专题四　常见元素及其重要化合物 (解析版)

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专题四　常见元素及其重要化合物
明课程标准
备关键能力
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。
1．理解和辨析：从物质分类和化合价等角度认识常见元素及其化合物的性质，构建相互转化关系。
2．探究与创新：能设计实验方案，对常见元素及其化合物的性质进行探究，能基于实验现象和实验数据的分析，对探究方案进行评价和优化。


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GAO KAO ZHEN TI DAO HANG　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　
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．(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；(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。
3．(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。
4．(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”中有沉淀生产，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。
5．(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＝0．01 mol· L－1)的pH
沉淀完全时
(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＋。
6．(2019·全国卷Ⅰ·26)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。
　　　　　　
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。

必备知识·整合
BI BEI ZHI SHI ZHENG HE
一、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

二、常见元素及其化合物的转化关系
1．直线型转化
(1)转化
①或
NaNa2ONa2O2NaOH
CCOCO2H2CO3
S(或H2S)SO2SO3H2SO4
N2(或NH3)NONO2HNO3
②ABC
a．若X为CO2
NaOHNa2CO3NaHCO3
b．若X为强酸，如HCl
NaAlO2Al(OH)3AlCl3
Na2CO3NaHCO3CO2
c．若X为强碱，如NaOH
AlCl3Al(OH)3NaAlO2
(2)物质不能一步反应进行的转化
①S―→SO3(×)，应转化成SO2；
②N2―→NO2(×)，应转化成NO；
③SiO2―→H2SiO3(×)，需多步转化；
④Cl2―→FeCl2(×)，需多步转化；
⑤CuO(等金属氧化物)―→Cu(OH)2(×)，需多步转化。
2．交叉型转化

3．三角型转化

4．元素化合物的特征反应现象
(1)燃烧：H2＋Cl2(苍白色火焰)，C2H2(C6H6)＋O2(明亮火焰，大量黑烟)，Al＋O2，Mg＋O2(耀眼白光，生成白色固体)，金属焰色反应。
(2)淀粉遇碘变蓝，蛋白质遇浓硝酸变黄。
(3)使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体是NH3，使品红溶液褪色的气体是Cl2、SO2等。
(4)在空气中由无色变为红棕色气体的是NO。
(5)Fe3＋遇OH－生成红褐色沉淀，遇苯酚显紫色，遇SCN－显红色。
(6)Fe2＋遇OH－生成白色沉淀，白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色；Fe2＋遇SCN－无明显现象，在通入Cl2后溶液显红色。
(7)与碱反应加热产生气体的溶液中一般含NH。
(8)既能与酸反应又能与碱反应并产生气体的物质：Al、弱酸的铵盐(碳酸铵、硫化铵等)、弱酸的酸式铵盐(碳酸氢铵、硫氢化铵等)。
(9)燃烧能生成烟：Na在氯气中燃烧生成白烟，Fe在氯气中燃烧生成棕色烟，Cu在氯气中燃烧生成棕黄色烟。

关键能力·突破
GUAN JIAN NENG LI TU PO　　　　　　　　　　　
考点一　元素及其化合物的性质及应用
角度　元素单质及其化合物的性质与应用
典例1　＋＋＋下列有关物质性质与用途具有对应关系的是(　B　)
A．FeCl3易发生水解，可用于蚀刻铜制的印制线路板
B．漂白粉具有氧化性，可用于脱除烟气中SO2和NO
C．CaCO3高温下能分解，可用于修复被酸雨侵蚀的土壤
D．活性炭具有还原性，可用于除去水体中Pb2＋等重金属
【解析】　FeCl3具有强氧化性，能与Cu等金属反应，可用于蚀刻铜制的印制线路板，与FeCl3易发生水解无关，A错误；漂白粉的有效成分是次氯酸钙，次氯酸钙具有强氧化性，能氧化SO2和NO生成硫酸盐和硝酸盐，所以漂白粉可用于脱除烟气中SO2和NO有害气体，B正确；CaCO3能与酸反应，能改良、修复被酸雨侵蚀的土壤，与CaCO3高温下能分解无关，C错误；活性炭与Pb2＋等金属离子不反应，不能用于除去水体中Pb2＋等重金属离子，D错误。
典例2　＋＋＋(2019·天津高考·3)下列有关金属及其化合物的应用不合理的是(　C　)
A．将废铁屑加入FeCl2溶液中，可用于除去工业废气中的Cl2
B．铝中添加适量锂，制得低密度、高强度的铝合金，可用于航空工业
C．盐碱地(含较多Na2CO3等)不利于作物生长，可施加熟石灰进行改良
D．无水CoCl2呈蓝色，吸水会变为粉红色，可用于判断变色硅胶是否吸水
【解析】　废气中的氯气能被FeCl2溶液吸收生成FeCl3，铁屑再与FeCl3溶液反应得FeCl2溶液，A正确；铝中加适量的锂，可以制得低密度的合金，B正确；盐碱地含碳酸钠使土壤呈碱性，施加熟石灰，碱性增强，C错误；根据钴化合物的颜色变化，可以用来判断硅胶是否吸水，D正确。
〔类题通关〕
1．(2021·徐州模拟)氮、磷、砷元素广泛应用于生产生活中，NH3、N2H4、NO、NO2、HNO3等是氮重要的化合物，下列氮及其化合物的性质与用途的对应关系正确的是(　A　)
A．氯化铵溶液显酸性，可用作除锈剂
B．氨气具有还原性，可用作致冷剂
C．氮气的化学性质不活泼，可用于合成氨
D．硝酸铵易分解放出气体和大量热，可用作化肥
【解析】　氯化铵是强酸弱碱盐，氯化铵溶液显酸性，能溶解铁锈，可用作除锈剂，故选A；氨气易液化，液氨气化需要吸收大量的热，可用作制冷剂，与还原性无关，故不选B；用氮气制取氨气是因为氮气能和氢气反应生成氨气，与氮气的化学性质不活泼无关，故不选C；硝酸铵用作化肥是因为含有氮元素，与硝酸铵易分解放出气体和大量热无关，故不选D。
2．(2021·玉溪模拟)下列叙述或操作正确的是(　D　)
A．由制备Na用电解熔融状态的NaCl推知，制备Al也可用电解熔融状态的AlCl3
B．根据反应①3Cu＋8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O和反应②Cu＋4HNO3(浓)===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O推知，氧化性：稀HNO3>浓HNO3
C．取适量X溶液，向其中通入CO2气体直至过量，有白色沉淀，说明X溶液中一定含有AlO
D．取a g Na2CO3和NaHCO3的混合物充分加热，减重b g，可以测定混合物中Na2CO3的质量分数
【解析】　AlCl3为共价化合物，不能通过电解熔融状态的AlCl3制备Al，应该电解熔融状态的Al2O3，故A错误；判断氧化性的强弱取决于得电子的能力，而不是得电子的多少，实际上氧化性：稀HNO3＜浓HNO3，故B错误；某溶液中通入CO2气体直至过量，能有白色沉淀的离子可以是SiO，可以是AlO，故C错误；NaHCO3受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，所以通过充分加热分解，再利用差量法即可计算出原混合物中Na2CO3的质量分数，故D正确。
角度　结合实验考查元素及其化合物的性质
典例3　＋＋＋(2021·武汉模拟)用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)　ΔHa≈c
ⅱ．若起始不通入NO2，则最终检测不到SO
②
3%氨水
b
③
蒸馏水
c
④
空气
3%氨水
d

由实验得到的下列推论不正确的是(　A　)
A．雾霾中硫酸盐的形成与空气中的O2有关
B．反应室②和反应室④中生成SO的同时还生成NH
C．农业生产中大量使用铵态氮肥可能会加重雾霾的形成
D．控制工厂中SO2和氮氧化物向大气的排放可有效治理雾霾
【解析】　由已知b≈d>a≈c，若起始不通入NO2，则最终检测不到SO，可知硫酸盐的形成主要与NO2有关，故A错误；SO2和NO2反应时，SO2为还原剂，NO2为氧化剂，用3%氨水做吸收液，SO2被氧化为硫酸，再与氨水生成硫酸铵，所以反应室②和反应室④中生成SO的同时还生成NH，故B正确；铵态氮肥易挥发产生氨气，由已知的数据分析可知，在载体相同，吸收液为氨水的条件下，将SO2和NO2按一定比例混合时产生SO的浓度较大，而空气中的硫酸盐又会加剧雾霾的形成，所以农业生产中大量使用铵态氮肥可能会加重雾霾的形成，故C正确；因为空气中的硫酸盐会加剧雾霾的形成，SO2和氮氧化物在一定条件下可以产生SO，所以控制SO2和氮氧化物的排放可有效治理雾霾，故D正确。
3．(2021·泰安模拟)中学化学常见物质之间，在一定条件下可以发生如图所示的转化关系(部分反应中的H2O没有标明)，其中A、B、C中均含有同一种元素。下列说法错误的是(　D　)

A．若A、B、C、D都是中学化学常见气体，则D可能是氧气
B．若A是气体，D是常见金属，则反应①、②、③都是化合反应
C．若B物质具有两性，A、B、C、D都是化合物，则C溶液可能呈酸性，也可能呈碱性
D．若①、②、③反应都是氧化还原反应，则A、B、C中含有的同一种元素一定呈现三种不同化合价
【解析】　若A为NH3，B为N2，C为NO，则D为O2，A正确；若A为Cl2，D为Fe，B为FeCl3，C为FeCl2，反应①、②、③都是化合反应，B正确；常见的两性物质是Al2O3和Al(OH)3，①若A为AlCl3，D为NaOH，则B为Al(OH)3，C为NaAl[(OH)4]，NaAl[(OH)4]溶液呈碱性；②若A为NaAl[(OH)4]，D为盐酸，C为AlCl3，AlCl3溶液呈酸性，C正确；若A为Cl2，D为Fe，B为FeCl3，C为FeCl2，①、②、③都是氧化还原反应，氯元素只呈现0和－1两种价态，D错误。
4．(2021·茂名模拟)三氯化碘(ICl3)在药物合成中用途非常广泛，实验室可用如图所示装置制备ICl3(氯气与碘在稍低于70 ℃反应，夹持装置已省略)。下列说法错误的是(　C　)

A．装置①中反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶5
B．装置②的作用是除去氯气中的HCl，同时可监测装置③中是否发生堵塞
C．装置③与装置⑤的作用完全相同
D．三氯化碘溶于水中发生反应的化学方程式为ICl3＋2H2O===HIO2＋3HCl
【解析】　装置①中反应为2KMnO4＋16HCl(浓)===2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O，反应的氧化剂为高锰酸钾，还原剂为浓盐酸，浓盐酸既表现还原性又表现酸性，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶5，故A项正确；装置②的作用是除去氯气中的HCl，同时可作安全瓶，以监测装置C中是否发生堵塞，故B正确；装置③的作用是干燥氯气，装置⑤的作用是吸收尾气中的氯气，两者作用不同，故C错误；三氯化碘溶于水中发生反应的化学方程式为ICl3＋2H2O===HIO2＋3HCl，其中碘与氯的化合价均不变化，故D正确。
5．(2021·广州模拟)后母戊鼎是迄今世界上出土最大、最重的青铜礼器，形制巨大，雄伟庄严，工艺精巧，足以代表高度发达的商代青铜文化。下列有关说法错误的是(　D　)

A．青铜的熔点低于纯铜
B．古代湿法炼铜的原理是置换反应
C．现代电解精炼铜时，粗铜作阳极
D．青铜器表面的铜绿是铜的一种氧化物
【解析】　青铜是合金，形成合金后熔点降低，则青铜的熔点低于纯铜，故A不选；古代湿法炼铜的原理是铁与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，是置换反应，故B不选；现代电解精炼铜时，粗铜作阳极失去电子被氧化，故C不选；青铜器表面的铜绿是碱式碳酸铜，是铜的一种碱式盐，故选D。
6．(2021·衡阳模拟)下列关于某短周期元素的价类二维图的说法错误的是(　C　)

A．X一定含有氧元素
B．H一定是I的酸酐
C．过量的I一定能使氢氧化钡溶液先变浑浊后变澄清
D．G可以与E在常温下反应得到F
【解析】　E是氢化物，G是氧化物，则可推测X中一定含有氧元素，A正确；H是氧化物，I是含氧酸，且它们的化合价一样，则H一定是I的酸酐，B正确；如果该元素是硫元素，则硫酸就不能使氢氧化钡溶液先变浑浊后变澄清，C错误；F中元素的化合价处于G与E中的元素化合价之间，如H2S与SO2在常温下是可以反应得到S的，D正确。
7．(2019·北京高考·28)化学小组实验探究SO2与AgNO3溶液的反应。
(1)实验一：用如下装置(夹持、加热仪器略)制备SO2，将足量SO2通入AgNO3溶液中，迅速反应，得到无色溶液A和白色沉淀B。

①浓H2SO4与Cu反应的化学方程式是__Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O__。
②试剂a是__饱和NaHSO3溶液__。
(2)对体系中有关物质性质分析得出：沉淀B可能为Ag2SO3、Ag2SO4或二者混合物。(资料：Ag2SO4微溶于水；Ag2SO3难溶于水)
实验二：验证B的成分

①写出Ag2SO3溶于氨水的离子方程式：
__Ag2SO3＋4NH3·H2O===2Ag(NH3)＋SO＋4H2O__。
②加入盐酸后沉淀D大部分溶解，剩余少量沉淀F。推断D中主要是BaSO3，进而推断B中含有Ag2SO3。向滤液E中加入一种试剂，可进一步证实B中含有Ag2SO3。所用试剂及现象是__H2O2溶液，产生白色沉淀__。
(3)根据沉淀F的存在，推测SO的产生有两个途径：
途径1：实验一中，SO2在AgNO3溶液中被氧化生成Ag2SO4，随沉淀B进入D。
途径2：实验二中，SO被氧化为SO进入D。
实验三：探究SO的产生途径
①向溶液A中滴入过量盐酸，产生白色沉淀，证明溶液中含有__Ag＋__；取上层清液继续滴加BaCl2溶液，未出现白色沉淀，可判断B中不含Ag2SO4。做出判断的理由：__Ag2SO4溶解度大于BaSO4，没有BaSO4沉淀时，必定没有Ag2SO4__。
②实验三的结论：__途径1不产生SO，途径2产生SO__。
(4)实验一中SO2与AgNO3溶液反应的离子方程式是__2Ag＋＋SO2＋H2O===Ag2SO3↓＋2H＋__。
(5)根据物质性质分析，SO2与AgNO3溶液应该可以发生氧化还原反应。将实验一所得混合物放置一段时间，有Ag和SO生成。
(6)根据上述实验所得结论：__实验条件下：SO2与AgNO3溶液生成Ag2SO3的速率大于生成Ag和SO的速率；碱性溶液中SO更易被氧化为SO__。
【解析】　(1)①铜和浓硫酸在加热的条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的化学方程式为Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O。②由于反应时逸出的SO2气体可能带出少量硫酸，所以试剂a应为除杂试剂，可用饱和NaHSO3溶液。(2)①Ag2SO3溶于氨水得到Ag(NH3)，离子方程式为Ag2SO3＋4NH3·H2O===2Ag(NH3)＋SO＋4H2O。②推测沉淀D为BaSO3，加过量稀盐酸溶解得滤液E和少量沉淀F，则E中可能含有溶解的SO2，可加入双氧水溶液，若加入双氧水溶液，可以将亚硫酸(或亚硫酸根离子)氧化为硫酸根离子，从而生成白色的硫酸钡沉淀，则证明B中含有Ag2SO3。(3)①加入过量盐酸产生白色沉淀，说明含有Ag＋；Ag2SO4微溶于水，若产生Ag2SO4，则溶液中会有微量SO，加入BaCl2产生硫酸钡沉淀，与实验现象不符。②由实验三可以得出：实验一中SO2未被氧化；实验二中SO被氧化为SO进入D。(4)根据以上分析，二氧化硫与硝酸银溶液反应生成亚硫酸银沉淀，离子方程式为2Ag＋＋SO2＋H2O===Ag2SO3↓＋2H＋。(6)该实验的结论为：二氧化硫与硝酸银溶液既能发生沉淀反应生成亚硫酸银，又能发生氧化还原反应，沉淀反应的速率大于氧化还原反应的速率。

热点聚焦
RE DIAN JU JIAO　　　　　　　　　　　
化工流程综合题
〔知识储备〕
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。
〔典例剖析〕
(2021·武汉模拟)Ⅰ．某化工厂以铬铁矿(主要成分为FeO和Cr2O3，含有Al2O3、SiO2等杂质)为主要原料生产化工原料红矾钠(主要成分Na2Cr2O7·2H2O)，工艺流程如图：

ⅰ．常温，NaBiO3不溶于水，有强氧化性，碱性条件下，能将Cr3＋转化为CrO。
ⅱ．常温时，部分金属离子开始沉淀和完全沉淀时的pH值
金属离子
Fe3＋
Al3＋
Cr3＋
Fe2＋
Bi3＋
开始沉淀的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)步骤①提高酸溶速率的措施__加热(或搅拌或粉碎或适当提高稀硫酸的浓度)__(任填一条即可)。固体A的成分是__SiO2__。
(2)步骤③需加氢氧化钠溶液调节pH，调节pH范围为__4．9≤pH＜5．5(或4．9～5．5)__，目的是__使Fe3＋、Al3＋均完全转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀而除去__。
(3)写出④反应的离子方程式__3NaBiO3＋2Cr3＋＋7OH－＋H2O===2CrO＋3Bi(OH)3↓＋3Na＋__。
(4)将溶液H经过__蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥__(操作)即得红矾钠粗晶体。
Ⅱ．经该工厂的工业废水中含1．00×10－3 mol·L－1的Cr2O，其毒性较大。该化工厂的科研人员为了变废为宝，将废水处理得到磁性材料Cr0．5Fe1．5FeO4(Fe的化合价依次为＋3、＋2)，又设计了如下工艺流程：

(5)第①步反应的离子方程式是__Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O__。
(6)常温时，如忽略步骤①所加FeSO4·7H2O所引起的溶液体积变化，依据上表数据，则步骤②加入NaOH溶液调节溶液的pH至9时，溶液中Cr3＋的浓度为__6．4×10－14__mol/L(已知：101/2≈3．2)。
(7)欲使1 L该废水中的Cr2O完全转化为Cr0．5Fe1．5FeO4。理论上需要加入FeSO4·7H2O的质量为__2．78__g(已知FeSO4·7H2O的摩尔质量为278 g/mol)。
【解析】　(1)步骤①提高酸溶速率的措施为加热、搅拌、粉碎、适当增大酸的浓度，由上述分析可知固体A为SiO2；(2)从氢氧化物形成沉淀的pH表格可知，③为加入物质来调节溶液的pH，使Fe3＋、Al3＋均完全转化为Fe(OH)3和AI(OH)3沉淀而除去，pH范围为4．9≤pH