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《高考12题逐题突破》：小专题透析——化学识图能力再提升错误!错误!错误!错误!【核心突破】一、电化学装置示意图1．金属的腐蚀与防护陌生装置教材装置知识联系：外加电流的阴极保护法防腐蚀外加电流的阴极保护法示意图钢管桩相当于钢闸门，是要保护的金属，应连接电源的负极；高硅铸铁相当于辅助阳极，应连接电源的正极，高硅铸铁作为惰性辅助电极，与辅助阳极一样不被损耗2.新型化学电源陌生装置教材装置知识联系两种电池都是二次电池，电池工作时，负极金属都被氧化；充电：全固态锂硫电池铅蓄电池的构造示意图时，正极与外电源正极相连，变为电解池的阳极，负极与外电源负极相连，变为电解池的阴极3.电解原理的应用陌生装置教材装置知识联系：三室式电渗析法处理含Na2SO4废水阳离子交换膜法电解饱和食盐水氯碱工业中，利用阳离子交换膜既能防止氯气与氢气混合爆炸，又能防止氯气与生成的NaOH反应，影响产品的纯度。电渗析法是运用多种离子交换膜，使离子有选择性的定向移动，即可达到物质分离的目的二、坐标曲线图1．单曲线如：某溶液中存在：AsO3－3(aq)＋I2(aq)＋2OH－(aq)AsO3－4(aq)＋2I－(aq)＋H2O(l)。溶液中c(AsO3－4)与反应时间(t)的关系如图所示。2．对比曲线如：铁的浸出率结果如下图：(1)(2)常温下将NaOH溶液滴加到己二酸(H2X)溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。3．多曲线如：改变0.1mol·L－1二元弱酸H2A溶液的pH，溶液中的H2A、HA－、A2－的物质的量分数δ(X)随pH的变化如图所示。三、物质转化关系图1．熟悉教材中的工艺流程(1)电子工业常用30%的FeCl3溶液腐蚀敷在绝缘板上的铜箔，制造印刷电路板。某工程师为了从使用过的腐蚀废液中回收铜，并重新获得FeCl3溶液，准备采用下列步骤：分析过程废液加入过量铁粉过滤，滤液中的主要成分为FeCl2，滤渣为Cu和过量的铁，再加盐酸溶解过量的铁，得FeCl2溶液和单质铜，并将FeCl2合并后用Cl2氧化，实现了FeCl3再生回收利用。(2)镁及其合金是一种用途很广的金属材料，目前世界上60%的镁是从海水中提取的。主要步骤如下：分析过程海水中首先加入生石灰沉淀Mg2＋，过滤得到Mg(OH)2，将沉淀分离，加入盐酸溶解，变成氯化镁溶液，完成Mg2＋的富集；再经过蒸发结晶、过滤得到氯化镁晶体，在HCl气流中脱水干燥得到无水氯化镁；最后电解熔融的无水氯化镁制得金属镁和氯气。(3)卤块的主要成分是MgCl2，此外还含有Fe3＋、Fe2＋、Mn2＋等离子。若以它为原料按下图所示工艺流程进行生产，可制得轻质氧化镁。生成氢氧化物沉淀的pH物质开始沉淀沉淀完全Fe(OH)32.73.7Fe(OH)27.69.6Mn(OH)28.39.8Mg(OH)29.611.1Fe2＋的氢氧化物呈絮状，不易从溶液中除去，所以，常将它氧化为Fe3＋，生成Fe(OH)3沉淀除去。分析过程卤块溶于水，加入氧化剂(如氯水)，将Fe2＋氧化为Fe3＋，加MgO调pH，沉淀Fe(OH)3和Mn(OH)2，滤液的主要成分是MgCl2，用碱性物质(氨水)沉淀Mg2＋生成Mg(OH)2，加水煮沸使Mg(OH)2充分沉淀。(4)以铝土矿(主要成分为Al2O3，含SiO2和Fe2O3等杂质)为原料制备铝的工艺流程中，其中一种酸溶流程如下：部分金属离子在实验条件下开始沉淀和完全沉淀的pH如下表：金属离子Fe3＋Al3＋开始沉淀时pH1.93.3沉淀完全时pH3.25.2分析过程铝土矿(Al2O3、SiO2、Fe2O3)，经盐酸反应后所得物(Al3＋、Fe3＋、SiO2)，滤渣1是SiO2，结合表格信息，经调节pH后所得物[Al3＋、Fe(OH)3]，滤渣2是Fe(OH)3。滤液2是Al3＋，经加入氨水后所得物为[Al(OH)3、NH4Cl]，滤液是NH4Cl，滤渣是Al(OH)3，经灼烧后得Al2O3，经电解后得Al。2．高考真题示例(1)(2017·全国卷Ⅰ，27)Li4Ti5O12和LiFePO4都是锂离子电池的电极材料，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：分析过程一、看反应原料和产物。反应原料为FeTiO3、MgO、SiO2，产物为Li4Ti5O12和LiFePO4。根据元素守恒可知原料中FeTiO3为主原料，MgO、SiO2为杂质需要从主线中分离出去。二、看流程图，从图中可观察到有一条支线和两条主线。支线的作用是分离酸浸后的难溶物。由两条主线结合题设提供的信息，可知FeTiO3中的Ti元素转移到Li4Ti5O12中。元素的化合价在整个过程中未发生变化，所以得到Li4Ti5O12的反应路线主要是溶液中的反应和最后的固体反应，未涉及氧化还原反应。得到LiFePO4的反应路线，Fe元素的化合价先升高后降低，涉及两步氧化还原反应。三、将反应原料带入反应路线中。酸浸后滤渣为难溶于酸的SiO2。滤液①中含有的离子为H＋、Cl－、Fe2＋、Mg2＋、TiOCl2－4。滤液经过水解并过滤分别得到的沉淀物TiO2·xH2O和滤液②作为上下两条主线的反应原料。在两条主线中分别经历的反应和分离过程以图示的形式分析如下：(2)(2018·全国卷Ⅰ，7)磷酸亚铁锂(LiFePO4)电池是新能源汽车的动力电池之一。采用湿法冶金工艺回收废旧磷酸亚铁锂电池正极片中的金属，其流程如下：分析过程明确流程中元素的转化关系，正极片碱溶时铝转化为偏铝酸钠，滤渣中含有磷酸亚铁锂，加入硫酸和硝酸酸溶时，碳不与硫酸、硝酸反应，硝酸将亚铁离子氧化为铁离子，过滤后滤渣是炭黑，滤液中含有Li＋、PO3－4、Fe3＋，加入碱液时Fe3＋转化为氢氧化铁沉淀，滤液中加入碳酸钠时Li＋转化为沉淀。【提升训练答案+解析】1．(2019·泰安二模)六水合高氯酸铜[Cu(ClO4)2·6H2O]是一种易溶于水的蓝色晶体，常用作助燃剂。以食盐等为原料制备高氯酸铜晶体的一种工艺流程如下：回答下列问题：(1)Cu2(OH)2CO3在物质类别上属于______(填字母)。A．碱B．盐C．碱性氧化物(2)发生“电解Ⅰ”时所用的是________(填“阳离子”或“阴离子”)交换膜。(3)歧化反应是同一种物质中同种元素自身的氧化还原反应，已知上述工艺流程中“歧化反应”的产物之一为NaClO3。该反应的化学方程式为______________________________________________________________________________________________________。(4)“电解Ⅱ”的阳极产物为________(填离子符号)。(5)操作a的名称是________，该流程中可循环利用的物质是________(填化学式)。(6)“反应Ⅱ”的离子方程式为__________________________________________。答案(1)B(2)阳离子(3)3Na2CO3＋3Cl2===5NaCl＋NaClO3＋3CO2(4)ClO－4(5)蒸发浓缩NaCl(6)Cu2(OH)2CO3＋4H＋===2Cu2＋＋CO2↑＋3H2O解析根据流程图，电解氯化钠溶液生成氢氧化钠、氢气和氯气，生成的氯气与碳酸钠发生歧化反应生成氯化钠和NaClO3，同时生成二氧化碳，电解生成的NaClO3溶液生成高氯酸钠和氢气，用盐酸酸化，过滤除去氯化钠晶体，蒸发浓缩得到60%以上的高氯酸溶液，在高氯酸溶液中加入碱式碳酸铜反应生成高氯酸铜溶液，蒸发浓缩，冷却结晶得到高氯酸铜晶体。(6)“反应Ⅱ”涉及物质碱式碳酸铜不溶于水，高氯酸为强酸，高氯酸铜易溶于水。2．研究和深度开发二氧化碳的应用对发展低碳经济，构建生态文明社会具有重要的意义。Ⅰ.我国科学家设计的CO2熔盐捕获与转化装置如图1。(1)回答下列问题：①a极的电极名称为__________，N极的电极反应式为：________________________。②若该装置中转移2mol电子，最多可捕获标准状况下CO2的体积为________L。Ⅱ.一定条件下，将一定量的CO2和H2通入恒容密闭容器中发生如下反应，主反应：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)ΔHⅠ副反应：2CH3OH(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g)ΔH0Ⅱ测定平衡时CH3OH的体积分数φ(CH3OH)随X、Y条件变化如图2所示：解答下列问题：(2)①图中X轴表示压强，a______b(填“”或“”)，判断的理由是______________________________________________________________________________________。②图中Y轴表示温度，判断反应Ⅰ的ΔH________(填“”或“”)0，判断的理由是________________________________________________________________________。(3)若将2molCO2和6molH2通入2L密闭容器中发生上述两个反应，平衡时，M点CH3OH的体积分数为12.5%，c(CH3OCH3)＝0.1mol·L－1。①则此时CO2的转化率为________；用H2表示Ⅰ的反应速率为________mol·L－1·min－1(时间为tmin)。②反应Ⅱ的平衡常数KⅡ＝________(用分数表示)。答案(1)①正极CO2－3＋4e－===C＋3O2－②11.2(2)①主反应Ⅰ正向气体分子数减小，副反应Ⅱ前后气体分子数不变，增大压强反应Ⅰ平衡正向移动，反应Ⅱ平衡不移动，符合图示中a→b，φ(CH3OH)增大②降低温度，反应Ⅰ平衡正向移动，因而该反应为放热反应(3)①56%1.68t②55108