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专题 14 元素及其化合物知识的综合应用
1．（2022·浙江·高考真题）化合物X由三种元素组成，某实验小组按如下流程进行相关实验：
化合物X在空气中加热到 ，不发生反应。
请回答：
(1)组成X的三种元素为_______；X的化学式为_______。
(2)溶液C的溶质组成为_______(用化学式表示)。
(3)①写出由X到A的化学方程式_______。
②X难溶于水，但可溶于氨水中，写出该反应的离子方程式_______。
(4)设计实验，检验尾气中相对活泼的2种气体_______。
【答案】(1) Ba、Cu、O BaCu O
3 4
(2)HCl、HSO
2 4
(3) 2NH +BaCu O Ba(OH) +3Cu+N +2H O BaCu O+12NH HO＝3Cu(NH ) +Ba2＋+8OH－
3 3 4 2 2 2 3 4 3 2 3
+8H O
2
(4)将湿润的红色石蕊试纸置尾气出口，若变蓝，说明尾气中有NH 。将尾气通入冷的集气瓶中，若有液珠，
3
说明有HO
2
【解析】化合物X由三种元素组成，在加热条件下和足量氨气反应生成固体混合物A，A和盐酸反应生成
0.960g紫红色固体应该是Cu，无色溶液B中加入0.015mol稀硫酸生成白色沉淀1.165g应该是BaSO，无
4
色溶液C中加入足量BaCl 溶液生成白色沉淀2.330g是BaSO，据此解答。
2 4
(1)根据以上分析可知Cu的物质的量是0.96g÷64g/mol＝0.015mol，第一次生成硫酸钡的物质的量是
1.165g÷233g/mol＝0.005mol，第二次生成硫酸钡的物质的量是2.33g÷233g/mol＝0.01mol，因此1.965gX中
一定含有0.96gCu，Ba的质量是0.005mol×137g/mol＝0.685g，二者质量之和是1.645g＜1.965g，相差
0.32g，根据原子守恒可知应该是氧元素，物质的量是0.32g÷16g/mol＝0.02mol，则Ba、Cu、O三种原子的
个数之比是1：3：4，所以组成X的三种元素为Ba、Cu、O，X的化学式为BaCu O。
3 4(2)根据氯原子原子守恒以及溶液C仍然能与氯化钡反应生成硫酸钡可知溶液C的溶质组成为HCl、
HSO 。
2 4
(3)①反应中Cu元素化合价降低，得到电子，则氨气中氮元素化合价升高，被氧化生成氮气，根据原子守
恒可知由X到A的化学方程式为2NH +BaCu O Ba(OH) +3Cu+N +2H O。
3 3 4 2 2 2
②X难溶于水，但可溶于氨水中，说明有Cu(NH ) 生成，所以该反应的离子方程式为BaCu O+12NH
3 3 4 3
HO＝3Cu(NH ) +Ba2＋+8OH－+8H O。
2 3 2
(4)反应中氨气可能过量，高温下水是气态，氮气性质稳定，所以需要检验的是氨气和水蒸气，实验方案为：
将湿润的红色石蕊试纸置尾气出口，若变蓝，说明尾气中有NH 。将尾气通入冷的集气瓶中，若有液珠，
3
说明有HO。
2
2．（2022·浙江·高考真题）化合物X由4种元素组成。某兴趣小组按如图流程进行实验：
请回答：
(1)组成X的元素有______，X的化学式为______。
(2)溶液C中溶质的成分是______(用化学式表示)；根据C→D→E的现象，给出相应微粒与阳离子结合由弱
到强的排序______。
(3)X与足量Na反应生成固体F的化学方程式是______。
(4)设计实验确定溶液G中阴离子______。
【答案】(1) Fe、S、O、H FeH(SO )
4 2
(2) FeCl 、HCl、BaCl Cl-、HO、SCN-、OH-
3 2 2(3)2FeH(SO )+40Na 2Fe+4Na S+16Na O+H
4 2 2 2 2
(4)用玻璃棒蘸取溶液G，点在红色石蕊试纸上，若变蓝，说明存在OH-；取少量溶液G，加入足量HO，
2 2
用盐酸酸化，再加入BaCl 溶液，有白色沉淀，说明有S2-
2
【解析】X形成水溶液，与氯化钡反应生产白色沉淀，且沉淀不与盐酸反应说明生产硫酸钡，说明X含有
硫酸根，溶液加入KSCN变红说明含有Fe3+，B为4.66g则为0.02mol硫酸钡，说明X含有0.02mol的硫酸
根，H中为Fe单质，即为0.01mol，X中含有0.01molFe，由此可知X中应含有0.01的H，据此分析解题。
(1)由分析可知，组成X的元素有：Fe、S、O、H；X的化学式为FeH(SO )；
4 2
(2)X 为FeH(SO ) 与氯化钡反应，溶液C中溶质的成分是FeCl 、HCl以及过量的BaCl ；根据C为溶液，
4 2 3 2
铁离子在水中会水解，C→D形成络合物，D→E形成沉淀，相应微粒与阳离子结合由弱到强的排序：Cl-、
HO、SCN-、OH-；
2
(3)X与足量Na反应生成固体F的化学方程式是：2FeH(SO )+40Na 2Fe+4Na S+16Na O+H；
4 2 2 2 2
(4)设计实验确定溶液G中阴离子：用玻璃棒蘸取溶液G，点在红色石蕊试纸上，若变蓝，说明存在OH-；
取少量溶液G，加入足量HO，用盐酸酸化，再加入BaCl 溶液，有白色沉淀，说明有S2-。
2 2 2
3．（2022·辽宁·高考真题）某工厂采用辉铋矿(主要成分为 ，含有 、 杂质)与软锰矿(主要成
分为 )联合焙烧法制备 和 ，工艺流程如下：
已知：①焙烧时过量的 分解为 ， 转变为 ；
②金属活动性： ；
③相关金属离子形成氢氧化物的 范围如下：
开始沉淀 完全沉淀6.5 8.3
1.6 2.8
8.1 10.1
回答下列问题：
(1)为提高焙烧效率，可采取的措施为___________。
a．进一步粉碎矿石
b．鼓入适当过量的空气
c．降低焙烧温度
(2) 在空气中单独焙烧生成 ，反应的化学方程式为___________。
(3)“酸浸”中过量浓盐酸的作用为：①充分浸出 和 ；②___________。
(4)滤渣的主要成分为___________(填化学式)。
(5)生成气体A的离子方程式为___________。
(6)加入金属 的目的是___________。
【答案】(1)ab
(2)
(3)抑制金属离子水解
(4)
(5)
(6)将 转化为
【解析】联合焙烧：由已知信息①和第(2)问题干可知，发生转化： 、
、 ，故联合焙烧后得到 、 、 、 和
；水浸： 进入滤液，滤渣为 、 、 和 ；
酸浸：加入过量浓盐酸后， 和 发生转化： 、 ，因 有氧化性，
会与浓盐酸发生氧化还原反应： ，气体A为 ，滤渣主要为不
溶于浓盐酸的 ，滤液中金属离子为 ；
第(4)(5)问转化：由已知信息②知， 的金属活动性强于 ，且调pH=2.6时 和 进入滤液，可知
加入金属 的目的是将 还原为 。
(1)a.联合焙烧时，进一步粉碎矿石，可以增大矿石与空气的接触面积，能够提高焙烧效率，选项a符合题
意；
b.鼓入适当过量的空气有利于矿石充分反应，选项b符合题意；
c.降低焙烧温度，反应速率减慢，不利于提高焙烧效率，选项c不符合题意；
答案选ab；
(2) 在空气中单独焙烧生成 ，根据原子守恒可知还应生成 ，结合得失电子守恒，反应的化学
方程式为 ；
(3)加入浓盐酸后，溶液中含有的离子主要为 、 、 、 、 ，而酸浸后取滤液进行转化，故
要防止金属离子水解生成沉淀，进入滤渣，造成制得的 产率偏低；
(4)滤渣主要为不溶于浓盐酸的 ，答案为 ；
(5)因 有氧化性，会与浓盐酸发生氧化还原反应： ；
(6)由已知信息③知，调pH=2.6时， 会水解生成 沉淀，但 还没开始沉淀，故要将 转
化为 ，在调 后获得含 的滤液，为了不引入新的杂质，加入 作还原剂。4．（2022·河北·高考真题）以焙烧黄铁矿 (杂质为石英等)产生的红渣为原料制备铵铁蓝
颜料。工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)红渣的主要成分为_______(填化学式)，滤渣①的主要成分为_______(填化学式)。
(2)黄铁矿研细的目的是_______。
(3)还原工序中，不生成S单质的反应的化学方程式为_______。
(4)工序①的名称为_______，所得母液循环使用。
(5)沉铁工序产生的白色沉淀 中 的化合价为_______，氧化工序发生反应的离子方程式
为_______。
(6)若用还原工序得到的滤液制备 和 ，所加试剂为_______和_______(填化学式，不
引入杂质)。
【答案】(1) Fe O SiO
2 3 2
(2)增大固液接触面积，加快反应速率，提高黄铁矿的利用率
(3)7Fe (SO )+FeS +8H O=15FeSO +8H SO
2 4 3 2 2 4 2 4
(4)蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤
(5) +2； Fe(NH )Fe(CN) +ClO-+2H+=Fe(NH)Fe(CN) +H O+Cl-+
4 2 6 4 6 2
(6) H O NH ·H O
2 2 3 2
【解析】已知黄铁矿高温煅烧生成Fe O，反应原理为：4FeS+11O 2Fe O+8SO，故产生的红渣主要
2 3 2 2 2 3 2
成分为Fe O 和SiO，将红渣粉碎后加入足量的50%的HSO 溶液加热充酸浸，反应原理为：
2 3 2 2 4
Fe O+3H SO =Fe (SO )+3H O，过滤出滤渣①，主要成分为SiO，向滤液中加入黄铁矿进行还原，将
2 3 2 4 2 4 3 2 2Fe3+还原为Fe2+，由(3)小问可知不生成S沉淀，则硫元素被氧化为 ，反应原理为：14Fe3+
+FeS +8H O=15Fe2++2 +16H+，然后进行工序①为蒸发浓缩、冷却结晶，得到FeSO 晶体和母液主要含
2 2 4
有FeSO 溶液和HSO ，加水溶解FeSO 晶体，向所得溶液中加入(NH )SO 、K[Fe(CN) ]并用HSO 调节
4 2 4 4 4 2 4 4 6 2 4
溶液的pH为3，进行沉铁过程，反应原理为：Fe2++2 +[Fe(CN)]3-=Fe(NH)Fe(CN) ↓，然后过滤出沉淀，
6 4 2 6
洗涤后加入HSO 和NaClO 进行氧化步骤，反应原理为：6Fe(NH )Fe(CN) +
2 4 3 4 2 6
+6H+=6Fe(NH)Fe(CN) +3H O+Cl-+6 ，过滤、洗涤干燥即制得Fe(NH )Fe(CN) ，据此分析解题。
4 6 2 4 6
(1)由分析可知，红渣的主要成分为：Fe O，滤渣①的主要成分为：SiO，故答案为：Fe O；SiO；
2 3 2 2 3 2
(2)黄铁矿研细的主要目的是增大固液接触面积，加快反应速率，提高黄铁矿的利用率，故答案为：增大固
液接触面积，加快反应速率，提高黄铁矿的利用率；
(3)由分析可知，还原工序中，不产生S单质沉淀，则硫元素被氧化为 ，反应原理为：14Fe3+
+FeS +8H O=15Fe2++2 +16H+，故化学方程式为：7Fe (SO )+FeS +8H O=15FeSO +8H SO ，故答案为：
2 2 2 4 3 2 2 4 2 4
7Fe (SO )+FeS +8H O=15FeSO +8H SO ；
2 4 3 2 2 4 2 4
(4)由分析可知，工序①的名称为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤，所得母液主要含有FeSO 溶液和HSO
4 2 4
可以循环利用，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤；
(5)沉铁工序中产生的白色沉淀Fe(NH )Fe(CN) 中Fe的化合价为+2价和[Fe(CN) ]4-中的+3价，由分析可知，
4 2 6 6
氧化工序所发生的离子方程式为：6Fe(NH )Fe(CN) + +6H+=6Fe(NH)Fe(CN) +3H O+Cl-+6 ，故答
4 2 6 4 6 2
案为：+2；6Fe(NH )Fe(CN) + +6H+=6Fe(NH)Fe(CN) +3H O+Cl-+6 ；
4 2 6 4 6 2
(6)由分析可知，还原工序所得的滤液中主要含有FeSO 溶液和HSO ，向滤液中先加入一定量的HO 溶液
4 2 4 2 2
将Fe2+完全氧化为Fe3+，在向氧化后的溶液中加入氨水至不再产生沉淀为止，过滤洗涤，对沉淀进行灼烧，
即可制得Fe O·x H O和(NH )SO ，故所需要加入的试剂为HO 和NH ·H O，故答案为：HO；
2 3 2 4 2 4 2 2 3 2 2 2
NH ·H O。
3 2
5．（2022·广东·高考真题）稀土( )包括镧、钇等元素，是高科技发展的关键支撑。我国南方特有的稀土矿可用离子交换法处理，一种从该类矿(含铁、铝等元素)中提取稀土的工艺如下：
已知：月桂酸 熔点为 ；月桂酸和 均难溶于水。该工艺条件下，稀土
离子保持 价不变； 的 ， 开始溶解时的pH为8.8；有关金属离子
沉淀的相关pH见下表。
离子
开始沉淀时的pH 8.8 1.5 3.6 6.2~7.4
沉淀完全时的pH / 3.2 4.7 /
(1)“氧化调pH”中，化合价有变化的金属离子是_______。
(2)“过滤1”前，用 溶液调pH至_______的范围内，该过程中 发生反应的离子方程式为_______。
(3)“过滤2”后，滤饼中检测不到 元素，滤液2中 浓度为 。为尽可能多地提取 ，可提
高月桂酸钠的加入量，但应确保“过滤2”前的溶液中 低于_______ (保留两位有效数
字)。
(4)①“加热搅拌”有利于加快 溶出、提高产率，其原因是_______。
②“操作X”的过程为：先_______，再固液分离。
(5)该工艺中，可再生循环利用的物质有_______(写化学式)。
(6)稀土元素钇(Y)可用于制备高活性的合金类催化剂 。
①还原 和 熔融盐制备 时，生成1mol 转移_______ 电子。
② 用作氢氧燃料电池电极材料时，能在碱性溶液中高效催化 的还原，发生的电极反应为_______。【答案】(1)Fe2+
(2) 4.7 pH<6.2
(3)4.0 10-4
(4) 加热搅拌可加快反应速率 冷却结晶
(5)MgSO
4
(6) 15 O +4e-+2H O=4OH-
2 2
【解析】由流程可知，该类矿(含铁、铝等元素)加入酸化MgSO 溶液浸取，得到浸取液中含有 、
4
、 、 、 、 等离子，经氧化调pH使 、 形成沉淀，经过滤除去，滤液1中含
有 、 、 等离子，加入月桂酸钠，使 形成 沉淀，滤液2主要含有
MgSO 溶液，可循环利用，滤饼加盐酸，经加热搅拌溶解后，再冷却结晶，析出月桂酸，再固液分离得到
4
RECl 溶液。
3
(1)由分析可知，“氧化调pH”目的是除去含铁、铝等元素的离子，需要将Fe2+氧化为Fe3+，以便后续除杂，
所以化合价有变化的金属离子是Fe2+，故答案为：Fe2+；
(2)由表中数据可知， 沉淀完全的pH为4.7，而 开始沉淀的pH为6.2~7.4，所以为保证 、
沉淀完全，且 不沉淀，要用 溶液调pH至4.7 pH<6.2的范围内，该过程中 发生反应的离
子方程式为 ，故答案为：4.7 pH<6.2； ；
(3)滤液2中 浓度为 ，即0.1125mol/L，根据 ，
若要加入月桂酸钠后只生成 ，而不产生 ，则
= =4.0 10-4 ，故答案为：4.0 10-4；
(4)①“加热搅拌”有利于加快 溶出、提高产率，其原因是加热搅拌可加快反应速率，故答案为：加热搅拌可加快反应速率；
② “操作X”的结果是分离出月桂酸，由信息可知，月桂酸 熔点为 ，故“操作X”的过
程为：先冷却结晶，再固液分离，故答案为：冷却结晶；
(5)由分析可知，该工艺中，可再生循环利用的物质有MgSO ，故答案为：MgSO ；
4 4
(6)① 中Y为+3价， 中Pt为+4价，而 中金属均为0价，所以还原 和 熔融盐制备
时，生成1mol 转移15 电子，故答案为：15；
②碱性溶液中，氢氧燃料电池正极发生还原反应，发生的电极反应为O+4e-+2H O=4OH，故答案为：
2 2
O+4e-+2H O=4OH-。
2 2
1．（2021·浙江）固体化合物X由3种元素组成，某学习小组开展如下探究实验。
其中，白色沉淀B能溶于NaOH溶液。请回答：
（1）白色固体C的化学式是_______，蓝色溶液D中含有的溶质是_______(用化学式表示)。
（2）化合物X的化学式是_______；化合物X的一价阴离子与CH 具有相同的空间结构，写出该阴离子的
4
电子式_______。
（3）蓝色溶液A与 作用，生成一种气体，溶液蓝色褪去，同时生成易溶于硝酸的白色沉淀。
①写出该反应的离子方程式_______。
②设计实验验证该白色沉淀的组成元素_______。
【答案】（1）（2）CuAl Cl
2 8
（3） 将白色沉淀溶于硝酸，得到蓝色溶液，说明有
元素；再向溶液中加入 溶液，有白色沉淀，说明有 元素
【分析】
含有Cu2+的溶液显蓝色，含有[Cu(NH )]2+的溶液显深蓝色，化合物X溶解后得到的溶液A呈现蓝色，且加
3 4
入足量氨水后得到深蓝色溶液，即可推得化合物X中含有Cu2+；向含有Al3+的溶液中加入氨水可用于制备
Al(OH) ，且Al(OH) 为可溶于NaOH溶液的白色沉淀，即可推断白色沉淀B为Al(OH) 沉淀；深蓝色溶液
3 3 3
在加入硝酸酸化的AgNO 溶液后有白色沉淀析出，可推得化合物X中含有Cl-，综上，化合物X中含有
3
Al3+、Cu2+和Cl-。
【解析】
（1）由上述分析可得，白色沉淀D为Al(OH) ，灼烧Al(OH) 得到Al O，故白色固体为Al O；溶液D中
3 3 2 3 2 3
含有的阳离子有Cu2+、 、Ag+、H+，阴离子有 ，故溶液中含有：
，故答案为： ；
。
（2）由图示数据并根据原子守恒可知，4.020g X中含有铝离子物质的量为： =0.02mol，含
有氯离子物质的量为： =0.08mol，由化合物应显电中性可得三种离子物质的量比值为n(Cu2+)：
n(Al3+)：n(Cl-)=1：2：8，则可得X的化学式为CuAl Cl；阴离子 中Al原子的杂化方式为sp3，空间
2 8结构为正四面体，与CH 相同，其电子式为 ，故答案为：CuAl Cl；
4 2 8
。
（3）①由上述分析可知，蓝色溶液A中含有Al3+、Cu2+和Cl-，与 反应时溶液蓝色褪去，即反应后
溶液中不存在Cu2+，可推测铜元素以沉淀形式析出，反应得到的沉淀为白色且可溶于硝酸，可推测铜元素
在其中不是蓝色且稳定的+2价，而是+1价，即反应过程中Cu元素化合价降低， 中氮元素显-2价，
具有还原性，反应过程中N元素化合价升高生成N，符合反应中有气体产生，根据化合价升降守恒、电荷
2
守恒以及原子守恒和溶液呈酸性可知反应离子方程式为 。
②Cu2+在溶液中显蓝色，CuCl中Cu元素为+1价，能被硝酸氧化为+2价，CuCl与硝酸反应过程中Cl元素
以Cl-形式存在于溶液中，Cl-与AgNO 溶液反应生成不溶于硝酸的白色沉淀，故答案为：将白色沉淀于硝
3
酸，得到蓝色溶液，说明有 元素；再向溶液中加入 溶液，有白色沉淀，说明有 元素。
2．（2021·浙江）某兴趣小组对化合物X开展探究实验。
其中：X是易溶于水的强酸盐，由3种元素组成；A和B均为纯净物；B可使品红水溶液褪色。请回答：（1）组成X的3种元素是______(填元素符号)，X的化学式是______。
（2）将固体X加入温热的稀HSO 中，产生气体B，该反应的离子方程式是______。
2 4
（3）步骤I，发生反应的化学方程式是______。
（4）步骤II，某同学未加HO 溶液，发现也会缓慢出现白色浑浊，原因是______。
2 2
（5）关于气体B使品红水溶液褪色的原因，一般认为：B不能使品红褪色，而是B与水反应的生成物使
品红褪色。请设计实验证明______。
【答案】（1）Cu、S、O CuS O
2 6
（2）SO SO + SO ↑
2 2
（3） + Cu(OH) → + 2H O
2 2
（4）SO 与水反应生成HSO ； HSO 能被氧气氧化为HSO ，与BaCl 反应生成BaSO
2 2 3 2 3 2 4 2 4
（5）配制品红无水乙醇溶液(其他非水溶剂亦可)，通入SO ，不褪色；品红水溶液中加入亚硫酸钠(亚硫酸
2
氢钠)固体，褪色更快
【分析】
将固体隔绝空气加热，能生成一种固体和一种气体，其中将固体溶于水分成两等分，一份加入盐酸酸化的
氯化钡溶液，能生成白色沉淀，说明固体中有硫酸根的存在，另一份溶液加入适量的NaOH溶液，出现蓝
色悬浊液，加入甘油后能形成绛蓝色溶液，说明固体中存在Cu，则固体A为CuSO ；将气体B通入足量
4
的BaCl 溶液和HO 溶液中，出现白色沉淀，说明该气体可以被HO 氧化，则该气体为SO ，再根据产生
2 2 2 2 2 2
沉淀C和固体X的质量计算固体X的化学式。
【解析】
（1）根据分析，固体X中含有的元素是C、S、O；加入盐酸酸化的氯化钡溶液，生成1.165g硫酸钡沉淀，
则该份硫酸铜的质量为0.005mol，则固体CuSO 的物质的量为0.010mol，质量为1.6g，根据质量守恒的气
4
体SO 的质量为0.640g，该物质中三种元素的质量比m(Cu):m(S):m(O)=0.640g:0.640g:0.960g，则这三种原
2
子的物质的量的比 n(Cu):n(S):n(O)=1:2:6，故固体X的化学式为CuSO；
2 6
（2）根据题目，固体X与温热的稀硫酸反应可以生成SO 气体，根据原子守恒和电荷守恒配平，则该过
2
程的离子方程式为SO SO + SO ↑；
2 2（3）步骤Ⅰ为甘油和氢氧化铜发生反应，反应的化学方程式为 +Cu(OH) →
2
+2H O；
2
（4）步骤Ⅱ中未加入过氧化氢，也可以出现白色沉淀，说明SO 溶于水后可以被空气中的氧气氧化，故答
2
案为：SO 与水反应生成HSO ；HSO 能被氧气氧化为HSO ，与BaCl 反应生成BaSO；
2 2 3 2 3 2 4 2 4
（5）SO 可以使品红溶液褪色，SO 溶液中存在SO 分子和HSO ，欲知道是哪一种物质能够使品红溶液
2 2 2 2 3
褪色，可以利用如下实验验证：配制品红无水乙醇溶液（其他非水溶剂亦可），通入SO ，不褪色；品红
2
水溶液中加入亚硫酸钠（亚硫酸氢钠）固体，褪色更快。
3．（2021·浙江）玻璃仪器内壁残留的硫单质可用热KOH溶液洗涤除去，发生如下反应：
3S+6KOH 2KS+KSO +3H O
2 2 3 2
(x-1)S+KS KS(x=2~6)
2 2 x
S+ K SO KSO
2 3 2 2 3
请计算：
（1）0.480 g硫单质与V mL 1.00 mol·L-1热KOH溶液恰好完全反应，只生成KS和KSO ，则V=______。
2 2 3
（2）2.560 g硫单质与60.0 mL 1.00 mol·L-1热KOH溶液恰好完全反应，只生成KS 和KSO，则
2 x 2 2 3
x=______。(写出计算过程)
【答案】（1）30.0 （2）3
【解析】
（1）根据方程式3S+6KOH 2KS+KSO +3H O可知，3mol S可以和6mol KOH反应，0.48g S的物质的
2 2 3 2
量n=0.015mol，则需要消耗KOH的物质的量n=2n(S)=0.03mol，故需要KOH溶液的体积V= ==0.03L=30.0mL，故答案为30.0；
（2）若S与KOH溶液反应生成KS 和KSO，则反应的化学方程式为(2x+2)S+6KOH
2 x 2 2 3
2KS+K SO+3H O，根据反应方程式有
2 x 2 2 3 2
解得x=3，故答案为3。
4．（2021·海南·高考真题）无水 常作为芳烃氯代反应的催化剂。某研究小组设计了如下流程，以废
铁屑(含有少量碳和 杂质)为原料制备无水 。
已知：氯化亚砜( )熔点-101℃，沸点76℃，易水解。
回答问题：
(1)操作①是过滤，用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和___________。
(2)为避免引入新的杂质，试剂B可以选用___________(填编号)。
A． 溶液 B． 水 C． 水 D． 溶液
(3)操作②是蒸发结晶，加热的同时通入 的目的是___________。
(4)取少量 晶体，溶于水并滴加 溶液，现象是___________。
(5)反应 的化学方程式为___________。
(6)由 转化成 的过程中可能产生少量亚铁盐，写出一种可能的还原剂___________，并设计实验验证是该还原剂将 还原___________。
【答案】(1)漏斗
(2)BD
(3)防止水解
(4)溶液变为血红色
(5)
(6) 先加盐酸酸化，再加溶液，产生白色沉淀，则是将还原
【解析】废铁屑(含有少量碳和SiO 杂质)加入盐酸，铁粉反应生成氯化亚铁，过滤除去少量碳和SiO 杂质，
2 2
A(氯化亚铁)加入氧化剂B生成C(氯化铁)，蒸发结晶生成 ，通入SOCl 生成FeCl 。
2 3
(1)过滤用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和漏斗。
(2)A(氯化亚铁)加入氧化剂B生成C(氯化铁)，A、C都引入杂质离子，故选BD。
(3)加热促进氯化铁溶液的水解，会生成氢氧化铁，故加入 的目的是防止水解。
(4)KSCN溶液遇Fe3+变为红色。
(5)根据已知信息氯化亚砜( )熔点-101℃，沸点76℃，易水解，可得 与SOCl 生成
2
FeCl 的化学方程式为 。
3
(6)可能反应中生成的二氧化硫将氯化铁还原为氯化亚铁，若二氧化硫作还原剂，则氧化产物为硫酸盐，故
若加盐酸酸化，再加溶液，产生白色沉淀，则是二氧化硫作还原剂。
5．（2021·北京·高考真题）某小组探究卤素参与的氧化还原反应，从电极反应角度分析物质氧化性和还原
性的变化规律。
(1)浓盐酸与MnO 混合加热生成氯气。氯气不再逸出时，固液混合物A中仍存在盐酸和MnO
2 2。
①反应的离子方程式是_______。
②电极反应式：
i.还原反应：MnO +2e-+4H+=Mn2++2H O
2 2ii.氧化反应：_______。
③根据电极反应式，分析A中仍存在盐酸和MnO 的原因。
2
i.随c(H+)降低或c(Mn2+)浓度升高，MnO 氧化性减弱。
2
ii.随c(Cl-)降低，_______。
④补充实验证实了③中的分析。
实验操作 试剂 产物
I 较浓HSO 有氯气
2 4
II a 有氯气
III a+b 无氯气
a是_______，b是_______。
(2)利用c(H+)浓度对MnO 氧化性的影响，探究卤素离子的还原性。相同浓度的KCl、KBr和KI溶液，能
2
与MnO 反应所需的最低c(H+)由大到小的顺序是_______，从原子结构角度说明理由______________。
2
(3)根据(1)中结论推测：酸性条件下，加入某种化合物可以提高溴的氧化性，将Mn2+氧化为MnO 。经实验
2
证实了推测，该化合物是_______。
(4)Ag分别与1mol·L1的盐酸、氢溴酸和氢碘酸混合，Ag只与氢碘酸发生置换反应，试解释原因：_______。
(5)总结：物质氧化性和还原性变化的一般规律是_______。
【答案】(1) MnO +4H+ +2Cl- Mn2++Cl↑ + 2H O 2Cl--2e- =Cl↑ Cl-还原性减弱或Cl 的氧
2 2 2 2 2
化性增强 KCl固体(或浓/饱和溶液) MnSO 固体(或浓/饱和溶液)
4
(2) KCl>KBr>KI Cl、Br、I位于第VIIA族，从上到下电子层数逐渐增加，原子半径逐渐增大，
得电子能力逐渐减弱，阴离子的还原性逐渐增强
(3)AgNO 或Ag SO
3 2 4
(4)比较AgX的溶解度，AgI 溶解度最小，Ag++I-= AgI↓使得Ag还原性增强的最多，使得2Ag+2H+=2Ag++
H↑反应得以发生
2
(5)氧化剂(还原剂)的浓度越大，其氧化性(还原性)越强，还原产物(还原产物)的浓度越大，氧化剂(还原剂)
的氧化性(还原性)越小；还原反应中，反应物浓度越大或生成物浓度越小，氧化剂氧化性越强【解析】(1)①二氧化锰和浓盐酸制氯气的离子方程式为：MnO +4H+ +2Cl- Mn2++Cl↑ + 2H O；②氧化
2 2 2
反应是元素化合价升高，故氧化反应为：2Cl--2e- =Cl↑③反应不能发生也可能是还原剂还原性减弱，或者
2
产生了氧化性更强的氧化剂，故答案为：Cl-还原性减弱或Cl 的氧化性增强④可以从增大氯离子浓度的角
2
度再结合实验II的现象分析，试剂a可以是KCl固体(或浓/饱和溶液)；结合实验III的显现是没有氯气，且
实验III也加入了试剂a，那一定是试剂b影响了实验III的现象，再结合原因i可知试剂b是MnSO 固体
4
(或浓/饱和溶液)；
(2)非金属性越弱其阴离子的还原性越强，反应时所需的氢离子浓度越小，故顺序是KCl>KBr>KI；其原因
是Cl、Br、I位于第VIIA族，从上到下电子层数逐渐增加，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，阴
离子的还原性逐渐增强；
(3)根据(1)中的结论推测随Cl-浓度降低导致二氧化锰的氧化性减弱，那么如果进一步降低Cl-浓度降低则可
以导致可以提高溴的氧化性，将Mn2+氧化为MnO ，故答案为：AgNO 或Ag SO ；
2 3 2 4
(4)若要使反应2Ag+2H+=2Ag++ H ↑发生，根据本题的提示可以降低Ag+浓度，对比AgX的溶解度，AgI 溶
2
解度最小，故Ag只与氢碘酸发生置换反应的原因是：比较AgX的溶解度，AgI 溶解度最小，Ag++I-=
AgI↓使得Ag还原性增强的最多，使得2Ag+2H+=2Ag++ H ↑反应得以发生；
2
(5)通过本题可以发现，物质氧化性和还原性还与物质的浓度有关，浓度越大氧化性或者还原性越强，故答
案为：氧化剂(还原剂)的浓度越大，其氧化性(还原性)越强，还原产物(还原产物)的浓度越大，氧化剂(还原
剂)的氧化性(还原性)越小；还原反应中，反应物浓度越大或生成物浓度越小，氧化剂氧化性越强。
6．（2021·北京·高考真题）铁黄是一种重要的化工产品。由生产钛白粉废渣制备铁黄的过程如下。
资料：
i.钛白粉废渣成分：主要为FeSO ·H O，含少量TiOSO 和不溶物
4 2 4
ii.TiOSO +(x+1)H O TiO·xH O↓+HSO
4 2 2 2 2 4
iii.0.1 mol/L Fe2+生成⇌Fe(OH)
2
，开始沉淀时pH=6.3，完全沉淀时pH=8.3；
0.1 mol/L Fe3+生成FeOOH，开始沉淀时pH=1.5，完全沉淀时pH=2.8
(1)纯化
①加入过量铁粉的目的是_______。
②充分反应后，分离混合物的方法是_______。(2)制备晶种
为制备高品质铁黄产品，需先制备少量铁黄晶种。过程及现象是：向一定浓度FeSO 溶液中加入氨水，产
4
生白色沉淀，并很快变成灰绿色。滴加氨水至pH为6.0时开始通空气并记录pH变化(如图)。
①产生白色沉淀的离子方程式是_______。
②产生白色沉淀后的pH低于资料iii中的6.3。原因是：沉淀生成后c(Fe2+)_______0.1mol/L(填“＞”“=”
或“＜”)。
③0-t 时段，pH几乎不变；t-t 时段，pH明显降低。结合方程式解释原因：_______。
1 1 2
④pH≈4时制得铁黄晶种。若继续通入空气，t 后pH几乎不变，此时溶液中c(Fe2+)仍降低，但c(Fe3+)增加，
3
且(Fe2+)降低量大于c(Fe3+)增加量。结合总方程式说明原因：_______。
(3)产品纯度测定
铁黄纯度可以通过产品的耗酸量确定。
wg铁黄 溶液b 溶液c 滴定
资料：Fe3++3 =Fe(C O) ，Fe(C O) 不与稀碱液反应
2 4 2 4
NaC O 过量，会使测定结果_______(填“偏大”“偏小”或“不受影响”)。
2 2 4
【答案】(1) 与硫酸反应，使得TiOSO
4
+2H
2
O⇌TiO
2
·H
2
O↓+ H
2
SO
4
平衡正向移动，沉钛；过量的作用
是防止二价铁被氧化 过滤
(2) Fe2++ 2NH ·H O = Fe(OH) + 2 > pH6.0左右， 4Fe(OH) +O + 2H O= 4Fe(OH) 因此
3 2 2 2 2 2 3
pH几乎不变。之后发生4Fe2+ + O + 6H O= 4FeOOH + 8H+， 溶液中H+浓度增大，pH减小 溶液中同
2 2
时存在两个氧化反应4Fe2+ + O +4H+=4Fe3+和4Fe2+ + O + 2H O =4FeOOH + 4H+，因此c(Fe2+)的减小大于
2 2 2
c(Fe3+)的增加。或用叠加反应解释： 12Fe2+ + 3O + 2H O= 4FeOOH + 8Fe3+
2 2
(3)不受影响
【解析】根据钛白粉废渣制备铁黄流程和钛白粉废渣成分：FeSO ·H O、TiOSO 及其它难溶物,可知：加入蒸馏水、铁粉纯化后，
4 2 4
TiOSO +2H O TiO·H O↓+HSO ，TiO·H O是沉淀，通过过滤后，得到精制FeSO 溶液，加入氨水和空气
4 2 2 2 2 4 2 2 4
后，FeSO 溶液⇌被氧化成三价铁离子，同时调整PH（0.1mol/LFe2+沉淀为Fe(OH) ，起始的pH为6.3，完全
4 2
沉淀的pH为8.3；0.1mol/LFe3+沉淀为FeOOH，起始的pH：1.5，完全沉淀的pH为2.8）和空气，生成
FeOOH，再经过系列提纯，最终制得FeOOH固体。
(1)与硫酸反应，使得TiOSO
4
+2H
2
O⇌TiO
2
·H
2
O↓+ H
2
SO
4
平衡正向移动，沉钛；过量的作用是防止二价铁被
氧化. 钛白粉废渣成分：FeSO4·H2O、TiOSO4及其它难溶物，充分反应后有沉淀出现，所以分离混合物的
方法是过滤；
(2)pH6.0左右， 4Fe(OH) +O + 2H O= 4Fe(OH) 因此pH几乎不变。之后发生4Fe2+ + O + 6H O= 4FeOOH
2 2 2 3 2 2
+ 8H+， 溶液中H+浓度增大，pH减小.溶液中同时存在两个氧化反应4Fe2+ + O +4H+=4Fe3+和4Fe2+ + O +
2 2
2HO =4FeOOH + 4H+，因此c(Fe2+)的减小大于c(Fe3+)的增加。或用叠加反应解释： 12Fe2+ + 3O + 2H O=
2 2 2
4FeOOH + 8Fe3+
(3)由于Fe3++3C O2- =Fe(C O) ，Fe(C O) 不与稀碱溶液反应, 所以加入的NaC O 过量，则测定结果不
2 4 2 4 3 2 4 3 2 2 4
受影响
1．[2020江苏卷]吸收工厂烟气中的SO ，能有效减少SO 对空气的污染。氨水、ZnO水悬浊液吸收烟气中
2 2
SO 后经O 催化氧化，可得到硫酸盐。
2 2
已知：室温下，ZnSO 微溶于水，Zn(HSO ) 易溶于水；溶液中HSO 、HSO -、SO 2-的物质的量分数随
3 3 2 2 3 3 3
pH的分布如图-1所示。
（1）氨水吸收SO 。向氨水中通入少量SO ，主要反应的离子方程式为___________；当通入SO 至溶
2 2 2液pH=6时，溶液中浓度最大的阴离子是_____________(填化学式)。
（2）ZnO水悬浊液吸收SO 。向ZnO水悬浊液中匀速缓慢通入SO ，在开始吸收的40mim内，SO 吸
2 2 2
收率、溶液pH均经历了从几乎不变到迅速降低的变化(见图-2)。溶液pH几乎不变阶段，主要产物是
____________(填化学式)；SO 吸收率迅速降低阶段，主要反应的离子方程式为_______________。
2
（3）O 催化氧化。其他条件相同时，调节吸收SO 得到溶液的pH在4.5~6.5范围内，pH越低SO 生
2 2
成速率越大，其主要原因是__________；随着氧化的进行，溶液的pH将__________(填“增大”、“减
小”或“不变”)。
【 答 案 】 （ 1 ） 或
HSO −
3
（2）ZnSO
3
或
（3）随着pH降低，HSO −浓度增大 减小
3
【解析】
【分析】
向氨水中通入少量的SO ，反应生成亚硫酸铵，结合图像分析pH=6时溶液中浓度最大的阴离子；通过分
2
析ZnO吸收SO 后产物的溶解性判断吸收率变化的原因；通过分析 与氧气反应的生成物，分析溶液
2
pH的变化情况。
【详解】
（1）向氨水中通入少量SO 时，SO 与氨水反应生成亚硫酸铵，反应的离子方程式为2NH +H O+SO =2
2 2 3 2 2+ （或2NH ·H O +SO =2 + +H O）；根据图-1所示，pH=6时，溶液中不含有亚硫酸，
3 2 2 2
仅含有 和 ，根据微粒物质的量分数曲线可以看出溶液中阴离子浓度最大的是 ；
（2）反应开始时，悬浊液中的ZnO大量吸收SO ，生成微溶于水的ZnSO，此时溶液pH几乎不变；一旦
2 3
ZnO完全反应生成ZnSO 后，ZnSO 继续吸收SO 生成易溶于水的Zn(HSO )，此时溶液pH逐渐变小，SO
3 3 2 3 2 2
的吸收率逐渐降低，这一过程的离子方程式为ZnSO+SO+H O=Zn2++2 （或ZnO+2SO+H O=Zn2++2
3 2 2 2 2
）
（3） 可以经氧气氧化生成 ，这一过程中需要调节溶液pH在4.5~6.5的范围内，pH越低，溶液
中的 的浓度越大，使得催化氧化过程中反应速率越快；随着反应的不断进行，大量的 反应生
成 ，反应的离子方程式为2 +O =2 +2H+，随着反应的不断进行，有大量的氢离子生成，导
2
致氢离子浓度增大，溶液pH减小。
2．[2020浙江7月选考] 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）吸水或放热导致 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 ，由实验流程图
3
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) ，则D为
2 3
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的化学式，再
2 3
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NaOH
3 2
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N原
3 2 3 1
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 ，故
3 3
答案为：Al Cl 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
，故答案为： ；
（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
3 3 3 3
想到类似于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 ，故答案为：AlCl +Cl-= 或者AlCl +NH=AlCl NH ；
3 3 3 3 3 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，故答案为：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
2 4 3 2
沉淀，故答案为：HCl气体能够带出HSO 分子，与Ba(NO ) 反应生成BaSO 沉淀。
2 4 3 2 4
【点睛】
本题为实验题结合有关物质的量计算，只要认真分析题干信息，利用（元素）原子守恒就能较快求出化合
物X的化学式，进而推到出整个流程过程。
3．[2020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1.1200 g样品，用容量瓶配成250.0 mL溶液；取25.00 mL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5 min；用 NaSO 标准溶液滴定至
2 2 3
溶液呈微黄色，加入淀粉指示剂，继续滴定至终点，消耗NaSO 溶液20.00 mL。
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见光分解
2（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，故答案为： ；
2
NaClO溶液吸收空气中的CO 后产生HClO，HClO见光分解；
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
故答案为：n(S O )= ，根据物质转换和电子得失守恒关系：
2
，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，
故答案为：偏低；
