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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 BaCu3O4
(2)HCl、H2SO4
(3) 2NH3+BaCu3O4
Ba(OH)2+3Cu+N2+2H2O BaCu3O4+12NH3 H2O＝3Cu(NH3)
+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，据此解答。
(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。
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(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)
生成，所以该反应的离子方程式为BaCu3O4+12NH3
H2O＝3Cu(NH3)
+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。
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(SO4)2
(2) FeCl3、HCl、BaCl2 Cl-、H2O、SCN-、OH-
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(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，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(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·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
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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
；
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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。
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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) Fe2O3 SiO2
(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)7Fe2(SO4)3+FeS2+8H2O=15FeSO4+8H2SO4
(4)蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤
(5) +2； Fe(NH4)2Fe(CN)6+ClO-+2H+=Fe(NH4)Fe(CN)6+H2O+Cl-+
(6) H2O2 NH3·H2O
【解析】已知黄铁矿高温煅烧生成Fe2O3，反应原理为：4FeS2+11O2
2Fe2O3+8SO2，故产生的红渣主要
成分为Fe2O3和SiO2，将红渣粉碎后加入足量的50%的H2SO4溶液加热充酸浸，反应原理为：
Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O，过滤出滤渣①，主要成分为SiO2，向滤液中加入黄铁矿进行还原，将
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Fe3+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+
+FeS2+8H2O=15Fe2++2
+16H+，然后进行工序①为蒸发浓缩、冷却结晶，得到FeSO4晶体和母液主要含
有FeSO4溶液和H2SO4，加水溶解FeSO4晶体，向所得溶液中加入(NH4)2SO4、K4[Fe(CN)6]并用H2SO4调节
溶液的pH 为3，进行沉铁过程，反应原理为：Fe2++2
+[Fe(CN)6]3-=Fe(NH4)2Fe(CN)6↓，然后过滤出沉淀，
洗涤后加入H2SO4和NaClO3进行氧化步骤，反应原理为：6Fe(NH4)2Fe(CN)6+
+6H+=6Fe(NH4)Fe(CN)6+3H2O+Cl-+6
，过滤、洗涤干燥即制得Fe(NH4)Fe(CN)6，据此分析解题。
(1)由分析可知，红渣的主要成分为：Fe2O3，滤渣①的主要成分为：SiO2，故答案为：Fe2O3；SiO2；
(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+
+FeS2+8H2O=15Fe2++2
+16H+，故化学方程式为：7Fe2(SO4)3+FeS2+8H2O=15FeSO4+8H2SO4，故答案为：
7Fe2(SO4)3+FeS2+8H2O=15FeSO4+8H2SO4；
(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FeSO4溶液和H2SO4
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(NH4)2Fe(CN)6中Fe 的化合价为+2 价和[Fe(CN)6]4-中的+3 价，由分析可知，
氧化工序所发生的离子方程式为：6Fe(NH4)2Fe(CN)6+
+6H+=6Fe(NH4)Fe(CN)6+3H2O+Cl-+6
，故答
案为：+2；6Fe(NH4)2Fe(CN)6+
+6H+=6Fe(NH4)Fe(CN)6+3H2O+Cl-+6
；
(6)由分析可知，还原工序所得的滤液中主要含有FeSO4溶液和H2SO4，向滤液中先加入一定量的H2O2溶液
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Fe2O3·x H2O 和(NH4)2SO4，故所需要加入的试剂为H2O2和NH3·H2O，故答案为：H2O2；
NH3·H2O。
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
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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_______。
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【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)MgSO4
(6) 15 O2+4e-+2H2O=4OH-
【解析】由流程可知，该类矿(含铁、铝等元素)加入酸化MgSO4溶液浸取，得到浸取液中含有
、
、
、
、
、
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
MgSO4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
RECl3溶液。
(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
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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MgSO4，故答案为：MgSO4；
(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O2+4e-+2H2O=4OH，故答案为：
O2+4e-+2H2O=4OH-。
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
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）
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（2）CuAl2Cl8
（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(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-。
【解析】
（1）由上述分析可得，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+、
、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CuAl2Cl8；阴离子
中Al 原子的杂化方式为sp3，空间
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结构为正四面体，与CH4相同，其电子式为
，故答案为：CuAl2Cl8；
。
（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
。
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，故答案为：将白色沉淀于硝
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。
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：
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（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______。
（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）S2O
SO
+ 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
【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。
【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S2O
SO
+ SO2↑；
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（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，故答
案为：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）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。
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
2K2S+K2SO3+3H2O
(x-1)S+K2S
K2Sx(x=2~6)
S+ K2SO3
K2S2O3
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K2S 和K2SO3，则V=______。
（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K2Sx和K2S2O3，则
x=______。(写出计算过程)
【答案】（1）30.0 （2）3
【解析】
（1）根据方程式3S+6KOH
2K2S+K2SO3+3H2O 可知，3mol S 可以和6mol KOH 反应，0.48g S 的物质的
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=
=
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=0.03L=30.0mL，故答案为30.0；
（2）若S 与KOH 溶液反应生成K2Sx和K2S2O3，则反应的化学方程式为(2x+2)S+6KOH
2K2Sx+K2S2O3+3H2O，根据反应方程式有
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
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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SiO2杂质)加入盐酸，铁粉反应生成氯化亚铁，过滤除去少量碳和SiO2杂质，
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SOCl2生成FeCl3。
(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SOCl2生成
FeCl3的化学方程式为
。
(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MnO2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MnO2。
①反应的离子方程式是_______。
②电极反应式：
i.还原反应：MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O
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ii.氧化反应：_______。
③根据电极反应式，分析A 中仍存在盐酸和MnO2的原因。
i.随c(H+)降低或c(Mn2+)浓度升高，MnO2氧化性减弱。
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H2SO4
有氯气
II
a
有氯气
III
a+b
无氯气
a 是_______，b 是_______。
(2)利用c(H+)浓度对MnO2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
与MnO2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______________。
(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MnO2。经实验
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) MnO2+4H+ +2Cl-
Mn2++Cl2↑ + 2H2O 2Cl--2e- =Cl2↑ Cl-还原性减弱或Cl2 的氧
化性增强 KCl 固体(或浓/饱和溶液) MnSO4固体(或浓/饱和溶液)
(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)AgNO3 或Ag2SO4
(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++
H2↑反应得以发生
(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
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【解析】(1)①二氧化锰和浓盐酸制氯气的离子方程式为：MnO2+4H+ +2Cl-
Mn2++Cl2↑ + 2H2O；②氧化
反应是元素化合价升高，故氧化反应为：2Cl--2e- =Cl2↑③反应不能发生也可能是还原剂还原性减弱，或者
产生了氧化性更强的氧化剂，故答案为：Cl-还原性减弱或Cl2 的氧化性增强④可以从增大氯离子浓度的角
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MnSO4固体
(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MnO2，故答案为：AgNO3 或Ag2SO4；
(4)若要使反应2Ag+2H+=2Ag++ H2↑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
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++ H2↑反应得以发生；
(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FeSO4·H2O，含少量TiOSO4和不溶物
ii.TiOSO4+(x+1)H2O⇌TiO2·xH2O↓+H2SO4
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_______。
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(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FeSO4溶液中加入氨水，产
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-t1时段，pH 几乎不变；t1-t2时段，pH 明显降低。结合方程式解释原因：_______。
④pH≈4 时制得铁黄晶种。若继续通入空气，t3后pH 几乎不变，此时溶液中c(Fe2+)仍降低，但c(Fe3+)增加，
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(C2O4)
，Fe(C2O4)
不与稀碱液反应
Na2C2O4过量，会使测定结果_______(填“偏大”“偏小”或“不受影响”)。
【答案】(1) 与硫酸反应，使得TiOSO4+2H2O⇌TiO2·H2O↓+ H2SO4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++ 2NH3·H2O = Fe(OH)2 + 2
> pH6.0 左右， 4Fe(OH)2 +O2+ 2H2O= 4Fe(OH)3因此
pH 几乎不变。之后发生4Fe2+ + O2+ 6H2O= 4FeOOH + 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+ + O2 +4H+=4Fe3+和4Fe2+ + O2+ 2H2O =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+ + 3O2+ 2H2O= 4FeOOH + 8Fe3+
(3)不受影响
【解析】根据钛白粉废渣制备铁黄流程
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和钛白粉废渣成分：FeSO4·H2O、TiOSO4及其它难溶物,可知：加入蒸馏水、铁粉纯化后，
TiOSO4+2H2O⇌TiO2·H2O↓+H2SO4，TiO2·H2O 是沉淀，通过过滤后，得到精制FeSO4溶液，加入氨水和空气
后，FeSO4溶液被氧化成三价铁离子，同时调整PH（0.1mol/LFe2+沉淀为Fe(OH)2，起始的pH 为6.3，完全
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TiOSO4+2H2O⇌TiO2·H2O↓+ H2SO4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)2 +O2+ 2H2O= 4Fe(OH)3因此pH 几乎不变。之后发生4Fe2+ + O2+ 6H2O= 4FeOOH
+ 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+ + O2 +4H+=4Fe3+和4Fe2+ + O2+
2H2O =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+ + 3O2+ 2H2O=
4FeOOH + 8Fe3+
(3)由于Fe3++3C2O4
2- =Fe(C2O4)3 ，Fe(C2O4)3 不与稀碱溶液反应, 所以加入的Na2C2O4过量，则测定结果不
受影响
1．[2020 江苏卷]吸收工厂烟气中的SO2，能有效减少SO2对空气的污染。氨水、ZnO 水悬浊液吸收烟气中
SO2后经O2催化氧化，可得到硫酸盐。
已知：室温下，ZnSO3微溶于水，Zn(HSO3)2易溶于水；溶液中H2SO3、HSO3
-、SO3
2-的物质的量分数随
pH 的分布如图-1 所示。
（1）氨水吸收SO2。向氨水中通入少量SO2，主要反应的离子方程式为___________；当通入SO2至溶
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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SO2。向ZnO 水悬浊液中匀速缓慢通入SO2，在开始吸收的40mim 内，SO2吸
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)；SO2吸收率迅速降低阶段，主要反应的离子方程式为_______________。
（3）O2催化氧化。其他条件相同时，调节吸收SO2得到溶液的pH 在4.5~6.5 范围内，pH 越低SO
生
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
HSO3
−
（2）ZnSO3
或
（3）随着pH 降低，HSO3
−浓度增大
减小
【解析】
【分析】
向氨水中通入少量的SO2，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
析ZnO 吸收SO2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
pH 的变化情况。
【详解】
（1）向氨水中通入少量SO2时，SO2与氨水反应生成亚硫酸铵，反应的离子方程式为2NH3+H2O+SO2=2
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+
（或2NH3·H2O +SO2=2
+
+H2O）；根据图-1 所示，pH=6 时，溶液中不含有亚硫酸，
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SO2，生成微溶于水的ZnSO3，此时溶液pH 几乎不变；一旦
ZnO 完全反应生成ZnSO3后，ZnSO3继续吸收SO2生成易溶于水的Zn(HSO3)2，此时溶液pH 逐渐变小，SO2
的吸收率逐渐降低，这一过程的离子方程式为ZnSO3+SO2+H2O=Zn2++2
（或ZnO+2SO2+H2O=Zn2++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
+O2=2
+2H+，随着反应的不断进行，有大量的氢离子生成，导
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______________。
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（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NH3，由实验流程图
中分析可知，结合B 中通入过量的CO2产生能溶于NaOH 溶液的白色沉淀C，故C 为Al(OH)3，则D 为
Al2O3，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
根据物质性质进行解答。
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【详解】
Ⅰ.（1）由分析可知，Y 为NH3，由实验流程图中分析可知，结合B 中通入过量的CO2产生能溶于NaOH 溶
液的白色沉淀C，故C 为Al(OH)3，则D 为Al2O3，E 是AgCl，利用原子守恒可知：A1溶液中含有N 原子
的物质的量为：
，Al 原子的物质的量为：
，A2溶液中含有的Cl-的物质的量为：
；
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：AlCl3NH3，故
答案为：Al Cl AlCl3 NH3；
（2）根据分析（1）可知，溶液B 中通入过量的CO2所发生的离子方程式为：
，故答案为：
；
（3）结合题给的两个条件，再分析化合物X(AlCl3NH3)是NH3和AlCl3通过配位键结合成的化合物，不难
想到类似于NH3和H2O 反应，故可以很快得出该反应的离子方程式为AlCl3+Cl-=
或者
AlCl3+NH3=AlCl3NH3，故答案为：AlCl3+Cl-=
或者AlCl3+NH3=AlCl3NH3；
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
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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H2SO4分子，与Ba(NO3)2反应生成硫酸钡白色
沉淀，故答案为：HCl 气体能够带出H2SO4分子，与Ba(NO3)2反应生成BaSO4沉淀。
【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（C3N3O3Cl2Na）都是常用的杀菌消毒剂。 NaClO 可用于
制备二氯异氰尿酸钠。
（1）NaClO 溶液可由低温下将Cl2缓慢通入NaOH 溶液中而制得。制备 NaClO 的离子方程式为 ▲
；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
Na2S2O3标准溶液滴定至
溶液呈微黄色，加入淀粉指示剂，继续滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液20.00 mL。
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CO2后产生HClO，HClO 见光分解
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（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O2，从而是次氯酸钠失效，故答案为：
；
NaClO 溶液吸收空气中的CO2后产生HClO，HClO 见光分解；
（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：
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=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(S2O
)=
，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，
故答案为：偏低；
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