届二轮复习 以工艺流程为主流的无机综合题 学案全国通用Word下载.docx

1、答案（1）2NaHSO3=Na2S2O5H2O（2）NaHSO3得到NaHSO3过饱和溶液（3）2H2O4e=4HO2（或4OH4e=2H2OO2）a（4）S2O2I23H2O=2SO4I6H0.1282（2018课标全国，26）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 molL1形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：金属离子Fe3Fe2Zn2Cd2开始沉淀的pH1.56.36.27.4沉淀完全的pH2.88.38.29.4（1）焙烧过程中主要反应的化学方程式为_。（2）

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。解析（1）在焙烧过程中ZnS和O2反应生成ZnO和SO2。（2）溶液中的Pb2与SO不能共存生成PbSO4沉淀，SiO2不溶于H2SO4，即滤渣1中含SiO2和PbSO4。氧化除杂过程中O2能将溶液中Fe2氧化生成Fe3，加入ZnO能调节溶液的pH，促进Fe3完全水解。由题表知Fe2、Zn2开始沉淀和沉淀完全时的pH非常接近，若不通入O2使

3、Fe2氧化为Fe3，加入ZnO后无法除去Fe2，会影响Zn的纯度。（3）根据题中信息可知还原除杂工序中涉及的离子反应为Cd2Zn=CdZn2。（4）结合图示可知电解ZnSO4溶液时生成Zn，即电解时Zn2在阴极被还原，电极反应式为Zn22e=Zn。沉积Zn后的电解液中主要含有H2SO4，可返回溶浸工序中继续使用。答案（1）2ZnS3O22ZnO2SO2（2）PbSO4调节溶液的pH无法除去杂质Fe2（3）Cd2Zn=CdZn2（4）Zn22e=Zn溶浸3（2018课标全国，27）KIO3是一种重要的无机化合物，可作为食盐中的补碘剂。（1）KIO3的化学名称是_。（2）利用“KClO3氧化法”制

4、备KIO3工艺流程如图所示：“酸化反应”所得产物有KH（IO3）2、Cl2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）KIO3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）。解析（1）KIO3的名称为碘酸钾。（2）Cl2是一种易挥发且溶解度不大的气体，可通过加热法去除溶液中溶解的Cl2。加入KOH溶液“调pH”使KH（IO3）2转化为KIO3：KH（IO3）2KOH=2KIO3H2O。（

5、3）电解法制备KIO3时，H2O在阴极得到电子，发生还原反应：2H2O2e=2OHH2或2H2e=H2。电解池中阳离子向阴极移动，即由电极a向电极b迁移，阳离子交换膜只允许阳离子通过，故主要是K通过阳离子交换膜。根据工艺流程分析，KClO3氧化法生成的Cl2有毒，且在调pH时加入KOH的量不易控制，另外，生成的KIO3中杂质较多。答案（1）碘酸钾（2）加热KClKH（IO3）2KOH=2KIO3H2O（或HIO3KOH=KIO3H2O）（3）2H2O2e=2OHH2（或2H2e=H2）K由a到b产生Cl2易污染环境等4（2017课标全国，27）Li4Ti5O12和LiFePO4都是锂离子电池的

6、电极材料，可利用钛铁矿（主要成分为FeTiO3，还含有少量MgO、SiO2等杂质）来制备，工艺流程如下：（1）“酸浸”实验中，铁的浸出率结果如下图所示。由图可知，当铁的浸出率为70%时，所采用的实验条件为_（2）“酸浸”后，钛主要以TiOCl形式存在，写出相应反应的离子方程式_。（3）TiO2xH2O沉淀与双氧水、氨水反应40 min所得实验结果如下表所示：温度/3035404550TiO2xH2O转化率/%9295979388分析40 时TiO2xH2O转化率最高的原因_。（4）Li2Ti5O15中Ti的化合价为4，其中过氧键的数目为_。（5）若“滤液”中c（Mg2）0.02 molL1，加

7、入双氧水和磷酸（设溶液体积增加1倍），使Fe3恰好沉淀完全即溶液中c（Fe3）1.0105 molL1，此时是否有Mg3（PO4）2沉淀生成？_（列式计算）。FePO4、Mg3（PO4）2的Ksp分别为1.31022、1.01024（6）写出“高温煅烧”中由FePO4制备LiFePO4的化学方程式_。解析（1）由图示可知，当铁浸出率为70%时，可以采用100 、2 h，也可采用90 、5 h。（2）反应物有FeTiO3，由生成物有TiOCl可知，反应物中还含有Cl，生成物中还有Fe2，注意酸性条件，用H平衡电荷，配平。（3）温度低，转化速率慢，单位时间内转化效率低，温度过高，H2O2分解，NH

8、3挥发，导致转化速率慢。注意：取的是相同时间内的转化率。（4）由化合物中所有元素化合价代数和为0，有15个O原子共显22价，设2价氧原子为x个，1价氧原子则为（15x）个，有2x（15x）22，x7，则1价O原子共8个，即有4个过氧键。（6）反应物为FePO4、Li2CO3、H2C2O4，生成物有LiFePO4，铁元素的化合价降低，则H2C2O4中碳元素的化合价升高，产物为CO2，配平。答案（1）100 、2 h或90 、5 h（2）FeTiO3 4H 4Cl=Fe2TiOCl2H2O（3）低于40 ，TiO2xH2O转化反应速率随温度升高而增加；超过40 ，双氧水分解与氨气逸出导致TiO2x

9、H2O转化反应速率下降（4）4（5）Fe3恰好沉淀完全时， c（PO） molL11.31017molL1，c3（Mg2）c2（PO）值为0.013（1.31017）21.71040Ksp Mg3（PO4）2，因此不会生成Mg3（PO4）2沉淀（6）2FePO4Li2CO3H2C2O42LiFePO4H2O3CO25（2016课标全国，28）NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等，其一种生产工艺如下：（1）NaClO2中Cl的化合价为_。（2）写出“反应”步骤中生成ClO2的化学方程式_。（3）“电解”所用食盐水由粗盐水精制而成，精制时，为除去Mg2和Ca2，要加入的试剂分别为

10、_、_。“电解”中阴极反应的主要产物是_。（4）“尾气吸收”是吸收“电解”过程排出的少量ClO2。此吸收反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为_，该反应中氧化产物是_。（5）“有效氯含量”可用来衡量含氯消毒剂的消毒能力，其定义是：每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克Cl2的氧化能力。NaClO2的有效氯含量为_。（计算结果保留两位小数）解析（1）根据化合物中化合价的代数和为零的原则，可知NaClO2中Cl的化合价为3价；（2）由工艺流程图可知，“反应”步骤中的反应物为NaClO3、H2SO4和SO2，生成物为NaHSO4和ClO2，则反应的化学方程式为2NaClO3H2SO4SO2=2NaHS

11、O42ClO2；（3）由于Mg（OH）2的溶解度比MgCO3更小，CaCO3的溶解度比Ca（OH）2更小，所以为了能更完全的除去粗盐水中的Mg2和Ca2，要加入的试剂分别为NaOH溶液和Na2CO3溶液，电解时在阴极发生还原反应，氯元素化合价降低，产物为NaClO2；（4）由题意可知，“尾气吸收”是利用NaOH和H2O2溶液吸收“电解”过程排出的少量ClO2，生成的是NaClO2，则此吸收反应发生的化学反应方程式为2NaOHH2O22ClO2=2NaClO22H2OO2，其中ClO2是氧化剂，H2O2是还原剂，其物质的量之比为21，该反应中的氧化产物是O2；（5）NaClO2在杀菌消毒的过程中

12、被还原为Cl，则1 mol NaClO2得到电子的物质的量为4 mol，1 mol Cl2被还原为Cl时得到电子的物质的量为2 mol，故1 g NaClO2得到电子的物质的量为4/90.5 mol，根据“有效氯含量”的定义可知，NaClO2的有效氯含量为1.57。答案（1）3（2）2NaClO3H2SO4SO2=2NaHSO42ClO2（3）NaOH溶液Na2CO3溶液ClO（或NaClO2）（4）21O2（5）1.57命题调研（20142018五年大数据）命题角度设空方向频数难度1.以工业废料及矿物为原料通过分离、提纯、制备物质类工艺流程题2.以给定物质为载体的无机综合题1.加快浸出速率的

13、操作80.602.实验条件的选择40.513. 浸出或除杂过程中涉及到的化学（离子）方程式的书写160.424.陌生物质类别判断、电子式的书写30.575.陌生物中元素化合价或化学键数判断0.466.分离、提纯操作70.457. 物质成分判断0.488. 分析流程中某一操作目的0.409. 转化率的分析判断20.4110.Ksp除杂或判断沉淀是否生成中的应用911. 含量测定0.39 通过对五年高考的统计分析可以看出，高考对于无机综合题的考查，主要基于物质结构与性质，涉及物质制备与提纯、反应现象与变量控制的判断、电化学原理、基本化学计算，并将化学与社会、生产、生活的联系为切入点，以图表、模型、

14、化学工艺流程图等方式展现题干内容，让考生在陌生情景下书写化学方程式、完成具体任务，解决一些简单的化学问题，重点体现化学学科的价值。从题型来看与实际问题紧密联系的工艺流程题逐渐取代了前几年常考的虚构的框图题。预测2019年高考仍会以元素化合物知识载体，以化学工艺流程图的形式，围绕核心反应推断陌生物质；围绕核心反应或副反应考物质变化及定量关系；围绕产品纯度考物质的分离提纯（调pH、结晶、过滤、洗涤）；围绕原料的预处理考影响速率的因素；围绕经济原则考循环利用。陌生方程式的书写与含量计算是化工流程题的重要组成部分，也是学生失分较多的能力点，复习时加以重视！1常考化工术语关键词释义研磨、雾化将块状或颗粒

15、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灼烧（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。如煅烧石灰石、高岭土、硫铁矿浸取向固体中加入适当溶剂或溶液，使其中可溶性的物质溶解，包括水浸取、酸溶、碱溶、醇溶等酸浸在酸性溶液中使可溶性金属离子进入溶液，不溶物通过过滤除去的过程蒸发结晶蒸发溶剂，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蒸发浓缩蒸发除去部分溶剂，提高溶液的浓度水洗用水洗去可溶性杂质，类似的还有酸洗、醇洗等2.操作与思考角度常见的操作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

16、杂质（或影响产物的纯度）等分离、提纯过滤、蒸发、萃取、分液、蒸馏等常规操作从溶液中得到晶体的方法：蒸发浓缩冷却结晶过滤洗涤、干燥提高原子利用率绿色化学（物质的循环利用、废物处理、原子利用率、能量的充分利用）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、防潮解等目的控制溶液的pH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）“酸作用”还可除去氧化物（膜）“碱作用”还可除去油污，除去铝片氧化膜，溶解铝、二氧化硅等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）防止副反应的发生

17、使化学平衡移动；控制化学反应的方向控制固体的溶解与结晶控制反应速率；使催化剂达到最大活性升温：促进溶液中的气体逸出，使某物质达到沸点挥发加热煮沸：促进水解，聚沉后利于过滤分离趁热过滤：减少因降温而析出的溶质的量降温：防止物质高温分解或挥发；降温（或减压）可以减少能源成本，降低对设备的要求洗涤晶体水洗：通常是为了除去晶体表面水溶性的杂质冰水洗涤：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，减少损耗等洗涤沉淀的方法：往漏斗中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下后，重复以上操作23次示例1 （2017海南化学，17

18、）以工业生产硼砂所得废渣硼镁泥为原料制取MgSO47H2O的过程如图所示：硼镁泥的主要成分如下表：MgOSiO2FeO、Fe2O3CaOAl2O3B2O330%40%20%25%5%15%2%3%1%2%（1）“酸解”时应该加入的酸是_，“滤渣1”中主要含有_（写化学式）。（2）“除杂”时加入次氯酸钙、氧化镁的作用分别是_、_（3）判断“除杂”基本完成的检验方法是_。（4）分离滤渣3应趁热过滤的原因是_答案 （1）浓硫酸SiO2（2）氧化亚铁离子促进铁离子、铝离子转化为沉淀（3）溶液接近为无色（4）温度对硫酸镁、硫酸钙的溶解度影响不同，温度越高，硫酸钙溶解度越小，可以采用蒸发浓缩，趁热过滤方法

19、除去硫酸钙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每一步骤中与每一种试剂反应的情况：（1）反应过程中哪些物质（离子）消失了？（2）所加试剂是否过量或离子间发生化学反应，又产生了哪些新离子？要考虑这些离子间是否会发生反应？2循环物质的确定3副产品的判断示例2 某地煤矸石经预处理后主要含SiO2（61%）、Al2O3（30%）和少量的Fe2O3、FeO及钙镁化合物等。某实验小组利用其提取Al（OH）3。（1）滤渣的主要成分是CaCO3、Mg（OH）2和_。（2）上述流程中可循环利用的物质的化学式是_。答案（1）Fe（OH）3（2）CO2、Na2CO3 首尾主线分析：原料中间转化物质目标

20、产物。分析每一步操作的目的以及所发生的化学反应，跟踪主要物质的转化形式。1题型特点以元素化合物知识为载体，从素材情境中提取化学问题，将不同知识板块的内容整合和关联进行命题。包括：物质及其变化的规范表达，物质变化时的定量关系、分析解释、说明理由、概括结论、物质的氧化性和还原性与电化学原理相关联、溶液中的粒子成分与平衡常数相关联等。2认识陌生物质的性质的一般思路典例演示1 （2017课标全国，27）重铬酸钾是一种重要的化工原料，一般由铬铁矿制备，铬铁矿的主要成分为FeOCr2O3，还含有硅、铝等杂质。制备流程如图所示：（1）步骤的主要反应为：FeOCr2O3Na2CO3NaNO3Na2CrO4Fe2O3CO2NaNO2上述反应配平后FeOCr2O3与NaNO3的系数比为_。该步骤不能使用陶瓷容器，原因是_。（2）滤渣1中含量最多的金属