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热点专项 陌生元素及其化合物性质探究分析
目录
01 考情透视·目标导航............................................................................................................................
02 知识导图·思维引航............................................................................................................................
03 核心精讲·题型突破............................................................................................................................
题型一 过渡元素植入工艺流程或物质制备中...............................................................................
【真题研析】...........................................................................................................................................................
【核心精讲】...........................................................................................................................................................
1．锌及其重要化合物.........................................................................................................................................
2．钴、镍及其化合物.........................................................................................................................................
3．钒及其化合物.................................................................................................................................................
4．铬及其化合物.................................................................................................................................................
5．钛及其化合物.................................................................................................................................................
6．过渡金属易形成的配合物............................................................................................................................
【命题预测】...........................................................................................................................................................
题型二 以陌生物质为切入考查无机推断.........................................................................................
【真题研析】...........................................................................................................................................................
【核心精讲】...........................................................................................................................................................
1．常见特征反应现象.........................................................................................................................................
2．一些特殊条件.................................................................................................................................................
3．一些特殊数据.................................................................................................................................................
【命题预测】...........................................................................................................................................................
考向1 已知物质为载体..................................................................
考向2 未知物质为载体..................................................................
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考点要求
考题统计
考情分析
过渡元素
植入工艺
流程或物
质制备中
2024·江西卷，15，14 分；2024·山
东卷，18，12 分；2024·辽吉黑卷，
16，14 分；2024·河北卷，16，14
分；2024·全国新课标卷，8，14
分；2024·江苏卷，14，15 分；
过渡元素是考查元素化合物知识的重要媒
介，特别是在化工流程或物质制备题中重
要载体，近年来在高考题中频频出现；无
机推断题是考查元素及其化合物的一种重
要形式，浙江省选考卷已不囿于传统的无
机推断，改头换面以小流程结合定量计算
进行推断的形式出现，有着积极导向作
用。对高考考生来说，基础知识越牢固，
思维迁移越多，从信息中提取知识越快，
解读陌生物质的能力越强。
以陌生物
质为切入
考查无机
推断
2024·浙江1 月卷，18，10 分；
2022·浙江省1 月卷，28，10 分；
2022·浙江省6 月卷，28，10 分；
2021·浙江省1 月卷，28，10 分；
2021·浙江省6 月卷，28，10 分；
2
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3
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题型一 过渡元素植入工艺流程或物质制备中
1．(2024·江西卷，15，14 分)稀土是国家的战略资源之一。以下是一种以独居石【主要成分为CePO4.
含有Th3(PO4)4、U3O8和少量镭杂质】为原料制备CeCl3•nH2O 的工艺流程图。
已知：ⅰ．Ksp[Th(OH)4]=4.0×10﹣45，Ksp[Ce(OH)3]=1.6×10﹣20，Ksp[Ce(OH)4]=2.0×10﹣48
ⅱ．镭为第ⅡA 族元素
回答下列问题：
(1)关于独居石的热分解，以下说法正确的是 _______(填标号)。
a．降低压强，分解速率增大 b．降低温度，分解速率降低
c．反应时间越长，分解速率越大 d．提高搅拌速度，分解速率降低
(2)Na2U2O7中铀元素的化合价为 _______，热分解阶段U3O8生成Na2U2O7的化学反应方程式为
_______。
(3)浓缩结晶后，得到的晶体产物化学式为 _______，滤液可用于 _______阶段循环利用，避免产生大
量的高碱度废水。
(4)溶解阶段，将溶液pH 先调到1.5～2.0，反应后再回调至4.5。
①盐酸溶解Ce(OH)4的离子方程式为 _______。
②当溶液pH=4.5 时，c(Th4+)=_______mol/L，此时完全转化为氢氧化钍沉淀。
(5)以BaSO4为载体形成共沉淀，目的是去除杂质 _______。
【答案】(1)b (2)
.
①+6
.
②2U3O8+O2+6NaOH＝3Na2U2O7+3H2O
(3)
.
①Na3PO4•12H2O
.
②热分解
(4)
.
①2Ce(OH)4+8H++2Cl﹣＝2Ce3++Cl2↑+8H2O
.
②4×10﹣7
(5)RaSO4
【解析】独居石的主要成分为CePO4，含有Th3(PO4)4、U3O8和少量镭杂质，加入55～60%的NaOH 进
行热分解，U3O8发生反应：2U3O8+O2+6NaOH＝3Na2U2O7+3H2O，转化为Na2U2O7，CePO4中的Ce 被氧化
4
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为Ce(OH)4，将热分解后的物质加水稀释后过滤，得到的滤液中含有Na+、PO4
3-，滤液浓缩结晶后，得到的
晶体化学式为：Na3PO4•12H2O，滤液可用于热分解阶段循环利用，避免产生大量的高碱度废水，过滤得到
的固体产物中加入盐酸和凝聚剂，Ce(OH)4 具有氧化性，与盐酸发生反应：2Ce(OH)4+8H++2Cl﹣＝2Ce3+
+Cl2↑+8H2O，废气为Cl2，调节pH，使铀和Th 进入沉淀，向滤液中加入硫酸铵和氯化钡，使BaSO4 和
RaSO4形成共沉淀，得到含有Ce3+的溶液，经过一系列操作，得到CeCl3•nH2O。(1)a 项，降低压强，分解
速率降低，故a 错误；b 项，降低温度，分解速率降低，故b 正确；c 项，反应时间越长，分解速率逐渐变
慢，故c 错误；d 项，提高搅拌速度，分解速率加快，故d 错误；故选b；(2)Na2U2O7中Na 为+1 价，O 为
﹣2 价，根据化合价代数和为0，则铀元素的化合价为+6 价，热分解阶段U3O8生成Na2U2O7的化学反应方
程式为：2U3O8+O2+6NaOH＝3Na2U2O7+3H2O；(3)稀释过滤后的滤液中含有Na+、PO4
3-，滤液浓缩结晶后，
得到的晶体产物化学式为：Na3PO4•12H2O，滤液可用于热分解阶段循环利用，避免产生大量的高碱度废水；
(4)①根据后续流程可知，生成+3 价Ce，则盐酸溶解Ce(OH)4 发生氧化还原反应，其离子方程式为：
2Ce(OH)4+8H++2Cl﹣＝2Ce3++Cl2↑+8H2O；②当溶液pH＝4.5 时，c(H+)＝1×10﹣4.5mol/L，c(OH﹣)＝1×10﹣
9.5mol/L，c(Th4+)×c4(OH﹣)＝4.0×10﹣45，则c(Th4+)＝4×10﹣7 mol/L，此时完全转化为氢氧化钍沉淀；(5)以
BaSO4为载体形成共沉淀，目的是去除杂质RaSO4，RaSO4的溶解度更小。
2．(2024·山东卷，18，12 分)以铅精矿(含PbS，Ag2S 等)为主要原料提取金属Pb 和Ag 的工艺流程如
下：
回答下列问题：
(1)“热浸”时，难溶的PbS 和Ag2S 转化为[PbCl4]2-和[AgCl2]-及单质硫。溶解等物质的量的PbS 和Ag2S
时，消耗Fe3+物质的量之比为_______；溶液中盐酸浓度不宜过大，除防止“热浸”时
挥发外，另一目
的是防止产生_______(填化学式)。
(2)将“过滤Ⅱ”得到的PbCl2沉淀反复用饱和食盐水热溶，电解所得溶液可制备金属Pb “电解I”阳极产
物用尾液吸收后在工艺中循环使用，利用该吸收液的操作单元为_______。
(3)“还原”中加入铅精矿
目的是_______。
(4)“置换”中可选用的试剂X 为_______(填标号)。
A．Al B．Zn C．Pb D．Ag
“置换”反应的离子方程式为_______。
5
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(5)“电解II”中将富银铅泥制成电极板，用作_______(填“阴极”或“阳极”)。
【答案】(1)①1：1 ②H2S
(2)热浸 (3)将过量的Fe3+还原为Fe2+
(4)①C
Pb+2[A
②
gCl2]- =2Ag+[PbCl4]2-
(5)阳极【解析】本题以铅精矿(含PbS，Ag2S 等)为主要原料提取金属Pb 和Ag， “热浸”时，难溶的
PbS 和Ag2S 转化为[PbCl4]2-和[AgCl2]-及单质硫，Fe3+被还原为Fe2+，过滤I 除掉单质硫滤渣，滤液中
[PbCl4]2-在稀释降温的过程中转化为PbCl2沉淀，然后用饱和食盐水热溶，增大氯离子浓度，使PbCl2又转
化为[PbCl4]2-，电解得到Pb；过滤II 后的滤液成分主要为[AgCl2]-、FeCl2、FeCl3，故加入铅精矿主要将
FeCl3还原为FeCl2，试剂X 将[AgCl2]-置换为Ag，得到富银铅泥，试剂X 为铅，尾液为FeCl2。(1)“热浸”时，
Fe3+将PbS 和Ag2S 中-2 价的硫氧化为单质硫，Fe3+被还原为Fe2+，在这个过程中Pb 和Ag 的化合价保持不
变，所以等物质的量的PbS 和Ag2S 时，S2-物质的量相等，所以消耗Fe3+的物质的量相等，比值为1：1；
溶液中盐酸浓度过大，这里主要考虑氢离子浓度会过大，会生成H2S 气体。(2)“过滤Ⅱ”得到的PbCl2沉淀
反复用饱和食盐水热溶，会溶解为[PbCl4]2-，电解[PbCl4]2-溶液制备金属Pb，Pb 在阴极产生，阳极Cl-放电
产生Cl2， 尾液成分为FeCl2，FeCl2吸收Cl2后转化为FeCl3，可以在热浸中循环使用。(3)过滤Ⅱ所得的滤
液中有过量的未反应的Fe3+，根据还原之后可以得到含硫滤渣，“还原”中加入铅精矿的目的是是将将过量
的Fe3+还原为Fe2+。(4)“置换”中加入试剂X 可以可以得到富银铅泥，为了防止引入其他杂质，则试剂X 应
为Pb，发生的反应为：Pb+2[AgCl2]- =2Ag+[PbCl4]2-。(5)“电解II”中将富银铅泥制成电极板，电解Ⅱ得到金
属银和金属铅，将银和铅分离出来，所以不可能作为阴极，应作为阳极板，阳极放电视，银变成阳极泥而
沉降下来，铅失电子为Pb2+，阴极得电子得到Pb，所以电极板应作阳极。
3．(2024·辽吉黑卷，16，14 分)中国是世界上最早利用细菌冶金的国家。已知金属硫化物在“细菌氧
化”时转化为硫酸盐，某工厂用细菌冶金技术处理载金硫化矿粉(其中细小的Au 颗粒被FeS2、
包
裹)，以提高金的浸出率并冶炼金，工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)北宋时期我国就有多处矿场利用细菌氧化形成的天然“胆水”冶炼铜，“胆水”的主要溶质为
_______(填化学式)。
(2)“细菌氧化”中，FeS2发生反应的离子方程式为_______。
(3)“沉铁砷”时需加碱调节pH，生成_______(填化学式)胶体起絮凝作用，促进了含As 微粒的沉降。
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(4)“培烧氧化”也可提高“浸金”效率，相比“培烧氧化”，“细菌氧化”的优势为_______(填标号)。
A．无需控温
B．可减少有害气体产生
C．设备无需耐高温
D．不产生废液废渣
(5)“真金不拍火炼”，表明Au 难被O2氧化，“浸金”中NaCN 的作用为_______。
(6)“沉金”中Zn 的作用为_______。
(7)滤液②经H2SO4酸化，[Zn(CN)4]2-转化为ZnSO4和HCN 的化学方程式为_______。用碱中和HCN 可
生成_______(填溶质化学式)溶液，从而实现循环利用。
【答案】(1)CuSO4
(2)4FeS2+15O2+2H2O
4Fe3++8SO4
2-+4H+
(3) Fe(OH)3 (4)BC
(5)做络合剂，将Au 转化为[Au(CN)2]-从而浸出
(6)作还原剂，将[Au(CN)2]-还原为Au
(7) Na2[Zn(CN)4] +2H2SO4=ZnSO4+4HCN+ Na2SO4 NaCN
【解析】矿粉中加入足量空气和H2SO4，在pH=2 时进行细菌氧化，金属硫化物中的S 元素转化为硫酸
盐，过滤，滤液中主要含有Fe3+、SO4
2-、As(Ⅵ)，加碱调节pH 值，Fe3+转化为Fe(OH)3胶体，可起到絮凝
作用，促进含As 微粒的沉降，过滤可得到净化液；滤渣主要为Au，Au 与空气中的O2和NaCN 溶液反应，
得到含[Au(CN)2]-的浸出液，加入Zn 进行“沉金”得到Au 和含[Zn(CN)4]2-的滤液②。(1)“胆水”冶炼铜，
“胆水”的主要成分为CuSO4；(2)“细菌氧化”的过程中，FeS2在酸性环境下被O2氧化为Fe3+和SO4
2-，离
子方程式为：4FeS2+15O2+2H2O
4Fe3++8SO4
2-+4H+；(3)“沉铁砷”时，加碱调节pH 值，Fe3+转化为
Fe(OH)3胶体，可起到絮凝作用，促进含As 微粒的沉降；(4)A 项，细菌的活性与温度息息相关，因此细菌
氧化也需要控温，A 不符合题意；B 项，焙烧氧化时，金属硫化物中的S 元素通常转化为SO2，而细菌氧
化时，金属硫化物中的S 元素转化为硫酸盐，可减少有害气体的产生，B 符合题意；C 项，焙烧氧化需要
较高的温度，因此所使用的设备需要耐高温，而细菌氧化不需要较高的温度就可进行，设备无需耐高温，
C 符合题意；D 项，由流程可知，细菌氧化也会产生废液废渣，D 不符合题意；故选BC；(5)“浸金”中，
Au 作还原剂，O2作氧化剂，NaCN 做络合剂，将Au 转化为[Au(CN)2]-从而浸出；(6)“沉金”中Zn 作还原剂，
将[Au(CN)2]-还原为Au；(7)滤液②含有[Zn(CN)4]2-，经过H2SO4的酸化，[Zn(CN)4]2-转化为ZnSO4和HCN，
反应得化学方程式为：Na2[Zn(CN)4] +2H2SO4=ZnSO4+4HCN+ Na2SO4；用碱中和HCN 得到的产物，可实
现循环利用，即用NaOH 中和HCN 生成NaCN，NaCN 可用于“浸金”步骤，从而循环利用。
4．(2024·河北卷，16，14 分) V2O5是制造钒铁合金、金属钒的原料，也是重要的催化剂。以苛化泥为
焙烧添加剂从石煤中提取V2O5的工艺，具有钒回收率高、副产物可回收和不产生气体污染物等优点。工艺
流程如下。
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已知：i 石煤是一种含V2O3的矿物，杂质为大量Al2O3和少量CaO 等；苛化泥的主要成分为CaCO3、
NaOH、Na2CO3等。
ⅱ高温下，苛化泥的主要成分可与Al2O3反应生成偏铝酸盐；室温下，偏钒酸钙[Ca(VO3)2]和偏铝酸钙
均难溶于水。回答下列问题：
(1)钒原子的价层电子排布式为_______；焙烧生成的偏钒酸盐中钒的化合价为_______，产生的气体①
为_______(填化学式)。
(2)水浸工序得到滤渣①和滤液，滤渣①中含钒成分为偏钒酸钙，滤液中杂质的主要成分为_______(填
化学式)。
(3)在弱碱性环境下，偏钒酸钙经盐浸生成碳酸钙发生反应的离子方程式为_______；CO2加压导入盐
浸工序可提高浸出率的原因为_______；浸取后低浓度的滤液①进入_______(填工序名称)，可实现钒元素
的充分利用。
(4)洗脱工序中洗脱液的主要成分为_______(填化学式)。
(5)下列不利于沉钒过程的两种操作为_______(填序号)。
a．延长沉钒时间 b．将溶液调至碱性 c．搅拌 d．降低NH4Cl 溶液的浓度
【答案】(1)①3d34s2 ②+5 ③CO2
(2) NaAlO2
(3)①Ca(VO3)2+HCO3
-+OH-
CaCO3+2VO3
-+H2O
②提高溶液中HCO3
-浓度，促使偏钒酸钙转化为碳酸钙，释放VO3
- ③离子交换
(4) NaCl
(5)bd
【解析】石煤和苛化泥通入空气进行焙烧，反应生成NaVO3、Ca(VO3)2、NaAlO2、Ca(AlO2)2、CaO 和
CO2等，水浸可分离焙烧后的可溶性物质(如NaVO3)和不溶性物质[Ca(VO3)2、Ca(AlO2)2等]，过滤后滤液进
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行离子交换、洗脱，用于富集和提纯VO3
-，加入氯化铵溶液沉钒，生成NH4VO3，经一系列处理后得到
V2O3；滤渣①在
，66~70℃的条件下加入3%NH4HCO3溶液进行盐浸，滤渣①中含有钒元素，通过
盐浸，使滤渣①中的钒元素进入滤液①中，再将滤液①回流到离子交换工序，进行VO3
-的富集。(1)钒是
23 号元素，其价层电子排布式为3d34s2 ；焙烧过程中，氧气被还原，V2O3被氧化生成VO3
-，偏钒酸盐中
钒的化合价为+5 价；CaCO3在
以上开始分解，生成的气体①为CO2。(2)由已知信息可知，高温下，
苛化泥的主要成分与Al2O3 反应生成偏铝酸钠和偏铝酸钙，偏铝酸钠溶于水，偏铝酸钙难溶于水，所以滤
液中杂质的主要成分是NaAlO2。(3)在弱碱性环境下，Ca(VO3)2 与HCO3
-和OH-反应生成CaCO3、VO3
-和
H2O，离子方程式为：Ca(VO3)2+HCO3
-+OH-
CaCO3+2VO3
-+H2O； CO2加压导入盐浸工序可提高浸
出率，因为C 可提高溶液中HCO3
-浓度，促使偏钒酸钙转化为碳酸钙，释放VO3
-；滤液①中含有VO3
-、
NH4
+等，且浓度较低，若要利用其中的钒元素，需要通过离子交换进行分离、富集，故滤液①应进入离子
交换工序。(4)由离子交换工序中树脂的组成可知，洗脱液中应含有Cl-，考虑到水浸所得溶液中含有Na+，
为避免引人其他杂质离子，且NaCl 廉价易得，故洗脱液的主要成分应为NaCl。(5)a 项，延长沉钒时间，
能使反应更加完全，有利于沉钒，a 不符合题意；b 项，NH4Cl 呈弱酸性，如果将溶液调至碱性，OH-与
NH4
+反应，不利于生成NH4VO3，b 符合题意；c 项，搅拌能使反应物更好的接触，提高反应速率，使反应
更加充分，有利于沉钒，c 不符合题意；d 项，降低NH4Cl 溶液的浓度，不利于生成NH4VO3，d 符合题意；
故选bd。
5．(2024·全国新课标卷，8，14 分)钴及其化合物在制造合金、磁性材料、催化剂及陶瓷釉等方面有着
广泛应用。一种从湿法炼锌产生的废渣(主要含Co、Zn、Pb、Fe 的单质或氧化物)中富集回收得到含锰高钴
成品的工艺如下：
已知溶液中相关离子开始沉淀和沉淀完全(
)时的pH：
Fe3+
Fe2+
Co3+
Co2+
Zn2+
开始沉淀的pH
1 5
6.9
—
7.4
6.2
沉淀完全的pH
2.8
8.4
1.1
9.4
8.2
回答下列问题：
9
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(1)“酸浸”前废渣需粉碎处理，目的是_______；“滤渣1”中金属元素主要为_______。
(2)“过滤1”后的溶液中加入MnO2的作用是_______。取少量反应后的溶液，加入化学试剂_______检
验_______，若出现蓝色沉淀，需补加MnO2。
(3)“氧化沉钴”中氧化还原反应的离子方程式为_______、_______。
(4)“除钴液”中主要的盐有_______(写化学式)，残留的Co3+浓度为_______ mol·L-1。
【答案】(1)①增大固液接触面积，加快酸浸速率，提高浸取效率 ②Pb
(2)①将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，以便在后续调pH 时除去Fe 元素
②K3[Fe(CN)6]溶液 ③ Fe2+
(3)①3Co2++MnO4
- +7H2O= 3Co(OH)3↓ +MnO2↓ +5H+
②2MnO4
- +3Mn2++2H2O=5MnO2↓ +4H+
(4)①ZnSO4、K2SO4 ②10-16.7
【解析】由题中信息可知，用硫酸处理含有Co、Zn、Pb、Fe 的单质或氧化物的废渣，得到含有
Co2+、Zn2+、Fe2+、Fe3+、ZnSO4、K2SO4
2-等离子的溶液，Pb 的单质或氧化物与硫酸反应生成难溶的PbSO4，
则“滤渣1”为“酸浸”时生成的PbSO4；向滤液中加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，然后加入ZnO 调节pH=4 使
Fe3+完全转化为Fe(OH)3，则“滤渣Ⅱ”的主要成分为Fe(OH)3，滤液中的金属离子主要是Co2+、Zn2+和
Mn2+；最后“氧化沉钴”，加入强氧化剂KMnO4，将溶液中Co2+氧化为Co3+，在pH=5 时Co3+形成Co(OH)3
沉淀，而KMnO4则被还原为MnO2，KMnO4还会与溶液中的Mn2+发生归中反应生成MnO2，得到Co(OH)3
和MnO2的混合物，“除钴液”主要含有ZnSO4、K2SO4。(1)在原料预处理过程中，粉碎固体原料能增大固
体与液体的接触面积，从而加快酸浸的反应速率，提高浸取效率；由分析可知，“滤渣1”的主要成分为
PbSO4，则“滤渣1”中金属元素主要为Pb；(2)酸浸液中含有Co2+、Zn2+、Fe2+、Fe3+、SO4
2-等离子。由题表中
数据可知，当Fe3+完全沉淀时，Co2+未开始沉淀，而当Fe2+完全沉淀时，Co2+已有一部分沉淀，因此为了除
去溶液中的Fe 元素且Co2+不沉淀，应先将Fe2+氧化为Fe3+，然后调节溶液的pH 使Fe3+完全水解转化为
Fe(OH)3 沉淀，因此，MnO2 的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，以便在后续调pH 时除去Fe 元素。常用
K3[Fe(CN)6]溶液检验Fe2+，若生成蓝色沉淀，则说明溶液中仍存在Fe2+，需补加MnO2；(3)该过程发生两个
氧化还原反应，根据分析中两个反应的反应物、产物与反应环境(pH=5)，结合得失电子守恒、电荷守恒和
原子守恒可写出两个离子方程式：3Co2++MnO4
- +7H2O= 3Co(OH)3↓ +MnO2↓ +5H+ 、2MnO4
- +3Mn2+
+2H2O=5MnO2↓ +4H+ ；(4)最终得到的“除钴液”中含有的金属离子主要是最初“酸浸”时与加入ZnO 调pH
时引入的Zn2+、加入KMnO4 “氧化沉钴”时引入的K+，而阴离子是在酸浸时引入的SO4
2-，因此其中主要的
盐有ZnSO4和K2SO4。当溶液pH=1.1 时c(H＋)=10-1.1mol·L-1，Co3+恰好完全沉淀，此时溶液中c(Co3+)=1.0×10-
5mol·L-1，则
，则
。“除
10
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钴液” 的pH=5 ，即c(H
＋)=10-5mol·L-1 ，则
，此时溶液中
。
6．(2024·江苏卷，14，15 分)回收磁性合金钕铁硼(Nd2Fe14B)可制备半导体材料铁酸铋和光学材料氧化
钕。
(1)钕铁硼在空气中焙烧转化为Nd2O3、Fe2O3等(忽略硼的化合物)，用0.4mol·L-1盐酸酸浸后过滤得到
NdCl3溶液和含铁滤渣。Nd、Fe 浸出率(
)随浸取时间变化如图所示。
①含铁滤渣的主要成分为_______(填化学式)。
②浸出初期Fe 浸出率先上升后下降的原因是_______。
(2)含铁滤渣用硫酸溶解，经萃取、反萃取提纯后，用于制备铁酸铋。
①用含有机胺(R3R)
有机溶剂作为萃取剂提纯一定浓度的Fe2(SO4)3溶液，原理为：
(有机层)
已知：
其他条件不变，水层初始pH 在0.2~0.8 范围内，随水层pH 增大，有机层中Fe 元素含量迅速增多的原
因是_______。
②反萃取后，Fe2(SO4)3经转化可得到铁酸铋。铁酸铋晶胞如图所示(图中有4 个Fe 原子位于晶胞体对
角线上，O 原子未画出)，其中原子数目比N(Fe)：N(Bi)= _______。
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(3)净化后的NdCl3溶液通过沉钕、焙烧得到Nd2O3。
①向NdCl3溶液中加入(NH4)2CO3溶液，Nd3+可转化为Nd(OH)CO3沉淀。该反应的离子方程式为
_______。
②将8.84 mg Nd(OH)CO3 (摩尔质量为221 g·molˉ1)在氮气氛围中焙烧，剩余固体质量随温度变化曲线
如图所示。550~600℃时，所得固体产物可表示为NdaOb(CO3)c，通过以上实验数据确定该产物中n(Nd3+)：
n(CO3
2-)的比值_______(写出计算过程)。
【答案】(1)①Fe(OH)3 ②浸出初期，c(H+)较大，铁的浸出率较大，约5min 后，溶液酸性减弱，
Fe3+水解生成Fe(OH)3进入滤渣
(2)①
随
水
层
pH
增
大
，
H+
的
浓
度
减
小
，
的化学平衡向正反应方向移动，
的化学平衡逆向移动，该平衡逆向移动引起
(R3NH)2SO4浓度的增大，进一步促进萃取平衡向萃取方向移动，导致(R3NH)2Fe(OH)(SO4)2的浓度增大，因
此，有机层中Fe 元素含量迅速增多 ②2：1
(3)①2Nd3++3CO3
2-+H2O=2Nd(OH)CO3↓+CO2↑ ②2：1
【解析】(1)①钕铁硼在空气中焙烧后得到的Nd2O3、Fe2O3均可溶于盐酸，得到含有NdCl3和FeCl3的
溶液。由图中信息可知，Nd 的浸出率逐渐增大，而Fe 的浸出率先增大后逐渐减小，说明随着Nd 的浸出率
增大，稀盐酸中的H+的浓度逐渐减小，pH 逐渐增大导致Fe3+水解生成Fe(OH)3沉淀，因此，含铁滤渣的主
要成分为Fe(OH)3。②由①中分析可知，浸出初期Fe 浸出率先上升后下降的原因是：浸出初期，Fe2O3溶解，
Fe 的浸出率增大，约5min 随着Nd 的浸出率增大，稀盐酸中的H+的浓度逐渐减小，pH 逐渐增大导致
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Fe3+水解生成Fe(OH)3进入滤渣，Fe 的浸出率又减小。(2)①减小生成物浓度，化学平衡向正反应方向移动，
因此，其他条件不变，水层初始pH 在0.2~0.8 范围内，随水层pH 增大，H+ 的浓度减小，
的化学平衡向正反应方向移动，
又H+的浓度减小使平衡
逆向移动，引起(R3NH)2SO4
浓度的增大，进一步促进平衡
向萃取方向移动，导致(R3NH)2Fe(OH)(SO4)2的浓度增大，因此，有机层中Fe 元素含量迅速增多。②由铁
酸铋晶胞结构示意图可知，晶胞中体内有4 个Fe 原子，面上有8 个Fe 原子，根据均摊法可知，Fe 原子的
数目为
；Bi 原子全部在晶胞的面上，共有
，因此，其中原子数目比N(Fe)：
N(Bi)=2：1。(3)①向NdCl3溶液中加入(NH4)2CO3溶液，Nd3+和CO3
2-相互促进对方水解生成Nd(OH)CO3沉
淀和CO2，该反应的离子方程式为2Nd3++3CO3
2-+H2O=2Nd(OH)CO3↓+CO2↑。②8.84 mg Nd(OH)CO3的物质
的量为
，其在氮气氛围中焙烧后，金属元素的质量和化合价均保持不变，因此，
n(Nd3+)=
；550~600℃时剩余固体的质量为7.60 mg，固体减少的质量为1.24 mg，由于碱式盐
在受热分解时易变为正盐，氢氧化物分解得到氧化物和H2O，碳酸盐分解得到氧化物和CO2，因此，可以
推测固体变为NdaOb(CO3)c时失去的质量是生成H2O 和CO2的质量；根据H 元素守恒可知，固体分解时生
成H2O 的质量为
，则生成CO2 的质量为1.24
mg-0.36mg=0.88mg，则生成CO2的物质的量为
，由C 元素守恒可知，
分解后剩余的CO3
2-的物质的量为4×10-5mol-
=
，因此可以确定该产物中n(Nd3+)：
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n(CO3
2-)的比值为
。
或
对陌生无机物的解读过程也往往就是运用类比思维的学习过程。类比就是由两个对象的某些相同或相
似的性质，推断它们在其他性质上也有可能相同或相似的一种推理形式。如无机物的金属、非金属、酸性
氧化物、碱性氧化物、酸、碱、盐等都具有其相应的通性，由陌生物质的属类可判断其某些性质。同时对
陌生物质中的关键元素的价态进行分析：较高价态的有氧化性，较低价态的有还原性，中间价态的既有氧
化性又有还原性。
1．锌及其重要化合物
(1)Zn 的性质与Al 相似，与强酸、强碱均反应生成H2。
(2)ZnO、Zn(OH)2与Al2O3、Al(OH)3均为两性化合物。与酸反应生成Zn2＋，与强碱反应生成ZnO。
2．钴、镍及其化合物
(1)常温下，钴、镍在空气中能稳定存在，加热条件下可生成CoO、NiO。
(2)CoO 溶于酸和强碱溶液，不溶于水、乙醇、氨水，在空气中焙烧至390～890 ℃时生成四氧化三钴。
NiO 溶于酸和氨水，不溶于水。
(3)Co(OH)2在空气中缓慢地被氧化为棕褐色的Co(OH)3，Ni(OH)2在空气中较稳定，可采用氧化性较强
的Br2将其氧化。
④Co3＋、Ni3＋在酸性溶液中有强氧化性，易被还原，如Co(OH)3、Ni(OH)3在盐酸中被还原，2Co(OH)3
＋6HCl===2CoCl2＋Cl2↑＋6H2O，2Ni(OH)3＋6HCl===2NiCl2＋Cl2↑＋6H2O；在H2SO3 溶液中被还原，
2Co(OH)3＋SO＋4H＋===2Co2＋＋SO＋5H2O，2Ni(OH)3＋SO＋4H＋===2Ni2＋＋SO＋5H2O。
3．钒及其化合物的性质
(1)V：常温下不活泼，不能与非氧化性酸及碱作用，但能溶于氢氟酸、硝酸和王水。
(2)V2O5：两性氧化物，但以酸性为主，V2O5＋6NaOH===2Na3VO4＋3H2O；1 750 ℃发生分解反应：
2V2O5=====2V2O4＋O2↑；微溶于水，易形成稳定的胶体；有较强的氧化性：V2O5＋6HCl(浓)===2VOCl2＋
Cl2↑＋3H2O。
(3)VO2＋、VO：在酸性介质中，VO 具有强氧化性，VO＋Fe2＋＋2H＋===VO2＋＋Fe3＋＋H2O，2VO＋
H2C2O4＋2H＋
2VO2＋＋2CO2↑＋2H2O。
4．铬及其化合物的性质
(1)Cr：加热时，与O2反应生成Cr2O3。
(2)Cr2O3：两性氧化物，Cr2O3＋6H＋==2Cr3＋＋3H2O；Cr2O3＋2OH－===2CrO＋H2O。
(3)Cr(OH)3：两性氢氧化物，Cr(OH)3＋3H＋==Cr3＋＋3H2O；Cr(OH)3＋OH－===CrO＋2H2O。
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(4)CrO 与Cr2O：(1)可相互转化，2CrO(黄色)＋2H
'Cr2O(橙色)＋H2O。(2)强氧化性，如5H＋＋
Cr2O＋3HSO===2Cr3＋＋3SO＋4H2O，2Na2CrO4＋16HCl===2CrCl3＋4NaCl＋3Cl2↑＋8H2O。
5．钛及其化合物的性质
(1)Ti：常温时与酸不反应，但可与HF 反应(Ti＋6HF===H2TiF6＋2H2↑)，也可与热的浓盐酸反应[2Ti＋
6HCl(浓)
2TiCl3＋3H2↑]。
(2)TiO2：不溶于水和稀酸，可溶解在HF 溶液及热的浓硫酸中；可与Cl2反应：TiO2＋2Cl2===TiCl4＋
O2；与碱溶液缓慢反应：TiO2＋2NaOH===Na2TiO3＋H2O；在高温下与Cl2、C 发生反应：TiO2＋2C＋
2Cl2=====TiCl4＋2CO。
(3)TiCl4：暴露在空气中会冒出白烟，TiCl4＋3H2O===H2TiO3↓＋4HCl；Mg 作还原剂时可制备金属钛，
2Mg＋TiCl4
2MgCl2＋Ti。
6．过渡金属易形成的配合物
(1)金属离子常易水解，其水合离子通常显色，如Cu2＋(aq，蓝)、Fe2＋(aq，浅绿)、Fe3＋(aq，黄)、Cr3＋
(aq，绿)。
(2)容易形成配合物的中心离子，如[Cu(NH3)4]2＋、[Ag(NH3)2]＋、[Fe(SCN)6]3－、[Cr(NH3)3(H2O)2Cl]2＋。
(3)向一些盐溶液中滴加氨水，先生成难溶性碱，继续滴加，生成含氨配合物，如
CuSO4(aq)[或AgNO3(aq)]――→Cu(OH)2(s)[或AgOH(s)]――→[Cu(NH3)4]2＋{或[Ag(NH3)2]＋}。
(4)钴的配合物
①Co(Ⅱ)与H2O、Cl－配合的平衡转化：[Co(H2O)6]2＋
[CoCl4]2－。
粉红色 蓝色
②Co(Ⅱ)的配合物具有较强的还原性：Co2＋＋6NH3→[Co(NH3)6]2＋
[Co(NH3)6]3＋。
1．(2025·河北省衡水市高三第二次调研)V2O5是制造钒铁合金、金属钒的原料，也是重要的催化剂。
钒矿石中含V2O5，杂质为大量Al2O3和少量CaO 等，可通过碱熔法从钒矿石中提取纯度较高的V2O5，流程
如下：
已知：V2O5是以酸性为主的两性化合物，偏钒酸铵(NH4VO3)与偏钒酸钙[Ca(VO3)2]均难溶于水，在弱
碱性环境下，偏钒酸钙经盐浸生成碳酸钙。下列说法错误的是
A．气体②的成分为CO2
B．盐浸工序得到滤渣的成分为CaCO3
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C．洗脱工序中洗脱液的主要成分为NaCl
D．延长沉钒时间、增大NH4Cl 溶液的浓度有利于沉钒
【答案】A
【解析】钒矿石中含V2O5，杂质为大量Al2O3和少量CaO 等，向其中加入NaOH 热熔，V2O5先转化为
NaVO3，然后NaVO3与CaO 反应会产生偏钒酸钙[Ca(VO3)2]，Al2O3反应转化为NaAlO2，生成的NaAlO2与
CaO 反应转化为偏铝酸钙Ca(AlO2)2，再加入纯碱Na2CO3，Ca(VO3)2、Ca(AlO2)2转化为CaCO3沉淀，同时
产生可溶性NaVO3、NaAlO2而溶于水，Ca(A1O2)2、Ca(VO3)2、CaCO3难溶于水，过滤除去滤渣，向滤液中
加入树脂进行离子交换，经洗脱液洗脱，富集和提纯VO-，再加入NH4Cl 溶液沉淀钒，生成NH4VO3沉淀，
过滤，再将滤液回流到离子交换工序，将滤渣NH4VO3进行焙烧得到V2O5。A 项，加入NH4Cl 溶液沉钒，
形成NH4VO3沉淀，将其煅烧，发生反应：2NH4VO3
V2O5+2NH3↑+H2O，可见反应产生的气体②的主
要成分为NH3，A 错误；B 项，钒矿石中含V2O5及大量Al2O3和少量CaO 等杂质，在用NaOH 热熔时，
V2O5转化为偏钒酸钙[Ca(VO3)2]，Al2O3转化为Ca(AlO2)2，然后加入纯碱盐浸，Ca(VO3)2、Ca(AlO2)2反应产
生CaCO3沉淀，同时得到可溶性物质NaVO3、NaAlO2，故盐浸工序得到滤渣的成分主要为CaCO3，B 正确；
C 项，由离子交换树脂的组成可知，洗脱液中应含氯离子，考虑到水浸所得溶液中含有钠离子，为避免引
入其它杂质离子，且氯化钠价廉易得，洗脱工序中洗脱液的主要成分为NaCl，C 正确；D 项，沉钒过程是
生成NH4VO3沉淀，因此延长沉钒时间、增大NH4Cl 溶液的浓度，有利于沉钒，D 正确；故选是A。
16．[原创题]碳化亚铜(Cu2C2)这是一种对热和冲击敏感的高爆炸药，把乙炔通入[Cu(NH3)2] Cl 溶液，
可以生成碳化亚铜红棕色沉淀，下列关于Cu2C2说法正确的是
A．Cu2C2为无机化合物，阴离子可作氧化剂
B．隔绝空气条件下引爆后不释放气体
C．可以在酸性条件下乙炔气体通过氯化亚铜制得
D．易溶于水和大多数有机溶剂
【答案】B
【解析】B 项，碳化亚铜为无机化合物，化合物中的阴离子为C2
2-，处于低价态，碳元素化合价升高，
作还原剂，A 不正确；B 项，隔绝空气条件下引爆后发生爆炸反应Cu2C2(s) → 2 Cu(s) + 2 C(s)，B 正确；
C 项，根据已知条件，乙炔通入[Cu(NH3)2] Cl 生成碳化亚铜沉淀，C 不正确；D 项，碳化亚铜的红棕色沉
淀，属于盐难溶于有机溶剂，D 不正确；故选B。
3．锌是一种浅灰色的过渡金属。在现代工业中，是电池制造中不可替代且相当重要的金属，以菱锌
矿(主要成分为ZnCO3、ZnO，含有少量SiO2和Na2SiO3)制备锌单质的流程如图所示：
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下列说法错误的是( )
A．SO 的空
构
正四面体形
为
间结
B．滤渣的主要成分为SiO2和H2SiO3
C．“沉淀”步骤中，消耗CO2的物质的量与消耗Na2[Zn(OH)4]的物质的量之比为1∶1
D．“热还原”过程发生了置换反应
【答案】C
【解析】菱锌矿(主要成分为ZnCO3、ZnO，含有少量SiO2和Na2SiO3)与硫酸反应生成硫酸锌、硅酸、
硫酸钠，二氧化硅不与硫酸反应，过滤，向滤液中加入过量氢氧化钠溶液，向溶液中通入二氧化碳得到氢
氧化锌，过滤，将氢氧化锌煅烧得到氧化锌，再用过量焦炭还原得到锌。“沉淀”时CO2会先与未反应完
的NaOH 反应，因此消耗的二氧化碳量比Na2[Zn(OH)4]多，故C 错误；ZnO＋C=====Zn＋CO↑是置换反应，
故D 正确。
4．(2024·长沙模拟)以黄铁矿(主要成分是FeS2，含少量SiO2)和软锰矿(主要成分是MnO2，含少量
Fe2O3、Al2O3)为原料制备MnSO4·H2O 的工艺流程如图。下列说法正确的是( )
A．酸浸和沉锰操作均应在较高温度下进行
B．滤渣1 的成分中含有S 和SiO2
C．调pH 的目的只为除去溶液中的Fe3＋
D．沉锰操作中主要反应的离子方程式是 2HCO＋Mn2＋===MnCO3↓ ＋CO2 ↑＋H2O
【答案】B
【解析】酸浸时采用高温可以使反应速率加快，而沉锰时如果温度过高，氨水和NH4HCO3受热分解，
MnCO3溶解度增大，导致沉锰效率降低，因此应该在低温下进行沉锰，A 错误；SiO2、生成的S 均不溶于
稀硫酸，因此用稀硫酸溶解后的滤渣1 的成分中含有S 和SiO2，B 正确；调pH 的目的是使溶液中的Fe3＋、
Al3＋转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，从而达到除去Fe3＋、Al3＋的目的，C 错误；沉锰操作中加入NH3·H2O
和NH4HCO3，反应的离子方程式为2HCO＋Mn2＋＋2NH3·H2O===MnCO3↓＋CO＋2NH＋2H2O，D 错误。
5．钒元素在酸性溶液中有多种存在形式，其中VO2＋为蓝色，VO
淡黄色，
为
VO 具有
的氧化性，
较强
Fe2＋、SO 等能把VO
原为
还
VO2＋。向VOSO4溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液颜色由蓝色变为淡黄色。
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下列说法不正确的是( )
A．在酸性溶液中氧化性：MnO>VO
B．FeI2溶液与足量酸性(VO2)2SO4溶液发生反应的离子方程式：Fe2＋＋VO＋2H＋===Fe3＋＋VO2＋＋H2O
C ．向VOSO4 溶液中滴加酸性KMnO4 溶液反应的化学方程式为10VOSO4 ＋2H2O ＋
2KMnO4===5(VO2)2SO4＋2MnSO4＋2H2SO4＋K2SO4
D．向含1 mol VO 的酸性溶液中滴加1.25 mol FeSO4的溶液完全反应，转移电子为1 mol
【答案】B
【解析】向VOSO4溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液颜色由蓝色变为淡黄色，说明MnO 将VO2＋氧
化为VO，从而得出氧化性：MnO>VO，故A 正确；碘离子的还原性强于亚铁离子且加入足量酸性(VO2)2SO4
溶液，碘离子应参与氧化还原反应，故B 错误；向含1 mol VO 的酸性溶液中滴加含1.25 mol Fe2＋的溶液发
生反应：Fe2＋＋VO＋2H＋===Fe3＋＋VO2＋＋H2O，则VO 的量不足，所以转移电子为1 mol，故D 正确。
6．钛合金是一种重要的航空材料，以下是以钛铁矿(主要成分为FeTiO3，含FeO 和Fe2O3等杂质)为原
料制备金属钛及副产品铁红的工艺流程：
已知：①TiO2+易水解为TiO2·nH2O；高温下钛易与N2、H2等反应。
②常温下，Ksp [Fe(OH)2]=8.0×10-16，Ksp[FeCO3]=3.2×10-11。
回答下列问题：
(1)钛铁矿溶煮前需要粉碎，其目的是_______ 。
(2)在“滤液”中加入铁屑的作用是_______ 。
(3)FeSO4 溶液中加入NH4HCO3时还有气体放出，写出反应的化学方程式：_______ ，该反应温度不
宜过高，原因是_______ 。
(4)制备FeCO3时，若将NH4HCO3换成(NH4)2CO3，还会产生Fe(OH)2，原因可能是：FeCO3+2OH-
→Fe(OH)2+CO3
2-，计算该反应的平衡常数K=_______。
(5)“富含TiO2+酸性液”加热并过滤后，所得“废液”中溶质的主要成分是_______ 。
(6)已知TiO2(s)+2Cl2(g)→TiCl4(1)+O2(g) ΔH=+151kJ·mol-1。该反应极难进行，当向反应体系中加入碳后，
则反应在高温条件下能顺利发生，从化学平衡的角度解释原因为_______ 。
(7)镁与TiCl，高温下反应制备粗钛时需加保护气，下列可作为保护气的是_______(填标号)。
A．H2
B．Ar
C．CO2
D．N2
【答案】(1)增大接触面积，加快反应速率
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(2)将Fe3+还原为Fe2+
(3) FeSO4 + 2NH4HCO3 = FeCO3↓+ CO2↑+ H2O + (NH4)2SO4
防止NH4HCO3受热分解和减少Fe2+的水解
(4)4×104
(5)H2SO4 (或H2SO4和FeSO4)
(6)碳与O2反应使O2浓度减小，平衡正向移动，且反应吸热，高温促进平衡正向移动
(7)B
【解析】钛铁矿中含FeO 和Fe2O3等杂质，加入浓硫酸后溶煮过滤可以除去难溶杂质，FeTiO3、FeO、
Fe2O3溶于酸，滤液中含有TiO2+、Fe3+、Fe2+以及H2SO4。加入铁屑后，Fe3+转化为Fe2+。经冷却结晶，富含
TiO2+的酸性液中含有TiO2+、H2SO4，还可能存在没有析出的少量FeSO4。经过后续操作可得到相应产品。
(1)通过粉碎可增大反应物接触面积，加快化学反应速率。(2)根据滤液成分可知，加入铁屑后发生反应：
2Fe3++Fe=3Fe2+，故加铁屑的目的是将Fe3+还原为Fe2+。(3)FeSO4溶液呈酸性，故加入NH4HCO3时生成的气
体应为CO2，产物中有FeCO3，故反应的化学方程式为：FeSO4 + 2NH4HCO3 = FeCO3↓+ CO2↑+ H2O+
(NH4)2SO4；NH4HCO3受热分解，同时FeSO4溶液中存在水解平衡Fe2++2H2O
Fe(OH)2+2H+，升高温
度会促进Fe2+水解，所以反应温度不宜过高。(4)该反应平衡常数
；(5)TiO2+水解转化为TiO2·nH2O 后，“废液”中溶质的主
要成分是H2SO4 (或H2SO4和FeSO4)。(6)已知反应产物中有O2，加入碳之后碳会与O2反应，使O2浓度减
小，平衡正向移动。升高温度向吸热方向移动，反应为吸热反应，高温条件会促进平衡正向移动。(7)高温
下钛易与N2、H2等反应，CO2会与Mg 反应，故可作为保护气的是Ar。
7．一种以钛铁矿(FeTiO3，含Fe2O3、CaO、SiO2等杂质)为主要原料制备钛白粉(TiO2)的工艺流程如图
所示。
已知：①H2TiO3不溶于水和稀酸；
②“酸浸”后钛元素主要以TiO2+形式存在；
③Fe3+在pH=1.8 时生成沉淀，pH=4.1 时沉淀完全。
回答下列问题：
(1)“酸浸”时，常将钛铁矿粉碎，并进行搅拌，其目的是___________。
(2)“酸浸”时，FeTiO3发生反应的化学方程式为___________。
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(3)滤渣①的主要成分是___________(填化学式)。
(4)流程中加入铁粉的目的是还原体系中的Fe3+。为探究最佳反应条件，某化学兴趣小组在保持反应时
间相同的情况下进行探究得到结果如下图所示。
①保持其它反应条件不变，还原体系中Fe(Ⅲ)含量随pH 变化如图甲所示。试分析M 点以后体系中
Fe(Ⅲ)含量随着pH 增大而增大的原因是___________。
②保持其它反应条件不变，还原体系中Fe(Ⅲ)含量随温度变化如图乙所示。由图可知，还原体系中
Fe(Ⅲ)的最佳反应温度为___________℃。
(5)经处理后，流程中可循环利用的物质除Fe 外，还有___________(填化学式)。
(6)如图丙为EFC 剑桥法用固体二氧化钛(TiO2)生产海绵钛的装置示意图，其原理是在较低的阴极电位
下，TiO2(阴极)中的氧解离进入熔盐，阴极最后只剩下纯钛。阴极的电极反应式为___________，产生的气
体中X 的化学式为___________。
【答案】(1)增大接触面积，使反应充分，提高反应速率和Ti 的浸出率
(2)FeTiO3+2H2SO4=TiOSO4+FeSO4+2H2O
(3)Fe、SiO2和CaSO4
(4) pH 增大，溶液中的c(OH-)增大，则容易生成Fe(OH)2沉淀，而Fe(OH)2极易被空气中的O2氧化为
Fe(OH)3，导致体系中Fe(Ⅲ)含量随着pH 增大而增大 55℃
(5)H2SO4
(6) TiO2+4e-=Ti+2O2- CO
【解析】本题为工艺流程题，向钛铁矿中加入足量的硫酸溶液，发生反应有：Fe2O3+
3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O、FeTiO3+2H2SO4=TiOSO4+FeSO4+2H2O、CaO+H2SO4=CaSO4+H2O，加入铁粉将
Fe3+还原为Fe2+，过滤得滤渣①，主要成分为：Fe、SiO2和CaSO4，滤液①主要成分为FeSO4、TiOSO4，冷
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却结晶析出FeSO4·7H2O 晶体，过滤出滤渣②主要成分是FeSO4·7H2O 晶体，和滤液②主要成分是TiOSO4，
加热促进TiOSO4水解生成H2TiO3沉淀，反应原理为：TiOSO4+2H2O=H2SO4+H2TiO3↓，过滤得滤液③主要
成分为H2SO4和H2TiO3，将H2TiO3灼烧得到TiO2。(1)“酸浸”时，常将钛铁矿粉碎，并进行搅拌，以增大
接触面积，使反应充分，提高反应速率和Ti 的浸出率；(2) “酸浸”时，FeTiO3发生反应的化学方程式为
FeTiO3+2H2SO4=TiOSO4+FeSO4+2H2O；(3)滤渣①的主要成分是Fe、SiO2和CaSO4；(4)①保持其它反应条
件不变，还原体系中Fe(Ⅲ)含量随pH 变化如图甲所示。试分析M 点以后体系中Fe(Ⅲ)含量随着pH 增大而
增大的原因是pH 增大，溶液中的c(OH-)增大，则容易生成Fe(OH)2沉淀，而Fe(OH)2极易被空气中的O2氧
化为Fe(OH)3，导致体系中Fe(Ⅲ)含量随着pH 增大而增大；②保持其它反应条件不变，还原体系中Fe(Ⅲ)
含量随温度变化如图乙所示，由图可知，55℃是体系中Fe(Ⅲ)含量最低，故还原体系中Fe(Ⅲ)的最佳反应
温度为55℃；(5)由分析可知，经处理后，流程中可循环利用的物质除Fe 外，还有滤液③主要成分为
H2SO4；(6)如图丙为EFC 剑桥法用固体二氧化钛(TiO2)生产海绵钛的装置示意图，其原理是在较低的阴极
电位下，TiO2(阴极)中的氧解离进入熔盐，阴极最后只剩下纯钛，由题干图示可知，阴极发生还原反应，
则阴极的电极反应式为TiO2+4e-=Ti+2O2-，阳极电极反应为：2O2--4e-=O2↑，C+O2
CO2，CO2+C
2CO，则
产生的气体中X 的化学式为CO。
8．用锌精矿(ZnS)和软锰矿(MnO2)两种矿料(含少量杂质Fe、Cu、Pb 等元素的化合物及SiO2)生产硫酸
锌和硫酸锰的流程如下：
已知：ZnSO4的溶解度如图所示：
回答下列问题：
(1)基态S 原子占据最高能级的原子轨道形状为________________________。
(2)“滤渣1”主要成分为__________________和硫；写出“酸浸”过程中MnO2和ZnS 反应的化学方程
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式：__________________________________________________________________。
(3)“ 除铁” 的萃取剂1 为磷酸二(2- 乙基己基) 酯( 用HA 表示) ，萃取后含铁的物质为
[Fe(HA)2(H2O)2]ASO4，该物质中Fe3＋的配位数为__________。
(4)BaS 为可溶性钡盐。向“水相1”中加入适量BaS，发生主要反应的离子方程式为____________。
(5)从“反萃取液”中获得ZnSO4·H2O 晶体的操作为控制温度在________________K 以上，蒸发至有大
量固体析出、________________、洗涤、干燥。
(6)ZnSO4·H2O 产品的纯度可用配位滴定法测定。下列关于滴定分析正确的是____(填字母)。
A．滴定前，锥形瓶和滴定管均须用标准溶液润洗
B．将标准溶液装入滴定管时，应借助漏斗转移
C．滴定终点时，读取标准溶液体积时俯视滴定管液面，则测得的体积比实际消耗的小
D．滴定前滴定管尖嘴内有气泡，滴定后尖嘴内无气泡，则测得的体积比实际消耗的大
【答案】 (1)哑铃形 (2)SiO2、PbSO4 ZnS＋MnO2＋2H2SO4===ZnSO4＋MnSO4＋S↓＋2H2O
(3)4 (4)Cu2＋＋S2－ ＋Ba2＋＋SO===CuS↓＋BaSO4↓ (5)333 趁热过滤 (6)CD
【解析】利用锌精矿(ZnS)和软锰矿(MnO2)两种矿料(含少量杂质Fe、Cu、Pb 等元素的化合物及SiO2)
生产硫酸锌和硫酸锰的流程中，加硫酸酸浸，锌、铁、铜、锰生成硫酸盐，硫酸铅为沉淀和二氧化硅一起
进入滤渣1，萃取剂1 溶解铁离子，加入BaS，除去铜离子和硫酸根离子，萃取剂2 萃取硫酸锌，水相为硫
酸锰，进一步得到MnSO4·H2O，有机相为硫酸锌，进一步反萃取得到ZnSO4·H2O。(6)滴定前，锥形瓶不须
用标准溶液润洗，A 错误；滴定终点时，读取标准溶液体积时俯视滴定管液面，则测得的体积比实际消耗
的小，C 正确；滴定前滴定管尖嘴内有气泡，滴定后尖嘴内无气泡，则测得的体积比实际消耗的大，D 正
确。
题型二 以陌生物质为切入考查无机推断
1．(2024·浙江1 月卷，18，10 分)固态化合物Y 的组成为MgCaFeMn(CO3)4，以Y 为原料实现如下转
化。
已知：NH3与溶液A 中金属离子均不能形成配合物。
请回答：
(1)依据步骤Ⅲ，MnCO3、CaCO3 和 MgCO3中溶解度最大的是 。写出溶液C 中的所有阴离子
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。步骤Ⅱ中，加入NH4Cl 的作用是 。
(2)下列说法正确的是_______。
A．气体D 是形成酸雨的主要成分
B．固体E 可能含有Na2CO3
C．
可溶于NH4Cl 溶液
D．碱性：
(3)酸性条件下，固体NaBiO3 (微溶于水，其还原产物为无色的Bi3+)可氧化Mn2+为MnO4
-，根据该反应
原理，设计实验验证Y 中含有
元素 ；写出Mn2+转化为MnO4
-的离子方程式 。
【答案】(1) MgCO3 CO3
2-、HCO3
-、OH-、Cl- 调节溶液pH 值，防止钙离子、镁离子、
锰离子转化为氢氧化物的沉淀
(2)BC
(3)取一定量Y 于试管中，加入适量盐酸溶解，再加入适量NaBiO3，观察到溶液变为紫红色，则证明
Y 中含有锰元素 5NaBiO3+2Mn2++14H+=2MnO4
- +5Bi3++5 Na++7H2O
【解析】Y 中加入盐酸将碳酸根转化为二氧化碳，溶液A 中主要有镁离子、锰离子、钙离子、亚铁离
子，氯离子，若酸过量，还有H+，加入氨气和氯化铵将亚铁离子转化为氢氧化亚铁，溶液B 中主要含有镁
离子、锰离子、钙离子、铵根离子，氯离子，Ⅲ中又通入CO2将钙离子与锰离子转化为沉淀。
(1)①MnCO3、CaCO3 和 MgCO3是同种类型的沉淀，溶解度大的最后沉淀出来，由于通入二氧化碳，生成
的沉淀是CaCO3 和 MgCO3，所以 MgCO3溶解度最大；②溶液中加入盐酸引入阴离子氯离子，Ⅲ中又通
入CO2引入碳酸根离子，溶液中还有碳酸氢根和氢氧根；(2)A 项，气体是CO2不是形成酸雨的主要成分，
故A 错误；B 项，固体E 可能含有Na2CO3，当二氧化碳过量时反应方程式为：2Na+2CO2
Na2CO3+CO，
当二氧化碳少量时2Na+CO2
Na2O+CO，所以可能含有Na2CO3，故B 正确；C 项，Mn(OH)2可溶于NH4Cl
溶液，由于NH4Cl 溶液呈酸性，NH4Cl 水解产生的H+与Mn(OH)2反应，故C 正确；D 项，碱性是Ca(OH)2
＞Fe(OH)2，氢氧化钙是强碱，氢氧化亚铁是弱碱，故D 错误；故选BC。(3)①酸性条件下，固体NaBiO3
可氧化Mn2+为MnO4
-，取一定量Y 于试管中，加入适量盐酸溶解，再加入适量NaBiO3，观察到溶液变为紫
红色，则证明Y 中含有锰元素；②根据题目信息可知5NaBiO3+2Mn2++14H+=2MnO4
- +5Bi3++5 Na++7H2O。
2．(2022·浙江省1 月卷，28，10 分)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：
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(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(SO4)2
(2)FeCl3、HCl、BaCl2 Cl-、H2O、SCN-、OH-
(3)2FeH(SO4)2+40Na
2Fe+4Na2S+16Na2O+H2
(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
H2O2，用盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀，说明有S2-
【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。(1)由分析
可知，组成X 的元素有：Fe、S、O、H；X 的化学式为FeH(SO4)2；(2)X 为FeH(SO4)2与氯化钡反应，溶液
C 中溶质的成分是FeCl3、HCl 以及过量的BaCl2；根据C 为溶液，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-、H2O、SCN-、OH-；(3)X 与足量Na 反应生
成固体F 的化学方程式是：2FeH(SO4)2+40Na
2Fe+4Na2S+16Na2O+H2；(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
H2O2，用盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀，说明有S2-。
3．(2022·浙江省6 月卷，28，10 分)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_______。
X
②
难溶于水，但可溶于氨水中，写出该反应的离子方程式_______。
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(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 BaCu3O4
(2)HCl、H2SO4
(3) 2NH3+BaCu3O4
Ba(OH)2+3Cu+N2+2H2O BaCu3O4+12NH3 H2O＝3Cu(NH3)4
2++Ba2＋+8OH－+8H2O
(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NH3。将尾气通入冷的集气瓶中，若有
液珠，说明有H2O
【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
BaSO4，无色溶液C 中加入足量BaCl2溶液生成白色沉淀2.330g 是BaSO4。(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BaCu3O4。(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、H2SO4。(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2NH3+BaCu3O4
Ba(OH)2+3Cu+N2+2H2O。②X 难溶于水，但可溶于氨水中，说明有Cu(NH3) 4
2+生成，所以该反应的离子方
程式为BaCu3O4+12NH3 H2O＝3Cu(NH3) 4
2++Ba2＋+8OH－+8H2O。(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NH3。将尾气通入冷的集气瓶中，若有液珠，说明有H2O。
4．(2021•浙江1 月卷，28，10 分)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H2SO4中，产生气体B，该反应的离子方程式是______。
(3)步骤I，发生反应的化学方程式是______。
(4)步骤II，某同学未加H2O2溶液，发现也会缓慢出现白色浑浊，原因是______。
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(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 CuS2O6 (2)S2O6
2-
SO4
2-+ SO2↑
(3)
+ Cu(OH)2 →
+ 2H2O
(4)SO2与水反应生成H2SO3； H2SO3能被氧气氧化为H2SO4，与BaCl2反应生成BaSO4
(5)配制品红无水乙醇溶液(其他非水溶剂亦可)，通入SO2，不褪色；品红水溶液中加入亚硫酸钠(亚硫
酸氢钠)固体，褪色更快
【解析】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CuSO4；将气体
B 通入足量的BaCl2溶液和H2O2溶液中，出现白色沉淀，说明该气体可以被H2O2氧化，则该气体为SO2，
再根据产生沉淀C 和固体X 的质量计算固体X 的化学式。(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
CuSO4的物质的量为0.010mol，质量为1.6g，根据质量守恒的气体SO2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CuS2O6；(2)根据题目，固体X 与温热的稀硫酸反应可以生成SO2气体，
根据原子守恒和电荷守恒配平，则该过程的离子方程式为S2O6
2-
SO4
2-+ SO2↑；(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→
+2H2O；(4)步骤Ⅱ中未加入过氧化
氢，也可以出现白色沉淀，说明SO2溶于水后可以被空气中的氧气氧化；(5)SO2可以使品红溶液褪色，SO2
溶液中存在SO2分子和H2SO3，欲知道是哪一种物质能够使品红溶液褪色，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SO2，不褪色；品红水溶液中加入亚硫酸钠(亚硫酸氢钠)固体，
褪色更快。
5．(2021•浙江6 月卷，28，10 分)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。
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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CH4具有相同的空间结构，写出该阴离子
的电子式_______。
(3)蓝色溶液A 与N2H5
+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)Al2O3 Cu(NO3)2、NH4NO3、AgNO3、HNO3
(2)CuAl2Cl8
(3)
4Cu
①
2++N2H5
+ +4Cl-=4 CuCl↓+N2↑+5H+
②将白色沉淀溶于硝酸，得到蓝色溶液，说明有Cu 元素；再向溶液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀，
说明有Cl 元素
【解析】含有Cu2+的溶液显蓝色，含有[Cu(NH3)4]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)3，且Al(OH)3为可溶于NaOH 溶液的白色沉淀，即可推断白色沉淀B 为Al(OH)3沉淀；
深蓝色溶液在加入硝酸酸化的AgNO3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Al3+、Cu2+和Cl-。(1)白色沉淀D 为Al(OH)3，灼烧Al(OH)3得到Al2O3，故白色固体为Al2O3；溶液
D 中含有的阳离子有Cu2+、NH4
+、Ag+、H+，阴离子有NO3
-，故溶液中含有：Cu(NO3)2、NH4NO3、
AgNO3、HNO3；(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
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值为n(Cu2+)：n(Al3+)：n(Cl-)=1：2：8，则可得X 的化学式为CuAl2Cl8；阴离子
中Al 原子的杂化方
式为sp3，空间结构为正四面体，与CH4相同，其电子式为
；(3)①由上述分析可知，蓝色溶液
A 中含有Al3+、Cu2+和Cl-，与N2H5
+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，N2H5
+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N2，符合反应中有气体产生，根据化合价升降守恒、电荷守恒以及原子守恒和溶液呈酸性可知反应
离子方程式为4Cu2++N2H5
+ +4Cl-=4 CuCl↓+N2↑+5H+；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AgNO3溶液反应生成
不溶于硝酸的白色沉淀。
1．常见特征反应现象
(1)焰色反应：钠元素(黄色)、钾元素(紫色，透过蓝色钴玻璃观察)；(2)使品红溶液褪色的气体：
SO2(加热后又恢复红色)、Cl2(加热后不恢复红色)；(3)Fe(OH)2在空气中转变为红褐色Fe(OH)3(由白色→灰
绿→红褐色)；(4)在空气中变为红棕色的气体：NO；(5)气体燃烧火焰呈苍白色：H2在Cl2中燃烧；(6)在空
气中点燃火焰呈蓝色：CO、H2、CH4；(7)使湿润的红色石蕊试纸变蓝：NH3；(8)使湿润的淀粉碘化钾试纸
变蓝：Cl2、Br2、FeCl3、碘水等；(9)加强碱并加热能放出使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体：原溶液中含
铵盐；(10)氨气遇到挥发性酸生成白烟。
2．一些特殊条件
(1)反应时用到催化剂的反应：实验室制氧气、合成氨、氨的催化氧化等；
(2)反应条件是高温的反应：铝热反应，煅烧石灰石的反应，铁和水蒸气的反应，C、H2还原金属氧化
物的反应等；
(3)反应条件是电解的反应：电解饱和食盐水、CuSO4溶液等。
3．一些特征数据
物质转化时相对分子质量的变化、各元素含量、相对密度等数据都是解题的关键，如CO→CO2、
NO→NO2、SO2→SO3，转化后分子中都增加1 个氧原子，相对分子质量变化均为16。常用物质的相对分子
质量：
Na2CO3
NaHCO3
Fe2O3
CuO
CuSO4
BaCO3
BaSO4
AgCl
106
84
160
80
160
197
233
143.5
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考向
1 已知物质为载体
1．[原创]以铜矿石(主要成分CuO、SiO2)为原料实现如下转化：
回答下列有关问题：
(1)固体D 在工业上用途为_________(写出一例即可)，溶液E 中含氮微粒有_________。
(2)气体B 的主要成分是_______，其常见的一种同素异形体属___________分子(填“极性”或“非极
性”)。
(3)溶液C 中含有两种盐，反应IV的离子反应方程式：___________________________。
(4)写出反应V的离子反应方程式：___________________________。
(5)下列说法正确的是_______。
A．SiO2不能与任何酸反应
B．反应Ⅱ宜在铁坩埚中进行
C．溶液A 经净化处理后可用于黏合剂、防腐剂或制分子筛等
D．反应Ⅲ中发生的离子反应有Ba2++ SO4
2-=BaSO4↓
(6)请设计实验方案验证溶液F 中无SO4
2-：____________________________________。
【答案】(1)用作光导纤维等(1 分)；NH3·H2O、NH4
+、[Cu(NH3)4]2+(2 分)
(2)氧气(或O2) (1 分) 极性(1 分)
(3)3CuAlO2+16H++NO3
-=3Cu2++3Al3++8H2O+NO↑(2 分)
(4)[Cu(NH3)4]2++2OH-
Cu(OH)2↓+4NH3↑(2 分)
(5)BCD(3 分)
(6)取少量溶液F 于试管中，滴加过量稀盐酸，没有现象，再滴加适量氯化钡溶液，若没有白色沉淀生
成，则说明无SO4
2- (2 分)
【解析】(1)向铜矿石中加入稀硫酸，CuO 和稀硫酸反应生成硫酸铜，SiO2和稀硫酸不反应，固体D 的
成分为SiO2，常用于制备光导纤维。向溶液D 中加入足量氨水，硫酸铜和氨水反应生成[Cu(NH3)4]SO4，溶
液E 中的含氮微粒有NH3·H2O、NH4
+、[Cu(NH3)4]2+。(2)氧化铜和氧化铝在加热条件下反应生成CuAlO2，
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反应中铜元素的化合价降低，则氧元素化合价升高，转化为氧气，气体B 为氧气；O2其常见的一种同素异
形体为O3，根据价层电子对互斥理论，O3分子的中心O 原子的价层电子对为2+
(6-2×2)=3，杂化形式为
sp2，O3分子为V 形结构，分子中正负电荷重心不重合，为极性分子。(3)CuAlO2溶解在稀硝酸中生成两种
盐并放出NO 气体，生成的盐为硝酸铝、硝酸铜，反应还有水生成，反应离子方程式为：3CuAlO2+16H+
+NO3
-=3Cu2++3Al3++8H2O+NO↑。(4)E 和氢氧化钡反应生成硫酸沉淀和溶液F，F 中不含硫酸根离子，F 为
[Cu(NH3)4](OH)2，加热溶液F 可得纳米Cu(OH)2，反应为[Cu(NH3)4]2++2OH-
Cu(OH)2↓+4NH3↑；(5)二氧化
硅能与氢氟酸反应，A 项错误。高温下二氧化硅和氧化铝可以发生反应，反应Ⅱ不能在瓷坩埚中进行，宜
在铁坩埚中进行，B 项正确。铜矿石中的SiO2和NaOH 反应后得到溶液A，溶液A 为硅酸钠溶液，经净化
处理后可用于工业上作黏合剂或防腐剂或合成洗涤剂或制备硅胶、分子筛等，C 项正确。反应Ⅲ中的硫酸
根离子会和钡离子生成硫酸钡沉淀，发生的离子反应有Ba2++ SO4
2-=BaSO4↓，D 项正确。(6)检验硫酸根离
子的方法为：取少量溶液F 于试管中，滴加过量稀盐酸，没有现象，再滴加适量氯化钡溶液，若没有白色
沉淀生成，则说明无SO4
2-。
2．(2025· 浙江省名校协作体高三联考)湿法炼锌过程中产生的净化钴渣(主要含Co3S4，ZnS，Ca2Fe2O5)
实现钴锌分离的流程如下。
已知：①固体A 微溶于酸与水；
②溶液A 中的Co 元素以Co2+形式存在：
Co(OH)
③
2和Zn(OH)2均为不溶于水的两性氢氧化物。
请回答：
(1)固体A 的主要成分是 。步骤Ⅱ中加入ZnCO3的作用是 。
(2)写出步骤Ⅰ中Co3S4发生转化的化学方程式 。写出步骤Ⅲ中发生的离子方程式
。
(3)下列说法正确的是___________。
A．CoOOH 是较强的氧化剂，中性条件下其氧化性强于高锰酸钾
B．ZnS 不是纯粹的离子晶体，其原因可能为Zn 与S 电负性差值较小
C．步骤Ⅰ中，O2的作用是氧化钴渣中的S 和Fe 元素
D．步骤Ⅳ中，包含了蒸发溶剂、过滤、重结晶等操作
(4)设计实验验证溶液B 中含有Zn2+ 。
【答案】(1) CaSO4 (调节溶液pH)使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀
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(2)2Co3S4+6H2SO4+11O2=6CoSO4+8SO2+6H2O
3Co2++MnO4
-+4H2O=MnO2↓+3CoOOH+5H+
(3)BD
(4)取少量溶液B 置于试管中，逐滴加入KMnO4溶液至不再产生沉淀(或取少量溶液C 置于试管中)：取
上层清液，逐滴加入NaOH 溶液，若先生成白色沉淀，后沉淀逐渐溶解，证明含有Zn2+
【解析】钴渣主要含Co3S4，ZnS，Ca2Fe2O5，加入硫酸、通入O2后，生成气体二氧化硫，固体A 微溶
于水和酸，则固体A 为CaSO4，溶液A 中存在Co2+、Fe3+、Zn2+等离子，加入ZnCO3调节pH 值使Fe3+转化
为固体Fe(OH)3，溶液B 中有硫酸根离子、Zn2+和Co2+等离子，加入高锰酸钾溶液，Co2+被氧化为CoOOH
沉淀，KMnO4被还原为MnO2沉淀，溶液C 中有ZnSO4和K2SO4，经过一系列操作得到七水合硫酸锌。(1)
据以上分析可知，固体A 微溶于酸与水，则固体A 是CaSO4，加入ZnCO3目的是与氢离子反应，调节pH
值使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀；(2)步骤Ⅰ中Co3S4与硫酸和氧气反应生成CoSO4和SO2气体，反应的化学方
程式为：2Co3S4+6H2SO4+11O2=6CoSO4+8SO2+6H2O；步骤Ⅲ中Co2+被氧化为CoOOH，KMnO4被还原为
MnO2，反应的离子方程式：3Co2++MnO4
-+4H2O=MnO2↓+3CoOOH+5H+；(3)A 项，由步骤III 可知KMnO4
把Co2+被氧化为CoOOH，KMnO4在中性条件下其氧化性强于CoOOH，A 错误；B 项，一般电负性相差大
于1.7 的元素形成的是离子化合物，Zn 与S 电负性差值较小，ZnS 不是纯粹的离子晶体，B 正确；C 项，
Ca2Fe2O5中铁的化合价为+3 价，步骤Ⅰ中Fe 没有被氧化，C 错误；D 项， 步骤Ⅳ中，由硫酸锌和硫酸钾
的溶液析出硫酸锌晶体，包含了蒸发溶剂、过滤、重结晶等操作，D 正确；故选BD。(4)溶液B 中有
Zn2+和Co2+离子，加入高锰酸钾溶液，Co2+被氧化为CoOOH 沉淀，KMnO4被还原为MnO2沉淀，余下的
Zn2+用NaOH 溶液检验，生成的Zn(OH)2白色沉淀能溶于过量的NaOH 溶液。检验溶液B 中Zn2+的方法是：
取少量溶液B 置于试管中，逐滴加入KMnO4溶液至不再产生沉淀(或取少量溶液C 置于试管中)：取上层清
液，逐滴加入NaOH 溶液，若先生成白色沉淀，后沉淀逐渐溶解，证明含有Zn2+。
3．(2025· 浙江省杭州市浙南联盟高三10 月联考)某工厂利用铬铁矿[Fe(CrO2)2]制备K2Cr2O7及其它副产
品，具体工艺流程如下所示：
已知：①焙烧后Cr 元素以
价形式存在。
②铬酸盐溶液或重铬酸盐溶液中加入Ba2+、Pb2+、Ag+等重金属离子会产生沉淀。
请回答：
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(1)焙烧过程，Fe(CrO2)2中的元素被氧化(填元素名称)。写出富氧焙烧反应的化学方程式 。
(2)下列说法正确的是_______。
A．富氧焙烧时，铬铁矿粉碎有利于加快焙烧的速率
B．固体C 的主要成分为Fe(OH)2
C．溶液B 中加H2SO4酸化的主要目的是使Na2CrO4转变为Na2Cr2O7
D．流程中淀粉水解液中的葡萄糖起氧化作用
(3)液体D 是四面体形的共价分子，分子式为CrO2Cl2，其结构式为：
，
①1mol 液体D 在水溶液中最多可中和 molNaOH。
②请设计实验方案检验液体D(CrO2Cl2)中含有Cl 元素 。
【答案】(1)铬、铁 4 Fe(CrO2)2+8Na2CO3+7O2
8Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2
(2)AC
(3) 4 取液体D 加入NaOH 溶液充分反应，再加入足量Ba(NO3)2 (或加入足量葡萄糖溶液)溶液沉
淀后，取上层清液，加入稀硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，若有白色沉淀，则说明含有Cl 元素
【解析】铬铁矿主要成分为Fe(CrO2)2，将铬铁矿粉碎，和碳酸钠、氧气高温焙烧，生成Na2CrO4、
Fe2O3和二氧化碳，冷却后水浸，过滤，向滤液中加酸使2CrO4
2-+2H+= Cr2O7
2-+H2O 正向移动，Na2CrO4转
变为Na2Cr2O7，加硫酸钾得K2Cr2O7。(1)Fe(CrO2)2中Cr 显+3 价、Fe 显+2 价，焙烧后Cr 元素以+6 价形式存
在，Fe 元素生成Fe2O3，Cr、Fe 元素化合价升高，焙烧过程，Fe(CrO2)2中的铬、铁元素被氧化；富氧焙烧
反应的化学方程式4 Fe(CrO2)2+8Na2CO3+7O2
8Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2。(2)A 项，富氧焙烧时，铬铁矿
粉碎能增大反应物接触面积，有利于加快焙烧的速率，故A 正确；B 项，氧化铁难溶于水，固体C 的主要
成分为Fe2O3，故B 错误；C 项，溶液B 中加H2SO4酸化，使2CrO4
2-+2H+= Cr2O7
2-+H2O 平衡正向移动，主
要目的是使Na2CrO4转变为Na2Cr2O7，故C 正确；D 项，流程中淀粉水解液中的葡萄糖起还原作用，故D
错误；故选AC。(3)①1mol D 在水溶液与氢氧化钠反应生成1molNa2CrO4和2molNaCl，根据钠元素守恒，
最多可中和4molNaOH。②取液体D 加入NaOH 溶液充分反应生成Na2CrO4、NaCl，再加入足量Ba(NO3)2
溶液沉淀CrO4
2-后，取上层清液，加入稀硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，若有白色沉淀，则说明含有Cl 元
素。
4．(2025· 浙江省金华第一中学高三选考模拟)以黄铜矿(主要成分为FeCuS2，含少量SiO2)为原料，相
关转化关系如下。
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已知：①反应1 中Fe 不变价，且固体A 为单一化合物；
②Cu2(OH)3Cl 具有疏松结构。
(1)固体A 的化学式为 ；SOCl2的电子式为 。
(2)下列说法不正确的是___________。
A．CuCl 不溶于水，但溶于稀硝酸
B．
在该环境生锈后，铜锈可隔绝空气，减缓生锈速度
C．气体B 具有还原性所以能使品红溶液褪色
D．SOCl2与AlCl3·6H2O 混合共热可制得无水AlCl3
(3)反应2 的化学方程式为 。
(4)①反应4 生成的物质D 难溶于水，同时生成两种酸性气体，则反应4 的化学方程式为 。
②设计实验验证物质D 中的氯元素 。
【答案】(1) FeSiO3
(2)BC
(3)4CuCl+O2+4H2O=2Cu2(OH)3Cl+2HCl
(4) SOCl2+CH3CH2OH→CH3CH2Cl+ SO2+HCl 取少量CH3CH2Cl 与NaOH 溶液共热至溶液不再分
层，加稀硝酸酸化至溶液呈酸性。再加入硝酸银溶液，若产生白色沉淀，则证明CH3CH2Cl 中有氯元素
【解析】根据流程可知气体B 中含S 元素，B 为SO2，固体A 中含Fe 和Si，黄铜矿反应的化学方程式
为：2FeCuS2+SiO2+5O
2Cu+2FeSiO3+4SO2，故B 为SO2，A 为FeSiO3；粗铜与HCl 和氧气反应得到
CuCl，CuCl 与O2和水反应得到Cu2(OH)3Cl，反应方程式为：4CuCl+O2+4H2O=2Cu2(OH)3Cl+2HCl；SO2与
等物质的量的氯气反应得C：SO2Cl2，SO2Cl2与SCl2反应得到SOCl2，SOCl2与乙醇反应得到D，方程式为：
SOCl2+CH3CH2OH→CH3CH2Cl+ SO2+HCl，D 为CH3CH2Cl。(1)根据分析，固体A 的化学式为：FeSiO3；
SOCl2中S 原子的价层电子对数为：
，电子式为：
。(2)A 项，CuCl 不溶于水，但能与
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稀硝酸发生氧化还原反应，故能溶于稀硝酸，A 正确；B 项，Cu 在该环境生锈后，铜锈为多孔结构，不能
隔绝空气，故不能减缓生锈速度，B 错误；C 项，气体B 为二氧化硫，具有漂白性，能使品红溶液褪色，
C 错误；D 项，SOCl2与AlCl3·6H2O 混合共热可制得无水AlCl3、HCl 和SO2，D 正确；故选BC。(3)反应2
的化学方程式为：4CuCl+O2+4H2O=2Cu2(OH)3Cl+2HCl。(4)①根据分析，反应4 的化学方程式为：
SOCl2+CH3CH2OH→CH3CH2Cl+ SO2+HCl；②卤代烃需要先在碱性条件下水解，再用硝酸调至酸性后加硝
酸银溶液，观察沉淀颜色，故实验方案为：取少量CH3CH2Cl 与NaOH 溶液共热至溶液不再分层，加稀硝
酸酸化至溶液呈酸性。再加入硝酸银溶液，若产生白色沉淀，则证明CH3CH2Cl 中有氯元素。
5．(2025· 浙江省强基联盟高三10 月联考)如图所示可以分离并回收废旧芯片中的几种贵金属。
请回答：
(1)溶液Z 中存在的阳离子主要有 。
(2)写出步骤VI 反应的离子方程式 。
(3)金的分离还可以加王水，银钯的分离可重复利用某些溶液。
①下列说法正确的是 。
A．芯片中的金是芯片连接的绝佳材料，利用其物理性质和化学性质
B．步骤I 中硝酸只体现氧化性
C．步骤Ⅱ溶液W 可以是HNO3和NaCl 的混合溶液，步骤Ⅲ溶液X 可以是NaCl 溶液
D．步骤V 中N2H4利用其还原性获得Ag
②步骤VII 加入盐酸，调
，解释pH 不可过低的原因 。
(4)设计实验验证溶液Z 中银元素的存在 。
【答案】(1) [Ag(NH3)2]+与NH4
+
(2) [PdCl4]2-+4NH3=[ Pd(NH3)4] 2++4Cl-
(3) ACD pH 过小，c(H＋)过大，NH3全部转化为NH4
+，则可能会使[ Pd(NH3)4] 2+完全转化成
[PdCl4]2-
(4)取少量Z 溶液于试管中，加入过量的盐酸，产生白色沉淀，加稀硝酸不溶，则证明有Ag 元素
【解析】废旧芯片中含有贵金属单质Au、Ag 和Pd，在硝酸中酸浸，Au 不发生反应，Ag、Pd 发生反
应转化为Ag+和Pd2+；含Au 固体用王水溶解转化为HAuCl4溶液；向含有Ag+和Pd2+的溶液中加入NaCl 生
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成AgCl 固体和[PdCl4]2-溶液；AgCl 固体用氨水溶解得到银氨溶液，再向银氨溶液中加入肼得到Ag；向含
[PdCl4]2-的溶液中加入氨水得到含[ Pd(NH3)4] 2+溶液，再加人盐酸调pH 得到[Pd(NH3)4]Cl2。(1)根据流程图
可知，溶液Z 中存在的阳离子主要有Ag+与NH4
+；(2)步骤V 反应的化学方程式：[PdCl4]2-
+4NH3=[ Pd(NH3)4] 2++4Cl-；(3)①芯片中的金是芯片连接的绝佳材料，不只是利用其物理性质，还因为金
的化学性质不活泼，A 正确；步骤I 中硝酸体现氧化性与酸性，B 错误；生成的固体Y 为氯化银，所以溶
液X 可以是NaCl 溶液，将Au 转化为HAuCl4的溶液W 应具有强氧化性并含有氯离子，故溶液W 可以是
HNO3和NaCl 的混合溶液，C 正确；步骤V 中N2H4利用其还原性获得Ag，D 正确；故选ACD；②调
，使部分NH3转化为NH4
+，能使可溶性配离子转化为难溶性的Pd(NH3)2Cl2；但若pH 过小，c(H＋)过
大，NH3全部转化为NH4
+，则可能会完全转化成[PdCl4]2-；(4)Z 溶液是银氨溶液，溶液中是银氨离子，不
会和氯离子产生沉淀；若想验证银元素，应先将银氨离子转化为银离子，再检验银离子的存在，方法为取
少量Z 溶液于试管，加入过量的盐酸，产生白色沉淀，加稀硝酸不溶，则证明有Ag 元素。
考向
2 未知物质为载体
6．[新题型] (2025·浙江省五校高三联考)固态化合物M 的组成为CuSi2O5，以M 为原料实现如下转化：
已知：a．固体X 由两种氧化物组成，质量与M 相同；b．CuAlO2难溶于水
(1)①固体D 的成分为 ，溶液E 中含氮微粒有 。
②写出反应Ⅱ的化学反应方程式 。
③溶液F 加热可得纳米Cu(OH)2，过程中pH 会明显下降，原因是 。
(2)下列说法正确的是_______。
A．反应Ⅰ不能在陶瓷坩埚中进行
B．固体X 可溶于浓氨水
C．溶液A 经净化处理后可用于工业粘合剂
D．反应Ⅲ中发生的离子反应有：Ba2++SO4
2-=BaSO4↓
(3)已知Cu(OH)2能溶于较浓强碱溶液，蓝色溶液C 中可能存在铝元素，请设计实验方案进行检验
。
【答案】(1) SiO2 NH3·H2O、、NH4
+、[Cu(NH3)4]2+
4CuO+2Al2O3
4CuAlO2+O2↑ F 为[Cu(NH3)4](OH)2，加热可得纳米Cu(OH)2，反应为[Cu(NH3)4]2+
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+2OH-
Cu(OH)2↓+4NH3↑，氨气挥发、溶液中氢氧根离子浓度减小，导致溶液碱性减弱，pH 会明显下降
(2)CD
(3)取少量蓝色溶液C，加入过量的氨水，过滤、洗涤，若得到白色沉淀，说明溶液中含有铝元素
【解析】固态化合物M 的组成为CuSi2O5，煅烧生成X，固体X 由两种氧化物组成，质量与M 相同，
则X 为氧化铜、二氧化硅；X 中加入氢氧化钠，二氧化硅反应生成硅酸钠溶液A，氧化铜不反应成为固体
A，氧化铜和氧化铝加热生成CuAlO2，反应中铜化合价降低，则氧元素化合价升高转化为氧气B，硝酸具
有氧化性， CuAlO2和硝酸反应生成氢氧化铝和硝酸铜溶液C；X 中加入稀硫酸，二氧化硅不反应成为固
体D，氧化铜反应生成为硫酸铜溶液D，硫酸铜和氨水转化为含有四氨合铜离子的溶液E，E 和氢氧化钡
反应生成硫酸沉淀和溶液F，F 不含硫酸根离子，则为[Cu(NH3)4](OH)2。(1)①由分析可知，固体D 的成分
为SiO2；溶液D 加入足量氨水得到溶液E，反应为硫酸铜和氨水转化为含有[Cu(NH3)4]SO4的溶液E，则其
中含氮微粒有NH3·H2O、NH4
+、[Cu(NH3)4]2+；②氧化铜和氧化铝加热生成CuAlO2，反应中铜化合价降低，
则氧元素化合价升高转化为氧气B，故反应Ⅱ的化学反应方程式4CuO+2Al2O3
4CuAlO2+O2↑。③F 为
[Cu(NH3)4](OH)2，溶液F 加热可得纳米Cu(OH)2，反应为[Cu(NH3)4]2++2OH-
Cu(OH)2↓+4NH3↑，溶液中氢氧
根离子浓度减小，使得溶液pH 会明显下降；(2)A 项，反应Ⅰ中生成二氧化硅，则不能在陶瓷坩埚(为硅酸
盐制品)中进行，正确；B 项，固体X 含有氧化铜和二氧化硅，二氧化硅不溶于浓氨水，错误；C 项，溶液
A 为硅酸钠溶液具有黏性，经净化处理后可用于工业粘合剂，正确；D 项，反应Ⅲ中硫酸根离子会和钡离
子生成硫酸钡沉淀，发生的离子反应有：Ba2++SO4
2-=BaSO4↓，正确；故选CD；(3)已知Cu(OH)2能溶于较
浓强碱溶液，而氢氧化铝沉淀不溶于弱碱氨水，则实验方案可以为：取少量蓝色溶液C，加入过量的氨水，
过滤、洗涤，若得到白色沉淀，说明溶液中含有铝元素。
7．(2025· 浙江省部分学校高三选考模拟)配合物X(只有一种配体)由五种元素组成，某实验小组按如下
流程进行相关实验：
其中：固体单质A 的焰色反应是绿色；混合气体由4 种气体组成(不考虑气体之间相互反应)；气体E
为空气中含量最高的非极性气体；配合物X 中氮元素质量为3.36g。
请回答：
(1)组成配合物X 的五种元素是H、O、N、 、 ，其配位原子是 。
(2)刺激性气体C 的空间构型是 。
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(3)①写出混合气体经浓硫酸干燥后通入酸性KMnO4溶液的离子方程式： 。
②写出配合物X 在高温条件下隔绝空气分解反应的化学方程式： 。
(4)设计实验证明配合物X 的中心离子与配体形成的配位键的能力强于其中心离子与H2O 形成的配位键
的能力： 。
【答案】(1) S Cu N (2)Ⅴ形
(3) 5SO2+2MnO4
-+2H2O =2Mn2++4H++5SO4
2-
3[Cu(NH3)4]SO4
3Cu+2N2↑+8NH3↑+3SO2↑+6H2O
(4)将少量CuSO4固体溶于水中，溶液中形成[Cu(H2O)4]2+。向溶液内滴加过量氨水溶液，当溶液中先蓝
色沉淀溶解后，得到的深蓝色溶液，则说明形成了[Cu(NH3)4]2+，证明了配体氨与铜离子更易形成配位键，
形成配位键的能力更强
【解析】固体单质A 的焰色反应是绿色，则A 为Cu，Cu 和浓硫酸在加热下反应生成CuSO4溶液B，
同时生成气体C 为SO2，其物质的量为
=0.06mol，根据Cu~SO2，铜的物质的量为0.06mol；气体
E 为空气中含量最高的非极性气体，则E 为N2 ，氮气物质的量为
=0.04mol；混合气体通过浓硫
酸，浓硫酸增重为4.88g，剩余气体经过酸性高锰酸钾溶液氧化，通入BaCl2溶液，得到13.98g 沉淀为硫酸
钡，说明气体中含有SO2，说明配合物中含有的酸根离子为硫酸根离子，结合硫元素守恒，其物质的量为
；N2质量为0.04mol×28g/mol=1.12g，配合物X 中氮元素质量为3.36g，则混合气体含
有氨气，说明配体为氨气，结合氮元素守恒，配合物中氨气物质的量为
=0.24mol，氨气质量为
0.24mol×17g/mol=2.72g，则混合气体含有H2O，物质的量为
=0.12mol，则配合物中n(Cu2+)：
n(NH3)：n(SO4
2-)=0.06mol：0.24：0.06=1：4：1，该配合物为[Cu(NH3)4]SO4。(1)组成配合物X 的五种元素
是H、O、N、Cu、S，配体为氨气，其配位原子是N；(2)刺激性气体C 为SO2，S 原子为sp2杂化，空间构
型是Ⅴ形；(3)①混合气体经浓硫酸干燥后剩余气体为SO2、N2，N2不反应，SO2通入酸性KMnO4溶液的离
子方程式为5SO2+2MnO4
-+2H2O =2Mn2++4H++5SO4
2-；②根据分析，配合物X 在高温条件下隔绝空气分解反
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应的化学方程式：3[Cu(NH3)4]SO4
3Cu+2N2↑+8NH3↑+3SO2↑+6H2O；(4)根据实验证明配合物X 的中心
离子与配体形成的配位键的能力强于其中心离子与H2O 形成的配位键的能力：将少量CuSO4固体溶于水中，
溶液中形成[Cu(H2O)4]2+。向溶液内滴加过量氨水溶液，当溶液中先蓝色沉淀溶解后，得到的深蓝色溶液，
则说明形成了[Cu(NH3)4]2+，证明了配体氨与铜离子更易形成配位键，形成配位键的能力更强。
8．化合物X 是一种黄色晶体(含结晶水)，无水X 由四种元素组成，X 晶体的摩尔质量在400~500
g·molˉ1。取12.66gX 晶体完成如图实验，其中A 为无色有毒气体，B、C、D 是三种酸根相同的盐，B 溶液
保存时需加酸和F，C 盐溶液的焰色反应是紫色，H 是能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体。(气体体积已
转化为标准状况下的体积)
请回答：
(1)组成无水X 的四种元素是_______(填元素符号)，X 晶体的化学式是_______。
(2)X 晶体与浓硫酸反应的化学方程式为_________________________。
(3)无水X 可被Cl2氧化成一种红色晶体Y，X 与Y 的组成元素相同，其反应的化学方程式为
_________________________。
(4)可利用X 来鉴别Fe2+和Fe3+，原因是_________________________。
(5)设计实验方案检验B 在空气中灼烧的产物：_________________________。
【答案】(1)K、Fe、C、N K4[Fe(CN)6] ·3H2O
(2)K4[Fe(CN)6] ·3H2O+6H2SO4(浓)+3H2O= 2K2SO4+3(NH4)2SO4+ FeSO4+6CO↑
(3)2K4[Fe(CN)6] + Cl2=2 K3[Fe(CN)6] +2KCl
(4)K4[Fe(CN)6]能与Fe3+反应生成蓝色沉淀，不能与Fe2+反应生成沉淀
(5)取少量灼烧后的固体粉末溶于足量稀硫酸中，滴加几滴KSCN 溶液，若溶液变成血红色，说明有
Fe2O3产生，反之则无；把灼烧过程中产生的气体依次通过装有盐酸酸化的BaCl2溶液、品红溶液的洗气瓶，
如果盐酸酸化的BaCl2溶液变浑浊，则说明有SO3产生，反之则无；若品红褪色，取少量褪色后的溶液加
热后又恢复品红的颜色，则说明有SO2产生，反之则无
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【解析】题中信息显示，C 盐溶液的焰色反应呈紫色，则含有K+，C 中滴加盐酸、BaCl2后，有白色沉
淀生成，则G 为BaSO4，C 为K2SO4；B 溶液保存时需加酸和F，而B 为硫酸盐，在空气中灼烧生成红棕色
固体E，则E 为Fe2O3、F 为Fe、A 为CO、B 为FeSO4；白色固体D 中滴加NaOH 溶液，产生的无色气体
H 能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则其为NH3，所以D 为(NH4)2SO4，从而得出由四种元素组成的无水X 中
含有K、Fe、C、N 元素。n(FeSO4)=
，n(BaSO4)=
，n(NH3)=
，n(CO)=
，从而得出无水X 中含有Fe2+、CN-、K+，依据电
荷守恒，可求出n(K+)=0.18mol-0.03mol×2=0.12mol，n(K+)： n(Fe2+)： n(CN-)=0.12：0.03：0.18=4：1：6，
从而得出X 的无水盐的化学式为K4[Fe(CN)6]；n(H2O)=
，故X 的化学式为K4[Fe(CN)6] ·3H2O。(1)由分析
可知，组成无水X 的四种元素是K、Fe、C、N，X 晶体的化学式是K4[Fe(CN)6] ·3H2O ；(2)由框图推知，
K4[Fe(CN)6] ·3H2O 晶体与浓硫酸反应，生成FeSO4、CO、(NH4)2SO4、K2SO4，化学方程式为K4[Fe(CN)6]
·3H2O+6H2SO4(浓)+3H2O= 2K2SO4+3(NH4)2SO4+ FeSO4+6CO↑；(3)无水K4[Fe(CN)6]可被Cl2氧化成一种红色
晶体Y，X 与Y 的组成元素相同，则X 中[Fe(CN)6]4-被氧化为[Fe(CN)6]3-，从而得出其反应的化学方程式为
2K4[Fe(CN)6] + Cl2=2 K3[Fe(CN)6] +2KCl；(4)可利用K4[Fe(CN)6] ·3H2O 来鉴别Fe2+和Fe3+，则只能与
Fe3+发生反应生成蓝色沉淀，原因是K4[Fe(CN)6] 能与Fe3+反应生成蓝色沉淀，不能与Fe2+反应生成沉淀；
(5) B 在空气中灼烧的产物为Fe2O3，可能有SO2、SO3等，检验Fe2O3时，可先加酸溶液，再加入KSCN 溶
液；检验SO2时，可通入品红溶液中；检验SO3时，可通入BaCl2溶液中。实验方案为：取少量灼烧后的固
体粉末溶于足量稀硫酸中，滴加几滴KSCN 溶液，若溶液变成血红色，说明有Fe2O3产生，反之则无；把
灼烧过程中产生的气体依次通过装有盐酸酸化的BaCl2溶液、品红溶液的洗气瓶，如果盐酸酸化的BaCl2溶
液变浑浊，则说明有SO3产生，反之则无；若品红褪色，取少量褪色后的溶液加热后又恢复品红的颜色，
则说明有SO2产生，反之则无。
9．某小组对固体化合物甲开展探究实验。甲和气体乙以物质的量之比
恰好反应生成固体化合物丙
和无色液体丁，甲和丙均由两种元素组成，实验中所加盐酸和NaOH 溶液均足量。
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请回答：
(1)组成甲的元素是___________(填元素符号)，甲的化学式是___________。
(2)甲与乙反应的化学方程式是___________。
(3)丙与盐酸反应的离子方程式是___________。
(4)向溶液B 中滴加氯水至过量，溶液先变血红色最后褪去。褪色的原因是___________，请设计实验
方案证明之___________。
【答案】(1)Fe、O Fe4O5 (2)Fe4O5+5H2S
Fe4S5+5H2O
(3)Fe4S5+8H+=4Fe2++4H2S↑+S↓
(4)过量的氯水将SCN-氧化 向溶液中加入足量的KSCN 溶液，若溶液变成血红色即证明
【解析】根据转化的框图可知，红棕色固体为Fe2O3，n(Fe)=2n(Fe2O3)=2×
=0.1mol，A1 中
加入KSCN 溶液无现象，说明溶液中只含Fe2+，故说明丙中含有Fe 元素，其物质的量为0.2mol，淡黄色沉
淀为S，其物质的量为：n(S)=
，说明化合物丙中含有S 元素，故推测乙气体为
H2S，物质的量为n(H2S)=
，故丙中含有的S 为0.25mol，故丙中n(Fe)：
n(S)=0.2mol：0.25mol=4：5，其化学是为：Fe4S5，无色液体常见的有H2O，故丁为H2O，则甲中含有Fe 和
O 元素，根据甲和气体乙以物质的量之比1：5 恰好反应生成固体化合物丙和无色液体丁，其反应方程式为：
Fe4O5+5H2S
Fe4S5+5H2O。(1)组成甲的元素是Fe、O，甲的化学式是Fe4O5；(2)甲与乙反应的化学
方程式是：Fe4O5+5H2S
Fe4S5+5H2O；(3)由分析可知，丙的化学式为Fe4S5，生成的H2S 和S 的物
质的量之比为：0.2mol：0.05mol=4：1，且溶液中无Fe3+，故其与盐酸反应的离子方程式是
Fe4S5+8H+=4Fe2++4H2S↑+S↓；(4)向溶液B 中滴加氯水至过量，溶液先变血红色最后褪去，由于Cl2能将亚铁
离子氧化为铁离子，故显血红色，但由于Cl2有强氧化性，能将SCN-氧化，故又褪色，要想验证猜想只需
向反应后的溶液中加入足量的KSCN 看是否重新变为血红色，若变则说明猜想正确，若不变则猜想错误。
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10．X 通常状况下是一种红黄色气体，相对分子质量小于100，含有三种常见短周期元素。为研究X
的组成，5.895g 的X 分三等份进行实验，过程如下(气体体积已折算至标准状况)：
请回答：
(1)X 的化学式为_______。溶液A 的成分为_______。
(2)X 与H2O 反应的化学方程式为_______。
(3)金(Au)可溶于浓B 溶液生成C 和金的一价配离子(与CH4具有相同的空间结构)，写出该反应的化学
方程式：_______。
(4)设计一个实验方案，探究溶液F 中溶质的阳离子成分：_______。
【答案】(1) NOCl NaCl、NaNO2、NaOH
(2)3NOCl+2H2O=HNO3+3HCl+2NO
(3)Au+HNO3+4HCl=HAuCl4+NO↑+2H2O
(4)F 溶液中含有的阳离子可能为Fe3+、Fe2+。取F 溶液于2 支试管中，一支加入KSCN 溶液，若溶液变
血红色，说明存在Fe3+；另一支试管中加入K3[Fe(CN)6]溶液，若出现蓝色沉淀，说明存在Fe2+
【解析】为研究X 的组成，5.895g 的X 分三等份进行实验，一份加水之后形成溶液B 和无色气体C，
C 和空气中的氧气反应生成红棕色气体，该气体为NO2，说明X 中含有N 元素；溶液B 中加入足量硝酸银
溶液，得到白色沉淀，该沉淀是AgCl，说明1.965g 的X 中含有
Cl；1.965g 的X 和Fe
反应生成无色气体，结合X 中含有N 元素，可以推知该无色气体是Fe 与硝酸反应生成的NO，物质的量为
，则X 中N 原子个数和Cl 原子个数相同，1.965g 的X 中剩余的元素质量为：
1.965g-0.03 mol×35.5g/mol-0.03 mol×14g/mol=0.48g，X 相对分子质量小于100，可以推知X 中还含有O 元
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素，物质的量为
，则X 的化学式为NOCl。(1)X 的化学式为NOCl；NOCl 中N 的化合价为
+3 价、O 是-2 价、Cl 是-1 价，和过量NaOH 溶液发生反应得到的溶液A 成分为NaCl、NaNO2、NaOH。
(2)由分析可知，X 与水反应有NO 和HNO3生成，N 元素化合价有+3 价上升到+5 价，又由+3 价下降到+2
价，根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式为：3NOCl+2H2O=HNO3+3HCl+2NO。(3)金(Au)可溶于浓
HNO3溶液生成NO 和金的一价配离子(与CH4具有相同的空间结构)，写出该反应的化学方程式为：
Au+HNO3+4HCl=HAuCl4+NO↑+2H2O。(4)一定量Fe 和硝酸反应产物中可能存在Fe2+，取F 溶液于2 支试管
中，一支加入KSCN 溶液，若溶液变血红色，说明存在Fe3+；另一支试管中加入K3[Fe(CN)6]溶液，若出现
蓝色沉淀，说明存在Fe2+。
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