文档内容
专题 13 元素及其化合物知识的综合应用
2020年高考真题
1．(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】
【分析】(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，故答案为：Na+；a；
(2)由图pH=7.5时，c(HClO)=c(ClO-)，HClO的Ka= =c(H+)=10-7.5；故答案为：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，故答案为：
2 2 2 2 22Cl+HgO=HgCl +ClO；
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↑，故答案
3 4 2 4 2 2
为:1.25mol；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；故答案为：ClO－＋Cl
－＋2H＋=Cl↑＋HO；203。
2 2
2．(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】
【分析】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)A．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选；
B．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选；
C．适当缩短酸浸时间，铁元素的浸出率会降低，C不选；
答案选AB。
(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，故答案为：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)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，故答案为：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 ↓+ )，答案为：Fe2++
3 2 3 2 3 3
+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，故答案
2
为：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，
4 4 3
所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
3．(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
2
分解
(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。
4．(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】
【分析】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
2020届高考模拟试题
5．(北京市海淀区2020届高三二模)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)为原料制备金属铬的流程如下图。下列说法不正确的是( )
2 3 2 3
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】A．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
2 4
此①中需持续吹入空气作氧化剂，A正确；B．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错误；C．Cr O 与Al在高温下反应产生Cr和Al O，反应
2 4 3 2 3 2 3
物是单质和化合物，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正确；D．NaCrO 在酸
2 4
性溶液中发生反应： 2CrO2-+2H+ Cr O2-+H O，反应产生Cr O2-使溶液显橙色，D正确；故合理选项
4 2 7 2 2 7
是B。
6．(2020年6月福建省普通高中学业水平合格性考试)某化学兴趣小组为制取NH 并探究其性质，按下图装
3
置进行实验。(制取氨气的反应原理:2NHCl+Ca(OH) CaCl +2NH+2H O，部分夹持仪器已略去)
4 2 2 3 2
(实验探究)(1)装置(I)中仪器a的名称是_____。
(2)装置(Ⅱ)中可用_________(填“碱石灰”或“食盐”)作干燥剂。
(3)实验进行一段时间后，装置(Ⅲ)中干燥的红色石蕊试纸不变色，然后滴加水，观察到试纸颜色变为
___(填“白色”或“蓝色”)原因是氨水呈____(填“碱性”或“酸性”)。
(4)装置(Ⅲ)中胶头滴管若改装浓盐酸，实验进行一段时间后，滴加浓盐酸，观察到瓶内充满_______(填
“白烟”或“白雾”)，写出NH 与HCl反应生成NH Cl的化学方程式:_________。
3 4
(5)装置(IV)中稀硫酸的作用是___________。
(6)用0.1 mol NH Cl与足量Ca(OH) 反应，理论上可生成NH 的物质的量是____mol。
4 2 3
(实验拓展)(7)已知:2NH+3CuO 3Cu+N +3H O，若把装置(Ⅲ)换为如图装置，当实验进行一段时间后，
3 2 2
观察到黑色固体变为____(填“白色”或“红色”)，在这过程中NH 表现出__(填“还原性”或“氧化性”)。
3
(知识应用)(8)氨气是一种重要的化工原料。写出它的一种用途:__________。【答案】(1)酒精灯 (2)碱石灰 (3)蓝色 碱性
(4)白烟 NH + HCl= NH Cl
3 4
(5)吸收多余的氨气
(6)0.1 (7)红色 还原性 (8)制化肥
【解析】(1)装置(I)中根据仪器a的构造可知为酒精灯。
(2)装置(Ⅱ)中的目的是干燥氨气，食盐不具有吸水性不可用，碱石灰为固体氢氧化钠和生石灰的混合物，
具有很好的吸水性，可用于干燥氨气。
(3)实验进行一段时间后，装置(Ⅲ)中干燥的红色石蕊试纸不变色，然后滴加水，因氨气可与水反应产生一
水合氨，一水合氨为弱碱电离产生氢氧根离子显碱性，红色石蕊试纸遇碱会变蓝色。
(4)装置(Ⅲ)中胶头滴管若改装浓盐酸，实验进行一段时间后，滴加浓盐酸，氯化氢与氨气反应产生固体氯
化铵，在试剂瓶中可以看到白烟，相应的反应为：NH +HCl=NH Cl。
3 4
(5)氨气是有毒气体挥发到空气中污染环境，因此装置(IV)中稀硫酸的作用是吸收多余的氨气，防止污染空
气。
(6)用0.1 mol NH Cl与足量Ca(OH) 反应，根据元素守恒可知，理论上可生成NH 的物质的量是0.1mol。
4 2 3
(7)2NH +3CuO 3Cu+N +3H O，把装置(Ⅲ)换为如图装置，当实验进行一段时间后，观察到黑色的氧
3 2 2
化铜固体变为红色铜单质，在这过程中NH 转变成N 化合价升高被氧化，表现出还原性。
3 2
(8)氨气是一种重要的化工原料，可跟酸反应产生铵盐做氮肥使用。
7．(安徽省六安市第一中学2020届高三下学期第八次模拟)工业上以铝土矿(主要成分是Al O 和少量的
2 3
SiO、Fe O 杂质)为原料制取铵明矾晶体[NH Al(SO )·12H O]的工艺流程如图所示：
2 2 3 4 4 2 2
请回答下列问题：
(1)试剂I为___；试剂Ⅱ为___；滤渣a的化学式为___。
(2)证明铁元素已全部转化为滤渣b的实验方法是___。
(3)滤液Ⅱ中通入足量CO 进行酸化，从而得到固体c，若用盐酸进行酸化是否可以？___，请说明理由：
2
___。
(4)由固体d制取铵明矾溶液的化学方程式为___，从铵明矾溶液中获得铵明矾晶体的实验操作依次为(填操作名称)蒸发浓缩、冷却结晶、___。
(5)NH Al(SO ) 溶液呈___(“酸性”、“碱性”或“中性”)，原因是___(用离子方程式表示)。
4 4 2
(6)若NH Al(SO ) 溶液、NH HCO 溶液和NH Cl溶液中的NH +的物质的量浓度相等，则三种铵盐溶液的浓
4 4 2 4 3 4 4
度从小到大的顺序为___。
【答案】(1)盐酸(或稀硫酸等) NaOH溶液(或KOH溶液等) SiO
2
(2)取少量滤液Ⅱ于小试管中，向小试管中滴加KSCN溶液，若溶液不变红，说明Fe3+已全部转化为红褐色
滤渣b
(3)不可以 通入足量CO 进行酸化的目的是使滤液Ⅱ中的AlO-转化为Al(OH) ，而Al(OH) 能溶于盐酸，
2 2 3 3
不易控制加入盐酸的量，故不能用盐酸进行酸化
(4)AlO＋4HSO ＋2NH =2NHAl(SO )＋3HO 过滤洗涤干燥
2 3 2 4 3 4 4 2 2
(5)酸性 NH +＋HO NH ·H O＋H+，Al3+＋3HO Al(OH) ＋3H+
4 2 3 2 2 3
(6)c[NH Al(SO )]＜c(NH Cl)＜c(NH HCO )
4 4 2 4 4 3
【解析】
【分析】根据铝土矿的成分，Al O 为两性氧化物，Fe O 属于碱性氧化物，SiO 属于酸性氧化物，SiO 不
2 3 2 3 2 2
与盐酸或稀硫酸等酸反应，结合图中转化关系可知，红褐色滤渣b为Fe(OH) ，则试剂Ⅱ为NaOH溶液或
3
KOH溶液等强碱溶液均可；进而推知滤渣a和试剂I。据此解答。
【详解】(1)由图中转化关系可知，红褐色滤渣b为Fe(OH) ，则试剂Ⅱ为NaOH溶液或KOH溶液等强碱溶
3
液均可；进而推知滤渣a为SiO，试剂I为盐酸或稀硫酸。答案为：盐酸(或稀硫酸等)；NaOH溶液(或
2
KOH溶液等)；SiO；
2
(2)可通过检验滤液Ⅱ中是否还含有Fe3+，来证明Fe3+是否已全部转化为Fe(OH) ，具体方法为：取少量滤液
3
Ⅱ于小试管中，向小试管中滴加KSCN溶液，若溶液不变红，说明Fe3+已全部转化为红褐色滤渣b。答案
为：取少量滤液Ⅱ于小试管中，向小试管中滴加KSCN溶液，若溶液不变红，说明Fe3+已全部转化为红褐
色滤渣b；
(3)由上面的分析可知，滤液Ⅱ中含有AlO-，通入足量CO 进行酸化，AlO-可转化为Al(OH) ，CO＋AlO-
2 2 2 3 2 2
＋2HO=Al(OH) ↓＋HCO -，若改用盐酸进行酸化，反应过程中生成的Al(OH) 会溶于盐酸，不易控制加入
2 3 3 3
盐酸的量，故不能用盐酸进行酸化。答案为：不可以；通入足量CO 进行酸化的目的是使滤液Ⅱ中的AlO-
2 2
转化为Al(OH) ，而Al(OH) 能溶于盐酸，不易控制加入盐酸的量，故不能用盐酸进行酸化；
3 3
(4)根据流程图，固体c为Al(OH) ，固体d为Al O，固体d与稀硫酸、氨气反应生成铵明矾，化学反应方
3 2 3
程式为：Al O＋4HSO ＋2NH =2NHAl(SO )＋3HO。从铵明矾溶液中获得铵明矾晶体的操作依次为蒸发
2 3 2 4 3 4 4 2 2浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。答案为：Al O＋4HSO ＋2NH =2NHAl(SO )＋3HO；过滤、洗涤、
2 3 2 4 3 4 4 2 2
干燥；
(5)NH Al(SO ) 溶液呈酸性，因为NH +和Al3+均能水解使溶液呈酸性，NH +＋HO NH ·H O＋H+，
4 4 2 4 4 2 3 2
Al3+＋3HO Al(OH) ＋3H+。答案为：酸性；NH +＋HO NH ·H O＋H+，Al3+＋3HO
2 3 4 2 3 2 2
Al(OH) ＋3H+；
3
(6)NH Al(SO ) 溶液中，Al3+水解产生的H+对NH +的水解起抑制作用，使NH +的水解程度减弱，溶液中
4 4 2 4 4
NH +的量较多，而NH HCO 中，HCO -的水解产生的OH-对NH +的水解起促进作用，使NH +的水解程度增
4 4 3 3 4 4
大，溶液中NH +的量较少，因此，若溶液中的NH +的物质的量浓度相等，三种铵盐溶液的浓度从小到大
4 4
的顺序为：c[NH Al(SO )]＜c(NH Cl)＜c(NH HCO )。答案为：c[NH Al(SO )]＜c(NH Cl)＜c(NH HCO )。
4 4 2 4 4 3 4 4 2 4 4 3
【点睛】判断几种物质的浓度关系时，我们可利用它们所含共同离子的浓度进行判断。一方面比较起始量，
另一方面比较变化量，利用平衡量逆推物质的起始浓度。即变化量越大，平衡量越小，则所需起始量应越
大。
8．(重庆市巴蜀中学2020届高考适应性月考一)铝(熔点660℃)是一种应用广泛的金属，工业上用 (熔
点2045℃)和冰晶石( )混合熔融后电解制得。请回答下列问题：
(1)铝属于活泼金属却能在空气中稳定存在，其原因是__________，冶金工业上常用金属铝作还原剂冶炼钒、
铬、锰等金属，请写出铝与VO 在高温下反应的化学方程式：___________。
2 5
(2)将 液和 溶液混合制取 。该实验用于盛装NaF溶液的试剂瓶
_________(填“能”或“不能”)用玻璃瓶，原因是_______。
(3)下列关于铝元素的叙述不正确的是__________(填序号)。
A．铝是人类最早使用的金属
B．镁铝合金既可完全溶于过量的盐酸，又可完全溶于过量的NaOH溶液
C．氢氧化铝是一种两性氢氧化物，既能溶于盐酸又能溶于NaOH溶液
D．铝是人体必需的微量元素之一，因此在生活中人们应尽量使用铝制炊具和餐具更有利于身体健康
(4)某工厂排放出有毒物质NOCl，它遇水就会生成 。NOCl分子中各原子均满足8电子稳定结构，则NOCl的电子式为_________，水源中的 对人类健康会产生危害，为了降低水源中 的浓度，有研
究人员建议在碱性条件下用铝粉将 还原为N，此时铝主要以 的形式存在于溶液中，请写出该反
2
应的离子方程式：__________，当该反应转移5mol电子时，产生的 在标况下的体积约为_______L。
【答案】(1)铝的表面可以形成一层致密的氧化铝薄膜，保护铝不被进一步氧化
(2)不能 会水解产生氢氟酸，氢氟酸会腐蚀玻璃
(3)ABD
(4) 11.2L
【解析】(1)铝的表面可以形成一层致密的氧化铝薄膜，保护铝不被进一步氧化，因此可以在空气中稳定存
在，铝作还原剂冶炼金属，自身变成氧化铝，可以类比氧化铁的铝热反应：
；
(2)根据“有弱就水解，越弱越水解”的规律， 会水解产生氢氟酸，氢氟酸本身会腐蚀玻璃，因此不能用
玻璃瓶来盛放；
(3)A．尽管铝是地壳中含量最高的金属元素，但是提炼铝的方法是近两三个世纪才发现的，铝的大规模使
用是上个世纪七十年代才开始的，A项错误；
B．铝和强酸强碱均能反应，但是镁只能和盐酸反应，不能和氢氧化钠溶液反应，因此镁不溶于烧碱溶液，
B项错误；
C． 是一种两性氢氧化物，既能溶于盐酸得到 又能溶于烧碱得到 ，C项正确；
D．过多摄入 对人体实际上是有害的，因此我们应减少铝制餐具的使用，并且在使用时避免接触强酸
或强碱性的食品，D项错误；
答案选ABD；(4)既然各原子均满足8电子稳定结构，氮要形成3个共价键，氧要形成2个共价键，氯只能形成1个共价
键，不难发现应写成 的形式，1个铝失3个电子，1个氮得5个电子，写出反应方程式：
，根据方程式不难看出转移电子数与生成氮气数之比为
10:1，故当转移5mol电子时生成0.5mol氮气，这些氮气在标况下的体积为 。
9．(百校联考2020届高考考前冲刺必刷卷一)含硫化合物多为重要的化工原料。请回答下列问题：
I.多硫化物是含多硫离子(S 2-)的化合物，可用作废水处理剂、硫化剂等。
x
(1)Na S 的电子式为___。
2 2
(2)Na S(易溶于水)在酸性条件下可生成HS和S，该反应的离子方程式为___。
2 5 2
(3)黄铁矿(FeS )是工业上制硫酸的重要原料，在氧气中煅烧生成Fe O 和SO ，其煅烧的化学方程式为___。
2 2 3 2
II.焦亚硫酸钠(Na SO)是一种食品抗氧化剂，易溶于水。
2 2 5
(4)焦亚硫酸钠(Na SO)中硫元素的化合价为___。
2 2 5
(5)向某些饮料中添加少量焦亚硫酸钠(Na SO)，可降低饮料中溶解氧的含量，发生反应的离子方程式为
2 2 5
___。
(6)向饱和碳酸钠溶液中通入过量SO 可制得焦亚硫酸钠，发生反应的化学方程式为___。
2
III.硫代硫酸钠(Na SO)是一种重要的滴定试剂，常用来滴定溶液中的含碘量。
2 2 3
(7)为测定某碘水中I 的浓度(假设碘水中的碘元素均以碘单质形式存在)，取该碘水200.00mL，加入淀粉溶
2
液作为指示剂，滴加0.01mol·L-1硫代硫酸钠标准液，发生反应：I+2S O2-=S O2-+2I-，当___(填实验现象)，
2 2 3 4 6
即为终点。平行滴定3次，标准液的平均用量为20.00mL，则该碘水中I 的浓度为___mg·L-1。
2
【答案】(1) (2)S 2−+2H+=H S↑+4S↓
5 2
(3)4FeS +11O 2Fe O+8SO (4)+4
2 2 2 3 2
(5)S O2−+O +H O=2SO 2−+2H+ (6)Na CO+2SO=Na SO+CO
2 5 2 2 4 2 3 2 2 2 5 2
(7)滴入最后一滴硫代硫酸钠标准液，溶液由蓝色变为无色，且30s内不再变蓝 127
【解析】
【分析】Ⅰ．(1)Na S 是离子化合物，是钠离子和过硫根离子构成；
2 2
(2)Na S(易溶于水)在酸性条件下可生成HS和S；
2 5 2(3)黄铁矿(FeS )是工业上制硫酸的重要原料，在氧气中煅烧生成Fe O 和SO ；
2 2 3 2
Ⅱ．(4)元素化合价倒数和为0计算得到元素的化合价；
(5)向某些饮料中添加少量焦亚硫酸钠(Na SO)，可降低饮料中溶解氧的含量，NaSO 被氧气氧化得到硫
2 2 5 2 2 5
酸钠和硫酸；
(6)向饱和碳酸钠溶液中通入过量SO 可制得焦亚硫酸钠；
2
Ⅲ．取该碘水200.00mL，加入淀粉溶液作为指示剂，滴加0.01mol•L-1硫代硫酸钠标准液，发生反应：
I+2S O2-=S O2-+2I-，反应终点的现象是滴入最后一滴溶液，蓝色变为无色且半分钟不变，结合化学方程
2 2 3 4 6
式定量关系计算。
【详解】Ⅰ．(1)Na S 的电子式为 ；
2 2
(2)Na S(易溶于水)在酸性条件下可生成HS和S，反应的离子方程式为S2−+2H+=H S↑+4S↓；
2 5 2 5 2
(3)黄铁矿(FeS )是工业上制硫酸的重要原料，在氧气中煅烧生成Fe O 和SO ，反应的化学方程式：
2 2 3 2
4FeS+11O 2Fe O+8SO；
2 2 2 3 2
Ⅱ．(4)焦亚硫酸钠(Na SO)中，钠元素化合价+1价，氧元素化合价−2价，化合价代数和为0计算得到硫
2 2 5
元素的化合价为+4；
(5)向某些饮料中添加少量焦亚硫酸钠(Na SO)，可降低饮料中溶解氧的含量，NaSO 被氧气氧化得到硫
2 2 5 2 2 5
酸钠和硫酸，反应的离子方程式：SO2−+O +H O=2SO 2−+2H+；
2 5 2 2 4
(6)向饱和碳酸钠溶液中通入过量SO 可制得焦亚硫酸钠，反应的化学方程式：
2
NaCO+2SO=Na SO+CO ；
2 3 2 2 2 5 2
Ⅲ．碘水加入淀粉变蓝色，当消耗完碘单质后溶液变为无色，滴定终点的现象是：当滴入最后一滴硫代硫
酸钠标准液后，溶液由蓝色变为无色且半分钟不再变蓝说明反应达到终点，发生反应：I+2S O2−=S O2−
2 2 3 4 6
+2I−，2×c(I) ×V(I)=c(S O2−)×V(S O2−)，c(I)= =0.0005mol/L，0.0005mol/L×127
2 2 2 3 2 3 2
g/mol×2×1000mg/g=127mg/L。
10．(福建省2020届高三化学总复习专题训练)化学与人类社会可持续发展密切相关，能源、环境、材料以
及日常生活等离不开化学。
(1)普通玻璃是常见的硅酸盐产品，其主要成分的化学式为NaCaSi O ，以氧化物形式可表示为______。
2 6 14
(2)缺铁性贫血患者补充的铁，通常为硫酸亚铁的形式，而硫酸铁则没有这种药效．当用硫酸亚铁制成药片时外表要包有一层特殊的糖衣，这层糖衣的作用是______．若在酸性的硫酸亚铁溶液中通入氧气，也能得
到棕黄色溶液，请写出此反应的离子方程式______．检验棕黄色溶液是否有Fe2+，可选用的试剂为
______(填字母)。
A．稀硝酸B．浓硫酸C．KSCN溶液D．酸性高锰酸钾溶液
(3)从降低成本和减少环境污染的角度考虑，制取硫酸铜最好的方法是______(填字母)。
A．铜和浓硫酸反应 B．铜和稀硫酸反应
C．氧化铜和硫酸反应 D．铜与Fe (SO ) 溶液反应
2 4 3
(4)实验室用硫酸铜晶体配制一定物质的量浓度的硫酸铜溶液，下列操作将使所配溶液物质的量浓度偏高的
是______(填字母)。
A．所用的硫酸铜晶体已经部分风化失水
B．移液时不小心溅出少许溶液
C．容量瓶查漏后未经干燥就直接使用
D．定容时俯视容量瓶刻度线
E．未洗涤烧杯和玻璃棒
【答案】(1)Na O•CaO•6SiO
2 2
(2)防止Fe2+被氧化 4Fe2++O +4H+=4Fe3++2H O D
2 2
(3)C (4)AD
【解析】(1)硅酸盐由盐的书写改写为氧化物的形式为：活泼金属氧化物·较活泼金属氧化物·二氧化硅·水的
顺序书写，则NaCaSi O ，以氧化物形式可表示为NaO•CaO•6SiO ，故答案为：NaO•CaO•6SiO ；
2 6 14 2 2 2 2
(2)亚铁易被氧化，当用硫酸亚铁制成药片时外表要包有一层特殊的糖衣，这层糖衣的作用是防止Fe2+被氧
化；酸性条件下，亚铁离子与氧气反应生成铁离子和水，其反应的离子方程式为：4Fe2++O +4H+=4Fe3+
2
+2H O，二价铁离子被氧化产物为三价铁离子，所以加入稀硝酸、浓硫酸、KSCN溶液都不能检验二价铁
2
离子存在，二价铁离子具有还原性，能够使酸性高锰酸钾褪色，所以可以选择高锰酸钾检验二价铁离子，
故选D，
故答案为：防止Fe2+被氧化； 4Fe2++O +4H+=4Fe3++2H O；D；
2 2
(3)A、铜和浓硫酸反应的方程式为：Cu+2H SO (浓) CuSO +SO↑+2H O，该反应中产生有毒气体二氧
2 4 4 2 2
化硫，所以对环境有污染，不符合“绿色化学”理念，且硫酸的利用率不高，故A不符合题意；
B、铜和稀硫酸不发生反应，不能制得硫酸铜，故B不符合题意；
C、氧化铜和硫酸反应的方程式为：CuO+HSO =CuSO+H O，没有污染物，且硫酸的利用率100%，符合
2 4 4 2
“绿色化学”和“降低成本”理念，故C符合题意；D、铜与Fe (SO ) 溶液反应反应方程式为Cu+Fe (SO )=CuSO+2FeSO，该反应虽有硫酸铜生成，但同时
2 4 3 2 4 3 4 4
生成硫酸亚铁，不能得到纯净硫酸铜，故D不符合题意；
故答案为：C；
(4)A、所用的硫酸铜晶体已经部分风化失水，导致实际秤取的硫酸铜物质的量偏大，溶液浓度偏高，故A
选；
B、移液时不小心溅出少许溶液，导致部分溶质损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故B不选；
C、容量瓶查漏后未经干燥就直接使用，对溶质的物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度不变，故
C不选；
D、定容时俯视容量瓶刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故D选；
E、未洗涤烧杯和玻璃棒，导致部分溶质损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故E不选；
故选：AD。
