專題四　常見元素及其重要化合物 (解析版)-學(xué)案下載-教習(xí)網(wǎng)

?專題四　常見元素及其重要化合物
明課程標(biāo)準(zhǔn)
備關(guān)鍵能力
1．結(jié)合真實(shí)情境中的應(yīng)用實(shí)例或通過實(shí)驗(yàn)探究，了解鈉、鐵及其重要化合物的主要性質(zhì)，了解這些物質(zhì)在生產(chǎn)、生活中的應(yīng)用。
2．結(jié)合真實(shí)情境中的應(yīng)用實(shí)例或通過實(shí)驗(yàn)探究，了解氯、氮、硫及其重要化合物的主要性質(zhì)，認(rèn)識這些物質(zhì)在生產(chǎn)中的應(yīng)用和對生態(tài)環(huán)境的影響。
1．理解和辨析：從物質(zhì)分類和化合價(jià)等角度認(rèn)識常見元素及其化合物的性質(zhì)，構(gòu)建相互轉(zhuǎn)化關(guān)系。
2．探究與創(chuàng)新：能設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)方案，對常見元素及其化合物的性質(zhì)進(jìn)行探究，能基于實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象和實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)的分析，對探究方案進(jìn)行評價(jià)和優(yōu)化。

高考真題·導(dǎo)航
GAO KAO ZHEN TI DAO HANG　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　
1．(2020·全國卷Ⅱ·9)二氧化碳的過量排放可對海洋生物的生存環(huán)境造成很大影響，其原理如下圖所示。下列敘述錯誤的是(　C　)

A．海水酸化能引起HCO濃度增大、CO濃度減小
B．海水酸化能促進(jìn)CaCO3的溶解，導(dǎo)致珊瑚礁減少
C．CO2能引起海水酸化，其原理為HCOH＋＋CO
D．使用太陽能、氫能等新能源可改善珊瑚的生存環(huán)境
【解析】　海水酸化，H＋濃度增大，平衡H＋＋COHCO正向移動，CO濃度減小，HCO濃度增大，A正確；海水酸化，CO濃度減小，導(dǎo)致CaCO3溶解平衡正向移動，促進(jìn)了CaCO3溶解，導(dǎo)致珊瑚礁減少，B正確；CO2引起海水酸化的原理為CO2＋H2OH2CO3H＋＋HCO，導(dǎo)致H＋濃度增大，C錯誤；使用太陽能、氫能等新能源，可以減少化石能源的燃燒，從而減少CO2的排放，減弱海水酸化，從而改善珊瑚礁的生存環(huán)境，D正確。
2．(2021·全國乙卷T)磁選后的煉鐵高鈦爐渣，主要成分有TiO2、SiO2、Al2O3、MgO、CaO以及少量的Fe2O3。為節(jié)約和充分利用資源，通過如下工藝流程回收鈦、鋁、鎂等。

該工藝條件下，有關(guān)金屬離子開始沉淀和沉淀完全的pH見下表
金屬離子
Fe3＋
Al3＋
Mg2＋
Ca2＋
開始沉淀的pH
2．2
3．5
9．5
12．4
沉淀完全(c＝1．0×10－5 mol·L－1)的pH
3．2
4．7
11．1
13．8

回答下列問題：
(1)“焙燒”中，TiO2、SiO2幾乎不發(fā)生反應(yīng)，Al2O3、MgO、CaO、Fe2O3轉(zhuǎn)化為相應(yīng)的硫酸鹽，寫出Al2O3轉(zhuǎn)化為NH4Al(SO4)2的化學(xué)方程式__Al2O3＋4(NH4)2SO42NH4Al(SO4)2＋4NH3↑＋3H2O__。
(2)“水浸”后“濾液”的pH約為2．0，在“分步沉淀”時(shí)用氨水逐步調(diào)節(jié)pH至11．6，依次析出的金屬離子是__Fe3＋、Al3＋、Mg2＋__。
(3)“母液①”中Mg2＋濃度為__1．0×10－6__mol·L－1。
(4)“水浸渣”在160 ℃“酸溶”最適合的酸是__硫酸__。“酸溶渣”的成分是__SiO2__、__CaSO4__。
(5)“酸溶”后，將溶液適當(dāng)稀釋并加熱，TiO2＋水解析出TiO2·xH2O沉淀，該反應(yīng)的離子方程式是__TiO2＋＋(x＋1)H2OTiO2·xH2O＋2H＋__。
(6)將“母液①”和“母液②”混合，吸收尾氣，經(jīng)處理得__(NH4)2SO4__，循環(huán)利用。
【解析】　(1)氧化鋁轉(zhuǎn)化為硫酸鋁銨發(fā)生的反應(yīng)為氧化鋁、硫酸銨在高溫條件下反應(yīng)生成硫酸鋁銨、氨氣和水，反應(yīng)的化學(xué)方程式為Al2O3＋4(NH4)2SO42NH4Al(SO4)2＋4NH3↑＋3H2O；(2)由題給開始沉淀和完全沉淀的pH可知，將pH約為2．0的濾液加入氨水調(diào)節(jié)溶液pH為11．6時(shí)，鐵離子首先沉淀、然后是鋁離子、鎂離子，鈣離子沒有沉淀；(3)由鎂離子完全沉淀時(shí)，溶液pH為11．1可知，氫氧化鎂的溶度積為1×10－5×(1×10－2．9)2＝1×10－10．8，當(dāng)溶液pH為11．6時(shí)，溶液中鎂離子的濃度為＝1×10－6 mol/L；(4)增大溶液中硫酸根離子濃度，有利于使微溶的硫酸鈣轉(zhuǎn)化為沉淀，為了使微溶的硫酸鈣完全沉淀，減少TiOSO4溶液中含有硫酸鈣的量，應(yīng)加入濃硫酸加熱到160 ℃酸溶；由分析可知，二氧化硅和硫酸鈣與濃硫酸不反應(yīng)，則酸溶渣的主要成分為二氧化硅和硫酸鈣；(5)酸溶后將TiOSO4溶液加入熱水稀釋并適當(dāng)加熱，能使TiOSO4完全水解生成TiO2·xH2O沉淀和硫酸，反應(yīng)的離子方程式為TiO2＋＋(x＋1)H2OTiO2·xH2O＋2H＋；(6)由分析可知，尾氣為氨氣，母液①為硫酸銨、母液②為硫酸，將母液①和母液②混合后吸收氨氣得到硫酸銨溶液，可以循環(huán)使用。
3．(2021·全國甲卷)碘(紫黑色固體，微溶于水)及其化合物廣泛用于醫(yī)藥、染料等方面?；卮鹣铝袉栴}：
(1)I2的一種制備方法如下圖所示：

①加入Fe粉進(jìn)行轉(zhuǎn)化反應(yīng)的離子方程式為__2AgI＋Fe===2Ag＋Fe2＋＋2I－__，生成的沉淀與硝酸反應(yīng)，生成__AgNO3__后可循環(huán)使用。
②通入Cl2的過程中，若氧化產(chǎn)物只有一種，反應(yīng)的化學(xué)方程式為__FeI2＋Cl2===I2＋FeCl2__；若反應(yīng)物用量比n(Cl2)/n(FeI2)＝1．5時(shí)，氧化產(chǎn)物為__I2、FeCl3__；當(dāng)n(Cl2)/n(FeI2)>1．5，單質(zhì)碘的收率會降低，原因是__I2被過量的Cl2進(jìn)一步氧化__。
(2)以NaIO3為原料制備I2的方法是：先向NaIO3溶液中加入適量的NaHSO3，生成碘化物；再向混合溶液中加入NaIO3溶液，反應(yīng)得到I2，上述制備I2的總反應(yīng)的離子方程式為__2IO＋5HSO===I2＋5SO＋3H＋＋H2O__。
(3)KI溶液和CuSO4溶液混合可生成CuI沉淀和I2，若生成1 mol I2，消耗的KI至少為__4__mol。I2在KI溶液中可發(fā)生反應(yīng)I2＋I(xiàn)－I。實(shí)驗(yàn)室中使用過量的KI與CuSO4溶液反應(yīng)后，過濾，濾液經(jīng)水蒸氣蒸餾可制得高純碘。反應(yīng)中加入過量KI的原因是__防止單質(zhì)碘析出__。
【解析】　(1)①由流程圖可知懸濁液中含AgI，AgI可與Fe反應(yīng)生成FeI2和Ag，F(xiàn)eI2易溶于水，在離子方程式中能拆，故加入Fe粉進(jìn)行轉(zhuǎn)化反應(yīng)的離子方程式為2AgI＋Fe===2Ag＋Fe2＋＋2I－，生成的銀能與硝酸反應(yīng)生成硝酸銀參與循環(huán)中；②通入Cl2的過程中，因I－還原性強(qiáng)于Fe2＋，Cl2先氧化還原性強(qiáng)的I－，若氧化產(chǎn)物只有一種，則該氧化產(chǎn)物只能是I2，故反應(yīng)的化學(xué)方程式為FeI2＋Cl2===I2＋FeCl2，若反應(yīng)物用量比n(Cl2)/n(FeI2)＝1．5時(shí)即Cl2過量，先氧化完全部I－再氧化Fe2＋，恰好將全部I－和Fe2＋氧化，故氧化產(chǎn)物為I2、FeCl3，當(dāng)n(Cl2)/n(FeI2)>1．5即Cl2過量特別多，多余的氯氣會與生成的單質(zhì)碘以及水繼續(xù)發(fā)生氧化還原反應(yīng)，單質(zhì)碘的收率會降低；(2)先向NaIO3溶液中加入適量的NaHSO3，生成碘化物即含I－的物質(zhì)；再向混合溶液中(含I－)加入NaIO3溶液，反應(yīng)得到I2，上述制備I2的兩個反應(yīng)中I－為中間產(chǎn)物，總反應(yīng)為IO與HSO發(fā)生氧化還原反應(yīng)，生成SO和I2，根據(jù)得失電子守恒、電荷守恒及元素守恒配平離子方程式即可得：2IO＋5HSO===I2＋5SO＋3H＋＋H2O；(3)KI溶液和CuSO4溶液混合可生成CuI沉淀和I2，化學(xué)方程式為4KI＋2CuSO4===2CuI↓＋I(xiàn)2＋2K2SO4，若生成1 mol I2，則消耗的KI至少為4 mol；反應(yīng)中加入過量KI，I－濃度增大，可逆反應(yīng)I2＋I(xiàn)－I平衡右移，增大I2溶解度，防止單質(zhì)碘析出。
4．(2020·全國卷Ⅰ·26節(jié)選)釩具有廣泛用途。黏土釩礦中，釩以＋3、＋4、＋5價(jià)的化合物存在，還包括鉀、鎂的鋁硅酸鹽，以及SiO2、Fe3O4。采用以下工藝流程可由黏土釩礦制備NH4VO3。

該工藝條件下，溶液中金屬離子開始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
金屬離子
Fe3＋
Fe2＋
Al3＋
Mn2＋
開始沉淀pH
1．9
7．0
3．0
8．1
完全沉淀pH
3．2
9．0
4．7
10．1

回答下列問題：
(1)“中和沉淀”中，釩水解并沉淀為V2O5·xH2O，隨濾液②可除去金屬離子K＋、Mg2＋、Na＋、__Mn2＋__，以及部分的__Fe3＋、Al3＋__。
(2)“沉淀轉(zhuǎn)溶”中，V2O5·xH2O轉(zhuǎn)化為釩酸鹽溶解。濾渣③的主要成分是__Fe(OH)3__。
(3)“調(diào)pH”中有沉淀生產(chǎn)，生成沉淀反應(yīng)的化學(xué)方程式是__NaAlO2＋HCl＋H2O===NaCl＋Al(OH)3↓(或Na[Al(OH)4]＋HCl===NaCl＋Al(OH)3↓＋H2O)__。
(4)“沉釩”中析出NH4VO3晶體時(shí)，需要加入過量NH4Cl，其原因是__利用同離子效應(yīng)，促進(jìn)NH4VO3盡可能析出完全__。
【解析】　(1)“中和沉淀”中，釩水解并沉淀為V2O5·xH2O，隨濾液②可除去金屬離子K＋、Mg2＋、Na＋、Mn2＋，以及部分的Fe3＋、Al3＋；(2)濾渣③的主要成分是Fe(OH)3；(3)“調(diào)pH”中有沉淀生成，是NaAlO2與HCl反應(yīng)生成Al(OH)3沉淀，生成沉淀反應(yīng)的化學(xué)方程式是NaAlO2＋HCl＋H2O===NaCl＋Al(OH)3↓或Na[Al(OH)4]＋HCl===NaCl＋Al(OH)3↓＋H2O；(4)“沉釩”中析出NH4VO3晶體時(shí)，需要加入過量NH4Cl，其原因是：增大NH離子濃度，利用同離子效應(yīng)，促進(jìn)NH4VO3盡可能析出完全。
5．(2020·全國卷Ⅲ·27節(jié)選)某油脂廠廢棄的油脂加氫鎳催化劑主要含金屬Ni、Al、Fe及其氧化物，還有少量其他不溶性物質(zhì)。采用如下工藝流程回收其中的鎳制備硫酸鎳晶體(NiSO4·7H2O)：

溶液中金屬離子開始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
金屬離子
Ni2＋
Al3＋
Fe3＋
Fe2＋
開始沉淀時(shí)
(c＝0．01 mol· L－1)的pH
沉淀完全時(shí)
(c＝1．0×10－5 mol· L－1)的pH
7．2
8．7
3．7
4．7
2．2
3．2
7．5
9．0

回答下列問題：
(1)“堿浸”中NaOH的兩個作用分別是__除去油脂、溶解鋁及其氧化物__。為回收金屬，用稀硫酸將“濾液①”調(diào)為中性，生成沉淀。寫出該反應(yīng)的離子方程式__AlO＋H＋＋H2O===Al(OH)3↓或Al(OH)＋H＋===Al(OH)3↓＋H2O__。
(2)“濾液②”中含有的金屬離子是__Ni2＋、Fe2＋、Fe3＋__。
(3)“轉(zhuǎn)化”中可替代H2O2的物質(zhì)是__O2(或空氣)__。若工藝流程改為先“調(diào)pH”后“轉(zhuǎn)化”，即

“濾液③”中可能含有的雜質(zhì)離子為__Fe3＋__。
【解析】　由工藝流程分析可得，向廢鎳催化劑中加入NaOH溶液進(jìn)行堿浸，可除去油脂，并發(fā)生反應(yīng)2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑、2Al2O3＋4NaOH===4NaAlO2＋2H2O將Al及其氧化物溶解，得到的濾液①含有NaAlO2，濾餅①為Ni、Fe及其氧化物和少量其他不溶性雜質(zhì)，加稀H2SO4酸浸后得到含有Ni2＋、Fe2＋、Fe3＋的濾液②，F(xiàn)e2＋經(jīng)H2O2氧化為Fe3＋后，加入NaOH調(diào)節(jié)pH使Fe3＋轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3沉淀除去，再控制pH濃縮結(jié)晶得到硫酸鎳的晶體。(1)根據(jù)分析可知，向廢鎳催化劑中加入NaOH溶液進(jìn)行堿浸，可除去油脂，并將Al及其氧化物溶解，濾液①中含有NaAlO2(或Na[Al(OH)4])，加入稀硫酸可發(fā)生反應(yīng)AlO＋H＋＋H2O===Al(OH)3↓或Al(OH)＋H＋===Al(OH)3↓＋H2O；(2)加入稀硫酸酸浸，Ni、Fe及其氧化物溶解，所以“濾液②”中含有的金屬離子是Ni2＋、Fe2＋、Fe3＋；(3)“轉(zhuǎn)化”中H2O2的作用是將Fe2＋氧化為Fe3＋，可用O2或空氣替代；若將工藝流程改為先“調(diào)pH”后“轉(zhuǎn)化”，會使調(diào)pH過濾后的溶液中含有Fe2＋，則濾液③中可能含有轉(zhuǎn)化生成的Fe3＋。
6．(2019·全國卷Ⅰ·26)硼酸(H3BO3)是一種重要的化工原料，廣泛應(yīng)用于玻璃、醫(yī)藥、肥料等工業(yè)。一種以硼鎂礦(含Mg2B2O5·H2O、SiO2及少量Fe2O3、Al2O3)為原料生產(chǎn)硼酸及輕質(zhì)氧化鎂的工藝流程如下：

回答下列問題：
(1)在95 ℃“溶浸”硼鎂礦粉，產(chǎn)生的氣體在“吸收”中反應(yīng)的化學(xué)方程式為__NH4HCO3＋NH3===(NH4)2CO3__。
(2)“濾渣1”的主要成分有__SiO2、Fe2O3、Al2O3__。為檢驗(yàn)“過濾1”后的濾液中是否含有Fe3＋離子，可選用的化學(xué)試劑是__KSCN__。
(3)根據(jù)H3BO3的解離反應(yīng)：H3BO3＋H2OH＋＋B(OH)，Ka＝5．81×10－10，可判斷H3BO3是__一元弱__酸；在“過濾2”前，將溶液pH調(diào)節(jié)至3．5，目的是__轉(zhuǎn)化為H3BO3，促進(jìn)析出__。
(4)在“沉鎂”中生成Mg(OH)2·MgCO3沉淀的離子方程式為__2Mg2＋＋3CO＋2H2O===Mg(OH)2·MgCO3↓＋2HCO(或2Mg2＋＋2CO＋H2O===Mg(OH)2·MgCO3↓＋CO2↑)__，母液經(jīng)加熱后可返回__溶浸__工序循環(huán)使用。由堿式碳酸鎂制備輕質(zhì)氧化鎂的方法是__高溫焙燒__。
【解析】　(1)在95 ℃“溶浸”硼鎂礦粉，產(chǎn)生的氣體為NH3，其在“吸收”中發(fā)生的反應(yīng)主要是氨氣與碳酸氫銨的反應(yīng)，故反應(yīng)的化學(xué)方程式為NH4HCO3＋NH3===(NH4)2CO3。(2)用硫酸銨溶液溶浸過程中主要反應(yīng)的物質(zhì)為Mg2B2O5·H2O，故溶浸后產(chǎn)生的濾渣1的主要成分是SiO2、Fe2O3、Al2O3，檢驗(yàn)Fe3＋可選用的化學(xué)試劑是KSCN。(3)根據(jù)H3BO3的解離反應(yīng)：H3BO3＋H2OH＋＋B(OH)可知，H3BO3是一元酸，根據(jù)其Ka值可以判斷是弱酸，故H3BO3是一元弱酸；根據(jù)流程圖可知“過濾2”主要得到的是H3BO3，所以將溶液pH調(diào)節(jié)至3．5，由于H3BO3是一元弱酸，故主要目的是調(diào)節(jié)溶液至酸性，促進(jìn)H3BO3析出。(4)“沉鎂”過程主要是鎂離子與碳酸銨發(fā)生的反應(yīng)，故反應(yīng)的離子方程式為2Mg2＋＋3CO＋2H2O===Mg(OH)2·MgCO3↓＋2HCO或2Mg2＋＋2CO＋H2O===Mg(OH)2·MgCO3↓＋CO2↑；由于在最后過程中銨根離子和硫酸根離子沒有參與反應(yīng)，所以在母液中主要含有上述兩種離子，所以加熱后對應(yīng)的碳酸銨、二氧化碳等揮發(fā)，溶液中最終剩余的是硫酸銨，所以可以返回“溶浸”環(huán)節(jié)中繼續(xù)使用；堿式碳酸鎂高溫煅燒之后會發(fā)生分解最終變成氧化鎂。
　　　　　　
本部分知識是中學(xué)化學(xué)的核心知識點(diǎn)之一，是歷年高考考查的重點(diǎn)和知識載體，預(yù)計(jì)在未來高考中，元素單質(zhì)及其化合物的性質(zhì)、物質(zhì)推斷和物質(zhì)的轉(zhuǎn)化關(guān)系，主要以選擇題形式出現(xiàn)，結(jié)合離子反應(yīng)，NA、化學(xué)實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象分析、工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)、傳統(tǒng)文化等，以文字表述題和圖表型題的形式出現(xiàn)，主要考查元素及其化合物的典型性質(zhì)、用途及應(yīng)用；在主觀題中則以物質(zhì)的制備或分離提純以無機(jī)工藝流程題，綜合實(shí)驗(yàn)題為載體綜合考查重要的單質(zhì)、化合物的性質(zhì)及反應(yīng)原理、兼顧考查物質(zhì)的用途及對環(huán)境的影響，同時(shí)涉及陌生氧化還原反應(yīng)方程式、離子方程式的書寫。

必備知識·整合
BI BEI ZHI SHI ZHENG HE
一、常見無機(jī)物的重要性質(zhì)和應(yīng)用

物質(zhì)性質(zhì)
應(yīng)用
(1)
濃硫酸具有吸水性
作干燥劑(不能干燥NH3、H2S、HI)
(2)
生石灰、無水氯化鈣能吸收水分
可作(食品)干燥劑
(3)
P2O5能與水反應(yīng)
可作(不可用作食品)干燥劑
(4)
硅膠能吸收水分
可作(袋裝食品)干燥劑
(5)
硅是常用的半導(dǎo)體材料
可作太陽能電池板
(6)
SiO2存在光的全反射
可作光導(dǎo)纖維
(7)
4HF＋SiO2===2H2O＋SiF4↑
用氫氟酸雕刻玻璃
(8)
ClO2具有較強(qiáng)的氧化性
用于自來水的殺菌消毒
(9)
次氯酸鹽具有強(qiáng)氧化性
可作殺菌消毒劑，還可作漂白劑
(10)
碘酸鉀在常溫下穩(wěn)定
食鹽中的加碘物質(zhì)
(11)
NH4HCO3、NH4NO3是可溶的含氮化合物
可用作氮肥
(12)
濃氨水具有揮發(fā)性和還原性
用濃氨水檢驗(yàn)輸送氯氣的管道是否漏氣
(13)
二氧化硫具有漂白性
二氧化硫可以用來漂白紙漿、草帽辮等
(14)
NaHCO3受熱分解生成CO2、能與酸反應(yīng)
可用作焙制糕點(diǎn)的膨松劑、胃酸中和劑
(15)
Na2CO3水解使溶液顯堿性
用熱的純堿溶液洗去油污
(16)
Na2O2與H2O、CO2反應(yīng)均生成O2
作供氧劑
(17)
硅酸鈉的水溶液是一種無機(jī)黏合劑
盛放堿性溶液的試劑瓶不能用玻璃塞
(18)
Al具有良好的延展性和抗腐蝕性
常用鋁箔包裝物品
(19)
常溫下，鋁、鐵遇濃硫酸、濃硝酸鈍化
可盛裝、運(yùn)輸濃硫酸、濃硝酸
(20)
鋁有還原性，與氧化鐵反應(yīng)放出大量的熱
可用于焊接鐵軌
(21)
MgO、Al2O3熔點(diǎn)高
作耐高溫材料
(22)
Al3＋水解生成的氫氧化鋁膠體具有吸附性
明礬作凈水劑(混凝劑)
(23)
小蘇打溶液和硫酸鋁溶液反應(yīng)生成二氧化碳
可以作泡沫滅火器
(24)
明礬溶液顯酸性
利用明礬溶液清除銅鏡表面的銅銹
(25)
Al(OH)3有弱堿性
可用于中和胃酸
(26)
Fe具有還原性
防止食品氧化變質(zhì)
(27)
Fe2O3是紅棕色粉末
作紅色顏料
(28)
Fe3＋水解生成的氫氧化鐵膠體具有吸附性
鐵鹽可用作凈水劑(混凝劑)
(29)
K2FeO4是強(qiáng)氧化劑，還原產(chǎn)物Fe3＋水解生成氫氧化鐵膠體
K2FeO4作新型消毒劑、凈水劑
(30)
FeCl3溶液具有較強(qiáng)氧化性
FeCl3溶液腐蝕Cu刻制印刷電路板
(31)
CuSO4使蛋白質(zhì)變性
誤服CuSO4溶液，喝蛋清或豆?jié){解毒
(32)
BaSO4不溶于水，不與胃酸反應(yīng)
在醫(yī)療上進(jìn)行胃部造影前，BaSO4作患者服用的“鋇餐”
(33)
干冰升華吸收大量的熱
人工降雨
(34)
液氨汽化吸收大量的熱
作制冷劑

二、常見元素及其化合物的轉(zhuǎn)化關(guān)系
1．直線型轉(zhuǎn)化
(1)轉(zhuǎn)化
①或
NaNa2ONa2O2NaOH
CCOCO2H2CO3
S(或H2S)SO2SO3H2SO4
N2(或NH3)NONO2HNO3
②ABC
a．若X為CO2
NaOHNa2CO3NaHCO3
b．若X為強(qiáng)酸，如HCl
NaAlO2Al(OH)3AlCl3
Na2CO3NaHCO3CO2
c．若X為強(qiáng)堿，如NaOH
AlCl3Al(OH)3NaAlO2
(2)物質(zhì)不能一步反應(yīng)進(jìn)行的轉(zhuǎn)化
①S―→SO3(×)，應(yīng)轉(zhuǎn)化成SO2；
②N2―→NO2(×)，應(yīng)轉(zhuǎn)化成NO；
③SiO2―→H2SiO3(×)，需多步轉(zhuǎn)化；
④Cl2―→FeCl2(×)，需多步轉(zhuǎn)化；
⑤CuO(等金屬氧化物)―→Cu(OH)2(×)，需多步轉(zhuǎn)化。
2．交叉型轉(zhuǎn)化

3．三角型轉(zhuǎn)化

4．元素化合物的特征反應(yīng)現(xiàn)象
(1)燃燒：H2＋Cl2(蒼白色火焰)，C2H2(C6H6)＋O2(明亮火焰，大量黑煙)，Al＋O2，Mg＋O2(耀眼白光，生成白色固體)，金屬焰色反應(yīng)。
(2)淀粉遇碘變藍(lán)，蛋白質(zhì)遇濃硝酸變黃。
(3)使?jié)駶櫦t色石蕊試紙變藍(lán)的氣體是NH3，使品紅溶液褪色的氣體是Cl2、SO2等。
(4)在空氣中由無色變?yōu)榧t棕色氣體的是NO。
(5)Fe3＋遇OH－生成紅褐色沉淀，遇苯酚顯紫色，遇SCN－顯紅色。
(6)Fe2＋遇OH－生成白色沉淀，白色沉淀迅速變成灰綠色，最后變成紅褐色；Fe2＋遇SCN－無明顯現(xiàn)象，在通入Cl2后溶液顯紅色。
(7)與堿反應(yīng)加熱產(chǎn)生氣體的溶液中一般含NH。
(8)既能與酸反應(yīng)又能與堿反應(yīng)并產(chǎn)生氣體的物質(zhì)：Al、弱酸的銨鹽(碳酸銨、硫化銨等)、弱酸的酸式銨鹽(碳酸氫銨、硫氫化銨等)。
(9)燃燒能生成煙：Na在氯氣中燃燒生成白煙，F(xiàn)e在氯氣中燃燒生成棕色煙，Cu在氯氣中燃燒生成棕黃色煙。

關(guān)鍵能力·突破
GUAN JIAN NENG LI TU PO　　　　　　　　　　　
考點(diǎn)一　元素及其化合物的性質(zhì)及應(yīng)用
角度　元素單質(zhì)及其化合物的性質(zhì)與應(yīng)用
典例1　＋＋＋下列有關(guān)物質(zhì)性質(zhì)與用途具有對應(yīng)關(guān)系的是(　B　)
A．FeCl3易發(fā)生水解，可用于蝕刻銅制的印制線路板
B．漂白粉具有氧化性，可用于脫除煙氣中SO2和NO
C．CaCO3高溫下能分解，可用于修復(fù)被酸雨侵蝕的土壤
D．活性炭具有還原性，可用于除去水體中Pb2＋等重金屬
【解析】　FeCl3具有強(qiáng)氧化性，能與Cu等金屬反應(yīng)，可用于蝕刻銅制的印制線路板，與FeCl3易發(fā)生水解無關(guān)，A錯誤；漂白粉的有效成分是次氯酸鈣，次氯酸鈣具有強(qiáng)氧化性，能氧化SO2和NO生成硫酸鹽和硝酸鹽，所以漂白粉可用于脫除煙氣中SO2和NO有害氣體，B正確；CaCO3能與酸反應(yīng)，能改良、修復(fù)被酸雨侵蝕的土壤，與CaCO3高溫下能分解無關(guān)，C錯誤；活性炭與Pb2＋等金屬離子不反應(yīng)，不能用于除去水體中Pb2＋等重金屬離子，D錯誤。
典例2　＋＋＋(2019·天津高考·3)下列有關(guān)金屬及其化合物的應(yīng)用不合理的是(　C　)
A．將廢鐵屑加入FeCl2溶液中，可用于除去工業(yè)廢氣中的Cl2
B．鋁中添加適量鋰，制得低密度、高強(qiáng)度的鋁合金，可用于航空工業(yè)
C．鹽堿地(含較多Na2CO3等)不利于作物生長，可施加熟石灰進(jìn)行改良
D．無水CoCl2呈藍(lán)色，吸水會變?yōu)榉奂t色，可用于判斷變色硅膠是否吸水
【解析】　廢氣中的氯氣能被FeCl2溶液吸收生成FeCl3，鐵屑再與FeCl3溶液反應(yīng)得FeCl2溶液，A正確；鋁中加適量的鋰，可以制得低密度的合金，B正確；鹽堿地含碳酸鈉使土壤呈堿性，施加熟石灰，堿性增強(qiáng)，C錯誤；根據(jù)鈷化合物的顏色變化，可以用來判斷硅膠是否吸水，D正確。
〔類題通關(guān)〕
1．(2021·徐州模擬)氮、磷、砷元素廣泛應(yīng)用于生產(chǎn)生活中，NH3、N2H4、NO、NO2、HNO3等是氮重要的化合物，下列氮及其化合物的性質(zhì)與用途的對應(yīng)關(guān)系正確的是(　A　)
A．氯化銨溶液顯酸性，可用作除銹劑
B．氨氣具有還原性，可用作致冷劑
C．氮?dú)獾幕瘜W(xué)性質(zhì)不活潑，可用于合成氨
D．硝酸銨易分解放出氣體和大量熱，可用作化肥
【解析】　氯化銨是強(qiáng)酸弱堿鹽，氯化銨溶液顯酸性，能溶解鐵銹，可用作除銹劑，故選A；氨氣易液化，液氨氣化需要吸收大量的熱，可用作制冷劑，與還原性無關(guān)，故不選B；用氮?dú)庵迫“睔馐且驗(yàn)榈獨(dú)饽芎蜌錃夥磻?yīng)生成氨氣，與氮?dú)獾幕瘜W(xué)性質(zhì)不活潑無關(guān)，故不選C；硝酸銨用作化肥是因?yàn)楹械?，與硝酸銨易分解放出氣體和大量熱無關(guān)，故不選D。
2．(2021·玉溪模擬)下列敘述或操作正確的是(　D　)
A．由制備Na用電解熔融狀態(tài)的NaCl推知，制備Al也可用電解熔融狀態(tài)的AlCl3
B．根據(jù)反應(yīng)①3Cu＋8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O和反應(yīng)②Cu＋4HNO3(濃)===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O推知，氧化性：稀HNO3>濃HNO3
C．取適量X溶液，向其中通入CO2氣體直至過量，有白色沉淀，說明X溶液中一定含有AlO
D．取a g Na2CO3和NaHCO3的混合物充分加熱，減重b g，可以測定混合物中Na2CO3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)
【解析】　AlCl3為共價(jià)化合物，不能通過電解熔融狀態(tài)的AlCl3制備Al，應(yīng)該電解熔融狀態(tài)的Al2O3，故A錯誤；判斷氧化性的強(qiáng)弱取決于得電子的能力，而不是得電子的多少，實(shí)際上氧化性：稀HNO3＜濃HNO3，故B錯誤；某溶液中通入CO2氣體直至過量，能有白色沉淀的離子可以是SiO，可以是AlO，故C錯誤；NaHCO3受熱易分解生成碳酸鈉、水和二氧化碳，所以通過充分加熱分解，再利用差量法即可計(jì)算出原混合物中Na2CO3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)，故D正確。
角度　結(jié)合實(shí)驗(yàn)考查元素及其化合物的性質(zhì)
典例3　＋＋＋(2021·武漢模擬)用圖所示裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，探究硝酸與鐵反應(yīng)的產(chǎn)物。

主要實(shí)驗(yàn)操作
實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象
打開彈簧夾，通入一段時(shí)間CO2后，滴入濃硝酸后無明顯現(xiàn)象，加熱燒瓶，反應(yīng)開始后停止加熱
①A中有紅棕色氣體產(chǎn)生，一段時(shí)間后，氣體顏色逐漸變淺；反應(yīng)停止后，A中無固體剩余。
②B中溶液變棕色
取少量A中溶液，加幾滴氯水，再滴入硫氰化鉀溶液
③溶液變?yōu)榧t色
取少量B中溶液，加熱
④B中棕色溶液變淺，有無色氣體逸出，且在空氣中變?yōu)榧t棕色

已知：FeSO4＋NOFe(NO)SO4(棕色)　ΔHa≈c
ⅱ．若起始不通入NO2，則最終檢測不到SO
②
3%氨水
b
③
蒸餾水
c
④
空氣
3%氨水
d

由實(shí)驗(yàn)得到的下列推論不正確的是(　A　)
A．霧霾中硫酸鹽的形成與空氣中的O2有關(guān)
B．反應(yīng)室②和反應(yīng)室④中生成SO的同時(shí)還生成NH
C．農(nóng)業(yè)生產(chǎn)中大量使用銨態(tài)氮肥可能會加重霧霾的形成
D．控制工廠中SO2和氮氧化物向大氣的排放可有效治理霧霾
【解析】　由已知b≈d>a≈c，若起始不通入NO2，則最終檢測不到SO，可知硫酸鹽的形成主要與NO2有關(guān)，故A錯誤；SO2和NO2反應(yīng)時(shí)，SO2為還原劑，NO2為氧化劑，用3%氨水做吸收液，SO2被氧化為硫酸，再與氨水生成硫酸銨，所以反應(yīng)室②和反應(yīng)室④中生成SO的同時(shí)還生成NH，故B正確；銨態(tài)氮肥易揮發(fā)產(chǎn)生氨氣，由已知的數(shù)據(jù)分析可知，在載體相同，吸收液為氨水的條件下，將SO2和NO2按一定比例混合時(shí)產(chǎn)生SO的濃度較大，而空氣中的硫酸鹽又會加劇霧霾的形成，所以農(nóng)業(yè)生產(chǎn)中大量使用銨態(tài)氮肥可能會加重霧霾的形成，故C正確；因?yàn)榭諝庵械牧蛩猁}會加劇霧霾的形成，SO2和氮氧化物在一定條件下可以產(chǎn)生SO，所以控制SO2和氮氧化物的排放可有效治理霧霾，故D正確。
3．(2021·泰安模擬)中學(xué)化學(xué)常見物質(zhì)之間，在一定條件下可以發(fā)生如圖所示的轉(zhuǎn)化關(guān)系(部分反應(yīng)中的H2O沒有標(biāo)明)，其中A、B、C中均含有同一種元素。下列說法錯誤的是(　D　)

A．若A、B、C、D都是中學(xué)化學(xué)常見氣體，則D可能是氧氣
B．若A是氣體，D是常見金屬，則反應(yīng)①、②、③都是化合反應(yīng)
C．若B物質(zhì)具有兩性，A、B、C、D都是化合物，則C溶液可能呈酸性，也可能呈堿性
D．若①、②、③反應(yīng)都是氧化還原反應(yīng)，則A、B、C中含有的同一種元素一定呈現(xiàn)三種不同化合價(jià)
【解析】　若A為NH3，B為N2，C為NO，則D為O2，A正確；若A為Cl2，D為Fe，B為FeCl3，C為FeCl2，反應(yīng)①、②、③都是化合反應(yīng)，B正確；常見的兩性物質(zhì)是Al2O3和Al(OH)3，①若A為AlCl3，D為NaOH，則B為Al(OH)3，C為NaAl[(OH)4]，NaAl[(OH)4]溶液呈堿性；②若A為NaAl[(OH)4]，D為鹽酸，C為AlCl3，AlCl3溶液呈酸性，C正確；若A為Cl2，D為Fe，B為FeCl3，C為FeCl2，①、②、③都是氧化還原反應(yīng)，氯元素只呈現(xiàn)0和－1兩種價(jià)態(tài)，D錯誤。
4．(2021·茂名模擬)三氯化碘(ICl3)在藥物合成中用途非常廣泛，實(shí)驗(yàn)室可用如圖所示裝置制備ICl3(氯氣與碘在稍低于70 ℃反應(yīng)，夾持裝置已省略)。下列說法錯誤的是(　C　)

A．裝置①中反應(yīng)的氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為1∶5
B．裝置②的作用是除去氯氣中的HCl，同時(shí)可監(jiān)測裝置③中是否發(fā)生堵塞
C．裝置③與裝置⑤的作用完全相同
D．三氯化碘溶于水中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為ICl3＋2H2O===HIO2＋3HCl
【解析】　裝置①中反應(yīng)為2KMnO4＋16HCl(濃)===2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O，反應(yīng)的氧化劑為高錳酸鉀，還原劑為濃鹽酸，濃鹽酸既表現(xiàn)還原性又表現(xiàn)酸性，所以氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為1∶5，故A項(xiàng)正確；裝置②的作用是除去氯氣中的HCl，同時(shí)可作安全瓶，以監(jiān)測裝置C中是否發(fā)生堵塞，故B正確；裝置③的作用是干燥氯氣，裝置⑤的作用是吸收尾氣中的氯氣，兩者作用不同，故C錯誤；三氯化碘溶于水中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為ICl3＋2H2O===HIO2＋3HCl，其中碘與氯的化合價(jià)均不變化，故D正確。
5．(2021·廣州模擬)后母戊鼎是迄今世界上出土最大、最重的青銅禮器，形制巨大，雄偉莊嚴(yán)，工藝精巧，足以代表高度發(fā)達(dá)的商代青銅文化。下列有關(guān)說法錯誤的是(　D　)

A．青銅的熔點(diǎn)低于純銅
B．古代濕法煉銅的原理是置換反應(yīng)
C．現(xiàn)代電解精煉銅時(shí)，粗銅作陽極
D．青銅器表面的銅綠是銅的一種氧化物
【解析】　青銅是合金，形成合金后熔點(diǎn)降低，則青銅的熔點(diǎn)低于純銅，故A不選；古代濕法煉銅的原理是鐵與硫酸銅反應(yīng)生成硫酸亞鐵和銅，是置換反應(yīng)，故B不選；現(xiàn)代電解精煉銅時(shí)，粗銅作陽極失去電子被氧化，故C不選；青銅器表面的銅綠是堿式碳酸銅，是銅的一種堿式鹽，故選D。
6．(2021·衡陽模擬)下列關(guān)于某短周期元素的價(jià)類二維圖的說法錯誤的是(　C　)

A．X一定含有氧元素
B．H一定是I的酸酐
C．過量的I一定能使氫氧化鋇溶液先變渾濁后變澄清
D．G可以與E在常溫下反應(yīng)得到F
【解析】　E是氫化物，G是氧化物，則可推測X中一定含有氧元素，A正確；H是氧化物，I是含氧酸，且它們的化合價(jià)一樣，則H一定是I的酸酐，B正確；如果該元素是硫元素，則硫酸就不能使氫氧化鋇溶液先變渾濁后變澄清，C錯誤；F中元素的化合價(jià)處于G與E中的元素化合價(jià)之間，如H2S與SO2在常溫下是可以反應(yīng)得到S的，D正確。
7．(2019·北京高考·28)化學(xué)小組實(shí)驗(yàn)探究SO2與AgNO3溶液的反應(yīng)。
(1)實(shí)驗(yàn)一：用如下裝置(夾持、加熱儀器略)制備SO2，將足量SO2通入AgNO3溶液中，迅速反應(yīng)，得到無色溶液A和白色沉淀B。

①濃H2SO4與Cu反應(yīng)的化學(xué)方程式是__Cu＋2H2SO4(濃)CuSO4＋SO2↑＋2H2O__。
②試劑a是__飽和NaHSO3溶液__。
(2)對體系中有關(guān)物質(zhì)性質(zhì)分析得出：沉淀B可能為Ag2SO3、Ag2SO4或二者混合物。(資料：Ag2SO4微溶于水；Ag2SO3難溶于水)
實(shí)驗(yàn)二：驗(yàn)證B的成分

①寫出Ag2SO3溶于氨水的離子方程式：
__Ag2SO3＋4NH3·H2O===2Ag(NH3)＋SO＋4H2O__。
②加入鹽酸后沉淀D大部分溶解，剩余少量沉淀F。推斷D中主要是BaSO3，進(jìn)而推斷B中含有Ag2SO3。向?yàn)V液E中加入一種試劑，可進(jìn)一步證實(shí)B中含有Ag2SO3。所用試劑及現(xiàn)象是__H2O2溶液，產(chǎn)生白色沉淀__。
(3)根據(jù)沉淀F的存在，推測SO的產(chǎn)生有兩個途徑：
途徑1：實(shí)驗(yàn)一中，SO2在AgNO3溶液中被氧化生成Ag2SO4，隨沉淀B進(jìn)入D。
途徑2：實(shí)驗(yàn)二中，SO被氧化為SO進(jìn)入D。
實(shí)驗(yàn)三：探究SO的產(chǎn)生途徑
①向溶液A中滴入過量鹽酸，產(chǎn)生白色沉淀，證明溶液中含有__Ag＋__；取上層清液繼續(xù)滴加BaCl2溶液，未出現(xiàn)白色沉淀，可判斷B中不含Ag2SO4。做出判斷的理由：__Ag2SO4溶解度大于BaSO4，沒有BaSO4沉淀時(shí)，必定沒有Ag2SO4__。
②實(shí)驗(yàn)三的結(jié)論：__途徑1不產(chǎn)生SO，途徑2產(chǎn)生SO__。
(4)實(shí)驗(yàn)一中SO2與AgNO3溶液反應(yīng)的離子方程式是__2Ag＋＋SO2＋H2O===Ag2SO3↓＋2H＋__。
(5)根據(jù)物質(zhì)性質(zhì)分析，SO2與AgNO3溶液應(yīng)該可以發(fā)生氧化還原反應(yīng)。將實(shí)驗(yàn)一所得混合物放置一段時(shí)間，有Ag和SO生成。
(6)根據(jù)上述實(shí)驗(yàn)所得結(jié)論：__實(shí)驗(yàn)條件下：SO2與AgNO3溶液生成Ag2SO3的速率大于生成Ag和SO的速率；堿性溶液中SO更易被氧化為SO__。
【解析】　(1)①銅和濃硫酸在加熱的條件下反應(yīng)生成硫酸銅、二氧化硫和水，反應(yīng)的化學(xué)方程式為Cu＋2H2SO4(濃)CuSO4＋SO2↑＋2H2O。②由于反應(yīng)時(shí)逸出的SO2氣體可能帶出少量硫酸，所以試劑a應(yīng)為除雜試劑，可用飽和NaHSO3溶液。(2)①Ag2SO3溶于氨水得到Ag(NH3)，離子方程式為Ag2SO3＋4NH3·H2O===2Ag(NH3)＋SO＋4H2O。②推測沉淀D為BaSO3，加過量稀鹽酸溶解得濾液E和少量沉淀F，則E中可能含有溶解的SO2，可加入雙氧水溶液，若加入雙氧水溶液，可以將亞硫酸(或亞硫酸根離子)氧化為硫酸根離子，從而生成白色的硫酸鋇沉淀，則證明B中含有Ag2SO3。(3)①加入過量鹽酸產(chǎn)生白色沉淀，說明含有Ag＋；Ag2SO4微溶于水，若產(chǎn)生Ag2SO4，則溶液中會有微量SO，加入BaCl2產(chǎn)生硫酸鋇沉淀，與實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象不符。②由實(shí)驗(yàn)三可以得出：實(shí)驗(yàn)一中SO2未被氧化；實(shí)驗(yàn)二中SO被氧化為SO進(jìn)入D。(4)根據(jù)以上分析，二氧化硫與硝酸銀溶液反應(yīng)生成亞硫酸銀沉淀，離子方程式為2Ag＋＋SO2＋H2O===Ag2SO3↓＋2H＋。(6)該實(shí)驗(yàn)的結(jié)論為：二氧化硫與硝酸銀溶液既能發(fā)生沉淀反應(yīng)生成亞硫酸銀，又能發(fā)生氧化還原反應(yīng)，沉淀反應(yīng)的速率大于氧化還原反應(yīng)的速率。

熱點(diǎn)聚焦
RE DIAN JU JIAO　　　　　　　　　　　
化工流程綜合題
〔知識儲備〕
1．模型分析
工業(yè)流程題目在流程上一般分為三個過程：原料處理→分離提純→獲得產(chǎn)品

(1)規(guī)律：主線主產(chǎn)品，分支副產(chǎn)品，回頭為循環(huán)。
(2)核心考點(diǎn)：物質(zhì)的分離操作、除雜試劑的選擇、生成條件的控制等。
2．模型解讀
(1)解讀一：原料預(yù)處理方式
關(guān)鍵詞
釋義
研磨、霧化
將塊狀或顆粒狀的物質(zhì)磨成粉末或?qū)⒁后w霧化，增大反應(yīng)物接觸面積，以加快反應(yīng)速率或使反應(yīng)更充分
酸浸
(或堿浸)
在酸性(或堿性)溶液中使某些物質(zhì)與H＋(或OH－)反應(yīng)生成可溶性離子而進(jìn)入溶液，不溶物通過過濾除去的過程
煅燒
使固體在高溫下分解或改變結(jié)構(gòu)、使雜質(zhì)高溫氧化、分解等。如煅燒金屬硫化物礦石，可將硫元素轉(zhuǎn)化成SO2而除去
灼燒
除去可燃性雜質(zhì)或使原料初步轉(zhuǎn)化，如從海帶中提取碘時(shí)的灼燒就是為了除去可燃性雜質(zhì)

(2)解讀二：必考的核心反應(yīng)
核心反應(yīng)
思考角度
加氧化劑
氧化某物質(zhì)，生成目標(biāo)產(chǎn)物或除去某些離子
判斷能否加其他物質(zhì)
要考慮是否引入雜質(zhì)(或影響產(chǎn)物的純度)等
控制溶
液的pH
①調(diào)節(jié)溶液的酸堿性，使金屬離子形成氫氧化物沉淀析出(或抑制水解)；
②“酸作用”還可除去氧化物(膜)；
③“堿作用”還可除去油污，除去鋁片氧化膜，溶解鋁、二氧化硅等；
④特定的氧化還原反應(yīng)需要的酸性條件(或堿性條件)
控制溫度
(常用水浴、
冰浴或油浴)
①防止副反應(yīng)的發(fā)生；
②使化學(xué)平衡移動；控制化學(xué)反應(yīng)的方向；
③控制固體的溶解與結(jié)晶；
④控制反應(yīng)速率；使催化劑達(dá)到最大活性；
⑤升溫：促進(jìn)溶液中的氣體逸出；使某物質(zhì)達(dá)到沸點(diǎn)揮發(fā)；
⑥加熱煮沸：促進(jìn)水解，聚沉后利于過濾分離；
⑦降溫：防止物質(zhì)高溫分解或揮發(fā)；降溫(或減壓)可以減少能源成本，降低對設(shè)備的要求
在空氣中或在其他氣體
中進(jìn)行的反應(yīng)或操作
要考慮O2、H2O、CO2或其他氣體是否參與反應(yīng)；或能否達(dá)到隔絕空氣、防氧化、防水解、防潮解等目的
控制壓強(qiáng)
改變速率，使平衡向需要的方向移動
使用催化劑
加快反應(yīng)速率，縮短達(dá)到平衡的時(shí)間
趁熱過濾
防止某物質(zhì)降溫時(shí)會大量析出
洗滌晶體
①水洗：通常是為了除去晶體表面水溶性的雜質(zhì)；
②冰水洗滌：能洗去晶體表面的雜質(zhì)離子，且防止晶體在洗滌過程中的溶解損耗；
③用特定有機(jī)試劑清洗晶體：洗去晶體表面的雜質(zhì)，降低晶體的溶解度、有利于析出，減少損耗等

(3)解讀三：分離提純方法
①提純方法與目的
提純方法
目的
水溶法
除去可溶性雜質(zhì)
酸溶法
除去堿性雜質(zhì)
堿溶法
除去酸性雜質(zhì)
氧化劑或還原劑法
除去還原性或氧化性雜質(zhì)
加熱灼燒法
除去受熱易分解或易揮發(fā)的雜質(zhì)
調(diào)節(jié)pH法
如除去酸性銅鹽溶液中的Fe3＋等

②分離方法
a．過濾：分離難溶物和易溶物，根據(jù)特殊需要采用趁熱過濾或者抽濾等方法。
b．萃取和分液：利用溶質(zhì)在互不相溶的溶劑里的溶解度不同提取分離物質(zhì)，如用CCl4或苯萃取溴水中的溴。
c．蒸發(fā)結(jié)晶：蒸發(fā)溶劑，使溶液由不飽和變?yōu)轱柡?，繼續(xù)蒸發(fā)，過剩的溶質(zhì)就會呈晶體析出。
d．蒸發(fā)濃縮：蒸發(fā)除去部分溶劑，提高溶液的濃度。
e．冷卻結(jié)晶：提取溶解度隨溫度變化較大的溶質(zhì)、易水解的溶質(zhì)或結(jié)晶水合物，如KNO3、FeCl3、CuCl2、CuSO4·5H2O、FeSO4·7H2O等。
f．蒸餾或分餾：分離沸點(diǎn)不同且互溶的液體混合物，如分離乙醇和甘油。
〔典例剖析〕
(2021·武漢模擬)Ⅰ．某化工廠以鉻鐵礦(主要成分為FeO和Cr2O3，含有Al2O3、SiO2等雜質(zhì))為主要原料生產(chǎn)化工原料紅礬鈉(主要成分Na2Cr2O7·2H2O)，工藝流程如圖：

?。兀琋aBiO3不溶于水，有強(qiáng)氧化性，堿性條件下，能將Cr3＋轉(zhuǎn)化為CrO。
ⅱ．常溫時(shí)，部分金屬離子開始沉淀和完全沉淀時(shí)的pH值
金屬離子
Fe3＋
Al3＋
Cr3＋
Fe2＋
Bi3＋
開始沉淀的pH
2．7
3．4
5．5
7．5
0．7
沉淀完全的pH
3．7
4．9
5．9
9．7
4．5

(1)步驟①提高酸溶速率的措施__加熱(或攪拌或粉碎或適當(dāng)提高稀硫酸的濃度)__(任填一條即可)。固體A的成分是__SiO2__。
(2)步驟③需加氫氧化鈉溶液調(diào)節(jié)pH，調(diào)節(jié)pH范圍為__4．9≤pH＜5．5(或4．9～5．5)__，目的是__使Fe3＋、Al3＋均完全轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀而除去__。
(3)寫出④反應(yīng)的離子方程式__3NaBiO3＋2Cr3＋＋7OH－＋H2O===2CrO＋3Bi(OH)3↓＋3Na＋__。
(4)將溶液H經(jīng)過__蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥__(操作)即得紅礬鈉粗晶體。
Ⅱ．經(jīng)該工廠的工業(yè)廢水中含1．00×10－3 mol·L－1的Cr2O，其毒性較大。該化工廠的科研人員為了變廢為寶，將廢水處理得到磁性材料Cr0．5Fe1．5FeO4(Fe的化合價(jià)依次為＋3、＋2)，又設(shè)計(jì)了如下工藝流程：

(5)第①步反應(yīng)的離子方程式是__Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O__。
(6)常溫時(shí)，如忽略步驟①所加FeSO4·7H2O所引起的溶液體積變化，依據(jù)上表數(shù)據(jù)，則步驟②加入NaOH溶液調(diào)節(jié)溶液的pH至9時(shí)，溶液中Cr3＋的濃度為__6．4×10－14__mol/L(已知：101/2≈3．2)。
(7)欲使1 L該廢水中的Cr2O完全轉(zhuǎn)化為Cr0．5Fe1．5FeO4。理論上需要加入FeSO4·7H2O的質(zhì)量為__2．78__g(已知FeSO4·7H2O的摩爾質(zhì)量為278 g/mol)。
【解析】　(1)步驟①提高酸溶速率的措施為加熱、攪拌、粉碎、適當(dāng)增大酸的濃度，由上述分析可知固體A為SiO2；(2)從氫氧化物形成沉淀的pH表格可知，③為加入物質(zhì)來調(diào)節(jié)溶液的pH，使Fe3＋、Al3＋均完全轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3和AI(OH)3沉淀而除去，pH范圍為4．9≤pH

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