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专题 08 常见无机物及其应用
易错点1 混淆钠与溶液的反应顺序
1．下列关于钠的叙述正确的是
A．钠为银白色固体，熔点很高
B．钠在空气中燃烧，生成淡黄色的过氧化钠
C．钠可保存在酒精中
D．钠与CuSO 溶液反应，可置换出单质铜
4
【错因分析】金属钠性质活泼，与溶液反应时应先与水或者酸中的氢离子反应，生成氢气和氢氧化钠，然
后继续与溶质反应，若搞不清反应顺序容易出错。
【试题解析】钠受热先熔化，后燃烧，则钠的熔点较低，A项错误；钠与氧气在点燃条件下生成过氧化钠，
过氧化钠为淡黄色，B项正确；钠能与酒精发生反应，则钠不能保存在酒精中，C项错误；钠与硫酸铜溶
液反应时，钠先与水发生置换反应生成氢气和氢氧化钠，氢氧化钠再与硫酸铜发生复分解反应生成氢氧化
铜沉淀，则钠不能从硫酸铜溶液中置换出铜单质，D项错误。答案选B。
【参考答案】B
金属与水和酸、碱、盐溶液反应的次序
1．钠与水的反应
钠与水反应的化学方程式是2Na＋2HO===2NaOH＋H↑，氧化剂是HO，还原剂是Na，离子方程式是
2 2 2
2Na＋2HO===2Na＋＋2OH－＋H↑。
2 2
2．钠与酸溶液反应
(1)钠与酸反应时先与酸中的H＋反应，如：2Na＋2HCl===2NaCl＋H↑。
2
(2)如果钠过量，钠把酸消耗尽之后，再与水反应。
3．钠与碱溶液反应实质就是钠与水的反应。
4．钠与盐溶液反应：钠与盐溶液反应时先与水反应，它包括两种情况：(1)钠投入到NaCl溶液中，只有氢气放出。
2Na+2HO 2NaOH+H ↑。
2 2
(2)钠投入到CuSO 溶液中，产生蓝色沉淀。
4
2Na+2HO+CuSO Cu(OH) ↓+Na SO +H ↑。
2 4 2 2 4 2
(3)钠投入到铵盐(如NH Cl)溶液中，有H 和NH 逸出。
4 2 3
2Na+2HO 2NaOH+H ↑，
2 2
NH Cl+NaOH NaCl+NH ↑+H O。
4 3 2
1．不能正确表示下列反应的离子方程式的是
A．钠与水反应：2Na＋2HO===2Na＋＋2OH－＋H↑
2 2
B．钠与CuSO 溶液反应：2Na＋Cu2＋===Cu＋2Na＋
4
C．钠与盐酸反应：2Na＋2H＋===2Na＋＋H↑
2
D．钠跟氯化钾溶液反应：2Na＋2HO===2Na＋＋2OH－＋H↑
2 2
【答案】B
【解析】B中钠与CuSO 溶液反应的实质是钠与水反应生成的氢氧化钠再与CuSO 反应，总方程式：2Na
4 4
＋2HO＋CuSO ===Cu(OH) ↓＋H↑＋NaSO 。
2 4 2 2 2 4
易错点2 Na O 与H O、CO 反应的关系掌握不牢
2 2 2 2
2．将O 、CH 、NaO 放入密闭容器中，在150 ℃条件下用电火花引燃反应，恰好完全反应，此时容器中
2 4 2 2
的压强为零，由此得出原混合物中O、CH、NaO 的物质的量之比为
2 4 2 2
A．1∶1∶1 B．2∶2∶6 C．1∶2∶6 D．无法确定
【错因分析】过氧化钠与二氧化碳、水的反应存在一定规律，若不能够熟练掌握和运用，容易造成解题无
从下手，或者解题复杂。【试题解析】由题意知，三种物质完全反应后压强为零，说明最终剩余固体为NaCO 和NaOH。根据凡是
2 3
分子组成符合(CO) (H ) 形式的一种或几种物质的混合物与足量NaO 反应，固体NaO 增加的质量等于该
n 2 m 2 2 2 2
混合物的质量的规律，要使O 和CH 的组成符合(CO) (H ) 的形式，则必须有n(O )∶n(CH)=1∶2。假设
2 4 n 2 m 2 4
有1 mol O 、2 mol CH 与n mol Na O 反应：2CH+O +Na O→ Na CO+NaOH，然后由氢原子守恒确定
2 4 2 2 4 2 2 2 2 3
NaOH的物质的量为8 mol，由碳原子守恒确定NaCO 的物质的量为2 mol，最后求出NaO 的物质的量为
2 3 2 2
6 mol，即可得出反应的化学方程式：2CH+O +6Na O 2NaCO+8NaOH，即C项正确。
4 2 2 2 2 3
【参考答案】C
过氧化钠与二氧化碳、水反应的规律
2NaO+2CO 2NaCO+O ① 2NaO+2H O 4NaOH+O↑②
2 2 2 2 3 2 2 2 2 2
以上反应中NaO 既作氧化剂又作还原剂，CO 和HO既不是氧化剂又不是还原剂。
2 2 2 2
1．NaO 与HO、CO 反应的定量关系
2 2 2 2
当NaO 与CO、HO反应时，物质的量关系为2NaO～O～2e－，
电子转移关系 2 2 2 2 2 2 2
n(e－)＝n(Na O)＝2n(O )
2 2 2
若CO、水蒸气(或两混合气体)通过足量NaO，气体体积的减少量
气体体积变化关系 2 2 2
是原来气体体积的，等于生成氧气的量，ΔV＝V(O )＝V
2
CO、水蒸气分别与足量NaO 反应时，固体相当于吸收了CO 中的
2 2 2 2
固体质量变化关系 “CO”、水蒸气中的“H”，所以固体增加的质量Δm(CO)＝28 g·mol
2 2
－1×n(CO)，Δm(H O)＝2 g·mol－1×n(H O)
2 2 2
2．反应的先后问题
一定量的NaO 与一定量的CO 和HO(g)的混合物反应，可视作NaO 先与CO 反应，待CO 反应完
2 2 2 2 2 2 2 2
后，NaO 再与HO(g)发生反应。即便NaO 先与HO(g)反应，生成的NaOH又消耗CO 而生成HO(g)，
2 2 2 2 2 2 2 2
故CO 先反应。
2
3．反应的固体产物判断
根据化学方程式：2NaO+2CO 2NaCO+O 、2NaO+2H O(g) 4NaOH+O ，结合CO 先反
2 2 2 2 3 2 2 2 2 2 2
应，HO(g)后反应的顺序，可以推知反应后固体产物的成分：
2
①当n(CO)≥n(Na O)时，固体产物为NaCO；
2 2 2 2 3
②当n(CO)＜n(Na O)时，固体产物为NaCO 和NaOH；
2 2 2 2 3
③当n(CO)+n(H O)＜n(Na O)时，固体产物为NaCO 和NaOH。
2 2 2 2 2 32．对于反应：2NaO＋2HO===4NaOH＋O↑，下列说法中正确的是
2 2 2 2
A．NaO 是氧化剂，HO是还原剂
2 2 2
B．NaO 既是氧化剂，又是还原剂
2 2
C．该反应中电子转移的数目为4e－
D．每有18 g HO与足量NaO 反应，则固体增重4 g
2 2 2
【答案】B
【解析】在NaO 与HO的反应中，NaO 中－1价氧元素原子之间发生电子转移，NaO 既是氧化剂又是
2 2 2 2 2 2 2
还原剂；电子转移的数目为2e－；根据原子守恒，固体增重质量等于参加反应水中氢原子的质量，即 18 g
HO参加反应，固体增重2 g，答案选B。
2
易错点3 混淆碳酸钠、碳酸氢钠的鉴别方法
3．下列实验操作正确的是
选项 实验 操作
用镊子从煤油中取出金属钠，切下黄豆大小的钠，小
A 观察钠与水反应的现象
心地放入装满水的烧杯中
B 检验NaHCO 与NaCO 溶液 用小试管分别取少量溶液，然后滴加澄清石灰水
3 2 3
NaO 用棉花包裹，放入充满CO 的集气瓶中，棉花燃
C 证明NaO 与CO 的反应是放热反应 2 2 2
2 2 2 烧
用铂丝分别蘸取溶液，在酒精灯外焰上灼烧，直接观
D 检验NaCO 与KCO 溶液
2 3 2 3 察火焰的颜色
【错因分析】NaCO 和NaHCO 的差异在于阴离子，两者的鉴别在于此，Ca2+可与CO2－生成沉淀但与
2 3 3 3
HCO －不沉淀,可通过Ca2+进行物质鉴别。两者进行鉴别时需关注HCO －的两性，因此HCO －可先与OH－
3 3 3
反应CO2－，进一步与Ca2+生成沉淀，不能使用澄清石灰水鉴别。本题易误选B项。
3
【试题解析】应将钠表面的煤油用滤纸吸干且烧杯中不能装满水，A项错误；分别向NaHCO 与NaCO 溶
3 2 3
液中滴加澄清石灰水，都有白色沉淀产生，无法鉴别，可滴加氯化钡溶液加以鉴别，B项错误；NaO 与
2 2
CO 反应生成氧气，棉花燃烧说明达到了着火点，能证明NaO 与CO 的反应是放热反应，C项正确；观察
2 2 2 2
钾的焰色反应要透过蓝色钴玻璃，D项错误。答案选C。
【参考答案】C碳酸钠、碳酸氢钠的鉴别方法
1．NaCO 和NaHCO 的化学性质
2 3 3
2．NaCO 和NaHCO 的鉴别方法
2 3 3
(1)加热，碳酸氢钠热稳定性差，能够分解的是碳酸氢钠。
(2)取等量的溶于水中，观察两者谁溶解得多，碳酸氢钠的溶解度小。
(3)取等量溶于水中，测其pH值，碳酸钠的大。
(4)滴加盐酸，盐酸滴加到碳酸氢钠溶液中，立刻产生气泡，而滴加到碳酸钠溶液中不会产生气泡。
NaHCO 溶液与盐酸反应只需一步即可放出 CO 气体，故放出气体的速率较快：NaHCO +HCl
3 2 3
NaCl+CO ↑+H O。
2 2
NaCO 溶液与盐酸反应时，第一步生成 NaHCO ，此时尚无气体放出：NaCO+HCl
2 3 3 2 3
NaHCO +NaCl；
3
第二步是生成的NaHCO 与盐酸反应放出CO 。故将相同物质的量浓度的盐酸分别滴入等体积等物质的
3 2
量浓度的NaHCO 溶液和NaCO 溶液中，前者放出气体的速率较快。
3 2 3
(5)加入氯化钙溶液，利用复分解反应，碳酸钠溶液与氯化钙反应产生白色沉淀，而碳酸氢钠不会。
3．为鉴别KCO 和NaHCO 两种白色固体，有4位同学分别设计了下列四种不同的方法，其中不可行的是
2 3 3
A．分别加入1 mol·L－1的盐酸，看气泡产生的快慢
B．分别取样在试管中加热，将可能产生的气体通入澄清石灰水中，观察有无白色浑浊
C．分别取样配成溶液，滴加Ba(OH) 溶液，观察有无白色沉淀
2
D．分别配成溶液、做焰色反应实验，观察火焰的颜色【解析】因KCO 与盐酸反应分步进行，先生成碳酸氢钾，盐酸过量时才生成气体，A项可行；KCO 受
2 3 2 3
热不分解，NaHCO 受热分解产生CO ，B项可行；二者与Ba(OH) 溶液反应都产生白色沉淀BaCO ，C项
3 2 2 3
不可行；钾的焰色为紫色(透过蓝色钴玻璃观察)，钠的焰色为黄色，D项可行。答案选C。
【答案】C
易错点4 不理解焰色反应的原理导致出错
4．有关焰色反应的说法正确的是
A．焰色反应是金属单质表现的性质
B．焰色反应是因为发生了化学变化而产生的
C．焰色反应中用到的铂丝可用铁丝代替
D．焰色反应若显黄色，能确定该物质一定不含钾元素
【错因分析】若不了解焰色反应是金属元素的性质则容易出错。
【试题解析】A.很多金属或它们的化合物在灼烧时都会使火焰呈现特殊的颜色，这在化学上叫做焰色反应，
根据定义知，无论某元素的单质还是化合物在灼烧时都呈现相同的特殊颜色，所以是元素的性质，故A错
误；B.焰色是因为金属原子或离子外围电子发生跃迁，然后回落到原来的能级时放出的能量。因为电子回
落过程放出能量的频率不同而产生不同的光，故B错误；C. 铁元素灼烧时焰色反应为无色，可用洁净的铁
丝代替铂丝进行焰色反应，故C正确；D.钾元素的焰色反应为紫色，易被黄光遮住。某物质灼烧时，若焰
色反应为黄色，则一定含有钠元素，可能含有K元素，故D错误。所以C选项是正确的。
【参考答案】C
焰色反应
1．操作步骤
铂丝――→无色――→待测物――→观察火焰颜色――→铂丝――→无色。
2．常见元素的焰色
Na：黄色；K：紫色；Li：紫红色；Ca：砖红色；Cu：绿色。
(1)焰色反应属于物理变化，焰色属于元素的性质，即同种元素的单质或化合物，固体或相应的溶液均会产生同样的焰色。
(2)焰色反应适用于检验某些常规化学方法不能鉴定的金属元素，如Na、K等。
(3)观察钾的焰色反应时，要透过蓝色钴玻璃，这是因为大部分钾的化合物里含有少量的钠，钠的黄色火焰
会影响观察结果，用蓝色钴玻璃可以滤去杂质钠的焰色。
(4)用稀盐酸清洗铂丝而不用稀硫酸的原因：铂丝表面的杂质与盐酸反应生成沸点较低的氯化物易气化挥发，
而硫酸盐的沸点较高不易气化挥发。
4．下列有关焰色反应实验操作注意事项的说法正确的是
①钾元素的火焰颜色要透过蓝色钴玻璃观察
②先将铂丝灼烧到与原来火焰的颜色相同，再蘸取被检验的物质
③每次实验后，要将铂丝用盐酸洗净
④实验时最好选择本身颜色较浅的火焰
⑤没有铂丝时，也可以用光洁无锈的铁丝代替
A．仅有③不正确 B．仅有④不正确
C．仅有⑤不正确 D．全对
【解析】由于焰色反应是通过观察火焰颜色来检验元素是否存在的方法，所以实验时所用火焰和所用金属
丝在灼烧时都不应该有很明显的颜色，否则将无法观察到被检验元素的真实焰色反应情况；观察钾的火焰
颜色时要透过蓝色钴玻璃，目的是滤去黄光，避免钠的干扰。
【答案】D
【名师点睛】焰色反应是元素的性质，需要注意的是焰色反应是物理变化，不是化学变化。本题的易错点
为C，要注意做焰色反应时，常用洁净无锈的铁丝或铂丝实验，说明铁、铂不能使酒精灯火焰呈现特殊的
颜色。
易错点5 忽视二氧化硅与特殊酸反应
5．据报道，科学家通过对稻壳进行控制性焚烧热解，从中提取到一种叫作生物质纳米结构二氧化硅的超
高活性材料，将少量这种材料掺入混凝土中，即可制备出超高强度的高性能混凝土。下列关于二氧化
硅的说法中，正确的是
A．二氧化硅溶于水显酸性，所以二氧化硅属于酸性氧化物
B．将二氧化碳通入硅酸钠溶液可以得到硅酸C．因为高温时二氧化硅能与碳酸钠反应放出二氧化碳，所以硅酸的酸性比碳酸强
D．二氧化硅是酸性氧化物，它不溶于任何酸
【错因分析】忽视二氧化硅可以与特殊酸(氢氟酸)发生反应，误认为二氧化硅是酸性氧化物而不与任何酸
反应，从而错选D。
【试题解析】二氧化硅是酸性氧化物，但是二氧化硅不溶于水，不能和水反应生成硅酸，A项错误；碳酸
的酸性比硅酸强，B项正确；高温下二氧化硅与碳酸钠的反应是在非溶液状态下进行的，属于用不挥发性
的酸酐来制取挥发性的酸酐，所以该反应不能作为判断硅酸与碳酸酸性强弱的依据，C项错误；二氧化硅
可以与氢氟酸发生反应，D项错误。答案选B。
【参考答案】B
一般情况，碱性氧化物＋酸→盐＋水，SiO 是酸性氧化物却能与氢氟酸反应：SiO ＋4HF SiF↑＋
2 2 4
2HO(SiF 不属于盐)。
2 4
5．下列说法不正确的是
A．SiO 可以与NaOH溶液反应，但不能与浓硝酸反应
2
B．一般可以用NaOH溶液来吸收氮的氧化物
C．CuBr 溶液分别可以与氯水、氨水、AgNO 溶液、铁粉等发生反应
2 3
D．SO 能通过氧化还原反应使品红溶液、红色石蕊溶液、紫色高锰酸钾溶液褪色
2
【答案】D
【解析】SiO 是酸性氧化物能与NaOH溶液反应生成硅酸钠和水，浓硝酸虽然有强氧化性，但SiO 不能与
2 2
之反应，A项正确；氮的氧化物能与NaOH溶液反应，如2NO ＋2NaOH＝NaNO ＋NaNO ＋HO和NO＋
2 2 3 2
NO ＋2NaOH＝2NaNO ＋HO，B项正确；氯水与CuBr 溶液生成Br ，氨水与CuBr 溶液生成Cu(OH) 沉
2 2 2 2 2 2 2
淀，AgNO 溶液与CuBr 溶液生成AgBr沉淀，铁粉与CuBr 溶液生成Cu，C项正确；SO 使品红溶液褪色
3 2 2 2
是由于SO 的漂白性，SO 能与有色物质化合成无色物质，是化合反应；SO 能使石蕊溶液变红，是由于
2 2 2
SO 是酸性氧化物，溶于水生产亚硫酸，有酸性，使石蕊变红；SO 使紫色高锰酸钾溶液褪色是SO 的还原
2 2 2
性，发生了氧化还原反应，D项错误。答案选D。
【点睛】SiO 能与氢氟酸反应，用氢氟酸来刻蚀玻璃；SO 只能使石蕊溶液变红，不能使之褪色。
2 2易错点6 不能正确理解较强酸制备较弱酸的原理
6．SO 是一种大气污染物，工业上可用NaClO碱性溶液吸收SO 。为了提高吸收效率，常用Ni O 作为催
2 2 2 3
化剂。该催化过程如图所示，下列有关说法不正确的是
A．HSO 的酸性比HClO强，所以SO 能与NaClO溶液反应生成HClO
2 3 2
B．过程2中产生的原子氧可加快对SO 的吸收
2
C．过程2的离子方程式为2NiO+ClO−===Ni O+Cl−+2O
2 2 3
D．当溶液中c(ClO−)相同时，用Ca(ClO) 脱硫的效果比用NaClO好
2
【错因分析】该题失分的主要原因是不能正确理解较强酸制备较弱酸的原理。
【试题解析】A. NaClO有强氧化性，SO 有还原性，所以二者能发生氧化还原反应，故A错误；B. 催化过
2
程2中产生的原子氧(O)具有极强的氧化能力，可加快对SO 的吸收，故B正确；C. 根据图示催化过程2中
2
发生的反应为2NiO+ClO−===Ni O+Cl−+2O，故C正确；D. 用Ca(ClO) 代替NaClO脱硫，Ca2+与反应生成
2 2 3 2
的SO 2−结合生成微溶的CaSO，有利于反应的进行，脱硫的效果比用NaClO好，故D正确；答案选A。
4 4
【参考答案】A
熟记可用CO 制取的弱酸：
2
碳酸酸性比硅酸、次氯酸、偏铝酸等强，将CO 气体通入NaSiO、NaClO、NaAlO 盐溶液中，均能
2 2 3 2
发生反应而生成相应的弱酸和碳酸(氢)盐，这是“强酸制弱酸”原理的应用。如：
有关反应的方程式为：CO+Na SiO+H O NaCO+H SiO↓、(或CO+Na SiO+2H O HSiO↓+Na CO)、
2 2 3 2 2 3 2 3 2 2 3 2 4 4 2 3
CO+Ca(ClO) +H O CaCO ↓+2HClO、
2 2 2 3
CO(过量)+NaAlO+2H O Al(OH) ↓+NaHCO、
2 2 2 3 3
CO(少量)+2NaAlO+3H O 2Al(OH) ↓+Na CO。
2 2 2 3 2 3
注意：不能依据NaCO+SiO NaSiO+CO ↑、CaCO +SiO CaSiO +CO ↑说明HSiO 的酸性比
2 3 2 2 3 2 3 2 3 2 2 3
HCO 强，这是由于强酸制弱酸的规律：强酸+弱酸盐=强酸盐+弱酸，仅适用于常温下水溶液中进行的反
2 3
应，而该反应是在高温且干态下进行，因此不能说明HSiO 的酸性比HCO 强。而上述反应之所以能进行，
2 3 2 3
是因为该反应是在高温干态条件下进行的，可从化学平衡角度理解，高温时，SiO 这种高沸点、难挥发的
2
固体制得了低沸点、易挥发的CO 气体，因CO 生成后离开反应体系，使反应向右进行到底。
2 2
6．用如图所示的装置进行实验(夹持及尾气处理仪器略去)，能达到实验目的的是
选 a中试
b中试剂 c中试剂 实验目的 装置
项 剂
A 氨水 CaO 无 制取并收集氨气
B 浓盐酸 MnO 饱和NaCl溶液 制备纯净的Cl
2 2
比较酸性强弱：
C 浓盐酸 NaCO NaSiO 溶液
2 3 2 3
HCO＞HSiO
2 3 2 3
D 浓硫酸 NaSO KMnO 酸性溶液 验证SO 具有还原性
2 3 4 2
【答案】D
【解析】氨水中的水可以和氧化钙反应，反应过程放热，使氨气在水中的溶解度降低，可以用来制取氨气，
但是由于氨气的密度小于空气，故在收集氨气时需要短导管进长导管出，A项错误；浓盐酸与二氧化锰反
应制取了氯气的过程需要加热，图中没有画出加热装置，故不能达到实验目的，B项错误；浓盐酸有挥发
性，与碳酸钠反应时除了有二氧化碳生成，还有氯化氢溢出，两种气体溶于硅酸钠溶液均能使硅酸根沉淀，
故不能判断碳酸与硅酸酸性的强弱，C项错误；浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫气体，将二氧化硫气
体导入酸性高锰酸钾溶液中，二氧化硫与高锰酸钾反应，可以验证二氧化硫的还原性，D项正确。答案选
D。
易错点7 忽视浓硫酸“量变”引起的“质变”7．将一定量锌与 100mL18mol/L 浓硫酸充分反应后，若锌完全溶解同时产生气体 0.8mol， 将反应后的溶
液稀释得 40mL，测得溶液 c(H+)=2mol/L，则下列叙述中错误的是
A．气体中 SO 和 H 物质的量比为 6:1
2 2
B．反应中共消耗锌 52.0g
C．所得气体应该为 SO 和 H 混合物
2 2
D．反应共转移电子 1.6 mol
【错因分析】容易忽视反应过程中硫酸被逐渐稀释，锌与稀硫酸反应生成氢气而出错。
【试题解析】Zn和浓硫酸发生：Zn+2H SO (浓) ===ZnSO+SO↑+H O，随着反应的进行，溶液浓度减小，
2 4 4 2 2
稀硫酸与Zn发生：Zn+H SO (稀) ===ZnSO+H ↑，则生成的气体为SO 和的H 混合物，根据反应的有关方
2 4 4 2 2 2
程式结合质量守恒定律列方程组计算。生成气体的物质的量为0.8 mol，溶液剩余硫酸的物质的量为
×0.4L×2mol/L=0.4mol，参加反应的n(H SO )=0.1 L×18 mol/L−0.4 mol=1.4 mol，随着反应的进行，硫酸的浓
2 4
度逐渐减小，设反应生成x mol SO ，y mol H，
2 2
Zn+2H SO (浓) ===ZnSO+SO↑+H O
2 4 4 2 2
x 2x x
Zn+H SO (稀) ===ZnSO+H ↑
2 4 4 2
y y y
x+y=0.8、2x+y=1.4，解之得 x=0.6，y=0.2，所以反应会生成0.6 mol的二氧化硫和0.2 mol的氢气；A．气
体中SO 和H 物质的量比为3：1，故A错误；B．生成1mol混合气体转移2mol电子，消耗1mol的锌，
2 2
所以反应中共消耗金属Zn的质量m(Zn)=0.8×65g/mol=52g，故B正确；C．由以上分析可知气体A为SO
2
和H 的混合物，故C正确；D．生成1mol混合气体转移2mol电子，所以反应共转移电子1.6mol，故D正
2
确；故答案为A。
【参考答案】A
浓硫酸“量变”引起的“质变”，性质和发生的反应均会发生变化，考生容易忽视这个问题。如将64g铜箔加入到盛有含2 mol H SO 的浓硫酸试管中加热。
2 4
(1)铜箔能否完全溶解？说明理由。
(2)在反应后的溶液中再加入少量NaNO 晶体，铜箔表面又有气泡冒出，请解释原因。
3
在理解浓硫酸与铜、锌、铁、铝以及与碳、硫等反应时，我们要动态地看待反应过程，例如在浓硫酸
与铜的反应中，开始是浓硫酸，但随着反应的进行硫酸的浓度逐渐减小，最后变成了稀硫酸，稀硫酸与铜
不反应(与此类似的还有浓盐酸与二氧化锰的反应)。浓硫酸与锌反应，开始时生成气体使SO ，变成了稀硫
2
酸后，生成气体是H。
2
7．某研究小组同学为探究锌与硫酸反应生成SO 、H 的临界浓度(浓硫酸能与锌反应生成SO 的最低浓度)
2 2 2
设计了如下实验。在大试管A中加入100mL 18mol/L硫酸，向连接在塑料棒上的多孔塑料球内加入足量的
锌粒(塑料棒可以上下移动)，在试剂瓶D中加入足量的浓NaOH溶液(加热和夹持装置已省略)。
已知：锌与浓硫酸接触，开始时反应缓慢，可以适当加热以加速其反应，当有大量气泡生成时，该反应速
率会明显加快并伴有大量的热放出。
(1)请写出锌与硫酸反应产生SO 的化学方程式_______。
2
(2)在组装仪器之后，加入试剂之前必须进行的操作是__________。
(3)长导管B的作用是______，如果没有这个设计，最终测定的临界浓度会_______。(填“偏高”、“偏低”或
“无影响”)
(4)装置中干燥管C的作用是_______。
(5)反应结束后向D装置中加入足量的HO 溶液和足量的BaCl 溶液，充分反应后将所得沉淀过滤、洗涤、
2 2 2
干燥、称量得到固体质量为a克，则浓硫酸与锌反应的临界浓度为：_________mol/L。(用含a的计算式表
示，忽略体积变化)
(6)某同学通过联系氧化还原反应的相关知识，认为也可以利用硫酸酸化的高锰酸钾溶液对D中的SO 进行滴定，通过滴定出的SO 的物质的量计算临界浓度，你认为他的这一想法是否可行?______(填“可行”或
“不可行”)，原因是_____。
【答案】(1)Zn+2H SO (浓)=ZnSO +SO↑+2H O
2 4 4 2 2
(2)检验装置气密性
(3)导气、冷凝回流 偏低
(4)防倒吸
(5)
(6)不可行 实验过程中不能保证得到的NaSO 溶液是否会被空气中的氧气氧化变质，造成滴定结果不
2 3
准确
【解析】本实验的目的是探究锌与硫酸反应生成SO 、H 的临界浓度(浓硫酸能与锌反应生成SO 的最低浓
2 2 2
度)，浓硫酸在与Zn反应过程中，先表现S元素的氧化性，此时的还原产物为SO ，之后硫酸变稀反应生
2
成H；将生成的SO 在装置D中用足量的NaOH溶液吸收，然后向D装置中加入足量的HO 溶液将S元
2 2 2 2
素全部氧化为SO ，之后加入足量的氯化钡溶液得到BaSO 沉淀，通过测定硫酸钡沉淀的量来确定与Zn
4
反应生成SO 消耗的硫酸的量，从而确定剩余硫酸的浓度，即临界浓度。
2
【详解】(1)根据电子守恒和元素守恒可得锌与浓硫酸反应生成SO 的化学方程式为
2
Zn+2H SO (浓)=ZnSO +SO↑+2H O；
2 4 4 2 2
(2)在组装仪器之后，加入试剂之前必须进行的操作是检验装置的气密性，防止漏气；
(3)反应过程中会发出大量的热，造成水的挥发，使硫酸的浓度增大，与锌反应生成二氧化硫的硫酸偏多，
造成测定的临界浓度偏小，所以需要长导管导气同时冷凝回流水蒸气；
(4)二氧化硫易溶于NaOH溶液，所以需要装置C来防止倒吸；
(5)得到的沉淀为BaSO，n(SO )=n(BaSO)= mol，根据反应方程式可知与Zn反应生成SO 所消耗的硫
4 2 4 2
酸的物质的量为 mol，原浓硫酸体积为100mL，浓度为18mol/L，所以剩余的硫酸的物质的量为(1.8-
)mol，浓度为 mol/L；(6)实验过程中不能保证得到的NaSO 溶液是否会被空气中的氧气氧化变质，造成滴定结果不准确，所以
2 3
该同学的想法不可行。
【名师点睛】第3小题为本题难点，要注意反应过程中放热会造成水的蒸发，相当于增大了硫酸的浓度，
使生成的二氧化硫偏大，则测定的剩余的硫酸浓度(即临界浓度)会偏小。
易错点8 混淆不同漂白剂的漂白原理而出错
8．下列由相关实验现象所推出的结论正确的是
A．Cl、SO 均能使品红溶液褪色，说明二者均有氧化性
2 2
B．SO 使溴水或酸性KMnO 溶液褪色，说明SO 有漂白性
2 4 2
C．SO 、次氯酸钠溶液均能使品红溶液褪色，说明两者都有漂白性
2
D．SO 和Cl 都有漂白性，所以两者混合后能增强漂白效果
2 2
【错因分析】若不能分清不同的漂白剂不同的漂白原理容易出错。
【试题解析】氯气和水反应生成的次氯酸有强氧化性，次氯酸的强氧化性可使品红溶液褪色；二氧化硫和
品红反应生成无色物质而使品红溶液褪色，只能说明二氧化硫具有漂白性不能说明其具有氧化性，A项错
误；SO 可使溴水或酸性KMnO 溶液褪色，都不是SO 的漂白性所致，褪色的原因是SO 的还原性，分别
2 4 2 2
发生氧化还原反应：SO +Br +2H O===H SO +2HBr，5SO +2KMnO +2H O===K SO +2MnSO + 2H SO ，B
2 2 2 2 4 2 4 2 2 4 4 2 4
项错误；二氧化硫使品红溶液褪色是由于其具有漂白性，次氯酸钠溶液因为具有强氧化性而具有漂白性，
故可使品红溶液褪色，C项正确；SO 和Cl 按物质的量之比1∶1混合后，生成硫酸和盐酸，则没有漂白
2 2
性，D项错误。
【参考答案】C
①漂白是指使有机色质褪色，漂白剂不一定能使无机色质(如KMnO 、CuSO ·5H O等)褪色，即使能
4 4 2
使无机色质褪色(如SO 使酸性KMnO 溶液褪色)，也不称为漂白作用。
2 4
②某些漂白剂也可用于消毒，如新制氯水、漂白粉、HO 、O 等，它们的漂白与消毒都是以强氧化性
2 2 3
为基础。SO 也可用于漂白和消毒，但NaO 不能作消毒剂，原因是其会与水反应生成强腐蚀性的NaOH。
2 2 2③氧化型和加合型漂白剂漂白有色物质时都发生了化学变化，而吸附型漂白剂漂白有色物质是一种物
理过程。
④SO 具有漂白性，其漂白原理和湿润氯气的漂白原理不同。SO 的漂白性是SO 与有色物质化合生成
2 2 2
不稳定的无色物质，加热或日久复原；而湿润氯气的漂白性是利用了HClO的强氧化性。
⑤SO 不能漂白酸碱指示剂，只能使紫色的石蕊试液变红，但不能使之褪色。
2
8．(双选)84消毒液(主要成分是次氯酸钠)是家庭常用的消毒剂。以下有关说法正确的是
A．次氯酸钠水解的溶液呈酸性，说明次氯酸是弱酸
B．次氯酸钠水溶液具有很强的漂白性，说明其水溶液中存在次氯酸
C．84消毒液杀菌消毒的原理是放出原子态氧杀死细菌
D．二氧化硫具有漂白性，若将二氧化硫通入84消毒液中，其漂白能力增强
【答案】BC
【解析】次氯酸钠水解的溶液呈碱性，说明次氯酸是弱酸，A项错误；氯酸钠水溶液具有很强的漂白性，
次氯酸钠水解，说明其水溶液中存在次氯酸，B项正确；84消毒液杀菌消毒的原理是次氯酸分解形成新生
态氧可将菌体蛋白质氧化，C项正确；二氧化硫具有漂白性，同时也具有还原性，若将二氧化硫通入84消
毒液中，两者发生氧化还原反应，其漂白能力减弱，D项错误。答案选BC。
易错点9 不理解物质之间的相互转化关系导致错误判断
9．置换反应可表示为
下列说法不正确的是
A．若A、B都是短周期元素，则B的原子序数可能是A的两倍
B．若乙是一种常见的半导体材料，则通过该反应说明A的非金属性一定比B强
C．若A、B均为非金属元素，则该反应过程中可能会产生白烟
D．该反应可用于某些金属的冶炼【错因分析】若不能理解选项所给元素的性质对应的元素种类，则很难得出正确答案。
【试题解析】A、A、B为短周期元素，该反应为置换反应，可以是HS+O=H O+S，O元素原子序数为
2 2 2
8，S元素原子序数为16，S的原子序数是O的两倍，故A说法正确；B、乙为常见的半导体材料，即乙为
Si，工业上制备Si，反应方程式为2C+SiO 2CO+Si，该反应中C为还原剂，SiO 为氧化剂，因此不
2 2
能说明C的非金属性强于Si，故B说法错误；C、A、B均为非金属元素，该反应为置换反应，可以是
3Cl+8NH ===6NH Cl+N，NH Cl为固体，其余为气体，则该过程中产生白烟，故C说法正确；D、该反
2 3 4 2 4
应可用于某些金属的冶炼，如铝热反应，故D说法正确。
【参考答案】B
对于物质之间的转化，应注意以下三点：
(1)注意牢记一些重要的转化关系，在解题时与题给转化关系进行对照，确定范围，如“铝三角”、“铁三
角”等。
(2)注意对比总结，加深对实验过程的分析和对实验原理的理解，加深对物质性质的认识，提高应用实验分
析问题、解决问题的能力。
(3)注意读懂题目中的信息，并挖掘题目中隐含的信息。
“三角”转化的误区点拨
“铝三角”之间的转化：铝既可以跟酸反应，又可以跟强碱反应，分别生成铝盐和偏铝酸盐。而氧化
铝是两性氧化物，氢氧化铝是两性氢氧化物，它们都既可以和酸反应生成铝盐，又可以和强碱反应生成偏
铝酸盐。“铁三角”是单质铁、亚铁离子与三价铁离子之间的转化，三者之间的转化都是氧化还原反应。
金属性质易错点击
解题时应注意金属性质的相似性、不同点及反应条件或规律的使用范围，不能机械照搬，否则易出错。
如镁、铝作电极，稀硫酸作电解质溶液，则镁为负极；若强碱溶液作电解质溶液，则铝为负极。再如金属
间的置换反应，通常较活泼的金属能从较不活泼金属的盐溶液中将其置换出来，但也有例外，如特别活泼
的金属钠在水溶液中并不能置换出铜。
9．有关物质的转化关系如下图所示(部分物质和条件已略去)。X是最常见的无色液体，B是红色粉末状的物质，C、D的组成元素相同，且D常用于编织物的漂白。
请回答下列问题：
(1)X的电子式为________。
(2)E的化学式为_________。
(3)写出反应①的化学方程式________。
(4)写出反应②的离子方程式________。
【答案】(1)
(2)H SO
2 4
(3)2FeSO Fe O+ SO ↑+ SO ↑
4 2 3 3 2
(4)SO ＋2Fe3＋＋2HO=4H＋＋SO 2-＋2Fe2＋
2 2 4
【解析】由题干可知：X是最常见的无色液体，确定X是水；B是红色粉末状的物质，确定B是三氧化二
铁， D常用于编织物的漂白，确定D是二氧化硫。C、D的组成元素相同，确定C是三氧化硫；C与X生
成E(三氧化硫与水生成硫酸)，确定E是硫酸；E与B生成F(三氧化二铁与硫酸生成硫酸铁)，F是硫酸铁，
F与D(二氧化硫)发生氧化还原反应生成A， A高温加热分解生成三氧化二铁、二氧化硫、三氧化硫，由
此确定A是硫酸亚铁。
【详解】由题干可知：X是最常见的无色液体，确定X是水；B是红色粉末状的物质，确定B是三氧化二
铁， D常用于编织物的漂白，确定D是二氧化硫。C、D的组成元素相同，确定C是三氧化硫；C与X生
成E(三氧化硫与水生成硫酸)，确定E是硫酸；E与B生成F(三氧化二铁与硫酸生成硫酸铁)，F是硫酸铁，
F与D(二氧化硫)发生氧化还原反应生成A， A高温加热分解生成三氧化二铁、二氧化硫、三氧化硫，由
此确定A是硫酸亚铁。
由以上分析可知：(1)水的电子式为 ；
(2) E(硫酸)的化学式为HSO ；
2 4
(3) 反应①(硫酸亚铁高温分解)的化学方程式为2FeSO Fe O+ SO ↑+ SO ↑(可以采用逆向配平法，先
4 2 3 3 2根据化合价升降相等配平化合价发生变化的元素，再根据原子守恒配平其他)；
(4) 反应②为F(硫酸铁)与D(二氧化硫)发生氧化还原反应生成A(硫酸亚铁)，反应的离子方程式：SO ＋2Fe3
2
＋＋2HO=4H＋＋SO 2-＋2Fe2＋(采用正向配平法，先根据化合价升降相等配平化合价发生变化的元素，再根
2 4
据电荷守恒配平氢离子系数，最后根据原子守恒配平其他)。
易错点10 错析物质性质导致流程题解读失误
10．工业上用铝土矿(主要成分为Al O，含Fe O 等杂质)为原料冶炼铝的工艺流程如下：
2 3 2 3
下列说法正确的是
A．试剂X为稀硫酸
B．反应Ⅱ的离子方程式为CO+ +2H O===Al(OH) ↓+
2 2 3
C．反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ的反应类型完全相同
D．反应Ⅰ所得的沉淀无任何价值
【错因分析】不清楚Al O 、Fe O 的性质差异，错误判断试剂X为稀硫酸。不仔细阅读流程信息，思维单
2 3 2 3
一，不能根据反应Ⅱ的产物写出其离子方程式。在解答化工生产流程类试题时，不要力求把工艺流程图中
的每个细节都弄清楚，只需把握大的方向，弄清每个环节的目的，再根据题中所提的问题，结合平时所学
的知识进行作答。如果考生拘泥于流程图的每个细节，把过多的精力用于分析流程图，则会使解题误入
“歧途”。
【试题解析】选项A，试剂X应是NaOH溶液。选项B，溶液乙中含有 ， 与过量CO 、HO反
2 2
应生成Al(OH) 沉淀，正确。选项C，反应Ⅰ、Ⅱ是复分解反应，反应Ⅲ是分解反应，反应 Ⅳ是电解
3
Al O 生成Al的反应，属于分解反应，且该反应有电子转移，是氧化还原反应。选项 D，反应Ⅰ所得沉淀
2 3
的主要成分为Fe O，经提纯后可用于作颜料或冶铁等。
2 3
【参考答案】B物质性质应用常见错误
(1)忽视性质，现象错位：物质推断与反应现象关系密切，若将反应现象与具体物质对应错位，易造成解题
错误。
(2)以偏概全，类推错误：如NH Cl受热分解的产物为NH 、HCl，有些考生依此推断出NH I受热分解的产
4 3 4
物为NH 、HI，忽视了HI的不稳定性。
3
(3)不谙性质，错用转化：无论哪一种推断题，其实质都是物质性质的应用，如离子之间的转化、框图转化、
工艺流程转化等，不谙性质，错用转化是解答框图推断题最易出现的问题。
11．某研究小组用电镀锡渣(主要含Sn、SnO)联合生产氯化亚锡和硫酸亚锡晶体，其工艺流程如下：
已知：Sn的原子序数为50；SnCl 易水解生成碱式氯化亚锡[Sn(OH)Cl]；酸性条件下，锡在水溶液中
2
有Sn2+、Sn4+两种主要存在形式，Sn2+易被氧化为Sn4+。
请回答下列问题：
(1)锡在周期表中的位置为_________________。
(2)已知反应Ⅰ得到的沉淀是SnO，产生气体的电子式为____________，反应的化学方程式为
_____________________________。
(3)图中滤液的主要成分为_________、_______(写化学式)。
(4)酸溶时一般加入浓盐酸进行溶解，请用平衡移动原理解释原因：______________________。
(5)电镀锡渣中的锡与烧碱、硝酸钠溶液反应可生产锡酸钠，并产生一种碱性气体，该反应的化学方程
式为___________________________________。
【答案】(1)第五周期第ⅣA族
(2) Na CO+SnCl ===SnO↓+2NaCl+CO ↑
2 3 2 2
(3)NaCl Na CO
2 3(4)SnCl 水解，存在平衡SnCl +H O Sn(OH)Cl+HCl，加入盐酸，使该平衡向左移动，抑制Sn2+水解
2 2 2
(5)2Sn+3NaOH+NaNO ===2NaSnO +NH↑
3 2 3 3
【解析】电镀锡渣中的Sn、SnO与盐酸反应生成SnCl ，洗涤并结晶后得到SnCl 晶体，将该晶体溶解在盐
2 2
酸中防止SnCl 水解，酸性条件下，锡在水溶液中有Sn2+、Sn4+两种主要存在形式，向其中加入Sn粉，Sn
2
粉可以和H+发生反应，使溶液酸性减弱，调节了溶液pH，另外Sn可以将被氧化生成的Sn4+还原成Sn2+，
即防止Sn2+被氧化为Sn4+，过滤得SnCl 溶液，向其中加碳酸钠，将Sn元素以SnO形式沉淀，发生反应的
2
方程式为NaCO+SnCl ===SnO↓+2NaCl+CO ↑，过滤洗涤得纯净的SnO，反应Ⅰ滤液的溶质为NaCl和
2 3 2 2
NaCO，SnO中加稀HSO ，得SnSO 溶液，经过加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等系列操作，制得
2 3 2 4 4
SnSO 晶体。
4
(1)锡元素与碳元素属于同一主族，处于ⅣA族，原子核电荷数为50，则：50−2−8−18−18=4，故Sn处于第
五周期，则在周期表中的位置为：第五周期第ⅣA族；
(2)反应Ⅰ的化学方程式为NaCO+SnCl ===SnO↓+2NaCl+CO ↑，生成的气体为CO，CO 为共价化合物，
2 3 2 2 2 2
其电子式为 ；
(3)滤液的溶质为NaCl和NaCO；
2 3
(4)由信息可知，SnCl 易水解生成碱式氯化亚锡，存在平衡SnCl +H O Sn(OH)Cl+HCl，加入盐酸，使
2 2 2
该平衡向左移动，抑制Sn2+水解；
(5)反应物为Sn、NaOH、NaNO ，生成物为NaSnO 、NH ，则有：Sn+NaOH+NaNO →NaSnO +NH↑，配
3 2 3 3 3 2 3 3
平该反应即可；
1．硅及其化合物的特性
(1)硅的特性
①硅的非金属性弱于碳，但碳在自然界中既有游离态又有化合态，而硅却只有化合态。
高温
②硅的还原性强于碳，但碳能还原SiO：SiO+2C 2CO↑+Si。
2 2
③非金属单质一般不跟非氧化性酸反应，但硅能跟氢氟酸反应。
④非金属单质一般为非导体，但硅为半导体。
⑤硅是能与NaOH溶液反应放出H 的非金属单质，铝是能与NaOH溶液反应放出H 的金属单质，
2 2推断题中常以此作为解题突破口。
(2)二氧化硅的特性
①非金属氧化物的熔沸点一般较低，但SiO 的熔点却很高。
2
②酸性氧化物一般不跟酸反应，但SiO 能跟氢氟酸反应。
2
(3)硅酸的特性
①无机酸一般易溶于水，但HSiO 难溶于水。
2 3
② HCO 的酸性强于 HSiO ，所以有 NaSiO+CO +H O NaCO+H SiO↓，但在高温下
2 3 2 3 2 3 2 2 2 3 2 3
高温
NaCO+SiO NaSiO+CO ↑能发生是因为生成的CO 容易挥发。
2 3 2 2 3 2 2
2．浓硫酸的性质
(1)稀HSO 和浓HSO 氧化性的比较
2 4 2 4
稀HSO 浓HSO
2 4 2 4
成分 H＋、 、水 以HSO 分子存在，少量电离，少量水
2 4
①常温下使Fe、Al钝化
与氢前面的金属发生
与金属
置换反应
②加热时氧化Cu、Hg、Ag、Fe等
与非金属 不反应 加热时氧化C、S、P等
与低价态化合物 不反应 能氧化Fe2＋、S2－、Br－、I－、HS、HBr、HI等
2
表现氧化性的微粒 H＋ HSO 分子
2 4
还原产物 H SO
2 2
是否是氧化性酸 不是 是
(2)硫酸与金属反应的一般规律
①稀硫酸具有酸的通性，与金属活动性顺序表中氢前面的金属反应放出H，与氢后面的金属不反应。
2
②Au、Pt与浓、稀硫酸均不发生反应。除Au、Pt外的大部分金属，在加热条件下均能与浓硫酸发生反
应。浓硫酸的还原产物一般是SO 而不是H。
2 2
③浓硫酸与铜、锌、铁、铝以及与碳、硫等反应时，要动态地看待反应过程，例如在浓硫酸与铜的反应
中，开始是浓硫酸与铜反应，但随着反应的进行硫酸的浓度逐渐减小，最后变成稀硫酸，稀硫酸与铜不
反应。
3．常见的能用于漂白的物质的比较
用于漂白的 实际参加漂
漂白原理 变化类别 漂白特点 能漂白的物质
物质 白的物质
物理漂白不可 一般用于溶液
活性炭 活性炭 吸附漂白 物理变化
逆转 漂白
氯气 次氯酸 利用次氯酸的强 化学变化 氧 化 还 原 漂 可以漂白所有次氯酸盐
氧化性进行漂白 白，不可逆 有机色质
次氯酸
过氧化钠
过氧化氢的强氧 氧 化 还 原 漂 可以漂白所有
过氧化氢 化学变化
化性 白，不可逆 有机色质
过氧化氢
亚硫酸与有色物 具有选择性，
非氧化还原漂
二氧化硫 亚硫酸 质化合生成不稳 化学变化 如品红、棉、
白，可逆
定的无色物质 麻、草等
用于漂白的 实际参加漂
漂白原理 变化类别 漂白特点 能漂白的物质
物质 白的物质
物理漂白不可 一般用于溶液
活性炭 活性炭 吸附漂白 物理变化
逆转 漂白
利用次氯酸的强 氧 化 还 原 漂 可以漂白所有
氯气 次氯酸 化学变化
氧化性进行漂白 白，不可逆 有机色质
4．“铝三角”及其应用
(1)具体反应
Al(OH) +OH− +2H O Al(OH) +3H+ Al3++3H O
3 2 3 2
Al3++3OH− Al(OH) ↓ +H++H O Al(OH) ↓
3 2 3
+4H+ Al3++2H O Al3++4OH− +2H O
2 2
Al3++3 +6H O 4Al(OH) ↓
2 3
(2)应用
①判断离子共存问题
Al3+与OH−及 、 、S2−等弱酸根阴离子或 与H+、 以及弱碱阳离子Al3+、Fe3+等
因生成沉淀或发生水解相互促进反应而不能大量共存。
②鉴别(利用滴加顺序不同，现象不同)
a.向AlCl 溶液中滴加NaOH溶液，先产生白色沉淀，后沉淀溶解。
3b.向NaOH溶液中滴加AlCl 溶液，开始无明显现象，后产生白色沉淀，沉淀不溶解。
3
③分离提纯
a.利用Al能溶于强碱溶液，分离Al与其他金属的混合物。
b.利用Al O，能与强碱溶液反应，分离Al O 与其他金属氧化物。
2 3 2 3
c.利用Al(OH) 能与强碱溶液反应，分离Al3+与其他金属阳离子。
3
1．[2019江苏]下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是
A．NH HCO 受热易分解，可用作化肥
4 3
B．稀硫酸具有酸性，可用于除去铁锈
C．SO 具有氧化性，可用于纸浆漂白
2
D．Al O具有两性，可用于电解冶炼铝
2 3
【答案】B
【解析】NH HCO 受热易分解和用作化肥无关，可以用作化肥是因为含有氮元素，A项错误；铁锈的主要
4 3
成分为Fe O，硫酸具有酸性可以和金属氧化物反应，具有对应关系，B项正确；二氧化硫的漂白原理是二
2 3
氧化硫与有色物质化合成不稳定的无色物质，不涉及氧化还原，故和二氧化硫的氧化性无关，C项错误；
电解冶炼铝，只能说明熔融氧化铝能导电，是离子晶体，无法说明是否具有两性，和酸、碱都反应可以体
现 Al O 具有两性，D项错误。答案选B。
2 3
2．[2019江苏] 下列有关化学反应的叙述正确的是
A．Fe在稀硝酸中发生钝化 B．MnO 和稀盐酸反应制取Cl
2 2
C．SO 与过量氨水反应生成(NH )SO D．室温下Na与空气中O反应制取NaO
2 4 2 3 2 2 2
【答案】C
【解析】常温下，Fe在与浓硝酸发生钝化反应，A项错误；二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应制取氯气，
B项错误；二氧化硫与过量氨水反应生成硫酸铵，C项正确；常温下，Na与空气中的氧气反应生成
NaO；加热条件下，钠与氧气反应生成NaO，D项错误。答案案选C。
2 2 2
【名师点睛】本题考查常见物质的化学反应，相同的反应物，条件不同(如温度、浓度、过量与少量)，反
应有可能也不同，所以在描述化学反应时应注意反应的条件。
3．[2019江苏] 在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是
A．NaCl(aq) Cl(g) FeCl (s)
2 2B．MgCl (aq) Mg(OH) (s) MgO (s)
2 2
C．S(s) SO (g) HSO (aq)
3 2 4
D．N(g) NH (g) NaCO(s)
2 3 2 3
【答案】B
【解析】氯气的氧化性强，与铁单质反应直接生成氯化铁，A项错误；氯化镁与石灰乳发生复分解反应生
成氢氧化镁，氢氧化镁高温煅烧生成氧化镁和水，B项正确；硫单质在空气中燃烧只能生成SO ，SO 在与
2 2
氧气在催化剂条件下生成SO ，C项错误；氨气与二氧化碳和氯化钠溶液反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠受
3
热分解可生成碳酸钠，D项错误。答案选B。
4．[2019天津] 下列有关金属及其化合物的应用不合理的是
A．将废铁屑加入 溶液中，可用于除去工业废气中的
B．铝中添加适量锂，制得低密度、高强度的铝合金，可用于航空工业
C．盐碱地(含较多 等)不利于作物生长，可施加熟石灰进行改良
D．无水 呈蓝色，吸水会变为粉红色，可用于判断变色硅胶是否吸水
【答案】C
【解析】铁和亚铁能将氯气还原为氯离子，从而除去工业废气中的氯气，A项错误；根据铝合金的性质，
铝合金具有密度低、强度高，故可应用于航空航天等工业，B项错误；NaCO＋Ca(OH) ===CaCO ↓＋
2 3 2 3
2NaOH，产物仍然呈碱性，不能改变土壤的碱性，反而使土壤更板结，C项正确；利用无水氯化钴和氯化
钴晶体的颜色不同，故可根据颜色判断硅胶中是否能吸水，D项错误。答案选C。
【名师点睛】本题考查金属元素及其化合物的应用，易错点C，除杂不只是将反应物反应掉，还要考虑产
物在应用中是否符合要求，生成的NaOH仍然呈碱性，达不到降低碱度的目的。
5．[2018新课标1卷]磷酸亚铁锂(LiFePO )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
4
硫酸亚铁锂电池正极片中的金属，其流程如下：
下列叙述错误的是A．合理处理废旧电池有利于保护环境和资源再利用
B．从“正极片”中可回收的金属元素有Al、Fe、Li
C．“沉淀”反应的金属离子为Fe3+
D．上述流程中可用硫酸钠代替碳酸钠
【答案】D
【解析】废旧电池中含有重金属，随意排放容易污染环境，因此合理处理废旧电池有利于保护环境和资源
再利用，A项正确；根据流程的转化可知从正极片中可回收的金属元素有 Al、Fe、Li，B项正确；得到含
Li、P、Fe的滤液，加入碱液生成氢氧化铁沉淀，因此“沉淀”反应的金属离子是Fe3＋，C项正确；硫酸
锂能溶于水，因此上述流程中不能用硫酸钠代替碳酸钠，D项错误。答案选D。
6．[2018江苏]下列有关物质性质与用途具有对应关系的是
A．NaHCO 受热易分解，可用于制胃酸中和剂
3
B．SiO 熔点高硬度大，可用于制光导纤维
2
C．Al O 是两性氧化物，可用作耐高温材料
2 3
D．CaO能与水反应，可用作食品干燥剂
【答案】D
【解析】NaHCO 能与HCl反应，NaHCO 用于制胃酸中和剂，NaHCO 用于制胃酸中和剂与NaHCO 受热
3 3 3 3
易分解没有对应关系，A项错误；SiO 传导光的能力非常强，用于制光导纤维，SiO 用于制光导纤维与
2 2
SiO 熔点高硬度大没有对应关系，B项错误；Al O 的熔点很高，用作耐高温材料，Al O 用作耐高温材料
2 2 3 2 3
与Al O 是两性氧化物没有对应关系，C项错误；CaO能与水反应，用于食品干燥剂，CaO用于食品干燥
2 3
剂与CaO与水反应有对应关系，D项正确。答案选D。
点睛：本题考查常见无机物的性质和用途，解题的关键是熟悉常见物质的重要性质，理解性质决定用途以
及性质与用途之间的对应关系。体现“让学生学习真实、有用的化学”的课程理念。
7．[2018江苏]在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是
A．
B．
C．
D．
【答案】A【解析】NaHCO 受热分解成NaCO 、CO 和HO，NaCO 与饱和石灰水反应生成CaCO 和NaOH，两步
3 2 3 2 2 2 3 3
反应均能实现，A项正确；Al与NaOH溶液反应生成NaAlO 和H ，NaAlO 与过量盐酸反应生成NaCl、
2 2 2
AlCl 和HO，第二步反应不能实现，B项错误；AgNO 中加入氨水可获得银氨溶液，蔗糖中不含醛基，蔗
3 2 3
糖不能发生银镜反应，第二步反应不能实现，C项错误；Al与Fe O 高温发生铝热反应生成Al O 和Fe，
2 3 2 3
Fe与HCl反应生成FeCl 和H，第二步反应不能实现，D项错误。答案选A。
2 2
8．氯气的水溶液称“氯水”，氯水中含有多种分子和离子，因此氯水有多重性质，下列有关新制氯水的
说法中不正确的是
A．新制氯水呈黄绿色，且有刺激性气味，说明氯水中含有Cl
2
B．新制氯水滴在蓝色石蕊试纸上，试纸先变红色后褪色，可说明氯水中含有Cl
2
C．向淀粉碘化钾溶液中加入氯水，溶液变成蓝色，说明Cl 可以与盐发生置换反应
2
D．新制氯水滴到NaCO 溶液中，有气体产生，说明氯水中含有H+
2 3
【答案】B
【解析】蓝色石蕊试纸变红色说明氯水中存在H+，褪色说明氯水中含有HClO，故B错。答案选B。
9．半导体工业中，有一句行话：“从沙滩到用户”，即由SiO 制取Si。制取过程中不涉及的化学反应是
2
A．2C+SiO Si+2CO↑ B．SiO+2NaOH NaSiO+H O
2 2 2 3 2
C．Si+2Cl SiCl D．SiCl +2H Si+4HCl
2 4 4 2
【答案】B
【解析】工业制取纯硅的工艺流程为：SiO 粗硅 SiCl 纯硅，该工艺流程中不涉及
2 4
SiO 与NaOH溶液的反应。
2
10．大约4 000年前，埃及人已经用硫燃烧所形成的二氧化硫漂白布匹。在古罗马著名诗人荷马的著作里
讲到硫燃烧有消毒和漂白作用。下列物质都具有漂白性：①潮湿的氯气、②二氧化硫、③活性炭、④过氧
化钠，其漂白原理相同的是
A．①③ B．②③ C．①④ D．②④
【答案】C
【解析】上述四种物质都具有漂白性，但漂白原理分三类，①和④是因具有强氧化性而显漂白性，③因具
有吸附性，吸附色素是有色物质脱色而漂白，②是因为SO 与有色物质化合成不稳定的无色物质而漂白，
2
故只有①和④的漂白原理相同；本题答案为C。11．金属铬常用于提升特种合金的性能。工业上以铬铁矿(主要成份为FeO·Cr O，含有少量Al O)为原料
2 3 2 3
制备金属铬的流程如下图。下列说法不正确的是
A．①中需持续吹入空气作氧化剂 B．②中需加入过量稀硫酸
C．③中发生了置换反应 D．溶液A为橙色
【答案】B
【解析】在铬铁矿中Cr元素化合价为+3价，反应后变为NaCrO 中的+6价，化合价升高，被氧化，因此
2 4
①中需持续吹入空气作氧化剂，A项正确；Al(OH) 是两性氢氧化物，能够与硫酸发生反应产生可溶性
3
Al (SO )，因此②中加入的稀硫酸不能过量，B项错误；Cr O 与Al在高温下反应产生Cr和Al O，反应物
2 4 3 2 3 2 3
是单质和化合物，生成物也是单质与化合物，因此③中反应类型为置换反应，C项正确；NaCrO 在酸性溶
2 4
液中发生反应： 2CrO2-+2H+ Cr O2-+H O，反应产生Cr O2-使溶液显橙色，D项正确。答案选B。
4 2 7 2 2 7
12．为了检验某含有NaHCO 杂质的NaCO 样品的纯度，现将w g样品加热，其质量变为w g，则该样品
3 2 3 1 2
的纯度(质量分数)是
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】根据NaHCO 受热分解的化学方程式，结合反应前后固体的质量差可列式求解：
3
2NaHCO =====NaCO＋HO↑＋CO↑ Δm
3 2 3 2 2
2×84 g 106 g 18 g 44 g 62 g
m(NaHCO ) (w －w ) g
3 1 2
求出m(NaHCO )，即可得出样品的纯度。
3
13．下列说法中正确的是
A．Mg在空气中燃烧时发出耀眼的白光，可用于制造信号弹
B．铜的金属活泼性比铝的弱，可用铜罐代替铝罐贮运浓硝酸
C．明矾可用于除去酸性废水中的悬浮颗粒
D．MgO、Al O 是耐高温材料，工业上常用其电解冶炼对应的金属单质
2 3
【答案】A
【解析】常温下铝罐能贮运浓硝酸的原因是铝能被冷的浓硝酸钝化，而铜在室温下易被浓硝酸氧化，B项错误；在酸性废水中，Al3+的水解被抑制，很难生成Al(OH) 胶体，因此不能起到吸附悬浮颗粒的作用，C
3
项错误；MgO、Al O 的熔点高，是耐高温材料，但制取镁单质时常用熔点较低的MgCl 代替MgO，D项
2 3 2
错误。答案选A。
14．明矾的化学式为KAl(SO )∙12H O，其水溶液呈酸性。向明矾溶液中逐滴滴入氢氧化钡溶液至过量，则
4 2 2
A．有可能产生两种沉淀 B．不可能立即出现沉淀
C．不可能只有一种沉淀 D．有可能变为澄清溶液
【答案】A
【解析】根据上述分析，向明矾溶液中逐滴滴入氢氧化钡溶液有可能产生硫酸钡和氢氧化铝两种沉淀，A
项正确；发生反应时立即出现沉淀，B项错误；若氢氧化钡过量，则生成的氢氧化铝又溶于过量的碱，可
能只有硫酸钡一种沉淀，C项错误；硫酸钡不溶于过量的碱，所以不可能变为澄清溶液，D项错误。答案
选A。
15．向100 mL NaOH溶液中通入一定量的CO 气体，充分反应后，再向所得溶液中逐滴加入0.2 mol·L-1的
2
盐酸，产生CO 的体积(标准状况下)与所加盐酸体积之间的关系如图所示。下列判断正确的是
2
A．原NaOH溶液的浓度为0.1 mol·L-1
B．最终产生的CO 的体积为448 mL
2
C．所得溶液中溶质的物质的量之比为n(NaOH)∶n(Na CO)=1∶3
2 3
D．所得溶液中溶质的物质的量之比为n(NaHCO )∶n(Na CO)=2∶1
3 2 3
【答案】D
【解析】当加入盐酸的体积为0~25 mL时，没有气体生成，当加入盐酸的体积大于25 mL时，开始生成二
氧化碳气体，生成CO 的过程中消耗的盐酸为100 mL-25 mL=75 mL，两个过程消耗的盐酸的体积之比为
2
1∶ 3 ， 则 NaOH 溶 液 中 通 入 一 定 量 CO 反 应 后 溶 液 中 溶 质 的 物 质 的 量 关 系 是
2
n(NaHCO )∶n(Na CO)=2∶1，D项正确，C项错误；由关系式HCl~NaCl~NaOH，可知NaOH物质的量为
3 2 3
0.1 L×0.2 mol·L-1=0.02 mol，原 NaOH 溶液的浓度为 0.02 mol÷0.1 L=0.2 mol·L-1，A 项错误；由
NaHCO +HCl===NaCl+H O+CO↑可知，最终产生的二氧化碳的物质的量为 0.075×0.2 mol=0.015 mol，体积
3 2 2
为0.015 mol×22.4 L·mol-1=336 mL，B项错误。
16．已知X、Y、Z、W四种物质均含有钠元素，且它们之间有如下转化关系：下列说法中不正确的是
A．X可以为Na、NaO、NaO
2 2 2
B．Y+W→Z和W→Z发生的化学反应一定相同
C．Z→Y的离子反应可能为：Ca2++ ===CaCO ↓
3
D．若X为单质，则工业制取X的反应为：2NaCl 2Na+Cl ↑
2
【答案】B
【解析】根据钠及其化合物性质可知，Na、NaO、NaO与HO反应均生成NaOH，则Y为NaOH，Z为
2 2 2 2
NaCO，W为NaHCO ，A项正确；Y+W→Z的反应为：NaOH+NaHCO ===Na CO+H O，而由
2 3 3 3 2 3 2
NaHCO →NaCO，可以通过加热实现：2NaHCO NaCO+CO ↑+H O，故二者反应不同，B项错误；
3 2 3 3 2 3 2 2
由NaCO→NaOH，可以利用反应：NaCO+Ca(OH) ===CaCO ↓+2NaOH实现，C项正确；工业上制取钠
2 3 2 3 2 3
采取电解熔融NaCl的方法，方程式为：2NaCl 2Na+Cl ↑，D项正确。
2
17．根据下列实验操作，预测的实验现象和实验结论或解释均正确的是
实验操作 预测实验现象 实验结论或解释
向FeI 溶液中滴入足量溴水，加入CCl ，
A 2 4 下层溶液显紫红色 氧化性:Fe3+>I
振荡，静置 2
向淀粉在稀硫酸催化下的水解液中滴入少
B 有砖红色沉淀生成 葡萄糖具有还原性
量新制Cu(OH) 悬浊液并加热
2
常温下，将浓盐酸、二氧化锰放入烧瓶 常温下，浓盐酸、二氧化锰
C 试液不变蓝
中，用淀粉碘化钾试液检验 没有发生化学反应
D
向盛有NH Al(SO ) 溶液的试管中，滴加少 产生使湿润的红色石
4 4 2 NH ++OH−===NH ↑+H O
量NaOH溶液 蕊试纸变蓝的气体 4 3 2
【答案】C
【解析】A.由于Br 具有强的氧化性，所以向FeI 溶液中滴入足量溴水，Fe2+、I−都被氧化，Fe2+被氧化为
2 2
Fe3+，I−被氧化为I 单质，由于I 容易溶于CCl ，而CCl 与水互不相容，密度比水大，因此加入CCl ，振
2 2 4 4 4
荡，静置，会看到液体分层，下层为I 的CCl 溶液层但不能证明氧化性:Fe3+>I ，A错误；B.向淀粉在稀硫
2 4 2
酸催化下的水解液中要先加入NaOH溶液，使溶液显碱性，然后再滴入少量新制Cu(OH) 悬浊液并加热，
2
会看到产生砖红色沉淀，证明淀粉水解产生的葡萄糖具有还原性，B错误；C.浓盐酸、二氧化锰在室温下不能反应产生氯气，因此用淀粉碘化钾试液检验，不能使试纸变为蓝色，C正确；D.向盛有NH Al(SO ) 溶
4 4 2
液的试管中，滴加少量NaOH溶液，首先发生反应：Al3++3OH−===Al(OH) ↓，D错误；故合理选项是C。
3
18．[2020年新课标Ⅱ]化学工业为疫情防控提供了强有力的物质支撑。氯的许多化合物既是重要化工原料，
又是高效、广谱的灭菌消毒剂。回答下列问题：
(1)氯气是制备系列含氯化合物的主要原料，可采用如图(a)所示的装置来制取。装置中的离子膜只允许
______离子通过，氯气的逸出口是_______(填标号)。
(2)次氯酸为一元弱酸，具有漂白和杀菌作用，其电离平衡体系中各成分的组成分数δ[δ(X)=
，X为HClO或ClO−]与pH的关系如图(b)所示。HClO的电离常数K 值为______。
a
(3)Cl O为淡棕黄色气体，是次氯酸的酸酐，可由新制的HgO和Cl 反应来制备，该反应为歧化反应(氧化
2 2
剂和还原剂为同一种物质的反应)。上述制备ClO的化学方程式为______。
2
(4)ClO 常温下为黄色气体，易溶于水，其水溶液是一种广谱杀菌剂。一种有效成分为NaClO、NaHSO、
2 2 4
NaHCO 的“二氧化氯泡腾片”，能快速溶于水，溢出大量气泡，得到ClO 溶液。上述过程中，生成ClO
3 2 2
的反应属于歧化反应，每生成1 mol ClO 消耗NaClO 的量为_____mol；产生“气泡”的化学方程式为
2 2
____________。
(5)“84消毒液”的有效成分为NaClO，不可与酸性清洁剂混用的原因是______(用离子方程式表示)。工业
上是将氯气通入到30%的NaOH溶液中来制备NaClO溶液，若NaClO溶液中NaOH的质量分数为1%，则
生产1000 kg该溶液需消耗氯气的质量为____kg(保留整数)。
【答案】(1)Na+ a
(2)10-7.5 (3)2Cl +HgO=HgCl +ClO
2 2 2
(4)1.25 NaHCO +NaHSO =CO ↑+Na SO +H O
3 4 2 2 4 2
(5)ClO-+Cl-+2H+=Cl↑+ H O 203
2 2【解析】(1)电解饱和食盐水，阳极产生氯气，阳离子移向阴极室；
(2)由图pH=7.5时，c(HClO)=c(ClO-)，HClO的Ka= =c(H+)；
(3)Cl 歧化为ClO和Cl-；
2 2
(4)根据5ClO －＋4H＋=4ClO ＋Cl－＋2HO，计算每生成1molClO，消耗的NaClO；碳酸氢钠和硫酸氢钠
2 2 2 2 2
反应生成硫酸钠、水和二氧化碳；
(5)“84”中的NaClO、NaCl和酸性清洁剂混合后发生归中反应；根据NaOH质量守恒计算；
【详解】(1)电解饱和食盐水，反应的化学方程式为2NaCl+2H O 2NaOH+Cl ↑+H ↑，阳极氯离子失
2 2 2
电子发生氧化反应生成氯气，氯气从a口逸出，阴极氢离子得到电子发生还原反应生成氢气，产生OH-与
通过离子膜的Na+在阴极室形成NaOH；
(2)由图pH=7.5时，c(HClO)=c(ClO-)，HClO的Ka= =c(H+)=10-7.5；
(3)Cl 歧化为ClO和Cl-，HgO和氯气反应的方程式为：2Cl+HgO=HgCl +ClO；
2 2 2 2 2
(4)5ClO－＋4H＋=4ClO ＋Cl－＋2HO，每生成1molClO，消耗NaClO 为 =1.25mol；碳酸氢钠和
2 2 2 2 2
硫酸氢钠反应生成硫酸钠、水和二氧化碳，方程式为：NaHCO ＋NaHSO=Na SO ＋HO＋CO↑；
3 4 2 4 2 2
(5)“84”中的NaClO、NaCl和酸性清洁剂混合后发生归中反应，离子方程式为：ClO－＋Cl－＋2H＋=Cl↑＋
2
HO；设氯气为xkg，则消耗的NaOH为 kg，原氢氧化钠质量为 +1000Kg×0.01，由NaOH质量守
2
恒：原溶液为1000Kg-x，则 Kg+1000Kg×0. 01=(1000Kg-x)×0.3，解得x=203Kg。
19．[2020年江苏卷]实验室由炼钢污泥(简称铁泥，主要成份为铁的氧化物)制备软磁性材料α-Fe O。
2 3
其主要实验流程如下：
(1)酸浸：用一定浓度的HSO 溶液浸取铁泥中的铁元素。若其他条件不变，实验中采取下列措施能提高铁
2 4
元素浸出率的有___________(填序号)。A．适当升高酸浸温度
B．适当加快搅拌速度
C．适当缩短酸浸时间
(2)还原：向“酸浸”后的滤液中加入过量铁粉，使Fe3+完全转化为Fe2+。“还原”过程中除生成Fe2+外，
还会生成___________(填化学式)；检验Fe3+是否还原完全的实验操作是______________。
(3)除杂：向“还原”后的滤液中加入NH F溶液，使Ca2+转化为CaF 沉淀除去。若溶液的pH偏低、将会
4 2
导致CaF 沉淀不完全，其原因是___________[ ， ]。
2
(4)沉铁：将提纯后的FeSO 溶液与氨水-NH HCO 混合溶液反应，生成FeCO 沉淀。
4 4 3 3
①生成FeCO 沉淀的离子方程式为____________。
3
②设计以FeSO 溶液、氨水- NHHCO 混合溶液为原料，制备FeCO 的实验方案：__。
4 4 3 3
(FeCO 沉淀需“洗涤完全”，Fe(OH) 开始沉淀的pH=6.5)。
3 2
【答案】(1)AB
(2)H 取少量清液，向其中滴加几滴KSCN溶液，观察溶液颜色是否呈血红色
2
(3)pH偏低形成HF，导致溶液中F-浓度减小，CaF 沉淀不完全
2
(4)① 或
②在搅拌下向FeSO 溶液中缓慢加入氨水-NH HCO 混合溶液，控制溶液pH不大于6.5；静置后过滤，所
4 4 3
得沉淀用蒸馏水洗涤2~3次；取最后一次洗涤后的滤液，滴加盐酸酸化的BaCl 溶液，不出现白色沉淀
2
【解析】铁泥的主要成份为铁的氧化物，铁泥用HSO 溶液“酸浸”得到相应硫酸盐溶液，向“酸浸”后
2 4
的滤液中加入过量铁粉将Fe3+还原为Fe2+；向“还原”后的滤液中加入NH F使Ca2+转化为CaF 沉淀而除
4 2
去；然后进行“沉铁”生成FeCO，将FeCO 沉淀经过系列操作制得α—Fe O；据此分析作答。
3 3 2 3
【详解】(1)适当升高酸浸温度，加快酸浸速率，能提高铁元素的浸出率，A项正确；适当加快搅拌速率，
增大铁泥与硫酸溶液的接触，加快酸浸速率，能提高铁元素的浸出率，B项正确；适当缩短酸浸时间，铁
元素的浸出率会降低，C项错误。
(2)为了提高铁元素的浸出率，“酸浸”过程中硫酸溶液要适当过量，故向“酸浸”后的滤液中加入过量的
铁粉发生的反应有：Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+2H+=Fe2++H ↑，“还原”过程中除生成Fe2+外，还有H 生成；通
2 2
常用KSCN溶液检验Fe3+，故检验Fe3+是否还原完全的实验操作是：取少量清液，向其中滴加几滴KSCN
溶液，观察溶液颜色是否呈血红色，若不呈血红色，则Fe3+还原完全，若溶液呈血红色，则Fe3+没有还原
完全。
(3)向“还原”后的滤液中加入NH F溶液，使Ca2+转化为CaF 沉淀，K (CaF )=c(Ca2+)·c2(F-)，当Ca2+完全
4 2 sp 2沉淀(某离子浓度小于1×10-5mol/L表明该离子沉淀完全)时，溶液中c(F-)至少为 mol/L=
×10-2mol/L；若溶液的pH偏低，即溶液中H+浓度较大，H+与F-形成弱酸HF，导致溶液中c(F-)减小，CaF
2
沉淀不完全。
(4)①将提纯后的FeSO 溶液与氨水—NH HCO 混合溶液反应生成FeCO 沉淀，生成FeCO 的化学方程式为
4 4 3 3 3
FeSO +NH·H O+NH HCO =FeCO ↓+(NH)SO +H O[或FeSO +NH+NHHCO =FeCO ↓+(NH)SO ]，离子方
4 3 2 4 3 3 4 2 4 2 4 3 4 3 3 4 2 4
程式为Fe2++ +NH·H O=FeCO↓+ +H O(或Fe2++ +NH=FeCO ↓+ )。
3 2 3 2 3 3
②根据题意Fe(OH) 开始沉淀的pH=6.5，为防止产生Fe(OH) 沉淀，所以将FeSO 溶液与氨水—NH HCO
2 2 4 4 3
混合溶液反应制备FeCO 沉淀的过程中要控制溶液的pH不大于6.5；FeCO 沉淀需“洗涤完全”，所以设
3 3
计的实验方案中要用盐酸酸化的BaCl 溶液检验最后的洗涤液中不含 ；则设计的实验方案为：在搅
2
拌下向FeSO 溶液中缓慢加入氨水—NH HCO 混合溶液，控制溶液pH不大于6.5；静置后过滤，所得沉淀
4 4 3
用蒸馏水洗涤2~3次；取最后一次洗涤后的滤液，滴加盐酸酸化的BaCl 溶液，不出现白色沉淀。
2
20．[2020年江苏卷]次氯酸钠溶液和二氯异氰尿酸钠(C NOClNa)都是常用的杀菌消毒剂。 NaClO可用于
3 3 3 2
制备二氯异氰尿酸钠.
(1)NaClO溶液可由低温下将Cl 缓慢通入NaOH溶液中而制得。制备 NaClO的离子方程式为__________；
2
用于环境杀菌消毒的NaClO溶液须稀释并及时使用，若在空气中暴露时间过长且见光，将会导致消毒作用
减弱，其原因是__________________。
(2)二氯异氰尿酸钠优质品要求有效氯大于60%。通过下列实验检测二氯异氰尿酸钠样品是否达到优质品标
准。实验检测原理为
准确称取1.1200g样品，用容量瓶配成250.0mL溶液；取25.00mL上述溶液于碘量瓶中，加入适量稀硫酸
和过量KI溶液，密封在暗处静置5min；用 NaSO 标准溶液滴定至溶液呈微黄色，加入淀
2 2 3
粉指示剂继续滴定至终点，消耗NaSO 溶液20.00mL。
2 2 3
①通过计算判断该样品是否为优质品_______。(写出计算过程，)
②若在检测中加入稀硫酸的量过少，将导致样品的有效氯测定值____________(填“偏高”或“偏低”)。
【答案】(1) NaClO溶液吸收空气中的CO 后产生HClO，HClO见光分
2
解
(2)①
根据物质转换和电子得失守恒关系：
得
氯元素的质量:
该样品的有效氯为：
该样品的有效氯大于60%，故该样品为优质品
②偏低
【解析】(1)由题意可知，氯气通入氢氧化钠中产生次氯酸钠，同时产生氯化钠，反应的离子方程式为：
；次氯酸钠溶液长期暴露在空气中会吸收空气中的二氧化碳气体，因次氯酸
酸性比碳酸弱，因此次氯酸钠可以与二氧化碳在水中反应产生HClO，HClO具有不稳定性，在受热或见光
条件下会发生分解反应，产生HCl和O，从而是次氯酸钠失效；
2
(2)①由题中反应可知， 在酸性条件产生HClO，HClO氧化碘离子产生碘单质，碘单质再用硫
代硫酸钠滴定，结合反应转化确定物质之间的关系为： ，
，根据物质转换和电子得失守恒关系：得n(Cl)=0.5 = ，
氯元素的质量：m(Cl)= =0.03550g，该样品中的有效氯为：
=63.39%，
该样品中的有效氯大于60%，故该样品为优质品。
②如果硫酸的用量过少，则导致反应 不能充分进行，产生的
HClO的量偏低，最终导致实验测得的有效氯含量会偏低。
21．[2020年7月浙江选考]Ⅰ.化合物Ⅹ由四种短周期元素组成，加热X，可产生使湿润的红色石蕊试纸变
蓝的气体Y，Y为纯净物；取 ，用含 的盐酸完全溶解得溶液A，将溶液A分成
和 两等份，完成如下实验(白色沉淀C可溶于 溶液)：
请回答：
(1)组成X的四种元素是N、H和_______(填元素符号)，X的化学式是_________。
(2)溶液B通入过量 得到白色沉淀C的离子方程式是______________。
(3)写出一个化合反应(用化学方程式或离子方程式表示)_____________。要求同时满足：
①其中一种反应物的组成元素必须是X中除N、H外的两种元素；
②反应原理与“ ”相同。
Ⅱ.某兴趣小组为验证浓硫酸的性质进行实验，如图。实验中观察到的现象有：锥形瓶内有白雾，烧杯中出
现白色沉淀。请回答：(1)将浓硫酸和浓盐酸混合可产生 气体的原因是________。
(2)烧杯中出现白色沉淀的原因是_____________。
【答案】Ⅰ.(1)
(2)
(3) 或
Ⅱ.(1)吸收浓盐酸中的水分且放热导致 挥发
(2) 气体会将 带出，与 作用生成
【解析】根据题干可知，加热X可产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的纯净物气体Y，故Y为NH ，由实
3
验流程图中分析可知，结合B中通入过量的CO 产生能溶于NaOH溶液的白色沉淀C，故C为Al(OH) ，
2 3
则D为Al O，E是AgCl，结合图中数据利用原子守恒，可以计算出各自元素的物质的量，求出X的化学
2 3
式，再根据物质性质进行解答。
【详解】Ⅰ.(1)由分析可知，Y为NH ，由实验流程图中分析可知，结合B中通入过量的CO 产生能溶于
3 2
NaOH溶液的白色沉淀C，故C为Al(OH) ，则D为Al O，E是AgCl，利用原子守恒可知：A 溶液中含有
3 2 3 1
N原子的物质的量为： ，Al原子的物质的量为：
，A 溶液中含有的Cl-的物质的量为：
2；
故一半溶液中含有的H原子的物质的量为：
，故X中含有
四种元素即N、H、Al、Cl，其个数比为：
，故X的化学式为：AlCl NH ；
3 3
(2)根据分析(1)可知，溶液B中通入过量的CO 所发生的离子方程式为：
2
；
(3)结合题给的两个条件，再分析化合物X(AlCl NH )是NH 和AlCl 通过配位键结合成的化合物，不难想到
3 3 3 3
类似于NH 和HO反应，故可以很快得出该反应的离子方程式为AlCl +Cl-= 或者
3 2 3
AlCl +NH=AlCl NH ；
3 3 3 3
Ⅱ.(1)由于浓硫酸具有吸水性且浓硫酸稀释是个放热过程，而且HCl的挥发性随浓度增大而增大，随温度
升高而增大，从而得出用浓硫酸和浓盐酸混合制备HCl的原理是浓硫酸吸收浓盐酸中的水分且放热，使浓
盐酸的挥发性增强，使HCl挥发出来；
(2)浓硫酸虽然难挥发，但也会随HCl气流而带出少量的HSO 分子，与Ba(NO ) 反应生成硫酸钡白色沉淀。
2 4 3 2
22．[2018天津]下图中反应①是制备SiH 的一种方法，其副产物MgCl ·6NH 是优质的镁资源。回答下列
4 2 3
问题：
(1)MgCl ·6NH 所含元素的简单离子半径由小到大的顺序(H-除外)：_________________________，Mg
2 3在元素周期表中的位置：_____________________，Mg(OH) 的电子式：____________________。
2
(2)A B的化学式为_______________。反应②的必备条件是_______________。上图中可以循环使用的
2
物质有_______________。
(3)在一定条件下，由SiH 和CH 反应生成H 和一种固体耐磨材料_______________(写化学式)。
4 4 2
(4)为实现燃煤脱硫，向煤中加入浆状Mg(OH) ，使燃烧产生的SO 转化为稳定的Mg化合物，写出该
2 2
反应的化学方程式：_______________。
(5)用Mg制成的格氏试剂(RMgBr)常用于有机合成，例如制备醇类化合物的合成路线如下：
依据上述信息，写出制备 所需醛的可能结构简式：_______________。
【答案】 (1)r(H+)、<或=)；结合离子方程式解释其
原因是_____________________，此时，溶液中由水电离出的c(OH−)＝________mol/L。
(2)漂白剂与酸混合后效果更佳，将0.1000mol/L NaClO溶液与0.1000mol/L 硫酸溶液等体积混合后，关
于所得溶液的以下分析正确的是____________(忽略HClO的分解；HSO −的电离视为完全)。
4
A．c(HClO)+c(ClO−)=0.1000 mol/L
B．c(H+)>c(Na+)=c(SO 2−)>c(HClO)>c(ClO−)>c(OH−)
4
C．c(Na+)+c(H+)=c(SO 2−)+c(ClO−)+c(OH−)
4
D．c(H+)−c(OH−)=2c(ClO−)+c(HClO)
Ⅱ．取20.00g家用氯漂白剂溶液配制成100 mL溶液，取出10 mL，加入过量KI处理，用足量稀硫酸
酸化，然后立即用0.1000 mol/L Na SO 溶液滴定生成的I(2NaSO+I =2I−+Na SO)，指示剂显示滴定
2 2 3 2 2 2 3 2 2 4 6
终点时，消耗NaSO 溶液30.00 mL；
2 2 3
(1)用KI处理漂白剂生成I 的离子方程式为_________________________。
2
(2)该滴定过程选用的指示剂通常为___________，判断滴定终点时的现象是_______________。
(3)该漂白剂中“有效氯”的含量为_________________(结果保留一位小数)。若滴定结束时，发现滴定
管尖嘴部分有气泡，则测定结果________(填“偏高”“偏低”“无影响”)。
注：“有效氯”指每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克Cl 的氧化能力。
2
【答案】Ⅰ．(1)> ClO−+HO HClO+OH−，次氯酸钠在水溶液发生水解，使溶液呈碱性 10a−14
2
(2)BD
Ⅱ．(1)ClO−+2I−+2H+===Cl−+I +H O
2 2
(2)淀粉溶液 溶液褪色，且半分钟内不恢复(3)5.3% 偏低
【解析】【分析】Ⅰ．(1)弱酸强碱盐溶液中存在弱酸根离子的水解，溶液显碱性，且溶液中的OH−来自于
水的电离；(2)0.1000mol/L NaClO溶液与0.1000mol/L硫酸溶液等体积混合后，所得溶液为HClO、NaSO
2 4
和HSO 的混合液，且HClO的浓度为0.05mol/L，NaSO 和HSO 的浓度均为0.05mol/L，再结合电荷守
2 4 2 4 2 4
恒和物料守恒分析即可；
Ⅱ．(1)漂白剂溶液中ClO−有强氧化性，能氧化I−生成I；(2)I 遇淀粉溶液显蓝色；滴加NaSO 溶液，将I
2 2 2 2 3 2
还原为I−；(3)根据滴定过程计算出20g漂白剂氧化得到的I 的物质的量，再计算对应氯气的质量，最后计
2
算“有效氯”。
【详解】Ⅰ．(1)常温下，一定浓度次氯酸钠水溶液的中存在ClO−的水解，水解反应离子方程式为ClO−
+HO HClO+OH−，则溶液显碱性，即a>7；此时溶液中的OH−来自于水的电离，则溶液中由水电离
2
出的c(OH−)＝10a−14mol/L；(2)0.1000 mol/L NaClO溶液与0.1000 mol/L硫酸溶液等体积混合后，所得溶液为
HClO、NaSO 和HSO 的混合液，且HClO的浓度为0.05 mol/L，NaSO 和HSO 的浓度均为
2 4 2 4 2 4 2 4
0.025mol/L； A．混合后溶液中存在HClO的部分电离，根据物料守恒可知c(HClO)+c(ClO−)=0.05 mol/L，
故A错误； B．混合后溶液中NaSO 和HSO 的浓度均为0.025 mol/L ，若忽略次氯酸和水的电离，则有
2 4 2 4
c(H+)=c(Na+)=c(SO 2−)=0.05 mol/L，实际上，溶液中的HClO有小部分发生电离及水的电离，则
4
c(HClO)>c(ClO−)，故c(H+)>c(Na+)=c(SO 2−)>c(HClO)>c(ClO−)>c(OH−)成立，故B正确； C．混合后溶液中
4
的电荷守恒式为c(Na+)+c(H+)=2c(SO 2−)+c(ClO−)+c(OH−)，故C错误； D．混合后溶液中的电荷守恒式为
4
c(Na+)+c(H+)=2c(SO 2−)+c(ClO−)+c(OH−)，再结合c(HClO)+c(ClO−)=0.05 mol/L，c(Na+)=c(SO 2−)=0.05
4 4
mol/L，可知c(H+)−c(OH−)=2c(ClO−)+c(HClO)成立，故D正确；故答案为BD。
Ⅱ．(1)漂白剂溶液中ClO−有强氧化性，能氧化I−生成I，同时得到还原产物Cl−，发生反应的离子方程式
2
为ClO−+2I−+2H+===Cl−+I +H O；(2)I 遇淀粉溶液显蓝色，则滴定过程可选择淀粉溶液作指示剂，滴加
2 2 2
NaSO 溶液，将I 还原为I−，随着滴加NaSO 溶液的量增大，溶液蓝色会逐渐变浅，最终会消失，当溶
2 2 3 2 2 2 3
液褪色，且半分钟内不恢复时为滴定终点；(3)由2NaSO+I ===2I−+Na SO 可知，滴定时消耗30.00 mL
2 2 3 2 2 4 6
0.1000 mol/L Na SO 溶液，则溶液中I 的物质的量为0.03 L× 0.1000 mol/L× =0.0015 mol，则20.00 g家用
2 2 3 2
氯漂白剂能氧化KI得到的I 为0.0015 mol× =0.015 mol，则每克含氯消毒剂氧化KI生成的I 的物质的
2 2
量为0.015mol÷20=0.00075 mol，根据Cl+2I−=I +2Cl−可知氧化0.00075 mol I 需要的Cl 的物质的量为
2 2 2 2
0.00075 mol，质量为0.00075 mol×71 g/mol=0.053g，故该漂白剂中“有效氯”的含量为5.3%。
24．2018年第十二届中国国际航空航天博览会于11月6日至11日在珠海举行。银铜合金广泛用于航空工业，从银铜合金的切割废料中回收银并制备铜化工产品的工艺如下：
注：Al(OH) 和Cu(OH) 开始分解的温度分别为450℃和80℃。
3 2
(1)电解精炼银时，粗银作______极，另一电极上的电极反应式为____________。
(2)加快渣料(含少量银)溶于稀HSO 的速率的措施有________、________(写出两种)。
2 4
(3)滤渣A与稀HNO 反应，产生的气体在空气中迅速变为红棕色，滤渣A与稀HNO 反应的离子方程
3 3
式为__________。
(4)煮沸CuSO 混合溶液的过程中，得到固体B，则固体B的组成为______；在生成固体B的过程中，
4
需控制NaOH的加入量，若NaOH过量，则因过量引起的反应的离子方程式为___________。
(5)硫酸铜溶液可用于浸取硫铁矿中的铁元素，浸取时发生复杂的氧化还原反应。反应体系中除CuSO
4
和FeS 外，还有HSO 、Cu S、FeSO 和HO，下列对该反应的分析正确的是_____(填字母代号)。
2 2 4 2 4 2
A．氧化剂为CuSO 和FeS
4 2
B．反应后溶液的pH降低
C．被氧化的FeS 只占总量的30%
2
D．每转移2 mol电子消耗3 mol CuSO
4
【答案】(1)阳 Ag++e−===Ag
(2)增大硫酸浓度 升高温度或粉碎或搅拌等
(3)3Ag+4HNO(稀) ===3AgNO+NO↑+2HO
3 3 2
(4)Al(OH) 和CuO Al(OH) +OH−===AlO−+2H O
3 3 2 2
(5)ABC
【解析】由工艺流程图可知，废料在空气中熔炼时，Cu被氧化，滤渣中含有CuO及少量Ag，向滤渣中加
入硫酸进行酸浸，CuO与硫酸反应，过滤得到硫酸铜溶液(含有硫酸)，滤渣A为Ag；向滤液中加入硫酸铝、
氢氧化钠，得到氢氧化铝、氢氧化铜，灼烧中会得到CuO、Al O，二者反应得到CuAlO。
2 3 2
(1)电镀法精炼银时，粗银为阳极，精银为阴极，阳极上失电子变成离子进入溶液了：Ag−e−===Ag+，阴极
银离子得到电子形成单质银：Ag++e−===Ag，故答案为：阳；Ag++e−===Ag；
(2)加快渣料(含少量银)溶于稀HSO 的速率，可采用增大硫酸浓度、升高反应温度、粉碎渣料增大固体表
2 4
面积或搅拌等措施，故答案为：增大硫酸浓度；升高温度或粉碎或搅拌等；
(3)滤渣A的主要成分是Ag，稀硝酸是氧化性酸，能与银反应生成硝酸银、一氧化氮无色气体和水，反应的化学方程式为3Ag+4HNO (稀) ===3AgNO+NO↑+2HO，故答案为：3Ag+4HNO (稀)
3 3 2 3
===3AgNO+NO↑+2HO；
3 2
(4)未煮沸CuSO 混合溶液之前是，加入硫酸铝溶液和氢氧化钠溶液得到Cu(OH) 沉淀和Al(OH) 沉淀的化
4 2 3
合物，由信息可知Al(OH) 和Cu(OH) 开始分解的温度分别为450℃和80℃，则煮沸后Cu(OH) 分解产生氧
3 2 2
化铜，可知固体B的组成为Al(OH) 和CuO；氢氧化铝是两性氢氧化物，能与氢氧化钠溶液反应生成偏铝
3
酸钠和水，反应的化学方程式为：Al(OH) +NaOH===NaAlO +2H O，故答案为：Al(OH) 和CuO；
3 2 2 3
Al(OH) +OH−===AlO−+2H O；
3 2 2
(5) 由反应体系中元素化合价的变化可知，反应物为CuSO 、FeS 和HO，生成物为Cu S、FeSO 和
4 2 2 2 4
HSO ，反应的化学方程式为14CuSO +5FeS +12H O===7Cu S+5FeSO +12H SO 。A、反应中，Cu元素的
2 4 4 2 2 2 4 2 4
化合价由+2降低为+1，部分S元素的化合价由−1降低到−2，部分S元素的化合价由−1升高到+6价，则
Cu S只是还原产物，FeS 既是作氧化剂，又做还原剂，故正确；B、由反应的化学方程式为
2 2
14CuSO +5FeS +12H O===7Cu S+5FeSO +12H SO 可知，反应中有硫酸生成，反应后溶液的pH降低，故
4 2 2 2 4 2 4
正确；C、由反应的化学方程式可知，10个S原子中，有3个S原子失去电子，7个S原子得到电子，即被
氧化的硫与被还原的硫的物质的量比为3:7，则被氧化的FeS 只占总量的30%，故正确；
2
、由反应的化学方程式可知，14mol硫酸铜氧化1molFeS ，4molFeS 中有3.5mol是氧化剂，0.5mol是还原
2 2
剂，反应中转移21mol电子，则转移2 mol电子消耗 mol CuSO ，故错误；ABC正确，故答案为：
4
ABC。
25．已知A、B、C、D、E、F、G、H、X、Y是中学化学常见物质，E、F、H、X、Y中含有同种元素，F
是一种红棕色气体；反应①是置换反应，A是一种活泼金属，D是一种黑色固体。它们之间在一定条
件下存在下列转化关系：
根据上图，完成下列问题：
(1)写出指定物质的化学式：C__________，E__________，H__________。
(2)反应①的化学方程式为____________________，实验现象为____________________。(3)反应②中每转移2 mol e−，标况下产生的还原产物与氧化产物的体积差为_______L。
(4)D和G在高温下反应可制取工业原料气，反应的化学方程式为__________________。
(5)要确定反应④的生成物，在反应后的溶液中加入过量NaOH浓溶液，看到有白色沉淀出现，其成分
是__________；然后过滤出沉淀并对滤液加热，闻到有刺激性气味气体产生，为确定气体的成分
用湿润的红色石蕊试纸检验，发现试纸变蓝。根据上述现象写出反应④的化学方程式：
______________________________。
【答案】(1)MgO HNO NO
3
(2)2Mg+CO 2MgO+C
2
剧烈燃烧，发出耀眼白光放出大量热，生成白色固体和黑色固体
(3)33.6
(4)C+H O CO+H
2 2
(5)Mg(OH) 4Mg+10HNO ===4Mg(NO)+NHNO +3H O
2 3 3 2 4 3 2
【解析】推断F是红棕色气体NO ，A是一种活泼金属，并且A在B中燃烧属于置换反应，D是一种黑色
2
固体，能与E反应产生NO ，则E应该是浓HNO，D是碳；故A是Mg，B是CO，C是MgO。C和浓
2 3 2
HNO 反应，产生CO、NO 和HO，故G是HO，又由于E、F、H、X、Y中含有同种元素，故H是
3 2 2 2 2
NO。
(1)C是MgO，E是浓HNO，H是NO。
3
(2)镁在CO 中剧烈燃烧，发出耀眼的白光并放出大量的热，生成黑色的碳和白色的MgO，化学方程式为
2
2Mg+CO 2MgO+C。
2
(3)反应②为：C+4HNO (浓) CO↑+4NO↑+2H O，根据反应可知，每转移4 mol e−生成5 mol气体；则转
3 2 2 2
移2 mol电子生成2.5 mol气体，且n(NO )=2 mol，n(CO)=0.5 mol； 其中NO 是还原产物，CO 是氧化产物，
2 2 2 2
故二者的体积差ΔV=(2.0 mol−0.5 mol)×22.4 L·mol−1=33.6 L。
(4)C和HO在高温下生成水煤气，反应为：C+H O CO+H。
2 2 2
(5)Mg和HNO 反应肯定生成Mg(NO)，故加入NaOH产生的白色沉淀是Mg(OH) ；将沉淀过滤后加热产
3 3 2 2
生NH ，说明HNO 被还原成 ，故反应为：4Mg+10HNO ===4Mg(NO)+NHNO +3H O。
3 3 3 3 2 4 3 2
26．金属是重要但又匮乏的战略资源。从废旧锂电池的电极材料(主要为附在铝箔上的LiCoO ，还有少量
2铁的氧化物)中回收钴的一种工艺流程如下
请回答下列问题
(1)在焰色反应实验中，可用钴玻璃观察钾元素的焰色，该钴玻璃的颜色为_______。
(2)”溶液A中溶质除NaOH外，还有______。“钴渣”中LiCoO 溶解时的离子方程式为
2
___________________________________。
(3)在“滤液”中加入20﹪NaCO 溶液，目的是_________；检验“滤液1”中Fe2+是否完全被氧化、不能用
2 3
酸性KMnO 溶液，原因是___________________________。
4
(4)如将硫酸改为盐酸浸取“钴渣“，也可得到Co2+。
①浸取时，为提高”钴渣”中浸取率，可采取的措施有_____________(任写一条)。
②工业生产中一般不用盐酸浸取“钴渣”，其原因是_____________________。
(5)钴沉淀的化学式可表示为CoCO·yCo(OH) 。称取5.17g该样品置于硬质玻璃管中，在氮气中加热，
3 2
使样品完全分解为CoO，生成的气体依次导入足量的浓硫酸和碱石灰中，二者分别增重0.54g和
0.88g。则“钴沉淀”的化学式为__________。
【答案】(1)蓝色 (2)NaAlO 8LiCoO +SO2−+22H+===8Li++8Co2++2SO 2−+11HO
2 2 2 3 4 2
(3)调节溶液pH，使Fe3+转换为Fe(OH) 沉淀 Co2+、SO2−也能使KMnO 溶液褪色
3 2 3 4
(4)①粉碎；搅拌；升高温度 ②LiCoO 可氧化盐酸，产生的Cl 会污染环境
2 2
(5)2CoCO·3Co(OH)
3 2
【解析】(1)观察钾元素的焰色，黄色火焰会干扰，因此需要通过蓝色钴玻璃进行观察；
(2)电极材料中加入NaOH溶液，根据流程以及电极材料的成分，只有Al与NaOH溶液发生反应：
2Al+2NaOH+2HO===2NaAlO +3H↑，溶液A中溶质除NaOH外，还有NaAlO ；NaSO 具有还原性，
2 2 2 2 2 2 3
LiCoO 作氧化剂，Co被还原成Co2+，离子方程式为8LiCoO +SO2−+22H+===8Li++8Co2++2SO 2−+11HO；
2 2 2 3 4 2
(3)根据流程，滤液1中含有铁元素和锂元素等杂质，滤液2中除去Li+，则滤液1中加入NaClO 将Fe2+氧
3
化成Fe3+，加入NaCO 溶液，调节pH，使Fe3+转化成Fe(OH) 沉淀；“钴渣”操作步骤中加入NaSO 是
2 3 3 2 2 3
过量，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，同时滤液1中含有Co2+，也能使酸性高锰酸钾溶液褪色；
(4)①提高浸取率的采取措施有粉碎、搅拌、升高温度、适当提高硫酸的浓度等；②Co3+的氧化性强于
Cl，用盐酸浸取，LiCoO 将盐酸中Cl元素氧化成Cl，Cl 有毒，污染环境；
2 2 2 2(5)根据题意，浓硫酸吸收产生HO，即n(H O)=0.54g/18g·mol−1=0.03mol，碱石灰的作用是吸收CO，即
2 2 2
n(CO)=0.88g/44g·mol−1=0.02mol，因此有5.17g/M[CoCO ·yCo(OH) ]g·mol−1=0.02mol，解得y=3/2，即“钴
2 3 2
沉淀”的化学式为2CoCO·3Co(OH) 。
3 2
【名师点睛】本题难点是氧化还原反应方程式的书写，应是钴渣，LiCoO 不能拆写成离子形式，+3价Co
2
具有强氧化性，NaSO 以还原性为主，因此有LiCoO +SO2−→Li++Co2++SO 2−，然后根据化合价升降法进
2 2 3 2 2 3 4
行配平，得出8LiCoO +SO2−→8Li++8Co2++2SO 2−，然后注意溶液的酸碱性，根据流程溶液中加入
2 2 3 4
HSO ，依据原子守恒守恒和电荷守恒，因此离子方程式有8LiCoO +SO2−+22H+===8Li++8Co2++2SO 2−
2 4 2 2 3 4
+11HO，氧化还原反应方程式的书写是热点，需要多练、多分析。
2
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________________________________________________________________________________________
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