2020届高考化学总复习专题二第五单元常见无机物间的转化教案苏教版.docx

第五单元常见无机物间的转化知能深化扫盲点1无机框图推断题的题型特点和解题思想(1)题型特点无机框图推断题结构紧凑，文字表述少，包含信息多，综合性强，思维能力要求高，是多年考查元素化合物知识的热点题型。主要考查考生观察、分析、推理、获取信息的能力。(2)解题思路迅速浏览、整体扫描、产生印象、寻找“突破口”，“突破口”由点到面、随时检验，注意联系、大胆假设、全面分析(正推或逆推)，验证确认。解题的关键是仔细审题，依据物质的特性或特征转化来确定“突破口”，顺藤摸瓜，进而完成全部未知物的推断。我们可以将推断题的解题方法及推理过程表示如下： 推断题结论验证2无机框图推断题的5种解题方法(1)抓住“物质颜色”作为突破口有色固体红色：Cu、Cu2O、Fe2O3；红褐色：Fe(OH)3；黄色：AgI；淡黄色：S、Na2O2、AgBr；蓝色：Cu(OH)2；黑色：炭粉、CuO、MnO2、FeS、CuS；紫黑色：KMnO4、I2；白色：Fe(OH)2、CaCO3、BaSO4、AgCl、BaSO3有色溶液Fe2(浅绿色)、Fe3(黄色)、Cu2(蓝色)、MnO(紫红色)、Fe3遇 SCN(血红色)、I2遇淀粉(蓝色)、Fe3遇苯酚(紫色)等有色气体Cl2(黄绿色)、Br2(g)、NO2(红棕色)、I2(g)(紫色)、O3(淡蓝色)等火焰颜色焰色反应：Na(黄色)、K(紫色，透过蓝色钴玻璃)等；蓝色：CO在空气中燃烧；淡蓝色：S、H2、CH4等在空气中燃烧；苍白色：H2在Cl2中燃烧(2)抓住“物质特性”作为突破口能使品红溶液褪色的气体SO2(加热后又恢复红色)、Cl2(加热后不恢复红色)。沉淀发生特殊的颜色变化Fe(OH)2Fe(OH)3(白色沉淀先变灰绿色，再变红褐色)。在空气中变为红棕色NO(无色)NO2(红棕色)。能使澄清石灰水变浑浊的气体：CO2、SO2。通入CO2气体变浑浊的溶液：澄清石灰水(过量则变澄清)、Na2SiO3溶液、饱和Na2CO3溶液。使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体：NH3。使湿润的淀粉KI试纸变蓝的物质：NO2、Cl2、Br2、FeCl3等。常温下能溶解SiO2固体的物质：氢氟酸和NaOH溶液。烟雾现象棕(黄)色的烟Cu或Fe在Cl2中燃烧白烟Na在Cl2中燃烧；NH3遇到浓盐酸或浓硝酸白雾由HX等极易溶于水的气体产生钝化现象：常温下Fe、Al遇到浓硫酸或浓硝酸会生成一层致密的氧化膜，从而保护金属不再发生反应。(3)抓住“特殊反应条件”作为突破口反应条件反应方程式高温CaCO3CaOCO2；SiO2CaCO3CaSiO3CO2；SiO2Na2CO3Na2SiO3CO2；SiO2CaOCaSiO3；SiO22CSi2CO；CH2O(g)COH2；COH2O(g)CO2H2；3Fe4H2O(g)Fe3O44H2；2AlFe2O32FeAl2O3；4FeS211O22Fe2O38SO2高温、高压和催化剂N23H22NH3加热、催化剂4NH35O24NO6H2O；2SO2O22SO3反应条件反应方程式电解2NaCl2H2O2NaOHH2Cl2；2H2O2H2O2；2Al2O3(熔融)4Al3O2(4)抓住“特殊数据”作为突破口常见10电子微粒及相互转化关系分子：Ne、HF、H2O、NH3、CH4；阳离子：Na、Mg2、Al3、NH、H3O；阴离子：F、O2、N3、OH、NH。其相互转化关系为NHOHNH3H2O；H3OOH=2H2O。常见18电子微粒分子：Ar、HCl、H2S、PH3、SiH4、H2O2、N2H4、F2；阳离子：K、Ca2；阴离子：Cl、S2、P3、O；有机物：CH3OH、CH3NH2、CH3F、CH3CH3。常见物质的相对分子质量相对分子质量为28的物质：CO、N2、C2H4；相对分子质量为26的物质：C2H2；相对分子质量为32的物质：S、O2；相对分子质量为78的物质：Na2S、Na2O2、Al(OH)3；相对分子质量为100的物质：CaCO3、KHCO3、Mg3N2。(5)抓住“特殊转化关系”作为突破口直线型转化关系a金属碱性氧化物碱盐型，满足此关系的有 K、Na、Ca、Ba等。b非金属酸性氧化物酸盐型，满足此关系的有C、N、S等。cABC(酸或碱)型，满足此关系的有NH3、N2、S、H2S、C、Na等。交叉型转化关系三角型转化关系置换反应型反应关系化合物A单质B化合物C单质D这类反应主要有：CO22Mg2MgOC；Fe2O33H22Fe3H2O；Fe2HCl=FeCl2H2；CH2O(g)COH2；3Fe4H2O(g)Fe3O44H2。题点全练过高考1.a、b、c、X均为中学化学常见物质，一定条件下它们有如图所示转化关系(部分产物已略去)。下列说法正确的是()A若X为Fe，则c可能为Fe(NO3)2溶液B若X为KOH溶液，则a可能为AlC若a、b、c均为焰色反应呈黄色的化合物，则X一定为CO2D若X为O2，则a可为有机物乙醇，也可为非金属单质硫解析：选A若a为Al、X为KOH，Al与KOH反应只能生成KAlO2，B项错；若a、b、c均为焰色反应呈黄色的化合物，则三者中都含有钠元素，则X可能为CO2、SO2、H2S等，C项错；如果a为S，则S与O2反应只能生成SO2，D项错。2下表各物质中，a、b、c、d、e均含有同一种短周期元素，其中a是单质，b在常温下是气态的氢化物，c、d是氧化物，e是d和水反应的产物。则各物质之间通过一步反应就能实现表中所示转化的是()物质编号物质转化关系adeSiSiO2H2SiO3SSO3H2SO4CCO2H2CO3N2NO2HNO3A.BCD解析：选BSiO2不能一步反应生成H2SiO3，故不符合题意。3有一化合物X，其水溶液为浅绿色，可发生如下的转化关系(部分反应物、生成物已略)。其中B、D、E、F均为无色气体，M、L为常见的金属单质，C为难溶于水的红褐色固体。在混合液中加入BaCl2溶液可生成不溶于稀盐酸的白色沉淀，H和M反应可放出大量的热。请回答下列问题：(1)B的电子式为_。(2)画出元素M的原子结构示意图_。(3)物质X的化学式为_。(4)电解混合液时阳极反应式为_。(5)按要求写出上述转化关系中有关反应的化学方程式含有L元素的化合反应：_；含有L元素的置换反应：_。(6)已知a g E气体在D中完全燃烧生成稳定的化合物时，放出b kJ的热量，写出E气体燃烧热的热化学方程式为_。解析：由颜色可知C为Fe(OH)3，则A为Fe(OH)2、H为Fe2O3，由M、L为常见的金属单质，可知M、L分别为Al、Fe；X与NaOH反应生成气体B，B一定是NH3；在混合液中加入BaCl2溶液有不溶于盐酸的沉淀生成，可知含有SO，所以X为(NH4)2Fe(SO4)2，混合液为NaOH和Na2SO4溶液，电解生成H2、O2，D、E分别为O2、H2，F为NO，G为HNO3。答案：(1) (2)(3)(NH4)2Fe(SO4)2(4)4OH4e=O22H2O(5)4Fe(OH)2O22H2O=4Fe(OH)3Fe2O32Al2FeAl2O3(6)H2(g)O2(g)=H2O(l)H kJmol1以物质制备为目的的化学工艺流程1原料处理阶段的常见考查点(1)加快反应速率。(2)溶解：通常用酸溶。如用硫酸、盐酸、浓硫酸等。(3)灼烧、焙烧、煅烧：改变结构，使一些物质能溶解，并使一些杂质高温下氧化、分解。2分离提纯阶段的常见考查点(1)调pH除杂控制溶液的酸碱性使其中的某些金属离子形成氢氧化物沉淀。如若要除去Al3、Mn2溶液中含有的Fe2，先用氧化剂把Fe2氧化为Fe3，再调溶液的pH。调节pH所需的物质一般应满足两点：能与H反应，使溶液pH增大；不引入新杂质。例如：若要除去Cu2溶液中混有的Fe3，可加入CuO、Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3等物质来调节溶液的pH。(2)加热：加快反应速率或促进平衡向某个方向移动。如果在制备过程中出现一些受热易分解的物质或产物，则要注意对温度的控制。如侯氏制碱法中的NaHCO3；还有如H2O2、Ca(HCO3)2、KMnO4、AgNO3、HNO3(浓)等物质。(3)降温：防止某物质在高温时会溶解(或分解)；使化学平衡向着题目要求的方向移动。3获得产品阶段的常见考查点(1)洗涤(冰水、热水)：如乙醇洗涤既可洗去晶体表面的杂质，又可减少晶体溶解的损耗。(2)蒸发时的气体氛围抑制水解：如从溶液中析出FeCl3、AlCl3、MgCl2等溶质时，应在HCl的气流中加热，以防其水解。(3)蒸发浓缩、冷却结晶：如NaCl和K2Cr2O7混合溶液，若将混合溶液加热蒸发后再降温，则析出的固体主要是K2Cr2O7，这样就可分离出大部分K2Cr2O7；同样原理可除去KNO3中的少量NaCl。(4)蒸发结晶、趁热过滤：如NaCl和K2Cr2O7混合溶液，若将混合溶液蒸发一段时间，析出的固体主要是NaCl，同样原理可除去NaCl中的少量KNO3。对点练1(2018安徽两校阶段性测试)用铝土矿(含30% SiO2、40.8% Al2O3和少量Fe2O3等)制取铝硅合金材料的方法有湿法、干法等，其中干法制备的工艺流程如下：(1)若湿法处理铝土矿，用强酸浸取时，所得溶液中阳离子有_。(2)焙烧除铁反应：4(NH4)2SO4Fe2O32NH4Fe(SO4)23H2O6NH3(Al2O3部分发生类似反应)。氧化物转化为硫酸盐的百分率与温度的关系如图，最适宜焙烧温度为_，用电子式表示气体的形成过程_。(3)操作包括：加水溶解、_。(4)用焦炭还原SiO2、Al2O3会产生中间体SiC、Al4C3。写一个高温下中间体与Al2O3反应生成铝单质的化学方程式：_。(5)铝硅合金材料中若含铁，会影响其抗腐蚀性。原因是_。(6)不计损失，投入1 t铝土矿，当加入54 kg纯铝后，铝硅合金中mn_。解析：(1)Al2O3和少量Fe2O3都能溶于强酸，故所得溶液中阳离子是Al3、Fe3、H(酸过量)。(2)焙烧的目的是除去铁，根据题图知，选择的最适宜温度为300 ，此时氧化铁的转化率较高，且氧化铝的转化率较低，铝的损耗较少。气体为NH3，NH3为共价化合物，用电子式表示NH3的形成过程为。(3)操作是分离出不溶于水的SiO2和Al2O3，因此加水溶解后需进行过滤操作。(4)SiC、Al4C3高温下与Al2O3反应生成铝单质的化学方程式分别为3SiCAl2O33Si2Al3CO、Al4C3Al2O36Al3CO。(5)铝硅合金材料中若含铁，则与电解质溶液接触时会形成铁铝原电池，铝作负极，加快了铝的腐蚀。(6)1 t铝土矿可得到Si的质量为1 t30%0.14 t140 kg，可得到Al的质量为1 t40.8%0.216 t216 kg，当加入54 kg纯铝后，Al、Si的物质的量之比为21，所以mn21。答案：(1)Al3、Fe3、H(2)300 (3)过滤(4)Al4C3Al2O36Al3CO(或3SiCAl2O33Si2Al3CO)(5)铁与铝形成原电池，加快了铝的腐蚀(6)212草酸钴用途广泛，可用于指示剂和催化剂制备。一种利用水钴矿(主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、MnO、MgO、CaO等)制取CoC2O42H2O的工艺流程如下：已知：浸出液含有的阳离子主要有H、Co2、Fe2、Mn2、Ca2、Mg2、Al3等。部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：沉淀物Fe(OH)3Fe(OH)2Co(OH)2Al(OH)3Mn(OH)2完全沉淀的pH3.79.69.25.29.8(1)浸出过程中加入Na2SO3的目的是将_(填离子符号)还原以便固体溶解。该步反应的离子方程式为_(写一个)。(2)NaClO3的作用是将浸出液中的Fe2氧化成Fe3，氯元素被还原为最低价。该反应的离子方程式为_。(3)利用平衡移动原理分析：加Na2CO3能使浸出液中Fe3、Al3转化成氢氧化物沉淀的原因是_。(4)萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图所示。滤液中加入萃取剂的作用是_；使用萃取剂适宜的pH_(填字母)左右。A2.0B3.0C4.0(5)滤液“除钙、镁”是将溶液中Ca2与Mg2转化为MgF2、CaF2沉淀。已知Ksp(MgF2)7.351011、Ksp(CaF2)1.051010。当加入过量NaF后，所得滤液_。解析：含钴废料中加入盐酸和Na2SO3，可得到CoCl2、AlCl3、FeCl2、MgCl2、CaCl2、MnCl2，加入NaClO3，可得到FeCl3，然后加入Na2CO3调pH至5.2，可得到 Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，过滤后所得滤液主要含有CoCl2、MgCl2、CaCl2、MnCl2，向溶液中加入NaF溶液，除去Ca2、Mg2，然后向过滤得到的滤液中加入萃取剂，萃取后溶液加入(NH4)2C2O4，得到CoC2O4。(1)Na2SO3具有还原性，能还原氧化性离子Fe3、Co3，所以浸出过程中加入Na2SO3的目的是将Fe3、Co3还原，反应的离子方程式为SO2Fe3H2O=SO2Fe22H或SO2Co3H2O=SO2Co22H。(2)NaClO3具有氧化性，能将浸出液中的Fe2氧化成Fe3，自身被还原生成Cl，同时生成水，反应的离子方程式为ClO6Fe26H=6Fe3Cl3H2O。(3)Fe3、Al3水解导致溶液呈酸性，水解方程式为Fe33H2OFe(OH)33H、Al33H2OAl(OH)33H，CO和H反应，从而促进水解平衡向右移动，产生Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀。(4)根据流程图可知，此时溶液中存在Mn2、Co2；由萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系可知，调节溶液pH在3.03.5之间，可使Mn2完全沉淀，并防止Co2转化为Co(OH)2沉淀。(5)当加入过量NaF后，所得滤液中0.7。答案：(1)Fe3、Co3SO2Fe3H2O=SO2Fe22H(或SO2Co3H2O=SO2Co22H)(2)ClO6Fe26H=6Fe3Cl3H2O(3)因Fe3和Al3(用M3代替)在水溶液中存在平衡M3H2OM(OH)33H，加入Na2CO3后CO与H结合生成难电离的HCO，使水解平衡右移而产生沉淀(4)除去Mn2B(5)0.7以分离提纯为目的的化学工艺流程1物质分离提纯的原则(1)不增：不引入新的杂质。(2)不减：不减少被提纯的物质。(3)易分离：被提纯物与杂质易于分离。(4)易复原：被提纯的物质易恢复原来的组成、状态。2常用的提纯方法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溶液的pH法如除去酸性Cu2溶液中的Fe3等3.常用的分离方法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蒸发结晶提取溶解度随温度变化不大的溶质，如NaCl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、CuSO45H2O、FeSO47H2O等蒸馏或分馏分离沸点不同且互溶的液体混合物，如分离乙醇和甘油冷却法利用气体液化的特点分离气体，如合成氨工业采用冷却法分离平衡混合气体中的氨气对点练3电石广泛应用于生产PVC、维尼纶等，电石与水反应所得残渣电石渣，主要含Ca(OH)2、CaCO3及少量其他杂质。某工业电石渣的几种回收利用流程如下：几种物质在水中的溶解度曲线如图所示。回答下列问题：(1)常温氯化反应的化学方程式是_。为提高Cl2转化为Ca(ClO)2的转化率，可行的措施有_(填序号)。A加热升高温度B适当减缓通入Cl2的速率C充分搅拌浆料D加水使Ca(OH)2完全溶解电石渣中的有害杂质CN与ClO反应转化为两种无害的气体，每转化1 mol CN至少需要消耗氧化剂ClO_ mol。(2)75 氯化生成氯酸钙中氯的化合价为_，氯化完成后过滤，滤渣的主要成分为_(填化学式)。氯酸钙能与KCl反应转化为氯酸钾的原因是_。(3)有机反应首先生成氯代乙醇，其结构简式为_，氯代乙醇再与Ca(OH)2反应生产环氧乙烷。总反应的化学方程式是_。解析：(1)常温氯化，Cl2与Ca(OH)2发生反应得到漂白液。加热升高温度，Ca(OH)2的溶解度降低，则Cl2的转化率也降低，A项不符合题意；适当减缓通入Cl2的速率，等效于增大Ca(OH)2的浓度，Cl2的转化率增大，B项符合题意；充分搅拌浆料，能使反应完全，Cl2的转化率增大，C项符合题意；加水使Ca(OH)2完全溶解，不能改变Cl2的转化率，D项不符合题意。根据题意，CN与ClO反应转化为CO2和N2，CN中C、N分别为2价、3价，1 mol CN失去5 mol电子，而ClO转化为Cl，1 mol ClO得到2 mol电子，根据得失电子守恒，则每转化1 mol CN至少需要消耗氧化剂ClO 2.5 mol。(2)Ca(ClO3)2中Cl的化合价为5价。氯化完成后过滤，得到的滤渣的主要成分为CaCO3、Ca(OH)2。根据题图知，75 时氯酸钾的溶解度比氯酸钙、氯化钾、氯化钙都小得多，故氯酸钙与KCl能发生反应：Ca(ClO3)22KClCaCl22KClO3。(3)氯代乙醇为氯原子取代乙醇分子中乙基上的氢原子，根据“氯代乙醇再与Ca(OH)2反应生产环氧乙烷”，则氯原子应取代甲基上的氢原子，故氯代乙醇的结构简式为ClCH2CH2OH，总反应的化学方程式为CH2=CH2Cl2Ca(OH)2CaCl2H2O。答案：(1)2Cl22Ca(OH)2=CaCl2Ca(ClO)22H2OBC2.5(2)5价CaCO3、Ca(OH)275 时，氯酸钾的溶解度比氯酸钙、氯化钾、氯化钙都小得多(3)ClCH2CH2OHCH2=CH2Cl2Ca(OH)2CaCl2H2O4我国是干电池的生产和消费大国。某科研团队设计了以下流程对碱性锌锰干电池的废旧资源进行回收利用。已知：Ksp(MnS)2.51013，Ksp(ZnS)1.61024；Mn(OH)2开始沉淀时pH为8.3，完全沉淀的pH为9.8。(1)碱性锌锰干电池是以锌粉为负极，二氧化锰为正极，氢氧化钾溶液为电解质。电池总反应式为2MnO2Zn2KOH=2MnOOHK2ZnO2，则电池的正极反应式为_。(2)为了提高碳包的浸出效率，可以采取的措施有_(写一条即可)。(3)向滤液1中加入MnS的目的是_。(4)已知MnSO4的溶解度曲线如图所示，从滤液2中析出MnSO4H2O晶体的操作是蒸发结晶、_、洗涤、低温干燥。(5)为了选择试剂X，在相同条件下，分别用3 g碳包进行制备MnSO4的实验，得到数据如下表，请写出最佳试剂X与碳包中的主要成分发生反应的化学方程式：_。实验编号试剂XMnSO4/g1锌粉2.42铁粉2.73FeS粉末3.0430%过氧化氢3.7(6)工业上经常采用向滤液2中加入NaHCO3溶液来制备MnCO3，不选择Na2CO3溶液的原因是_。(7)该科研小组利用EDTA(乙二胺四乙酸二钠，阴离子简写为Y2)进行络合滴定测定Mn2在电池中的百分含量，化学方程式可以表示为Mn2Y2=MnY。实验过程如下：准确称量一节电池的质量平均为24.00 g，完全反应后，得到200.00 mL滤液2，量取10.00 mL滤液2稀释至100.00 mL，取20.00 mL溶液用0.050 0 molL1 EDTA标准溶液滴定，平均消耗标准溶液22.00 mL，则该方案测得Mn元素的百分含量为_(保留3位有效数字)。解析：(1)锌粉为负极，发生氧化反应，氢氧化钾溶液为电解质时发生的电极反应式为Zn4OH2e=ZnO2H2O，用电池总反应2MnO2Zn2KOH=2MnOOHK2ZnO2减去负极电极反应式，即得电池的正极反应式为MnO2H2Oe=MnOOHOH。(2)通过适当的升温、固体粉碎或搅拌等措施可提高碳包的浸出效率。(3)滤液1含有Zn2，加入MnS可以生成ZnS沉淀，再通过过滤即可除去。(4)由MnSO4的溶解度曲线可知MnSO4H2O在温度超过40 后溶解度随温度的升高而降低，则将滤液2溶液蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、并低温干燥防分解即可得到MnSO4H2O晶体。(5)由表可知选用30%的过氧化氢获得的MnSO4质量最高，则30%的过氧化氢为最佳试剂，与MnO2在酸性条件下发生反应的化学方程式为H2O2MnO2H2SO4=MnSO42H2OO2或H2O22MnOOH2H2SO4=2MnSO44H2OO2。(6)相同浓度的NaHCO3溶液和Na2CO3溶液，因CO的水解能力强于HCO，Na2CO3溶液的碱性强，更容易产生Mn(OH)2沉淀。(7)消耗EDTA的物质的量为0.050 0 molL10.022 L0.001 1 mol，则样品中Mn2的物质的量为0.0011 mol0.11 mol，Mn元素的百分含量为100%25.2%。答案：(1)MnO2H2Oe=MnOOHOH(2)适当的升温(或固体粉碎、搅拌)(3)将溶液中的Zn2转化为ZnS沉淀而除去(4)趁热过滤(5)H2O2MnO2H2SO4=MnSO42H2OO2(或H2O22MnOOH2H2SO4=2MnSO44H2OO2)(6)Na2CO3溶液的碱性强，容易产生Mn(OH)2沉淀(7)25.2%课堂真题集训明考向1(2017江苏高考)在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是()AFeFeCl2Fe(OH)2BSSO3H2SO4CCaCO3CaOCaSiO3DNH3NOHNO3解析：选CFe与Cl2反应生成FeCl3，A项错误；S与O2反应生成SO2，B项错误；CaCO3高温分解生成CaO，CaO与SiO2在高温时反应生成CaSiO3，C项正确；NO与H2O不反应，D项错误。2(2017江苏高考)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=2NaClNaClO3AgCl可溶于氨水：AgCl2NH3H2OAg(NH3)Cl2H2O常温时N2H4H2O(水合肼)在碱性条件下能还原Ag(NH3)：4Ag(NH3)N2H4H2O=4AgN24NH4NH3H2O(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、NaOH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 molL1水合肼溶液，1 molL1H2SO4)。解析：(1)加热温度在低于100 时，可采用水浴加热的方式。(2)在溶液中，NaClO氧化Ag生成AgCl、NaOH和O2，根据得失电子守恒及原子守恒配平反应的化学方程式。HNO3氧化Ag时会产生氮氧化物，污染环境。(3)为提高Ag的回收率，需要将洗涤后的滤液也一起合并到过滤的滤液中。(4)未过滤掉的溶液会稀释加入的氨水，增加氨水的用量；由已知信息知冷却后的溶液中因NaClO的分解，会含有一定浓度的Cl，不利于AgCl和氨水反应的正向进行。(5)由已知信息知，水合肼可以和银氨溶液发生反应生成Ag和NH3。生成的NH3用1 molL1H2SO4溶液吸收，当溶液中不再产生气泡时，说明反应已进行完全，静置，过滤出生成的Ag，洗涤、干燥，得Ag。答案：(1)水浴加热(2)4Ag4NaClO2H2O=4AgCl4NaOHO2会释放出氮氧化物(或NO、NO2)，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 molL1H2SO4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3(2017海南高考)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%2%回答下列问题：(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_。解析：(1)流程制备的是MgSO47H2O，为了不引入杂质，因此所用的酸是硫酸，化学式为H2SO4；根据硼镁泥的成分，SiO2不与硫酸反应，因此滤渣1为SiO2。(2)硼镁泥中含有FeO，与硫酸反应后生成FeSO4，次氯酸钙具有强氧化性，能把Fe2氧化成Fe3，氧化镁的作用是调节pH，使Al3和Fe3以氢氧化物形式沉淀出来，除去Fe3和Al3。(3)除杂是除去的Fe3和Al3，因此验证Fe3就行，方法是取滤液将其酸化后滴加KSCN溶液，若溶液未变红，则说明除杂完全。答案：(1)H2SO4SiO2(2)将Fe2氧化为Fe3调节溶液pH，使Fe3、Al3以氢氧化物的形式沉淀除去(3)取滤液将其酸化后滴加KSCN溶液，若溶液未变红，则说明除杂完全(4)防止MgSO47H2O结晶析出4(2016全国卷)以硅藻土为载体的五氧化二钒(V2O5)是接触法生产硫酸的催化剂。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V2O5V2O4K2SO4SiO2Fe2O3Al2O3质量分数/%2.22.92.83.122286065121以下是一种废钒催化剂回收工艺路线：回答下列问题：(1)“酸浸”时V2O5转化为VO，反应的离子方程式为_，同时V2O4转化成VO2。“废渣1”的主要成分是_。(2)“氧化”中欲使3 mol的VO2变为VO，则需要氧化剂KClO3至少为_ mol。(3)“中和”作用之一是使钒以V4O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4ROHV4OR4V4O124OH(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”或“中”)。(5)“流出液”中阳离子最多的是_。(6)“沉钒”得到偏钒酸铵(NH4VO3)沉淀，写出“煅烧”中发生反应的化学方程式_。解析：(1)“酸浸”时V2O5转化为VO，V2O5、VO中V元素均显5价，V元素化合价不变，则该反应是非氧化还原反应，结合溶液的酸碱性及元素守恒写出离子方程式：V2O52H=2VOH2O。废钒催化剂中除SiO2外，其余物质均与稀硫酸反应生成易溶于水的盐，则“废渣1” 的主要成分是二氧化硅。(2)“氧化”中使3 mol的VO2变为VO，转移电子的物质的量为3 mol(54)3 mol；氧化剂KClO3被还原为KCl，Cl元素由5价降低到1价，根据电子守恒可知，需要KClO3的物质的量至少为0.5 mol。(3)由图可知，加入KOH中和后产生废渣2，而“中和”作用之一是使钒以V4O形式存在于溶液中，后续操作中未进行除杂操作，显然该过程中还生成Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀，从而除去Fe3、Al3，故“废渣2”中含有Fe(OH)3和Al(OH)3。(4)“离子交换”和“洗脱”可简单表示为4ROHV4OR4V4O124OH(ROH为强碱性阴离子交换树脂)。为了提高洗脱效率，应增加溶液中c(OH)，使平衡逆向移动，故淋洗液应该呈碱性。(5)“氧化”和“中和”操作中分别加入KClO3、KOH，而“离子交换”过程中，消耗V4O同时生成OH，而阳离子未参与离子交换，故“流出液”中阳离子最多的是K。(6)“沉钒”得到偏钒酸铵(NH4VO3)沉淀，“煅烧”过程中生成V2O5，考虑铵盐的不稳定性，还应生成NH3和H2O，结合元素守恒写出化学方程式：2NH4VO3V2O5H2O2NH3。答案：(1)V2O52H=2VOH2OSiO2(2)0.5(3)Fe(OH)3和Al(OH)3(4)碱(5)K(6)2NH4VO3V2O5H2O2NH3课下能力测评查缺漏1表中各组物质之间不可以通过一步反应实现如图所示转化关系的是()选项XYZ箭头旁所标数字代表的反应条件ANa2O2NaOHNaCl常温遇水BAl2O3NaAlO2Al(OH)3通入CO2CNONO2HNO3加入铜粉DCl2NaClOHClO加浓盐酸解析：选AA项，NaCl不能通过一步反应得到Na2O2；2已知X、Y、Z、E、F五种常见物质含有同一元素M，在一定条件下它们有如下转化关系，Z是NO，下列推断不合理的是()AX可能是一种氢化物BX生成Z一定是化合反应CE可能是一种有色气体DF中M元素的化合价可能为5价解析：选B根据题给转化关系推断，M为氮元素，Z为NO，E为NO2，F为HNO3。A.X可能是NH3，则Y可能为N2，正确；B.若X为NH3，NH3转化为NO可发生反应：4NH35O24NO6H2O，不是化合反应，错误；C.E 可能是NO2，是一种红棕色气体，正确；D.F可能为HNO3，其中氮元素的化合价为5价，正确。3下列各组物质中，物质之间通过一步反应就能实现图示变化的是()物质编号物质转化关系abcdFeCl2FeCl3FeCuCl2NONO2N2HNO3Na2ONa2O2NaNaOHAl2O3NaAlO2AlAl(OH)3A.B CD解析：选A中N2不能一步生成NO2气体，中NaOH不能一步生成Na2O。4甲、乙、丙、丁、戊是中学常见的无机物，其中甲、乙均为单质，它们的转化关系如图所示(某些条件和部分产物已略去)。下列说法不正确的是()A若甲既能与盐酸反应又能与NaOH溶液反应，则丙可能属于两性氧化物B若甲为短周期中原子半径最大的主族元素的单质，且戊为碱，则丙只能为Na2O2C若丙、丁混合产生白烟，且丙为18电子分子，丁为10电子分子，则乙的水溶液可能具有漂白作用D若甲、丙、戊含有同一种元素，则三种物质中，该元素的化合价由低到高的顺序可能为甲丙戊解析：选B若甲为单质，既能与盐酸反应又能与NaOH溶液反应，则甲为Al，乙为O2，二者反应生成的丙为氧