2019年高考化学二轮复习核心考点总动员专题09元素及其化合物之间的转化关系及综合推断（含解析）.doc

1、1元素及其化合物之间的转化关系及综合推断【母题再现】题型介绍：元素及化合物综合应用型试题在高考中为必考题型，在考查形式上通常以工艺流程题，物质制备、性质探究类试题，综合推断试题（少数省市，逐渐淡化） ，还有结合物质结构进行推断等。元素及化合物知识，在考查中与基本概念、基本理论、实验等知识融入越来越深，这也就要求我们队元素及化合物知识不再是单纯的记和背了，而是从原理的角度进行掌握，进行整体分析，通过联系、对比、归纳等方法进行解决。高考选题：【2018 新课标 1 卷】焦亚硫酸钠（Na 2S2O5）在医药、橡胶、印染、食品等方面应用广泛。回答下列问题：（1）生产 Na2S2O5，通常是由 NaHS

2、O3过饱和溶液经结晶脱水制得。写出该过程的化学方程式_。（2）利用烟道气中的 SO2生产 Na2S2O5的工艺为：pH=4.1 时，中为_溶液（写化学式） 。工艺中加入 Na2CO3固体、并再次充入 SO2的目的是_。（3）制备 Na2S2O5也可采用三室膜电解技术，装置如图所示，其中 SO2碱吸收液中含有 NaHSO3和Na2SO3。阳极的电极反应式为_。电解后，_室的 NaHSO3浓度增加。将该室溶液进行结晶脱水，可得到 Na2S2O5。（4）Na 2S2O5可用作食品的抗氧化剂。在测定某葡萄酒中 Na2S2O5残留量时，取 50.00 mL 葡萄酒样品，用 0.01000 molL1的碘

3、标准液滴定至终点，消耗 10.00 mL。滴定反应的离子方程式为_，该样品中 Na2S2O5的残留量为_gL 1（以 SO2计） 。2【答案】 2NaHSO3Na 2S2O5+H2O NaHSO3 得到 NaHSO3过饱和溶液 2H2O4e 4H +O2 a S2O52 +2I2+3H2O2SO 42 +4I +6H 0.128详解：（1）亚硫酸氢钠过饱和溶液脱水生成焦亚硫酸钠，根据原子守恒可知反应的方程式为2NaHSO3Na 2S2O5+H2O；（2）碳酸钠饱和溶液吸收 SO2后的溶液显酸性，说明生成物是酸式盐，即中为 NaHSO3；要制备焦亚硫酸钠，需要制备亚硫酸氢钠过饱和溶液，因此工艺中

4、加入碳酸钠固体、并再次充入二氧化硫的目的是得到 NaHSO3过饱和溶液；（3）阳极发生失去电子的氧化反应，阳极区是稀硫酸，氢氧根放电，则电极反应式为2H2O4e 4H +O2。阳极区氢离子增大，通过阳离子交换膜进入 a 室与亚硫酸钠结合生成亚硫酸钠。阴极是氢离子放电，氢氧根浓度增大，与亚硫酸氢钠反应生成亚硫酸钠，所以电解后 a室中亚硫酸氢钠的浓度增大。（4）单质碘具有氧化性，能把焦亚硫酸钠氧化为硫酸钠，反应的方程式为S2O52 +2I2+3H2O2SO 42 +4I +6H ；消耗碘的物质的量是 0.0001mol，所以焦亚硫酸钠的残留量（以 SO2计）是 。点睛：本题以焦亚硫酸钠的制备、应用

5、为载体考查学生对流程的分析、电解原理的应用以及定量分析等，题目难度中等。难点是电解池的分析与判断，注意结合电解原理、交换膜的作用、离子的移动方向分析电极反应、亚硫酸氢钠浓度的变化。易错点是最后一问，注意计算残留量时应该以二氧化硫计，而不是焦亚硫酸钠。 （3）根据流程，滤液 1 中含有铁元素和锂元素等杂质，滤液 2 中除去 Li ，则滤液 1 中加入 NaClO3将 Fe2 氧化成 Fe3 ，加入 Na2CO3溶液，调节 pH，使 Fe3 转化成 Fe(OH)3沉淀；“钴渣”操作步骤中3加入 Na2S2O3是过量，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，同时滤液 1 中含有 Co2 ，也能使酸性高锰酸钾溶液褪

6、色；（4）提高浸取率的采取措施有粉碎、搅拌、升高温度、适当提高硫酸的浓度等；Co 3 的氧化性强于 Cl2，用盐酸浸取，LiCoO 2将盐酸中 Cl 元素氧化成 Cl2，Cl 2有毒，污染环境；（5）根据题意，浓硫酸吸收产生 H2O，即 n(H2O)=0.54g/18gmol1 =0.03mol，碱石灰的作用是吸收CO2，即 n(CO2)=0.88g/44gmol1 =0.02mol，因此有 5.17g/MCoCO3 yCo(OH)2gmol1 =0.02mol，解得 y=3/2，即“钴沉淀”的化学式为 2CoCO33Co(OH)2。【 名师揭秘】这类探究题以元素及化合物知识为基础，源与课本，

7、但又高于课本；是在课本知识的基础上进行了合理的迁移和应用。在解题过程中，通过课本知识，结合基本理论进行分析，最后得出结论。试题中通常还会出现物质的检验与鉴别，实质上考查物质的性质。高频考点三：以物质制备考查元素及化合物知识【典例】 【扬州市 2019 届高三上学期期末】以高钛渣(主要成分为 Ti3O5，含少量 SiO2、FeO、Fe 2O3)为原料制备白色颜料 TiO2的一种工艺流程如下：已知：Na 2TiO3难溶于碱性溶液；H 2TiO3中的杂质 Fe2 比 Fe3 更易水洗除去。(1)熔盐:为加快反应速率，在维持反应物颗粒大小、反应温度一定的条件下，可采取的措施是_。NaOH 固体与 Ti

8、3O5在空气中加热至 500550 时生成 Na2TiO3，该反应的化学方程式为_。(2)过滤:“滤液”中主要溶质为 NaOH，还含有少量_(填化学式)。除杂后的滤液中获得的 NaOH 可循环利用，则“水浸”时，用水量不宜过大的主要原因是_。(3)水解:“酸溶”后获得的 TiOSO4经加热煮沸，生成难溶于水的 H2TiO3，该反应的化学方程式为_。(4)脱色:H 2TiO3中因存在少量 Fe(OH)3而影响 TiO2产品的颜色， “脱色”步骤中 Ti2(SO4)3的作用是_。【答案】搅拌 12NaOH2Ti 3O5O 2 6Na2TiO36H 2O Na2SiO3 用水量过大，导致滤液浓度过低

9、，蒸发浓缩时能耗增加(或蒸发浓缩时间过长) TiOSO 42H 2O H2TiO3H 2SO4 将溶液中的 Fe3 还原为 Fe2 ，以便除去杂质铁，提高 H2TiO3的纯度 4【解析】(1)为加快反应速率，在维持反应物颗粒大小、反应温度一定的条件下，可适当搅拌，因为搅拌可使反应物混合均匀,增加反应物的接触机会,从而达到加快反应速率的目的，故答案为：搅拌；(2) 熔盐时加入的氢氧化钠会与少量杂质 SiO2反应，其化学方程式为：2NaOHSiO 2 = Na2SiO3H 2O，生成的硅酸钠易溶于水，则“滤液”中含有少量 Na2SiO3，故答案为：Na 2SiO3；“水浸”时，用水量过大，导致滤液

10、浓度过低，蒸发浓缩时能耗增加(或蒸发浓缩时间过长)，故答案为：用水量过大，导致滤液浓度过低，蒸发浓缩时能耗增加(或蒸发浓缩时间过长)；(3)“酸溶”后获得的 TiOSO4会发生水解，经加热煮沸生成难溶于水的 H2TiO3，其化学方程式为：TiOSO42H 2O H2TiO3H 2SO4，故答案为：TiOSO 42H 2O H2TiO3H 2SO4；（4）根据给定信息易知， “脱色”步骤中加入还原性的 Ti2(SO4)3，是为了将溶液中的 Fe3 还原为Fe2 ，以便除去杂质铁，提高 H2TiO3的纯度，且不引入新的杂质，故答案为：将溶液中的 Fe3 还原为Fe2 ，以便除去杂质铁，提高 H2T

11、iO3的纯度。【 名师揭秘】这类试题以元素及化合物转化为基础。在解题过程中要抓住题眼（突破口） ，使用发散思维，从不同的多个角度去思考问题。在高考题，这类试题的开发度越来越高。【直击高考】1【2018 新课标 2 卷】我国是世界上最早制得和使用金属锌的国家，一种以闪锌矿（ZnS，含有 SiO2和少量 FeS、CdS、PbS 杂质）为原料制备金属锌的流程如图所示：相关金属离子 c0(Mn+)=0.1 molL-1形成氢氧化物沉淀的 pH 范围如下：金属离子 Fe3+ Fe2+ Zn2+ Cd2+开始沉淀的 pH 1.5 6.3 6.2 7.45沉淀完全的 pH 2.8 8.3 8.2 9.4回答

12、下列问题：（1）焙烧过程中主要反应的化学方程式为_。（2）滤渣 1 的主要成分除 SiO2外还有_；氧化除杂工序中 ZnO 的作用是_，若不通入氧气，其后果是_。（3）溶液中的 Cd2+可用锌粉除去，还原除杂工序中反应的离子方程式为_。（4）电解硫酸锌溶液制备单质锌时，阴极的电极反应式为_；沉积锌后的电解液可返回_工序继续使用。【答案】 ZnS+ O2 ZnO+SO2 PbSO4 调节溶液的 pH 无法除去杂质 Fe2+ Zn+Cd2+ Zn2+Cd Zn2+2e Zn 溶浸详解：（1）由于闪锌矿的主要成分是 ZnS，因此焙烧过程中主要反应的化学方程式为 2ZnS+3O22ZnO+2SO2。（

13、2）由于硫酸铅不溶于水，因此滤渣 1 的主要成分除 SiO2外还有 PbSO4；要测定铁离子，需要调节溶液的 pH，又因为不能引入新杂质，所以需要利用氧化锌调节 pH，即氧化除杂工序中 ZnO 的作用是调节溶液的 pH。根据表中数据可知沉淀亚铁离子的 pH 较大，所以若不通入氧气，其后果是无法除去杂质 Fe2+。（3）溶液中的 Cd2+可用锌粉除去，反应的离子方程式为 Zn+Cd2+Zn 2+Cd。（4）电解硫酸锌溶液制备单质锌时，阴极发生得到电子的还原反应，因此阴极是锌离子放电，则阴极的电极反应式为 Zn2+2e Zn；阳极是氢氧根放电，破坏水的电离平衡，产生氢离子，所以电解后还有硫酸产生，

14、因此沉积锌后的电解液可返回溶浸工序继续使用。点睛：无机工业流程题能够以真实的工业生产过程为背景，体现能力立意的命题为指导思想，能够综合考查学生各方面的基础知识及将已有知识灵活应用在生产实际中解决问题的能力。解决本类题目的关键是分析流程中的每一步骤，可从以下几个方面了解流程：反应物是什么；发生了什么反应；该反应造成了什么后果，对制造产品有什么作用。即抓住一个关键点：一切反应或操作都是为获得产品6而服务的。另外本题中呈现的内容展示了中华优秀科技成果对人类发展和社会进步的贡献，可以引导学生自觉传承我国科学文化，弘扬科学精神。2 【2018 新课标 3 卷】KIO 3是一种重要的无机化合物，可作为食盐

15、中的补碘剂。回答下列问题：（1）KIO 3的化学名称是_。（2）利用“KClO 3氧化法”制备 KIO3工艺流程如下图所示：“酸化反应”所得产物有 KH(IO3)2、Cl 2和 KCl。 “逐 Cl2”采用的方法是_。 “滤液”中的溶质主要是_。 “调 pH”中发生反应的化学方程式为_。（3）KIO 3也可采用“电解法”制备，装置如图所示。写出电解时阴极的电极反应式_。电解过程中通过阳离子交换膜的离子主要为_，其迁移方向是_。与“电解法”相比， “KClO3氧化法”的主要不足之处有_（写出一点） 。【答案】 碘酸钾 加热 KCl KH(IO3)2+KOH 2KIO3+H2O 或（HIO 3+K

16、OH KIO3+H2O） 2H2O+2e2OH +H2 K + a 到 b 产生 Cl2易污染环境等【解析】分析：本题考查的是化学工业以及电化学的相关知识。应该从题目的化工流程入手，判断每步流程操作的目的，就可以顺利解决问题。7（3）由图示，阴极为氢氧化钾溶液，所以反应为水电离的氢离子得电子，反应为 2H2O + 2e- = 2OH- + H2。电解时，溶液中的阳离子应该向阴极迁移，明显是溶液中大量存在的钾离子迁移，方向为由左向右，即由 a 到 b。KClO 3氧化法的最大不足之处在于，生产中会产生污染环境的氯气。点睛：题目的电解过程，可以理解为：阳极区的单质碘和氢氧化钾反应：3I 2 + 6

17、KOH = KIO3 + 5KI + 3H2O，生成的碘离子在阳极失电子再转化为单质碘，单质碘再与氢氧化钾反应，以上反应反复循环最终将所有的碘都转化为碘酸钾。阴极区得到的氢氧化钾可以循环使用。3 【2018 北京卷】磷精矿湿法制备磷酸的一种工艺流程如下：已知：磷精矿主要成分为 Ca5(PO4)3(OH)，还含有 Ca5(PO4)3F 和有机碳等。溶解度：Ca 5(PO4)3(OH)”或“” ） 。结合元素周期律解释中结论：P 和 S 电子层数相同，_。（3）酸浸时，磷精矿中 Ca5(PO4)3F 所含氟转化为 HF，并进一步转化为 SiF4除去。写出生成 HF 的化学方程式：_。（4）H 2O

18、2将粗磷酸中的有机碳氧化为 CO2脱除，同时自身也会发生分解。相同投料比、相同反应时间，不同温度下的有机碳脱除率如图所示。80后脱除率变化的原因：_。（5）脱硫时，CaCO 3稍过量，充分反应后仍有 SO42残留，原因是_；加入 BaCO3可进一步提高硫的脱除率，其离子方程式是_。8（6）取 a g 所得精制磷酸，加适量水稀释，以百里香酚酞作指示剂，用 b molL1NaOH 溶液滴定至终点时生成 Na2HPO4，消耗 NaOH 溶液 c mL，精制磷酸中 H3PO4的质量分数是_。 （已知：H3PO4摩尔质量为 98 gmol1）【答案】 研磨、加热 核电荷数 PS，原子半径 PS，得电子能

19、力 PS，非金属性 PS 2Ca5(PO4)3F+10H2SO4+5H2O 10CaSO40.5H2O+6H3PO4+2HF 80 后，H 2O2分解速率大，浓度显著降低 CaSO 4微溶 BaCO 3+ +2H3PO4 BaSO4+CO2+H 2O+2 -40.9bca用元素周期律解释，P 和 S 电子层数相同，核电荷数 P S，原子半径 P S，得电子能力 P S，非金属性 P S。（3）根据“强酸制弱酸”的复分解反应规律，Ca 5（PO 4） 3F 与 H2SO4反应生成 HF、磷石膏和磷酸。（4）图示是相同投料比、相同反应时间，不同温度下的有机碳脱除率，80前温度升高反应速率加快，相同

20、时间内有机碳脱除率增大；80后温度升高，H 2O2分解速率大，H 2O2浓度显著降低，反应速率减慢，相同条件下有机碳脱除率减小。（5）脱硫时，CaCO 3稍过量，充分反应后仍有 SO42-残留，原因是：CaSO 4微溶于水。加入 BaCO3可进一步提高硫的脱除率，因为 BaSO4难溶于水，反应的离子方程式为 BaCO3+SO42-+2H3PO4=BaSO4+CO2+2H 2PO4-+H2O。（6）根据题意关系式为 H3PO42NaOH，由消耗的 NaOH 计算 H3PO4。（3）根据“强酸制弱酸”的复分解反应规律，Ca 5（PO 4） 3F 与 H2SO4反应生成 HF、磷石膏和磷酸，生成 H

21、F 的化学方程式为 2Ca5（PO 4） 3F+10H2SO4+5H2O 10CaSO40.5H2O+6H3PO4+2HF。（4）图示是相同投料比、相同反应时间，不同温度下的有机碳脱除率，80前温度升高反应速率加快，相同时间内有机碳脱除率增大；80后温度升高，H 2O2分解速率大，H 2O2浓度显著降低，反应速率减慢，相同条件下有机碳脱除率减小。9（5）脱硫时，CaCO 3稍过量，充分反应后仍有 SO42-残留，原因是：CaSO 4微溶于水。加入 BaCO3可进一步提高硫的脱除率，因为 BaSO4难溶于水，其中 SO42-与 BaCO3生成更难溶的 BaSO4和 CO32-，H 3PO4的酸性

22、强于 H2CO3，在粗磷酸中 CO32-转化成 H2O 和 CO2，反应的离子方程式为 BaCO3+SO42-+2H3PO4=BaSO4+CO2+2H 2PO4-+H2O。（6）滴定终点生成 Na2HPO4，则消耗的 H3PO4与 NaOH 物质的量之比为 1：2，n（H 3PO4）= n（NaOH）12= bmol/L c 10-3L= mol，m（H 3PO4）= mol 98g/mol= g=0.049bcg，精制磷12bc0bc209bc0酸中 H3PO4的质量分数为 。.9a点睛：本题以磷精矿湿法制备磷酸的工艺流程为载体，考查影响化学反应速率的因素、 “强酸制弱酸”的复分解反应规律、

23、元素周期律、指定情境下方程式的书写、物质含量的计算等。解题时必须利用所学知识结合流程分析，如第（5）问注意脱硫的反应是在粗磷酸中进行的，BaCO 3或 CaCO3中碳元素最终变为 CO2；第（6）问中 H3PO4与 NaOH 物质的量之比的确定等。 9 【2017 江苏卷】(12 分)铝是应用广泛的金属。以铝土矿(主要成分为 Al2O3，含 SiO2和 Fe2O3等杂质)为原料制备铝的一种工艺流程如下：注：SiO 2在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀。（1） “碱溶”时生成偏铝酸钠的离子方程式为_。 （2）向“过滤”所得滤液中加入 NaHCO3溶液，溶液的 pH_ (填“增大” 、 “不变”或“减

24、小”)。（3） “电解”是电解熔融 Al2O3，电解过程中作阳极的石墨易消耗，原因是_。 （4） “电解”是电解 Na2CO3溶液，原理如图所示。阳极的电极反应式为_，阴极产生的物质 A 的化学式为_。10（5）铝粉在 1000时可与 N2反应制备 AlN。在铝粉中添加少量 NH4Cl 固体并充分混合，有利于 AlN的制备，其主要原因是_。 【答案】 （1）Al 2O3+2OH=2AlO2 +H2O （2）减小（3）石墨电极被阳极上产生的 O2氧化（4）4CO 32 +2H2O4e=4HCO3 +O2 H 2（5）NH 4Cl 分解产生的 HCl 能够破坏 Al 表面的 Al2O3薄膜（1）氧

25、化铝为两性氧化物，可溶于强碱溶液生成偏铝酸钠和水，离子方程式为Al2O3+2OH=2AlO2 +H2O。（2）为了提高铝土矿的浸取率，氢氧化钠溶液必须过量，所以过滤 I 所得滤液中含有氢氧化钠，加入碳酸氢钠溶液后，氢氧化钠与碳酸氢钠发生反应生成碳酸钠和水，所以溶液的 pH 减小。（3）电解 I 过程中，石墨阳极上氧离子被氧化为氧气，在高温下，氧气与石墨发生反应生成气体，所以，石墨电极易消耗的原因是被阳极上产生的氧气氧化。【名师点睛】本题通过化工流程考查了课本上学过的从铝土矿提取铝的元素化合物的知识，在问题中又结合原料的循环利用考查了电解原理。制备类工艺流程题一般由多步连续的操作组成，每一步操作

26、都有其具体的目标、任务。审题的重点要放在与题设有关操作的目标、任务上，分析时要从成本角度(原料是否廉价易得)、环保角度(是否符合绿色化学的要求)、现实角度等方面考虑；解答时要先看框内，后看框外，里外结合；边分析，边思考，易处着手；先局部，后全盘，逐步深入。而且还要看清问题，11不能答非所问。要求用理论回答的试题应采用“四段论法”：本题改变了什么条件(或是什么条件)根据什么理论或性质所以有什么变化结论，如本题最后一个问题，只要注意了铝表面易生成氧化膜和氯化铵受热易分解这两条性质，即可想到分解产物对氧化膜的作用，所以备考时，要多看课本上元素化合物方面内容，知道学了哪些，大多数的试题的根都在课本上。

27、10 【2017 江苏卷】(15 分)某科研小组采用如下方案回收一种光盘金属层中的少量 Ag(金属层中其他金属含量过低，对实验的影响可忽略)。已知：NaClO 溶液在受热或酸性条件下易分解，如：3NaClO 2NaCl+NaClO3AgCl 可溶于氨水：AgCl+2NH 3H2O Ag(NH3) 2+ Cl +2H2O常温时 N2H4H2O(水合肼)在碱性条件下能还原 Ag(NH3)2+：4Ag(NH3) 2+N2H4H2O 4Ag+N 2+4NH 4 +4NH3+H 2O（1） “氧化”阶段需在 80条件下进行，适宜的加热方式为_。（2）NaClO 溶液与 Ag 反应的产物为 AgCl、Na

28、OH 和 O2，该反应的化学方程式为_。 HNO3也能氧化 Ag，从反应产物的角度分析，以 HNO3代替 NaClO 的缺点是_。（3）为提高 Ag 的回收率，需对“过滤”的滤渣进行洗涤，并_。（4）若省略“过滤” ，直接向冷却后的反应容器中滴加 10%氨水，则需要增加氨水的用量，除因过量 NaClO 与 NH3H2O 反应外(该条件下 NaClO3与 NH3H2O 不反应)，还因为_。（5）请设计从“过滤”后的滤液中获取单质 Ag 的实验方案：_(实验中须使用的试剂有：2 molL 1水合肼溶液，1 molL 1H2SO4)。【答案】 （1）水浴加热 （2）4Ag+4NaClO+2H 2O

29、4AgCl+4NaOH+O2会释放出氮氧化物(或 NO、NO 2 )，造成环境污染 （3）将洗涤后的滤液合并入过滤的滤液中 （4）未过滤掉的溶液会稀释加入的氨水，且其中含有一定浓度的 Cl，不利于 AgCl 与氨水反应 （5）向滤液中滴加 2 molL1水合肼溶液，搅拌使其充分反应，同时用 1 molL1 H2SO4溶液吸收反应中放出的 NH3，待溶液中无气泡产生，停止滴加，静置，过滤、洗涤，干燥。 12（1） “氧化”阶段需在 80条件下进行，由于加热温度低于水的沸点，所以适宜的加热方式为水浴加热。（2）因为已知 NaClO 溶液与 Ag 反应的产物为 AgCl、NaOH 和 O2 ，用化合

30、价升降法即可配平，该反应的化学方程式为 4Ag+4NaClO+2H2O4AgCl+4NaOH+O 2。 HNO3也能氧化 Ag，硝酸做氧化剂时通常被还原为有毒的氮的氧化物而污染环境，所以以 HNO3代替 NaClO 的缺点是会释放出氮氧化物(或 NO、NO 2 )，造成环境污染。（3）为提高 Ag 的回收率，需对“过滤”的滤渣进行洗涤，洗涤的目的是为了把滤渣表面残存的银氨配离子洗涤下来，并将洗涤后的滤液合并入过滤的滤液中。 （4）若省略“过滤” ，直接向冷却后的反应容器中滴加 10%氨水，则需要增加氨水的用量，除因过量 NaClO 与 NH3H2O 反应外，还因为未过滤掉的溶液会稀释加入的氨水

31、，氨水的浓度变小，且其中含有一定浓度的 Cl，不利于 AgCl 与氨水发生 AgCl+2NH3H2O Ag(NH3) 2+ Cl +2H2O 反应 ，使得银的回收率变小。 （5） “过滤”后的滤液含有银氨配离子，根据题中信息常温时 N2H4H2O(水合肼)在碱性条件下能还原 Ag(NH3) 2+ ：4 Ag(NH3) 2+N2H4H2O4Ag+ N2+ 4NH4 + 4NH3+H 2O ，所以首先向该滤液中加入水合肼把银氨配离子充分还原，由于该反应产生所气体中含有氨气，氨气有强烈的刺激性气味会污染空气，所以要设计尾气处理措施，可以用题中提供的、要求必须使用的硫酸作尾气吸收剂把氨气吸收。最后把反

32、应混合物静置、过滤、洗涤、干燥即可得到回收的银。具体方案如下：向滤液中滴加2molL1水合肼溶液，搅拌使其充分反应，同时用 1 molL1 H2SO4溶液吸收反应中放出的 NH3 ，待溶液中无气泡产生，停止滴加，静置，过滤、洗涤，干燥。 【名师点睛】本题以回收一种光盘金属层中的少量 Ag 的实验流程为载体，将实验原理的理解、实验试剂和仪器的选用、实验条件的控制、实验操作规范、实验方案的设计等融为一体，重点考查学生对实验流程的理解、实验装置的观察、信息的加工、实验原理和方法运用、实验方案的设计和评价等能力，也考查学生运用比较、分析等科学方法解决实际问题的能力和逻辑思维的严密性。解题的关键是能读懂

33、实验流程，分析实验各步骤的原理、目的、实验条件等。设计实验方案时，根据限定必须使用的试剂，结合题中所给信息，注意反应条件的控制以及实验试剂的量的控制，按照“核心转化尾气处理产品分离产品提纯”思路，对细节进行耐心的优化，直至得到完美方案。1311 【2016 年高考新课标卷】 （14 分）以硅藻土为载体的五氧化二钒（V 2O5）是接触法生成硫酸的催化剂。从废钒催化剂中回收 V2O5既避免污染环境又有利于资源综合利用。废钒催化剂的主要成分为：物质 V2O5 V2O4 K2SO4 SiO2 Fe2O3 Al2O3质量分数/% 2.22.9 2.83.1 2228 6065 12 1以下是一种废钒催化

34、剂回收工艺路线：回答下列问题：（1） “酸浸”时 V2O5转化为 VO2+，反应的离子方程式为_，同时 V2O4转成 VO2+。 “废渣 1”的主要成分是_。（2） “氧化”中欲使 3 mol 的 VO2+变为 VO2+，则需要氧化剂 KClO3至少为_mol。（3） “中和”作用之一是使钒以 V4O124形式存在于溶液中。 “废渣 2”中含有_。（4） “离子交换”和“洗脱”可简单表示为：4ROH+ V4O124 R4V4O12+4OH（以 ROH 为强碱性阴离子交换树脂） 。为了提高洗脱效率，淋洗液应该呈_性（填“酸” “碱” “中” ） 。（5） “流出液”中阳离子最多的是_。（6） “

35、沉钒”得到偏钒酸铵（NH 4VO3）沉淀，写出“煅烧”中发生反应的化学方程式_。【答案】 （1）V 2O52H =2VO2 H 2O；SiO 2；（2）0.5；（3）Fe(OH) 3、Al(OH) 3；（4）碱；（5）K ；（6）2NH 4VO3 高 温 V2O5H 2O2NH 3。【解析】（3） “中和”作用之一是使钒以 V4O124形式存在于溶液中，同时生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，则14“废渣 2”中含有 Fe(OH)3、Al(OH) 3。（4）根据方程式可知为了提高洗脱效率，反应应该向逆反应方向进行，因此淋洗液应该呈碱性。（5）由于前面加入了氯酸钾和氢氧化钾，则“流出液”中阳离子最多的是

36、钾离子。（6）根据原子守恒可知偏钒酸铵（NH 4VO3 “煅烧”生成七氧化二钒、氨气和水，发生反应的化学方程式为 2NH4VO3 高 温 V2O5H 2O2NH 3。【考点定位】考查物质制备工艺流程图分析【名师点睛】本题是工艺流程问题，涉及氧化还原反应方程式的书写、步骤的分析、氧化还原反应的计算、元素及其化合物的性质等知识，发挥理论对实践的指导作用，将其应用于实践来解决实际问题，达到学以致用的目的。充分体现了“源于教材又不拘泥于教材”的指导思想，在一定程度上考查了学生的知识的灵活运用能力和分析问题解决问题的能力。书写离子反应方程式，首先找出反应物和生成物，然后判断此反应是否属于氧化还原反应，最

37、后根据原子守恒、反应前后电荷守恒配平其他；工艺流程中充分把握题目所给数据，如本题中 SiO2的质量分数在 60%65%，因此滤渣 1 的主要成分是 SiO2，因为 SiO2属于酸性氧化物，不与硫酸反应；氧化还原反应实质是电子的得失或偏移，即得失电子数目守恒，氧化还原反应的计算常常采用得失电子数目守恒进行计算，即氧化剂的物质的量变价原子个数化合价的变化值=还原剂的物质的量变价原子个数化合价的变化值，本题是 311=n(KClO3)16，解得 x=0.5mol；化学平衡原理适用于任何化学平衡，如果改变影响平衡的一个条件，化学平衡会向能够减弱这种改变的方向移动。本题难度适中。12 【2016 年高考

38、新课标卷】 （14 分）过氧化钙微溶于水，溶于酸，可作分析试剂、医用防腐剂、消毒剂。以下是一种制备过氧化钙的实验方法。回答下列问题：（一）碳酸钙的制备（1）步骤加入氨水的目的是_。小火煮沸的作用是使沉淀颗粒长大，有利于_。（2）右图是某学生的过滤操作示意图，其操作不规范的是_（填标号） 。a 漏斗末端颈尖未紧靠烧杯壁b玻璃棒用作引流c将滤纸湿润，使其紧贴漏斗壁d滤纸边缘高出漏斗15e用玻璃棒在漏斗中轻轻搅动以加快过滤速度(二)过氧化钙的制备CaCO3 滤液 白色晶体 过 滤（3）步骤的具体操作为逐滴加入稀盐酸，至溶液中尚存有少量固体，此时溶液呈_性（填“酸” 、“碱”或“中” 。将溶液煮沸，趁

39、热过滤。将溶液煮沸的作用是_。（4）步骤中反应的化学方程式为_，该反应需要在冰浴下进行，原因是_。（5）将过滤得到的白色结晶依次使用蒸馏水、乙醇洗涤，使用乙醇洗涤的目的是_。 （6）制备过氧化钙的另一种方法是：将石灰石煅烧后，直接加入双氧水反应，过滤后可得到过氧化钙产品。该工艺方法的优点是_，产品的缺点是_。【答案】 （1）调节溶液 pH 使 Fe(OH)3沉淀；过滤分离；（2）ade ；（3）酸；除去溶液中溶解的 CO2；（4）CaCl 22NH 3H2OH 2O2=CaO22NH 4Cl2H 2O；温度过高时过氧化氢分解；（5）去除结晶表面水分；（6）工艺简单、操作简单；纯度较低。（3）步

40、骤的具体操作为逐滴加入稀盐酸，至溶液中尚存有少量固体，溶液中有二氧化碳生成，因此溶液呈酸性。容易含有二氧化碳，而过氧化钙能与酸反应，因此将溶液煮沸的作用是除去溶液中溶解的 CO2。（4）根据原子守恒可知反应中还有氯化铵和水生成，则步骤中反应的化学方程式为CaCl22NH 3H2OH 2O2=CaO22NH 4Cl2H 2O；双氧水不稳定，受热易分解，因此该反应需要在冰浴下进行的原因是防止过氧化氢分解。【考点定位】考查物质制备实验设计【名师点睛】本试题考查物质的制备、实验基本操作、盐类水解、实验方案的设计与评价、元素及其16化合物的性质等知识，这些问题属于基础知识的应用，考查考生的知识运用能力，

41、同时注意信息的运用。制备碳酸钙，需要除去石灰石中的杂质，铁的氧化物和盐酸反应产生铁离子，然后利用过氧化氢，把 Fe2 氧化成 Fe3 ，利用氢氧化铁在 pH=2 出现沉淀，当 pH=3.7 时沉淀完全，加入氨水调节 pH，让Fe3 转化成 Fe(OH)3，然后进行过滤，除去杂质，做题过程中注意题目中信息，信息会告诉你解题的思路， “沉淀颗粒长大” ，便于得到沉淀，便于过滤分离；实验操作中实验获得成功，一定要注意操作的规范性， 如过滤的注意事项：“一贴” “二低” “三靠” ；物质的制备为了得到纯净的物质，一定要把杂质除去，但不能引入新的杂质，把有可能引入杂质的情况考虑进去，CaCO32HCl=

42、CaCl 2CO 2H 2O，但 CO2能溶于水，会有一部分 CO2溶解，加入氨水时会产生(NH 4)2CO3，制备的过氧化钙不纯净，需要除去溶解 CO2，加热煮沸，除去溶解 CO2；在实验题目中往往以元素及其化合物的性质为基础进行考查，过氧化氢不稳定受热易分解，在冰浴中进行，为防止过氧化氢的分解；在物质的制备中也要注意题给信息，因为这往往解某题的关键，过氧化钙微溶于水，用蒸馏水洗涤中会有部分溶解，为了减少溶解，利用过氧化钙难溶于乙醇进行洗涤，本试题难度适中。 3 【陕西省渭南中学 2019 届高三第五次质检】X、Y、Z、W 四种物质有如下相互转化关系（其中 X、W 为单质，Y、Z 为化合物，

43、未列出反应条件）：X+Y=Z+W。（1）若 W 能使带火星的木条复燃，Z 可用于雕刻玻璃的化学反应方程式为：_。（2）若 W 是一种常见的半导体材料且 X、 W 同主族，则 Z 的名称为：_。（3）若 X 是工业上用量最大的金属单质，Z 是一种具有磁性的黑色晶体，则该反应的化学方程式是：_。（4）若 X 位于周期表的第 IIA 族，Z 可作为耐火材料，则 Y 的电子式为_，其属于含有_（填“极性” 、 “非极性” ）共价键的分子。（5）若为铝热反应，下列能代替 KClO3和镁带而引发铝热反应的是（_）A、直接用酒精灯加热 B、KMnO 4、铝条 C、火柴头、浓盐酸 D、KMnO 4、鞭炮引线【

44、答案】2F 2 + 2H2O =4HF + O2 一氧化碳 3Fe+4H 2O Fe3O4+4H2 极性键 D (3)根据题中信息“X 是工业上用量最大的金属单质，Z 是一种具有磁性的黑色晶体”可知 X 为 Fe，Z17为 Fe3O4，X+Y=Z+W 的化学反应方程式为：3Fe+4H 2O Fe3O4+4H2。本小题答案为：3Fe+4H2O Fe3O4+4H2。(4)根据题干信息“X 位于周期表的第 IIA 族，Z 可作为耐火材料”Z 为 MgO，则 X 为 Mg，W 为 C，发生的反应为：2Mg+CO 2 2MgO+C，则 Y 为 CO2，Y 的电子式为： ，属于含有极性共价键的分子。本小题

45、答案为： ；极性。(5)黑火药燃烧时约 2200 度与镁相当，则能代替 KClO3和镁带引发铝热反应的可以是 KMnO4、鞭炮引线，故答案选 D。本小题答案为：D。能力拓展：4 【江西九江市同文中学 2019 届高三上学期期中】A、B、C、X 是中学化学常见物质，均由短周期元素组成，转化关系如图所示。请针对以下三种不同情况回答： (1)若 A、B、C 均为化合物且焰色反应均为黄色，水溶液均为碱性。则 C 物质的化学式是_。(2)若 A、B、C 中均含同一种常见金属元素，该元素在 C 中以阴离子形式存在，将 A、C 的水溶液混合可得B 的白色胶状沉淀。A 中含有的金属元素为_。(写元素符号)该金

46、属元素的单质与某红棕色粉末在高温下反应，可用于焊接铁轨，反应的化学反应方程式为_。若 A 为固态非金属单质，A 与 X 同周期，常温常压下 C 为白色固体，B 分子中各原子 最外层均为 8e-结构。C 与水剧烈反应，生成两种常见酸，反应的化学方程式为_。【答案】NaHCO 3 Al 2A1+Fe2O3 A12O3+2Fe PCl5+4H2O=H3PO4+5HCl 18Al 与氧化铁发生铝热反应可用于焊接铁轨及定向爆破，此反应的化学方程式为 2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe，本小题答案为：2Al+Fe 2O3 Al2O3+2Fe。（3）若 A 为固态非金属单质，A 与 X 为同周期，常温常压下 C 为白色固体，B 分子中各原子最外层均为 8e结构，由转化关系可知，A 为磷，B 为三氯化磷，C 为五氯化磷，X 为氯气。C 与水剧烈反应，生成两种常见酸，则反应的化学方程式为 PCl5+4H2O=H3PO4