2023届高考化学二轮复习专题四常见元素及其重要化合物学案

这是一份2023届高考化学二轮复习专题四常见元素及其重要化合物学案，共52页。

专题四　常见元素及其重要化合物

明·课程标准
MINGKECHENGBIAOZHUN　　　　　　对应学生用书学案P29
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，了解这些物质在生产、生活中的应用。
2．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，认识这些物质在生产中的应用和对生态环境的影响。
3．掌握元素及其化合物的转化关系及其综合应用。

品·高考真题
PINGAOKAOZHENTI　　　　　　对应学生用书学案P30
真题细研
1．(2020·全国卷Ⅱ，9)二氧化碳的过量排放可对海洋生物的生存环境造成很大影响，其原理如下图所示。下列叙述错误的是(　C　)

A．海水酸化能引起HCO浓度增大、CO浓度减小
B．海水酸化能促进CaCO3的溶解，导致珊瑚礁减少
C．CO2能引起海水酸化，其原理为HCOH＋＋CO
D．使用太阳能、氢能等新能源可改善珊瑚的生存环境
【解析】　海水酸化，H＋浓度增大，平衡H＋＋COHCO正向移动，CO浓度减小，HCO浓度增大，A正确；海水酸化，CO浓度减小，导致CaCO3溶解平衡正向移动，促进了CaCO3溶解，导致珊瑚礁减少，B正确；CO2引起海水酸化的原理为CO2＋H2OH2CO3H＋＋HCO，导致H＋浓度增大，C错误；使用太阳能、氢能等新能源，可以减少化石能源的燃烧，从而减少CO2的排放，减弱海水酸化，从而改善珊瑚礁的生存环境，D正确。
2．(2022·全国乙卷节选)废旧铅蓄电池的铅膏中主要含有PbSO4、PbO2、PbO和Pb。还有少量Ba、Fe、Al的盐或氧化物等。为了保护环境、充分利用铅资源，通过下图流程实现铅的回收。

一定条件下，一些金属氢氧化物沉淀时的pH如下表：
金属氢氧化物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Al(OH)3
Pb(OH)2
开始沉淀的pH
2.3
6.8
3.5
7.2
完全沉淀的pH
3.2
8.3
4.6
9.1
回答下列问题：
(1)在“酸浸”中，除加入醋酸(HAc)，还要加入H2O2。
(ⅰ)能被H2O2氧化的离子是__Fe2＋__；
(ⅱ)H2O2促进了金属Pb在醋酸中转化为Pb(Ac)2，其化学方程式为__Pb＋H2O2＋2HAc===Pb(Ac)2＋2H2O__；
(ⅲ)H2O2也能使PbO2转化为Pb(Ac)2，H2O2的作用是__作还原剂__。
(2)“酸浸”后溶液的pH约为4.9，滤渣的主要成分是__Fe(OH)3、Al(OH)3__。
(3)“沉铅”的滤液中，金属离子有__Ba2＋、Na＋__。
【解析】　(1)(ⅰ)过氧化氢有氧化性，亚铁离子有还原性，会被过氧化氢氧化为铁离子；(ⅱ)过氧化氢促进金属Pb在醋酸溶液中转化为Pb(Ac)2，过氧化氢与Pb、HAc发生氧化还原反应生成Pb(Ac)2和H2O，依据得失电子守恒和原子守恒可知，反应的化学方程式为Pb＋H2O2＋2HAc===Pb(Ac)2＋2H2O；(ⅲ)过氧化氢也能使PbO2转化为Pb(Ac)2，铅元素化合价由＋4价降低到了＋2价，PbO2是氧化剂，则过氧化氢是还原剂；(2)酸浸后溶液的pH约为4.9，依据金属氢氧化物沉淀时的pH可知，滤渣主要成分为氢氧化铝、氢氧化铁；(3)加入碳酸钠不能使铅膏中的BaSO4完全转化，铁离子、铝离子转化为了氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，铅转化为了氢氧化铅、最终变为了氧化铅，因此沉铅的滤液中，金属离子有Ba2＋和加入碳酸钠、氢氧化钠时引入的Na＋。
3．(2022·全国甲卷)硫酸锌(ZnSO4)是制备各种含锌材料的原料，在防腐、电镀、医学上有诸多应用。硫酸锌可由菱锌矿制备。菱锌矿的主要成分为ZnCO3，杂质为SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物。其制备流程如下：

本题中所涉及离子的氢氧化物溶度积常数如下表：
离子
Fe3＋
Zn2＋
Cu2＋
Fe2＋
Mg2＋
Ksp
4.0×10－38
6.7×10－17
2.2×10－20
8.0×10－16
1.8×10－11
回答下列问题：
(1)菱锌矿焙烧生成氧化锌的化学方程式为__ZnCO3ZnO＋CO2↑__。
(2)为了提高锌的浸取效果，可采取的措施有__将焙烧后的产物碾碎，增大接触面积__、__增大硫酸的浓度等__。
(3)加入物质X调溶液pH＝5，最适宜使用的X是__B__(填标号)。
A．NH3·H2O　 B．Ca(OH)2　
C．NaOH
滤渣①的主要成分是__Fe(OH)3__、__CaSO4__、__SiO2__。
(4)向80～90℃的滤液①中分批加入适量KMnO4溶液充分反应后过滤，滤渣②中有MnO2，该步反应的离子方程式为__3Fe2＋＋MnO＋7H2O===3Fe(OH)3↓＋MnO2↓＋5H＋__。
(5)滤液②中加入锌粉的目的是__置换Cu从而除去Cu2＋__。
(6)滤渣④与浓H2SO4反应可以释放HF并循环利用，同时得到的副产物是__CaSO4__、__MgSO4__。
【解析】　由题干信息，菱锌矿的主要成分为ZnCO3，杂质为SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物，结合流程图分析，菱锌矿焙烧，主要发生反应ZnCO3ZnO＋CO2↑，再加入H2SO4酸浸，得到含Zn2＋、Ca2＋、Mg2＋、Fe2＋、Fe3＋、Cu2＋的溶液，加入物质X调节pH＝5，结合表格数据，过滤得到Fe(OH)3、CaSO4、SiO2的滤渣①，滤液①中主要含有Zn2＋、Cu2＋、Mg2＋、Ca2＋、Fe2＋，再向滤液①中加入KMnO4溶液氧化Fe2＋，过滤得到Fe(OH)3和MnO2的滤渣②，滤液②中加入锌粉，发生反应Zn＋Cu2＋===Zn2＋＋Cu，过滤后得到滤渣③为Cu，再向滤液③中加入HF脱钙镁，过滤得到滤渣④为CaF2、MgF2，滤液④为ZnSO4溶液，经一系列处理得到ZnSO4·7H2O。(1)由分析，焙烧时，生成ZnO的反应为ZnCO3ZnO＋CO2↑；(2)可采用将焙烧后的产物碾碎，增大接触面积、增大硫酸的浓度等方式提高锌的浸取率；(3)NH3·H2O易分解产生NH3污染空气，且经济成本较高，故A不适宜；Ca(OH)2不会引入新的杂质，且成本较低，故B适宜；NaOH会引入杂质Na＋，且成本较高，C不适宜；当沉淀完全时(离子浓度小于10－5 mol/L)，结合表格Ksp计算各离子完全沉淀时pH＜5的只有Fe3＋，故滤渣①中有Fe(OH)3，又CaSO4是微溶物，SiO2不溶于酸，故滤渣①的主要成分是Fe(OH)3、CaSO4、SiO2；(4)向80～90 ℃滤液①中加入KMnO4溶液，可氧化Fe2＋，得到Fe(OH)3和MnO2的滤渣②，反应的离子方程式为3Fe2＋＋MnO＋7H2O===3Fe(OH)3↓＋MnO2↓＋5H＋；(5)滤液②中加入锌粉，发生反应Zn＋Cu2＋===Zn2＋＋Cu，故加入锌粉的目的为置换Cu从而除去Cu2＋；(6)由分析，滤渣④为CaF2、MgF2，与浓硫酸反应可得到HF，同时得到的副产物为CaSO4、MgSO4。
4．(2021·全国乙卷T)磁选后的炼铁高钛炉渣，主要成分有TiO2、SiO2、Al2O3、MgO、CaO以及少量的Fe2O3。为节约和充分利用资源，通过如下工艺流程回收钛、铝、镁等。

该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH见下表
金属离子
Fe3＋
Al3＋
Mg2＋
Ca2＋
开始沉淀的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
回答下列问题：
(1)“焙烧”中，TiO2、SiO2几乎不发生反应，Al2O3、MgO、CaO、Fe2O3转化为相应的硫酸盐，写出Al2O3转化为NH4Al(SO4)2的化学方程式__Al2O3＋4(NH4)2SO42NH4Al(SO4)2＋4NH3↑＋3H2O__。
(2)“水浸”后“滤液”的pH约为2.0，在“分步沉淀”时用氨水逐步调节pH至11.6，依次析出的金属离子是__Fe3＋、Al3＋、Mg2＋__。
(3)“母液①”中Mg2＋浓度为__1.0×10－6__mol·L－1。
(4)“水浸渣”在160℃“酸溶”最适合的酸是__硫酸__。“酸溶渣”的成分是__SiO2__、__CaSO4__。
(5)“酸溶”后，将溶液适当稀释并加热，TiO2＋水解析出TiO2·xH2O沉淀，该反应的离子方程式是__TiO2＋＋(x＋1)H2OTiO2·xH2O＋2H＋__。
(6)将“母液①”和“母液②”混合，吸收尾气，经处理得__(NH4)2SO4__，循环利用。
【解析】　(1)氧化铝转化为硫酸铝铵发生的反应为氧化铝、硫酸铵在高温条件下反应生成硫酸铝铵、氨气和水，反应的化学方程式为Al2O3＋4(NH4)2SO42NH4Al(SO4)2＋4NH3↑＋3H2O；(2)由题给开始沉淀和完全沉淀的pH可知，将pH约为2.0的滤液加入氨水调节溶液pH为11.6时，铁离子首先沉淀、然后是铝离子、镁离子，钙离子没有沉淀；(3)由镁离子完全沉淀时，溶液pH为11.1可知，氢氧化镁的溶度积为1×10－5×(1×10－2.9)2＝1×10－10.8，当溶液pH为11.6时，溶液中镁离子的浓度为＝1×10－6 mol·L－1；(4)增大溶液中硫酸根离子浓度，有利于使微溶的硫酸钙转化为沉淀，为了使微溶的硫酸钙完全沉淀，减少TiOSO4溶液中含有硫酸钙的量，应加入浓硫酸加热到160 ℃酸溶；由分析可知，二氧化硅和硫酸钙与浓硫酸不反应，则酸溶渣的主要成分为二氧化硅和硫酸钙；(5)酸溶后将TiOSO4溶液加入热水稀释并适当加热，能使TiOSO4完全水解生成TiO2·xH2O沉淀和硫酸，反应的离子方程式为TiO2＋＋(x＋1)H2OTiO2·xH2O＋2H＋；(6)由分析可知，尾气为氨气，母液①为硫酸铵、母液②为硫酸，将母液①和母液②混合后吸收氨气得到硫酸铵溶液，可以循环使用。
5．(2021·全国甲卷)碘(紫黑色固体，微溶于水)及其化合物广泛用于医药、染料等方面。回答下列问题：
(1)I2的一种制备方法如下图所示：

①加入Fe粉进行转化反应的离子方程式为 2AgI＋Fe===2Ag＋Fe2＋＋2I－　，生成的沉淀与硝酸反应，生成 AgNO3　后可循环使用。,
②通入Cl2的过程中，若氧化产物只有一种，反应的化学方程式为 FeI2＋Cl2===I2＋FeCl2　；若反应物用量比n(Cl2)/n(FeI2)＝1.5时，氧化产物为 I2、FeCl3　；当n(Cl2)/n(FeI2)>1.5，单质碘的收率会降低，原因是 I2被过量的Cl2进一步氧化　。
(2)以NaIO3为原料制备I2的方法是：先向NaIO3溶液中加入适量的NaHSO3，生成碘化物；再向混合溶液中加入NaIO3溶液，反应得到I2，上述制备I2的总反应的离子方程式为 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至少为 4　mol。I2在KI溶液中可发生反应I2＋I－I。实验室中使用过量的KI与CuSO4溶液反应后，过滤，滤液经水蒸气蒸馏可制得高纯碘。反应中加入过量KI的原因是防止单质碘析出　。
【解析】　(1)①由流程图可知悬浊液中含AgI，AgI可与Fe反应生成FeI2和Ag，FeI2易溶于水，在离子方程式中能拆，故加入Fe粉进行转化反应的离子方程式为2AgI＋Fe===2Ag＋Fe2＋＋2I－，生成的银能与硝酸反应生成硝酸银参与循环中；②通入Cl2的过程中，因I－还原性强于Fe2＋，Cl2先氧化还原性强的I－，若氧化产物只有一种，则该氧化产物只能是I2，故反应的化学方程式为FeI2＋Cl2===I2＋FeCl2，若反应物用量比n(Cl2)/n(FeI2)＝1.5时即Cl2过量，先氧化完全部I－再氧化Fe2＋，恰好将全部I－和Fe2＋氧化，故氧化产物为I2、FeCl3，当n(Cl2)/n(FeI2)>1.5即Cl2过量特别多，多余的氯气会与生成的单质碘以及水继续发生氧化还原反应，单质碘的收率会降低；(2)先向NaIO3溶液中加入适量的NaHSO3，生成碘化物即含I－的物质，再向混合溶液中(含I－)加入NaIO3溶液，反应得到I2，上述制备I2的两个反应中I－为中间产物，总反应为IO与HSO发生氧化还原反应，生成SO和I2，根据得失电子守恒、电荷守恒及元素守恒配平离子方程式即可得：2IO＋5HSO===I2＋5SO＋3H＋＋H2O；(3)KI溶液和CuSO4溶液混合可生成CuI沉淀和I2，化学方程式为4KI＋2CuSO4===2CuI↓＋I2＋2K2SO4，若生成1 mol I2，则消耗的KI至少为4 mol；反应中加入过量KI，I－浓度增大，可逆反应I2＋I－I平衡右移，增大I2溶解度，防止单质碘析出。
6.(2020·全国卷Ⅰ，26节选)钒具有广泛用途。黏土钒矿中，钒以＋3、＋4、＋5价的化合物存在，还包括钾、镁的铝硅酸盐，以及SiO2、Fe3O4。采用以下工艺流程可由黏土钒矿制备NH4VO3。

该工艺条件下，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
Fe3＋
Fe2＋
Al3＋
Mn2＋
开始沉淀pH
1.9
7.0
3.0
8.1
完全沉淀pH
3.2
9.0
4.7
10.1
回答下列问题：
(1)“中和沉淀”中，钒水解并沉淀为V2O5·xH2O，随滤液②可除去金属离子K＋、Mg2＋、Na＋、 Mn2＋　，以及部分的 Fe3＋、Al3＋　。
(2)“沉淀转溶”中，V2O5·xH2O转化为钒酸盐溶解。滤渣③的主要成分是 Fe(OH)3　。
(3)“调pH”中有沉淀生成，生成沉淀反应的化学方程式是 NaAlO2＋HCl＋H2O===NaCl＋Al(OH)3↓(或Na[Al(OH)4]＋HCl===NaCl＋Al(OH)3↓＋H2O)　。
(4)“沉钒”中析出NH4VO3晶体时，需要加入过量NH4Cl，其原因是利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全　。
【解析】　(1)“中和沉淀”中，钒水解并沉淀为V2O5·xH2O，随滤液②可除去金属离子K＋、Mg2＋、Na＋、Mn2＋，以及部分的Fe3＋、Al3＋；(2)滤渣③的主要成分是Fe(OH)3；(3)“调pH”中有沉淀生成，是NaAlO2与HCl反应生成Al(OH)3沉淀，生成沉淀反应的化学方程式是NaAlO2＋HCl＋H2O===NaCl＋Al(OH)3↓或Na[Al(OH)4]＋HCl===NaCl＋Al(OH)3↓＋H2O；(4)“沉钒”中析出NH4VO3晶体时，需要加入过量NH4Cl，其原因是：增大NH离子浓度，利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全。
7.(2020·全国卷Ⅲ，27节选)某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物，还有少量其他不溶性物质。采用如下工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体(NiSO4·7H2O)：

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＋
Al3＋
Fe3＋
Fe2＋
开始沉淀时(c＝0.01mol·L－1)的pH
7.2
3.7
2.2
7.5
沉淀完全时(c＝1.0×10－5mol·L－1)
的pH
8.7
4.7
3.2
9.0
回答下列问题：
(1)“碱浸”中NaOH的两个作用分别是除去油脂、溶解铝及其氧化物　。为回收金属，用稀硫酸将“滤液①”调为中性，生成沉淀。写出该反应的离子方程式 AlO＋H＋＋H2O===Al(OH)3↓或Al(OH)＋H＋===Al(OH)3↓＋H2O　。
(2)“滤液②”中含有的金属离子是 Ni2＋、Fe2＋、Fe3＋　。
(3)“转化”中可替代H2O2的物质是 O2(或空气)　。若工艺流程改为先“调pH”后“转化”，即

“滤液③”中可能含有的杂质离子为 Fe3＋　。
【解析】　由工艺流程分析可得，向废镍催化剂中加入NaOH溶液进行碱浸，可除去油脂，并发生反应2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑、2Al2O3＋4NaOH===4NaAlO2＋2H2O将Al及其氧化物溶解，得到的滤液①含有NaAlO2，滤饼①为Ni、Fe及其氧化物和少量其他不溶性杂质，加稀H2SO4酸浸后得到含有Ni2＋、Fe2＋、Fe3＋的滤液②，Fe2＋经H2O2氧化为Fe3＋后，加入NaOH调节pH使Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀除去，再控制pH浓缩结晶得到硫酸镍的晶体。(1)根据分析可知，向废镍催化剂中加入NaOH溶液进行碱浸，可除去油脂，并将Al及其氧化物溶解，滤液①中含有NaAlO2(或Na[Al(OH)4])，加入稀硫酸可发生反应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“滤液②”中含有的金属离子是Ni2＋、Fe2＋、Fe3＋；(3)“转化”中H2O2的作用是将Fe2＋氧化为Fe3＋，可用O2或空气替代；若将工艺流程改为先“调pH”后“转化”，会使调pH过滤后的溶液中含有Fe2＋，则滤液③中可能含有转化生成的Fe3＋。
考情预判
本部分知识是中学化学的核心知识点之一，是历年高考考查的重点和知识载体，预计在未来高考中，元素单质及其化合物的性质、物质推断和物质的转化关系，主要以选择题形式出现，结合离子反应，NA、化学实验现象分析、工农业生产、传统文化等，以文字表述题和图表型题的形式出现，主要考查元素及其化合物的典型性质、用途及应用；在主观题中则以物质的制备或分离提纯以无机工艺流程题，综合实验题为载体综合考查重要的单质、化合物的性质及反应原理、兼顾考查物质的用途及对环境的影响，同时涉及陌生氧化还原反应方程式、离子方程式的书写。

悟·核心要点
WUHEXINYAODIAN　　　　　　对应学生用书学案P32
考点一　元素及其化合物的性质及应用

核心知识·整合
常见无机物的重要性质和应用

物质性质
应用
(1)
浓硫酸具有吸水性
作干燥剂(不能干燥NH3、H2S、HI)
(2)
生石灰、无水氯化钙能吸收水分
可作(食品)干燥剂
(3)
P2O5能与水反应
可作(不可用作食品)干燥剂
(4)
硅胶能吸收水分
可作(袋装食品)干燥剂
(5)
硅是常用的半导体材料
可作太阳能电池板
(6)
SiO2存在光的全反射
可作光导纤维
(7)
4HF＋SiO2===2H2O＋SiF4↑
用氢氟酸雕刻玻璃
(8)
ClO2具有较强的氧化性
用于自来水的杀菌消毒
(9)
次氯酸盐具有强氧化性
可作杀菌消毒剂，还可作漂白剂
(10)
碘酸钾在常温下稳定
食盐中的加碘物质
(11)
NH4HCO3、NH4NO3是可溶的含氮化合物
可用作氮肥
(12)
浓氨水具有挥发性和还原性
用浓氨水检验输送氯气的管道是否漏气
(13)
二氧化硫具有漂白性
二氧化硫可以用来漂白纸浆、草帽辫等
(14)
NaHCO3受热分解生成CO2、能与酸反应
可用作焙制糕点的膨松剂、胃酸中和剂
(15)
Na2CO3水解使溶液显碱性
用热的纯碱溶液洗去油污
(16)
Na2O2与H2O、CO2反应均生成O2
作供氧剂
(17)
硅酸钠的水溶液是一种无机黏合剂
盛放碱性溶液的试剂瓶不能用玻璃塞
(18)
Al具有良好的延展性和抗腐蚀性
常用铝箔包装物品
(19)
常温下，铝、铁遇浓硫酸、浓硝酸钝化
可盛装、运输浓硫酸、浓硝酸
(20)
铝有还原性，与氧化铁反应放出大量的热
可用于焊接铁轨
(21)
MgO、Al2O3熔点高
作耐高温材料
(22)
Al3＋水解生成的氢氧化铝胶体具有吸附性
明矾作净水剂(混凝剂)
(23)
小苏打溶液和硫酸铝溶液反应生成二氧化碳
可以作泡沫灭火器
(24)
明矾溶液显酸性
利用明矾溶液清除铜镜表面的铜锈
(25)
Al(OH)3有弱碱性
可用于中和胃酸
(26)
Fe具有还原性
防止食品氧化变质
(27)
Fe2O3是红棕色粉末
作红色颜料
(28)
Fe3＋水解生成的氢氧化铁胶体具有吸附性
铁盐可用作净水剂(混凝剂)
(29)
K2FeO4是强氧化剂，还原产物Fe3＋水解生成氢氧化铁胶体
K2FeO4作新型消毒剂、净水剂
(30)
FeCl3溶液具有较强氧化性
FeCl3溶液腐蚀Cu刻制印刷电路板
(31)
CuSO4使蛋白质变性
误服CuSO4溶液，喝蛋清或豆浆解毒
(32)
BaSO4不溶于水，不与胃酸反应
在医疗上进行胃部造影前，BaSO4作患者服用的“钡餐”
(33)
干冰升华吸收大量的热
人工降雨
(34)
液氨汽化吸收大量的热
作制冷剂


关键能力·突破
　考向1　元素及其化合物的性质及其应用
典例1(2022·临汾模拟)下列生产活动与相应化学原理不相符的是(　D　)
选项
生产活动
化学原理
A
过氧化钠用于呼吸面具的制造
过氧化钠与人呼出的H2O、CO2都能发生反应生成O2
B
葡萄酒生产时用SO2作食品添加剂
二氧化硫具有还原性，且有防腐作用
C
用氧化铁和铝粉组成的混合物焊接钢轨
氧化铁和铝粉剧烈反应放出大量的热，使产物单质铁呈熔融状态
D
用乙二醇合成涤纶
乙二醇与水分子间可形成氢键，可互溶
【解析】　Na2O2与人呼出的H2O、CO2都能反应生成O2，O2又可以供给人呼吸，A运用了相应化学原理，A不合题意；SO2具有还原性可作抗氧化剂，防止葡萄酒中还原性物质被氧化，且能杀灭生产过程中产生的杂菌，作防腐剂，B运用了相应化学原理，B不合题意；氧化铁和铝粉发生铝热反应生成单质铁，反应放出大量热使产物单质铁呈熔融状态，铁水流到钢轨槽中将两段钢轨焊接在一起，C运用了相应化学原理，C不合题意；乙二醇合成涤纶是利用乙二醇中两个羟基，可发生缩聚反应得到高分子化合物，与乙二醇和水分子间存在氢键可互溶无关，D没有运用相应化学原理，D符合题意。
典例2(2022·开封模拟)物质的类别和核心元素的化合价是研究物质性质的两个重要维度。下图为硫及其部分化合物的价态—类别图。下列说法正确的是(　A　)

A．常温下，a和f的浓溶液反应可生成b和c
B．附着有b的试管，常用酒精清洗
C．分别往d、e的溶液中滴加少量氯化钡溶液，均可产生白色沉淀
D．常温下等物质的量浓度的g、h两种钠盐溶液的pH：g＜h
【解析】　a为H2S、b为S、c为SO2、d为SO3、e为亚硫酸、f为硫酸、g为亚硫酸盐、h为硫酸盐，据此分析解题。硫化氢和浓硫酸能发生氧化还原反应，方程式为H2S＋H2SO4(浓)===S↓＋SO2↑＋2H2O，A正确；硫微溶于酒精，易溶于二硫化碳，故附着有b的试管，常用二硫化碳洗涤，B错误；亚硫酸的酸性弱于盐酸，故亚硫酸与氯化钡不反应，C错误；硫酸钠为强酸强碱盐，溶液呈中性，亚硫酸钠为强碱弱酸盐，亚硫酸根离子水解使溶液呈碱性，故等浓度时的亚硫酸钠溶液的pH大于硫酸钠溶液的pH，D错误。
〔迁移应用〕
1．(2022·乌鲁木齐模拟)物质的化学性质在日常生活和生产中有着广泛的运用。下列有关说法正确的是(　A　)
A．O3是一种氧化性极强的气体，可用作餐具的消毒剂
B．常温下浓硝酸与铝不反应，可用铝制容器存放浓硝酸
C．SiO2用于制作光导纤维是因为它能导电
D．FeCl3可以作止血剂是因为Fe3＋具有强氧化性
【解析】　O3在常温下，是一种有特殊臭味的淡蓝色气体，具有极强氧化性，可用作自来水的消毒剂，故A正确；铝与浓硝酸常温下发生钝化，在表面形成一层致密的氧化物保护膜，阻止反应继续进行，可用铝制容器存放浓硝酸，故B错误；SiO2具有能够使光线进行全反射的性质，因此可用于制作光导纤维，故C错误；血液属于胶体，加入电解质溶液(FeCl3溶液)可以使胶体聚沉，血液凝聚达到止血效果，故D错误。
　考向2　元素及其化合物性质的实验探究微设计
典例3(2021·武汉模拟)用如图所示装置进行实验，探究硝酸与铁反应的产物。

主要实验操作
实验现象
打开弹簧夹，通入一段时间CO2后，滴入浓硝酸后无明显现象，加热烧瓶，反应开始后停止加热
①A中有红棕色气体产生，一段时间后，气体颜色逐渐变浅；反应停止后，A中无固体剩余。
②B中溶液变棕色
取少量A中溶液，加几滴氯水，再滴入硫氰化钾溶液
③溶液变为红色
取少量B中溶液，加热
④B中棕色溶液变浅，有无色气体逸出，且在空气中变为红棕色
已知：FeSO4＋NOFe(NO)SO4(棕色)　ΔH<0。
下列说法正确的是(　D　)
A．滴入浓硝酸加热前没有明显现象的原因是：温度低，反应速率太慢
B．实验现象③说明反应后A中溶液含有Fe2＋
C．实验现象④说明A中有NO生成
D．可用浓NaOH溶液和湿润的红色石蕊试纸检验硝酸的还原产物中是否有NH
【解析】　常温时，铁遇浓硝酸形成致密氧化膜，阻止反应进一步发生，不是因为温度低，反应速率太慢的缘故，故A错误；取少量A中溶液，加几滴氯水，再滴入KSCN溶液，溶液变为红色，只能说明这时溶液中有三价铁离子，无法说明原溶液中是二价铁还是三价铁，故B错误；取少量B中溶液加热，B中棕色溶液变浅，无色气体逸出，且在空气中变为红棕色，只能说明Fe(NO)SO4分解生成NO，但由于铁和浓硝酸反应生成红棕色气体二氧化氮，二氧化氮和水反应生成一氧化氮，一氧化氮能使硫酸亚铁溶液变成棕色，所以不能证明铁和浓硝酸反应过程中有NO生成，故C错误；浓NaOH溶液和湿润的红色石蕊试纸可检验A溶液中是否有NH，即可以检验硝酸的还原产物中是否有NH，若产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，证明硝酸的还原产物中有NH，故D正确。
　　　　　　规律方法
Fe3＋和Fe2＋的检验方法
(1)Fe2＋的检验
①无现象溶液变红色，证明含有Fe2＋。
②产生白色絮状沉淀，迅速变成灰绿色，最终变为红褐色，证明有Fe2＋。
③生成蓝色沉淀，证明有Fe2＋。
(2)Fe3＋的检验
①溶液变红色，证明含有Fe3＋。
②产生红褐色沉淀，证明有Fe3＋存在。
(3)含Fe2＋、Fe3＋的混合溶液中Fe3＋、Fe2＋的检验
①Fe3＋的检验
ⅰ.溶液变红色，说明含有Fe3＋。
ⅱ.试纸变蓝色，说明含有Fe3＋。
②Fe2＋的检验
ⅰ.酸性KMnO4溶液紫红色褪去，说明含有Fe2＋。
ⅱ.溴水褪色，说明含有Fe2＋。
ⅲ.生成蓝色沉淀，说明含有Fe2＋。

〔迁移应用〕
2．(2022·潍坊模拟)探究Na2S溶液的性质，进行如下实验。(已知：H2S的Ka1≈1.3×10－7)
实验
装置
气体a
现象
Ⅰ

SO2
溶液立即变黄，产生乳白色沉淀
Ⅱ
O2
一段时间后，溶液略显浑浊
下列分析或解释正确的是(　D　)
A．Na2S溶液呈碱性：S2－＋H2O2OH－＋H2S
B．实验Ⅰ、Ⅱ的现象说明，SO2的氧化性强于O2
C．两个实验中，通入气体后，试管中溶液的pH均降低
D．实验Ⅰ中，Na2S溶液能促进SO2气体的溶解
【解析】　Na2S溶液因水解呈碱性，水解方程式为S2－＋H2OOH－＋HS－，故A错误；实验Ⅰ、Ⅱ的溶液酸碱性不同，不能比较SO2和O2的氧化性，故B错误；实验Ⅰ中随SO2的增多，酸性增强，pH减小；实验Ⅱ中溶液的碱性增强，pH增大，故C错误；Na2S溶液因水解呈碱性，SO2溶于水显酸性，故Na2S溶液能促进SO2气体的溶解，故D正确。

考点二　元素及其化合物的转化及综合应用


核心知识·整合
(一)活泼金属的代表——钠
1．构建：知识网络

2．再忆：重要反应
(1)基本反应
①2Na＋2H2O===2Na＋＋2OH－＋H2↑
②2Na＋O2Na2O2
③2Na2O2＋2H2O===4Na＋＋4OH－＋O2↑
④2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2
⑤2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O
⑥2OH－＋CO2===CO＋H2O
⑦CO2＋OH－===HCO
⑧2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑
(2)拓展反应
①Na制备Ti：4Na＋TiCl44NaCl＋Ti。
②Na与CuSO4溶液反应的离子方程式：
2Na＋2H2O＋Cu2＋===2Na＋＋Cu(OH)2↓＋H2↑。
③Na与盐酸反应：2Na＋2HCl===2NaCl＋H2↑。
④NaHCO3与过量Ca(OH)2溶液反应的离子方程式：
HCO＋Ca2＋＋OH－===CaCO3↓＋H2O。
⑤NaHCO3与少量Ca(OH)2溶液反应的离子方程式：
2HCO＋Ca2＋＋2OH－===CaCO3↓＋CO＋2H2O。
3．警醒：易错知识
(1)钠和盐溶液反应，不能置换出盐中的金属，与熔融的盐反应才能置换出盐中的金属。
(2)无论Na与O2反应生成Na2O还是Na2O2，只要参与反应的Na的质量相等，则转换电子的物质的量一定相等。
(3)Na分别与H2O和乙醇发生的反应均属于置换反应，二者现象明显不同，前者剧烈，后者缓慢。
(4)1molNa2O2参与反应转移电子的物质的量不一定为1mol，如1molNa2O2与过量SO2的反应转移电子应为2mol。
(5)不能用Ca(OH)2溶液鉴别Na2CO3和NaHCO3溶液，应选用CaCl2或BaCl2溶液。
(6)除去CO2中的HCl气体，应选用饱和的NaHCO3溶液，而不能用饱和的Na2CO3溶液。
(7)向饱和的Na2CO3溶液中通入过量CO2，有NaHCO3晶体析出。
(8)焰色试验是元素的性质，无论游离态还是化合态，均具有相同的焰色试验，它不是化学变化，在观察钾元素的焰色试验时，应通过蓝色的钴玻璃片。
(二)两性金属的代表——铝
1．构建：知识网络

2．再忆：重要反应
(1)基本反应
①2Al＋2OH－＋2H2O===2AlO＋3H2↑
②Al2O3＋2OH－===2AlO＋H2O
③Al3＋＋3NH3·H2O===Al(OH)3↓＋3NH
④2Al(OH)3Al2O3＋3H2O
⑤Al3＋＋3AlO＋6H2O===4Al(OH)3↓
(2)拓展反应
①NaAlO2与少量盐酸或过量盐酸反应的离子方程式：
AlO＋H＋＋H2O===Al(OH)3↓、AlO＋4H＋===Al3＋＋2H2O。
②向NaAlO2溶液中通入少量或过量CO2反应的离子方程式：2AlO＋CO2＋3H2O===2Al(OH)3↓＋CO、AlO＋CO2＋2H2O===Al(OH)3↓＋HCO。
③Al2(SO4)3溶液与NaHCO3溶液反应的离子方程式：Al3＋＋3HCO===Al(OH)3↓＋3CO2↑。
④用离子方程式表示NaAlO2与NaHCO3不能共存的原因：AlO＋H2O＋HCO===Al(OH)3↓＋CO。
3．警醒：易错知识
(1)Al、Al2O3、Al(OH)3既溶于H＋又溶于OH－溶液，且每生成1molAl3＋均消耗3molH＋；每生成1molAlO均消耗1molOH－。
(2)Al(OH)3的两式电离
AlO＋H＋＋H2OAl(OH)3Al3＋＋3OH－
由电离方程式可知，Al(OH)3可以看成HAlO2·H2O，是一种极弱的一元酸，与酸反应时相当于三元弱碱，但Al(OH)3不溶于CO2水溶液和氨水。
(3)Al3＋只存在于强酸性溶液中，AlO只存在于强碱性溶液中，Al3＋与AlO不能共存。制备Al(OH)3一般用Al3＋＋NH3·H2O或AlO＋CO2＋H2O。
(三)变价金属的代表——铁
1．构建：知识网络

2．再忆：重要反应
①2Fe＋3Cl22FeCl3
②Fe2O3＋3CO2Fe＋3CO2或Fe2O3＋2Al2Fe＋Al2O3
③Cu＋2FeCl3===CuCl2＋2FeCl2
④2FeCl2＋Cl2===2FeCl3
⑤4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3
3．警醒：易错知识
(1)Fe与O2、H2O(g)反应的产物都是Fe3O4而不是Fe2O3。Fe与Cl2反应时生成FeCl3，与S反应时生成FeS，说明Cl2的氧化能力大于S。常温下，Fe、Al在冷的浓硫酸和浓硝酸中发生钝化，但加热后继续反应。Fe在Cl2中燃烧，无论Cl2过量还是不足均生成FeCl3。
(2)向含Fe2＋的溶液中加入硝酸、KMnO4溶液、氯水等具有氧化性的物质时，溶液会出现浅绿色→棕黄色的颜色变化，该现象可用于Fe2＋的检验。
(3)Fe3＋的检验方法较多，如观察溶液颜色法(棕黄色)、NaOH溶液法(生成红褐色沉淀)、KSCN溶液法(生成血红色溶液)，前面两种方法需溶液中Fe3＋浓度较大时才适用，最好也最灵敏的方法是KSCN溶液法。Fe2＋的检验可采用先加入KSCN溶液后再加入氧化剂的方法；也可用铁氰化钾检验Fe2＋，现象是生成蓝色沉淀Fe3[Fe(CN)6]2。
(四)过渡金属元素的代表——铜
1．构建：知识网络

2．再忆：重要反应
①Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O
②3Cu＋8H＋＋2NO===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O或Cu＋4H＋＋2NO===Cu2＋＋2NO2↑＋2H2O
③2Cu＋O2＋CO2＋H2O===Cu2(OH)2CO3
④Cu2O＋H2SO4===CuSO4＋Cu＋H2O
3．警醒：易错知识
①铜在潮湿的空气中最终不是生成CuO，而是铜绿[Cu2(OH)2CO3]。
②常用灼热的铜粉除去N2中的O2，灼热的CuO除去CO2中的CO。
③新制Cu(OH)2悬浊液常用来检验醛基。
④Cu和一定量的浓HNO3反应，产生的是NO2和NO的混合气体，当Cu有剩余，再加入稀H2SO4，Cu继续溶解。
⑤Cu：紫红色；CuO：黑色；Cu2S：黑色；CuS：黑色；Cu2O：红色。
(五)绿色化学的“储能元素”——硅
1．构建：知识网络

2．再忆：重要反应
①Si＋2NaOH＋H2O===Na2SiO3＋2H2↑
②SiO2＋2NaOH===Na2SiO3＋H2O或Na2CO3＋SiO2Na2SiO3＋CO2↑
③2C＋SiO2Si＋2CO↑
④SiO2＋4HF===SiF4↑＋2H2O
⑤Na2SiO3＋CO2＋H2O===H2SiO3↓＋Na2CO3
3．警醒：易错知识
(1)硅及其化合物在STSE中的重要作用
①SiO2：用于生产光导纤维、石英玻璃、光学仪器等。
②单质硅：可用于制作半导体材料、光伏电池、太阳能热水器等。
③硅酸钠：是优良的木材防火剂。
④硅胶：硅酸凝胶脱水后的产物，可作袋装食品的干燥剂及催化剂的载体。
(2)硅、碳及其化合物的特殊性质
①Si的还原性大于C，但C在高温下能还原出Si。
②非金属单质与碱反应一般既作氧化剂又作还原剂，且无氢气放出，但硅与碱溶液反应只作还原剂，且放出氢气。
③非金属单质一般不与非氧化性酸反应，但硅能与HF反应。
④SiO2是酸性氧化物却能与非氧化性酸反应。
⑤H2CO3的酸性强于H2SiO3，所以Na2SiO3＋CO2＋H2O===Na2CO3＋H2SiO3↓，但高温下Na2CO3＋SiO2Na2SiO3＋CO2↑也能发生。
(六)杀菌消毒的“功勋元素”——氯
1．构建：知识网络

2．再忆：重要反应
①Cl2＋SO2＋2H2O===H2SO4＋2HCl
②Cu＋Cl2CuCl2
③Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O
④2Cl2＋2Ca(OH)2===Ca(ClO)2＋CaCl2＋2H2O
⑤MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O
⑥2NaCl＋2H2O2NaOH＋Cl2↑＋H2↑
3．警醒：易错知识
(1)液氯密封在钢瓶中，而氯水、次氯酸应保存在棕色试剂瓶中。
(2)1molCl2参加反应，转移电子数可能为2NA、NA或小于NA(Cl2和H2O的反应为可逆反应)。
(3)酸化KMnO4溶液，用的是H2SO4酸化而不是盐酸。
(4)ClO－不论在酸性环境中还是在碱性环境中均能体现强氧化性。
(5)当Fe和Cl2在点燃条件下反应时，不论Fe过量或不足，由于Cl2的强氧化性，产物一定是FeCl3。
(6)“84”消毒液的主要成分为NaClO，漂粉精的有效成分为Ca(ClO)2。“84”消毒液和洁厕灵不能混合使用，其原因是ClO－＋Cl－＋2H＋===Cl2↑＋H2O。
(7)液溴需要用水封，溴蒸气呈红棕色，液溴呈深红棕色，溴水呈橙色，溴的CCl4溶液呈橙红色。
(七)多变价态非金属元素——硫
1．构建：知识网络

2．再忆：重要反应
①FeS＋2H＋===H2S↑＋Fe2＋
②2H2S＋SO2===3S↓＋2H2O
③S2O＋2H＋===S↓＋SO2↑＋H2O
④3S＋6OH－===2S2－＋SO＋3H2O
⑤2Na2SO3＋O2===2Na2SO4
⑥Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O或C＋2H2SO4(浓)CO2↑＋2SO2↑＋2H2O
⑦SO2＋Cl2＋2H2O===SO＋2Cl－＋4H＋
3．警醒：易错知识
(1)除去附着在试管内壁上的硫，除了用热的NaOH溶液，还可以用CS2，但不能用酒精。
(2)SO2使含有酚酞的NaOH溶液褪色，表现SO2酸性氧化物的性质；使品红溶液褪色，表现SO2的漂白性；能使溴水、酸性KMnO4溶液褪色，表现SO2的还原性；SO2与H2S反应，表现SO2的氧化性；SO2和Cl2等体积混合通入溶液中，漂白性不但不增强，反而消失。
(3)把SO2气体通入BaCl2溶液中，没有沉淀生成，但若通入NH3或加入NaOH溶液，或把BaCl2改成Ba(NO3)2均有白色沉淀生成，前两者生成BaSO3沉淀，后者生成BaSO4沉淀。
(4)浓硫酸能氧化(必要时加热)除Au、Pt以外的所有金属，其还原产物是SO2而不是H2。
(5)常温下，浓硫酸与Fe、Al并不是不反应，而是发生了钝化，钝化是浓硫酸将Fe、Al氧化而在其表面形成一层致密的氧化物薄膜，防止浓硫酸与Fe、Al的继续反应，体现了浓硫酸的强氧化性。
(6)浓硫酸使蓝矾(CuSO4·5H2O)变成白色粉末，体现了浓硫酸的吸水性。
(八)多变价态非金属元素——氮
1．构建：知识网络

2．再忆：重要反应
①2NH3＋3CuON2↑＋3Cu＋3H2O
②6NO2＋8NH37N2↑＋12H2O
③4NH3＋5O24NO＋6H2O
④3Cu＋2NO＋8H＋===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O
⑤Cu＋4HNO3(浓)===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O
⑥2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O
3．警醒：易错知识
(1)NO只能用排水法或气囊法收集，NO2不能用排水法，一般用向上排空气法收集。
(2)工业上制备的盐酸显黄色是因为溶有Fe3＋，而浓HNO3显黄色是因为溶有NO2。
(3)强氧化性酸(如HNO3、浓H2SO4)与金属反应不生成H2；金属和浓HNO3反应一般生成NO2，而金属和稀HNO3反应一般生成NO。
(4)实验室制备NH3，除了用Ca(OH)2和NH4Cl反应外，还可用浓氨水的分解(加NaOH固体或CaO)制取，而检验NH须用浓NaOH溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸检验生成的气体，以确定NH的存在。
(5)收集NH3时，把一团干燥的棉花放在试管口，以防止与空气对流；收集完毕，尾气处理时，应放一团用稀硫酸浸湿的棉花在试管口，以吸收NH3。
(6)浓盐酸和浓氨水反应有白烟生成，常用于HCl和NH3的相互检验。

关键能力·突破

　考向1　元素及其化合物的转化与推断
典例1(2022·沈阳模拟)盐X溶液能发生如图所示的转化关系(部分反应的反应条件已略)，相对分子质量：c比b大16，f比e大16。下列推断正确的是(　A　)

A．X可能为正盐，也可能为酸式盐
B．将b通入a的水溶液中可能生成白色沉淀
C．a、b、c、d、e、f可能都是极性分子
D．反应①、②可能具有相同的实验现象
【解析】　根据题干信息，相对分子质量：c比b大16，f比e大16，b→c、e→f可能为氧化的过程；转化关系中，c和f与Z反应均能得到强酸，则c可能为SO3，f为NO2，Z为H2O，Y为O2，则b为SO2，e为NO，盐X溶液与盐酸反应得到a，与NaOH反应得到d，a与O2得到SO2，则a为H2S，d与O2得到NO，则d为NH3，因此X可以是NH4HS或(NH4)2S，即盐X可能为正盐，也可能为酸式盐，A正确；b为SO2，a为H2S，两者发生反应：SO2＋2H2S===3S↓＋2H2O，生成淡黄色固体，B错误；c为SO3，分子中电荷呈中心对称，为非极性分子，C错误；反应①为H2S被氧化生成SO2，无明显现象，反应②为NO被氧化生成NO2，现象为生成红棕色气体，两个反应的现象不同，D错误。
典例2(2021·西安模拟)A、B、C、D、E是中学常见的几种化合物，相关物质间的转化关系如图所示：

已知：X、Y是生活中常见的金属单质，A、B都是氧化物且A是红棕色粉末。
回答下列问题：
(1)单质X与A反应的化学方程式是 2Al＋Fe2O3Al2O3＋2Fe　。
(2)若试剂1和试剂2均为强电解质。
①若试剂1为强碱，则试剂1与B反应的离子方程式为 Al2O3＋2OH－===2AlO＋H2O(或Al2O3＋2OH－＋3H2O===2[Al(OH)4]－)　。
②若试剂1和试剂2为同种物质，则C溶液显酸性　(填“酸性”“碱性”或“中性”)。
(3)若试剂2是稀硝酸。
①写出单质Y与稀硝酸反应生成E的离子方程式 3Fe＋8H＋＋2NO===3Fe2＋＋2NO↑＋4H2O　。
②可用于检验D的阳离子的试剂是 KSCN溶液(或其他合理答案)　。
【解析】　A、B、C、D、E是中学常见的几种化合物，X、Y是生活中常见的金属单质，A、B都是氧化物且A是红棕色粉末，则A为Fe2O3，X与A(Fe2O3)发生置换反应生成氧化物B和金属单质Y，则X为Al、Y为Fe、B为Al2O3；试剂2能与铁和氧化铁反应，且D与Y(Fe)反应生成E，则试剂2为强酸、D为铁盐、E为亚铁盐；若试剂1为强碱，铝与强碱反应生成偏铝酸盐；若试剂1和试剂2为同种物质，铝和氧化铝与强酸反应生成铝盐，铝离子水解溶液呈酸性。(1)根据上述分析，单质X与A反应是铝热反应，反应方程式为2Al＋Fe2O3Al2O3＋2Fe；(2)①若试剂1为强碱，则氧化铝与强碱反应生成偏铝酸盐和水，离子方程式为Al2O3＋2OH－===2AlO＋H2O或Al2O3＋2OH－＋3H2O===2[Al(OH)4]－；②若试剂1和试剂2为同种物质，则试剂1为强酸，铝和氧化铝与强酸反应生成铝盐，铝离子在溶液中水解使溶液呈酸性，则C溶液显酸性；(3)①若试剂2是稀硝酸，Y单质为Fe，则E为硝酸亚铁，Fe与稀硝酸反应生成E的离子方程式为3Fe＋8H＋＋2NO===3Fe2＋＋2NO↑＋4H2O；②D为铁盐，可以用KSCN溶液检验Fe3＋，溶液出现血红色。
方法技巧
物质转化推断的四步解题法
(1)审题——仔细读题、审清题意，把题干中的信息体现在框图中，全面了解图中的转化关系。
(2)解题——找准“题眼”、大胆猜测，结合学过的知识进行检验、推理。
(3)验证——当推断出结果后，应将结果代入图中进行验证是否合理。
(4)慎答——答非所问是考生解答此类试题经常出现的错误。
〔迁移应用〕
1．(2022·杭州模拟)为探究由3种短周期元素构成的化合物X的性质。完成如图实验：

已知：所有气体体积已折算成在标准状况下的体积。
(1)X的化学式为 Al4C3·AlN(Al5C3N)　。
(2)上述流程中气体B与足量CuO反应的化学方程式为 CH4＋4CuOCO2＋2H2O＋4Cu　。
(3)溶液A通入过量CO2时，发生反应的离子方程式为 CO2＋OH－===HCO、CO2＋2H2O＋AlO===HCO＋Al(OH)3↓　。
(4)将D溶液通过一系列操作获得结晶水合物(含有结晶水的盐)，加热该结晶水合物产生两种气体，将生成的有色混合气体(>100℃)全部收集并冷却。气体全部反应无剩余，得到一种一元强酸的水溶液(其中酸与水的物质的量之比1∶1)，写出该结晶水合物受热分解的化学方程式 2[Cu(NO3)2·3H2O]2CuO＋4NO2↑＋O2↑＋6H2O　。
(5)设计实验证明D溶液的阴离子(OH－除外)取少量溶液D于试管中，加入浓硫酸，无明显现象，再加入Cu，若出现红棕色气体，则含有NO　。
【解析】　由溶液A能与过量二氧化碳反应生成白色胶状沉淀，白色胶状沉淀灼烧得到白色粉末可知，溶液A为偏铝酸钠溶液、白色胶状沉淀为氢氧化铝、白色粉末E为氧化铝，氧化铝的物质的量为＝0.25 mol，铝元素的物质的量为0.5 mol，则18.5 g固体X中含有0.5 mol铝元素；混合气体A冷却可得到液体B，则B易液化，B经催化氧化，再被水吸收得到的一元强酸C，C能与铜反应得到蓝色溶液，B为氨气，C为硝酸，D为硝酸铜，则固体X中含有氮元素；6.72 L气体B即＝0.3 mol气体B能与氧化铜共热反应生成120 ℃时的无色无味气体24 g，无色无味气体能与足量石灰水反应生成30 g白色沉淀，白色沉淀为碳酸钙，则固体X中含有碳元素，由碳原子个数守恒可知，二氧化碳的物质的量为＝0.3 mol，质量为0.3 mol×44 g/mol＝13.2 g，气体B则为烃，无色无味气体中的另外一种气体为水蒸气，质量为24 g－13.2 g＝10.8 g，水蒸气的物质的量为＝0.6 mol，则B中碳原子和氢原子的原子个数比为0.3 mol∶0.6 mol×2＝1∶4，B为甲烷；混合气体A的体积为8.96 L，物质的量为＝0.4 mol，则氨气的物质的量为0.4 mol－0.3 mol＝0.1 mol，综上分析，X中含0.5 mol铝元素、0.3 mol碳元素、0.1 mol氮元素，固体X中铝元素、碳元素、氮元素的物质的量比为0.5 mol∶0.3 mol∶0.1 mol＝5∶3∶1，固体X的质量为18.5 g，物质的量为0.1 mol，固体X的化学式为Al5C3N，改写可得Al4C3·AlN。(1)由分析可知，固体X的化学式为Al4C3·AlN(Al5C3N)；(2)由分析可知，甲烷与足量氧化铜共热反应生成铜、二氧化碳和水，反应的化学方程式为CH4＋4CuOCO2＋2H2O＋4Cu；(3)过量二氧化碳与氢氧化钠溶液反应生成碳酸氢钠、过量二氧化碳与偏铝酸钠溶液反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，反应的离子方程式为CO2＋OH－===HCO、CO2＋2H2O＋AlO===HCO＋Al(OH)3↓；(4)D为硝酸铜，将D溶液通过一系列操作获得结晶水合物(含有结晶水的盐)，加热该结晶水合物产生两种气体，生成有色混合气体，有色气体为二氧化氮，将生成的有色混合气体(>100 ℃)全部收集并冷却，气体全部反应无剩余，得到一种一元强酸的水溶液，一元强酸为硝酸，生成的两种气体为二氧化氮和氧气，二氧化氮和氧气在水溶液中完全反应的方程式为4NO2＋O2＋2H2O===4HNO3，由硝酸溶液中硝酸与水的物质的量之比1∶1可知，气体中还有水，二氧化氮、氧气和水的物质的量比为4∶1∶6，则硝酸铜结晶水合物的化学式为Cu(NO3)2·3H2O，受热易分解：2[Cu(NO3)2·3H2O]2CuO＋4NO2↑＋O2↑＋6H2O；(5)实验室用铜与浓硝酸反应生成红棕色气体的方法检验硝酸根离子，则检验硝酸铜溶液中的硝酸根离子的操作为取少量溶液于试管中，加入浓硫酸，无明显现象，再加入铜，若产生红棕色气体，则含有NO。
　考向2　化工流程的微设计
典例3(2022·烟台模拟)利用NaOH溶液喷淋捕捉空气中CO2的反应过程如图所示。下列有关说法错误的是(　A　)

A．操作①为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤
B．可用氨水替代NaOH溶液捕捉CO2
C．可循环利用的物质有CaO和NaOH溶液
D．空气从吸收塔底部通入有利于CO2的吸收
【解析】　流程分析：

由上述分析可知，操作①是过滤，A错误；氨水呈碱性，也能与CO2反应，可替代NaOH溶液，B正确；物质a为NaOH，煅烧炉中反应生成CaO，CaO和NaOH溶液可以循环利用，C正确；空气从吸收塔底部通入可增大气体和液体的接触面积，有利于CO2的吸收，D正确。
方法技巧
化学工艺流程题的主线分析方法

〔迁移应用〕
2．(2022·德州模拟)叠氮酸钠(NaN3)是重要的化工原料。以甲醇、亚硝酸钠等为原料制备NaN3流程如图。已知水合肼(N2H4·H2O)不稳定，具有强还原性。下列描述错误的是(　D　)

A．反应①和反应③中浓硫酸作用不同
B．反应②中氧化剂和还原剂的化学计量数比为1∶1
C．整个过程中CH3OH物质的量不变，可循环利用
D．反应④应将氨水逐滴滴入NaClO溶液中制备水合肼
【解析】　由题给流程可知，反应①为浓硫酸与亚硝酸钠反应生成亚硝酸，在浓硫酸作用下，亚硝酸与甲醇共热发生酯化反应生成亚硝酸甲酯；反应④为氨水与次氯酸钠溶液反应生成水合肼；反应②为水合肼与氢氧化钠溶液、亚硝酸甲酯反应生成甲醇和叠氮酸钠；反应③为叠氮酸钠与高沸点酸浓硫酸共热反应制得叠氮酸；叠氮酸与氢氧化钠溶液反应制得叠氮酸钠。由分析可知，反应①中浓硫酸起强酸、催化剂和脱水剂的作用，反应③中浓硫酸起强酸、高沸点酸的作用，两个反应中浓硫酸作用不同，A正确；由分析可知，反应②为水合肼与氢氧化钠溶液、亚硝酸甲酯反应生成甲醇和叠氮酸钠，反应亚硝酸甲酯中氮元素化合价降低被还原，亚硝酸甲酯为反应的氧化剂，水合肼中氮元素化合价升高被氧化，水合肼为反应的还原剂，反应的化学方程式为N2H4·H2O＋CH3ONO＋NaOH===NaN3＋CH3OH＋3H2O，则氧化剂和还原剂的化学计量数比为1∶1，B正确；由分析可知，甲醇是反应①的反应物，是反应③的生成物，所以整个过程中甲醇的物质的量不变，可循环利用，C正确；若反应④将氨水逐滴滴入次氯酸钠溶液中，过量的次氯酸钠会氧化反应生成的水合肼，所以应将次氯酸钠溶液逐滴滴入氨水中，防止水合肼被氧化，D错误。
结合实验考查元素及其化合物的性质及转化
典例4(2022·武汉模拟)FeCl3(易升华)是常见的化学试剂。某学习小组开展了与FeCl3相关的系列实验。回答下列问题：
Ⅰ.铁粉制备FeCl3(实验装置如图所示)

(1)仪器a的名称为分液漏斗　。
(2)制取Cl2的化学方程式为 MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O　。
(3)饱和食盐水的作用是除去Cl2中的HCl　。
(4)硬质玻璃管直接接入收集器的优点是不易因为FeCl3固体积聚而造成堵塞　。
Ⅱ.探究FeCl3溶液与Cu的反应
(5)配制FeCl3溶液时加入少量盐酸的原因是抑制Fe3＋的水解　。
(6)向FeCl3溶液中滴加几滴KSCN溶液，溶液颜色变红，再加入过量Cu粉，发现溶液的红色褪去。用离子方程式解释红色褪去的原因： 2Fe3＋＋Cu===Cu2＋＋2Fe2＋　。
(7)已知(6)中除了红色褪去，还产生了白色沉淀。小组成员查阅得知CuCl和CuSCN均为白色沉淀。为探究白色沉淀的主要成分，小组成员完成了以下实验：向4mL0.1mol·L－1FeCl3溶液中加入过量Cu粉，静置，取上层清液于试管中，滴加3滴KSCN溶液，有白色沉淀生成。由此现象可知此白色沉淀为 CuSCN　(填化学式)。
小组成员进一步查阅资料发现，Cu2＋与SCN－可发生如下两种反应。
反应ⅰ：Cu2＋＋4SCN－===[Cu(SCN)4]2－(淡黄色)
反应ⅱ：2Cu2＋＋4SCN－===2CuSCN↓＋(SCN)2
设计实验如下：
操作
现象
在盛有2mL0.1mol·L－1CuSO4溶液的试管中滴加KSCN溶液
溶液很快由蓝色变为绿色，未观察到白色沉淀；2h后溶液为绿色，未观察到白色沉淀；24h后，溶液绿色变浅，试管底部有白色沉淀
由此现象可知，反应速率较快的为反应ⅰ　(填“反应ⅰ”或“反应ⅱ”)。小组成员得出结论，反应ⅱ不是CuSCN产生的主要原因。
(8)根据上述分析可知，Cu2＋、Fe2＋和SCN－可直接发生反应，生成CuSCN和Fe3＋，写出反应的离子方程式： Cu2＋＋Fe2＋＋SCN－===CuSCN↓＋Fe3＋　。
【解析】　FeCl3易升华、易潮解，实验室制备FeCl3，根据图示可知，D为FeCl3的发生装置，E为收集装置，A装置用二氧化锰和浓盐酸加热反应制取氯气，由于HCl易挥发，且该实验需干燥氯气，则B中盛饱和食盐水，用于除去氯气中的HCl，C中盛浓硫酸，用于干燥氯气；F装置中的碱石灰用于尾气吸收，并防止空气中的水蒸气进入E，据此分析解答。(1)由仪器构造可知，仪器a的名称为分液漏斗；(2)实验室用二氧化锰和浓盐酸加热反应制取氯气，反应生成氯化锰、氯气和水，反应的化学方程式为MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O；(3)由分析可知，由于HCl易挥发，为避免HCl气体干扰，装置B中的饱和食盐水用于除去氯气中的HCl；(4)与细导管相比，硬质玻璃管直接接入收集器可以防止堵塞；(5)FeCl3为强酸弱碱盐，Fe3＋易发生水解，配制溶液时加入少量盐酸，可使水解平衡逆向移动，抑制水解；(6)向FeCl3溶液中滴加几滴KSCN溶液，生成红色的配合物，Fe3＋＋SCN－[Fe(SCN)]2＋，再加入过量Cu粉，2Fe3＋＋Cu===Cu2＋＋2Fe2＋，Fe3＋浓度减小，平衡逆向移动，使溶液的红色褪去；(7)已知(6)中除了红色褪去，还产生了白色沉淀，由题给信息可知该沉淀可能是CuCl或CuSCN，为探究白色沉淀的主要成分，向4 mL 0.1 mol·L－1 FeCl3溶液中加入过量Cu粉，溶液中生成了Fe2＋和Cu2＋，由于Cu过量，可能发生反应Cu＋Cu2＋＋2Cl－===2CuCl↓，静置，取上层清液于试管中，滴加3滴KSCN溶液，有白色沉淀生成，则可能发生反应为2Cu2＋＋4SCN－===2CuSCN↓＋(SCN)2，即此白色沉淀为CuSCN，故答案为CuSCN；在盛有2 mL 0.1 mol·L－1 CuSO4溶液的试管中滴加KSCN溶液，溶液很快由蓝色变为绿色，说明有淡黄色的[Cu(SCN)4]2－生成，24 h后，溶液绿色变浅，试管底部有白色沉淀，说明有CuSCN生成，由此现象可知，反应速率较快的为反应ⅰ，说明反应ⅱ不是CuSCN产生的主要原因；(8)Cu2＋、Fe2＋和SCN－可直接发生反应，生成CuSCN和Fe3＋，Cu元素化合价从＋2价降低到＋1价，Fe元素化合价从＋2价升高到＋3价，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，写出反应的离子方程式为Cu2＋＋Fe2＋＋SCN－===CuSCN↓＋Fe3＋。

方法技巧
有气体参与的综合性实验解题模板

〔迁移应用〕
3．(2022·辽宁省实验中学模拟)二氧化氯(ClO2)常用于处理含硫废水。某小组在实验室中探究ClO2与Na2S的反应。
已知：①ClO2是黄绿色气体，易溶于水但不与水反应，沸点为11℃，有毒。
②SO2＋NaClO3＋H2SO4―→ClO2＋NaHSO4(未配平)。
③ClO2＋NaOH―→NaCl＋NaClO3＋H2O(未配平)。
Ⅰ.设计如下装置制备ClO2：

(1)装置B中反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为 2∶1　。
(2)ClO2易溶于水但不与水发生化学反应，从分子结构的角度解释其易溶于水的原因 ClO2为极性分子，根据相似相溶原理可知，ClO2易溶于水　。
(3)欲制备并收集一定量的ClO2，上图中装置的连接顺序为a→ g→h→b→c→e→f→d　。
Ⅱ.探究ClO2与Na2S的反应：
将上述收集到的ClO2用N2稀释以增强其稳定性，并将适量的稀释后的ClO2通入如图所示装置中充分反应，得到无色澄清溶液。一段时间后，通过下列实验探究Ⅰ中反应的产物。
(4)请补全表格中的空白。


操作步骤
实验现象
结论
取少量Ⅰ中溶液放入试管甲中，滴加品红溶液和盐酸
品红溶液始终不褪色
①无 SO2(H2SO3、SO、HSO)　生成
另取少量Ⅰ中溶液放入试管乙中，加入Ba(OH)2溶液振荡
②有白色沉淀产生　
有SO生成
③继续在试管乙中加入Ba(OH)2溶液至过量，静置，取上层清液放入试管丙中，加入足量硝酸酸化的AgNO3溶液　
有白色沉淀生成
有Cl－生成
(5)ClO2与Na2S反应的离子方程式为 8ClO2＋5S2－＋4H2O===8Cl－＋5SO＋8H＋　。
【解析】　Ⅰ.ClO2的制备：装置A中Cu与浓硫酸发生反应制备SO2气体，在装置B中发生生成ClO2的反应，为防止倒吸，A与B之间连接装置E，ClO2沸点较低，可在D中冰水浴收集，最后用氢氧化钠吸收SO2、ClO2，防止污染空气；Ⅱ.①品红不褪色，说明无SO2(H2SO3或HSO或SO)生成；②硫酸根离子与氢氧化钡反应生成不溶于强酸的硫酸钡白色沉淀；③用硝酸酸化的硝酸银可验证氯离子；④ClO2与Na2S反应有氯离子、硫酸根离子的生成，据此书写该反应的离子方程式；从而二者用量、氧化产物、溶解度、环境污染等角度分析，据此分析解题。(1)装置B中发生反应SO2＋NaClO3＋H2SO4―→ClO2＋NaHSO4，SO2中＋4价S被氧化为＋6价，化合价升高2价，二氧化硫为还原剂；NaClO3中＋5价Cl被还原为＋4价，化合价降低1价，NaClO3为氧化剂，氧化还原反应中化合价升降相等，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1；(2)已知ClO2为V形结构，正负电荷中心不重合，ClO2为极性分子，根据相似相溶原理可知，ClO2易溶于水但不与水发生化学反应；(3)装置A制备SO2，生成的ClO2从a进入装置B中反应，为防止倒吸，应在A、B之间使用安全瓶，连接顺序为a→g→h→b→c；ClO2的沸点较低，在装置D中冰水浴收集，为充分冷却，便于收集，应采用长进短出方式，最后用NaOH溶液吸收SO2、ClO2，防止污染空气，则装置连接顺序为：a→g→h→b→c→e→f→d；(4)将稀释后的ClO2通入如图2所示装置中充分反应，得到无色澄清溶液，①取少量Ⅰ中溶液于试管甲中，滴加品红溶液和盐酸，品红始终不褪色，说明溶液中无SO2(H2SO3、SO、HSO)生成；②另取少量Ⅰ中溶液于试管乙中，加入Ba(OH)2溶液，振荡，有SO生成，硫酸根与钡离子反应生成硫酸钡白色沉淀；③结论为有Cl－生成，有白色沉淀生成，氯化银为不溶于酸的白色沉淀，检验氯离子，故操作为：继续在试管乙中滴加Ba(OH)2溶液至过量，静置，取上层清液于试管丙内加入足量稀硝酸酸化的硝酸银溶液；(5)由上述分析可知，ClO2与Na2S反应有氯离子、硫酸根离子的生成，发生的离子方程式为8ClO2＋5S2－＋4H2O===8Cl－＋5SO＋8H＋。


热点聚焦,　　　　　　REDIANJUJIAO　　　　　　对应学生用书学案P40
工艺流程综合题
〔高考必备〕
1．模型分析
工业流程题目在流程上一般分为三个过程：原料处理→分离提纯→获得产品

(1)规律：主线主产品，分支副产品，回头为循环。
(2)核心考点：物质的分离操作、除杂试剂的选择、生成条件的控制等。
2．模型解读
(1)解读一：原料预处理方式
关键词
释义
研磨、雾化
将块状或颗粒状的物质磨成粉末或将液体雾化，增大反应物接触面积，以加快反应速率或使反应更充分
酸浸(或碱浸)
在酸性(或碱性)溶液中使某些物质与H＋(或OH－)反应生成可溶性离子而进入溶液，不溶物通过过滤除去的过程
煅烧
使固体在高温下分解或改变结构、使杂质高温氧化、分解等。如煅烧金属硫化物矿石，可将硫元素转化成SO2而除去
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
(2)解读二：必考的核心反应
核心反应
思考角度
加氧化剂
氧化某物质，生成目标产物或除去某些离子
判断能否加
其他物质
要考虑是否引入杂质(或影响产物的纯度)等
控制溶
液的pH
①调节溶液的酸碱性，使金属离子形成氢氧化物沉淀析出(或抑制水解)；
②“酸作用”还可除去氧化物(膜)；
③“碱作用”还可除去油污，除去铝片氧化膜，溶解铝、二氧化硅等；
④特定的氧化还原反应需要的酸性条件(或碱性条件)
控制温度
(常用水浴、
冰浴或油浴)
①防止副反应的发生；
②使化学平衡移动；控制化学反应的方向；
③控制固体的溶解与结晶；
④控制反应速率；使催化剂达到最大活性；
⑤升温：促进溶液中的气体逸出；使某物质达到沸点挥发；
⑥加热煮沸：促进水解，聚沉后利于过滤分离；
⑦降温：防止物质高温分解或挥发；降温(或减压)可以减少能源成本，降低对设备的要求
在空气中或在其他气体
中进行的反应或操作
要考虑O2、H2O、CO2或其他气体是否参与反应；或能否达到隔绝空气、防氧化、防水解、防潮解等目的
控制压强
改变速率，使平衡向需要的方向移动
使用催化剂
加快反应速率，缩短达到平衡的时间
趁热过滤
防止某物质降温时会大量析出
洗涤晶体
①水洗：通常是为了除去晶体表面水溶性的杂质；
②冰水洗涤：能洗去晶体表面的杂质离子，且防止晶体在洗涤过程中的溶解损耗；
③用特定有机试剂清洗晶体：洗去晶体表面的杂质，降低晶体的溶解度、有利于析出，减少损耗等
(3)解读三：分离提纯方法
①提纯方法与目的
提纯方法
目的
水溶法
除去可溶性杂质
酸溶法
除去碱性杂质
碱溶法
除去酸性杂质
氧化剂或还原剂法
除去还原性或氧化性杂质
加热灼烧法
除去受热易分解或易挥发的杂质
调节pH法
如除去酸性铜盐溶液中的Fe3＋等

②分离方法
a．过滤：分离难溶物和易溶物，根据特殊需要采用趁热过滤或者抽滤等方法。
b．萃取和分液：利用溶质在互不相溶的溶剂里的溶解度不同提取分离物质，如用CCl4或苯萃取溴水中的溴。
c．蒸发结晶：蒸发溶剂，使溶液由不饱和变为饱和，继续蒸发，过剩的溶质就会呈晶体析出。
d．蒸发浓缩：蒸发除去部分溶剂，提高溶液的浓度。
e．冷却结晶：提取溶解度随温度变化较大的溶质、易水解的溶质或结晶水合物，如KNO3、FeCl3、CuCl2、CuSO4·5H2O、FeSO4·7H2O等。
f．蒸馏或分馏：分离沸点不同且互溶的液体混合物，如分离乙醇和甘油。
(4)流程中物质成分的确定
①滤渣、滤液成分的确定
要考虑样品中原料和杂质的成分在各步骤中与相应试剂反应的情况：
a．反应过程中哪些物质(离子)消失了？
b．所加试剂是否过量或离子间因发生化学反应产生了哪些新离子？这些离子间是否会发生反应？
②循环物质的确定

③副产品的判断

(5)流程中陌生化学方程式的书写及含量计算
①书写思路
获取信息
首先根据题给材料中的信息写出部分反应物和生成物的化学式，再根据反应前后元素化合价有无变化判断反应类型
确定
类型
类型1
元素化合价无变化则为非氧化还原反应，遵循质量守恒定律
类型2
元素化合价有变化则为氧化还原反应，除遵循质量守恒外，还要遵循得失电子守恒规律
规范作答
最后根据题目要求写出化学方程式或离子方程式(需要遵循电荷守恒规律)即可
②计算思路
计算公式
物质的质量分数 (或纯度)
×100%
产品产率
×100%
物质的转化率
×100%
Ksp的相关计算
AmBn(s) mAn＋(aq)＋nBm－(aq)，
Ksp＝cm(An＋)·cn(Bm－)
计算方法
关系式法
关系式法常应用于一步反应或分多步进行的连续反应中，利用该法可以节省不必要的中间运算过程，避免计算错误。一步反应中可以直接找出反应物与目标产物的关系；在多步反应中，若第一步反应的产物是下一步反应的反应物，可以根据化学方程式将某中间物质作为“中介”，找出已知物质和所求物质之间量的关系
〔典例探究〕
类型一　分离、提纯制备类工艺流程题
典例1(2022·湖南岳阳模拟)锰(Mn)最早是由瑞典化学家伯格曼的助手甘恩从软锰矿中分离得到的，锰常用于制造合金锰钢。某化工厂以软锰矿(主要成分是MnO2，含有SiO2、Fe2O3、CaO等少量杂质)为主要原料制取金属锰的工艺流程如图1所示。

(1)“浸锰”步骤中往往有副产物MnS2O6生成，温度对“浸锰”反应的影响如图2所示。为减少MnS2O6的生成，“浸锰”的适宜温度是 90 ℃　，“滤渣Ⅰ”的成分是 SiO2和CaSO4　(填化学式)。该步骤中可以再加入MnSO4以促进“滤渣Ⅰ”析出，结合平衡移动原理分析其原因：c(SO)增大，使平衡Ca2＋(aq)＋SO(aq)CaSO4(s)正向移动，促进CaSO4析出　。
(2)“滤液Ⅰ”中需要先加入MnO2充分反应后再调pH，写出加入MnO2时发生反应的离子方程式： MnO2＋2Fe2＋＋4H＋===Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O　。


(3)“滤液Ⅱ”中加入MnF2的目的是除去溶液中的Ca2＋，已知25℃时，Ksp(CaF2)＝3.2×10－11，则常温下CaF2在纯水中的溶解度为 1.56×10－3　g。
(4)由“滤液Ⅲ”可制得MnSO4·H2O，已知硫酸锰在不同温度下的溶解度和析出晶体的组成如图3所示。则从“滤液Ⅲ”中获得较高纯度MnSO4·H2O的“操作Ⅰ”为控制温度在80～90℃蒸发结晶，趁热过滤　，用80～90℃的蒸馏水洗涤2～3次，真空干燥。
(5)电解时加入适量的SeO2有利于Mn在电极上析出，SeO2与水反应生成的H2SeO3(二元弱酸)在阴极放电生成Se单质，该电极反应为 H2SeO3＋4e－＋4H＋===Se＋3H2O　。电极上生成的Se对Mn2＋有特殊的吸附能力，有利于Mn2＋电还原沉积。
【解析】　流程分析：

(1)由题图2可知，副产物MnS2O6生成率随温度升高而降低，当温度为90 ℃时其生成率较低，同时锰浸出率较高，继续升温，MnS2O6生成率和锰浸出率变化不大，故“浸锰”的温度应控制在90 ℃；由于CaO与稀硫酸反应生成微溶的CaSO4，SiO2不与稀硫酸反应，故“滤渣Ⅰ”的成分为SiO2和CaSO4；该步骤中再加入MnSO4，c(SO)增大，使平衡Ca2＋(aq)＋SO(aq)CaSO4(s)正向移动，促进CaSO4析出；(2)“浸锰”时，通入过量SO2，Fe3＋被还原为Fe2＋，在酸性条件下MnO2将Fe2＋氧化为Fe3＋，则加入MnO2时发生反应的离子方程式为MnO2＋2Fe2＋＋4H＋===Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O；(3)常温下CaF2溶解在纯水中，则溶液中2c(Ca2＋)＝c(F－)，由Ksp(CaF2)＝c(Ca2＋)·c2(F－)可知，Ksp(CaF2)＝4c3(Ca2＋)＝3.2×10－11，解得c(Ca2＋)＝2×10－4 mol/L，则饱和CaF2溶液中c(CaF2)＝c(Ca2＋)＝2×10－4 mol/L＝1.56×10－2 g/L，则常温下CaF2在纯水中的溶解度为1.56×10－3 g。(4)由题图3可知MnSO4·H2O的溶解度随温度升高而降低，为得到纯度较高的MnSO4·H2O，应控制温度在80～90 ℃蒸发结晶，趁热过滤，用80～90 ℃的蒸馏水洗涤2～3次，真空干燥；(5)阴极发生还原反应，故H2SeO3在阴极放电生成Se单质的电极反应为H2SeO3＋4e－＋4H＋===Se＋3H2O。
类型二　工艺流程与实验结合类
典例2(2022·北京石景山区模拟)我国科学家提出了以铬铁合金(主要成分为铬、铁、镍)为原料制备氧化铬的“铬铁——三价铬冶金化工联合法”，彻底解决了传统铬生产工艺中六价铬的污染问题，其工艺流程如图所示。

已知：整个工艺流程，溶液中的铬元素均为＋3价。
(1)写出酸浸时发生反应的离子方程式 2Cr＋6H＋===2Cr3＋＋3H2↑、Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑、Ni＋2H＋===Ni2＋＋H2↑　(至少写2个)。
(2)Cr2S3属于难溶电解质，FeS和NiS的溶度积如表所示，试剂a可能为 Na2S溶液(合理即可)　。将等体积NiS饱和溶液与0.1mol/LFeSO4溶液混合，分析是否有FeS沉淀生成见解析　(简述计算过程，≈5.3)。
硫化物
Ksp
FeS
6.3×10－18
NiS
2.8×10－21
(3)加入草酸(H2C2O4)生成草酸亚铁的化学方程式为 H2C2O4＋FeSO4===FeC2O4↓＋H2SO4　。
(4)为满足冶金及颜料级铬绿的要求，氧化铬产品中铁的质量分数应低于0.03%。一种测定氧化铬中铁含量的操作如下：
ⅰ.称取mg氧化铬产品，用酸溶解；
ⅱ.多步操作分离铁和铬；
ⅲ.取含有Fe3＋的溶液，调pH，加入指示剂，用cmol/L无色EDTA－2Na标准溶液滴定，共消耗EDTA－2Na标准溶液VmL。
资料：EDTA－2Na和Fe3＋按1∶1的物质的量之比反应，低浓度时产物无明显颜色。
①指示剂是 KSCN溶液　，滴定终点的现象为溶液由红色变为无色，且30 s内不恢复原色　。
②氧化铬产品中铁的质量分数是×100%　。
【解析】　(1)酸浸时，铬、铁、镍与硫酸发生置换反应，离子方程式分别为2Cr＋6H＋===2Cr3＋＋3H2↑、Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑、Ni＋2H＋===Ni2＋＋H2↑。(2)由题图知，滤液中加入适量试剂a可使Ni2＋转化为NiS沉淀，则试剂a可能为Na2S溶液；由题表知，NiS饱和溶液中，c(S2－)＝≈5.3×10－11 mol/L，两溶液混合后，c(S2－)＝2.65×10－11 mol/L，混合溶液中Qc(FeS)＝c(Fe2＋)·c(S2－)≈1.3×10－12>Ksp(FeS)，故将等体积NiS饱和溶液与0.1 mol/L FeSO4溶液混合，有FeS沉淀生成；(3)由题图知，向FeSO4溶液中加入H2C2O4发生反应H2C2O4＋FeSO4===FeC2O4↓＋H2SO4；(4)①Fe3＋与KSCN溶液反应所得溶液呈红色，则指示剂是KSCN溶液；滴定终点的现象为溶液由红色变为无色，且30 s内不恢复原色；②由题意可得关系式EDTA－2Na～Fe3＋～Fe，消耗EDTA－2Na的物质的量为V×10－3 L×c mol/L＝ mol，则m g氧化铬产品中铁的物质的量为 mol，则氧化铬产品中铁的质量分数是×100%。
〔预测演练〕
1．(2022·雅安模拟)氯化亚铜(CuCl)是一种难溶于水和乙醇的白色粉末，广泛应用于印染等行业。工业上用铜矿粉(主要含Cu2S及少量Al2O3和SiO2)为原料制备CuCl，其流程如下图。已知：常温下，NH3·H2O的Kb约为1.0×10－5。

(1)“浸取”时，发生反应为12Cl－＋Cu2S＋2Cu2＋===4CuCl＋S，该反应分为两步进行：第一步为Cu2S＋2Cu2＋＋4Cl－===4CuCl＋S；
第二步为 CuCl＋2Cl－===CuCl　；
其中，滤渣的成分为 SiO2和S　(填化学式)。
(2)除杂时，在常温下加入氨水，并控制混合溶液pH＝4.0；此时，该溶液中＝ 105　。在分离出Al(OH)3沉淀前需要对混合体系充分搅拌或加热，其目的是将溶液中的NH3·H2O除干净，防止与CuCl形成络合物　。
(3)加水“稀释”时发生的相关离子反应方程式为 CuClCuCl↓＋2Cl－　；若“稀释”时加水不足，会导致CuCl的产率偏低　(选填“偏低”“偏高”或“不变”)。
(4)CuCl纯度的测定。在锥形瓶中，将agCuCl样品溶解于H2O2和H2SO4的混合溶液，得到CuSO4溶液；加热溶液，待没有气体逸出后，再加入过量KI溶液，充分反应；向所得溶液中滴加2滴淀粉溶液，用cmol/L的Na2S2O3标准溶液滴定至终点，平均消耗Na2S2O3溶液VmL。已知：2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I2、2S2O＋I2===S4O＋2I－。
①“加热溶液，待没有气体逸出”的目的是确保H2O2完全分解，以免引起实验误差　。
②滴定终点的判断依据是当滴入最后一滴Na2S2O3标准溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复蓝色　。
【解析】　本工艺流程题是利用铜矿粉(主要含Cu2S及少量Al2O3和SiO2)为原料制备CuCl，“浸取”步骤中发生的反应有：12Cl－＋Cu2S＋2Cu2＋===4CuCl＋S、Al2O3＋6HCl===2AlCl3＋3H2O，过滤得滤渣主要成分为SiO2和S，滤液中主要成分为Al3＋和CuCl，“除杂”步骤是利用氨水将Al3＋沉淀除去，反应原理为Al3＋＋3NH3·H2O===Al(OH)3↓＋3NH，过滤得到滤液主要含CuCl，向滤液加水稀释，反应原理为CuClCuCl↓＋2Cl－，据此分析解题。(1)“浸取”时，发生反应为12Cl－＋Cu2S＋2Cu2＋===4CuCl＋S，该反应分为两步进行：第一步为Cu2S＋2Cu2＋＋4Cl－===4CuCl＋S；总反应式减去第一步反应即得第二步为CuCl＋2Cl－===CuCl，由分析可知，其中，滤渣的成分为SiO2和S；(2)由题干信息可知，NH3·H2O的Kb约为1.0×10－5，即Kb＝＝10－5，除杂时，在常温下加入氨水，并控制混合溶液pH＝4.0；此时，该溶液中＝＝＝105，由于此时溶液中含有NH3·H2O，若不除去，NH3·H2O能与CuCl形成络合物而影响CuCl的产率，在分离出Al(OH)3沉淀前需要对混合体系充分搅拌或加热，其目的是将溶液中的NH3·H2O除干净，防止与CuCl形成络合物；(3)由分析可知，加水“稀释”时发生的相关离子反应方程式为CuClCuCl↓＋2Cl－；若“稀释”时加水不足，会导致上述平衡逆向移动，故会导致CuCl的产率偏低；(4)①由于H2O2能将I－氧化为I2，若H2O2未除干净，将引起实验误差，故“加热溶液，待没有气体逸出”的目的是确保H2O2完全分解，以免引起实验误差；②本滴定使用淀粉溶液作指示剂，故滴定终点的判断依据是当滴入最后一滴Na2S2O3标准溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复蓝色。
2．(2019·全国卷Ⅰ)硼酸(H3BO3)是一种重要的化工原料，广泛应用于玻璃、医药、肥料等工业。一种以硼镁矿(含Mg2B2O5·H2O、SiO2及少量Fe2O3、Al2O3)为原料生产硼酸及轻质氧化镁的工艺流程如下：

回答下列问题：
(1)在95℃“溶浸”硼镁矿粉，产生的气体在“吸收”中反应的化学方程式为 NH4HCO3＋NH3===(NH4)2CO3　。
(2)“滤渣1”的主要成分有 SiO2、Fe2O3、Al2O3　。为检验“过滤1”后的滤液中是否含有Fe3＋离子，可选用的化学试剂是 KSCN　。
(3)根据H3BO3的解离反应：H3BO3＋H2OH＋＋B(OH)，Ka＝5.81×10－10，可判断H3BO3是一元弱　酸；在“过滤2”前，将溶液pH调节至3.5，目的是转化为H3BO3，促进析出　。
(4)在“沉镁”中生成Mg(OH)2·MgCO3沉淀的离子方程式为 2Mg2＋＋3CO＋2H2O===Mg(OH)2·MgCO3↓＋2HCO(或2Mg2＋＋2CO＋H2O===Mg(OH)2·MgCO3↓＋CO2↑)　，母液经加热后可返回溶浸　工序循环使用。由碱式碳酸镁制备轻质氧化镁的方法是高温焙烧　。
【解析】　(1)在95 ℃“溶浸”硼镁矿粉，产生的气体为NH3，其在“吸收”中发生的反应主要是氨气与碳酸氢铵的反应，故反应的化学方程式为NH4HCO3＋NH3===(NH4)2CO3；(2)用硫酸铵溶液溶浸过程中主要反应的物质为Mg2B2O5·H2O，故溶浸后产生的滤渣1的主要成分是SiO2、Fe2O3、Al2O3，检验Fe3＋可选用的化学试剂是KSCN；(3)根据H3BO3的解离反应：H3BO3＋H2OH＋＋B(OH)可知，H3BO3是一元酸，根据其Ka值可以判断是弱酸，故H3BO3是一元弱酸；根据流程图可知“过滤2”主要得到的是H3BO3，所以将溶液pH调节至3.5，由于H3BO3是一元弱酸，故主要目的是调节溶液至酸性，促进H3BO3析出；(4)“沉镁”过程主要是镁离子与碳酸铵发生的反应，故反应的离子方程式为2Mg2＋＋3CO＋2H2O===Mg(OH)2·MgCO3↓＋2HCO或2Mg2＋＋2CO＋H2O===Mg(OH)2·MgCO3↓＋CO2↑；由于在最后过程中铵根离子和硫酸根离子没有参与反应，所以在母液中主要含有上述两种离子，所以加热后对应的碳酸铵、二氧化碳等挥发，溶液中最终剩余的是硫酸铵，所以可以返回“溶浸”环节中继续使用；碱式碳酸镁高温煅烧之后会发生分解最终变成氧化镁。
3．(2022·许昌模拟)用钴锂膜废料(含LiCoO2、Al，少量Fe等)制取Co2O3的工艺流程如下：

该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH见下表：
金属离子
Al3＋
Fe3＋
Co2＋
开始沉淀时的pH
3.2
1.2
6.6
完全沉淀时(c＝1.0×10－5mol·L－1)的pH
4.6
2.8
9.1
回答下列问题：
(1)“碱煮”可除去大部分的铝和锂，发生的反应有LiCoO2＋NaOH===NaCoO2＋LiOH和 2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑　(写化学方程式)。
(2)“浸钴”时，H2SO4和HNO3均不能与NaCoO2发生反应，其原因是 NaCoO2中Co为＋3价，硫酸和硝酸无法将其还原为Co2＋　；用盐酸浸钴时，钴浸出率与浸出温度的关系如图所示，工业上选取80℃而不采取更高温度的原因是温度升高，消耗的能量增多，钴的浸出率提高不明显，且盐酸挥发损失严重　。“浸钴”时盐酸与NaCoO2反应的离子方程式为 2NaCoO2＋8H＋＋2Cl－===2Na＋＋2Co2＋＋Cl2↑＋4H2O　。

(3)“深度除铝铁”时，理论上应控制终点时溶液pH范围为 4.6≤pH＜6.6　。
(4)“沉钴”时，得到的滤液3中溶质的主要成分为 NH4Cl、NaCl　(填化学式)，由CoC2O4制取Co2O3的方法是在空气中煅烧　。
【解析】　钴锂膜废料经碱煮可以将Al单质转化为偏铝酸钠进入溶液，LiCoO2转化为NaCoO2和LiOH，可以除去大部分的铝和锂，过滤、洗涤后取滤渣加入HCl溶解，得到含Al3＋、Fe3＋和Co2＋的溶液，通入NH3调节pH深度除去铝、铁，过滤后加入草酸铵得到草酸钴沉淀，草酸盐受热易分解，在空气中煅烧草酸钴得到Co2O3。(1)碱煮时Al与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，化学方程式为2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑；(2)根据流程可知，盐酸浸取钴元素时生成氯气，说明HCl被氧化，将NaCoO2中的＋3价的Co还原为Co2＋，而硫酸和硝酸等无法将其还原为Co2＋；80 ℃已经有较高的浸取率，温度继续升高，消耗的能量增多，钴的浸出率提高不明显，且盐酸挥发损失严重；盐酸与NaCoO2反应时HCl被氧化为氯气，NaCoO2被还原为Co2＋，根据电子守恒可知NaCoO2和Cl－的系数比为1∶1，再结合元素守恒可得离子方程式为2NaCoO2＋8H＋＋2Cl－===2Na＋＋2Co2＋＋Cl2↑＋4H2O；(3)“深度除铝铁”时，要保证Al3＋、Fe3＋完全沉淀，而Co2＋不沉淀，所以应控制终点时溶液pH范围为4.6≤pH＜6.6；(4)根据浸钴时发生的反应、加入NH3调节pH可知，滤液2中主要成分为CoCl2、NaCl、NH4Cl，然后加入草酸铵沉钴，所以滤液3中溶质的主要成分为NaCl、NH4Cl；草酸盐受热易分解，所以在空气中煅烧草酸钴可以得到Co2O3。
高频热点强化训练(四)对应学生用书学案P45
1．(2022·抚顺模拟)美好生活离不开化学，下列人类活动运用相应的化学原理正确的是(　A　)
A．NH水解使氯化铵溶液显酸性，NH4Cl溶液能除铁锈
B．游轮底部定期更换锌块是利用电解原理防止游轮底部腐蚀
C．铝是金属晶体，具有良好的延展性，易于加工，所以常用铝罐等贮运浓硝酸
D．纤维素最终的水解产物是葡萄糖，所以人类要食用一定量纤维素
【解析】　NH水解使氯化铵溶液显酸性，酸性溶液能和金属氧化物反应，故NH4Cl溶液能除铁锈，A正确；游轮底部定期更换锌块是利用原电池原理防止游轮底部腐蚀，B错误；浓硝酸和铝容易发生钝化反应导致反应不能进行，所以常用铝罐等贮运浓硝酸，C错误；纤维素最终的水解产物是葡萄糖，但人体不能把纤维素转变为葡萄糖，D错误。
2．(2022·哈尔滨模拟)下列有关实验操作、现象及对应的解释或结论均正确的是(　A　)

实验操作
现象
解释或结论
A
向H2S溶液中通入O2
溶液变浑浊
非金属性：O＞S
B
向某溶液中加入稀盐酸
产生无色刺激性气味气体，可以使品红褪色
原溶液中一定含有SO
C
压缩装有H2、I2(g)和HI混合气体(已平衡)的密闭容器
气体颜色加深
平衡向生成I2的方向移动
D
将洁净的铁钉浸泡在饱和食盐水中一段时间
铁钉表面出现小气泡
铁钉腐蚀，产生气体为氢气
【解析】　元素的非金属性越强，其相应的单质的氧化性就越强。向H2S溶液中通入O2，发生反应：2H2S＋O2===2H2O＋2S↓，说明氧化性：O2＞S，则元素的非金属性：O＞S，A正确；向某溶液中加入稀盐酸，产生无色刺激性气味气体，该气体可以使品红褪色，该气体是SO2，该溶液中可能含有SO，也可能含有HSO，B错误；H2、I2(g)和HI在容器中存在化学平衡：H2(g)＋I2(g)2HI(g)，该反应是反应前后气体体积不变的反应，将容器压缩，气体物质的浓度增大，混合气体的颜色加深，但压缩容器的容积，使气体的压强增大，化学平衡不发生移动，因此不能使用化学平衡移动原理分析，C错误；将洁净的铁钉浸泡在饱和食盐水中一段时间，铁钉在中性盐水中会发生吸氧腐蚀而生锈，而不是发生析氢腐蚀，因此不会在铁钉表面出现小气泡，D错误。
3．(2022·沈阳模拟)新型陶瓷钻头(氮化硅与金属氧化物烧结而成)加工铝件后，常因附着Al2O3而致钝，使用后需用饱和NaCl溶液进行超声清洗。下列关于该现象的产生及处理方法分析错误的是(　D　)
A．钻头摩擦铝件产生的高温促进了Al2O3的生成
B．不利用强酸、强碱溶液洗涤附着的Al2O3是防止钻头被腐蚀
C．与光照、加热相同，超声波也是为反应提供能量的一种方式
D．清洗过程的原理可表示为Al2O3＋8Cl－＋6H＋===2[AlCl4]－＋3H2O
【解析】　钻头摩擦铝件产生的高温可以加快铝与氧气的反应，A正确；用强酸、强碱溶液洗涤钻头可与其中的金属氧化物反应而使钻头被腐蚀，B正确；超声波也可以传递能量，是为反应提供能量的一种方式，C正确；清洗过程的原理中不是在酸性条件下，反应物不应该有H＋，D错误。
4．(2022·岳阳模拟)以KCl和FeSO4为原料可生产硫酸钾、过二硫酸铵和氧化铁红颜料等，其工艺流程如图，下列说法不正确的是(　D　)

A．反应Ⅰ中发生的反应是：Fe2＋＋2HCO===FeCO3↓＋CO2↑＋H2O
B．反应Ⅰ的温度不宜高，是为了防止NH4HCO3分解，也能减少Fe2＋的水解
C．反应Ⅲ在工业生产中常加入一定量的乙醇，其目的是为了降低K2SO4的溶解度，有利于其析出
D．反应Ⅳ是利用电解法生产(NH4)2S2O8(过二硫酸铵)，阳极每生成1molS2O转移1mol电子
【解析】　反应Ⅰ中，FeSO4和NH4HCO3反应生成FeCO3沉淀和CO2，离子方程式为Fe2＋＋2HCO===FeCO3↓＋CO2↑＋H2O，A正确；若反应Ⅰ的温度过高，NH4HCO3会分解生成NH3、H2O、CO2，Fe2＋会水解生成Fe(OH)2，故反应Ⅰ的温度不宜较高，B正确；K2SO4在无机溶剂中的溶解度是较大的，要想使K2SO4析出，需要降低其溶解度，所以加入醇类溶剂的目的是降低K2SO4的溶解度，C正确；反应Ⅳ中利用电解法电解硫酸铵溶液生成(NH4)2S2O8和H2，阳极的电极反应式为2SO－2e－===S2O，则阳极每生成1 mol S2O转移2 mol电子，D错误。
5．(2022·阜阳模拟)我国科研团队用钙盐法制备了纳米CaO2并优化了其制备条件。在碱性条件下制备CaO2·8H2O的装置如图所示：

已知：原理为Ca2＋＋H2O2＋2NH3＋8H2O===CaO2·8H2O↓＋2NH，CaO2·8H2O晶体难溶于无水乙醇。
下列叙述正确的是(　D　)
A．固体a为NH4Cl，目的是制取NH3
B．在冰水浴中进行实验的目的是减慢反应速率，使反应充分
C．装置中仅有1处错误：未进行尾气处理
D．所得CaO2·8H2O晶体过滤后用无水乙醇洗涤减少产品损失
【解析】　实验室制取NH3一般采用将NH4Cl与Ca(OH)2固体混合加热的方法，而NH4Cl受热分解为NH3和HCl，遇冷后二者又生成NH4Cl，不能得到NH3，因此固体a为NH4Cl与Ca(OH)2的混合物，A错误；NH3为气体，其溶解度随温度的升高而降低，且H2O2在温度较高时更易分解，所以在冰水浴中进行实验的目的是增大NH3的溶解度，减少H2O2的分解，B错误；氨气极易溶于水，且对环境有污染，因此NH3通入三颈烧瓶中时应防倒吸，且应进行尾气处理，有2处错误，C错误；由题意可知，CaO2·8H2O晶体难溶于无水乙醇，用无水乙醇洗涤可减少产品的损失，D正确。
6．(2022·太原模拟)硫酸锌是一种重要的工业原料，广泛用于农业、化工、电镀等行业。工业上由锌渣(主要成分为ZnO、FeO、CuO、PbO)生产ZnSO4·7H2O的流程如图：

下列叙述不正确的是(　D　)
A．“溶浸”时搅拌可以加快“溶浸”速率，“滤渣A”的主要成分是PbSO4
B．NaClO的作用主要是将Fe2＋氧化为Fe3＋方便以沉淀的形式除去
C．“反应Ⅱ”中，加入锌粉时反应的离子方程式为Cu2＋＋Zn===Zn2＋＋Cu
D．从滤液获得ZnSO4·7H2O的实验操作为蒸发结晶、洗涤、干燥
【解析】　向锌渣中加入稀硫酸溶浸，氧化铅与稀硫酸反应生成硫酸铅沉淀和水，氧化锌、氧化亚铁、氧化铜与稀硫酸反应生成硫酸盐和水，过滤得到硫酸盐溶液和硫酸铅；向硫酸盐溶液中加入次氯酸钠溶液将溶液中亚铁离子氧化为铁离子，再加入氢氧化钠溶液调节溶液pH，将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到氢氧化铁沉淀和硫酸锌和硫酸铜的混合溶液；向混合溶液中加入锌粉，锌与溶液中的铜离子发生置换反应置换出铜，过滤得到铜和硫酸锌滤液；滤液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到七水硫酸锌晶体。溶浸时搅拌可以使反应物的接触面积增大，使溶浸速率加快，由分析可知，滤渣A的主要成分是PbSO4，选项A正确；NaClO的作用主要是将Fe2＋氧化为Fe3＋方便以Fe(OH)3沉淀的形式除去，选项B正确；由分析可知，反应Ⅱ为锌与溶液中的铜离子发生置换反应置换出铜，反应的离子方程式为Cu2＋＋Zn===Zn2＋＋Cu，选项C正确；由分析可知，从滤液获得七水硫酸锌晶体的实验操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，选项D不正确。
7．(2022·遂宁模拟)用粗铜精炼工业中产生的铜阳极泥(主要含Cu2Se、Ag2Se、金和铂等)为原料，回收并制备硝酸铜和硒的工艺流程如图：

(1)“烧结”时发生如下反应，请完善该反应方程式：
2　Cu2Se＋ 3　O2＋ 2　Na2CO3 2　Cu2O＋ 2　Na2SeO3＋ 2　CO2
工业上，采用通入高压氧气使铜阳极泥处于“沸腾”状态，其目的是增大反应物接触面积，提高反应速率(或提高转化率)　。
(2)在实验室，操作X的名称为过滤　。
(3)滤渣Y的成分有Ag2O、 Cu2O、Au和Pt　(填化学式，下同)；已知萃取与反萃取原理为2RH＋Cu2＋―→R2Cu＋2H＋，则“反萃取”时反萃取剂最好选用 HNO3　溶液。
(4)FeSO4的作用是“还原”Na2SeO4制备Na2SeO3，每摩尔Na2SeO4消耗FeSO4的物质的量为 2　mol；常温下，H2SeO3的Ka1＝1.0×10－3，Ka2＝1.0×10－7；当常温下溶液的pH＝4.4时，Na2SeO3溶液中最主要的含Se粒子是 HSeO　。
(5)“控电位还原”是指在一定电压下，电位高的氧化剂优先被还原，电位低的氧化剂保留在溶液中，以达到硒与杂质金属的分离；下表为一些氧化剂的电位(A/B：A代表氧化剂，B代表还原产物)。
名称
Cu2＋/Cu
Fe2＋/Fe
Fe3＋/Fe2＋
SeO
电位/V
0.345
－0.440
0.770
0.740
则SeO、Fe3＋和Cu2＋的氧化性由强到弱的顺序为 Fe3＋、SeO、Cu2＋(或Fe3＋>SeO>Cu2＋)　，在0.740V时Fe3＋优先被还原，其还原反应(半反应)式为 Fe3＋＋e－===Fe2＋　。
【解析】　(1)“烧结”时Cu2Se中的Se失去6e－被氧化为SeO，所以根据得失电子守恒可得2 mol Cu2Se失去12 mol e－，需要3 mol O2得到电子，则其方程式为2Cu2Se＋3O2＋2Na2CO32Cu2O＋2Na2SeO3＋2CO2；采用通入高压氧气使铜阳极泥处于“沸腾”状态，可使氧气与铜阳极泥充分接触，加快反应速率；(2)实验室采用过滤法将难溶性的固体和液体的分离；(3)Ag2Se在“烧结”时可转化为难溶的Ag2O和易溶的Na2SeO3、Na2SeO4，由于铜阳极泥除含Cu2Se、Ag2Se外还含不与氧气反应的金和铂，所以滤渣的主要成分为Cu2O、Au、Pt和Ag2O；由于向有机相中加反萃取剂再次分液得到Cu(NO3)3溶液，所以反萃取剂应选HNO3；(4)FeSO4的作用是“还原”Na2SeO4制备Na2SeO3，则有“三段式”，
Na2SeO4　～　2FeSO4
1 2
1 mol 2 mol
所以每摩尔Na2SeO4消耗2 mol FeSO4，H2SeO3的Ka1＝1.0×10－3，Ka2＝1.0×10－7，为二元弱酸，所以当常温下溶液的pH＝4.4时，Na2SeO3溶液中最主要的含Se粒子HSeO；(5)氧化剂的电位越大，则其氧化剂的氧化性越强，Fe3＋/Fe2＋为0.770最高，其次SeO为0.740，再者是Cu2＋/Cu为0.345，最后是Fe2＋/Fe为－0.440，所以氧化性强弱为Fe3＋、SeO、Cu2＋(或Fe3＋>SeO>Cu2＋)；在0.740 V时Fe3＋优先被还原，则Fe3＋得到电子被还原为Fe2＋，即Fe3＋＋e－===Fe2＋。