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1．（2023·广东·统考高考真题）利用活性石墨电极电解饱和食盐水，进行如图所示实验。闭合
，一段时
间后
A．U 型管两侧均有气泡冒出，分别是
和
B．a 处布条褪色，说明
具有漂白性
C．b 处出现蓝色，说明还原性：
D．断开
，立刻闭合
，电流表发生偏转
【答案】D
【解析】闭合
，形成电解池，电解饱和食盐水，左侧为阳极，阳极氯离子失去电子生成氯气，电极反应
微专题30 非金属及其化合物制备流程与实验探究（S、Se、Te、Cl、Br、
1
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为2Cl-—2e-=Cl2↑，右侧为阴极，阴极电极反应为2H++2e-=H2↑，总反应为2NaCl+2H2O
2NaOH+H2↑+Cl2↑，据此解答。
A．根据分析，U 型管两侧均有气泡冒出，分别是
和
，A 错误；
B．左侧生成氯气，氯气遇到水生成HClO，具有漂白性，则a 处布条褪色，说明HClO 具有漂白性，B 错误；
C．b 处出现蓝色，发生Cl2+2KI=I2+2KCl，说明还原性：
，C 错误；
D．断开
，立刻闭合
，此时构成氢氯燃料电池，形成电流，电流表发生偏转，D 正确；
故选D。
2．（2023·辽宁·统考高考真题）某小组进行实验，向
蒸馏水中加入
，充分振荡，溶液呈浅棕色，
再加入
锌粒，溶液颜色加深；最终紫黑色晶体消失，溶液褪色。已知
为棕色，下列关于颜色变
化的解释错误的是
选
项
颜色变化
解释
A
溶液呈浅棕色
在水中溶解度较小
B
溶液颜色加深
发生了反应：
C
紫黑色晶体消失
(
)的消耗使溶解平衡
右移
D
溶液褪色
与有色物质发生了置换反应
A．A
B．B
C．C
D．D
【答案】D
【解析】A．向10mL 蒸馏水中加入0.4gI2，充分振荡，溶液呈浅棕色，说明I2的浓度较小，因为I2在水中溶
解度较小，A 项正确；
B．已知
(aq)为棕色，加入0.2g 锌粒后，Zn 与I2反应生成ZnI2，生成的I-与I2发生反应I-+I2⇌
，生成
使
溶液颜色加深，B 项正确；
C．I2在水中存在溶解平衡I2(s)⇌I2(aq)，Zn 与I2反应生成的I-与I2(aq)反应生成
，I2(aq)浓度减小，上述溶解
2
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平衡向右移动，紫黑色晶体消失，C 项正确；
D．最终溶液褪色是Zn 与有色物质发生了化合反应，不是置换反应，D 项错误；
答案选D。
3．（2023·广东·统考高考真题）按图装置进行实验。将稀硫酸全部加入Ⅰ中的试管，关闭活塞。下列说法
正确的是
A．Ⅰ中试管内的反应，体现
的氧化性B．Ⅱ中品红溶液褪色，体现
的还原性
C．在Ⅰ和Ⅲ的试管中，都出现了浑浊现象D．撤掉水浴，重做实验，Ⅳ中红色更快褪去
【答案】C
【解析】Ⅰ中发生反应
，二氧化硫进入Ⅱ中使品红溶液褪色，二氧化硫进
入Ⅲ中与硫化钠反应生成S 沉淀，二氧化硫进入Ⅳ中与氢氧化钠反应使溶液碱性减弱，酚酞褪色。
A．Ⅰ中试管内发生反应
，氢元素化合价不变，
不体现氧化性，故A
错误；
B．Ⅱ中品红溶液褪色，体现
的漂白性，故B 错误；
C．Ⅰ试管内发生反应
，Ⅲ试管内发生反应
，
Ⅰ和Ⅲ的试管中都出现了浑浊现象，故C 正确；
D．撤掉水浴，重做实验，反应速率减慢，Ⅳ中红色褪去的速率减慢，故D 错误；
故选C。
3
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1．常见漂白剂的漂白原理比较
漂白剂
SO2
HClO、Na2O2、H2O2、O3
活性炭
漂白
原理
与某些有色物质化合生成无
色物质
将有色物质氧化为无色物质
吸附有
色物质
可逆性
可逆，加热恢复原色
不可逆，加热或久置不恢复原
色
不可逆
漂白
方式
化合型漂白
氧化型漂白
物理漂白
(吸附性)
漂白
对象
某些有色物质(指示剂除外)
有色有机物(包括指示剂)
有色物质
2．检验SO2和CO2同时存在的一般流程
SO2和CO2都能使澄清石灰水变浑浊，检验二者同时存在的一般流程如下：
流程设计
检验SO2⇒除去SO2⇒检验SO2是否除尽⇒检验CO2
选用试剂
品红溶液
酸性KMnO4溶液
品红溶液
澄清石灰水
预期现象
褪色
褪色
不褪色
变浑浊
3．从海水中提取物质的思路
海水中提取溴和碘的反应都是将其－1 价离子氧化成单质。涉及工业实际，最主要的问题是如何将大量海
水中分布的元素富集起来。溴的制取一般是氧化→吹出→吸收→再氧化的路线，碘一般是由海带提取，主
要过程是灼烧→溶解→过滤→氧化→萃取的路线。工艺模式如图所示：
一、硫及其化合物的性质
1．牢记SO2的四个性质
(1)酸性；(2)强还原性；(3)弱氧化性；(4)漂白性。
2．明辨三类漂白原理
(1)吸附型；(2)氧化型；(3)化合型。
3．掌握两个转化关系
4
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(1)H2S――→SO2――→SO3――→H2SO4；
(2)S――→SO2――→SO3――→H2SO4
4．熟记以下重点化学方程式
(1)SO2＋Ca(OH)2===CaSO3↓＋H2O
(2)SO2＋2H2S===3S↓＋2H2O
(3)SO2＋Cl2＋2H2O===2HCl＋H2SO4
(4)2KMnO4＋5SO2＋2H2O===K2SO4＋2MnSO4＋2H2SO4
(5)2FeCl3＋SO2＋2H2O===FeCl2＋FeSO4＋4HCl
(6)Na2SO3＋H2SO4===Na2SO4＋H2O＋SO2↑
(7)2Cu＋2H2SO4(稀)＋O2=====2CuSO4＋2H2O
(8)Cu＋2H2SO4(浓)=====CuSO4＋SO2↑＋2H2O。
(9)C＋2H2SO4(浓)=====CO2↑＋2SO2↑＋2H2O。
5．注意硫酸与金属的反应的四种情况
(1)常温下浓硫酸使 Fe、Al 钝化，如加热或将浓硫酸稀释，则可以继续反应。
(2)浓硫酸与活泼金属(如Zn)反应，开始产生SO2，硫酸浓度变小后，产生H2。
(3)浓硫酸与不活泼金属(如Cu)反应，开始产生SO2(加热)，浓度变小后，稀硫酸不再与Cu 反应。如1
mol Cu 与含2 mol H2SO4的浓硫酸充分反应，生成SO2小于1 mol。
(4)浓硫酸与金属的反应中既表现强氧化性又表现酸性。浓硫酸在与非金属的反应中只表现氧化性。
二、二氧化硒的性质
二氧化硒是一种氧化物，化学式为SeO₂，白色晶体，蒸气为绿色;熔点340~350℃，315℃时升华，密度
3.95 克/厘米(15
)
℃，其酸性比亚硫酸弱。
与水反应
SeO₂+H₂O===H₂SeO₃
与过氧化氢反应
SeO₂+H₂O₂===H₂SeO₄
与氢氧化钠反应
SeO₂+2NaOH====Na₂SeO₃+H₂O
三、碲及其化合物的性质
工业上是从铜冶炼的电解铜的阳极泥中提取碲。含碲约3%的阳极泥干燥后在250℃下进行硫酸化焙烧，然
后在700℃使二氧化硒挥发，碲留在焙烧渣中。用水浸出硫酸铜，再用氢氧化钠溶液浸出，得到亚碲酸钠
溶液。浸出液用硫酸中和，生成粗氧化碲沉淀。两次重复沉淀氧化物，然后进行水溶液电解，可得含碲为
98%~99%的碲。
可由炼锌的烟尘中回收而得。
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四、氯、溴、碘及其化合物的性质
1．特殊的颜色和状态：
Cl2——黄绿色气体
Br2——深红棕色液体
I2——紫黑色固体
2．特殊的成分：
新制氯水中含三分子(Cl2、HClO、H2O)、四离子(Cl－、ClO－、H＋、OH－)。熟记氯水的四个性质：氧化性、
酸性、漂白性和不稳定性。
3．区分两个漂白粉原理
(1)漂白原理：Ca(ClO)2＋CO2＋H2O===2HClO＋CaCO3。
(2)失效原理：Ca(ClO)2＋CO2＋H2O===2HClO＋CaCO3；
2HClO=====2HCl＋O2↑。
4．氯气制备把握三个方面
(1)制取原理：
MnO2＋4HCl(浓)=====MnCl2＋Cl2↑＋2H2O。
(2)除杂试剂：饱和食盐水、浓硫酸。
(3)尾气吸收原理：Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O。
5．熟记碘提取反应的离子方程式
(1)Cl2＋2I－===I2＋2Cl－
(2)H2O2＋2I－＋2H＋===I2＋2H2O
6．熟记溴提取反应的离子方程式
(1)第一次被氧化Cl2＋2Br－===Br2＋2Cl－
(2)被还原：SO2＋Br2＋H2O===2Br－＋SO＋2H＋
(3)第二次被氧化Cl2＋2Br－===Br2＋2Cl－
7．X－(卤素离子)的检验：
(1)沉淀法：加硝酸、硝酸银，产生沉淀的颜色为白色、淡黄色、黄色，则离子分别为Cl－、Br－、I－。
(2)置换萃取法：滴加氯水后，再滴加CCl4，若下层变为橙红色、紫红色，则离子分别为Br－、I－。
(3)置换淀粉法：滴加氯水后，再滴加淀粉溶液，若变蓝色，则离子为I－。
8．海水资源的开发利用：
(1)氯碱工业。
(2)海水提溴。
(3)海带中提碘。
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1．（2023·全国·统考高考真题）一些化学试剂久置后易发生化学变化。下列化学方程式可正确解释相应变
化的是
A
硫酸亚铁溶液出现棕黄色沉淀
B
硫化钠溶液出现浑浊颜色变深
C
溴水颜色逐渐褪去
D
胆矾表面出现白色粉末
A．A
B．B
C．C
D．D
【答案】D
【解析】A．溶液呈棕黄色是因为有Fe3+，有浑浊是产生了Fe(OH)3，因为硫酸亚铁久置后易被氧气氧化，
化学方程式为：12FeSO4+3O2+6H2O=4Fe2(SO4)3+4Fe(OH)3↓，A 错误；
B．硫化钠在空气中易被氧气氧化为淡黄色固体硫单质，使颜色加深，化学方程式为：
2Na2S+O2+2H2O=4NaOH+2S↓，B 错误；
C．溴水的主要成分是溴和水，它们会反应，但速度很慢，Br2+H2O
HBrO+HBr，2HBrO=2HBr+O2，所以溴
水放置太久会变质。但不是生成高溴酸，所以选项中的化学方程式错误，C 错误；
D．胆矾为CuSO4·5H2O，颜色为蓝色，如果表面失去结晶水，则变为白色的CuSO4，化学方程式为：
CuSO4·5H2O=CuSO4+5H2O，方程式正确，D 正确；
故选D。
2．（2021·福建·统考高考真题）实验室配制碘水时，通常将
溶于
溶液：
。关于
该溶液，下列说法正确的是
A．
的电子式为
B．滴入淀粉溶液，不变蓝
C．加水稀释，平衡逆向移动
D．加少量
固体平衡正向移动
【答案】C
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【解析】A．
是离子化合物，电子式为
，A 错误；
B．该溶液存在
，滴入淀粉溶液，变蓝，B 错误；
C．根据勒夏特列原理，加水稀释，平衡朝着离子浓度增大的方向移动，即逆向移动，C 正确；
D．加少量
固体，
与
生成沉淀，
浓度下降，平衡逆向移动，D 错误；
故选C。
3．（2023·全国·高三统考专题练习）向饱和氯水中加入少量
亚硫酸钠固体，下列说法正确的是
A．溶液pH 减小
B．溶液颜色变深
C．漂白性增强
D．导电性减弱
【答案】A
【解析】饱和氯水中存在平衡：Cl2+H2O
HCl+ HClO，向饱和氯水中加入少量
固体，HClO 和
Na2SO3发生氧化还原反应，使平衡正向移动，Cl2浓度减小，据此解答。
A．反应生成HCl，溶液pH 减小，A 正确；
B．Cl2浓度减小，溶液颜色变浅，B 错误；
C．次氯酸浓度减少，漂白性减弱，C 错误；
D．生成的HCl、Na2SO4为强电解质，导电性增强，D 错误；
故选A。
4．（2023 秋·陕西西安·高一西安市第七十五中学校考期末）已知硒(Se)为第VIA 族元素，上列有关硒元素
的化合物的说法中不正确的是
A．其同族氢化物的熔沸点：H2O>H2Se>H2S
B．SeO3只有还原性
C．BaSeO4与BaSO4相似，均难溶于水
D．H2SeO4溶于水破坏共价键
【答案】B
【解析】A．H2O 可形成分子间氢键，沸点最高，H2S，H2Se 二者均由分子构成，熔沸点取决于分子间作用
力，分子间作用力取决于相对分子质量，H2Se 的相对分子质量比H2S 大，因此H2Se 分子间作用力强于
H2S，故熔沸点：H2O>H2Se>H2S，故A 正确；
B．SeO3中Se 元素的化合价为+6 价，是Se 元素的最高价态，所以SeO3只有氧化性，没有还原性，故B 错
误；
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C．Se 和S 位于同一主族，则BaSeO4与BaSO4相似，均难溶于水，故C 正确；
D．H2SeO4溶于水电离出H+和
，H2SeO4是共价化合物，溶于水破坏共价键，故D 正确；
故选B。
1．（2023·江苏连云港·连云港高中校考模拟预测）周期表中VIA 族元素及其化合物应用广泛，元素S、Se、
Te 在周期表中的信息如图所示。下列有关说法正确的是
A．
是由极性键构成的非极性分子
B．
与
中O—S—O 的夹角不相等
C．质子数为34、中子数为45 的硒原子：
D．酸性：
【答案】B
【解析】A．
分子结构为V 形，即是由极性键构成的极性分子，A 错误；
B．
与
中硫原子均是sp2杂化，但是二氧化硫中硫原子有一对孤电子对，又孤电子对对成键电子排
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斥力较大，故
与
中O—S—O 的夹角不相等，B 正确；
C．质子数为34、中子数为45 的硒原子：
，C 错误；
D．氢化物的酸性
，D 错误；
故选B。
2．（2023 春·江苏南通·高三海安高级中学校考阶段练习）下列说法正确的是
A．SO2与TeO2分子是含有极性键的极性分子
B． SO2与TeO2中键角都为120°
C．碲原子
基态核外电子排布式为
D．VIA 族元素单质的晶体类型相同
【答案】A
【解析】A．S 和Te 是同主族元素，SO2与TeO2中心原子的最外层都存在孤电子对，则二者都是含有极性键
的极性分子，A 正确；
B．SO2与TeO2的中心原子都发生sp2杂化，由于成键电子受孤电子对的排斥作用，使键角减小，所以键角
都小于120°，B 不正确；
C．碲
基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p64d105s25p4，可简写为
，C 不
正确；
D．VIA 族元素单质的晶体类型中，氧、硫的单质形成分子晶体，后面的金属元素则形成金属晶体，所以晶
体类型不完全相同，D 不正确；
故选A。
3．（2023·山东日照·统考三模）碲被誉为“现代工业、国防与尖端技术的维生素”，某精炼铜的阳极泥经
过处理后的主要成分为
、
、CuO 等，从中回收确和胆矾的工艺如下。
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已知：①高温焙烧后的产物为
和
；②
是两性氧化物，与强酸和强碱反应分别生成
和
。下列说法错误的是
A．“酸化”时还需要再加入一定量的
，目的是将铜元素完全转化为
B．“还原”步骤中，发生的离子方程式为
C．“电解”时，若使用阳离子交换膜会降低Te 的产率
D．流程中可循环使用的物质是硫酸和氢氧化钠
【答案】C
【解析】干燥的阳极泥有
、
、CuO，高温灼烧后生成
和Cu2O，与硫酸反应生成物有
TeOSO4和硫酸铜、铜单质（氧化亚铜与硫酸反应生成硫酸铜和铜），TeOSO4与SO2反应生成Te 单质和硫酸；
和Cu2O 与氢氧化钠反应时，氧化亚铜不反应，分离后与生成的硫酸反应生成硫酸铜，最终得到胆矾，
与氢氧化钠反应生成Na2TeO3，电解Na2TeO3得到Te 单质、氢氧化钠和H2。
A．酸化时要加入H2O2，把亚铜离子和铜单质在酸性条件下转化为铜离子，故A 正确；
B．还原步骤中，SO2把TeO2+中+4 价的Te 还原成单质，自身被氧化为硫酸根离子，根据电子守恒、电荷守
恒、原子守恒，该方程式
，故B 正确；
C．电解Na2TeO3得到Te 单质、氢氧化钠和H2，在阴极上得到H2和氢氧化钠，阳极上得到Te 单质，应该选
择阳离子交换膜，让钠离子通过交换膜向阴极移动形成氢氧化钠，防止阳极上生成的Te 单质与氢氧化钠反
应，用阴离子交换膜会让氢氧根移向阳极与生成的Te 单质反应，造成产率降低，故C 错误；
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D．电解生成的氢氧化钠和还原得到的硫酸可以循环利用，故D 正确；
答案选C。
4．（2021·湖南·高考真题）
常用作食盐中的补碘剂，可用“氯酸钾氧化法”制备，该方法的第一步反
应为
。下列说法错误的是
A．产生22.4L(标准状况)
时，反应中转移
B．反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为11：6
C．可用石灰乳吸收反应产生的
制备漂白粉
D．可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中
的存在
【答案】A
【解析】A．该反应中只有碘元素价态升高，由0 价升高至KH(IO3)2中+5 价，每个碘原子升高5 价，即6I2
60e-，又因方程式中6I2
3Cl2，故3Cl2
60e-，即Cl2
20e-，所以产生22.4L (标准状况) Cl2即1mol Cl2时，反
应中应转移20 mol e-，A 错误；
B．该反应中KClO3中氯元素价态降低，KClO3作氧化剂，I2中碘元素价态升高，I2作还原剂，由该方程式的
计量系数可知，11KClO3
6I2，故该反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为11:6，B 正确；
C．漂白粉的有效成分是次氯酸钙，工业制漂白粉可用石灰乳与氯气反应，C 正确；
D．食盐中
可先与酸化的淀粉碘化钾溶液中的H+、I-发生归中反应
生成I2，I2再
与淀粉发生特征反应变为蓝色，故可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中
的存在，D 正确。
故选A。
5．（2021·江苏·高考真题）NH3与O2作用分别生成N2、NO、N2O 的反应均为放热反应。工业尾气中的NH3
可通过催化氧化为N2除去。将一定比例的NH3、O2和N2的混合气体以一定流速通过装有催化剂的反应管，
NH3的转化率、生成N2的选择性[
100%]与温度的关系如图所示。
12
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下列说法正确的是
A．其他条件不变，升高温度，NH3的平衡转化率增大
B．其他条件不变，在175～300 ℃范围，随温度的升高，出口处N2和氮氧化物的量均不断增大
C．催化氧化除去尾气中的NH3应选择反应温度高于250 ℃
D．高效除去尾气中的NH3，需研发低温下NH3转化率高和N2选择性高的催化剂
【答案】D
【解析】A．NH3与O2作用分别生成N2、NO、N2O 的反应均为放热反应，根据勒夏特列原理，升高温度，
平衡向逆反应方向进行，氨气的平衡转化率降低，故A 错误；
B．根据图像，在175～300 ℃范围，随温度的升高，N2的选择率降低，即产生氮气的量减少，故B 错误；
C．根据图像，温度高于250
N
℃
2的选择率降低，且氨气的转化率变化并不大，浪费能源，根据图像，温
度应略小于225℃，此时氨气的转化率、氮气的选择率较大，故C 错误；
D．氮气对环境无污染，氮的氧化物污染环境，因此高效除去尾气中的NH3，需研发低温下NH3转化率高和
N2选择性高的催化剂，故D 正确；
答案为D。
6．（2021·辽宁·高考真题）含S 元素的某钠盐a 能发生如图转化。下列说法错误的是
A．a 可能为正盐，也可能为酸式盐
B．c 为不溶于盐酸的白色沉淀
C．d 为含极性键的非极性分子
D．反应②中还可能生成淡黄色沉淀
【答案】C
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【解析】由题干信息可知，盐a 与足量的稀盐酸产生刺激性气味气体d，d 能使KMnO4溶液褪色，故d 为
SO2，则盐a 为Na2SO3或者NaHSO3，也可能是Na2S2O3，盐a 与足量Cl2反应后将生成
，与BaCl2溶液反
应得到沉淀c，故c 为BaSO4，据此分析解题。
A．由分析可知，盐a 为Na2SO3或者NaHSO3，也可能是Na2S2O3，故a 可能为正盐，也可能为酸式盐，A 正
确；
B．由分析可知，c 为BaSO4，故c 为不溶于盐酸的白色沉淀，B 正确；
C．由分析可知，d 为SO2，由SO2易溶于水并根据“相似相溶”原理可知，d 是含有极性键的极性分子，C
错误；
D．由分析可知，盐a 为Na2SO3或者NaHSO3，也可能是Na2S2O3，当Na2S2O3+2HCl=2NaCl+S↓+SO2↑+H2O，
反应②中还可能生成淡黄色沉淀，D 正确；
故答案为：C。
7．（2022·浙江·高考真题）下列推测不合理的是
A．相同条件下，Br2与PBr3反应比Cl2与PCl3反应难
B．OPBrCl2与足量H2O 作用生成2 种酸
C．相同条件下，与水反应由快到慢的顺序：OPBr3、OPCl3、OPF3
D．PBr3与足量C2H5OH 作用可得到P(OC2H5)3
【答案】B
【解析】A．氯原子半径较小，氯气更容易靠近三氯化磷中的磷原子发生反应生成五氯化磷，A 正确；
B．OPBrCl2与H2O 反应的方程式为：OPBrCl2+3H2O=H3PO4+2HCl+HBr，一共生成3 种酸，B 错误；
C．从P—Br 键到P—F 键，键的稳定性逐渐增强，在和水反应时越难断裂，反应速率越慢，C 正确；
D．PBr3与C2H5OH 反应的时候，Br 乙醇羟基上的氢原子结合，乙醇的其余部分和磷结合生成P(OC2H5)3，D
正确；
故选B。
8．（2021·北京·高考真题）室温下，1 体积的水能溶解约40 体积的SO2。用试管收集SO2后进行如下实验。
对实验现象的分析正确的是
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A．试管内液面上升，证明SO2与水发生了反应
B．试管中剩余少量气体，是因为SO2的溶解已达饱和
C．取出试管中的溶液，立即滴入紫色石蕊试液，溶液显红色，原因是：SO2+H2O⇌H2SO3、H2SO3⇌H++
、
⇌H++
D．取出试管中溶液，在空气中放置一段时间后pH 下降，是由于SO2挥发
【答案】C
【解析】A．由信息可知，SO2易溶于水，也能使液面上升，故A 错误；
B．二氧化硫与水的反应为可逆反应，当反应达到限度后，二氧化硫的量不再减少，液面高度也无明显变
化，故B 错误；
C．滴入石蕊试液，溶液变为红色，说明溶液显酸性，SO2与水反应生成亚硫酸，亚硫酸为弱酸，分步电离
出氢离子，故C 正确；
D．亚硫酸具有较强的还原性，易被氧化为硫酸，弱酸变强酸，也能使pH 下降，故D 错误；
故选C。
9．（2021·山东·高考真题）工业上以SO2和纯碱为原料制备无水NaHSO3的主要流程如图，下列说法错误的
是
A．吸收过程中有气体生成
B．结晶后母液中含有NaHCO3
C．气流干燥湿料时温度不宜过高
D．中和后溶液中含Na2SO3和NaHCO3
【答案】B
【解析】根据工艺流程逆向分析可知，以二氧化硫和纯碱为原料，得到结晶成分为NaHSO3，则母液为饱和
NaHSO3和过量的二氧化硫形成的亚硫酸，溶液呈酸性，所以加入纯碱进行中和，涉及的反应为：
H2SO3+2Na2CO3= Na2SO3+ 2NaHCO3，NaHSO3+ Na2CO3= Na2SO3+ NaHCO3，所以调节pH 为8 进行中和后得到
Na2SO3和NaHCO3，通入二氧化硫气体进行混合吸收，此时吸收过程中发生反应为：
Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3↓，SO2+ NaHCO3= CO2+ NaHSO3↓，此时会析出大量NaHSO3晶体，经过离心分离，
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将得到的湿料再进行气流干燥，最终得到NaHSO3产品，据此分析解答。
A．根据上述分析可知，吸收过程中有二氧化碳生成，A 正确；
B．结晶后母液中含饱和NaHSO3和过量的二氧化硫形成的亚硫酸，没有NaHCO3，假设产物中存在
NaHCO3，则其会与生成的NaHSO3发生反应，且NaHCO3溶解度较低，若其残留于母液中，会使晶体不纯，
假设不成立，B 错误；
C．NaHSO3高温时易分解变质，所以气流干燥过程中温度不宜过高，C 正确；
D．结合上述分析可知，中和后溶液中含Na2SO3和NaHCO3，D 正确；
故选B。
10．（2023·四川成都·石室中学校考模拟预测）NCl3可用于面粉的漂白和杀菌。已知：NCl3为黄色油状液体，
在热水中易水解，熔点为-40°C，沸点为70°C，95°C 以上易爆炸。实验室可用Cl2和NH4Cl 溶液反应制取NCl3
所用装置如下：
完成下列填空：
(1)仪器a 的名称是 。D 装置盛装的物质是 ，D 装置的作用是_ 。
(2)NCl3水解的反应液有漂白性，写出NCl3水解的化学方程式： 。
(3)向NH4Cl 溶液中通入过量Cl2，B 装置中反应的化学方程式为 ，待反应至油状液体不再增加，关闭
A、B 装置间的止水夹，控制水浴加热的温度范围为 ，将产品NCl3蒸出。
待反应结束，为测定溶液中残留的NCl3的物质的量浓度，进行如下操作：
i．取仪器a 中的反应液25.00mL，加入过量饱和Na2SO3溶液充分反应后，再加入过量30%的NaOH 溶液，
微热。
ii．用25.00mL0.050mol·L-1的稀硫酸吸收产生的NH3，得到溶液A。
iii．用0.100mol·L-1的NaOH 标准溶液滴定溶液A 至滴定终点，消耗VmLNaOH 标准溶液。
(4)滴定至终点时溶液中溶质仅有(NH4)2SO4和Na2SO4，滴定过程中水的电离程度_ (填序号)。
a．先增大后减小 b．先减小后增大 c．增大 d．减小
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(5)用含V 的代数式表示溶液中残留的NCl3的物质的量浓度为 mol·L-1。
【答案】(1) 蒸馏烧瓶 碱石灰 吸收尾气，同时防止空气中的水蒸气进入装置C 中
(2)NCl3+3H2O
3HClO+NH3↑
(3) 3Cl2+NH4Cl
NCl3+4HCl 70°C≤T<95°C
(4)c
(5)
【解析】由实验装置图可知，装置A 中为高锰酸钾固体与浓盐酸反应制备氯气，装置B 中氯气与氯化铵溶
液在水浴加热条件下反应制备三氯化氮，装置C 用于冷凝收集三氯化氮，装置D 中盛有的碱石灰用于吸收
未反应的氯气，防止污染空气，同时防止水蒸气进入锥形瓶中。
（1）由仪器构造可知a 为蒸馏烧瓶，装置D 中盛有的碱石灰用于吸收未反应的氯气，防止污染空气，同
时防止水蒸气进入锥形瓶中；
（2）NCl3水解的反应液有漂白性，可知水解生成HClO，则另一产物应为NH3；水解的化学方程式：
NCl3+3H2O
3HClO+NH3↑；
（3）由分析可知，装置B 中氯气与氯化铵溶液在水浴加热条件下反应制备三氯化氮，反应的化学方程式
为3Cl2+NH4Cl
NCl3+4HCl；由题给信息可知，实验时，为保证三氯化氮顺利蒸出，同时防止三氯化氮发生
爆炸，水浴加热的温度应控制在70℃～95℃之间；
（4）滴定前溶液为硫酸和硫酸铵的混合溶液，有酸存在水的电离被抑制，滴定过程中NaOH 与硫酸中和，
溶液中氢离子浓度减小，水的电离程度增大，故答案为c；
（5）由题意可知，滴定过程中消耗VmL0.100mol/L 氢氧化钠溶液，则用于吸收氨气的稀硫酸的物质的量为
0.050mol/L×0.025L-0.100mol/L×10-3VL×
，由方程式和氮原子个数守恒可知，溶液中残留的三氯化氮的物质
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的量浓度为
mol/L。
11．（2023·安徽蚌埠·统考三模）实验室制取溴苯的装置如图所示。向二颈烧瓶中先滴入0.5 mL Br2，静置，
经片刻诱导期后反应开始。再缓慢滴加其余的Br2， 维持体系微沸至Br2加完，70~ 80°C 水浴15min。(诱导
期：催化反应中形成过渡态且总反应速率为0 的时期)反应结束后产品处理：
有关数据如下：
物质
苯
溴
溴苯
密度(g· cm-3)
0.88
3.12
1.50
沸点/°C
80
59
156
在水中的溶解
性
不溶
微
溶
不溶
回答下列问题：
(1)仪器a 的名称是 。
(2)溴苯的制备需在无水条件下进行，原因是 。
(3)A 装置盛装 ( 填试剂)用于检验诱导期已过，反应开始。
(4)当出现 ( 填现象)时，证明反应已结束。
(5)产品后处理阶段，有机层I 用10% NaOH 溶液洗涤其离子反应方程式为 ，有机层Ⅱ水洗的目的
是 。
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(6)有机层Ⅲ经干燥后分离出纯净溴苯的操作名称是 。
【答案】(1)球形冷凝管
(2)催化剂FeBr3 遇水发生水解，失去催化活性
(3)AgNO3溶液
(4)体系中不再有红棕色的溴蒸气
(5) Br2 +2OH-=Br- + BrO- + H2O 或Br2 + 6OH- =5Br-+ BiO +3H2O 除去Na+、Br-、BrO-等无机离子
(6)蒸馏
【解析】（1）由图可知仪器a 的名称是球形冷凝管；
（2）该反应中需要催化剂溴化铁，而溴化铁容易水解，故答案为：催化剂FeBr3遇水发生水解，失去催化
活性；
（3）苯和溴反应生成溴苯和溴化氢，其中溴化氢可以和硝酸银反应生成溴化银淡黄色沉淀，故A 装置盛
装AgNO3溶液；
（4）溴容易挥发，溴蒸汽为红棕色，当诱导期结束后溴蒸汽就消耗完了，则红棕色消失，故答案为：体
系中不再有红棕色的溴蒸气；
（5）单质溴容易溶解在有机溶剂中，单质溴可以和氢氧化钠反应生成溴化钠和次溴酸钠，或者生成溴化
钠和溴酸钠，故离子方程式为：Br2 +2OH-=Br- + BrO- + H2O 或Br2 + 6OH- =5Br-+ BiO +3H2O；溶液中的离子
容易溶解在水中，故有机层Ⅱ水洗的目的是除去Na+、Br-、BrO-等无机离子；
（6）有机层Ⅲ的主要成分是苯和溴苯的混合物，两者沸点不同，故分离两者的操作方法为：蒸馏。
1．（2023·全国·高三专题练习）Cl2与NO 在常温常压下可合成亚硝酰氯(NOCl)，它的熔点为-64.5 ℃，沸点
为-5.5 ℃，常温下是黄色的有毒气体，遇水易水解。请按要求回答下列相关问题：
(1)装置A 和B 的作用是① ；②
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(2)装置F 的作用是 ；装置D 的作用是
【答案】(1) 干燥NO 和Cl2 观察气泡控制气体流速
(2) 冷凝亚硝酰氯，便于收集 防止装置E 中的水蒸气进入装置F
【解析】由实验装置图可知，装置A 中盛有的浓硫酸用于干燥氯气、装置B 中盛有的浓硫酸用于干燥一氧
化氮，并能通过气泡控制气体流速，装置C 中一氧化氮和氯气反应生成亚硝酰氯，反应的化学方程式为
2NO+Cl2=2NOCl，装置F 用于冷凝收集亚硝酰氯，装置D 中盛有的无水氯化钙用于装置E 中的水蒸气进入装
置F 中导致亚硝酰氯发生水解，装置E 中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收氯气和亚硝酰氯，防止污染空气，
则装置的连接顺序为ABC、F、D、E，接口的连接顺序为a→e，f→c，b→d。
（1）由分析可知，装置A 中盛有的浓硫酸用于干燥氯气、装置B 中盛有的浓硫酸用于干燥一氧化氮，并能
通过气泡控制气体流速，故答案为：干燥NO 和Cl2；观察气泡控制气体流速；
（2）由分析可知，装置F 用于冷凝收集亚硝酰氯，装置D 中盛有的无水氯化钙用于装置E 中的水蒸气进入
装置F 导致亚硝酰氯发生水解，故答案为：冷凝亚硝酰氯，便于收集；防止装置E 中的水蒸气进入装置F。
2．（2022 秋·广东·高三校联考阶段练习）已知
与硫的氧化物、氮的氧化物反应可以生成
、
NOCl、
等化合物NOCl 常温下是黄色气体，具有强氧化性，遇水分解，不溶于
等有机溶剂。
(1)NOCl 中N 元素的化合价为 。
(2)实验室制取的NOCl 中常含有
，除去
的方法是 。
(3)NOCl 遇水生成一种氮的氧化物(该氧化物遇空气红棕色)，且只有一种元素的化合价发生改变，写出该反
应的化学方程式： 。
(4)NOCl 与
同时通入水中可生成一种无污染的气体，写出该反应的离子方程式： 。反应中
消耗1mol NOCl 则转移电子的物质的量为 。
(5)
可作为晶体的除水剂(反应生成两种酸性气体)，写出
与
，反应的化学方程式：
。
【答案】(1)+3
(2)通过盛有CCl4的洗气瓶
(3)3NOCl+2H2O 2NO+HNO
═
3+3HCl
(4) 2NOCl+3SO2+4H2O N
═
2+3
+2Cl-+8H+ 3mol
20
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(5)ZnSO4⋅nH2O+nSOCl2=ZnSO4+2nHCl+nSO2
【解析】（1）NOCl 中氯、氧的化合价分别为-1、-2，则N 元素的化合价为+3；故答案为：+3；
（2）已知，NOCl 遇水分解，不溶于CCl4等有机溶剂，实验室制取的NOCl 中常含有Cl2，除去Cl2的方法为
通过盛有CCl4的洗气瓶，故答案为：通过盛有CCl4的洗气瓶；
（3）NOCl 遇水生成一种氮的氧化物(该氧化物遇空气变红棕色，则为NO)，且只有一种元素的化合价发生
改变，则氮元素化合价降低的同时会升高生成HNO3(二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮)，故该反应的
化学方程式3NOCl+2H2O 2NO+HNO
═
3+3HCl,故答案为：3NOCl+2H2O 2NO+HNO
═
3+3HCl；
（4）NOCl 具有强氧化性，遇水分解；NOCl 与SO2同时通入水中可生成一种无污染的气体，则该气体为氮
气，反应中二氧化硫被氧化为硫酸根离子，该反应的离子方程式：2NOCl+3SO2+4H2O N
═
2+3
+2Cl-+8H+；
反应中氮元素化合价由+3 变为0，则消耗1mol NOCl 则转移电子的物质的量为3mol,故答案为：
2NOCl+3SO2+4H2O N
═
2+3
+2Cl-+8H+；3mol；
（5）SOCl2可作为晶体的除水剂(反应生成两种酸性气体，根据质量守恒可知，二氧化硫和氯化氢)，SOCl2
与ZnSO4⋅nH2O 反应生成二氧化硫、HCl、硫酸锌，反应的化学方程式：
ZnSO4⋅nH2O+nSOCl2=ZnSO4+2nHCl+nSO2。
3．（2023·全国·高三专题练习）实验室从废定影液[含Ag(S2O3)
和Br－等]中回收Ag 和Br2可能用到的装置
如下图：
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主要实验步骤如下，回答下列问题：
(1)向废定影液中加入Na2S 溶液沉淀银离子，分离Ag2S 时，选用的装置是 (填装置序号，下同)
(2)灼烧Ag2S 制取金属Ag，用到的实验装置是
(3)制取Cl2并将Cl2通入滤液中氧化Br－，获取Br2，制取氯气的实验装置是 ，甲和乙中盛放浓盐酸
的仪器名称为 ，丙中仪器B 的名称为
(4)再用四氯化碳萃取分液得粗溴，萃取分液时用到的实验装置是 ，粗溴从 放出，水层从
倒出。
(5)可用下图装置精制粗溴：
①仪器A 的名称 。
②仪器B 的名称 ，图中冷却水应从B 的 (填“a”或“b”)口进入，能否用仪器E 代替B，
(填“能”或“否”)
③温度计的水银球能否插入粗溴中 (填“能”或“否”)，原因是
【答案】(1)丁
(2)庚
(3) 甲或乙 分液漏斗 长颈漏斗
(4) 戊 分液漏斗的下口 分液漏斗上口
(5) 蒸馏烧瓶 (直形)冷凝管 b 否 否 蒸馏时，温度计测定蒸出溴蒸气的温度，
因而水银球应放在蒸馏烧瓶的支管口附近
【解析】（1）向废定影液中加入Na2S 溶液沉淀银离子，得到Ag2S 沉淀，分离Ag2S 沉淀时，应用过滤装置
即丁；故答案为：丁。
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（2）Ag2S 是固体，在坩埚中灼烧Ag2S 制取金属Ag，因此用到的实验装置是庚；故答案为：庚。
（3）实验室用二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水或高锰酸钾与浓盐酸反应生成
氯化钾、氯化锰、氯气和水，因此制取氯气的实验装置是甲或乙，根据甲和乙装置得到盛放浓盐酸的仪器
名称为分液漏斗，丙中仪器B 的名称为长颈漏斗；故答案为：甲或乙；分液漏斗；长颈漏斗。
（4）用四氯化碳萃取分液得粗溴，萃取分液时用分液漏斗，四氯化碳密度比水大，溶液分层后，溴的四
氯化碳在底部，因此粗溴从分液漏斗的下口放出，水层从分液漏斗上口倒出；故答案为：分液漏斗的下口；
分液漏斗上口。
（5）①根据图中信息得到仪器A 的名称蒸馏烧瓶；故答案为：蒸馏烧瓶。
②根据图中信息得到仪器B 的名称直形冷凝管，图中冷却水是“下进上出”即应从B 的b 口进入，E 装置
主要用于发生装置时的冷凝回流，不能用仪器E 代替B；故答案为：直形冷凝管；b；否。
③蒸馏时，温度计测定蒸出溴蒸气的温度，因而水银球应放在蒸馏烧瓶的支管口附近，因此温度计的水银
球不能插入粗溴中；故答案为：否；蒸馏时，温度计测定蒸出溴蒸气的温度，因而水银球应放在蒸馏烧瓶
的支管口附近。
4．（2023·全国·高三专题练习）一氯化碘
、三氯化碘
是卤素互化物，它们的性质与卤素单质相
似。
(1)
与水反应的产物可能为 (填化学式)。
(2)
在常温下与烧碱溶液反应的离子方程式为 ，该反应是否是氧化还原反应？ (填“是”
或“否”)。
【答案】(1)
(2)
否
【解析】（1）
中I 为+3 价，Cl 为-1 价，
与水发生复分解反应，分别得到：
，故答案为：
；
（2）
中I 为+1 价，Cl 为-1 价，与水发生复分解反应生成
，与碱反应生成相应的盐，
与烧
碱反应的离子方程式为：
，该反应过程中没有价态变化属于非氧化还原反应，
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故答案为：
；否；
5．（2023 春·上海徐汇·高一上海市第二中学校考期中）碲在元素周期表中的信息如图所示，下列说法错误
的是
A．碲单质常温下为固态
B．碲位于元素周期表中第 5 周期ⅥA 族
C．S 与 Te 简单氢化物还原性：H2S>H2Te
D．碲位于周期表中金属与非金属交界处
【答案】C
【解析】A．氧族元素从上到下单质的熔沸点依次升高，常温下，S、Se 单质都是固体，推测Te 单质也是
固体，故A 正确；
B．根据序数52 与同周期惰性气体54 号元素Xe 对比，确定Te 在元素周期表位置是第五周期VIA 族，故B
正确；
C．同主族元素从上到下非金属性依次减弱，同周期元素从左到右非金属性依次增大，非金属性越弱，对
应氢化物的还原性越强，还原性顺序为H2Te＞H2S， 故C 错误;
D．碲元素位于金属与非金属交界处，具有半导体性质，在半导体元器件工业生产中具有一定应用，故D
正确；
故答案选C。
6．（2023·浙江·统考高考真题）工业上煅烧含硫矿物产生的
可以按如下流程脱除或利用。
已知：
请回答：
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(1)富氧煅烧燃煤产生的低浓度的
可以在炉内添加
通过途径Ⅰ脱除，写出反应方程式
。
(2)煅烧含硫量高的矿物得到高浓度的
，通过途径Ⅱ最终转化为化合物A。
①下列说法正确的是 。
A．燃煤中的有机硫主要呈正价 B．化合物A 具有酸性
C．化合物A 是一种无机酸酯 D．工业上途径Ⅱ产生的
也可用浓
吸收
②一定压强下，化合物A 的沸点低于硫酸的原因是 。
(3)设计实验验证化合物A 中含有S 元素 ；写出实验过程中涉及的反应方程式 。
【答案】(1)
(2) BCD 硫酸分子能形成更多的分子间氢键
(3) 取化合物A 加入足量氢氧化钠，反应完全后加入盐酸酸化，无明显现象，再加入氯化钡生成白色
沉淀，说明A 中含有S 元素
+2NaOH=CH3OH+Na2SO4+H2O、
Na2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2NaCl
【解析】含硫矿物燃烧生成二氧化硫，二氧化硫和氧气、碳酸钙生成硫酸钙和二氧化碳，二氧化硫被氧气
氧化为三氧化硫，三氧化硫和等物质量的甲醇发生已知反应生成A：
；
（1）氧气具有氧化性，能被四价硫氧化为六价硫，二氧化硫、空气中氧气、碳酸钙高温生成硫酸钙和二
氧化碳，反应为
；
（2）①A．硫的电负性大于碳、氢等，故燃煤中的有机硫主要呈负价，A 错误；
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B．根据分析可知，化合物A 分子中与硫直接相连的基团中有-OH，故能电离出氢离子，具有酸性，B 正确；
C．化合物A 含有
基团，类似酯基-COO-结构，为硫酸和醇生成的酯，是一种无机酸酯，C 正确；
D．工业上途径Ⅱ产生的
也可用浓
吸收用于生产发烟硫酸，D 正确；
故选BCD；
②一定压强下，化合物A 分子只有1 个-OH 能形成氢键，而硫酸分子中有2 个-OH 形成氢键，故导致A 的沸
点低于硫酸；
（3）由分析可知，A 为
，A 碱性水解可以生成硫酸钠、甲醇，硫酸根离子能和氯化钡生
成不溶于酸的硫酸钡沉淀，故实验设计为：取化合物A 加入足量氢氧化钠，反应完全后加入盐酸酸化，无
明显现象，再加入氯化钡生成白色沉淀，说明A 中含有S 元素；涉及反应为：
+2NaOH=CH3OH+Na2SO4+H2O、Na2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2NaCl。
7．（2023·山西晋中·统考三模）碲是制作合金添加剂、半导体、制冷元件、光电元件的主体材料，并被广
泛应用于冶金、石油、化工、航空航天与电子等领域。铜电解精炼阳极泥碲化铜渣(主要成分为Cu2Te，还
含有金、铂等金属)提取碲的工艺流程如图所示，回答下列问题：
已知：TeO2难溶于水；亚碲酸钠易溶于水；高碲酸钠的化学式：Na2TeO4。
(1)酸浸焙烧前要将碲化铜渣粉碎，目的是 。
(2)滤液i 的主要成分： (写物质名称)。
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(3)焙烧过程中涉及的化学方程式： 。
(4)碱浸的目的是 。
(5)用H2SO3“酸溶还原沉碲”，写出离子方程式： 。
(6)将碲与锌一起加热，然后升华可制得碲化锌。碲化锌是一种重要的半导体材料，图甲为它的一种立方晶
胞结构，图乙为该晶胞沿z 轴投影图。已知a 点的坐标为(0，0，0)，b 点的坐标为(1，1，1)，则c 点的坐
标为 ，设ZnTe 的摩尔质量为M，阿佛伽德罗常数的值为NA，密度为dg/cm3，则Zn 与Te
最近距离为 nm。
【答案】(1)增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率
(2)硫酸铜
(3)Cu2Te+2H2SO4 +2O2
2CuSO4+TeO2+2H2O
(4)将TeO2转化为Na2TeO3浸出，同时富集Au、Pt 等，便于后续回收
(5)
(6) (
，
，
)
【解析】碲化铜渣(主要成分为Cu2Te，还含有金、铂等金属)加入硫酸并通入氧气焙烧，反应生成硫酸铜以
及TeO2，水浸后过滤，所得滤液i 主要溶质为硫酸铜，滤渣的主要成分为TeO2，还含有Au 和Pt，加入氢氧
化钠碱浸，目的是将TeO2转化为Na2TeO3浸出，同时富集Au、Pt 等，过滤后所得浸出液为含Na2TeO3的溶
液，加入过氧化氢将Na2TeO3氧化为Na2TeO4，再加H2SO3酸溶还原沉碲，将Na2TeO4还原为Te，据此分析解
答。
（1）将碲化铜渣粉碎，目的是增大反应物的接触面积，加快反应速率，提高浸出率。
（2）根据分析，碲化铜渣中加入硫酸并通入氧气焙烧，反应生成硫酸铜以及TeO2，水浸后过滤，所得滤
液i 主要成分为硫酸铜。
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（3）焙烧过程中，Cu2Te、硫酸和氧气反应生成硫酸铜、TeO2和水，反应的化学方程式为Cu2Te+2H2SO4
+2O2
2CuSO4+TeO2+2H2O。
（4）根据分析，水浸后过滤，所得滤渣的主要成分为TeO2，还含有Au 和Pt，加入氢氧化钠碱浸，目的是
将TeO2转化为Na2TeO3浸出，同时富集Au、Pt 等，便于后续回收。
（5）用H2SO3“酸溶还原沉碲”，将Na2TeO4还原为Te，反应的离子方程式为
。
（6）由晶胞图和z 轴投影图可知，c 点位于体对角线的
处，a 点的坐标为(0,0,0)，b 点的坐标为(1,1,1)，
则c 点的坐标为(
,
,
)；设晶胞参数为acm，该立方晶胞中，位于晶胞内部Zn 原子个数为4，则
，
cm，由晶胞图可知，Zn 与Te 最近距离为体对角线的
，即为
。
8．（2023·湖北黄冈·黄冈中学校考二模）我国科学家潘锦功发明了碲化镉薄膜太阳能电池，又称“发电玻
璃”，被誉为“挂在墙上的油田”，使得碲元素重新走进人们的视野。以锡碲渣(主要含Na2SnO3和
Na2TeO3)为原料，回收锡酸钠并制备碲单质的流程图如下。
已知：锡酸钠(Na2SnO3)和亚碲酸钠(Na2TeO3)均易溶于碱。
(1)“碱浸”过程中，锡碲浸出率与溶液中碱的质量浓度关系如图所示，最理想的碱的质量浓度为100 g/L，
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其理由是 。
(2)“氧化”时，反应的离子方程式为 ；“氧化”的温度控制在60℃～70℃之间，其原因是
。
(3)从“溶析结晶”回到“碱浸”的物质除烧碱外，还有 (写化学式)。
(4)“还原”反应的化学方程式为 。
(5)将亚碲酸钠溶液在电解槽中以铂作电极进行电解即可得到碲单质。电解过程中阴极上的电极反应为
。
(6)碲产品中碲质量分数的测定，步骤如下：
①取4.0 g 碲产品，加入酸使其转化为亚碲酸(H2TeO3)，将其配制成100 mL 溶液，取25.00 mL 于锥形瓶中。
②往锥形瓶中加入25.00 mL 0.1 mol·L
酸性K2Cr2O7溶液，充分反应使亚碲酸转化为碲酸(H6TeO6)。
③用0.1 mol·L
硫酸亚铁铵标准溶液滴定剩余的酸性K2Cr2O7溶液，滴入几滴试亚铁灵指示剂至终点显红色，
进行三次平行实验，平均消耗18.00 mL 硫酸亚铁铵标准溶液。试计算该碲产品中碲的质量分数为
。(保留小数点后面二位数字)
【答案】(1)当碱的浓度小于100 g/L 时，随浓度增大，锡和碲的浸出率增大；当碱的浓度大于100 g/L 时，
锡的浸出率几乎不变，碲的浸出率提高不大
(2)
温度低于60℃反应慢，温度高于70℃，H2O2 受热
分解
(3)Na2TeO4、Na2SnO3
(4)
(5)
(6)84.48%
【解析】根据工艺流程分析可知：锡碲渣加入烧碱溶波进行碱浸，将Na2SnO3和Na2TeO3溶解，再加入H2O2
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氧化，发生反应Na2SnO3+H2O2=Na2TeO4↓+ H2O，过滤后得到碲酸钠渣；加入浓盐酸将碲酸钠渣溶解，最后
通入SO2还原得到单质碲；氧化后过滤所得的滤液加入烧碱溶析结晶得到锡酸钠的晶体，A 中含有少量的
烧碱、Na2TeO4、Na2SnO3，可返回碱浸中继续进行，最后将锡酸钠晶体干燥粉碎得到锡酸钠产品。
（1）根据锡碲浸出率与溶液中碱的质量浓度关系图分析可知：当碱的质量浓度超过100g/L 后，锡浸出率
几乎不变，碲浸出率也提高不大，因此最理想的碱的质量浓度为100g/L；
（2）由上述分析可知,碱浸后加入H2O2氧化，H2O2将Na2SnO3氧化为Na2SnO4，H2O2被还原为H2O，根据物
质的溶解性及电解质的强弱，发生反应的离子方程式为：
；
在其它条件不变时，升高温度反应速率加快。若温度过低，反应进行较慢，但温度较高时，过氧化氢会受
热分解，因此在“氧化”将温度控制在60
~ 70
℃
℃之间；
（3）氧化后过滤所得的滤液加入烧碱溶析结晶得到锡酸钠的晶体，溶液A 中含有少量的烧碱，还含有的
物质是Na2TeO4、Na2SnO3；
（4）过滤后得到碲酸钠渣，加入浓盐酸将碲酸钠渣溶解后通入SO2还原Na2TeO4得到单质碲和硫酸钠，根
据电子守恒、原子守恒，可得发生的反应的化学方程式为：
；
（5）将Na2TeO3溶液在电解槽中以铂作电极进行电解，
在阴极得到电子被还原可得到碲单质，故电
解过程中阴极上的电极反应为
；
（6）根据反应关系式
+3H2TeO3+8H++2H2O=2Cr3++3H6TeO6和
+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O 可得关
系式为：3Te～3H2TeO3～K2Cr2O7，6Fe2+～
；在25.00 mL 溶液中与H2TeO3反应的K2Cr2O7的物质的量为
n(K2Cr2O7)=0.025 L×0.1 mol/L-
×0.1 mol/L×0.018 L=0.0022 mol，故n(Te)=3 n(K2Cr2O7)=0.0066 mol，故4.0g 碲
配制的100 mL 溶液中含有Te 的总物质的量是n(Te)总=0.0066 mol×
=0.0264 mol，其质量为
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m(Te)=0.0264 mol×128 g/mol=3.3792 g，故该碲产品中碲的质量分数为
×100%=84.48%。
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