1、专题 13 元素及其化合物知识的综合应用 1(2020 年新课标)化学工业为疫情防控提供了强有力的物质支撑。氯的许多化合物既是重要化工原料， 又是高效、广谱的灭菌消毒剂。回答下列问题： (1)氯气是制备系列含氯化合物的主要原料， 可采用如图(a)所示的装置来制取。 装置中的离子膜只允许_ 离子通过，氯气的逸出口是_(填标号)。 (2)次氯酸为一元弱酸，具有漂白和杀菌作用，其电离平衡体系中各成分的组成分数 (X)= - cX cHClO +cClO （ ） （） （） ，X 为 HClO 或 ClO与 pH 的关系如图(b)所示。HClO 的电离常数 Ka值为_。 (3)Cl2O 为淡棕黄色气体
2、，是次氯酸的酸酐，可由新制的 HgO 和 Cl2反应来制备，该反应为歧化反应(氧化剂 和还原剂为同一种物质的反应)。上述制备 Cl2O 的化学方程式为_。 (4)ClO2常温下为黄色气体，易溶于水，其水溶液是一种广谱杀菌剂。一种有效成分为 NaClO2、NaHSO4、 NaHCO3的“二氧化氯泡腾片”，能快速溶于水，溢出大量气泡，得到 ClO2溶液。上述过程中，生成 ClO2的 反应属于歧化反应，每生成 1 mol ClO2消耗 NaClO2的量为_mol；产生“气泡”的化学方程式为 _。 (5)“84 消毒液”的有效成分为 NaClO，不可与酸性清洁剂混用的原因是_(用离子方程式表示)。工业
3、上 是将氯气通入到 30%的 NaOH 溶液中来制备 NaClO 溶液，若 NaClO 溶液中 NaOH 的质量分数为 1%，则生 产 1000 kg 该溶液需消耗氯气的质量为_kg(保留整数)。 【答案】(1)Na+ a (2)10-7.5 (3)2Cl2+HgO=HgCl2+Cl2O (4)1.25 NaHCO3+NaHSO4=CO2+Na2SO4+H2O (5)ClO-+Cl-+2H+=Cl2+ H2O 203 2020 年高考真题年高考真题 【解析】 【分析】(1)电解饱和食盐水，阳极产生氯气，阳离子移向阴极室； (2)由图 pH=7.5 时，c(HClO)=c(ClO-)，HClO
4、的 Ka= +- c(H )c(ClO ) c(HClO) =c(H+)； (3)Cl2歧化为 Cl2O 和 Cl-； (4)根据 5ClO24H=4ClO2Cl2H2O，计算每生成 1molClO2，消耗的 NaClO2；碳酸氢钠和硫酸氢钠反 应生成硫酸钠、水和二氧化碳； (5)“84”中的 NaClO、NaCl 和酸性清洁剂混合后发生归中反应；根据 NaOH 质量守恒计算； 【详解】(1)电解饱和食盐水，反应的化学方程式为 2NaCl+2H2O 2NaOH+Cl2+H2，阳极氯离子失 电子发生氧化反应生成氯气，氯气从 a 口逸出，阴极氢离子得到电子发生还原反应生成氢气，产生 OH-与通 过
5、离子膜的 Na+在阴极室形成 NaOH，故答案为：Na+；a； (2)由图 pH=7.5 时，c(HClO)=c(ClO-)，HClO 的 Ka= +- c(H )c(ClO ) c(HClO) =c(H+)=10-7.5；故答案为：10-7.5； (3)Cl2歧化为 Cl2O 和 Cl-，HgO 和氯气反应的方程式为：2Cl2+HgO=HgCl2+Cl2O，故答案为： 2Cl2+HgO=HgCl2+Cl2O； (4)5ClO24H=4ClO2Cl2H2O，每生成 1molClO2，消耗 NaClO2为 1mol 5 4 =1.25mol；碳酸氢钠和 硫酸氢钠反应生成硫酸钠、水和二氧化碳，方程
6、式为：NaHCO3NaHSO4=Na2SO4H2OCO2，故答案 为:1.25mol；NaHCO3NaHSO4=Na2SO4H2OCO2； (5)“84”中的 NaClO、 NaCl 和酸性清洁剂混合后发生归中反应， 离子方程式为： ClOCl2H=Cl2H2O； 设氯气为 xkg，则消耗的 NaOH 为 80 71 x kg，原氢氧化钠质量为 80 71 x +1000Kg 0.01，由 NaOH 质量守恒：原 溶液为 1000Kg-x，则 80 71 x Kg+1000Kg 0. 01=(1000Kg-x) 0.3，解得 x=203Kg；故答案为：ClOCl2H =Cl2H2O；203。
7、2(2020 年江苏卷)实验室由炼钢污泥(简称铁泥，主要成份为铁的氧化物)制备软磁性材料 -Fe2O3。 其主要实验流程如下： (1)酸浸：用一定浓度的 H2SO4溶液浸取铁泥中的铁元素。若其他条件不变，实验中采取下列措施能提高铁 元素浸出率的有_(填序号)。 A适当升高酸浸温度 B适当加快搅拌速度 C适当缩短酸浸时间 (2)还原：向“酸浸”后的滤液中加入过量铁粉，使 Fe3+完全转化为 Fe2+。“还原”过程中除生成 Fe2+外，还会生 成_(填化学式)；检验 Fe3+是否还原完全的实验操作是_。 (3)除杂：向“还原”后的滤液中加入 NH4F 溶液，使 Ca2+转化为 CaF2沉淀除去。若
8、溶液的 pH 偏低、将会导 致 CaF2沉淀不完全，其原因是_ -9 sp2 CaF =5.3 10K， -4 a(HF)=6.3 10 K。 (4)沉铁：将提纯后的 FeSO4溶液与氨水-NH4HCO3混合溶液反应，生成 FeCO3沉淀。 生成 FeCO3沉淀的离子方程式为_。 设计以 FeSO4溶液、氨水- NH4HCO3混合溶液为原料，制备 FeCO3的实验方案：_。 (FeCO3沉淀需“洗涤完全”，Fe(OH)2开始沉淀的 pH=6.5)。 【答案】(1)AB (2)H2 取少量清液，向其中滴加几滴 KSCN 溶液，观察溶液颜色是否呈血红色 (3)pH 偏低形成 HF，导致溶液中 F-
9、浓度减小，CaF2沉淀不完全 (4) 2 332342 FeHCONHH OFeCONHH O 或 2 3334 FeHCONHFeCONH 在搅拌下向 FeSO4溶液中缓慢加入氨水-NH4HCO3混合溶液，控制溶液 pH 不大于 6.5；静置后过滤，所 得沉淀用蒸馏水洗涤 23 次；取最后一次洗涤后的滤液，滴加盐酸酸化的 BaCl2溶液，不出现白色沉淀 【解析】 【分析】铁泥的主要成份为铁的氧化物，铁泥用 H2SO4溶液“酸浸”得到相应硫酸盐溶液，向“酸浸”后的滤液 中加入过量铁粉将 Fe3+还原为 Fe2+；向“还原”后的滤液中加入 NH4F 使 Ca2+转化为 CaF2沉淀而除去；然后
10、进行“沉铁”生成 FeCO3，将 FeCO3沉淀经过系列操作制得 Fe2O3；据此分析作答。 【详解】(1)A适当升高酸浸温度，加快酸浸速率，能提高铁元素的浸出率，A 选； B适当加快搅拌速率，增大铁泥与硫酸溶液的接触，加快酸浸速率，能提高铁元素的浸出率，B 选； C适当缩短酸浸时间，铁元素的浸出率会降低，C 不选； 答案选 AB。 (2)为了提高铁元素的浸出率，“酸浸”过程中硫酸溶液要适当过量，故向“酸浸”后的滤液中加入过量的铁粉 发生的反应有： Fe+2Fe3+=3Fe2+、 Fe+2H+=Fe2+H2， “还原”过程中除生成 Fe2+外， 还有 H2生成； 通常用 KSCN 溶液检验 F
11、e3+，故检验 Fe3+是否还原完全的实验操作是：取少量清液，向其中滴加几滴 KSCN 溶液，观察 溶液颜色是否呈血红色，若不呈血红色，则 Fe3+还原完全，若溶液呈血红色，则 Fe3+没有还原完全，故答案 为：H2，取少量清液，向其中滴加几滴 KSCN 溶液，观察溶液颜色是否呈血红色。 (3)向“还原”后的滤液中加入 NH4F 溶液，使 Ca2+转化为 CaF2沉淀，Ksp(CaF2)=c(Ca2+) c2(F-)，当 Ca2+完全沉 淀(某离子浓度小于 1 10-5mol/L 表明该离子沉淀完全)时，溶液中 c(F-)至少为 9 5 5.3 10 1 10 mol/L= 5.3 10-2m
12、ol/L；若溶液的 pH 偏低，即溶液中 H+浓度较大，H+与 F-形成弱酸 HF，导致溶液中 c(F-)减小，CaF2 沉淀不完全，故答案为：pH 偏低形成 HF，导致溶液中 F-浓度减小，CaF2沉淀不完全。 (4)将提纯后的 FeSO4溶液与氨水NH4HCO3混合溶液反应生成 FeCO3沉淀， 生成 FeCO3的化学方程式为 FeSO4+NH3 H2O+NH4HCO3=FeCO3+(NH4)2SO4+H2O或 FeSO4+NH3+NH4HCO3=FeCO3+(NH4)2SO4，离子 方程式为 Fe2+ - 3 HCO+NH3 H2O=FeCO3+ + 4 NH+H2O(或 Fe2+ -
13、3 HCO+NH3=FeCO3+ + 4 NH)， 答案为： Fe2+ - 3 HCO+NH3 H2O=FeCO3+ + 4 NH+H2O(或 Fe2+ - 3 HCO+NH3=FeCO3+ + 4 NH)。 根据题意 Fe(OH)2开始沉淀的 pH=6.5，为防止产生 Fe(OH)2沉淀，所以将 FeSO4溶液与氨水NH4HCO3 混合溶液反应制备 FeCO3沉淀的过程中要控制溶液的 pH 不大于 6.5；FeCO3沉淀需“洗涤完全”，所以设计 的实验方案中要用盐酸酸化的 BaCl2溶液检验最后的洗涤液中不含 2- 4 SO ；则设计的实验方案为：在搅拌下 向 FeSO4溶液中缓慢加入氨水N
14、H4HCO3混合溶液，控制溶液 pH 不大于 6.5；静置后过滤，所得沉淀用蒸 馏水洗涤 23 次；取最后一次洗涤后的滤液，滴加盐酸酸化的 BaCl2溶液，不出现白色沉淀，故答案为：在 搅拌下向 FeSO4溶液中缓慢加入氨水NH4HCO3混合溶液，控制溶液 pH 不大于 6.5；静置后过滤，所得沉 淀用蒸馏水洗涤 23 次；取最后一次洗涤后的滤液，滴加盐酸酸化的 BaCl2溶液，不出现白色沉淀。 3(2020 年江苏卷)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 Na
15、OH 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 333223333 C N O ClH2H OC H N O2HClO 22 HClO2IHIClH O 22 22346 I2S OS O2I 准确称取 1.1200g 样品，用容量瓶配成 250.0mL 溶液；取 25.00mL 上述溶液于碘量瓶中，加入适量稀硫酸 和过量 KI 溶液，密封在暗
16、处静置 5min；用 1 0.1000mol L 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 20.00mL。 通过计算判断该样品是否为优质品_。(写出计算过程， 2 100% 测定中转化为HClO的氯元素质量 该样品的有效氯 样品的质量 ) 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) 22 Cl2OHClOClH O NaClO 溶液吸收空气中的 CO2后产生 HClO，HClO 见光 分解 (2) 2-1-3 23 nO=0.1000mol L0.02000L=2.000 10
17、molS 根据物质转换和电子得失守恒关系： 2 3332223 C N O Cl 2HClO 2I 4S O 得 23 23 (Cl)0.5S O1.000 10 molnn 氯元素的质量: 31 (Cl)1.000 10 mol 35.5g mol0.03550gm 该样品的有效氯为： 0.03550 2 100%63.39% 25.0mL 1.1200g 250.0mL g 该样品的有效氯大于 60%，故该样品为优质品 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： - 22 Cl +2OH =ClO +Cl +H O； 次氯酸钠溶液长
18、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； (2)由题中反应可知， - 3332 C N O Cl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： -2- 3332223 C N O Cl2HClO2I4S O， 2-13 23 O )0.1000mol L0.02000L2.000 10mol(Sn ，根据物质转换和电子得失守恒关系：得 n(
19、Cl)=0.5 2- 23 nS O（）= -3 1.000 10 mol， 氯元素的质量：m(Cl)= -3-1 1.000 10 mol 35.5g mol=0.03550g，该样品中的有效氯为： 2 100% 25.00mL 1.1200g 250.0mL 0.03550g =63.39%， 该样品中的有效氯大于 60%，故该样品为优质品。 如果硫酸的用量过少，则导致反应 -+ 333223333 C N O Cl +H +2H O=C H N O +2HClO不能充分进行，产生的 HClO 的量偏低，最终导致实验测得的有效氯含量会偏低。 4(2020 年 7 月浙江选考).化合物由四种
20、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3.01gX，用含HCl 0.0600 mol的盐酸完全溶解得溶液 A，将溶液 A 分成 1 A和 2 A两等份，完成如下实验(白色沉淀 C 可溶于NaOH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 2 CO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： 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； 反应原理与“ 34 =HClNHNH Cl”相
21、同。 .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HCl气体的原因是_。 (2)烧杯中出现白色沉淀的原因是_。 【答案】.(1)Al Cl 33 AlCl NH (2) 22233 AlOCO2H OAl(OH)HCO (3) 34 AlClClAlCl 或 3333 AlClNHAlCl NH .(1)吸收浓盐酸中的水分且放热导致HCl挥发 (2)HCl气体会将 24 H SO带出，与 3 2 Ba NO作用生成 4 BaSO 【解析】 【分析】根据题干可知，加热 X 可产生能使湿润的红色
22、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。 【详解】.(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： 3 -
23、1 V224mL n(N)=n(NH )=0.01mol Vm22400mL mol ，Al 原子的物质的量为： 23 -1 m0.51g n(Al)=2n(Al O )=2=2=0.01mol M102g mol ，A2溶液中含有的 Cl-的物质的量为： - -1 0.06molm 0.06mol8.61g0.06mol n(Cl )=n(AgCl)-=-=-=0.03mol 2M2143.5g mol2 ； 故一半溶液中含有的 H 原子的物质的量为： -1-1-1 -1 3.01g -0.01mol 14g mol -0.01mol 27g mol -0.03mol 35.5g mol 2
24、 (H)=0.03mol 1g mol n ， 故 X 中含有四 种元素即 N、 H、 Al、 Cl， 其个数比为：n(N):n(H):n(Al):n(Cl)=0.01mol:0.03mol:0.01mol:0.03mol=1:3:1:3， 故 X 的化学式为：AlCl3NH3； (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： - 22233 AlO +CO +2H O=Al(OH)+HCO； (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
25、反应的离子方程式为 AlCl3+Cl-= - 4 AlCl 或者 AlCl3+NH3=AlCl3NH3； .(1)由于浓硫酸具有吸水性且浓硫酸稀释是个放热过程，而且 HCl 的挥发性随浓度增大而增大，随温度升 高而增大，从而得出用浓硫酸和浓盐酸混合制备 HCl 的原理是浓硫酸吸收浓盐酸中的水分且放热，使浓盐 酸的挥发性增强，使 HCl 挥发出来； (2)浓硫酸虽然难挥发， 但也会随HCl气流而带出少量的H2SO4分子， 与Ba(NO3)2反应生成硫酸钡白色沉淀。 5(北京市海淀区 2020 届高三二模)金属铬常用于提升特种合金的性能。工业上以铬铁矿(主要成份为 FeO Cr2O3，含有少量 A
26、l2O3)为原料制备金属铬的流程如下图。下列说法不正确的是( ) A中需持续吹入空气作氧化剂 B中需加入过量稀硫酸 C中发生了置换反应 D溶液 A 为橙色 【答案】B 【解析】A在铬铁矿中 Cr 元素化合价为+3 价，反应后变为 Na2CrO4中的+6 价，化合价升高，被氧化，因 此中需持续吹入空气作氧化剂，A 正确；BAl(OH)3是两性氢氧化物，能够与硫酸发生反应产生可溶性 Al2(SO4)3，因此中加入的稀硫酸不能过量，B 错误；CCr2O3与 Al 在高温下反应产生 Cr 和 Al2O3，反应 物是单质和化合物，生成物也是单质与化合物，因此中反应类型为置换反应，C 正确；DNa2CrO
27、4在酸 性溶液中发生反应： 2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O，反应产生 Cr2O72-使溶液显橙色，D 正确；故合理选项 是 B。 6(2020 年 6 月福建省普通高中学业水平合格性考试)某化学兴趣小组为制取 NH3并探究其性质，按下图装 置进行实验。(制取氨气的反应原理:2NH4Cl+Ca(OH)2 加热 CaCl2+2NH3+2H2O，部分夹持仪器已略去) 2020 届高考模拟试题届高考模拟试题 (实验探究)(1)装置(I)中仪器 a 的名称是_。 (2)装置()中可用_(填“碱石灰”或“食盐”)作干燥剂。 (3)实验进行一段时间后，装置()中干燥的红色石蕊试纸不变色，然后滴
28、加水，观察到试纸颜色变为_(填 “白色”或“蓝色”)原因是氨水呈_(填“碱性”或“酸性”)。 (4)装置()中胶头滴管若改装浓盐酸，实验进行一段时间后，滴加浓盐酸，观察到瓶内充满_(填“白 烟”或“白雾”)，写出 NH3与 HCl 反应生成 NH4Cl 的化学方程式:_。 (5)装置(IV)中稀硫酸的作用是_。 (6)用 0.1 mol NH4Cl 与足量 Ca(OH)2反应，理论上可生成 NH3的物质的量是_mol。 (实验拓展)(7)已知:2NH3+3CuO 加热 3Cu+N2+3H2O，若把装置()换为如图装置，当实验进行一段时间后， 观察到黑色固体变为_(填“白色”或“红色”)，在这过
29、程中 NH3表现出_(填“还原性”或“氧化性”)。 (知识应用)(8)氨气是一种重要的化工原料。写出它的一种用途:_。 【答案】(1)酒精灯 (2)碱石灰 (3)蓝色 碱性 (4)白烟 NH3 + HCl= NH4Cl (5)吸收多余的氨气 (6)0.1 (7)红色 还原性 (8)制化肥 【解析】(1)装置(I)中根据仪器 a 的构造可知为酒精灯。 (2)装置()中的目的是干燥氨气，食盐不具有吸水性不可用，碱石灰为固体氢氧化钠和生石灰的混合物，具 有很好的吸水性，可用于干燥氨气。 (3)实验进行一段时间后，装置()中干燥的红色石蕊试纸不变色，然后滴加水，因氨气可与水反应产生一水 合氨，一水合氨
30、为弱碱电离产生氢氧根离子显碱性，红色石蕊试纸遇碱会变蓝色。 (4)装置()中胶头滴管若改装浓盐酸，实验进行一段时间后，滴加浓盐酸，氯化氢与氨气反应产生固体氯化 铵，在试剂瓶中可以看到白烟，相应的反应为：NH3+HCl=NH4Cl。 (5)氨气是有毒气体挥发到空气中污染环境， 因此装置(IV)中稀硫酸的作用是吸收多余的氨气， 防止污染空气。 (6)用 0.1 mol NH4Cl 与足量 Ca(OH)2反应，根据元素守恒可知，理论上可生成 NH3的物质的量是 0.1mol。 (7)2NH3+3CuO 加热 3Cu+N2+3H2O，把装置()换为如图装置，当实验进行一段时间后，观察到黑色的氧化 铜固
31、体变为红色铜单质，在这过程中 NH3转变成 N2化合价升高被氧化，表现出还原性。 (8)氨气是一种重要的化工原料，可跟酸反应产生铵盐做氮肥使用。 7 (安徽省六安市第一中学2020届高三下学期第八次模拟)工业上以铝土矿(主要成分是Al2O3和少量的SiO2、 Fe2O3杂质)为原料制取铵明矾晶体NH4Al(SO4)2 12H2O的工艺流程如图所示： 请回答下列问题： (1)试剂 I 为_；试剂为_；滤渣 a 的化学式为_。 (2)证明铁元素已全部转化为滤渣 b 的实验方法是_。 (3)滤液中通入足量 CO2进行酸化， 从而得到固体 c， 若用盐酸进行酸化是否可以？_， 请说明理由： _。 (4
32、)由固体 d 制取铵明矾溶液的化学方程式为_，从铵明矾溶液中获得铵明矾晶体的实验操作依次为(填操 作名称)蒸发浓缩、冷却结晶、_。 (5)NH4Al(SO4)2溶液呈_(“酸性”、“碱性”或“中性”)，原因是_(用离子方程式表示)。 (6)若 NH4Al(SO4)2溶液、NH4HCO3溶液和 NH4Cl 溶液中的 NH4+的物质的量浓度相等，则三种铵盐溶液的 浓度从小到大的顺序为_。 【答案】(1)盐酸(或稀硫酸等) NaOH 溶液(或 KOH 溶液等) SiO2 (2)取少量滤液于小试管中，向小试管中滴加 KSCN 溶液，若溶液不变红，说明 Fe3+已全部转化为红褐色 滤渣 b (3)不可以
33、 通入足量CO2进行酸化的目的是使滤液中的AlO2-转化为Al(OH)3， 而Al(OH)3能溶于盐酸， 不易控制加入盐酸的量，故不能用盐酸进行酸化 (4)Al2O34H2SO42NH3=2NH4Al(SO4)23H2O 过滤洗涤干燥 (5)酸性 NH4+H2ONH3 H2OH+，Al3+3H2OAl(OH)33H+ (6)cNH4Al(SO4)2c(NH4Cl)c(NH4HCO3) 【解析】 【分析】根据铝土矿的成分，Al2O3为两性氧化物，Fe2O3属于碱性氧化物，SiO2属于酸性氧化物，SiO2不 与盐酸或稀硫酸等酸反应，结合图中转化关系可知，红褐色滤渣 b 为 Fe(OH)3，则试剂为
34、 NaOH 溶液或 KOH 溶液等强碱溶液均可；进而推知滤渣 a 和试剂 I。据此解答。 【详解】(1)由图中转化关系可知，红褐色滤渣 b 为 Fe(OH)3，则试剂为 NaOH 溶液或 KOH 溶液等强碱溶 液均可；进而推知滤渣 a 为 SiO2，试剂 I 为盐酸或稀硫酸。答案为：盐酸(或稀硫酸等)；NaOH 溶液(或 KOH 溶液等)；SiO2； (2)可通过检验滤液中是否还含有 Fe3+，来证明 Fe3+是否已全部转化为 Fe(OH)3，具体方法为：取少量滤液 于小试管中， 向小试管中滴加 KSCN 溶液， 若溶液不变红， 说明 Fe3+已全部转化为红褐色滤渣 b。 答案为： 取少量滤液
35、于小试管中，向小试管中滴加 KSCN 溶液，若溶液不变红，说明 Fe3+已全部转化为红褐色滤 渣 b； (3)由上面的分析可知，滤液中含有 AlO2-，通入足量 CO2进行酸化，AlO2-可转化为 Al(OH)3，CO2AlO2- 2H2O=Al(OH)3HCO3-，若改用盐酸进行酸化，反应过程中生成的 Al(OH) 3会溶于盐酸，不易控制加入 盐酸的量，故不能用盐酸进行酸化。答案为：不可以；通入足量 CO2进行酸化的目的是使滤液中的 AlO2- 转化为 Al(OH)3，而 Al(OH)3能溶于盐酸，不易控制加入盐酸的量，故不能用盐酸进行酸化； (4)根据流程图，固体 c 为 Al(OH)3，
36、固体 d 为 Al2O3，固体 d 与稀硫酸、氨气反应生成铵明矾，化学反应方 程式为：Al2O34H2SO42NH3=2NH4Al(SO4)23H2O。从铵明矾溶液中获得铵明矾晶体的操作依次为蒸发 浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。答案为：Al2O34H2SO42NH3=2NH4Al(SO4)23H2O；过滤、洗涤、 干燥； (5)NH4Al(SO4)2溶液呈酸性，因为 NH4+和 Al3+均能水解使溶液呈酸性，NH4+H2ONH3 H2OH+， Al3+3H2OAl(OH)33H+。 答案为： 酸性； NH4+H2ONH3 H2OH+， Al3+3H2OAl(OH)3 3H+； (6)NH4
37、Al(SO4)2溶液中，Al3+水解产生的 H+对 NH4+的水解起抑制作用，使 NH4+的水解程度减弱，溶液中 NH4+的量较多，而 NH4HCO3中，HCO3-的水解产生的 OH-对 NH4+的水解起促进作用，使 NH4+的水解程度 增大，溶液中 NH4+的量较少，因此，若溶液中的 NH4+的物质的量浓度相等，三种铵盐溶液的浓度从小到大 的顺序为：cNH4Al(SO4)2c(NH4Cl)c(NH4HCO3)。答案为：cNH4Al(SO4)2c(NH4Cl)c(NH4HCO3)。 【点睛】判断几种物质的浓度关系时，我们可利用它们所含共同离子的浓度进行判断。一方面比较起始量， 另一方面比较变化
38、量，利用平衡量逆推物质的起始浓度。即变化量越大，平衡量越小，则所需起始量应越 大。 8(重庆市巴蜀中学 2020 届高考适应性月考一)铝(熔点 660)是一种应用广泛的金属，工业上用 23 Al O(熔 点 2045)和冰晶石( 36 Na AlF)混合熔融后电解制得。请回答下列问题： (1)铝属于活泼金属却能在空气中稳定存在， 其原因是_， 冶金工业上常用金属铝作还原剂冶炼钒、 铬、锰等金属，请写出铝与 V2O5在高温下反应的化学方程式：_。 (2)将 1 3 0.1mol L AlCl 液和10%NaF溶液混合制取 36 Na AlF。该实验用于盛装 NaF 溶液的试剂瓶 _(填“能”或“
39、不能”)用玻璃瓶，原因是_。 (3)下列关于铝元素的叙述不正确的是_(填序号)。 A铝是人类最早使用的金属 B镁铝合金既可完全溶于过量的盐酸，又可完全溶于过量的 NaOH 溶液 C氢氧化铝是一种两性氢氧化物，既能溶于盐酸又能溶于 NaOH 溶液 D铝是人体必需的微量元素之一，因此在生活中人们应尽量使用铝制炊具和餐具更有利于身体健康 (4)某工厂排放出有毒物质 NOCl，它遇水就会生成 3 NO。NOCl 分子中各原子均满足 8 电子稳定结构，则 NOCl 的电子式为_，水源中的 3 NO对人类健康会产生危害，为了降低水源中 3 NO的浓度，有研 究人员建议在碱性条件下用铝粉将 3 NO还原为
40、N2，此时铝主要以 2 AlO 的形式存在于溶液中，请写出该反 应的离子方程式：_，当该反应转移 5mol 电子时，产生的 2 N在标况下的体积约为_L。 【答案】(1)铝的表面可以形成一层致密的氧化铝薄膜，保护铝不被进一步氧化 2523 10Al+3V O5Al O +6V高温 (2)不能 - F会水解产生氢氟酸，氢氟酸会腐蚀玻璃 (3)ABD (4) - 3222 1 0 Al + 6 N O + 4 O H = 1 0 Al O + 3 N+ 2 H O 11.2L 【解析】(1)铝的表面可以形成一层致密的氧化铝薄膜，保护铝不被进一步氧化，因此可以在空气中稳定存 在， 铝作还原剂冶炼金属
41、， 自身变成氧化铝， 可以类比氧化铁的铝热反应： 2523 10Al+3VO5Al O +6V高温 ； (2)根据“有弱就水解，越弱越水解”的规律， - F会水解产生氢氟酸，氢氟酸本身会腐蚀玻璃，因此不能用玻 璃瓶来盛放； (3)A尽管铝是地壳中含量最高的金属元素，但是提炼铝的方法是近两三个世纪才发现的，铝的大规模使用 是上个世纪七十年代才开始的，A 项错误； B铝和强酸强碱均能反应，但是镁只能和盐酸反应，不能和氢氧化钠溶液反应，因此镁不溶于烧碱溶液， B 项错误； C 3 Al(OH)是一种两性氢氧化物，既能溶于盐酸得到 3+ Al 又能溶于烧碱得到 - 2 AlO，C 项正确； D过多摄入
42、 3+ Al 对人体实际上是有害的，因此我们应减少铝制餐具的使用，并且在使用时避免接触强酸或 强碱性的食品，D 项错误； 答案选 ABD； (4)既然各原子均满足 8 电子稳定结构，氮要形成 3 个共价键，氧要形成 2 个共价键，氯只能形成 1 个共价 键，不难发现应写成的形式，1 个铝失 3 个电子，1 个氮得 5 个电子，写出反应方程式： - 3222 10Al+6NO +4OH =10AlO +3N+2H O， 根据方程式不难看出转移电子数与生成氮气数之比为 10:1， 故当转移 5mol 电子时生成 0.5mol 氮气，这些氮气在标况下的体积为0.5mol 22.4L/mol=11.2
43、L。 9(百校联考 2020 届高考考前冲刺必刷卷一)含硫化合物多为重要的化工原料。请回答下列问题： I.多硫化物是含多硫离子(Sx2-)的化合物，可用作废水处理剂、硫化剂等。 (1)Na2S2的电子式为_。 (2)Na2S5(易溶于水)在酸性条件下可生成 H2S 和 S，该反应的离子方程式为_。 (3)黄铁矿(FeS2)是工业上制硫酸的重要原料，在氧气中煅烧生成 Fe2O3和 SO2，其煅烧的化学方程式为_。 II.焦亚硫酸钠(Na2S2O5)是一种食品抗氧化剂，易溶于水。 (4)焦亚硫酸钠(Na2S2O5)中硫元素的化合价为_。 (5)向某些饮料中添加少量焦亚硫酸钠(Na2S2O5)， 可
44、降低饮料中溶解氧的含量， 发生反应的离子方程式为_。 (6)向饱和碳酸钠溶液中通入过量 SO2可制得焦亚硫酸钠，发生反应的化学方程式为_。 III.硫代硫酸钠(Na2S2O3)是一种重要的滴定试剂，常用来滴定溶液中的含碘量。 (7)为测定某碘水中 I2的浓度(假设碘水中的碘元素均以碘单质形式存在)，取该碘水 200.00mL，加入淀粉溶 液作为指示剂， 滴加 0.01mol L-1硫代硫酸钠标准液， 发生反应： I2+2S2O32-=S4O62-+2I-， 当_(填实验现象)， 即为终点。平行滴定 3 次，标准液的平均用量为 20.00mL，则该碘水中 I2的浓度为_mg L-1。 【答案】(
45、1) (2)S52+2H+=H2S+4S (3)4FeS2+11O2 高温 2Fe2O3+8SO2 (4)+4 (5)S2O52+O2+H2O=2SO42+2H+ (6)Na2CO3+2SO2=Na2S2O5+CO2 (7)滴入最后一滴硫代硫酸钠标准液，溶液由蓝色变为无色，且 30s 内不再变蓝 127 【解析】 【分析】(1)Na2S2 是离子化合物，是钠离子和过硫根离子构成； (2)Na2S5(易溶于水)在酸性条件下可生成 H2S 和 S； (3)黄铁矿(FeS2)是工业上制硫酸的重要原料，在氧气中煅烧生成 Fe2O3和 SO2； (4)元素化合价倒数和为 0 计算得到元素的化合价； (5
46、)向某些饮料中添加少量焦亚硫酸钠(Na2S2O5)， 可降低饮料中溶解氧的含量， Na2S2O5被氧气氧化得到硫酸 钠和硫酸； (6)向饱和碳酸钠溶液中通入过量 SO2可制得焦亚硫酸钠； 取该碘水 200.00mL，加入淀粉溶液作为指示剂，滴加 0.01molL-1硫代硫酸钠标准液，发生反应： I2+2S2O32-=S4O62-+2I-，反应终点的现象是滴入最后一滴溶液，蓝色变为无色且半分钟不变，结合化学方程式 定量关系计算。 【详解】(1)Na2S2的电子式为 ； (2)Na2S5(易溶于水)在酸性条件下可生成 H2S 和 S，反应的离子方程式为 S52+2H+=H2S+4S； (3)黄铁矿
47、(FeS2)是工业上制硫酸的重要原料，在氧气中煅烧生成 Fe2O3和 SO2，反应的化学方程式： 4FeS2+11O2 高温 2Fe2O3+8SO2； (4)焦亚硫酸钠(Na2S2O5)中，钠元素化合价+1 价，氧元素化合价2 价，化合价代数和为 0 计算得到硫元 素的化合价为+4； (5)向某些饮料中添加少量焦亚硫酸钠(Na2S2O5)， 可降低饮料中溶解氧的含量， Na2S2O5被氧气氧化得到硫酸 钠和硫酸，反应的离子方程式：S2O52+O2+H2O=2SO42+2H+； (6)向饱和碳酸钠溶液中通入过量 SO2可制得焦亚硫酸钠， 反应的化学方程式： Na2CO3+2SO2=Na2S2O5+CO2； 碘水加入淀粉变蓝色，当消耗完碘单质后溶液变为无色，滴定终点的现象是：当滴入最后一滴硫代硫 酸钠标准液后， 溶液由蓝色变为无色且半分钟不再变蓝说明反应达到终点， 发生反应： I2+2S2O32=S4O62+2I， 2 c(I2) V(I2)=c(S2O32) V(S2O32)，c(I2)= 0.01/0.02 2 0.2 mo
