实际情况，对相关条件、步骤进行了适当的处理，保留了关键操作，给出了必要的物质信息。(这启示我们：题目虽新，但考查的知识大多是我们学过的内容。)第三步：设置基础性为主的问题命题时，必须根据高中学生的知识储备、素养要求以及高考对化学学科关键能力的考查，所设计的问题，大多是对主干知识的考查。(这启示我们：高考大题是完全可以得大部分分数的，全面放弃不足取。)第四步：增强设问的综合性和应用性该步骤紧扣学科素养和关键能力，整合情境素材和考查内容，通过建立新旧知识的联系、综合多个模块内容，考查学生的综合应用能力。个别题目应具备一定的难度和区分度以体现高考的选拔功能。(这启示我们：一是有些题目需经过慎重的思考推理才能解答，跳一跳才能摘到“桃子”；二是有些题目不会做实属正常，不要过于纠结影响心情。)第五步：调整难度，设置分值试题初步命制完之后，要整体统筹，做到难度合理，区分度明显。试题难度调整可采取同类题目替换、信息提示、数据简化等方法。总之，此类试题的命制以真实、新颖的情境为素材，保证了命题的科学性；融合多种必备知识，在保证一定量的基础性设问的前提下，设置学科内综合的问题和关于新情境应用的问题，保证了设问的层次性；此外，在考查素养和能力的同时也向学生介绍了新知识，展示了实际问题的复杂性、综合性，展现了化学学科的魅力，实现了围绕化学工艺流程进行多角度、多层次、有梯度的考查。[典例](2020·山东等级考)用软锰矿(主要成分为MnO2，含少量Fe3O4、Al2O3)和BaS制备高纯MnCO3的工艺流程如下：已知：MnO2是一种两性氧化物；25℃时相关物质的Ksp见下表。物质Fe(OH)2Fe(OH)3Al(OH)3Mn(OH)2Ksp1×10－16.31×10－38.61×10－32.31×10－12.7回答下列问题：(1)软锰矿预先粉碎的目的是____________________，MnO2与BaS溶液反应转化为MnO的化学方程式为______________________________________________。(2)保持BaS投料量不变，随MnO2与BaS投料比增大，S的量达到最大值后无明显变化，而Ba(OH)2的量达到最大值后会减小，减小的原因是____________________________。(3)滤液Ⅰ可循环使用，应当将其导入到________操作中(填操作单元的名称)。(4)净化时需先加入的试剂X为________(填化学式)，再使用氨水调溶液的pH，则pH的理论最小值为________(当溶液中某离子浓度c≤1.0×10－5mol·L－1时，可认为该离子沉淀完全)。(5)碳化过程中发生反应的离子方程式为________________________________________________________________________________________________________________。考题发掘·融通相关知识(一)精读题干与制备流程·习得以下素养1．挖掘题干信息，明确原理目的。请思考以下问题。(1)原料软锰矿的成分有哪些？属于哪类物质？答案：主要成分为MnO2，次要成分为Fe3O4、Al2O3；Al2O3、MnO2为两性氧化物，Fe3O4为复杂氧化物。(2)主要原理与目的是什么？答案：MnO2与BaS为主要反应物，最终制备高纯MnCO3。2．理清流程及相关隐性信息，明确主要转化、分离方法。请思考以下问题。(1)根据流程中的“反应”，可知加入硫化钡溶液反应的物质是什么？没反应的物质是什么？属于两性氧化物的是什么？答案：MnO2；Fe3O4、Al2O3；MnO2、Al2O3。(2)流程中“酸解”后的溶液中有哪些金属阳离子？答案：Fe2＋、Fe3＋、Al3＋、Mn2＋。(3)流程中的“洗涤”过程，如何操作？如何证明洗涤干净？答案：向漏斗中加蒸馏水至没过沉淀，待水自然流出，重复2～3次；取最后一次洗涤液于试管中，加入BaCl2溶液，若无沉淀则证明洗净。(4)根据题中信息，Fe2＋、Fe3＋、Al3＋、Mn2＋加氨水沉淀的先后顺序为________________________________________________________________________。答案：Fe3＋、Al3＋、Fe2＋、Mn2＋(二)精读题目设问·习得以下素养1．明确原料预处理方法。请思考以下问题。(1)矿石与溶液反应时，加快反应速率的措施一般有哪些？答案：矿石粉碎、适当增加溶液浓度、加热、搅拌等。(2)矿石焙烧时，矿石粉碎的目的是什么？答案：加速反应速率，并提高焙烧的效率。2．明确流程中化学转化，弄清原理及有关成分。请思考以下问题。(1)流程中“反应”的氧化剂与还原剂的物质的量比为多少？氧化产物是什么？答案：氧化剂是MnO2，还原剂是BaS，二者的物质的量比为1∶1，氧化产物是S。(2)流程中的“酸解”涉及反应的离子方程式有哪些？请写出。答案：MnO＋2H＋=Mn2＋＋H2OAl2O3＋6H＋=2Al3＋＋3H2OFe3O4＋8H＋=2Fe3＋＋Fe2＋＋4H2O(3)流程中“净化”加试剂X和氨水的目的是什么？答案：试剂X是为了将Fe2＋转化为Fe3＋，便于Fe的除去，加入氨水的目的是调节pH，除去Fe3＋、Al3＋，使Mn2＋不沉淀。(4)若溶液的Mn2＋浓度为0.01mol·L－1，用氨水调节pH，若保证Mn2＋不沉淀，pH的最大值为多少？写出步骤。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最大值为8.65。(5)流程中“废渣”主要成分是什么？答案：Fe(OH)3、Al(OH)3。(6)“碳化”时，加入氨水和碳酸氢铵的主要目的是什么？答案：加入氨水调节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，促进Mn2＋生成MnCO3沉淀。[参考答案](1)增大接触面积，充分反应，提高反应速率MnO2＋BaS＋H2O=Ba(OH)2＋MnO＋S(2)过量的MnO2消耗了产生的Ba(OH)2(3)蒸发(4)H2O24.9(5)Mn2＋＋HCOeq\o\al(－,3)＋NH3·H2O=MnCO3↓＋NHeq\o\al(＋,4)＋H2O难点突破·扫清解题障碍1．原料预处理的常用方法方法目的研磨减小固体的颗粒直径，增大固体与液体或气体间的接触面积，增大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碱浸除去油污，溶解酸性氧化物、铝及其氧化物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2．转化过程中反应条件的控制方法(1)溶液的pH①控制反应的发生，增强物质的氧化性或还原性，或改变水解程度。②控制溶液的酸碱性使其中的某些金属离子形成氢氧化物沉淀。已知下列物质开始沉淀和沉淀完全时的pH如下表所示物质开始沉淀沉淀完全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＋，应该先用氧化剂把Fe2＋氧化为Fe3＋，再调溶液的pH到3.7。调节pH所需的物质一般应满足两点：能与H＋反应，使溶液pH增大；不引入新杂质。例如：若要除去Cu2＋溶液中混有的Fe3＋，可加入CuO、Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3等物质来调节溶液的pH。(2)温度加热的目的加快反应速率或促进平衡向某个方向移动降温的目的防止某物质在高温时会分解或溶解或为了使化学平衡向题目要求的方向移动(3)浓度①根据需要选择适宜浓度，控制一定的反应速率，使平衡移动有利于目标产物的生成，减小对后续操作产生的影响。②反应物过量，能保证反应的完全发生或提高其他物质的转化率，但对后续操作也会产生影响。(4)压强：改变反应速率，使平衡向需要的方向移动。(5)催化剂：选择合适的催化剂，能加快反应速率。3．洗涤沉淀的目的及如何选择洗涤剂洗涤试剂适用范围目的蒸馏水冷水产物不溶于水除去固体表面吸附着的××杂质；可适当降低固体因为溶解而造成的损失热水物质溶解度随着温度升高而下降除去固体表面吸附着的××杂质；可适当降低固体因为温度变化而造成溶解的损失有机溶剂(酒精、丙酮等)固体易溶于水，难溶于有机溶剂减少固体溶解；利用有机溶剂的挥发性除去固体表面的水分，产品易干燥该物质的饱和溶液对纯度要求不高的产品减少固体溶解酸、碱溶液产物不溶于酸、碱除去固体表面吸附着的可溶于酸、碱的杂质；减少固体溶解4．物质分离的6种常用方法5．化工流程中有关计算(1)常用化学计算方法(2)化工流程中Ksp的计算及应用①Ksp的表达式：AmBn(s)mAn＋(aq)＋nBm－(aq)Ksp＝cm(An＋)·cn(Bm－)②Ksp与Qc的关系应用a．当Qc>Ksp时，溶液过饱和，有沉淀析出，直至溶液饱和，达到新的平衡。b．当Qc＝Ksp时，溶液饱和，沉淀与溶解处于平衡状态。c．当Qc<Ksp时，溶液未饱和，无沉淀析出，若加入过量难溶电解质，难溶电解质溶解直至溶液饱和。6．绿色工业应达到的标准(1)节能减排：尽可能避免高温加热，选用常温转化流程；尽可能减少副产物的生成，最终减少废物的排放，如废水、废渣、废气的排放尽可能做到零排放。(2)绿色转化：①选择的工艺绿色化，用无毒无害的试剂，不产生有毒有害物质，如选择氧化剂可选用H2O2，不选用硝酸或氯水等。②转化反应尽可能使原子利用率达到100%，减少副产物或非目标产物的生成。(3)分离提纯绿色化与简单化：选用无毒无害的分离提纯试剂，尽可能减少使用有机试剂或溶剂；选用的分离提纯操作要安全、简单和科学合理。(一)化工流程示意图的关键环节解读(二)化工流程试题的一般解题策略1．审题“四角度”2．破题“三方法”(1)首尾分析法：对一些线型流程工艺(从原料到产品为一条龙的生产工序)试题，首先对比分析流程图中第一种物质(原材料)与最后一种物质(产品)，从对比分析中找出原料与产品之间的关系，弄清生产过程中原料转化为产品的基本原理和除杂、分离、提纯产品的化工工艺，然后再结合题设的问题，逐一推敲解答。(2)分段分析法：对于用同样的原材料生产多种(两种或两种以上)产品(包括副产品)的工业流程题，用分段分析法更容易找到解题的切入点。(3)交叉分析法：有些化工生产选用多组原材料，先合成一种或几种中间产品，再用这一中间产品与部分其他原材料生产所需的主流产品，这种题适合用交叉分析法。就是将提供的工业流程示意图结合常见化合物的制取原理划分成几条生产流水线，然后上下交叉分析。3．解题“三步骤”第一步：读题头，得目的，找原料，明产品，解决“干什么”通过阅读题头，了解流程图以外的文字描述、表格信息、后续设问中的提示性信息，通过对比分析工业流程示意图中的第一种物质(原材料)与最后一种物质(产品)，弄清从原料出发，要得到最终产品，必须除去什么元素、引进什么元素。第二步：读题干，析过程，看措施，推用意，解决“怎么做”题干部分主要用框图形式将原料到产品的主要生产工艺流程表示出来。分析流程中的每一步骤的反应物是什么？发生了什么反应？利用了什么原理(氧化还原、溶解度、电离平衡、水解平衡、溶解平衡)？该反应造成了什么后果？(除目标物质外还产生了什么杂质或副产物？这些物质又是如何分离、提纯和循环利用的？如何体现绿色化学思想？)每一步操作进行到什么程度最佳？在此过程中抓住一个关键点：一切反应或操作都是为获得产品而服务，在回答相关操作的原因或目的时要从对产品的影响层面作答。第三步：读题问，逐空填答，用语要规范，解决“怎么写”从化学原理的角度、用化学语言作答；要抓住主要问题，针对具体问题做具体分析。具体答题要点如下：审清楚要看清题目要求，按要求答题。如：写离子方程式还是化学方程式；写物质的名称还是化学式等；方程式中反应物、产物的分子式书写要正确；尤其是化学方程式要配平，电极反应式和化学方程式一定要书写正确；正确使用等号或可逆符号；沉淀、气体、水溶液等符号要标明答规范回答问题要准确全面，注意语言表达的规范性，例如评价或比较实验方案时要全面考虑：反应物种类多少、是否易得、是否对环境有污染；反应产物的种类多少，对目标产物的分离和提纯是否有影响；反应条件是否苛刻；仪器、设备是否要求高；工艺流程、实验步骤的多少答完整要答到对产品生产的影响这一步！①除杂：除去……中的……(只写“除杂”一类是不给分的)②干燥：除去……气体中的水蒸气，防止……[应用体验]1．(2021·天津等级考)铁单质及其化合物的应用非常广泛。(1)基态Fe原子的价层电子排布式为________。(2)用X射线衍射测定，得到Fe的两种晶胞A、B，其结构如图所示。晶胞A中每个Fe原子紧邻的原子数为________。每个晶胞B中含Fe原子数为________。(3)合成氨反应常使用铁触媒提高反应速率。如图为有、无铁触媒时，反应的能量变化示意图。写出该反应的热化学方程式：_______________________________________。从能量角度分析，铁触媒的作用是________。(4)Fe3＋可与H2O、SCN－、F－等配体形成配位数为6的配离子，如[Fe(H2O)6]3＋、[Fe(SCN)6]3－、[FeF6]3－。某同学按如下步骤完成实验：①[Fe(H2O)6]3＋为浅紫色，但溶液Ⅰ却呈黄色，其原因是________________，为了能观察到溶液Ⅰ中[Fe(H2O)6]3＋的浅紫色，可采取的方法是________。②已知Fe3＋与SCN－、F－的反应在溶液中存在以下平衡：Fe3＋＋6SCN－eq\o([Fe（SCN）6],\s\do14(,（红色）))3－K1；Fe3＋＋6F－eq\o([FeF6],\s\do14(,（无色）))3－K2，向溶液Ⅱ中加入NaF后，溶液颜色由红色转变为无色。若该反应是可逆反应，其离子方程式为______________________________，平衡常数为____________(用K1和K2表示)。解析：(1)Fe为26号元素，所以基态Fe原子的价层电子排布式为3d64s2。(2)由题图可知，晶胞A中Fe的配位数为8，所以每个Fe原子紧邻的原子数为8。根据原子均摊法，每个晶胞B中含Fe原子数为8×eq\f(1,8)＋6×eq\f(1,2)＝4。(3)由题图可知，1molN2和3molH2反应时，放出的热量为(a－b)kJ，所以该反应的热化学方程式为N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－(a－b)kJ·mol－1。铁触媒是反应的催化剂，作用是降低反应活化能。(4)①由于Fe3＋水解产物的颜色导致溶液Ⅰ呈黄色，为了能观察到溶液Ⅰ中[Fe(H2O)6]3＋的浅紫色，可向该溶液中加HNO3，抑制铁离子的水解；②由已知两平衡相减得到[Fe(SCN)6]3－＋6F－[FeF6]3－＋6SCN－，所以平衡常数为eq\f(K2,K1)。答案：(1)3d64s2(2)84(3)N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－(a－b)kJ·mol－1降低反应活化能(4)①由Fe3＋水解产物的颜色所致向该溶液中加HNO3②[Fe(SCN)6]3－＋6F－[FeF6]3－＋6SCN－eq\f(K2,K1)2．(2021·广东等级考)对废催化剂进行回收可有效利用金属资源。某废催化剂主要含铝(Al)、钼(Mo)、镍(Ni)等元素的氧化物，一种回收利用工艺的部分流程如下：已知：25℃时，H2CO3的Ka1＝4.5×10－7，Ka2＝4.7×10－11；Ksp(BaMoO4)＝3.5×10－8；Ksp(BaCO3)＝2.6×10－9；该工艺中，pH>6.0时，溶液中Mo元素以MoOeq\o\al(2－