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回归教材重难点04 “9种”物质的性质及应用-【查漏补缺】2023年高考化学三轮冲刺过关（新高考专用）（解析版）
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回归教材重难点04 “9种”物质的性质及应用
元素化合物是中学化学最重要的基础知识，近几年高考独立考查元素化合价的命题不多，分散在不同类型的题目中，主要以化学实验、化工流程的综合题的形式呈现。
本考点是高考五星高频考点，2020年~2022年各地新高考卷考查情况如下表。
年份
考点
北京卷
广东卷
湖北卷
浙江卷
天津卷
湖南卷
福建卷
江苏卷
河北卷
辽宁卷
山东卷
2022
元素化合物
的基本性质
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2021
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2020
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2022
工艺流程
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2021
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2020
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物质1 氯气
物质2 二氧化硫
物质3 硫酸
物质4 氨气
物质5 硝酸
物质6 二氧化硅
物质7 碳酸钠和碳酸氢钠
物质8 铁盐与亚铁盐
物质9 铝的化合物
1．（2022·广东省等级考）陈述Ⅰ和Ⅱ均正确但不具有因果关系的是（ ）。
选项
陈述Ⅰ
陈述Ⅱ
A
用焦炭和石英砂制取粗硅
SiO2可制作光导纤维
B
利用海水制取溴和镁单质
Br－可被氧化，Mg2+可被还原
C
石油裂解气能使溴的CCl4溶液褪色
石油裂解可得到乙烯等不饱和烃
D
FeCl3水解可生成Fe（OH）3胶体
FeCl3可用作净水剂
【解析】选A。焦炭具有还原性，工业上常利用焦炭与石英砂（SiO2）在高温条件下制备粗硅，这与SiO2是否做光导纤维无因果关系，故A符合题意；海水中存在溴离子，可向其中通入氯气等氧化剂将其氧化为溴单质，再经过萃取蒸馏物理操作分离提纯溴单质，另外，通过富集海水中的镁离子，经过沉淀、溶解等操作得到无水氯化镁，随后电解熔融氯化镁可制备得到镁单质，陈述I和陈述II均正确，且具有因果关系，B不符合题意；石油在催化剂加热条件下进行裂解可得到乙烯等不饱和烃，从而使溴的CCl4溶液褪色，陈述I和陈述II均正确，且具有因果关系，C不符合题意；FeCl3溶液中铁离子可发生水解，生成具有吸附性的氢氧化铁胶体，从而可用作净水机，陈述I和陈述II均正确，且具有因果关系，D不符合题意。
2．（2022·江苏省选择考）氮及其化合物的转化具有重要应用。下列说法不正确的是（ ）。
A．自然固氮、人工固氮都是将N2转化为NH3
B．侯氏制碱法以H2O、NH3、CO2、NaCl为原料制备NaHCO3和NH4Cl
C．工业上通过NH3催化氧化等反应过程生产HNO3
D．多种形态的氮及其化合物间的转化形成了自然界的“氮循环”
【解析】选A。自然固氮是将N2转化为含氮化合物，不一定是转化为NH3，比如大气固氮是将N2会转化为NO，A错误；侯氏制碱法以H2O、NH3、CO2、NaCl为原料制备NaHCO3和NH4Cl，反应的化学方程式为H2O+NH3+CO2+NaCl＝NaHCO3↓+NH4Cl，B正确；工业上通过NH3催化氧化等反应过程生产HNO3，相关的化学反应方程式为4NH3+5O24NO+6H2O、2NO+O22NO2、3NO2+H2O2HNO3+NO、4NO2+O2+2H2O＝4HNO3，C正确；氮元素在自然界中既有游离态又有化合态，多种形态的氮及其化合物间的转化形成了自然界的“氮循环”，D正确。
3．（2022·浙江6月选考）下列说法正确的是（ ）。
A．工业上通过电解六水合氯化镁制取金属镁
B．接触法制硫酸时，煅烧黄铁矿以得到三氧化硫
C．浓硝酸与铁在常温下不反应，所以可用铁质容器贮运浓硝酸
D．“洁厕灵”（主要成分为盐酸）和“84消毒液”（主要成分为次氯酸钠）不能混用
【解析】选D。六水合氯化镁没有自由移动的离子，不能导电，工业上通过电解熔融的无水氯化镁制取金属镁，A不正确；接触法制硫酸时，煅烧黄铁矿只能得到二氧化硫，二氧化硫在接触室经催化氧化才能转化为三氧化硫，B不正确；在常温下铁与浓硝酸发生钝化反应，在铁表面生成一层致密的氧化物薄膜并阻止反应继续发生，所以可用铁质容器贮运浓硝酸，C不正确；“洁厕灵”（主要成分为盐酸）和“84消毒液”（主要成分为次氯酸钠）不能混用，若两者混用会发生归中反应生成氯气，不仅达不到各自预期的作用效果，还会污染环境，D正确。
4．（2022·浙江6月选考）关于化合物FeO（OCH3）的性质，下列推测不合理的是（ ）。
A．与稀盐酸反应生成FeCl3、CH3OH、H2O
B．隔绝空气加热分解生成FeO、CO2、H2O
C．溶于氢碘酸（HI），再加CCl4萃取，有机层呈紫红色
D．在空气中，与SiO2高温反应能生成Fe2（SiO3）3
【解析】选B。因为CH3O－带一个单位负电荷，则化合物FeO（OCH3）中Fe的化合价为+3价，故其与稀盐酸反应生成FeCl3、CH3OH、H2O，反应原理为：FeO（OCH3）+3HClFeCl3+H2O+CH3OH，A不合题意；由分析可知，化合物FeO（OCH3）中Fe的化合价为+3价，C为－1，若隔绝空气加热分解生成FeO、CO2、H2O则得失电子总数不相等，不符合氧化还原反应规律，即不可能生成FeO、CO2、H2O，B符合题意；由分析可知，化合物FeO（OCH3）中Fe的化合价为+3价，故其溶于氢碘酸（HI）生成的Fe3+能将I－氧化为I2，反应原理为：2FeO（OCH3）+6HI2FeI2+I2+2H2O+2CH3OH，再加CCl4萃取，有机层呈紫红色，C不合题意；化合物FeO（OCH3）在空气中高温将生成Fe2O3、CO2和H2O，然后Fe2O3为碱性氧化物，SiO2为酸性氧化物，故化合物FeO（OCH3）与SiO2高温反应能生成Fe2（SiO3）3，D不合题意。
5．（湖南永州市2023年高考第一次适应性考试）下列说法正确的是（ ）。
A．镁在空气中燃烧可生成氧化镁和氮化镁
B．浓H2SO4具有强吸水性，能吸收糖类化合物中的水分并使其炭化
C．加热NaI与浓H3PO4混合物可制备HI，说明H3PO4比HI酸性强
D．向浓HNO3中插入红热的炭，产生红棕色气体，说明炭可与浓HNO3反应生成NO2
【解析】选A。镁非常活泼，在空气中燃烧可和氮气、氧气反应，生成氧化镁和氮化镁，A正确；浓H2SO4能吸收糖类化合物中的水分并使其炭化，是其脱水性的体现，B错误；浓H3PO4为难挥发性酸，加热NaI与浓H3PO4混合物可制备HI，是难挥发性酸制取挥发性酸，C错误；向浓HNO3中插入红热的炭，产生红棕色气体，也可能是硝酸受热分解生成二氧化氮气体，D错误。
6．（河北省邯郸市2022~2023学年高三上学期摸底）下列“类比”或“对比”合理的是（ ）。
A．MgCl2溶液与过量的氨水反应生成Mg（OH）2沉淀，则AlCl3溶液与过量的氨水反应生成Al（OH）3沉淀
B．Na在空气中燃烧生成Na2O2，则Li在空气中燃烧生成Li2O2
C．Fe在潮湿的空气中被腐蚀最终生成氧化物，则Cu在潮湿的空气中被腐蚀最终生成氧化物
D．NaCl固体与浓H2SO4加热可制HCl，则NaI固体与浓H2SO4加热可制HI
【解析】选A。一水合氨是弱碱，氢氧化铝与弱碱不反应，MgCl2溶液与过量的氨水反应生成Mg（OH）2沉淀，则AlCl3溶液与过量的氨水反应生成Al（OH）3沉淀。选项A正确；Na在空气中燃烧生成Na2O2，Li的金属性弱于Na，Li在空气中燃烧生成Li2O。选项B错误；Fe在潮湿的空气中被腐蚀最终生成氧化物，而Cu在潮湿的空气中被腐蚀最终生成铜绿碱式碳酸铜。选项C错误；NaCl固体与浓H2SO4加热可制HCl，HI还原性较强会被浓硫酸氧化，故NaI固体与浓H2SO4加热得不到HI。选项D错误。
7．（宁波市2023学年第一学期选考模拟）食品安全国家标准规定，K4［Fe（CN）6］允许作为食盐的抗结剂，最大使用量为0.01g/kg。己知K4［Fe（CN）6］的熔点70℃、沸点104.2℃，400℃以上分解：3K4［Fe（CN）6］12KCN+Fe3C+5C+3N2↑，KCN有剧毒。下列关于K4［Fe（CN）6］的推测不合理的是（ ）。
A．可溶于水，溶液中离子主要存在形式为K+、［Fe（CN）6］4－
B．烹饪时不必担心食盐中的K4［Fe（CN）6］转化为剧毒物质
C．在空气中灼烧，生成K2CO3、FeO、CO2和N2
D．与稀硫酸反应可生成K2SO4、FeSO4和HCN
【解析】选C。K4［Fe（CN）6］属于钾盐，由K+和［Fe（CN）6］4－构成，该物质可溶于水，溶液中离子主要存在形式为K+、［Fe（CN）6］4－，A正确；K4［Fe（CN）6］沸点为104.2℃，在104.2℃以上即变为气体逸出，故烹饪时不必担心食盐中的K4［Fe（CN）6］转化为剧毒物质，B正确；在空气中灼烧K4［Fe（CN）6］，Fe（II）会被氧化为Fe（III），不会生成FeO，C错误；K4［Fe（CN）6］可与稀硫酸反应可生成K2SO4、FeSO4和HCN，D正确。
8．（2022·河北省选择考）LiBr溶液可作为替代氟利昂的绿色制冷剂。合成LiBr工艺流程如下：
下列说法错误的是（ ）。
A．还原工序逸出的Br2用NaOH溶液吸收，吸收液直接返回还原工序
B．除杂工序中产生的滤渣可用煤油进行组分分离
C．中和工序中的化学反应为Li2CO3+2HBrCO2↑+2LiBr+H2O
D．参与反应的n（Br2）∶n（BaS）∶n（H2SO4）为1∶1∶1
【解析】选A。由流程可知，氢溴酸中含有少量的溴，加入硫化钡将溴还原生成溴化钡和硫，再加入硫酸除杂，得到的滤渣为硫酸钡和硫；加入碳酸锂进行中和，得到的溴化锂溶液经浓缩等操作后得到产品溴化锂。还原工序逸出的Br2用NaOH溶液吸收，吸收液中含有溴化钠和次溴酸钠等物质，若直接返回还原工序，则产品中会有一定量的溴化钠，导致产品的纯度降低，A说法错误；除杂工序中产生的滤渣为硫酸钡和硫，硫属于非极性分子形成的分子晶体，而硫酸钡属于离子晶体，根据相似相溶原理可知，硫可溶于煤油，而硫酸钡不溶于煤油，因此可用煤油进行组分分离，B说法正确；中和工序中，碳酸锂和氢溴酸发生反应生成溴化锂、二氧化碳和水，该反应的化学方程式为Li2CO3+2HBrCO2↑+2LiBr+H2O，C说法正确；根据电子转化守恒可知，溴和硫化钡反应时物质的量之比为1∶1；根据硫酸钡的化学组成及钡元素守恒可知，n（BaS）∶n（H2SO4）为1∶1，因此，参与反应的n（Br2）∶n（BaS）∶n（H2SO4）为1∶1∶1，D说法正确。
9．（2022·湖南省等级考）铝电解厂烟气净化的一种简单流程如下：
下列说法错误的是（ ）。
A．不宜用陶瓷作吸收塔内衬材料
B．采用溶液喷淋法可提高吸收塔内烟气吸收效率
C．合成槽中产物主要有Na3AlF6和CO2
D．滤液可回收进入吸收塔循环利用
【解析】选C。烟气（含HF）通入吸收塔，加入过量的碳酸钠，发生反应Na2CO3+2HF2NaF+CO2↑+H2O，向合成槽中通入NaAlO2，发生反应6NaF+2CO2+NaAlO22Na2CO3+Na3AlF6，过滤得到Na3AlF6和含有Na2CO3的滤液。陶瓷的成分中含有SiO2，SiO2在高温下与Na2CO3发生反应Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2↑，因此不宜用陶瓷作吸收塔内衬材料，故A正确；采用溶液喷淋法可增大反应物的接触面积，提高吸收塔内烟气吸收效率，故B正确；由上述分析可知，合成槽内发生反应6NaF+2CO2+NaAlO22Na2CO3+Na3AlF6，产物是Na3AlF6和Na2CO3，故C错误；由上述分析可知，滤液的主要成分为Na2CO3，可进入吸收塔循环利用，故D正确。
10．（2022·山东省等级考）高压氢还原法可直接从溶液中提取金属粉。以硫化铜精矿（含Zn、Fe元素的杂质）为主要原料制备Cu粉的工艺流程如下，可能用到的数据见下表。
Fe（OH）3
Cu（OH）2
Zn（OH）2
开始沉淀pH
1.9
4.2
6.2
沉淀完全pH
3.2
6.7
8.2
下列说法错误的是（ ）。
A．固体X主要成分是Fe（OH）3和S；金属M为Zn
B．浸取时，增大O2压强可促进金属离子浸出
C．中和调pH的范围为3.2~4.2
D．还原时，增大溶液酸度有利于Cu的生成
【解析】选D。CuS精矿（含有杂质Zn、Fe元素）在高压O2作用下，用硫酸溶液浸取，CuS反应产生为CuSO4、S、H2O，Fe2+被氧化为Fe3+，然后加入NH3调节溶液pH，使Fe3+形成Fe（OH）3沉淀，而Cu2+、Zn2+仍以离子形式存在于溶液中，过滤得到的滤渣中含有S、Fe（OH）3；滤液中含有Cu2+、Zn2+；然后向滤液中通入高压H2，根据元素活动性：Zn＞H＞Cu，Cu2+被还原为Cu单质，通过过滤分离出来；而Zn2+仍然以离子形式存在于溶液中，再经一系列处理可得到Zn单质。经过上述分析可知固体X主要成分是S、Fe（OH）3，金属M为Zn，A正确；CuS难溶于硫酸，在溶液中存在沉淀溶解平衡CuS（s）Cu2+（aq）+S2－（aq），增大O2的浓度，可以反应消耗S2－，使之转化为S，从而使沉淀溶解平衡正向移动，从而可促进金属离子的浸取，B正确；根据流程图可知：用NH3调节溶液pH时，要使Fe3+转化为沉淀，而Cu2+、Zn2+仍以离子形式存在于溶液中，结合离子沉淀的pH范围，可知中和时应该调节溶液pH范围为3.2～4.2，C正确；在用H2还原Cu2+变为Cu单质时，H2失去电子被氧化为H+，与溶液中OH－结合形成H2O，若还原时增大溶液的酸度，c（H+）增大，不利于H2失去电子还原Cu单质，因此不利于Cu的生成，D错误。
11．（湖南省衡阳市2022~2023学年高三3月模拟）废旧光盘可用于回收银等贵重金属，避免因直接填埋而污染土壤。工业上回收光盘金属层中的Ag的整体过程如图所示，下列说法错误的是（ ）。
A．氧化过程中发生的反应为4Ag+4NaClO+2H2O4AgCl+4NaOH+O2↑
B．操作1分离出AgCl后，再加氨水，目的是溶解银
C．氧化过程中，不可用HNO3代替NaClO氧化Ag
D．实验室进行操作1使用的仪器有漏斗、烧杯和玻璃棒
【解析】选B。由流程可知，氧化时发生反应：4Ag+4NaClO+2H2O4AgCl+4NaOH+O2↑，A项正确；操作1分离出的沉淀主要为AgCl，可能含Ag，再加氨水溶解AgCl，发生反应：AgCl+2NH3•H2O［Ag（NH3）2］++Cl－+2H2O，B项错误；如用硝酸，会生成氮氧化物，污染环境，且无法直接得到AgCl沉淀，C项正确；操作1为过滤，使用的仪器有漏斗、烧杯和玻璃棒，D项正确。
12．（河南省六市2023届高三第一次联合调研）某研究小组在实验室以含铁的铜屑为原料制备Cu（NO3）2·3H2O晶体，并进一步探究用SOCl2制备少量无水Cu（NO3）2。设计的路线如图：
已知：Cu（NO3）2·3H2OCu（NO3）2·Cu（OH）2CuO；SOCl2熔点－105℃、沸点76℃，遇水剧烈水解生成两种酸性气体。下列说法不正确的是（ ）。
A．第②步调pH适合的物质是CuO或Cu（OH）2或Cu2（OH）2CO3
B．第③步操作包括蒸发结晶、过滤等步骤
C．为得到较大颗粒的Cu（NO3）2·3H2O晶体，可采用减慢冷却结晶速度或冷却后静置较长时间的方法
D．第④步中发生的总反应的化学方程式Cu（NO3）2·3H2O+3SOCl2Cu（NO3）2+3SO2↑+6HCl↑
【解析】选B。第②步调pH时，不能引入新的杂质，常加入铜的氧化物、氢氧化铜及难溶性铜盐等，所以适合的物质是CuO或Cu（OH）2或Cu2（OH）2CO3，A正确；第③步操作是从溶液中提取Cu（NO3）2·3H2O晶体，由信息可知，晶体受热易失去结晶水，易发生水解，所以采取的措施是蒸发浓缩（至液体表面有晶膜出现）、冷却结晶等，不能蒸发至干，B不正确；减慢冷却结晶速度或冷却后静置较长时间，可得到较大颗粒的Cu（NO3）2·3H2O晶体，C正确；第④步中，SOCl2与结晶水作用，生成SO2和HC1气体，发生的总反应的化学方程式为Cu（NO3）2·3H2O+3SOCl2Cu（NO3）2+3SO2↑+6HCl↑，D正确。
13．（湖南省衡阳市2022~2023学年高三3月模拟）一种新型合成氨的过程如图所示。下列说法正确的是（ ）。
A．“转氮”过程属于人工固氮
B．合成过程中所涉及反应均为氧化还原反应
C．若用H2O代替NH4Cl进行转化，从体系中分离出NH3更容易
D．该合成氨过程中，参加反应的N2与H2O的物质的量之比为1∶3
【解析】选D。由图示可知反应的过程为：
人工固氮是将N2单质转化为化合物，“转氮”过程没有氮气参与，不属于人工固氮，A项错误；“转氮”过程，以及NH3和HCl反应生成NH4Cl的过程，都没有化合价变化，不属于氧化还原，B项错误；NH3极易溶解于水，若用H2O代替NH4Cl进行转化，难以从体系中分离出NH3，C项错误；该合成氨过程中，N2→NH3，1molN2转移6mol电子，H2O→O2，1molH2O转移2mol电子，由得失电子守恒可知，参加反应的N2与H2O的物质的量之比为1∶3，D项正确。
14．（陕西省咸阳市2023年高考一模）重质二氧化锰具有优良的电化学性能，广泛应用于各类化学电源中。以硫酸锰为原料制备重质二氧化锰的工艺流程如下：
下列说法错误的是（ ）。
A．“沉锰”的主要反应为Mn2++HCO3－MnCO3↓+ H+
B．“焙烧”过程在敞开、低压容器中进行效率更高
C．用少量氨水吸收“焙烧”产生的气体，所得溶液可用于“沉锰”
D．工艺中的硫酸表现酸性，高锰酸钾做氧化剂
【解析】选A。如果是Mn2++HCO3－MnCO3↓+ H+，氢离子还会与HCO3－反应，HCO3－+H+CO2↑+H2O，正确的离子方程式为Mn2++2HCO3－MnCO3↓+CO2↑+H2O，故A错误；敞开、低压容器中有利于二氧化碳的释放，有利于反应正向进行，效率更高，故B正确；“焙烧”产生的气体为二氧化碳，用少量氨水吸收二氧化碳生成碳酸氢铵，可用于“沉锰”，故C正确；酸性高锰酸钾具有强氧化性，做氧化剂，硫酸提供酸性环境，有利于物质稳定存在，故D正确。
15．（江淮十校2023届高三第一次联考）中药材铁华粉的主要成分为醋酸亚铁，可用如图所示方法检测。下列相关说法个正确的是（ ）。
A．制备铁华粉的主要反应为Fe+2CH3COOHFe（CH3COO）2+H2↑
B．气体X中含有醋酸蒸气
C．向滤液中滴加酸性高锰酸钾溶液，可证明Fe2+具行还原性
D．出上述实验川知，OH－结合Fe3+的能力大于CN－
【解析】选C。A项，铁与醋酸反应生成醋酸亚铁，正确；B项，气体X中含有醋酸蒸气和氢气，正确；C项，滤液中含有Cl－，不能证明是Fe2+与高锰酸铆反应，错误；D项，向所得监色沉淀中加入NaOH溶液可生成Fe（OH）3，说明OH－结合Fe3+的能力大于CN－，正确。
14．（2022·辽宁省选择考）某工厂采用辉铋矿（主要成分为Bi2S3，含有FeS2、SiO2杂质）与软锰矿（主要成分为MnO2）联合焙烧法制备BiOCl和MnSO4，工艺流程如下：
已知：①焙烧时过量的MnO2分解为Mn2O3，FeS2转变为Fe2O3；②金属活动性：Fe＞（H）＞Bi＞Cu；③相关金属离子形成氢氧化物的pH范围如下：
开始沉淀pH
完全沉淀pH
Fe2+
6.5
8.3
Fe3+
1.6
2.8
Mn2+
8.1
10.1
回答下列问题：
（1）为提高培烧效率，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）Bi2S3在空气中单独焙烧生成Bi2O3，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Bi3+和Mn2+；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Bi的目的是___________。
【解析】联合焙烧：由已知信息①和第（2）问题干可知，发生转化：Bi2S3Bi2O3+SO2、FeS2Fe2O3+SO2、MnO2Mn2O3+MnSO4，故联合焙烧后得到Bi2O3、Fe2O3、Mn2O3、MnSO4和SiO2；水浸：MnSO4进入滤液，滤渣为Bi2O3、Fe2O3、Mn2O3和SiO2；酸浸：加入过量浓盐酸后，Bi2O3和Fe2O3发生转化：Bi2O3Bi3+、Fe2O3Fe3+，因Mn2O3有氧化性，会与浓盐酸发生氧化还原反应：Mn2O3+6H++2Cl－2Mn2++Cl2↑+3H2O，气体A为Cl2，滤渣主要为不溶于浓盐酸的SiO2，滤液中金属离子为Bi3+、Fe3+、Mn2+；第（4）（5）问转化：由已知信息②知，Fe的金属活动性强于Bi，且调pH＝2.6时Mn2+和Fe2+进入滤液，可知加入金属Bi的目的是将Fe3+还原为Fe2+。（1）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；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；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。选ab；（2）Bi2S3在空气中单独焙烧生成Bi2O3，根据原子守恒可知还应生成SO2，结合得失电子守恒，反应的化学方程式为2Bi2S3+9O22Bi2O3+6SO2；（3）加入浓盐酸后，溶液中含有的离子主要为Bi3+、Fe3+、Mn2+、H+、Cl－，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BiOCl产率偏低；（4）滤渣主要为不溶于浓盐酸的SiO2；（5）因Mn2O3有氧化性，会与浓盐酸发生氧化还原反应：Mn2O3+6H++2Cl－2Mn2++Cl2↑+3H2O；（6）由已知信息③知，调pH＝2.6时，Fe3+会水解生成Fe（OH）3沉淀，但Fe2+还没开始沉淀，故要将Fe3+转化为Fe2+，在调pH后获得含FeCl2的滤液，为了不引入新的杂质，加入Bi作还原剂。
【答案】（1）ab（2）2Bi2S3+9O22Bi2O3+6SO2
（3）抑制金属离子水解（4）SiO2
（5）Mn2O3+6H++2Cl－2Mn2++Cl2↑+3H2O
（6）将Fe3+转化为Fe2+
16．（2022·辽宁省选择考）某工厂采用辉铋矿（主要成分为Bi2S3，含有FeS2、SiO2杂质）与软锰矿（主要成分为MnO2）联合焙烧法制备BiOCl和MnSO4，工艺流程如下：
已知：①焙烧时过量的MnO2分解为Mn2O3，FeS2转变为Fe2O3；②金属活动性：Fe＞（H）＞Bi＞Cu；③相关金属离子形成氢氧化物的pH范围如下：
开始沉淀pH
完全沉淀pH
Fe2+
6.5
8.3
Fe3+
1.6
2.8
Mn2+
8.1
10.1
回答下列问题：
（1）为提高培烧效率，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）Bi2S3在空气中单独焙烧生成Bi2O3，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Bi3+和Mn2+；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Bi的目的是___________。
【解析】联合焙烧：由已知信息①和第（2）问题干可知，发生转化：Bi2S3Bi2O3+SO2、FeS2Fe2O3+SO2、MnO2Mn2O3+MnSO4，故联合焙烧后得到Bi2O3、Fe2O3、Mn2O3、MnSO4和SiO2；水浸：MnSO4进入滤液，滤渣为Bi2O3、Fe2O3、Mn2O3和SiO2；酸浸：加入过量浓盐酸后，Bi2O3和Fe2O3发生转化：Bi2O3Bi3+、Fe2O3Fe3+，因Mn2O3有氧化性，会与浓盐酸发生氧化还原反应：Mn2O3+6H++2Cl－2Mn2++Cl2↑+3H2O，气体A为Cl2，滤渣主要为不溶于浓盐酸的SiO2，滤液中金属离子为Bi3+、Fe3+、Mn2+；第（4）（5）问转化：由已知信息②知，Fe的金属活动性强于Bi，且调pH＝2.6时Mn2+和Fe2+进入滤液，可知加入金属Bi的目的是将Fe3+还原为Fe2+。（1）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；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；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。选ab；（2）Bi2S3在空气中单独焙烧生成Bi2O3，根据原子守恒可知还应生成SO2，结合得失电子守恒，反应的化学方程式为2Bi2S3+9O22Bi2O3+6SO2；（3）加入浓盐酸后，溶液中含有的离子主要为Bi3+、Fe3+、Mn2+、H+、Cl－，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BiOCl产率偏低；（4）滤渣主要为不溶于浓盐酸的SiO2；（5）因Mn2O3有氧化性，会与浓盐酸发生氧化还原反应：Mn2O3+6H++2Cl－2Mn2++Cl2↑+3H2O；（6）由已知信息③知，调pH＝2.6时，Fe3+会水解生成Fe（OH）3沉淀，但Fe2+还没开始沉淀，故要将Fe3+转化为Fe2+，在调pH后获得含FeCl2的滤液，为了不引入新的杂质，加入Bi作还原剂。
【答案】（1）ab（2）2Bi2S3+9O22Bi2O3+6SO2
（3）抑制金属离子水解（4）SiO2
（5）Mn2O3+6H++2Cl－2Mn2++Cl2↑+3H2O
（6）将Fe3+转化为Fe2+
17．（2022·海南省选择考）胆矾（CuSO4·5H2O）是一种重要化工原料，某研究小组以生锈的铜屑为原料［主要成分是Cu，含有少量的油污、CuO、CuCO3、Cu（OH）2］制备胆矾。流程如下：
回答问题：
（1）步骤①的目的是_____________。
（2）步骤②中，若仅用浓H2SO4溶解固体B，将生成_______（填化学式）污染环境。
（3）步骤②中，在H2O2存在下Cu溶于稀H2SO4，反应的化学方程式为_______________。
（4）经步骤④得到的胆矾，不能用水洗涤的主要原因是_______________。
（5）实验证明，滤液D能将I－氧化为I2。
ⅰ．甲同学认为不可能是步骤②中过量H2O2将I－氧化为I2，理由是___________。
ⅱ．乙同学通过实验证实，只能是Cu2+将I－氧化为I2，写出乙同学的实验方案及结果_______（不要求写具体操作过程）。
【解析】由流程中的信息可知，原料经碳酸钠溶液浸洗后过滤，可以除去原料表面的油污；滤渣固体B与过量的稀硫酸、双氧水反应，其中的CuO、CuCO3、Cu（OH）2均转化为CuSO4，溶液C为硫酸铜溶液和稀硫酸的混合液，加热浓缩、冷却结晶、过滤后得到胆矾。（1）原料表面含有少量的油污，Na2CO3溶液呈碱性，可以除去原料表面的油污，因此，步骤①的目的是：除去原料表面的油污。（2）在加热的条件下，铜可以与浓硫酸发生反应生成CuSO4、SO2和H2O，二氧化硫是一种大气污染物，步骤②中，若仅用浓H2SO4溶解固体B，将生成SO2污染环境。（3）步骤②中，在H2O2存在下Cu溶于稀H2SO4，生成CuSO4和H2O，该反应的化学方程式为Cu+H2O2+H2SO4CuSO4+2H2O。（4）胆矾是一种易溶于水的晶体，因此，经步骤④得到的胆矾，不能用水洗涤的主要原因是：胆矾晶体易溶于水，用水洗涤会导致胆矾的产率降低。（5）ⅰ．H2O2常温下即能发生分解反应，在加热的条件下，其分解更快，因此，甲同学认为不可能是步骤②中过量H2O2将I－氧化为I2，理由是：溶液C经步骤③加热浓缩后H2O2已完全分解。ⅱ．I－氧化为I2时溶液的颜色会发生变化；滤液D中含有CuSO4和H2SO4，乙同学通过实验证实，只能是Cu2+将I－氧化为I2，较简单的方案是除去溶液中的Cu2+，然后再向其中加入含有I－的溶液，观察溶液是否变色；除去溶液中的Cu2+的方法有多种，可以加入适当的沉淀剂将其转化为难溶物，如加入Na2S将其转化为CuS沉淀，因此，乙同学的实验方案为取少量滤液D，向其中加入适量Na2S溶液，直至不再有沉淀生成，静置后向上层清液中加入少量KI溶液；实验结果为：上层清液不变色，证明I－不能被除去Cu2+的溶液氧化，故只能是Cu2+将I－氧化为I2。
【答案】（1）除油污（2）SO2（3）Cu+H2O2+H2SO4CuSO4+2H2O
（4）胆矾晶体易溶于水
（5）ⅰ．溶液C经步骤③加热浓缩后双氧水已完全分解
ⅱ．取滤液，向其中加入适量硫化钠，使铜离子恰好完全沉淀，再加入I－，不能被氧化
18．（湖南省邵阳市2022~2023学年高三3月联考）利用铝灰（主要成分为Al2O3，含少量杂质SiO2、FeO、Fe2O3）制备超细α－Al2O3，的实验流程如下：
回答下列问题：
（1）铝灰中氧化铝与硫酸反应的化学方程式为___________。
（2）图中“滤渣”的主要成分为___________（填化学式）。
（3）“氧化”时反应离子反应方程式为___________。
（4）煅烧硫酸铝铵晶体，发生的主要反应为4［NH4Al（SO4）2•12H2O］2Al2O3+2NH3↑+5SO3↑+3SO2↑+N2↑+53H2O↑。将产生的气体通过下图所示的装置。
①集气瓶中收集到的气体是___________（填化学式）。
②足量饱和NaHSO3溶液吸收的物质除大部分H2O（g）外还有___________（填化学式）。
③KMnO4溶液褪色反应的离子反应方程式为_________________________________________（MnO4－被还原为Mn2+）。
【解析】铝灰的主要成分为Al2O3（含少量杂质SiO2、FeO、Fe2O3）加稀硫酸，Al2O3、FeO、Fe2O3转化为离子，SiO2不溶于硫酸，过滤为滤渣，滤液中含有Al3+、Fe2+、Fe3+，加双氧水，Fe2+被氧化为Fe3+，调节pH沉铁，加入（NH4）2SO4转化为硫酸铝铵溶液，结晶、干燥、煅烧得到α－Al2O3；（1）Al2O3与硫酸反应生成硫酸铝和水，其反应的方程式为：Al2O3+3H2SO4Al2（SO4）3+3H2O；（2）SiO2不溶于硫酸，过滤，滤渣为SiO2；（3）滤液中含有Al3+、Fe2+、Fe3+，加30%的H2O2溶液Fe2+被氧化为Fe3+，其反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+2Fe3++2H2O；（4）①NH4Al（SO4）2•12H2O分解生成的气体NH3和SO3被亚硫酸钠吸收，二氧化硫被高锰酸钾吸收，所以最后集气瓶中收集到的气体是N2；②NH3极易溶于水，NH3所以能被亚硫酸钠溶液吸收，SO3与水反应是硫酸，则SO3也被亚硫酸钠溶液吸收，所以足量饱和NaHSO3溶液吸收的物质除大部分H2O（g）外还有SO3、NH3；③酸性条件下，KMnO4与二氧化硫反应生成硫酸根离子和锰离子，其反应的离子方程式为：2MnO4－+5SO2+2H2O2Mn2++5SO42－+4H+。
【答案】（1）Al2O3+3H2SO4Al2（SO4）3+3H2O（2）SiO2
（3）2Fe2++H2O2+2H+2Fe3++2H2O
（4）①N2②SO3、NH3③2MnO4－+5SO2+2H2O2Mn2++5SO42－+4H+
19．（山西临汾2022~2023学年高三3月联考）某废铁铬催化剂（含Fe3O4、Cr2O3、MgO、Al2O3及少量不溶性杂质）回收铁、铬的工艺流程如下图所示：
已知：i．有关金属离子［c（Mn+）＝0.1mol/L］形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
金属离子
Fe3+
Al3+
Cr3+
Fe2+
Mg2+
开始沉淀pH
1.5
4.0
4.6
7.6
9.5
沉淀完全pH
2.8
5.2
6.8
9.7
11.1
开始溶解的pH
―
7.8
12
―
―
溶解完全的pH
―
10.8
＞14
―
―
ii．Cr（OH）3+NaOHNaCrO2+2H2O
ⅲ．已知Cr的金属性强于Fe
（1）滤渣3成分的化学式为_______；回收铬时，铬的存在形式为_______（填化学式）。
（2）加入铁粉后，调节pH的范围为____________。
（3）由滤渣1得到滤液4发生反应的离子方程式为________________________________。
（4）由滤液3得到结晶水合物的操作是_______、过滤、洗涤、干燥。
（5）滤渣2与FeS2混合后隔绝空气焙烧，总反应的化学方程式为___________________________；该过程加入少量CaO的目的是___________________________。
【解析】某废铁铬催化剂（含Fe3O4、Cr2O3、MgO、Al2O3及少量不溶性杂质），用稀硫酸溶解后，加入Fe粉调pH使Cr3+沉淀完全，pH≥6.8，此时Al3+沉淀完全，加入Fe，Fe3+被还原成Fe2+，此时Fe2+不沉淀，故滤渣1为Cr（OH）3和Al（OH）3，再调pH＝11，Al（OH）3完全溶解，pH＝12时，Cr（OH）3开始溶解，所以滤渣3为Cr（OH）3；试剂X可为NaOH，pH≥14，使Cr（OH）3完全溶解，据此分析解题。（1）据分析可知，滤渣3的主要成分为Cr（OH）3；加入NaOH，pH≥14，使Cr（OH）3完全溶解，Cr（OH）3+NaOHNaCrO2+2H2O，所以铬的存在形式为NaCrO2；（2）加入铁粉，使Al3+，Cr3+沉淀完全，而Fe2+，Mg2+不沉淀，所以6.8≤pH≤7.6；（3）故滤渣1为Cr（OH）3和Al（OH）3，再调pH＝11，Al（OH）3完全溶解，所以离子方式为Al（OH）3+OH－AlO2－+2H2O；（4）滤液2中含Fe2+，Mg2+，通入足量O2，Fe2+转换为Fe3+，调pH为4，Fe3+完全沉淀，滤渣2为MgSO4，得到其晶体化合物的操作是蒸发浓缩，冷却结晶，过滤；（5）由题可知，Fe（OH）3+FeS2Fe3O4+ SO2↑+H2O，1个FeS2中含2个－1价的S，均升高到+4价，共升高10价；需要11个Fe（OH）3中的Fe从+3价降到+2价，1个Fe3O4中有2个+3价的Fe和1个+2价的Fe，产物中有10个被还原的+2价的Fe和FeS2中的Fe；所以的系数为11；再根据质量守恒可知，反应方程式为32Fe（OH）3+FeS211Fe3O4+2SO2↑+48H2O；加入少量CaO的目的是吸收SO2，防止污染。
【答案】（1）①Cr（OH）3②NaCrO2（2）6.8≤pH≤7.6
（3）Al（OH）3+OH－AlO2－+2H2O
（4）蒸发浓缩，冷却结晶，过滤
（5）32Fe（OH）3+FeS211Fe3O4+2SO2↑+48H2O；吸收SO2，防止污染
20．（2023届安徽马鞍山高三1月模拟）铅及其化合物有着优异的性能和广泛的应用。工业上利用铅浮渣（主要成分是PbO、Pb，还含有少量的Ag、CaO）制备硫酸铅。制备流程图如下：
已知：Ksp（PbSO4）＝1.6×10－8，Ksp（CaSO4）＝4.9×10－5。
（1）步骤I有NO产生浸出液中含量最多的金属阳离子为Pb2+，写出Pb参加反应的化学方程式___________________________，为防止Ag被溶解进入溶液，步骤I操作时应注意_______________________。
（2）粗PbSO4产品含有的杂质是____________；要得到纯净的PbSO4，需要用试剂进行多次洗涤，再用蒸馏水洗涤。最好选用的试剂是_________________。
A．稀硫酸 B．稀盐酸 C．硝酸铅溶液 D．酒精
（3）母液可循环利用的物质是HNO3，若母液中残留的SO42－过多，循环利用时可能出现的问题是______________________________。
（4）若将步骤Ⅱ中的Pb2+完全沉淀，则溶液中的c（SO42－）至少为___________mol/L。
（5）（CH3COO）2Pb是皮毛行业可溶于水的染色助剂，可用PbSO4与CH3COONH4反应制备，写出该反应的离子方程式_______________________。
（6）铅蓄电池是电压稳定、使用方便的二次电池。PbSO4在其中扮演了重要角色，写出铅蓄电池充电时阳极的电极反应_______________________。
【解析】铅浮渣（主要成分是PbO、Pb，还含有少量的Ag、CaO）用15%硝酸溶解，控制硝酸的量使Pb过量，使Ag不溶解，过滤得到含Pb2+、Ca2+的浸出液和含Ag的浸出渣；浸出液加40%硫酸使Pb2+转化为PbSO4沉淀，过滤、洗涤、干燥得PbSO4，据此解答。（1）铅与硝酸反应生成一氧化氮、水和硝酸铅，反应的方程式为3Pb+8HNO33Pb（NO3）2+2NO↑+4H2O，当铅过量时银不能溶解，所以为防止Ag被溶解进入溶液，步骤I操作时应注意控制硝酸的用量并使Pb稍有剩余；（2）根据流程可知，粗PbSO4产品含有的杂质是CaSO4，可以用Pb（NO3）2利用沉淀转化将硫酸钙转化为硫酸铅，答案选C；（3）若母液中残留的SO42－过多，在步骤I中就会有硫酸铅沉淀出现，会随浸出渣排出，故答案为浸出时部分Pb2+生成PbSO4随浸出渣排出，降低PbSO4的产率；（4）若将步骤Ⅱ中的Pb2+完全沉淀，c（Pb2+）≤10－5mol/L，Ksp（PbSO4）＝c（Pb2+）·c（SO42－）＝1.6×10－8，则溶液中的c（SO42－）≥＝1.6×10－3mol/L；（5）（CH3COO）2Pb是皮毛行业可溶于水的染色助剂，可用PbSO4与CH3COONH4反应制备，该反应的离子方程式为PbSO4+2CH3COO－（CH3COO）2Pb+SO42－；（6）铅蓄电池放电时正极是氧化铅得电子生成硫酸铅，电极反应式为PbO2+2e－+4H++SO42－PbSO4+2H2O。
【答案】（1）3Pb+8HNO33Pb（NO3）2+2NO↑+4H2O；控制硝酸的用量使铅浮渣（或Pb）稍有剩余（2）CaSO4；C
（3）浸出时部分Pb2+生成PbSO4随浸出渣排出，降低PbSO4的产率（4）1.6×10－3
（5）PbSO4+2CH3COO－（CH3COO）2Pb+SO42－
（6）PbSO4+2H2O－2e－PbO2+4H++SO42－
21．（2023河南省商丘市高三3月学情检测）研究人员从废旧线路板后的固体残渣（含SnO2、PbO2等）中进一步回收金属锡（Sn），一种回收流程如下。
已知：i．50Sn、82Pb为IVA族元素；ii．SnO2、PbO2与强碱反应生成盐和水。
（1）SnO2与NaOH反应的化学方程式为________________________________。
（2）不同溶剂中Na2SnO3的溶解度随温度变化如图。
①相同温度下，Na2SnO3的溶解度随NaOH浓度增大而减小，结合平衡移动原理解释原因：_______________________________________。
②操作III的具体方法为_______________________________。
（3）测定粗锡中Sn的纯度：在强酸性环境中将ag粗锡样品溶解（此时Sn全部转化成Sn2+），迅速加入过量NH4Fe（SO4）2溶液，以二苯胺磺酸钠为指示剂，用cmol·L−1K2Cr2O7标准溶液滴定至终点。平行测定三次，消耗K2Cr2O7溶液的体积平均为VmL，计算Sn的纯度（Sn的摩尔质量为119g·mol－1）。已知：Sn2++2Fe3+Sn4++2Fe2+，Cr2O72－+6Fe2++14H+2Cr3++6Fe3++7H2O。粗锡样品中Sn的纯度为_______（用质量分数表示）。
【解析】废旧线路板后的固体残渣（含SnO2、PbO2等）加入过量的氢氧化钠溶液，生成Na2SnO3和Na2PbO3，过滤后加入硫化钠溶液，生成硫化铅和硫单质，滤液后经过蒸发结晶，趁热过滤后得到Na2SnO3固体，在高温下与焦炭反应生成固体锡。（1）SnO2与NaOH反应，化合价不变，化学方程式为SnO2+2NaOHNa2SnO3+H2O。（2）①相同温度下，Na2SnO3的溶解度随NaOH浓度增大而减小，结合平衡移动原理解释原因：随着NaOH溶液浓度增大，c（Na+）增大，Na2SnO3溶解平衡：Na2SnO3（s）2Na+（aq）+SnO32－（aq）逆向移动，使得Na2SnO3溶解度减小。②Na2SnO3溶解度随温度变化不大，故操作III的具体方法为蒸发结晶，趁热过滤。（3）已知Cr2O72－+6Fe2++14H+2Cr3++6Fe3++7H2O，用cmol·L−1K2Cr2O7标准溶液滴定至终点。平行测定三次，消耗K2Cr2O7溶液的体积平均为VmL，即亚铁离子的物质的量为6cV×10－3mol，根据Sn2++2Fe3+Sn4++2Fe2+可知，锡离子的物质的量为3cv×10－3mol，即锡单质的质量为119g·mol－1×3cv×10－3mol＝0.357cVg。粗锡样品中Sn的纯度为%。
【答案】（1）SnO2+2NaOHNa2SnO3+H2O
（2）①随着NaOH溶液浓度增大，c（Na+）增大，Na2SnO3溶解平衡：Na2SnO3（s）2Na+（aq）+SnO32－（aq）逆向移动，使得Na2SnO3溶解度减小
②蒸发结晶，趁热过滤
（3）%
回归教材重难点04 “9种”物质的性质及应用
元素化合物是中学化学最重要的基础知识，近几年高考独立考查元素化合价的命题不多，分散在不同类型的题目中，主要以化学实验、化工流程的综合题的形式呈现。
本考点是高考五星高频考点，2020年~2022年各地新高考卷考查情况如下表。
年份
考点
北京卷
广东卷
湖北卷
浙江卷
天津卷
湖南卷
福建卷
江苏卷
河北卷
辽宁卷
山东卷
2022
元素化合物
的基本性质
√
√
√
√
2021
√
√
√
√
√
√
√
2020
√
√
√
2022
工艺流程
√
√
√
√
√
√
√
√
2021
√
√
√
√
√
√
√
√
2020
√
物质1 氯气
物质2 二氧化硫
物质3 硫酸
物质4 氨气
物质5 硝酸
物质6 二氧化硅
物质7 碳酸钠和碳酸氢钠
物质8 铁盐与亚铁盐
物质9 铝的化合物
1．（2022·广东省等级考）陈述Ⅰ和Ⅱ均正确但不具有因果关系的是（ ）。
选项
陈述Ⅰ
陈述Ⅱ
A
用焦炭和石英砂制取粗硅
SiO2可制作光导纤维
B
利用海水制取溴和镁单质
Br－可被氧化，Mg2+可被还原
C
石油裂解气能使溴的CCl4溶液褪色
石油裂解可得到乙烯等不饱和烃
D
FeCl3水解可生成Fe（OH）3胶体
FeCl3可用作净水剂
【解析】选A。焦炭具有还原性，工业上常利用焦炭与石英砂（SiO2）在高温条件下制备粗硅，这与SiO2是否做光导纤维无因果关系，故A符合题意；海水中存在溴离子，可向其中通入氯气等氧化剂将其氧化为溴单质，再经过萃取蒸馏物理操作分离提纯溴单质，另外，通过富集海水中的镁离子，经过沉淀、溶解等操作得到无水氯化镁，随后电解熔融氯化镁可制备得到镁单质，陈述I和陈述II均正确，且具有因果关系，B不符合题意；石油在催化剂加热条件下进行裂解可得到乙烯等不饱和烃，从而使溴的CCl4溶液褪色，陈述I和陈述II均正确，且具有因果关系，C不符合题意；FeCl3溶液中铁离子可发生水解，生成具有吸附性的氢氧化铁胶体，从而可用作净水机，陈述I和陈述II均正确，且具有因果关系，D不符合题意。
2．（2022·江苏省选择考）氮及其化合物的转化具有重要应用。下列说法不正确的是（ ）。
A．自然固氮、人工固氮都是将N2转化为NH3
B．侯氏制碱法以H2O、NH3、CO2、NaCl为原料制备NaHCO3和NH4Cl
C．工业上通过NH3催化氧化等反应过程生产HNO3
D．多种形态的氮及其化合物间的转化形成了自然界的“氮循环”
【解析】选A。自然固氮是将N2转化为含氮化合物，不一定是转化为NH3，比如大气固氮是将N2会转化为NO，A错误；侯氏制碱法以H2O、NH3、CO2、NaCl为原料制备NaHCO3和NH4Cl，反应的化学方程式为H2O+NH3+CO2+NaCl＝NaHCO3↓+NH4Cl，B正确；工业上通过NH3催化氧化等反应过程生产HNO3，相关的化学反应方程式为4NH3+5O24NO+6H2O、2NO+O22NO2、3NO2+H2O2HNO3+NO、4NO2+O2+2H2O＝4HNO3，C正确；氮元素在自然界中既有游离态又有化合态，多种形态的氮及其化合物间的转化形成了自然界的“氮循环”，D正确。
3．（2022·浙江6月选考）下列说法正确的是（ ）。
A．工业上通过电解六水合氯化镁制取金属镁
B．接触法制硫酸时，煅烧黄铁矿以得到三氧化硫
C．浓硝酸与铁在常温下不反应，所以可用铁质容器贮运浓硝酸
D．“洁厕灵”（主要成分为盐酸）和“84消毒液”（主要成分为次氯酸钠）不能混用
【解析】选D。六水合氯化镁没有自由移动的离子，不能导电，工业上通过电解熔融的无水氯化镁制取金属镁，A不正确；接触法制硫酸时，煅烧黄铁矿只能得到二氧化硫，二氧化硫在接触室经催化氧化才能转化为三氧化硫，B不正确；在常温下铁与浓硝酸发生钝化反应，在铁表面生成一层致密的氧化物薄膜并阻止反应继续发生，所以可用铁质容器贮运浓硝酸，C不正确；“洁厕灵”（主要成分为盐酸）和“84消毒液”（主要成分为次氯酸钠）不能混用，若两者混用会发生归中反应生成氯气，不仅达不到各自预期的作用效果，还会污染环境，D正确。
4．（2022·浙江6月选考）关于化合物FeO（OCH3）的性质，下列推测不合理的是（ ）。
A．与稀盐酸反应生成FeCl3、CH3OH、H2O
B．隔绝空气加热分解生成FeO、CO2、H2O
C．溶于氢碘酸（HI），再加CCl4萃取，有机层呈紫红色
D．在空气中，与SiO2高温反应能生成Fe2（SiO3）3
【解析】选B。因为CH3O－带一个单位负电荷，则化合物FeO（OCH3）中Fe的化合价为+3价，故其与稀盐酸反应生成FeCl3、CH3OH、H2O，反应原理为：FeO（OCH3）+3HClFeCl3+H2O+CH3OH，A不合题意；由分析可知，化合物FeO（OCH3）中Fe的化合价为+3价，C为－1，若隔绝空气加热分解生成FeO、CO2、H2O则得失电子总数不相等，不符合氧化还原反应规律，即不可能生成FeO、CO2、H2O，B符合题意；由分析可知，化合物FeO（OCH3）中Fe的化合价为+3价，故其溶于氢碘酸（HI）生成的Fe3+能将I－氧化为I2，反应原理为：2FeO（OCH3）+6HI2FeI2+I2+2H2O+2CH3OH，再加CCl4萃取，有机层呈紫红色，C不合题意；化合物FeO（OCH3）在空气中高温将生成Fe2O3、CO2和H2O，然后Fe2O3为碱性氧化物，SiO2为酸性氧化物，故化合物FeO（OCH3）与SiO2高温反应能生成Fe2（SiO3）3，D不合题意。
5．（湖南永州市2023年高考第一次适应性考试）下列说法正确的是（ ）。
A．镁在空气中燃烧可生成氧化镁和氮化镁
B．浓H2SO4具有强吸水性，能吸收糖类化合物中的水分并使其炭化
C．加热NaI与浓H3PO4混合物可制备HI，说明H3PO4比HI酸性强
D．向浓HNO3中插入红热的炭，产生红棕色气体，说明炭可与浓HNO3反应生成NO2
【解析】选A。镁非常活泼，在空气中燃烧可和氮气、氧气反应，生成氧化镁和氮化镁，A正确；浓H2SO4能吸收糖类化合物中的水分并使其炭化，是其脱水性的体现，B错误；浓H3PO4为难挥发性酸，加热NaI与浓H3PO4混合物可制备HI，是难挥发性酸制取挥发性酸，C错误；向浓HNO3中插入红热的炭，产生红棕色气体，也可能是硝酸受热分解生成二氧化氮气体，D错误。
6．（河北省邯郸市2022~2023学年高三上学期摸底）下列“类比”或“对比”合理的是（ ）。
A．MgCl2溶液与过量的氨水反应生成Mg（OH）2沉淀，则AlCl3溶液与过量的氨水反应生成Al（OH）3沉淀
B．Na在空气中燃烧生成Na2O2，则Li在空气中燃烧生成Li2O2
C．Fe在潮湿的空气中被腐蚀最终生成氧化物，则Cu在潮湿的空气中被腐蚀最终生成氧化物
D．NaCl固体与浓H2SO4加热可制HCl，则NaI固体与浓H2SO4加热可制HI
【解析】选A。一水合氨是弱碱，氢氧化铝与弱碱不反应，MgCl2溶液与过量的氨水反应生成Mg（OH）2沉淀，则AlCl3溶液与过量的氨水反应生成Al（OH）3沉淀。选项A正确；Na在空气中燃烧生成Na2O2，Li的金属性弱于Na，Li在空气中燃烧生成Li2O。选项B错误；Fe在潮湿的空气中被腐蚀最终生成氧化物，而Cu在潮湿的空气中被腐蚀最终生成铜绿碱式碳酸铜。选项C错误；NaCl固体与浓H2SO4加热可制HCl，HI还原性较强会被浓硫酸氧化，故NaI固体与浓H2SO4加热得不到HI。选项D错误。
7．（宁波市2023学年第一学期选考模拟）食品安全国家标准规定，K4［Fe（CN）6］允许作为食盐的抗结剂，最大使用量为0.01g/kg。己知K4［Fe（CN）6］的熔点70℃、沸点104.2℃，400℃以上分解：3K4［Fe（CN）6］12KCN+Fe3C+5C+3N2↑，KCN有剧毒。下列关于K4［Fe（CN）6］的推测不合理的是（ ）。
A．可溶于水，溶液中离子主要存在形式为K+、［Fe（CN）6］4－
B．烹饪时不必担心食盐中的K4［Fe（CN）6］转化为剧毒物质
C．在空气中灼烧，生成K2CO3、FeO、CO2和N2
D．与稀硫酸反应可生成K2SO4、FeSO4和HCN
【解析】选C。K4［Fe（CN）6］属于钾盐，由K+和［Fe（CN）6］4－构成，该物质可溶于水，溶液中离子主要存在形式为K+、［Fe（CN）6］4－，A正确；K4［Fe（CN）6］沸点为104.2℃，在104.2℃以上即变为气体逸出，故烹饪时不必担心食盐中的K4［Fe（CN）6］转化为剧毒物质，B正确；在空气中灼烧K4［Fe（CN）6］，Fe（II）会被氧化为Fe（III），不会生成FeO，C错误；K4［Fe（CN）6］可与稀硫酸反应可生成K2SO4、FeSO4和HCN，D正确。
8．（2022·河北省选择考）LiBr溶液可作为替代氟利昂的绿色制冷剂。合成LiBr工艺流程如下：
下列说法错误的是（ ）。
A．还原工序逸出的Br2用NaOH溶液吸收，吸收液直接返回还原工序
B．除杂工序中产生的滤渣可用煤油进行组分分离
C．中和工序中的化学反应为Li2CO3+2HBrCO2↑+2LiBr+H2O
D．参与反应的n（Br2）∶n（BaS）∶n（H2SO4）为1∶1∶1
【解析】选A。由流程可知，氢溴酸中含有少量的溴，加入硫化钡将溴还原生成溴化钡和硫，再加入硫酸除杂，得到的滤渣为硫酸钡和硫；加入碳酸锂进行中和，得到的溴化锂溶液经浓缩等操作后得到产品溴化锂。还原工序逸出的Br2用NaOH溶液吸收，吸收液中含有溴化钠和次溴酸钠等物质，若直接返回还原工序，则产品中会有一定量的溴化钠，导致产品的纯度降低，A说法错误；除杂工序中产生的滤渣为硫酸钡和硫，硫属于非极性分子形成的分子晶体，而硫酸钡属于离子晶体，根据相似相溶原理可知，硫可溶于煤油，而硫酸钡不溶于煤油，因此可用煤油进行组分分离，B说法正确；中和工序中，碳酸锂和氢溴酸发生反应生成溴化锂、二氧化碳和水，该反应的化学方程式为Li2CO3+2HBrCO2↑+2LiBr+H2O，C说法正确；根据电子转化守恒可知，溴和硫化钡反应时物质的量之比为1∶1；根据硫酸钡的化学组成及钡元素守恒可知，n（BaS）∶n（H2SO4）为1∶1，因此，参与反应的n（Br2）∶n（BaS）∶n（H2SO4）为1∶1∶1，D说法正确。
9．（2022·湖南省等级考）铝电解厂烟气净化的一种简单流程如下：
下列说法错误的是（ ）。
A．不宜用陶瓷作吸收塔内衬材料
B．采用溶液喷淋法可提高吸收塔内烟气吸收效率
C．合成槽中产物主要有Na3AlF6和CO2
D．滤液可回收进入吸收塔循环利用
【解析】选C。烟气（含HF）通入吸收塔，加入过量的碳酸钠，发生反应Na2CO3+2HF2NaF+CO2↑+H2O，向合成槽中通入NaAlO2，发生反应6NaF+2CO2+NaAlO22Na2CO3+Na3AlF6，过滤得到Na3AlF6和含有Na2CO3的滤液。陶瓷的成分中含有SiO2，SiO2在高温下与Na2CO3发生反应Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2↑，因此不宜用陶瓷作吸收塔内衬材料，故A正确；采用溶液喷淋法可增大反应物的接触面积，提高吸收塔内烟气吸收效率，故B正确；由上述分析可知，合成槽内发生反应6NaF+2CO2+NaAlO22Na2CO3+Na3AlF6，产物是Na3AlF6和Na2CO3，故C错误；由上述分析可知，滤液的主要成分为Na2CO3，可进入吸收塔循环利用，故D正确。
10．（2022·山东省等级考）高压氢还原法可直接从溶液中提取金属粉。以硫化铜精矿（含Zn、Fe元素的杂质）为主要原料制备Cu粉的工艺流程如下，可能用到的数据见下表。
Fe（OH）3
Cu（OH）2
Zn（OH）2
开始沉淀pH
1.9
4.2
6.2
沉淀完全pH
3.2
6.7
8.2
下列说法错误的是（ ）。
A．固体X主要成分是Fe（OH）3和S；金属M为Zn
B．浸取时，增大O2压强可促进金属离子浸出
C．中和调pH的范围为3.2~4.2
D．还原时，增大溶液酸度有利于Cu的生成
【解析】选D。CuS精矿（含有杂质Zn、Fe元素）在高压O2作用下，用硫酸溶液浸取，CuS反应产生为CuSO4、S、H2O，Fe2+被氧化为Fe3+，然后加入NH3调节溶液pH，使Fe3+形成Fe（OH）3沉淀，而Cu2+、Zn2+仍以离子形式存在于溶液中，过滤得到的滤渣中含有S、Fe（OH）3；滤液中含有Cu2+、Zn2+；然后向滤液中通入高压H2，根据元素活动性：Zn＞H＞Cu，Cu2+被还原为Cu单质，通过过滤分离出来；而Zn2+仍然以离子形式存在于溶液中，再经一系列处理可得到Zn单质。经过上述分析可知固体X主要成分是S、Fe（OH）3，金属M为Zn，A正确；CuS难溶于硫酸，在溶液中存在沉淀溶解平衡CuS（s）Cu2+（aq）+S2－（aq），增大O2的浓度，可以反应消耗S2－，使之转化为S，从而使沉淀溶解平衡正向移动，从而可促进金属离子的浸取，B正确；根据流程图可知：用NH3调节溶液pH时，要使Fe3+转化为沉淀，而Cu2+、Zn2+仍以离子形式存在于溶液中，结合离子沉淀的pH范围，可知中和时应该调节溶液pH范围为3.2～4.2，C正确；在用H2还原Cu2+变为Cu单质时，H2失去电子被氧化为H+，与溶液中OH－结合形成H2O，若还原时增大溶液的酸度，c（H+）增大，不利于H2失去电子还原Cu单质，因此不利于Cu的生成，D错误。
11．（湖南省衡阳市2022~2023学年高三3月模拟）废旧光盘可用于回收银等贵重金属，避免因直接填埋而污染土壤。工业上回收光盘金属层中的Ag的整体过程如图所示，下列说法错误的是（ ）。
A．氧化过程中发生的反应为4Ag+4NaClO+2H2O4AgCl+4NaOH+O2↑
B．操作1分离出AgCl后，再加氨水，目的是溶解银
C．氧化过程中，不可用HNO3代替NaClO氧化Ag
D．实验室进行操作1使用的仪器有漏斗、烧杯和玻璃棒
【解析】选B。由流程可知，氧化时发生反应：4Ag+4NaClO+2H2O4AgCl+4NaOH+O2↑，A项正确；操作1分离出的沉淀主要为AgCl，可能含Ag，再加氨水溶解AgCl，发生反应：AgCl+2NH3•H2O［Ag（NH3）2］++Cl－+2H2O，B项错误；如用硝酸，会生成氮氧化物，污染环境，且无法直接得到AgCl沉淀，C项正确；操作1为过滤，使用的仪器有漏斗、烧杯和玻璃棒，D项正确。
12．（河南省六市2023届高三第一次联合调研）某研究小组在实验室以含铁的铜屑为原料制备Cu（NO3）2·3H2O晶体，并进一步探究用SOCl2制备少量无水Cu（NO3）2。设计的路线如图：
已知：Cu（NO3）2·3H2OCu（NO3）2·Cu（OH）2CuO；SOCl2熔点－105℃、沸点76℃，遇水剧烈水解生成两种酸性气体。下列说法不正确的是（ ）。
A．第②步调pH适合的物质是CuO或Cu（OH）2或Cu2（OH）2CO3
B．第③步操作包括蒸发结晶、过滤等步骤
C．为得到较大颗粒的Cu（NO3）2·3H2O晶体，可采用减慢冷却结晶速度或冷却后静置较长时间的方法
D．第④步中发生的总反应的化学方程式Cu（NO3）2·3H2O+3SOCl2Cu（NO3）2+3SO2↑+6HCl↑
【解析】选B。第②步调pH时，不能引入新的杂质，常加入铜的氧化物、氢氧化铜及难溶性铜盐等，所以适合的物质是CuO或Cu（OH）2或Cu2（OH）2CO3，A正确；第③步操作是从溶液中提取Cu（NO3）2·3H2O晶体，由信息可知，晶体受热易失去结晶水，易发生水解，所以采取的措施是蒸发浓缩（至液体表面有晶膜出现）、冷却结晶等，不能蒸发至干，B不正确；减慢冷却结晶速度或冷却后静置较长时间，可得到较大颗粒的Cu（NO3）2·3H2O晶体，C正确；第④步中，SOCl2与结晶水作用，生成SO2和HC1气体，发生的总反应的化学方程式为Cu（NO3）2·3H2O+3SOCl2Cu（NO3）2+3SO2↑+6HCl↑，D正确。
13．（湖南省衡阳市2022~2023学年高三3月模拟）一种新型合成氨的过程如图所示。下列说法正确的是（ ）。
A．“转氮”过程属于人工固氮
B．合成过程中所涉及反应均为氧化还原反应
C．若用H2O代替NH4Cl进行转化，从体系中分离出NH3更容易
D．该合成氨过程中，参加反应的N2与H2O的物质的量之比为1∶3
【解析】选D。由图示可知反应的过程为：
人工固氮是将N2单质转化为化合物，“转氮”过程没有氮气参与，不属于人工固氮，A项错误；“转氮”过程，以及NH3和HCl反应生成NH4Cl的过程，都没有化合价变化，不属于氧化还原，B项错误；NH3极易溶解于水，若用H2O代替NH4Cl进行转化，难以从体系中分离出NH3，C项错误；该合成氨过程中，N2→NH3，1molN2转移6mol电子，H2O→O2，1molH2O转移2mol电子，由得失电子守恒可知，参加反应的N2与H2O的物质的量之比为1∶3，D项正确。
14．（陕西省咸阳市2023年高考一模）重质二氧化锰具有优良的电化学性能，广泛应用于各类化学电源中。以硫酸锰为原料制备重质二氧化锰的工艺流程如下：
下列说法错误的是（ ）。
A．“沉锰”的主要反应为Mn2++HCO3－MnCO3↓+ H+
B．“焙烧”过程在敞开、低压容器中进行效率更高
C．用少量氨水吸收“焙烧”产生的气体，所得溶液可用于“沉锰”
D．工艺中的硫酸表现酸性，高锰酸钾做氧化剂
【解析】选A。如果是Mn2++HCO3－MnCO3↓+ H+，氢离子还会与HCO3－反应，HCO3－+H+CO2↑+H2O，正确的离子方程式为Mn2++2HCO3－MnCO3↓+CO2↑+H2O，故A错误；敞开、低压容器中有利于二氧化碳的释放，有利于反应正向进行，效率更高，故B正确；“焙烧”产生的气体为二氧化碳，用少量氨水吸收二氧化碳生成碳酸氢铵，可用于“沉锰”，故C正确；酸性高锰酸钾具有强氧化性，做氧化剂，硫酸提供酸性环境，有利于物质稳定存在，故D正确。
15．（江淮十校2023届高三第一次联考）中药材铁华粉的主要成分为醋酸亚铁，可用如图所示方法检测。下列相关说法个正确的是（ ）。
A．制备铁华粉的主要反应为Fe+2CH3COOHFe（CH3COO）2+H2↑
B．气体X中含有醋酸蒸气
C．向滤液中滴加酸性高锰酸钾溶液，可证明Fe2+具行还原性
D．出上述实验川知，OH－结合Fe3+的能力大于CN－
【解析】选C。A项，铁与醋酸反应生成醋酸亚铁，正确；B项，气体X中含有醋酸蒸气和氢气，正确；C项，滤液中含有Cl－，不能证明是Fe2+与高锰酸铆反应，错误；D项，向所得监色沉淀中加入NaOH溶液可生成Fe（OH）3，说明OH－结合Fe3+的能力大于CN－，正确。
14．（2022·辽宁省选择考）某工厂采用辉铋矿（主要成分为Bi2S3，含有FeS2、SiO2杂质）与软锰矿（主要成分为MnO2）联合焙烧法制备BiOCl和MnSO4，工艺流程如下：
已知：①焙烧时过量的MnO2分解为Mn2O3，FeS2转变为Fe2O3；②金属活动性：Fe＞（H）＞Bi＞Cu；③相关金属离子形成氢氧化物的pH范围如下：
开始沉淀pH
完全沉淀pH
Fe2+
6.5
8.3
Fe3+
1.6
2.8
Mn2+
8.1
10.1
回答下列问题：
（1）为提高培烧效率，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）Bi2S3在空气中单独焙烧生成Bi2O3，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Bi3+和Mn2+；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Bi的目的是___________。
【解析】联合焙烧：由已知信息①和第（2）问题干可知，发生转化：Bi2S3Bi2O3+SO2、FeS2Fe2O3+SO2、MnO2Mn2O3+MnSO4，故联合焙烧后得到Bi2O3、Fe2O3、Mn2O3、MnSO4和SiO2；水浸：MnSO4进入滤液，滤渣为Bi2O3、Fe2O3、Mn2O3和SiO2；酸浸：加入过量浓盐酸后，Bi2O3和Fe2O3发生转化：Bi2O3Bi3+、Fe2O3Fe3+，因Mn2O3有氧化性，会与浓盐酸发生氧化还原反应：Mn2O3+6H++2Cl－2Mn2++Cl2↑+3H2O，气体A为Cl2，滤渣主要为不溶于浓盐酸的SiO2，滤液中金属离子为Bi3+、Fe3+、Mn2+；第（4）（5）问转化：由已知信息②知，Fe的金属活动性强于Bi，且调pH＝2.6时Mn2+和Fe2+进入滤液，可知加入金属Bi的目的是将Fe3+还原为Fe2+。（1）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；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；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。选ab；（2）Bi2S3在空气中单独焙烧生成Bi2O3，根据原子守恒可知还应生成SO2，结合得失电子守恒，反应的化学方程式为2Bi2S3+9O22Bi2O3+6SO2；（3）加入浓盐酸后，溶液中含有的离子主要为Bi3+、Fe3+、Mn2+、H+、Cl－，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BiOCl产率偏低；（4）滤渣主要为不溶于浓盐酸的SiO2；（5）因Mn2O3有氧化性，会与浓盐酸发生氧化还原反应：Mn2O3+6H++2Cl－2Mn2++Cl2↑+3H2O；（6）由已知信息③知，调pH＝2.6时，Fe3+会水解生成Fe（OH）3沉淀，但Fe2+还没开始沉淀，故要将Fe3+转化为Fe2+，在调pH后获得含FeCl2的滤液，为了不引入新的杂质，加入Bi作还原剂。
【答案】（1）ab（2）2Bi2S3+9O22Bi2O3+6SO2
（3）抑制金属离子水解（4）SiO2
（5）Mn2O3+6H++2Cl－2Mn2++Cl2↑+3H2O
（6）将Fe3+转化为Fe2+
16．（2022·辽宁省选择考）某工厂采用辉铋矿（主要成分为Bi2S3，含有FeS2、SiO2杂质）与软锰矿（主要成分为MnO2）联合焙烧法制备BiOCl和MnSO4，工艺流程如下：
已知：①焙烧时过量的MnO2分解为Mn2O3，FeS2转变为Fe2O3；②金属活动性：Fe＞（H）＞Bi＞Cu；③相关金属离子形成氢氧化物的pH范围如下：
开始沉淀pH
完全沉淀pH
Fe2+
6.5
8.3
Fe3+
1.6
2.8
Mn2+
8.1
10.1
回答下列问题：
（1）为提高培烧效率，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）Bi2S3在空气中单独焙烧生成Bi2O3，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Bi3+和Mn2+；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Bi的目的是___________。
【解析】联合焙烧：由已知信息①和第（2）问题干可知，发生转化：Bi2S3Bi2O3+SO2、FeS2Fe2O3+SO2、MnO2Mn2O3+MnSO4，故联合焙烧后得到Bi2O3、Fe2O3、Mn2O3、MnSO4和SiO2；水浸：MnSO4进入滤液，滤渣为Bi2O3、Fe2O3、Mn2O3和SiO2；酸浸：加入过量浓盐酸后，Bi2O3和Fe2O3发生转化：Bi2O3Bi3+、Fe2O3Fe3+，因Mn2O3有氧化性，会与浓盐酸发生氧化还原反应：Mn2O3+6H++2Cl－2Mn2++Cl2↑+3H2O，气体A为Cl2，滤渣主要为不溶于浓盐酸的SiO2，滤液中金属离子为Bi3+、Fe3+、Mn2+；第（4）（5）问转化：由已知信息②知，Fe的金属活动性强于Bi，且调pH＝2.6时Mn2+和Fe2+进入滤液，可知加入金属Bi的目的是将Fe3+还原为Fe2+。（1）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；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；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。选ab；（2）Bi2S3在空气中单独焙烧生成Bi2O3，根据原子守恒可知还应生成SO2，结合得失电子守恒，反应的化学方程式为2Bi2S3+9O22Bi2O3+6SO2；（3）加入浓盐酸后，溶液中含有的离子主要为Bi3+、Fe3+、Mn2+、H+、Cl－，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BiOCl产率偏低；（4）滤渣主要为不溶于浓盐酸的SiO2；（5）因Mn2O3有氧化性，会与浓盐酸发生氧化还原反应：Mn2O3+6H++2Cl－2Mn2++Cl2↑+3H2O；（6）由已知信息③知，调pH＝2.6时，Fe3+会水解生成Fe（OH）3沉淀，但Fe2+还没开始沉淀，故要将Fe3+转化为Fe2+，在调pH后获得含FeCl2的滤液，为了不引入新的杂质，加入Bi作还原剂。
【答案】（1）ab（2）2Bi2S3+9O22Bi2O3+6SO2
（3）抑制金属离子水解（4）SiO2
（5）Mn2O3+6H++2Cl－2Mn2++Cl2↑+3H2O
（6）将Fe3+转化为Fe2+
17．（2022·海南省选择考）胆矾（CuSO4·5H2O）是一种重要化工原料，某研究小组以生锈的铜屑为原料［主要成分是Cu，含有少量的油污、CuO、CuCO3、Cu（OH）2］制备胆矾。流程如下：
回答问题：
（1）步骤①的目的是_____________。
（2）步骤②中，若仅用浓H2SO4溶解固体B，将生成_______（填化学式）污染环境。
（3）步骤②中，在H2O2存在下Cu溶于稀H2SO4，反应的化学方程式为_______________。
（4）经步骤④得到的胆矾，不能用水洗涤的主要原因是_______________。
（5）实验证明，滤液D能将I－氧化为I2。
ⅰ．甲同学认为不可能是步骤②中过量H2O2将I－氧化为I2，理由是___________。
ⅱ．乙同学通过实验证实，只能是Cu2+将I－氧化为I2，写出乙同学的实验方案及结果_______（不要求写具体操作过程）。
【解析】由流程中的信息可知，原料经碳酸钠溶液浸洗后过滤，可以除去原料表面的油污；滤渣固体B与过量的稀硫酸、双氧水反应，其中的CuO、CuCO3、Cu（OH）2均转化为CuSO4，溶液C为硫酸铜溶液和稀硫酸的混合液，加热浓缩、冷却结晶、过滤后得到胆矾。（1）原料表面含有少量的油污，Na2CO3溶液呈碱性，可以除去原料表面的油污，因此，步骤①的目的是：除去原料表面的油污。（2）在加热的条件下，铜可以与浓硫酸发生反应生成CuSO4、SO2和H2O，二氧化硫是一种大气污染物，步骤②中，若仅用浓H2SO4溶解固体B，将生成SO2污染环境。（3）步骤②中，在H2O2存在下Cu溶于稀H2SO4，生成CuSO4和H2O，该反应的化学方程式为Cu+H2O2+H2SO4CuSO4+2H2O。（4）胆矾是一种易溶于水的晶体，因此，经步骤④得到的胆矾，不能用水洗涤的主要原因是：胆矾晶体易溶于水，用水洗涤会导致胆矾的产率降低。（5）ⅰ．H2O2常温下即能发生分解反应，在加热的条件下，其分解更快，因此，甲同学认为不可能是步骤②中过量H2O2将I－氧化为I2，理由是：溶液C经步骤③加热浓缩后H2O2已完全分解。ⅱ．I－氧化为I2时溶液的颜色会发生变化；滤液D中含有CuSO4和H2SO4，乙同学通过实验证实，只能是Cu2+将I－氧化为I2，较简单的方案是除去溶液中的Cu2+，然后再向其中加入含有I－的溶液，观察溶液是否变色；除去溶液中的Cu2+的方法有多种，可以加入适当的沉淀剂将其转化为难溶物，如加入Na2S将其转化为CuS沉淀，因此，乙同学的实验方案为取少量滤液D，向其中加入适量Na2S溶液，直至不再有沉淀生成，静置后向上层清液中加入少量KI溶液；实验结果为：上层清液不变色，证明I－不能被除去Cu2+的溶液氧化，故只能是Cu2+将I－氧化为I2。
【答案】（1）除油污（2）SO2（3）Cu+H2O2+H2SO4CuSO4+2H2O
（4）胆矾晶体易溶于水
（5）ⅰ．溶液C经步骤③加热浓缩后双氧水已完全分解
ⅱ．取滤液，向其中加入适量硫化钠，使铜离子恰好完全沉淀，再加入I－，不能被氧化
18．（湖南省邵阳市2022~2023学年高三3月联考）利用铝灰（主要成分为Al2O3，含少量杂质SiO2、FeO、Fe2O3）制备超细α－Al2O3，的实验流程如下：
回答下列问题：
（1）铝灰中氧化铝与硫酸反应的化学方程式为___________。
（2）图中“滤渣”的主要成分为___________（填化学式）。
（3）“氧化”时反应离子反应方程式为___________。
（4）煅烧硫酸铝铵晶体，发生的主要反应为4［NH4Al（SO4）2•12H2O］2Al2O3+2NH3↑+5SO3↑+3SO2↑+N2↑+53H2O↑。将产生的气体通过下图所示的装置。
①集气瓶中收集到的气体是___________（填化学式）。
②足量饱和NaHSO3溶液吸收的物质除大部分H2O（g）外还有___________（填化学式）。
③KMnO4溶液褪色反应的离子反应方程式为_________________________________________（MnO4－被还原为Mn2+）。
【解析】铝灰的主要成分为Al2O3（含少量杂质SiO2、FeO、Fe2O3）加稀硫酸，Al2O3、FeO、Fe2O3转化为离子，SiO2不溶于硫酸，过滤为滤渣，滤液中含有Al3+、Fe2+、Fe3+，加双氧水，Fe2+被氧化为Fe3+，调节pH沉铁，加入（NH4）2SO4转化为硫酸铝铵溶液，结晶、干燥、煅烧得到α－Al2O3；（1）Al2O3与硫酸反应生成硫酸铝和水，其反应的方程式为：Al2O3+3H2SO4Al2（SO4）3+3H2O；（2）SiO2不溶于硫酸，过滤，滤渣为SiO2；（3）滤液中含有Al3+、Fe2+、Fe3+，加30%的H2O2溶液Fe2+被氧化为Fe3+，其反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+2Fe3++2H2O；（4）①NH4Al（SO4）2•12H2O分解生成的气体NH3和SO3被亚硫酸钠吸收，二氧化硫被高锰酸钾吸收，所以最后集气瓶中收集到的气体是N2；②NH3极易溶于水，NH3所以能被亚硫酸钠溶液吸收，SO3与水反应是硫酸，则SO3也被亚硫酸钠溶液吸收，所以足量饱和NaHSO3溶液吸收的物质除大部分H2O（g）外还有SO3、NH3；③酸性条件下，KMnO4与二氧化硫反应生成硫酸根离子和锰离子，其反应的离子方程式为：2MnO4－+5SO2+2H2O2Mn2++5SO42－+4H+。
【答案】（1）Al2O3+3H2SO4Al2（SO4）3+3H2O（2）SiO2
（3）2Fe2++H2O2+2H+2Fe3++2H2O
（4）①N2②SO3、NH3③2MnO4－+5SO2+2H2O2Mn2++5SO42－+4H+
19．（山西临汾2022~2023学年高三3月联考）某废铁铬催化剂（含Fe3O4、Cr2O3、MgO、Al2O3及少量不溶性杂质）回收铁、铬的工艺流程如下图所示：
已知：i．有关金属离子［c（Mn+）＝0.1mol/L］形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
金属离子
Fe3+
Al3+
Cr3+
Fe2+
Mg2+
开始沉淀pH
1.5
4.0
4.6
7.6
9.5
沉淀完全pH
2.8
5.2
6.8
9.7
11.1
开始溶解的pH
―
7.8
12
―
―
溶解完全的pH
―
10.8
＞14
―
―
ii．Cr（OH）3+NaOHNaCrO2+2H2O
ⅲ．已知Cr的金属性强于Fe
（1）滤渣3成分的化学式为_______；回收铬时，铬的存在形式为_______（填化学式）。
（2）加入铁粉后，调节pH的范围为____________。
（3）由滤渣1得到滤液4发生反应的离子方程式为________________________________。
（4）由滤液3得到结晶水合物的操作是_______、过滤、洗涤、干燥。
（5）滤渣2与FeS2混合后隔绝空气焙烧，总反应的化学方程式为___________________________；该过程加入少量CaO的目的是___________________________。
【解析】某废铁铬催化剂（含Fe3O4、Cr2O3、MgO、Al2O3及少量不溶性杂质），用稀硫酸溶解后，加入Fe粉调pH使Cr3+沉淀完全，pH≥6.8，此时Al3+沉淀完全，加入Fe，Fe3+被还原成Fe2+，此时Fe2+不沉淀，故滤渣1为Cr（OH）3和Al（OH）3，再调pH＝11，Al（OH）3完全溶解，pH＝12时，Cr（OH）3开始溶解，所以滤渣3为Cr（OH）3；试剂X可为NaOH，pH≥14，使Cr（OH）3完全溶解，据此分析解题。（1）据分析可知，滤渣3的主要成分为Cr（OH）3；加入NaOH，pH≥14，使Cr（OH）3完全溶解，Cr（OH）3+NaOHNaCrO2+2H2O，所以铬的存在形式为NaCrO2；（2）加入铁粉，使Al3+，Cr3+沉淀完全，而Fe2+，Mg2+不沉淀，所以6.8≤pH≤7.6；（3）故滤渣1为Cr（OH）3和Al（OH）3，再调pH＝11，Al（OH）3完全溶解，所以离子方式为Al（OH）3+OH－AlO2－+2H2O；（4）滤液2中含Fe2+，Mg2+，通入足量O2，Fe2+转换为Fe3+，调pH为4，Fe3+完全沉淀，滤渣2为MgSO4，得到其晶体化合物的操作是蒸发浓缩，冷却结晶，过滤；（5）由题可知，Fe（OH）3+FeS2Fe3O4+ SO2↑+H2O，1个FeS2中含2个－1价的S，均升高到+4价，共升高10价；需要11个Fe（OH）3中的Fe从+3价降到+2价，1个Fe3O4中有2个+3价的Fe和1个+2价的Fe，产物中有10个被还原的+2价的Fe和FeS2中的Fe；所以的系数为11；再根据质量守恒可知，反应方程式为32Fe（OH）3+FeS211Fe3O4+2SO2↑+48H2O；加入少量CaO的目的是吸收SO2，防止污染。
【答案】（1）①Cr（OH）3②NaCrO2（2）6.8≤pH≤7.6
（3）Al（OH）3+OH－AlO2－+2H2O
（4）蒸发浓缩，冷却结晶，过滤
（5）32Fe（OH）3+FeS211Fe3O4+2SO2↑+48H2O；吸收SO2，防止污染
20．（2023届安徽马鞍山高三1月模拟）铅及其化合物有着优异的性能和广泛的应用。工业上利用铅浮渣（主要成分是PbO、Pb，还含有少量的Ag、CaO）制备硫酸铅。制备流程图如下：
已知：Ksp（PbSO4）＝1.6×10－8，Ksp（CaSO4）＝4.9×10－5。
（1）步骤I有NO产生浸出液中含量最多的金属阳离子为Pb2+，写出Pb参加反应的化学方程式___________________________，为防止Ag被溶解进入溶液，步骤I操作时应注意_______________________。
（2）粗PbSO4产品含有的杂质是____________；要得到纯净的PbSO4，需要用试剂进行多次洗涤，再用蒸馏水洗涤。最好选用的试剂是_________________。
A．稀硫酸 B．稀盐酸 C．硝酸铅溶液 D．酒精
（3）母液可循环利用的物质是HNO3，若母液中残留的SO42－过多，循环利用时可能出现的问题是______________________________。
（4）若将步骤Ⅱ中的Pb2+完全沉淀，则溶液中的c（SO42－）至少为___________mol/L。
（5）（CH3COO）2Pb是皮毛行业可溶于水的染色助剂，可用PbSO4与CH3COONH4反应制备，写出该反应的离子方程式_______________________。
（6）铅蓄电池是电压稳定、使用方便的二次电池。PbSO4在其中扮演了重要角色，写出铅蓄电池充电时阳极的电极反应_______________________。
【解析】铅浮渣（主要成分是PbO、Pb，还含有少量的Ag、CaO）用15%硝酸溶解，控制硝酸的量使Pb过量，使Ag不溶解，过滤得到含Pb2+、Ca2+的浸出液和含Ag的浸出渣；浸出液加40%硫酸使Pb2+转化为PbSO4沉淀，过滤、洗涤、干燥得PbSO4，据此解答。（1）铅与硝酸反应生成一氧化氮、水和硝酸铅，反应的方程式为3Pb+8HNO33Pb（NO3）2+2NO↑+4H2O，当铅过量时银不能溶解，所以为防止Ag被溶解进入溶液，步骤I操作时应注意控制硝酸的用量并使Pb稍有剩余；（2）根据流程可知，粗PbSO4产品含有的杂质是CaSO4，可以用Pb（NO3）2利用沉淀转化将硫酸钙转化为硫酸铅，答案选C；（3）若母液中残留的SO42－过多，在步骤I中就会有硫酸铅沉淀出现，会随浸出渣排出，故答案为浸出时部分Pb2+生成PbSO4随浸出渣排出，降低PbSO4的产率；（4）若将步骤Ⅱ中的Pb2+完全沉淀，c（Pb2+）≤10－5mol/L，Ksp（PbSO4）＝c（Pb2+）·c（SO42－）＝1.6×10－8，则溶液中的c（SO42－）≥＝1.6×10－3mol/L；（5）（CH3COO）2Pb是皮毛行业可溶于水的染色助剂，可用PbSO4与CH3COONH4反应制备，该反应的离子方程式为PbSO4+2CH3COO－（CH3COO）2Pb+SO42－；（6）铅蓄电池放电时正极是氧化铅得电子生成硫酸铅，电极反应式为PbO2+2e－+4H++SO42－PbSO4+2H2O。
【答案】（1）3Pb+8HNO33Pb（NO3）2+2NO↑+4H2O；控制硝酸的用量使铅浮渣（或Pb）稍有剩余（2）CaSO4；C
（3）浸出时部分Pb2+生成PbSO4随浸出渣排出，降低PbSO4的产率（4）1.6×10－3
（5）PbSO4+2CH3COO－（CH3COO）2Pb+SO42－
（6）PbSO4+2H2O－2e－PbO2+4H++SO42－
21．（2023河南省商丘市高三3月学情检测）研究人员从废旧线路板后的固体残渣（含SnO2、PbO2等）中进一步回收金属锡（Sn），一种回收流程如下。
已知：i．50Sn、82Pb为IVA族元素；ii．SnO2、PbO2与强碱反应生成盐和水。
（1）SnO2与NaOH反应的化学方程式为________________________________。
（2）不同溶剂中Na2SnO3的溶解度随温度变化如图。
①相同温度下，Na2SnO3的溶解度随NaOH浓度增大而减小，结合平衡移动原理解释原因：_______________________________________。
②操作III的具体方法为_______________________________。
（3）测定粗锡中Sn的纯度：在强酸性环境中将ag粗锡样品溶解（此时Sn全部转化成Sn2+），迅速加入过量NH4Fe（SO4）2溶液，以二苯胺磺酸钠为指示剂，用cmol·L−1K2Cr2O7标准溶液滴定至终点。平行测定三次，消耗K2Cr2O7溶液的体积平均为VmL，计算Sn的纯度（Sn的摩尔质量为119g·mol－1）。已知：Sn2++2Fe3+Sn4++2Fe2+，Cr2O72－+6Fe2++14H+2Cr3++6Fe3++7H2O。粗锡样品中Sn的纯度为_______（用质量分数表示）。
【解析】废旧线路板后的固体残渣（含SnO2、PbO2等）加入过量的氢氧化钠溶液，生成Na2SnO3和Na2PbO3，过滤后加入硫化钠溶液，生成硫化铅和硫单质，滤液后经过蒸发结晶，趁热过滤后得到Na2SnO3固体，在高温下与焦炭反应生成固体锡。（1）SnO2与NaOH反应，化合价不变，化学方程式为SnO2+2NaOHNa2SnO3+H2O。（2）①相同温度下，Na2SnO3的溶解度随NaOH浓度增大而减小，结合平衡移动原理解释原因：随着NaOH溶液浓度增大，c（Na+）增大，Na2SnO3溶解平衡：Na2SnO3（s）2Na+（aq）+SnO32－（aq）逆向移动，使得Na2SnO3溶解度减小。②Na2SnO3溶解度随温度变化不大，故操作III的具体方法为蒸发结晶，趁热过滤。（3）已知Cr2O72－+6Fe2++14H+2Cr3++6Fe3++7H2O，用cmol·L−1K2Cr2O7标准溶液滴定至终点。平行测定三次，消耗K2Cr2O7溶液的体积平均为VmL，即亚铁离子的物质的量为6cV×10－3mol，根据Sn2++2Fe3+Sn4++2Fe2+可知，锡离子的物质的量为3cv×10－3mol，即锡单质的质量为119g·mol－1×3cv×10－3mol＝0.357cVg。粗锡样品中Sn的纯度为%。
【答案】（1）SnO2+2NaOHNa2SnO3+H2O
（2）①随着NaOH溶液浓度增大，c（Na+）增大，Na2SnO3溶解平衡：Na2SnO3（s）2Na+（aq）+SnO32－（aq）逆向移动，使得Na2SnO3溶解度减小
②蒸发结晶，趁热过滤
（3）%
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