2025版《新亮劍》高考化學專題十一 化學工藝流程含答案

2025版《新亮劍》高考化學專題十一化學工藝流程?對應學生書第91頁知識點一化工流程的試題的呈現(xiàn)模式知識點二?？嫉幕ばg語關鍵詞釋義研磨、霧化將塊狀或顆粒狀的物質磨成粉末或將液體霧化,增大反應物接觸面積,以增大反應速率或使反應更充分煅燒固體在高溫下分解或改變結構,使雜質在高溫下氧化、分解等。如煅燒石灰石、高嶺土、硫鐵礦灼燒除去可燃性雜質或使原料初步轉化,如從海帶中提取碘時的灼燒就是為了除去可燃性雜質浸取向固體中加入適當溶劑或溶液,使其中可溶性的物質溶解,包括水浸、酸浸、堿浸、醇浸等浸出率固體溶解后,溶液中離子占該元素總含量的百分率酸浸在酸性溶液中使可溶性金屬離子進入溶液,不溶物通過過濾除去的過程水浸與水接觸反應或溶解過濾固體與液體的分離滴定定量測定,可用于某種未知濃度物質的物質的量濃度的測定蒸發(fā)結晶蒸發(fā)溶劑,使溶液由不飽和變?yōu)轱柡?繼續(xù)蒸發(fā),過剩的溶質就會呈晶體析出蒸發(fā)濃縮蒸發(fā)除去部分溶劑,提高溶液的濃度水洗用水洗去可溶性雜質,類似的還有酸洗、醇洗等酸作用溶解、去氧化物(膜)、抑制某些金屬離子的水解、除去雜質離子等堿作用去油污,去鋁片氧化膜,溶解鋁、二氧化硅,調節(jié)pH,促進水解知識點三常見的操作及目的常見的操作目的加氧化劑氧化某物質,生成目標產(chǎn)物或除去某些離子判斷能否加其他物質要考慮是否引入雜質(或影響產(chǎn)物的純度)等分離、提純利用過濾、蒸發(fā)、萃取、分液、蒸餾、重結晶等常規(guī)操作從溶液中得到晶體提高原子利用率綠色化學(減少對環(huán)境的污染、物質的循環(huán)利用、廢物處理、原子利用率、能量的充分利用)在空氣中或其他氣體中進行的反應或操作要考慮O2、H2O、CO2或其他氣體是否參與反應,或能否達到隔絕空氣、防氧化、防變質、防分解、防水解、防潮解等目的知識點四注意簡答題的答題規(guī)范1.“操作或措施”操作或措施答題模板從溶液中得到晶體的操作蒸發(fā)濃縮→冷卻結晶→過濾→洗滌(包括水洗、冰水洗、熱水洗、乙醇洗等)→干燥蒸發(fā)結晶的操作將溶液轉移到蒸發(fā)皿中加熱,并用玻璃棒不斷攪拌,待有大量晶體出現(xiàn)時停止加熱,利用余熱蒸干剩余水分證明沉淀完全的操作靜置,取上層清液,加入××試劑(沉淀劑),若沒有沉淀生成,說明沉淀完全洗滌沉淀的操作沿玻璃棒向漏斗(過濾器)中的沉淀上加蒸餾水至沒過沉淀,靜置使水自然流干,重復操作2~3次2.“目的或原因”目的或原因答題模板沉淀水洗的目的除去××(可溶于水)雜質(續(xù)表)目的或原因答題模板沉淀用乙醇洗滌的目的減小固體的溶解度;除去固體表面吸附的雜質;乙醇揮發(fā)帶走水分,使固體快速干燥冷凝回流的作用及目的防止××蒸氣逸出脫離反應體系,提高××物質的轉化率控制溶液pH的目的防止××離子水解;防止××離子沉淀;確?！痢岭x子沉淀完全;防止××溶解等;促進/抑制××氣體吸收/逸出加過量A試劑的原因使B物質反應完全(或提高B物質的轉化率)等溫度不高于××℃的原因溫度過高,××物質分解(如H2O2、NH3·H2O、濃硝酸、NH4HCO3等)或××物質揮發(fā)(如濃硝酸、濃鹽酸)或××物質氧化(如Na2SO3等)或促進××物質水解(如AlCl3、FeCl3等)減壓蒸餾(減壓蒸發(fā))的原因減小壓強,使液體沸點降低,防止××物質受熱分解(如H2O2、濃硝酸、NH4HCO3等)蒸發(fā)、反應時的氣體氛圍抑制××離子的水解(如加熱蒸發(fā)AlCl3溶液時需在HCl氣流中進行;加熱MgCl2·6H2O制取MgCl2時需在HCl氣流中進行等)配制某溶液前先煮沸水的原因除去溶解在水中的氧氣,防止××物質被氧化反應裝置中與大氣相通的玻璃管的作用平衡容器中壓強,避免反應容器中壓強過大知識點五化工生產(chǎn)中的重要金屬元素1.鋅及其重要化合物(1)Zn的性質與Al相似,與強酸、強堿均反應生成H2。(2)ZnO、Zn(OH)2與Al2O3、Al(OH)3均為兩性化合物。ZnO或Zn(OH)2與酸反應生成Zn2+,與強堿反應生成ZnO22.鈷、鎳及其氧化物(1)常溫下,鈷、鎳在空氣中能穩(wěn)定存在,加熱條件下可生成CoO、NiO。(2)CoO溶于酸溶液,不溶于水、乙醇、氨水,在空氣中焙燒至390~890℃時生成四氧化三鈷。NiO溶于酸和氨水,不溶于水。(3)Co(OH)2在空氣中緩慢地被氧化為棕褐色的Co(OH)3,Ni(OH)2在空氣中較穩(wěn)定,可采用氧化性較強的Br2將其氧化。(4)Co3+、Ni3+在酸性溶液中有強氧化性,易被還原,如Co(OH)3、Ni(OH)3在鹽酸中被還原,2Co(OH)3+6HCl2CoCl2+Cl2↑+6H2O,2Ni(OH)3+6HCl2NiCl2+Cl2↑+6H2O;在Na2SO3溶液中、酸性條件下被還原,2Co(OH)3+SO32-+4H+2Co2++SO42-+5H2O,2Ni(OH)3+SO32-+4H+2Ni2+3.釩及其化合物的性質(1)V:常溫下不活潑,不能與非氧化性酸及堿作用,但能溶于氫氟酸、硝酸和王水。(2)V2O5:兩性氧化物,但以酸性為主,V2O5+6NaOH2Na3VO4+3H2O;1750℃發(fā)生分解反應:2V2O52V2O4+O2↑;微溶于水,易形成穩(wěn)定的膠體;有較強的氧化性:V2O5+6HCl(濃)2VOCl2+Cl2↑+3H2O。(3)VO2+、VO2+:在酸性介質中,VO2+具有強氧化性,VO2++Fe2++2H+VO2++Fe3++H2O,2VO2++H2C2O4+2H+2VO2+4.鉻及其化合物的性質(1)Cr:加熱時,與O2反應生成Cr2O3。(2)Cr2O3:兩性氧化物,Cr2O3+6H+2Cr3++3H2O;Cr2O3+2OH-2CrO2-+H2O。(3)Cr(OH)3:兩性氫氧化物,Cr(OH)3+3H+Cr3++3H2O;Cr(OH)3+OH-CrO2-+2H2O。(4)CrO42-與Cr2O72-:①可相互轉化,2CrO42-(黃色)+2H+Cr2O72-(橙色)+H2O。②強氧化性,如5H++Cr2O72-+3HSO3-2Cr3++3SO42-5.鈦及其化合物的性質(1)Ti:常溫下與酸不反應,但可與HF反應(Ti+6HFH2TiF6+2H2↑),也可與熱的濃鹽酸反應[2Ti+6HCl(濃)2TiCl3+3H2↑]。(2)TiO2:不溶于水和稀酸,可溶解在HF溶液及熱的濃硫酸中;可與Cl2反應:TiO2+2Cl2TiCl4+O2;與堿溶液緩慢反應:TiO2+2NaOHNa2TiO3+H2O;在高溫下與Cl2、C發(fā)生反應:TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO。(3)TiCl4:暴露在空氣中會冒出白煙,TiCl4+3H2OH2TiO3↓+4HCl;Mg作還原劑時可制備金屬鈦,2Mg+TiCl42MgCl2+Ti。題型1微型化學工藝流程例1(2023·湖南卷,9)處理某銅冶金污水(含Cu2+、Fe3+、Zn2+、Al3+)的部分流程如下:已知:①溶液中金屬離子開始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示:物質Fe(OH)3Cu(OH)2Zn(OH)2Al(OH)3開始沉淀pH1.94.26.23.5完全沉淀pH3.26.78.24.6②Ksp(CuS)=6.4×10-36,Ksp(ZnS)=1.6×10-24。下列說法錯誤的是()。A.“沉渣Ⅰ”中含有Fe(OH)3和Al(OH)3B.Na2S溶液呈堿性,其主要原因是S2-+H2OHS-+OH-C.“沉淀池Ⅱ”中,當Cu2+和Zn2+完全沉淀時,溶液中c(CuD.“出水”經(jīng)陰離子交換樹脂軟化處理后,可用作工業(yè)冷卻循環(huán)用水答案D【流程剖析】解析根據(jù)分析可知,氫氧化鐵在pH=1.9時開始沉淀,氫氧化鋁在pH=3.5時開始沉淀,當pH=4時,則會生成氫氧化鋁和氫氧化鐵,即“沉渣Ⅰ”中含有Fe(OH)3和Al(OH)3,A項正確;硫化鈉溶液中的硫離子可以水解,產(chǎn)生氫氧根離子,使溶液顯堿性,其第一步水解方程式為S2-+H2OHS-+OH-,B項正確;當銅離子和鋅離子完全沉淀時,硫化銅和硫化鋅都達到了沉淀溶解平衡,則c(Cu2+)c(Zn2+)=c(Cu2+)·c(S2-變式1(2023·山東卷,13改編)一種制備Cu2O的工藝路線如圖所示,反應Ⅱ所得溶液pH在3~4之間,反應Ⅲ需及時補加NaOH以保持反應在pH=5條件下進行。常溫下,H2SO3的電離平衡常數(shù)Ka1=1.3×10-2K,a2=6.3×10-8。下列說法正確的是()。A.反應Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均為氧化還原反應B.低溫真空蒸發(fā)主要目的是防止NaHSO3被氧化C.溶液Y可循環(huán)用于反應Ⅱ所在操作單元吸收氣體ⅠD.若Cu2O產(chǎn)量不變,參與反應Ⅲ的X與CuSO4物質的量之比n(X)答案C【流程剖析】解析反應Ⅰ是銅和濃硫酸反應,生成二氧化硫,是氧化還原反應,反應Ⅱ是SO2和碳酸鈉溶液反應,生成NaHSO3、水和二氧化碳,是非氧化還原反應,反應Ⅲ是Na2SO3和CuSO4反應生成Cu2O,是氧化還原反應,A項錯誤;低溫真空蒸發(fā)的主要目的是防止Na2SO3被氧化,而不是NaHSO3被氧化,B項錯誤;經(jīng)分析溶液Y是Na2SO3溶液,可循環(huán)用于反應Ⅱ所在操作單元吸收SO2氣體(氣體Ⅰ),C項正確;化合物X是指Na2SO3,若Cu2O產(chǎn)量不變,n(X)n(CuSO4)增大,多的Na2SO3會消耗氫離子,解題技法1.化學反應原理——化學原理在實際工業(yè)上是否可行;2.成本要低——原料的選取使用、設備的損耗等;3.原料的利用率要高——利用好副產(chǎn)品、循環(huán)使用原料、能量盡可能利用;4.生產(chǎn)過程要快——化學反應速率;5.產(chǎn)率要高——化學平衡;6.產(chǎn)品要純——產(chǎn)品的分離、提純;7.環(huán)保問題——反應物盡可能無毒、無害、無副作用,“三廢”處理。題型2以非金屬元素為主例2(2023·浙江6月選考,18)工業(yè)上煅燒含硫礦物產(chǎn)生的SO2可以按如下流程脫除或利用。已知:+H2O請回答:(1)富氧煅燒燃煤產(chǎn)生的低濃度的SO2可以在爐內添加CaCO3通過途徑Ⅰ脫除,寫出反應方程式:

。

(2)煅燒含硫量高的礦物得到高濃度的SO2,通過途徑Ⅱ最終轉化為化合物A。①下列說法正確的是。

A.燃煤中的有機硫主要呈正價B.化合物A具有酸性C.化合物A是一種無機酸酯D.工業(yè)上途徑Ⅱ產(chǎn)生的SO3也可用濃H2SO4吸收②一定壓強下,化合物A的沸點低于硫酸的原因是

。

(3)設計實驗驗證化合物A中含有S元素:;寫出實驗過程中涉及的反應方程式:

。

答案(1)2SO2+O2+2CaCO32CaSO4+2CO2(2)①BCD②硫酸分子能形成更多的分子間氫鍵(3)取化合物A加入足量氫氧化鈉,反應完全后加入鹽酸酸化,無明顯現(xiàn)象,再加入氯化鋇生成白色沉淀,說明化合物A中含有S元素+2NaOHCH3OH+Na2SO4+H2O;Na2SO4+BaCl2BaSO4↓+2NaCl【信息提取】含硫礦物煅燒生成二氧化硫,途徑Ⅰ中二氧化硫、氧氣和碳酸鈣生成硫酸鈣和二氧化碳,途徑Ⅱ中二氧化硫被氧氣氧化為三氧化硫,三氧化硫和等物質的量的甲醇發(fā)生反應生成化合物A()。解析(2)①硫的電負性大于碳、氫等,故燃煤中的有機硫主要呈負價,A項錯誤;根據(jù)分析可知,化合物A中與硫直接相連的基團中有—OH,故能電離出氫離子,具有酸性,B項正確;化合物A含有基團,類似于酯基,為硫酸和醇生成的酯,是一種無機酸酯,C項正確;工業(yè)上途徑Ⅱ產(chǎn)生的SO3也可用濃H2SO4吸收,用于生產(chǎn)發(fā)煙硫酸,D項正確。②一定壓強下,化合物A只有1個—OH能形成氫鍵,而硫酸分子中有2個—OH形成氫鍵,故導致化合物A的沸點低于硫酸。(3)化合物A為,堿性水解可以生成硫酸鈉、甲醇,硫酸根離子能和氯化鋇反應生成不溶于酸的硫酸鋇沉淀,故實驗設計為取化合物A加入足量氫氧化鈉溶液,反應完全后加入鹽酸酸化,無明顯現(xiàn)象,再加入氯化鋇溶液生成白色沉淀,說明化合物A中含有S元素;涉及反應為+2NaOHCH3OH+Na2SO4+H2O;Na2SO4+BaCl2BaSO4↓+2NaCl。變式2(2023·湖北卷,16)SiCl4是生產(chǎn)多晶硅的副產(chǎn)物。利用SiCl4對廢棄的鋰電池正極材料LiCoO2進行氯化處理以回收Li、Co等金屬,工藝路線如下:回答下列問題:(1)Co位于元素周期表第周期,第族。

(2)燒渣是LiCl、CoCl2和SiO2的混合物,“500℃焙燒”后剩余的SiCl4應先除去,否則水浸時會產(chǎn)生大量煙霧,用化學方程式表示其原因:

。

(3)鑒別洗凈的“濾餅3”和固體Na2CO3常用方法的名稱是。

(4)已知Ksp[Co(OH)2]=5.9×10-15,若“沉鈷過濾”的pH控制為10.0,則溶液中Co2+濃度為mol·L-1?！?50℃煅燒”時的化學方程式為

。

(5)導致SiCl4比CCl4易水解的因素有(填標號)。

a.Si—Cl鍵極性更大b.Si的原子半徑更大c.Si—Cl鍵鍵能更大d.Si有更多的價層軌道答案(1)四Ⅷ(2)SiCl4+3H2OH2SiO3+4HCl(或SiCl4+4H2OH4SiO4+4HCl)(3)焰色試驗(4)5.9×10-76Co(OH)2+O22Co3O4+6H2O(5)abd【流程剖析】解析(3)洗凈的“濾餅3”的主要成分為Li2CO3,常用焰色試驗鑒別Li2CO3和Na2CO3,Li2CO3的焰色為紫紅色,而Na2CO3的焰色為黃色。(4)已知Ksp[Co(OH)2]=5.9×10-15,若“沉鈷過濾”的pH控制為10.0,則溶液中c(OH-)=1.0×10-4mol·L-1,Co2+濃度為Ksp[Co(OH)2]c2(OH-)=5.9×10-15(1.0×10-4)2mol·L-1=5.9×10-7mol·L-1?！?50℃煅燒”時,Co(OH)2與O2反應生成Co3O4和H2O,該反應的化學方程式為6Co(OH)2+O22Co3O4+6H2O。(5)a項,Si—Cl極性更大,因此,SiCl4中的共用電子對更加偏向于Cl,從而導致Si—Cl極性更大,且Si原子更易受到水電離的OH-的進攻,因此,SiCl4比CCl4易水解;b項,Si的原子半徑更大,Si—Cl鍵長更長,Si—Cl鍵能更小,則Si—Cl更易斷裂,因此SiCl4比CCl4易水解;c項,通常鍵能越大化學鍵越穩(wěn)定且不易斷裂,因此,Si—Cl鍵能更大不能說明Si—Cl解題技法1.粗讀題干,挖掘圖示。圖示中一般會呈現(xiàn)超出教材范圍的知識,但題目中往往會有提示或者問題中不涉及,所以一定要關注題目的每一個關鍵字,盡量弄懂流程圖,但不必將每一種物質都推出,只需問什么推什么。如制備類無機化工題,可粗讀試題,知道題目制取什么、大致流程和有什么提示等。2.攜帶問題,精讀信息。這里信息包括三個方面:一是主干,二是流程圖示,三是設置問題。讀主干抓住關鍵字、詞;讀流程圖,重點抓住物質流向(“進入”與“流出”)、實驗操作方法等。3.跳躍思維,規(guī)范答題。答題時應注意前后問題往往沒有“相關性”,即前一問未答出,不會影響后面答題。要求用理論回答的試題,應采用“四段論法”:改變了什么條件(或是什么條件)→根據(jù)什么理論→有什么變化→得出什么結論。題型3以金屬元素為主例3(2023·山東卷,17)鹽湖鹵水(主要含Na+、Mg2+、Li+、Cl-、SO42-和硼酸根離子等)是鋰鹽的重要來源。一種以高鎂鹵水為原料經(jīng)兩段除鎂制備Li2CO3已知:常溫下,Ksp(Li2CO3)=2.2×10-3。相關化合物的溶解度與溫度的關系如圖所示?；卮鹣铝袉栴}:(1)含硼固體中的B(OH)3在水中存在平衡:B(OH)3+H2O[B(OH)4]-+H+(常溫下,Ka=10-9.34);B(OH)3與NaOH溶液反應可制備硼砂Na2B4O5(OH)4·8H2O。常溫下,在0.10mol·L-1硼砂溶液中,[B4O5(OH)4]2-水解生成等物質的量濃度的B(OH)3和[B(OH)4]-,該水解反應的離子方程式為,該溶液pH=。

(2)濾渣Ⅰ的主要成分是(填化學式);精制Ⅰ后溶液中Li+的濃度為2.0mol·L-1,則常溫下精制Ⅱ過程中CO32-濃度應控制在mol·L-1以下。若脫硼后直接進行精制Ⅰ,除無法回收HCl外,還將增加的用量((3)精制Ⅱ的目的是;進行操作X時應選擇的試劑是,若不進行該操作而直接濃縮,將導致。

答案(1)[B4O5(OH)4]2-+5H2O2B(OH)3+2[B(OH)4]-9.34(2)CaSO45.5×10-4CaO、Na2CO3(3)將精制Ⅰ所得濾液中的Ca2+轉化為CaCO3(或除去精制Ⅰ所得濾液中的Ca2+),提高Li2CO3純度鹽酸濃縮液中CO32-濃度過大,使得Li+過早沉淀,即濃縮結晶得到的NaCl中會混有Li2CO3,最終Li2【流程剖析】解析由流程圖可知,鹵水中加入鹽酸脫硼后過濾,所得濾液經(jīng)濃縮結晶后得到晶體,該晶體中含有Na+、Mg2+、Li+、Cl-、SO42-等,煅燒后生成HCl氣體;燒渣水浸后過濾,濾液中加生石灰后產(chǎn)生沉淀,在此條件下溶解度最小的是CaSO4,則濾渣Ⅰ的主要成分為CaSO4;由于CaSO4微溶于水,精制Ⅰ所得濾液中再加純堿又生成沉淀,則濾渣Ⅱ為CaCO3;精制Ⅱ所得濾液經(jīng)操作X后,所得溶液經(jīng)濃縮結晶、過濾得到氯化鈉,濃縮后的濾液中加入飽和碳酸鈉溶液沉鋰,得到Li2CO3。(1)常溫下,在0.10mol·L-1硼砂溶液中,[B4O5(OH)4]2-水解生成等物質的量濃度的B(OH)3和[B(OH)4]-,該水解反應的離子方程式為[B4O5(OH)4]2-+5H2O2B(OH)3+2[B(OH)4]-,Ka=c{[B(OH)4]-}·c(H+)c[B(OH)3]=c(H+)=10-9.34,則該溶液pH=9.34。(2)精制Ⅰ后溶液中Li+的濃度為2.0mol·L-1,由Ksp(Li2CO3)=2.2×10-3可知,在常溫下精制Ⅱ過程中CO32-濃度應控制在Ksp(Li2CO3)c2(Li+)=2.2×10-32.02mol·L-1=5.5×10-4mol·L-1以下。若脫硼后直接進行精制Ⅰ,則濾液中含HCl,會消耗更多的CaO,引入更多的Ca2+,進而消耗更多的Na2CO3除去Ca2+。(3)由于CaSO4微溶于水,精制Ⅰ所得濾液中還含有一定濃度的Ca2+,還需要除去Ca2+,因此,精制Ⅱ的目的是將精制Ⅰ所得濾液中的Ca變式3(2023·全國新課標卷,27)鉻和釩具有廣泛用途。鉻釩渣中鉻和釩以低價態(tài)含氧酸鹽形式存在,主要雜質為鐵、鋁、硅、磷等的化合物,從鉻釩渣中分離提取鉻和釩的一種流程如下圖所示:已知:最高價鉻酸根在酸性介質中以Cr2O72-存在,回答下列問題:(1)煅燒過程中,釩和鉻被氧化為相應的最高價含氧酸鹽,其中含鉻化合物主要為(填化學式)。

(2)水浸渣中主要有SiO2和。

(3)“沉淀”步驟調pH到弱堿性,主要除去的雜質是。

(4)“除硅磷”步驟中,使硅、磷分別以MgSiO3和MgNH4PO4的形式沉淀。該步需要控制溶液的pH≈9以達到最好的除雜效果。若pH<9時,會導致

;

pH>9時,會導致

。

(5)“分離釩”步驟中,將溶液pH調到1.8左右得到V2O5沉淀。V2O5在pH<1時,溶解為VO2+或VO3+;在堿性條件下,溶解為VO3-或VO43-。上述性質說明V2OA.酸性B.堿性C.兩性(6)“還原”步驟中加入焦亞硫酸鈉(Na2S2O5)溶液,反應的離子方程式為

。

答案(1)Na2CrO4(2)Fe2O3(3)NaAlO2(4)PO43-會與H+反應使其濃度降低導致PO43-沉淀不完全,同時產(chǎn)生硅酸膠狀沉淀不宜處理Mg2+形成Mg(OH)2(5)C(6)2Cr2O72-+3S2O52-+10H+4Cr3+【流程剖析】解析(1)由已知條件可知,最高價鉻酸根在堿性介質中以CrO42-存在,則在煅燒后,其中含鉻化合物主要為Na2CrO4。(2)煅燒時,鐵的化合物被空氣中的氧氣氧化為氧化鐵,氧化鐵難溶于水,故水浸渣中主要有二氧化硅、氧化鐵。(3)沉淀步驟調pH到弱堿性的目的是將AlO2-轉化為Al(OH)3沉淀而除去。(4)加入硫酸鎂溶液、硫酸銨溶液的目的是將硅元素、磷元素轉化為MgSiO3和MgNH4PO4沉淀,若溶液pH<9時,會生成HPO42-和H2SiO3,不利于PO43-沉淀;若溶液pH>9時,會導致Mg2+和OH-反應,生成Mg(OH)2沉淀,使產(chǎn)品中混有雜質。(5)由題給信息可知,五氧化二釩既能與酸溶液反應生成鹽和水,也能與堿溶液反應生成對應的鹽和水,說明V2O5是兩性氧化物。(6)由題意可知,“還原”步驟中加入焦亞硫酸鈉溶液的目的是將Cr2O72-轉化為Cr3+,反應的離子方程式為2Cr2O解題技法解題步驟解題策略首尾呼應找出主線①對照原料和產(chǎn)品,確定核心反應和核心輔料②根據(jù)核心反應,明確流程主線、支線和除雜任務分段剖析明晰細節(jié)③以核心輔助原料為準,把流程劃分為原料預處理、核心反應和產(chǎn)品分離提純三個階段④根據(jù)箭頭指向,分析每一環(huán)節(jié)中物質流入和流出的意義、控制反應條件的作用,融通對流程的整體分析⑤某些暫時不理解的環(huán)節(jié),可“難得糊涂”而“跳過去”,如有必要,可“順藤摸瓜”或帶著問題回頭進行有針對性的分析由易到難破解答案⑥先易后難:先回答與工藝流程非密切相關的問題,確保易拿的分數(shù)先拿到,增強答題信心⑦變換角度:從基本理論、綠色化學觀點、經(jīng)濟角度、安全生產(chǎn)等多角度答題⑧對棘手問題:不忘嘗試從題給信息中尋找答案微型工藝流程題“四線法”解題模型:試劑線:為達到最終目的加入的物質,起到氧化還原、非氧化還原的作用;轉化線:元素守恒—焙燒、溶浸、沉淀、煅燒、電解、結晶等;除雜線:復分解沉淀、置換沉淀、氧化還原沉淀,加熱產(chǎn)生氣體等;分離線:蒸發(fā)、結晶、過濾(趁熱過濾)、洗滌、干燥等。1.(2023·浙江6月選考,12改編)苯甲酸是一種常用的食品防腐劑。某實驗小組設計粗苯甲酸(含有少量NaCl和泥沙)的提純方案如圖:下列說法不正確的是()。A.操作Ⅰ中依據(jù)苯甲酸的溶解度估算加水量B.操作Ⅱ趁熱過濾的目的是除去泥沙和NaClC.操作Ⅲ緩慢冷卻結晶可得到較大晶體,利于過濾D.操作Ⅳ洗滌后,往最后一次洗滌液中滴加硝酸銀溶液,若無白色沉淀生成,則表明固體洗滌干凈答案B解析苯甲酸微溶于冷水,易溶于熱水。粗苯甲酸中混有泥沙和氯化鈉,加水、加熱溶解,苯甲酸、NaCl溶解在水中,泥沙不溶,從而形成懸濁液;趁熱過濾出泥沙,同時防止苯甲酸結晶析出;將濾液冷卻結晶,大部分苯甲酸結晶析出,氯化鈉仍留在母液中;過濾、用冷水洗滌,便可得到純凈的苯甲酸。操作Ⅰ中,為減少能耗、減少苯甲酸的溶解損失,溶解所用水的量需加以控制,可依據(jù)苯甲酸的大致含量、溶解度等估算加水量,A項正確;操作Ⅱ趁熱過濾的目的是除去泥沙,同時防止苯甲酸結晶析出,NaCl含量少,通常不結晶析出,B項錯誤;操作Ⅲ緩慢冷卻結晶,可形成較大的苯甲酸晶體顆粒,過濾時不易堵塞,C項正確;檢驗是否洗滌干凈,可通過檢驗氯離子來證明,故往最后一次洗滌液中滴加硝酸銀溶液,若無白色沉淀生成,則表明固體洗滌干凈,D項正確。2.(2023·湖北卷,3改編)工業(yè)制備高純硅的主要過程如圖:石英砂粗硅SiHCl3高純硅下列說法錯誤的是()。A.制備粗硅的化學方程式為SiO2+2CSi+2CO↑B.石英砂、SiHCl3、硅的熔、沸點大小:石英砂>硅>SiHCl3C.原料氣HCl和H2應充分去除水和氧氣D.生成高純硅的反應為熵減過程答案D解析SiO2和C在高溫下發(fā)生反應生成Si和CO,因此,制備粗硅的化學方程式為SiO2+2CSi+2CO↑,A項正確;石英砂和硅都是共價晶體,石英砂中Si—O的鍵長比Si—Si的短,故鍵能更大,熔、沸點更高,SiHCl3是分子晶體,熔、沸點低,故熔、沸點:石英砂>硅>SiHCl3,B項正確;HCl易與水形成鹽酸,在一定條件下氧氣可以將HCl氧化;H2在高溫下與O2反應生成水,與SiHCl3反應生成硅和氯化氫,且其易燃易爆。因此,原料氣HCl和H2應充分去除水和氧氣,C項正確;SiHCl3+H2Si+3HCl,該反應是氣體分子數(shù)增大的反應,因此,生成高純硅的反應為熵增過程,D項錯誤。3.(2023·遼寧卷,10改編)某工廠采用如下工藝制備Cr(OH)3,已知焙燒后Cr元素以+6價形式存在,下列說法錯誤的是()。A.“焙燒”中Cr2O3參與反應的化學方程式為2Cr2O3+4Na2CO3+3O24Na2CrO4+4CO2B.濾渣的主要成分為Fe(OH)2C.濾液①中Cr元素的主要存在形式為CrO4D.該工藝流程所得的Cr(OH)3可用于制備Cr2O3答案B解析焙燒過程中鐵、鉻元素均被氧化,FeO氧化成Fe2O3,Cr2O3、Na2CO3和O2發(fā)生反應生成Na2CrO4和CO2。水浸時,Fe2O3不溶于水成濾渣,濾液中存在鉻酸鈉,與淀粉的水解產(chǎn)物葡萄糖發(fā)生氧化還原得到氫氧化鉻沉淀。A項,焙燒中,Cr2O3、碳酸鈉和氧氣發(fā)生反應生成Na2CrO4和二氧化碳,故反應的化學方程式為2Cr2O3+4Na2CO3+3O24Na2CrO4+4CO2,正確;B項,焙燒過程鐵元素被氧化,濾渣的主要成分為Fe2O3,錯誤;C項,濾液①中Cr元素的化合價是+6價,因碳酸鈉水解,溶液顯堿性,所以Cr元素主要存在形式為CrO42-,正確;D項,Cr(OH)3加熱分解可用于制備Cr2O34.(2022·山東卷,12改編)高壓氫還原法可直接從溶液中提取金屬粉。以硫化銅精礦(含Zn、Fe元素的雜質)為主要原料制備Cu粉的工藝流程如圖,可能用到的數(shù)據(jù)見表。Fe(OH)3Cu(OH)2Zn(OH)2開始沉淀pH1.94.26.2沉淀完全pH3.26.78.2下列說法錯誤的是()。A.固體X主要成分是Fe(OH)3和S;金屬M為ZnB.浸取時的主要化學方程式為2CuS+2H2SO4+O22S+2CuSO4+2H2OC.中和調pH的范圍為3.2≤pH<4.2D.還原時,生成1molCu理論上需要22.4LH2答案D解析依據(jù)題中的工藝流程,CuS精礦(含有雜質Zn、Fe元素)在高壓O2作用下,用硫酸溶液浸取,發(fā)生反應生成CuSO4、S、H2O,Fe2+被氧化為Fe3+。通入NH3調節(jié)溶液pH,使Fe3+轉化為Fe(OH)3沉淀,而Cu、Zn元素仍以離子形式存在于溶液中,過濾得到的濾渣中含有S、Fe(OH)3,濾液中含有Cu2+、Zn2+。然后向濾液中通入高壓H2,根據(jù)元素活動性:Zn>H>Cu,Cu2+被還原為Cu單質,通過過濾分離出來;而Zn元素仍然以離子形式存在于溶液中,再經(jīng)一系列處理可得到Zn單質。A項,固體X的主要成分是S、Fe(OH)3,金屬M為Zn,正確;B項,由上述分析可知,CuS被氧化為S,反應的化學方程式為2CuS+2H2SO4+O22S+2CuSO4+2H2O,正確;C項,根據(jù)流程圖可知,用NH3調節(jié)溶液pH,要使Fe3+轉化為沉淀,而Cu、Zn元素仍以離子形式存在于溶液中,結合離子沉淀的pH范圍可知,中和時應該調節(jié)溶液pH范圍為3.2≤pH<4.2,正確;D項,氣體所處的溫度和壓強未明確,故無法得知Vm的值,因此無法求出氫氣的體積,錯誤。5.(2022·湖南卷,7改編)鋁電解廠煙氣凈化的一種簡單流程如圖:下列說法錯誤的是()。A.不宜用陶瓷作吸收塔內襯材料B.合成槽中發(fā)生反應的化學方程式為6NaF+NaAlO2+4NaHCO3Na3AlF6↓+4Na2CO3+2H2OC.濾液可回收進入吸收塔循環(huán)利用D.工業(yè)上采用電解熔融氧化鋁的方法冶煉鋁,需要添加冰晶石以提高導電能力答案D解析煙氣(含HF)通入吸收塔,加入過量的碳酸鈉,發(fā)生反應Na2CO3+HFNaF+NaHCO3,向合成槽中通入NaAlO2,發(fā)生反應6NaF+NaAlO2+4NaHCO3Na3AlF6↓+4Na2CO3+2H2O,過濾得到Na3AlF6和含有Na2CO3的濾液。A項,陶瓷的成分中含有SiO2,SiO2與HF發(fā)生反應SiO2+4HFSiF4+2H2O,因此不宜用陶瓷作吸收塔內襯材料,正確;B項,由上述分析可知,合成槽內發(fā)生反應6NaF+NaAlO2+4NaHCO3Na3AlF6↓+4Na2CO3+2H2O,正確;C項,由上述分析可知,濾液的主要成分為Na2CO3,可進入吸收塔循環(huán)利用,正確;D項,工業(yè)上常采用電解熔融的氧化鋁的方法冶煉鋁,但因為氧化鋁熔點很高,故添加冰晶石作助熔劑以降低熔點,錯誤。6.(2023·全國甲卷,26改編)BaTiO3是一種壓電材料。以BaSO4為原料,采用如圖路線可制備粉狀BaTiO3。回答下列問題:(1)“焙燒”后固體產(chǎn)物有BaCl2、易溶于水的BaS和微溶于水的CaS?！敖　睍r主要反應的離子方程式為。

(2)“酸化”步驟應選用的酸是(填字母)。

a.稀硫酸b.濃硫酸c.鹽酸d.磷酸(3)如果焙燒后的產(chǎn)物直接用酸浸取,是否可行?,其原因是

。

(4)沉淀BaTiO(C2O4)2隔絕空氣“熱分解”生成粉狀鈦酸鋇,化學方程式為

。

(5)鈦酸鋇的晶胞結構如圖,晶體中每個鋇離子周圍與其距離最近且相等的氧離子的數(shù)量是;與Ti4+緊鄰的O2-構成的空間結構是。若晶胞棱長為apm,鈦酸鋇的摩爾質量為233g·mol-1,則該晶體的密度ρ=g·cm-3(設阿伏加德羅常數(shù)的值為NA,用含a、NA的代數(shù)式表示)。

答案(1)Ca2++S2-CaS↓(2)c(3)不可行產(chǎn)物中的硫化物與酸反應生成的有毒氣體H2S會污染空氣,而且CaS與鹽酸反應生成可溶于水的CaCl2,導致BaCl2溶液中混有的CaCl2雜質無法除去,最終所得產(chǎn)品的純度降低(4)BaTiO(C2O4)2BaTiO3+2CO2↑+2CO↑(5)12正八面體233(解析由流程圖和題中信息可知,BaSO4和過量的碳粉及過量的氯化鈣在高溫下焙燒得到CO、BaCl2、易溶于水的BaS和微溶于水的CaS;燒渣經(jīng)水浸取后過濾,濾渣中有碳粉和CaS,濾液中有BaCl2和CaCl2;濾液經(jīng)酸化后濃縮結晶得到BaCl2晶體,BaCl2晶體溶于水后,加入TiCl4和(NH4)2C2O4,將鋇離子充分沉淀得到BaTiO(C2O4)2;BaTiO(C2O4)2經(jīng)隔絕空氣熱分解得到BaTiO3。(1)“焙燒”后固體產(chǎn)物有BaCl2、易溶于水的BaS和微溶于水的CaS。易溶于水的BaS與過量的CaCl2可以發(fā)生復分解反應生成硫化鈣沉淀,因此,“浸取”時發(fā)生的主要反應的離子方程式為Ca2++S2-CaS↓。(2)為防止引入新雜質,因此,應選用的酸是鹽酸。(4)沉淀BaTiO(C2O4)2隔絕空氣“熱分解”生成粉狀鈦酸鋇,草酸根離子熱分解生成CO2、CO、H2O,且CO2和CO比例為1∶1,因此該反應的化學方程式為BaTiO(C2O4)2BaTiO3+2CO2↑+2CO↑。(5)由圖可知,晶胞中Ba2+處于體心,周圍與之等距且最近的O2-均處于棱上,所以晶體中每個鋇離子周圍與其距離最近且相等的氧離子的數(shù)量是12。根據(jù)鈦酸鋇晶胞的結構示意圖可知,與Ti4+緊鄰的O2-位于棱的中心處,有6個氧離子與Ti4+最近,因此構成的空間結構是正八面體。晶胞質量m=233NAg,一個晶胞體積V=(a×10-10)3cm3,所以晶體密度ρ=mV=233(a×10-7.(2023·全國乙卷,27改編)LiMn2O4作為一種新型鋰電池正極材料受到廣泛關注。由菱錳礦(MnCO3,含有少量Si、Fe、Ni、Al等元素)制備LiMn2O4的流程如圖:已知:Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10-39,Ksp[Al(OH)3]=1.3×10-33,Ksp[Ni(OH)2]=5.5×10-16?；卮鹣铝袉栴}:(1)硫酸溶礦主要反應的化學方程式為。為提高溶礦速率,可采取的措施(舉1例)。

(2)加入少量MnO2的作用是。不宜使用H2O2替代MnO2,原因是。

(3)濾渣中含有的物質有。

(4)在電解槽中,發(fā)生電解反應的離子方程式為

。

(5)煅燒窯中,生成LiMn2O4反應的化學方程式是。

(6)已知一種LiMn2O4晶胞可看成由A、B單元按Ⅲ方式交替排布構成,“”表示O2-。①“”表示的微粒是(填元素符號)。

②若該晶胞的晶胞參數(shù)為apm,設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值,該晶體的密度為

(列出計算表達式,不必化簡)g·cm-3。答案(1)MnCO3+H2SO4MnSO4+H2O+CO2↑粉碎菱錳礦、適當增大硫酸濃度、適當提高溫度、攪拌(寫一個即可)(2)將Fe2+氧化為Fe3+Fe3+可以催化H2O2分解(3)CaSiO3、Fe(OH)3、Al(OH)3、BaSO4、NiS(4)Mn2++2H2OH2↑+MnO2↓+2H+(5)2Li2CO3+8MnO24LiMn2O4+2CO2↑+O2↑(6)Li8×181N解析根據(jù)題給的流程,將菱錳礦置于反應器中,加入硫酸和MnO2,可將MnCO3固體溶解為離子形式,將雜質中含F(xiàn)e、Ni、Al等元素的物質也轉化為其離子形式,同時,加入的MnO2可以將溶液中的Fe2+氧化為Fe3+;隨后將溶液pH調至約等于7,此時,根據(jù)已知條件給出的三種氫氧化物的溶度積可知,溶液中的Al3+、Fe3+會被沉淀出來;隨后加入BaS,可以將溶液中的Ni2+沉淀,得到相應的濾渣;后溶液中含有大量的Mn2+,將此溶液置于電解槽中電解,得到MnO2,將MnO2與碳酸鋰共同煅燒得到最終產(chǎn)物LiMn2O4。(2)加入MnO2的作用是將酸溶后溶液中含有的Fe2+氧化為Fe3+,但不宜使用H2O2氧化Fe2+,因為氧化后生成的Fe3+可以催化H2O2分解,增大H2O2的投入量,增大成本。(3)用石灰乳調節(jié)至pH≈7,這時溶液中c(OH-)=1.0×10-7mol·L-1,溶液中c(Al3+)=1.3×10-12mol·L-1,c(Fe3+)=2.8×10-18mol·L-1,c(Ni2+)=5.5×10-2mol·L-1,c(Al3+)和c(Fe3+)小于1.0×10-5,Al3+和Fe3+沉淀完全;再加入少量BaS溶液除去Ni2+,此時溶液中發(fā)生反應的離子方程式為BaS+Ni2++SO42-BaSO4↓+NiS↓,生成的沉淀有BaSO4、NiS,以及SiO2和Ca(OH)2反應生成的CaSiO3,故濾渣中含有的固體有CaSiO3、Fe(OH)3、Al(OH)3、BaSO4、NiS。(6)①由圖Ⅲ可知,一個晶胞中含有A和B的個數(shù)均為4。A中氧離子位于體內數(shù)目為4,位于體心和頂點數(shù)目為1+4×18=1.5。B中氧離子位于體內數(shù)目為4,位于頂點數(shù)目為4×18=0.5,△位于體內數(shù)目為4。則一個晶胞內O2-、、△數(shù)目之比為32∶8∶16=4∶1∶2,結合化學式LiMn2O4可知,“”表示的微粒是Li。②由①分析知,一個晶胞中含8個LiMn2O4,則該晶體的密度為8×(7+55×2+16×4)NA×(a×10-10)8.(2023·湖南卷,17改編)超純Ga(CH3)3是制備第三代半導體的支撐源材料之一,近年來,我國科技工作者開發(fā)了超純純化、超純分析和超純灌裝一系列高新技術,在研制超純Ga(CH3)3方面取得了顯著成果,工業(yè)上以粗鎵為原料,制備超純Ga(CH3)3的工藝流程如下:已知:①金屬Ga的化學性質和Al相似,Ga的熔點為29.8℃;②Et2O(乙醚)和NR3(三正辛胺)在上述流程中可作為配體;③相關物質的沸點:物質Ga(CH3)3Et2OCH3INR3沸點/℃55.734.642.4365.8回答下列問題:(1)元素Ga在元素周期表的位置為。

(2)“電解精煉”裝置如圖所示,電解池溫度控制在40~45℃的原因是,陰極的電極反應式為。

(3)“合成Ga(CH3)3(Et2O)”工序中的產(chǎn)物還包括MgI2和CH3MgI,寫出該反應的化學方程式:。

(4)“殘渣”經(jīng)純水處理,能產(chǎn)生可燃性氣體,該氣體主要成分是。

(5)流程中循環(huán)利用的物質是。

(6)直接分解Ga(CH3)3(Et2O)不能制備超純Ga(CH3)3,而本流程采用“配體交換”工藝制備超純Ga(CH3)3的理由是。

(7)比較分子中的C-Ga-C鍵角大小:Ga(CH3)3Ga(CH3)3(Et2O)(填“>”、“<”或“=”),其原因是。

答案(1)第四周期第ⅢA族(2)保證Ga為液體,便于純Ga流出Ga3++3e-Ga(3)8CH3I+2Et2O+Ga2Mg52Ga(CH3)3(Et2O)+3MgI2+2CH3MgI(4)CH4(5)Et2O、NR3(6)NR3沸點較高,易與Ga(CH3)3分離,而Et2O的沸點低于Ga(CH3)3,易與Ga(CH3)3一起蒸出,難以得到超純Ga(CH3)3(7)>Ga(CH3)3中Ga為sp2雜化,為平面結構,而Ga(CH3)3(Et2O)中Ga為sp3雜化,為四面體結構,故Ga(CH3)3鍵角較大解析以粗鎵為原料,制備超純Ga(CH3)3,粗Ga經(jīng)過電解精煉得到高純Ga,Ga和Mg反應生成Ga2Mg5,Ga2Mg5和CH3I、Et2O反應生成Ga(CH3)3(Et2O)、MgI2和CH3MgI,然后經(jīng)過蒸發(fā)溶劑、蒸餾,除去殘渣MgI2、CH3MgI,加入NR3進行配體交換、進一步蒸出得到超純Ga(CH3)3,Et2O和NR3重復利用。(1)Ga與鋁同主族,在鋁的下一周期,因此它在元素周期表的位置為第四周期第ⅢA族。(2)電解池溫度控制在40~45℃可以保證Ga為液體,便于純Ga流出;粗Ga在陽極失去電子,陰極得到Ga,電極反應式為Ga3++3e-Ga。(3)“合成Ga(CH3)3(Et2O)”工序中的產(chǎn)物還包括MgI2和CH3MgI,該反應的化學方程式為8CH3I+2Et2O+Ga2Mg52Ga(CH3)3(Et2O)+3MgI2+2CH3MgI。(4)“殘渣”含CH3MgI,經(jīng)純水處理,能產(chǎn)生可燃性氣體CH4。(5)由流程圖可以看出,溶劑蒸發(fā)的是Et2O,后一工序的配體交換也是將Et2O交換出來了,這些Et2O又進入“合成Ga(CH3)3(Et2O)”工序中,同時配體交換后通過工序X得到Ga(CH3)3,因此流程中循環(huán)利用的物質是Et2O和NR3。(6)直接分解Ga(CH3)3(Et2O)時,由于Et2O的沸點較低,會與Ga(CH3)3一起蒸出,不能制備超純Ga(CH3)3,而本流程采用“配體交換”工藝制備超純Ga(CH3)3的理由是根據(jù)題給相關物質沸點可知,NR3沸點遠高于Ga(CH3)3,易與Ga(CH3)3分離。1.(2023·福建省寧德市高三聯(lián)考)用含少量FeS的廢鐵屑為原料制備FeCO3的流程如圖:下列說法錯誤的是()。A.“除油”中適當提高溫度有利于去除油污B.“浸出”中炭黑的作用是加快鐵屑溶解C.“浸出”產(chǎn)生的氣體是H2SD.“沉鐵”發(fā)生反應的離子方程式為Fe2++2HCO3-FeCO3↓+CO2↑+H2答案C解析廢鐵屑加入碳酸鈉溶液中,利用碳酸鈉溶液的堿性除去廢鐵屑表面的油污,過濾后將鐵屑與炭黑混合,加硫酸溶解,生成氫氣和硫酸亞鐵,過濾除去炭黑,在硫酸亞鐵溶液中加碳酸氫銨,兩者反應生成碳酸亞鐵?！俺汀敝羞m當提高溫度可促進碳酸鈉的水解,使其溶液堿性增強,有利于油脂的水解除去,A項正確;“浸出”中炭黑、鐵屑和硫酸溶液構成原電池,鐵屑作負極,可加快鐵屑溶解,B項正確;“浸出”時鐵與稀硫酸反應生成氫氣,C項錯誤;在硫酸亞鐵溶液中加碳酸氫銨,兩者反應生成碳酸亞鐵,反應的離子方程式為Fe2++2HCO3-FeCO3↓+CO2↑+H2O,D2.(2023·廣東省惠州市一模)氨既是一種重要的化工產(chǎn)品,又是一種重要的化工原料。合成氨以及氨氧化制硝酸的流程示意圖如圖所示。下列說法不正確的是()。A.合成塔內發(fā)生的反應中有非極性鍵的斷裂和極性鍵的生成B.氧化爐內發(fā)生的反應氧化劑與還原劑的物質的量之比為5∶4C.使用NaOH溶液吸收尾氣中的氮氧化物,NO和NO2是酸性氧化物D.向吸收塔中通入O2的作用是氧化NO答案C解析氮氣和氫氣合成氨氣,氨氣和氧氣反應生成一氧化氮和水,一氧化氮和氧氣反應生成二氧化氮,二氧化氮和水反應生成硝酸和一氧化氮。合成塔內為氮氣和氫氣反應生成氨氣,有氮氣和氫氣中的非極性鍵的斷裂,和氨氣中的極性鍵的生成,A項正確;氧化爐內發(fā)生反應的化學方程式為4NH3+5O24NO+6H2O,氨氣為還原劑,氧氣為氧化劑,則氧化劑和還原劑的物質的量之比為5∶4,B項正確;一氧化氮和二氧化氮都不是酸性氧化物,C項錯誤;吸收塔中通入氧氣是為了使一氧化氮和氧氣反應生成二氧化氮,D項正確。3.(2023·河北省石家莊市高三聯(lián)考)化學工業(yè)為生產(chǎn)生活提供了強有力的物質支撐。亞氯酸鈉(NaClO2)具有強氧化性,受熱易分解,可作漂白劑、食品消毒劑等,以氯酸鈉等為原料制備亞氯酸鈉的工藝流程如圖所示。已知:消毒能力即每克含氯消毒劑的氧化能力相當于多少克Cl2的氧化能力。下列說法錯誤的是()。A.“母液”中溶質的主要成分是Na2SO4B.相同質量ClO2的消毒能力是Cl2的2.5倍C.“反應2”中氧化劑與還原劑的物質的量之比為2∶1D.“減壓蒸發(fā)”可以降低蒸發(fā)時的溫度,提高產(chǎn)品產(chǎn)率答案B解析由題給流程可知,反應1為二氧化硫與氯酸鈉反應生成硫酸鈉和二氧化氯,反應2為二氧化氯與過氧化氫、氫氧化鈉混合溶液反應生成亞氯酸鈉、氧氣和水,反應得到的亞氯酸鈉在55℃條件下減壓蒸發(fā)、冷卻結晶、過濾得到亞氯酸鈉粗產(chǎn)品。根據(jù)上述分析可知,“母液”中溶質的主要成分是Na2SO4,A項正確;1molCl2完全反應轉移2mole-,1molClO2完全反應轉移5mole-,相同質量的二氧化氯與氯氣的消毒能力的比值為1g67.5g·mol-1×51g71g·mol-1×2≈2.63,所以相同質量ClO2的消毒能力是Cl2的2.63倍,B項錯誤;“反應2”中發(fā)生反應的化學方程式為H2O2+2ClO2+2NaOH2NaClO24.(2023·河北省邢臺市高三聯(lián)考)鈧(Sc)可用于制備鋁鈧合金、燃料電池、鈧鈉鹵燈、示蹤劑、激光晶體等產(chǎn)品。以鈦白酸性廢水(主要含Ti4+、Fe2+、Sc3+)為原料制備氧化鈧(Sc2O3)的工藝流程如圖所示。下列說法正確的是()。A.酸洗時加入H2O2的目的是將Ti4+還原為Ti2+B.“操作Ⅰ”需要的玻璃儀器有分液漏斗C.“濾渣Ⅰ”的主要成分是Ti(OH)4、Fe(OH)3D.草酸鈧焙燒時反應的化學方程式:2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2答案D解析鈦白酸性廢水(主要含Ti4+、Fe2+,Sc3+),酸洗時加入H2O2的目的是將Fe2+氧化為Fe3+,“濾渣Ⅰ”的主要成分是Ti(OH)4、Fe(OH)3、Sc(OH)3,加入10%的鹽酸調pH的目的是將Sc(OH)3轉化為含Sc3+的溶液,再加入草酸溶液得到草酸鈧,草酸鈧與氧氣焙燒時生成Sc2O3和CO2。“有機相”中主要含有Ti4+、Fe2+、Sc3+,酸洗時加入H2O2的目的是將Fe2+氧化為Fe3+,有利于后面沉淀除去Fe3+,A項錯誤;“操作Ⅰ”是過濾,過濾操作需要的玻璃儀器有燒杯、玻璃棒、漏斗,B項錯誤;“濾渣Ⅰ”的主要成分是Ti(OH)4、Fe(OH)3、Sc(OH)3,C項錯誤;草酸鈧與氧氣焙燒時生成Sc2O3和CO2,D項正確。5.(2023·山東省棗莊市二模)高鐵酸鉀(K2FeO4)具有殺菌消毒及凈水作用,某實驗小組在堿性條件下制備K2FeO4流程如圖所示:下列說法錯誤的是()。A.1molK2FeO4消毒能力相當于1.5molHClOB.氧化反應:3NaClO+2Fe(NO3)3+10NaOH2Na2FeO4+3NaCl+6NaNO3+5H2OC.同溫度時高鐵酸鈉的溶解度大于高鐵酸鉀D.提純時,應用到的玻璃儀器有蒸發(fā)皿、玻璃棒、燒杯、酒精燈答案D解析1molHClO得2mol電子生成Cl-,1molK2FeO4得3mol電子轉化為Fe3+,故1molK2FeO4消毒能力相當于1.5molHClO,A項正確;根據(jù)得失電子守恒和元素守恒配平方程:3NaClO+2Fe(NO3)3+10NaOH2Na2FeO4+3NaCl+6NaNO3+5H2O,B項正確;流程圖中高鐵酸鈉加入飽和氫氧化鉀溶液,利用同溫度時高鐵酸鈉溶解度大于高鐵酸鉀可生成高鐵酸鉀,C項正確;通過重結晶進行提純,應用到的玻璃儀器還有漏斗,D項錯誤。6.(2023·貴州省三模)硫酸鎂在印染等工業(yè)中應用廣泛。一種以硼鎂泥(主要成分為MgCO3,還含有Ca、Fe、Al、Mn、Si的氧化物等成分)制取七水硫酸鎂的流程如圖所示:已知:本題中涉及的部分難溶電解質的溶度積如表所示:難溶電解質Fe(OH)3Fe(OH)2Al(OH)3Mg(OH)2Ksp4.0×10-388.0×10-164.6×10-331.8×10-11回答下列問題:(1)“酸浸”中主要反應的化學方程式為,濾渣的成分為。

(2)“氧化”的目的:(ⅰ)氧化Fe2+;(ⅱ)氧化Mn2+,其離子方程式為

。

(3)“調pH”時,最適宜使用的X試劑是(填字母)。

A.NH3·H2OB.NaOHC.MgO(4)當溶液中c(Al3+)=4.6×10-6mol·L-1時,則所調pH=。

(5)調pH后,要繼續(xù)加熱再過濾出沉淀,繼續(xù)加熱的目的是。

(6)已知CaSO4與MgSO4在水中的溶解度隨溫度變化的曲線如圖所示,則“結晶1”的操作為、。

答案(1)MgCO3+H2SO4MgSO4+CO2↑+H2OSiO2、CaSO4(2)2Fe2++ClO-+2H+2Fe3++Cl-+H2O,ClO-+Mn2++H2OCl-+MnO2+2H+(3)C(4)5(5)加熱能促使Fe(OH)3、Al(OH)3聚沉,便于過濾除掉(6)蒸發(fā)結晶趁熱過濾解析向硼鎂泥(主要成分為MgCO3,還含有Ca、Fe、Al、Mn、Si的氧化物等成分)中加入硫酸酸浸,SiO2不溶于硫酸,CaO與H2SO4反應生成CaSO4微溶物,則濾渣中含有SiO2、CaSO4,濾液中含有Mg2+、Ca2+、Fe3+、Fe2+、Al3+、Mn2+,向濾液中加入NaClO,將Fe2+氧化成Fe3+,同時將Mn2+氧化為MnO2,再調pH將Fe3+、Al3+轉化為Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀,將其與MnO2一起過濾,再將CaSO4結晶,最后結晶得到七水硫酸鎂。(3)調pH將Fe3+、Al3+轉化為Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀,但不能引入新的雜質離子,則“調pH”時,最適宜使用的X試劑是MgO。(4)當溶液中c(Al3+)=4.6×10-6mol·L-1時,c(OH-)=3Ksp[Al(OH)3]c(Al3+)mol·L-1=34.6×10-334.6×10-6mol·7.(2023·廣東省三模)三氧化二砷(As2O3)可用于治療急性早幼粒細胞白血病。一種利用酸性含砷廢水提取As2O3的工藝流程如圖所示:回答下列問題:(1)砷(As)原子序數(shù)為33,其在元素周期表中的位置是。

(2)“沉淀”時,需控制溶液中NaHS的濃度不能過高,主要原因是。

(3)“轉化”時,As2S3在CuSO4溶液中轉化為三元弱酸H3AsO3,該反應的化學方程式為。

(4)“溶解”時生成Na3AsO4的反應的離子方程式為。從綠色化學的角度分析,該過程還可以用替代O2。

(5)請設計簡單實驗驗證Na3AsO4溶液呈堿性:

。

(6)工業(yè)上,As2O3經(jīng)轉化、蒸餾等操作可得到高純砷,下列與蒸餾操作相關的設備有(填字母)。

A.蒸餾釜B.離心萃取機C.加壓過濾機 D.冷凝塔(7)若一次“還原”制得9.9gAs2O3,則至少需要通入SO2的體積為L(標準狀況)。

答案(1)第四周期第ⅤA族(2)生成有毒的硫化氫氣體且降低了硫氫化鈉的利用率(3)As2S3+3CuSO4+6H2O2H3AsO3+3CuS↓+3H2SO4(4)2H3AsO3+O2+6OH-2AsO43-+6H2(5)用玻璃棒蘸取Na3AsO4溶液,滴到pH試紙上,變色后與標準比色卡對比,測得pH大于7(6)AD(7)2.24解析酸性含砷廢水加入硫氫化鈉得到As2S3,加入硫酸銅溶液轉化為三元弱酸H3AsO3,然后加入氫氧化鈉、氧氣將正三價砷轉化為正五價砷得到Na3AsO4溶液,往Na3AsO4溶液中加入二氧化硫,經(jīng)還原處理后得到As2O3。(4)氧氣具有氧化性,“溶解”時H3AsO3被氧氣氧化為Na3AsO4,反應的離子方程式為2H3AsO3+O2+6OH-2AsO43-+6H2O。過氧化氫具有氧化性,從綠色化學的角度分析,該過程還可以用過氧化氫替代O2。(6)工業(yè)上蒸餾操作需要使用蒸餾釜蒸餾、使用冷凝塔冷凝產(chǎn)物。(7)“還原”過程中五價砷轉化為三價砷,根據(jù)電子守恒可知,As2O3~4e-~2SO2,9.9gAs2O3為0.05mol,則至少需要通入0.1molSO2,標準狀況下體積為2.241.硼酸主要用于制造光學玻璃。以鹽湖中鹵水為原料提取硼酸流程如圖所示。第一階段:鹽田鹵水經(jīng)蒸餾得到富硼老鹵(主要含Na2B4O7);第二階段:提取硼酸。流程如圖。表不同溫度下硼酸的溶解度溶解度g/100g溫度/℃溶解度g/100g溫度/℃溶解度g/100g溫度/℃2.46-0.766.33019.11802.608.024023.3903.61010.355028.71004.82012.906038.71105.52515.707052.4120硼酸的溶解度與溫度關系如表所示。下列敘述錯誤的是()。A.“酸化”中只發(fā)生非氧化還原反應B.“母液”循環(huán)利用體現(xiàn)綠色化學要求C.“分離”采用蒸發(fā)溶劑結晶法提取硼酸D.用AgNO3溶液確認硼酸洗滌干凈答案C解析“酸化”中發(fā)生反應有Na2B4O7+2HCl2NaCl+H2B4O7,H2B4O7+5H2O4H3BO3,A項正確;上述流程中廢液再利用,能提高硼的回收率,符合綠色化學要求,B項正確;根據(jù)表格數(shù)據(jù)可知,硼酸溶解度隨溫度降低而減小程度較大,應采用冷卻結晶法分離硼酸,C項錯誤;硼酸表面可能會吸附有NaCl、HCl,硝酸銀溶液可以用來檢驗氯離子是否存在,從而確認硼酸是否洗凈,D項正確。2.催化劑Cu-CuxC-ZnO高選擇性催化乙炔加氫。以輝銅礦(主要成分是Cu2S)為原料制備該催化劑的流程如圖。已知:Cu2O+2H+Cu+Cu2++H2O。下列敘述正確的是()。A.氣體可以直接排入空氣中B.雙氧水作氧化劑C.用蒸發(fā)皿裝Cu(OH)2和Zn(OH)2D.調pH時可用澄清石灰水替代氨水答案B解析輝銅礦粉與氧氣反應的化學方程式為2Cu2S+3O22Cu2O+2SO2,氣體中含有SO2,如果直接排入空氣中,會污染空氣,A項錯誤;固體溶于硫酸和雙氧水的混合液中,可能發(fā)生反應的化學方程式為Cu2O+2H+Cu2++Cu+H2O,Cu+H2O2+H2SO4CuSO4+2H2O,雙氧水作氧化劑,B項正確;灼燒時用坩堝裝固體,C項錯誤;如果用澄清石灰水替代氨水,氫氧化銅中會混有硫酸鈣,導致產(chǎn)品純度降低,D項錯誤。3.氮化鎵是第三代半導體材料。已知:Ga及其化合物性質與Al相似。以含GaCl3的廢液為原料制備氮化鎵的微型流程如圖。下列敘述正確的是()。A.試劑R宜選擇NaOH,不宜選擇氨水B.分離Ga(OH)3采用蒸餾操作C.SOCl2的作用是作反應物并抑制GaCl3水解D.氣體1和氣體2的成分完全相同答案C解析Ga(OH)3能溶于氫氧化鈉溶液,宜選擇氨水,A項錯誤;“沉鎵”產(chǎn)生氫氧化鎵固體和濾液,應采用過濾操作,B項錯誤;“灼燒”發(fā)生反應的化學方程式為2Ga(OH)3+3SOCl22GaCl3+3SO2↑+3H2O,SOCl2+H2OSO2↑+2HCl↑,亞硫酰氯提供氯源、產(chǎn)生氯化氫抑制氯化鎵水解,C項正確;“沉積”發(fā)生反應的化學方程式為GaCl3+NH3GaN+3HCl,氣體1的主要成分是二氧化硫和氯化氫,氣體2的主要成分是氯化氫,可能含氨氣,D項錯誤。4.某小組以含銀廢液{主要成分為Na3[Ag(S2O3)2]}回收高附加值產(chǎn)品,流程如圖。已知:Na2S2O3·5H2O的溶解度(S)與溫度關系如表所示。溫度/℃01020304050607080S/100g水52.561.070.084.7103170207249254下列敘述正確的是()。A.用降溫結晶法提取大蘇打且只含Na2S雜質B.“沉銀”反應為S2-+2[Ag(S2O3)2]3-Ag2S↓+4S2O3C.“電解”中粗銀為陰極,AgNO3為電解質D.還原劑R一定是Na2SO3答案B解析由表格數(shù)據(jù)可知,大蘇打的溶解度隨溫度降低而減小,可采用降溫結晶法分離硫代硫酸鈉結晶水合物。硫代硫酸鈉、硫化鈉都有還原性,雜質除Na2S外,還可能有Na2SO4,A項錯誤;硫化銀的溶解度很小,加入硫化鈉,發(fā)生復分解反應生成硫化銀、硫代硫酸鈉,B項正確;粗銀精煉時,粗銀為陽極,純銀為陰極,C項錯誤;SO2與氫氧化鈉反應可能生成NaHSO3、Na2SO3,D項錯誤。5.氟化鈧(ScF3)常用于制備鈧和作合金的添加劑。鈦鐵礦的主要成分為FeTiO3,含少量SiO2、Sc2O3等雜質。在實驗室條件下以鈦鐵礦為原料制備ScF3的流程如圖。已知:①常溫下,幾種離子完全沉淀的pH。離子Fe2+Fe3+TiO2+沉淀完全的pH9.03.21.05②“酸浸”時轉化FeTiO3為TiO2+;[TiO(H2O2)]2+為橘黃色的穩(wěn)定離子,易溶于水?；卮鹣铝袉栴}:(1)下列措施不能提高“酸浸”速率的是(填字母)。

A.粉碎鈦礦石B.增大硫酸體積C.適當加熱 D.攪拌(2)“水解”后期,常加入適量氨水,其目的是。寫出水解的離子方程式:

。

(3)“洗鈦”中加入雙氧水的作用是

。

(4)“反萃取”之后,分離固體的操作是(填名稱)?！八崛堋敝?溶液中c(Sc3+)=0.01mol·L-1,“氨水調節(jié)pH”時應控制的pH范圍是。已知:Ksp[Sc(OH)3]=1.25×10-33,lg5≈0.7。

(5)“沉鈧”形成的復鹽沉淀化學式為xNH4Cl·yScF3·zH2O。在“脫水除氨”中該復鹽的熱失重如圖所示,其中在380~400℃過程中會有白煙產(chǎn)生,保溫至無煙氣時得到ScF3。由圖中數(shù)據(jù)得x∶z=。

(6)傳統(tǒng)制備的方法是先得到ScF3·6H2O,再高溫脫水得到ScF3,得到的產(chǎn)品中會含ScOF雜質,原因是

(用化學方程式表示)。

與傳統(tǒng)方法制備相比,上述流程能得到較高純度的ScF3,原因是

。

答案(1)B(2)促進鈦元素完全沉淀TiO2++(1+x)H2OTiO2·xH2O↓+2H+(3)與TiO2+形成穩(wěn)定的絡離子,除去鈦元素;氧化Fe2+(4)過濾3.2≤pH<3.7(5)1∶2(6)ScF3·6H2OScOF+2HF+5H2O脫水除氨過程中生成的HCl會抑制ScF3的水解解析(1)增大硫酸溶液體積不改變反應物接觸面,不會影響反應速率。(2)一氧合鈦離子水解產(chǎn)生H+,加入氨水,促進水解向右進行。(3)雙氧水有雙重作用:一是除去鈦元素;二是氧化亞鐵離子,即亞鐵離子轉化成鐵離子,再轉化成氫氧化鐵沉淀。(4)過濾分離出固體。調節(jié)pH確保鐵離子完全沉淀,鈧離子不沉淀。Sc(OH)3開始沉淀的pH:c(OH-)=31.25×10-330.01mol·L-1=5×10-11mol·L-1,pH=14-pOH=14-[-lg(5×10-11)]=3.7,Fe3+完全沉淀的pH為3.2,故應控制pH范圍為3.2≤pH<3.7。(5)從圖像看出,a→b段失去結晶水為7.47g-5.31g=2.16g,c→d段脫去氯化銨為5.31g-2.10g=3.21g,ScF3為2.10g。n(H2O)=0.12mol,n(NH46.Ru(釕)廣泛用于制筆。某小組以某含Ru廢料[主要成分是Ru(CO3)2,含RuO4(Ru為+6價)、SiO2、FeO、MgO和CaO等]為原料制備Ru的流程如圖所示。已知:常溫下,Ksp(CaF2)=1.5×10-10,Ksp(MgF2)=7.4×10-11。離子濃度等于或低于1×10-5mol·L-1時該離子已完全除去?；卮鹣铝袉栴}:(1)濾渣的主要成分是(填化學式)。

(2)“酸浸”中RuO4轉化成Ru(SO4)2的離子方程式為

。

(3)“除雜1”中氯元素被還原成最低價態(tài)。若只氧化Fe2+,生成3molNa2Fe4(SO4)6(OH)2理論上需要molNaClO3。

(4)“除雜1”之后,濾液中c(Mg2+)=c(Ca2+),則“除雜2”先生成的沉淀是(填化學式)。“除雜2”的濾液中c(F-)=0.01mol·L-1,Ca2+和Mg2+是否除盡?(填“是”或“否”)。

(5)“除雜2”宜選擇哪一種容器(填字母)

A.陶瓷 B.鐵質C.石英 D.氧化鋁(6)該小組為了優(yōu)化方案1又設計方案2,從安全角度分析,方案2優(yōu)于方案1的原因是。

答案(1)SiO2、CaSO4(2)RuO4+2SO32-+4H+Ru4++2SO4(3)2(4)MgF2是(5)BD(6)方案1使用氫氣作還原劑,氫氣是易燃易爆氣體,而方案2利用草酸根離子作還原劑,操作更安全解析(1)硫酸鈣微溶于水,濾渣含二氧化硅、硫酸鈣。(2)RuO4中含“—O—O—”,1molRuO4轉化成Ru4+得到4mol電子。(3)3molNa2Fe4(SO4)6(OH)2含12molFe3+,ClO3-→Cl-,根據(jù)得失電子守恒可知,需要2molClO3-。(4)根據(jù)氟化鈣、氟化鎂的溶度積可知,同條件下氟化鎂先沉淀。根據(jù)溶度積計算,c(Ca2+)=1.5×10-6mol·L-1,c(Mg2+)=7.4×10-7mol·L-1,均小于1×10-5mol·L-1。(5)NaF7.鈷廣泛應用于電池、合金等領域。以含鈷廢料(主要含Co2O3和CoO,還含有Fe、Mg等元素以及SiO2、碳、有機物)為原料制備鈷的流程如圖所示:已知部分信息如下:①CaF2、MgF2難溶于水。②Na2S2O5(焦亞硫酸鈉)常作食品抗氧化劑。③部分氫氧化物沉淀的pH如表所示。Co3+Fe3+Fe2+Co2+Mg2+開始沉淀/pH0.32.77.67.29.6完全沉淀/pH1.23.29.69.211.1回答下列問題:(1)Na2S2O5中硫的化合價為。固體2的主要成分是(填化學式)。

(2)“浸取”中硫酸不宜用濃鹽酸替代,其原因是

(用離子方程式表示)。(3)其他條件相同時,“氧化”過程中,氧化率與溫度的關系如圖1所示,“氧化率”與pH的關系如圖2所示?！把趸弊罴训臈l件是。

在此條件下,實際消耗的過氧化氫的量遠大于理論量,可能的原因是

。

(4)有人認為“除鎂”可以用調節(jié)pH替代NaF,請你評價

(判斷是否可行,簡述理由)。

(5)利用圖3裝置實現(xiàn)“電解”制備Co。①石墨電極的電極反應為。

生成11.8gCo時室1溶液理論上減少g。

②相對直接電解CoCl2溶液,圖3“三室兩膜”裝置突出優(yōu)點是

。

答案(1)+4Fe(OH)3(2)Co2O3+6H++2Cl-2Co2++Cl2↑+3H2O(3)30℃、pH為5.0Fe3+等金屬離子催化H2O2分解(4)不可行,Mg2+開始沉淀時Co2+已完全沉淀(5)①2H2O-4e-O2↑+4H+3.6②回收鹽酸,不產(chǎn)生氯氣,體現(xiàn)綠色化學理念解析(2)三氧化二鈷具有強氧化性,用焦亞硫酸鈉還原+3價鈷。如果加入濃鹽酸,會產(chǎn)生氯氣。(3)圖1可判斷最佳溫度為30℃,溫度較低時,反應速率小,溫度較高時,過氧化氫易分解。pH在5.0時氧化率較大。溶液中鐵離子、鈷離子對過氧化氫分解有催化作用。(4)根據(jù)pH數(shù)據(jù)可知,如果調節(jié)pH使鎂離子沉淀,則鎂離子開始沉淀時鈷離子已完全沉淀,不符合要求。(5)石墨為陽極,鈷為陰極,采用三室兩膜裝置電解,可以回收鹽酸,避免氯離子在陽極上被氧化生成氯氣。8.BiVO4(釩酸鉍,又稱184黃)是一種黃色顏料。某小組以輝鉍礦(主要成分是Bi2S3,含少量FeS2和SiO2雜質)為原料制備釩酸鉍,并回收SO2制備食品抗氧化劑Na2S2O5的流程如圖所示:已知:常溫下,Ksp[Bi(OH)3]≈1.0×10-31,Ksp[Fe(OH)3]≈1.0×10-當金屬離子濃度≤1.0×10-5mol·L-1時,認為該離子已完全沉淀?；卮鹣铝袉栴}:(1)浸渣的主要成分是。

(2)“焙燒”中采用高壓空氣的目的是

。

Bi2S3轉化成Bi2O3的化學方程式為

。

(3)已知:“酸浸”得到“浸液”中c(Bi3+)=0.01mol·L-1,則“除鐵”調節(jié)pH范圍為。

(4)“濾液”經(jīng)蒸發(fā)濃縮、降溫結晶、過濾、洗滌、干燥得到固體的主要成分是(填化學式)。

(5)“酸溶”調節(jié)pH,避免生成BiOCl(難溶)。產(chǎn)生BiOCl的離子方程式為

。

(6)“合成”中采用攪拌、加熱,其目的是

。

(7)向含少量水的Na2CO3中通入SO2,得到Na2S2O5產(chǎn)品。Na2S2O5易變質生成Na2SO4,設計簡單實驗證明產(chǎn)品是否變質:

。

(已知:S2O52-+2H+2SO2↑+H2答案(1)SiO2(2)增大氧氣濃度,提高反應速率2Bi2S3+9O22Bi2O3+6SO2(3)3.0≤pH<4.3(4)Na2SO4(5)Bi3++H2O+Cl-BiOCl↓+2H+(6)加快反應,促進BiVO4的生成(7)取少量產(chǎn)品,加入足量鹽酸,再滴加BaCl2溶液,若產(chǎn)生白色沉淀,則產(chǎn)品已變質,否則未變質解析(1)二氧化硅是酸性氧化物,不與硫酸反應。(2)高壓空氣,相當于增大空氣壓強,氧氣濃度增大,提高反應速率。三硫化二鉍與氧氣反應生成三氧化二鉍和二氧化硫。(3)Fe3+完全沉淀的pH:c(OH-)=31.0×10-381.0×10-5mol·L-1=1.0×10-11mol·L-1,pH=14-pOH=3.0。開始生成Bi(OH)3的pH:c(OH-)=31.0×10-31專題十二綜合實驗設計與評價?對應學生書第106頁知識點一常見物質的制備物質的制備實驗是中學化學實驗的重要內容,它涉及試劑的選擇及取用、儀器的選擇及組裝、物質的加熱等多種基本實驗操作,具有較強的綜合性。一般思路:發(fā)生原理(裝置)→除雜→干燥→主體實驗→尾氣處理等。1.試劑的選擇:以實驗室常用藥品為原料,依據(jù)反應原理,選擇方便經(jīng)濟安全的試劑,盡量做到有適宜的反應速率,且所得物質比較純凈。如用鋅粒與酸制取氫氣,一般選擇稀硫酸,不用鹽酸,因為鹽酸是揮發(fā)性酸,制取的氫氣中會混有HCl氣體。2.裝置的選擇:由反應物的狀態(tài),反應條件和所制備氣體的性質、量的多少決定。裝置應根據(jù)實驗設計的思路:發(fā)生裝置→除雜裝置→干燥裝置→主體實驗裝置(收集)→尾氣處理裝置等。3.儀器的組裝:在組裝儀器時,應從下而上,從左至右,先塞好后固定;先檢驗裝置的氣密性再加入試劑;加入試劑時,先固后液;實驗開始時,先驗純,再點燈;在連接導管時,對于洗氣裝置應“長”進“短”出;量氣裝置應“短”進“長”出;干燥管應“大”進“小”出;先凈化后干燥。4.物質的除雜(以氣體為例)①除雜順序:先除雜,后除水,加熱除氧放末尾。②解題步驟:a.判斷氣體中的雜質,氣體中雜質的判斷方法:凡是反應物中有易揮發(fā)性液體,如鹽酸、濃硝酸、溴水等,制得的氣體中一定含有相應的雜質,如HCl、HNO3、溴蒸氣及水蒸氣等。還有一些會發(fā)生副反應,如乙醇和濃硫酸反應制乙烯時,由于副反應的發(fā)生而使乙烯中含有雜質SO2、CO2和水蒸氣等。b.根據(jù)雜質選擇合適的試劑。c.根據(jù)試劑選擇合適的裝置。5.尾氣處理:污染環(huán)境的有毒氣體需處理,不污染環(huán)境的無毒氣體直接排入空氣中。常見的處理方法:燃燒法(如CH4、C2H2、H2、CO等)、堿液吸收法(如Cl2、NO2、H2S、SO