（江苏专用）2020高考化学二轮复习 专题八 元素及其化合物大题题型突破（三）课件

专题八大题题型突破(三)1.(2019·常州高三期末)金属加工前常用盐酸对金属表面的氧化物进行清洗，会产生酸洗废水。pH在2左右的某酸性废水含铁元素质量分数约3%，其他金属元素如铜、镍、锌浓度较低，综合利用酸洗废水可制备三氯化铁。制备过程如下：1234相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH如下表：Fe(OH)3Cu(OH)2Ni(OH)2Zn(OH)2开始沉淀的pH1.54.27.15.4沉淀完全的pH3.76.79.28.01234解析从流程“过滤”知，去掉滤液，留下滤渣，即使Fe3＋沉淀，其余离子不能生成沉淀，所以pH应大于3.7，目的是使Fe3＋完全沉淀，但pH不能超过4.2。回答下列问题：(1)“中和”时调节pH至_____________，有利于后续制备纯度较高的产品。3.7～4.21234解析从图中知，固液比为1.5∶1对应的曲线为中间线，如果固液比大，则固体溶解不了，即铁的浸出率低，如果固液比小，则液体量多，后期蒸发溶液时，需要较多的能量。(2)处理酸洗废水中和后的滤渣，使铁元素浸出。按照不同的固液比投入“过滤”后滤渣和工业盐酸进行反应的铁浸出率如图所示，实际生产中固液比选择1.5∶1的原因是_______________________________________________________________________________________。固液比大则铁浸出率低；固液比小则过稀的FeCl3溶液蒸发浓缩需消耗过多的能量，提高了成本1234(3)写出“氧化”中发生反应的离子方程式：_________________________________。2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O解析氧化时加入H2O2，目的是将Fe2＋氧化成Fe3＋。(4)“酸溶”后需根据溶液中Fe2＋含量确定氧化剂的投入量。用K2Cr2O7标准溶液测定Fe2＋(被还原为Cr3＋)的含量，该反应的离子方程式为：___________________________________________。Cr2O2－76Fe2＋＋Cr2O2－7＋14H＋===6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O解析氧化Fe2＋生成Fe3＋，根据Cr和Fe得失电子守恒配平反应，再由电荷守恒，确定需要补充H＋。Cr2O2－71234(5)将三氯化铁溶液在一定条件下_____________、__________、过滤、洗涤、在氯化氢气氛中干燥得FeCl3·6H2O晶体，在实验室过滤装置中洗涤固体的方法是____________________________________________________。解析Fe3＋水解显酸性，加入HCl可以抑制Fe3＋水解，从溶液中获得晶体的一般方法是：蒸发浓缩、冷却结晶。洗涤晶体的方法是：加蒸馏水至浸没固体，待蒸馏水自然流出，重复2～3次。蒸发浓缩冷却结晶加蒸馏水至恰好浸没固体，待水自然流出，重复2～3次12342.(2019·苏州高三期初调研)一种磁性材料的磨削废料，主要成分是铁镍合金(含镍质量分数约21%)，还含有铜、钙、镁、硅的氧化物。由该废料制备氢氧化镍的工艺流程如下：已知：黄钠铁矾[NaFe3(SO4)2(OH)6]具有沉淀颗粒大、沉淀速率快、容易过滤等特点。(1)合金中的镍难溶于稀硫酸，写出金属镍“酸溶”时发生反应的离子方程式：____________________________________。5Ni＋12H＋＋2NO－3===5Ni2＋＋N2↑＋6H2O解析Ni被HNO3氧化生成Ni2＋和N2，根据Ni和N得失电子守恒配平反应。1234(2)“除铁”时H2O2的作用是______________________，加入碳酸钠的目的是_________________________________________。解析H2S与Cu2＋反应生成难溶性的CuS。将亚铁离子氧化为铁离子调节溶液的pH，使Fe3＋完全沉淀为黄钠铁矾渣解析除铁过程中生成黄钠铁矾，其中铁为＋3价，所以加入H2O2是将Fe2＋氧化生成Fe3＋，加入Na2CO3的目的是调节pH，除去Fe3＋。(3)“除铜”时，发生反应的离子方程式为___________________________。H2S＋Cu2＋===CuS↓＋2H＋(4)已知“除钙镁”过程在陶瓷容器中进行，NaF的实际用量为理论用量的1.1倍，用量不宜过大的原因是____________________________________。解析加入过多NaF，在酸性条件，HF会腐蚀陶瓷容器。过量的F－生成氢氟酸会腐蚀陶瓷容器(5)已知常温下Ksp[Ni(OH)2]＝2.0×10－15，在“沉镍”过程中，当调节溶液pH约为_______时，Ni2＋刚好沉淀完全(离子沉淀完全的浓度≤1.0×10－5mol·L－1；lg2＝0.30)。9.151234解析当Ni2＋刚好完全沉淀时，c2(OH—)＝Ksp[NiOH2]cNi2＋＝2.0×10－10，c(H＋)＝KwcOH—＝×10－9mol·L－1，pH＝－lgc(H＋)＝12lg2＋9＝9.15。1223.(2019·南京、盐城高三一模)NaH2PO2(次磷酸钠)易溶于水，水溶液近中性，具有强还原性，可用于化学镀银、镍、铬等。一种利用泥磷(含P4和少量CaO、Fe2O3、Al2O3、CaCl2等)为原料制备NaH2PO2·H2O的工艺流程如下：已知P4与两种碱的反应主要有：Ⅰ.2Ca(OH)2＋P4＋4H2O===2Ca(H2PO2)2＋2H2↑Ⅱ.4NaOH＋P4＋8H2O===4NaH2PO2·H2O＋2H2↑Ⅲ.4NaOH＋P4＋2H2O===2Na2HPO3＋2PH3↑Ⅳ.NaH2PO2＋NaOH===Na2HPO3＋H2↑1234(1)尾气中的PH3被NaClO溶液吸收生成NaH2PO2和NaCl的离子方程式为________________________________________。1234解析PH3转化为，P的化合价由－3升为＋1，ClO－转化为Cl－，Cl化合价由＋1降为－1，根据P和Cl得失电子守恒配平反应，在NaOH溶液中反应，故用OH－平衡电荷。H2PO－2PH3＋2ClO－＋OH－===H2PO－2＋2Cl－＋H2O(2)在温度和水量一定时，混合碱总物质的量与P4的物质的量之比[n(碱)/n(磷)]与NaH2PO2产率的关系如图所示。当n(碱)/n(磷)＞2.6时，NaH2PO2的产率随n(碱)/n(磷)的增大而降低的可能原因是___________________________________。1234解析由已知Ⅳ反应知，过量的碱能将NaH2PO2转化为Na2HPO3，即碱过量，NaH2PO2的产率会降低。过量的碱将NaH2PO2转化为Na2HPO3(3)通CO2“调pH”至溶液的pH约为____，滤渣2主要成分为________________(填化学式)。1234解析NaH2PO2水溶液近中性，所以通CO2调节pH约为7。Fe3＋在NaOH溶液中会生成Fe(OH)3沉淀，通入CO2后，NaAlO2会转化为Al(OH)3沉淀，Ca2＋转化为CaCO3沉淀。7CaCO3和Al(OH)3(4)“过滤2”的滤液须用Ag2SO4、Ba(OH)2及Na2S溶液除去其中Cl－及Fe2＋等，其中加入的Ag2SO4溶液不宜过量太多，其主要原因是________________________。1234解析NaH2PO2具有强还原性，Ag＋具有氧化性，两者会发生氧化还原反应。过量的Ag＋会氧化H2PO－2(5)用NiCl2、NaH2PO2溶液化学镀Ni，同时生成H3PO4和氯化物的化学方程式为_________________________________________________________。1234解析NaH2PO2转变为H3PO4，P由＋1价升至＋5价，NiCl2转化为Ni，Ni的化合价由＋2价降低至0价，根据Ni和P得失电子守恒配平反应。2NiCl2＋NaH2PO2＋2H2O===2Ni↓＋H3PO4＋NaCl＋3HCl12344.(2019·南通、扬州、泰州、徐州、淮安、宿迁、连云港七市高三三模)白银是高新技术产业的基础材料之一。以铜阳极泥分离所得废渣(成分为AgCl、PbSO4、PbCl2和Ag2Te)为原料，生产白银的工艺流程如下：1234已知：①水溶液中H2SO3、HSO－3、SO2－3的物质的量分数随pH的变化如图1所示；②“浸出”时AgCl与Na2SO3溶液反应的离子方程式：AgCl＋nSO2－3[Ag(SO3)n](2n－1)－＋Cl－(1)“预处理”是为了去除废渣中的PbCl2和Ag2Te。①酸性条件下，Ag2Te与NaClO3反应生成AgCl、NaCl和H2TeCl6(易溶于水)。写出该反应的化学方程式：____________________________________________________。NaClO3＋Ag2Te＋8HCl===2AgCl＋H2TeCl6＋NaCl＋3H2O解析酸性条件下，Ag2Te与NaClO3反应生成AgCl、NaCl和H2TeCl6(易溶于水)，Ag2Te中Ag为＋1价，Te为－2价，H2TeCl6中Te为＋4价，Te的化合价升高6，NaClO3中＋5价Cl转化为－1价Cl，根据Te和Cl得失电子守恒配平反应，确定出NaClO3和Ag2Te的化学计量数均为1，再根据Ag、Na、Te守恒，确定出AgCl、NaCl和H2TeCl6前的化学计量数，最后由Cl守恒，结合信息知，要补充HCl。1234②PbCl2、AgCl在不同浓度的盐酸中溶解情况如图2所示。“预处理”所用稀盐酸的最佳浓度为____________。解析由图2知，c(HCl)＝3.2mol·L－1时，PbCl2溶解的量较多，而AgCl溶解的量较少，过滤时，滤液中主要是PbCl2，过滤出的AgCl与Na2SO3反应。12343.2mol·L－1(2)“浸出”时加入稍过量的Na2SO3溶液，同时控制pH在9以上，其目的是__________________________________________________________________。增大SO2－3的浓度，促进题给已知②中反应平衡正向移动，提高银元素的浸出率解析由图1知，pH9时，主要存在SO2－3，由反应：AgCl＋nSO2－3[Ag(SO3)n](2n－1)－＋Cl－知，增大c(SO2－3)，可以促进AgCl的浸出。1234(3)“过滤Ⅰ”所得滤渣的主要成分是__________(填化学式)。将滤液X中Cl－和去除后，再加入适量的__________(填化学式)，可实现原料的循环利用。解析废渣(成分为AgCl、PbSO4、PbCl2和Ag2Te)，滤液中为PbCl2，Ag2Te被氧化成H2TeCl6，AgCl与Na2SO3发生“浸出”，显然“过滤Ⅰ”处的滤渣为PbSO4。继续加H2SO4调节pH为3～4，由图1知，此时主要存在HSO－3，即反应：AgCl＋nSO2－3[Ag(SO3)n](2n－1)－＋Cl－逆向移动，过滤Ⅱ得AgCl，在滤液中加入NaOH后，可得Na2SO3，可用于第二步“浸出”AgCl。SO2－4PbSO4NaOH1234(4)写出碱性条件下N2H4还原AgCl的化学方程式：_________________________________________________。12344AgCl＋N2H4＋4NaOH===4Ag＋N2↑＋4H2O＋4NaCl解析N2H4还原AgCl得Ag，同时生成N2，根据N和Ag得失电子守恒配平反应，碱性条件下，故NaOH参加反应。