高中化学考前提分训练第1部分主题2主观大题突破1分点突破2

第一部分高考题型突破主题二常见无机物的性质与转化主观大题突破(一)化学工艺流程综合分点突破(二)分离提纯与条件控制高考真题赏析明方向命题预测精练提能力核心考点整合固双基核心考点整合固双基1．物质分离的常用方法看目的选方法分离难溶物质和易溶物，根据特殊需要采用趁热过滤或者抽滤等方法过滤(热滤或抽滤)利用溶质在互不相溶的溶剂里的溶解度不同提纯分离物质，如用CCl4或苯萃取溴水中的溴萃取和分液将目标产物从有机相转入水相的萃取操作称为反萃取，为萃取的逆过程反萃取看目的选方法提纯溶解度随温度变化不大的溶质，如NaCl蒸发结晶提纯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等冷却结晶分离沸点不同且互溶的液体混合物，如分离乙醇和甘油蒸馏与分馏利用气体易液化的特点分离气体，如合成氨工业采用冷却法分离氨气与N2、H2冷却法看目的选方法利用离子交换树脂与溶剂中的离子发生交换，进行分离。树脂可以反复使用离子交换减压蒸发降低了蒸发温度，可以防止某物质分解(如H2O2、浓硝酸、NH4HCO3)或失去结晶水减压蒸发2．化工流程中的条件控制(1)温度的控制升温①加快反应速率或溶解速率；②促进平衡向吸热方向移动；③除杂，除去热不稳定的杂质；④使沸点相对较低的原料气化降温①防止某物质在高温时会溶解(或分解)；②使化学平衡向着题目要求的方向移动(放热方向)；③使某个沸点较高的产物液化，使其与其他物质分离；④降低晶体的溶解度，减少损失控温(用水浴或油浴控温)①防止某种物质温度过高时会分解或挥发；②为了使某物质达到沸点挥发出来；③使催化剂的活性达到最好；④防止副反应的发生；⑤降温或减压可以减少能源成本，降低对设备的要求，达到绿色化学的要求；⑥如果题目中出现了包括产物在内的各种物质的溶解度信息，则要根据它们的溶解度随温度升高而改变的情况，寻找合适的结晶分离方法(蒸发结晶或浓缩结晶)(2)pH的控制①控制一定的pH，以提供反应所需环境。反应环境的不同会导致反应产物的差异。如在酸性环境中KMnO4的还原产物一般为Mn2＋，中性(或弱酸性)环境中KMnO4的还原产物一般为MnO2。②控制一定的pH，以改变元素的存在形式。如铝元素在强酸性条件下以Al3＋形式存在，当体系的pH增大，铝元素将以Al(OH)3甚至[Al(OH)4]－的形式存在。③控制一定的pH，使金属阳离子形成氢氧化物沉淀。(3)反应物用量或浓度的控制①酸浸时为了提高矿石中某金属元素的浸取率，可以适当提高酸的浓度。②对有多种反应物的体系，增大便宜、易得的反应物的浓度，可以提高其他物质的利用率，使反应充分进行。如工业制硫酸过程中，通入过量的O2以提高SO2的转化率。③增大物质浓度可以加快反应速率，使平衡发生移动，应结合具体问题进行具体分析。【高考失分点】2．沉淀的洗涤操作：沿玻璃棒向漏斗中加入蒸馏水至BaSO4沉淀全部被浸没，待水自然流下后，重复实验2～3次。3．判断沉淀洗涤干净操作：取最后一次流出的液体少许于试管中，滴加适量稀硝酸，再滴加硝酸银溶液，若没有白色沉淀证明BaSO4沉淀洗涤干净。高考真题赏析明方向1．(2025·河南高考)一种从预处理得到的贵金属合金粉[主要成分为Fe、Rh(铑)、Pt，含有少量SiO2]中尽可能回收铑的工艺流程如下：回答下列问题：(1)“酸溶1”的目的是____________________________。(2)已知“酸溶2”中Rh转化为H3[RhCl6]，则生成该物质的化学方程式为_____________________________________；“滤渣”的主要成分是______________(填化学式)。(3)“沉铑”中得到的沉淀经“灼烧”后分解成铑单质，但夹杂少量Rh2O3和RhCl3，则“高温还原”中发生反应的化学方程式为________________________。(4)若“活化还原”在室温下进行，SnCl2初始浓度为1.0×10－4mol·L－1，为避免生成Sn(OH)2沉淀，溶液适宜的pH为________(填标号)[已知Sn(OH)2的Ksp＝5.5×10－28]。A．2.0

B．4.0C．6.0(5)“活化还原”中，SnCl2必须过量，其与Rh(Ⅲ)反应可生成[Rh(SnCl3)5]4－，提升了Rh的还原速率，该配离子中Rh的化合价为________；反应中同时生成[SnCl6]2－，Rh(Ⅲ)以[RhCl6]3－计，则理论上SnCl2和Rh(Ⅲ)反应的物质的量之比为________。(6)“酸溶3”的目的是__________________________________。【答案】

(1)溶解Fe，使其进入溶液，从而通过过滤实现分离(2)Rh＋6HCl＋3HNO3===H3[RhCl6]＋3NO2↑＋3H2O

SiO2(4)A

(5)＋1

6∶1

(6)除去滤渣中未反应的Zn【解析】贵金属合金粉[主要成分为Fe、Rh(铑)、Pt，含有少量SiO2]中尽可能回收铑的工艺流程中，加入浓盐酸溶解其中Fe，过滤后实现分离，再向滤渣中加入王水(浓盐酸与浓硝酸混合酸)氧化溶解Rh和Pt，Rh转化为H3[RhCl6]，Pt转化为相关可溶物，SiO2不溶，过滤后进行分离；煮沸滤液除去盐酸、硝酸，再加入浓盐酸、DETA将部分铑元素沉淀，过滤后，滤渣进行灼烧分解为Rh、Rh2O3和RhCl3，再用H2进行高温还原得到铑单质，向滤液中加入NH4Cl将铂元素相关化合物转化为沉淀除去，加入SnCl2将Rh(Ⅲ)转化为[Rh(SnCl3)5]4－，再加入Zn进行还原，生成Rh，由于Zn过量有剩余，加入浓盐酸溶解过量的Zn，实现Zn与Rh分离，过滤获得铑粉，以此分析解答。(1)原料合金粉主要成分为Fe、Rh、Pt和少量SiO2，Fe易溶于酸(如盐酸或硫酸)，而Rh和Pt在常温下不易被非氧化性酸溶解，SiO2不溶于酸，因此“酸溶1”使用非氧化性酸溶解Fe生成可溶性盐，过滤后Fe(Ⅱ)进入滤液，剩余滤渣主要为Rh、Pt和SiO2，实现初步分离。(2)“酸溶2”中Rh转化为H3[RhCl6]，Rh元素化合价由0升高至＋3，HNO3中N元素化合价由＋5降低至＋4，结合化合价升降守恒以及原子守恒可知反应化学方程式为Rh＋6HCl＋3HNO3===H3[RhCl6]＋3NO2↑＋3H2O；由上述分析可知该过程中滤渣的主要成分为SiO2。(3)“高温还原”过程中，Rh2O3和RhCl3均被H2还[Rh(SnCl3)5]4－中，配体[SnCl3]－带1个负电荷，设Rh的化合价为x，则x＋5×(－1)＝－4，则x＝＋1；Rh(Ⅲ)以[RhCl6]3－计，反应中Rh(Ⅲ)还原至Rh(Ⅰ)，每个Rh得到2个电子，SnCl2为还原剂，部分被氧化为[SnCl6]2－，Sn(Ⅱ)被氧化为Sn(Ⅳ)，每个Sn失去2个电子，同时反应过程中，部分SnCl2结合一个Cl－形成[SnCl3]－，作为新的配体，每生成1个[Rh(SnCl3)5]4－，需要5个SnCl2，因此理论上SnCl2和Rh(Ⅲ)反应的物质的量之比为(1＋5)∶1＝6∶1。(6)由于“二次还原”过程中，为确保[Rh(SnCl3)5]4－完全反应，加入的Zn需过量，过滤后剩余Zn和生成物Rh存在于滤渣中，因此再向滤渣中加入浓盐酸的目的为：除去滤渣中未反应的Zn。2．(2025·安徽高考)某含锶(Sr)废渣主要含有SrSO4、SiO2、CaCO3、SrCO3和MgCO3等，一种提取该废渣中锶的流程如下图所示。已知25℃时，Ksp(SrSO4)＝10－6.46，Ksp(BaSO4)＝10－9.97回答下列问题：(1)锶位于元素周期表第五周期第ⅡA族。基态原子价电子排布式为_________________________________。(5)“浸出渣2”中主要含有SrSO4、_____________________(填化学式)。(6)将窝穴体a(结构如图2所示)与K＋形成的超分子加入“浸出液”中，能提取其中的Sr2＋，原因是_______________________。(7)由SrCl2·6H2O制备无水SrCl2的最优方法是________(填标号)。a．加热脱水

b．在HCl气流中加热c．常温加压

d．加热加压【答案】

(1)5s2

(2)Ca2＋、Mg2＋

(5)BaSO4、SiO2

(6)Sr2＋具有更多的空轨道，能够与更多的N、O形成配位键，形成超分子后，结构更稳定(7)a【解题攻略】化工流程题中“叙述性问题”规范作答方法突破目的或原因答题模板沉淀用乙醇洗涤的目的a.减小固体的溶解度；b.除去固体表面吸附的杂质；c.乙醇挥发带走水分，使固体快速干燥加过量A试剂的原因使B物质反应完全(或提高B物质的转化率)等配制某溶液前先煮沸水除去溶解在水中的氧气，防止××物质被氧化反应容器中和大气相通的玻璃管的作用指示容器中压强大小，避免反应容器中压强过大命题预测精练提能力1．(2025·河北石家庄三模节选)某三元锂离子电池的正极材料含有Li3NiCoMnO6、Cu和Al等。现欲利用以下工艺流程回收该废弃电池正极材料中的某些金属资源(部分条件未给出)。回答下列问题：(1)Li3NiCoMnO6中Co、Mn元素分别为＋3价、＋4价，则Ni元素的化合价为________。(2)“放电”的目的为_________________________________。(3)“正极酸浸”后，Li3NiCoMnO6中Co、Mn及Cu元素均转化为＋2价，H3A转化为A3－，据此写出Li3NiCoMnO6被Cu还原的离子方程式为____________________________________________________；根据原理分析，H3A和Cu的作用也可用浓盐酸实现，但缺点为__________________________。(4)“氨溶”所得含镍配合物中阳离子呈正八面体结构，该反应的化学方程式为_________________________________________。(5)向铝盐或锂盐溶液中加入Na3PO4固体，在不同pH下，稳定存在的物质形态如下图所示。则“沉铝”时应选择的pH范围为________。【答案】

(1)＋2

(2)形成原电池，使Li＋充分嵌入正极，提高锂的回收率(3)2Li3NiCoMnO6＋3Cu＋8H3A===6Li＋＋2Ni2＋＋2Co2＋＋2Mn2＋＋3Cu2＋＋8A3－＋12H2O生成氯气，污染环境(4)Ni(EX)2＋6NH3·H2O===[Ni(NH3)6](EX)2＋6H2O

(5)1～6【解析】废旧锂离子电池放电处理拆解后，正极用柠檬酸H3A浸取过滤，正极材料中Li3NiCoMnO6与Cu发生氧化还原反应，Co、Mn及Cu元素均转化为＋2价，故所得滤液含有Li＋、Ni2＋、Co2＋、Mn2＋、Cu2＋、Al3＋和A3－；再加入抗坏血酸使Cu2＋还原生成铜粉；加入黄原酸钾(KEX)使Ni2＋、Co2＋分别转化为Ni(EX)2、Co(EX)2沉淀；在Ni(EX)2、Co(EX)2沉淀中加入氨水使Ni(EX)2转化为配离子[Ni(NH3)6]2＋，从而与Co(EX)2沉淀分离；“沉锰”时加入草酸使Mn2＋转化为MnC2O4·2H2O；“沉铝、锂”时向铝盐与锂盐溶液中加入Na3PO4固体，通过调节pH，使Li＋、Al3＋分别转换为Li3PO4、AlPO4析出。(1)Li3NiCoMnO6中Co、Mn元素分别为＋3价、＋4价，且Li、O元素分别为＋1价、－2价，根据化合物价态为0的原则推出Ni元素的化合价为＋2价。(2)“放电处理”时形成原电池，锂离子从负极脱出，经由电解质向正极移动并充分嵌入正极，提高锂的回收率。(3)“正极酸浸”后，Li3NiCoMnO6中Co、Mn由＋3价、＋4价转化为＋2价，Cu由0价转化为＋2价，H3A转化为A3－，根据电子守恒和元素守恒，可得Li3NiCoMnO6被Cu还原的离子方程式为2Li3NiCoMnO6＋3Cu＋8H3A===6Li＋＋2Ni2＋＋2Co2＋＋2Mn2＋＋3Cu2＋＋8A3－＋12H2O；上述反应中，Cu主要起到还原剂的作用，发生氧化反应，价态升高，如用浓盐酸代替，则发生氧化反应生成氯气，而氯气会污染环境。(4)“氨溶”时加入氨水使Ni(EX)2转化为含镍配合物，配合物中阳离子呈正八面体结构，则含镍配合物中阳离子为[Ni(NH3)6]2＋，因此该反应的化学方程式为Ni(EX)2＋6NH3·H2O===[Ni(NH3)6](EX)2＋6H2O或Ni(EX)2＋6NH3===[Ni(NH3)6](EX)2。(5)由题图可知，向铝盐或锂盐溶液中加入Na3PO4固体，pH为1～8.2时，铝元素的稳定存在形态为AlPO4，pH为6～14时，锂元素的稳定存在形态为Li3PO4，要使Li＋与Al3＋分离，则“沉铝”时应选择的pH范围为1～6。2．(2025·河南郑州二模)钼钢具有高强度、高韧性、耐腐蚀性等优良性能。一种利用钼渣[含CaMoO4、Fe2(MoO4)3、PbMoO4、MoS2]制取钼酸铵的流程如下图。已知：①钼酸(H2MoO4)不溶于水。②Ksp(PbCl2)＝1.17×10－5；Ksp(PbSO4)＝1.82×10－8；Ksp[Fe(OH)3]＝1×10－39。完成下列问题：(1)为提高(NH4)2MoO4的纯度，需对“滤