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2024年高考化学压轴题训练- 无机化工流程综合分析（浙江专用）（解析版）
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这是一份2024年高考化学压轴题训练- 无机化工流程综合分析（浙江专用）（解析版），共36页。试卷主要包含了原料预处理的常用方法，制备过程中控制反应条件常用方法，工艺流程中的常见专业术语，常考分离等内容，欢迎下载使用。
一、原料预处理的常用方法
二、制备过程中控制反应条件常用方法
命题预测
化工流程题主要考查考生运用化学反应原理及相关知识来解决化工生产中实际问题的能力，具有考查知识面广、综合性强、思维容量大的特点。这类题型不但综合考查考生在中学阶段所学的元素及其化合物知识以及物质结构、元素周期律、氧化还原反应、化学用语、电解质溶液、化学平衡、电化学、实验操作等知识，而且更重要的是能突出考查考生的综合分析判断能力、逻辑推理能力，且这类试题陌生度高，文字量大，包含信息多，思维能力要求高，近年来已成为高考化学主观题中的必考题型。
预测2024年高考仍会以元素及其化合物知识为载体，围绕原料的预处理，考影响速率的因素；围绕经济原则考查循环利用；围绕产品纯度考查物质的分离提纯(调pH、结晶、过滤、洗涤)；围绕核心反应或副反应考查物质变化及定量关系；陌生方程式的书写与含量计算是化工流程题的重要组成部分，也是学生失分较多的能力点，复习时应加以重视。
高频考法
(1)化学工艺流程与物质制备
(2)化学工艺流程与反应原理
(3)化学工艺流程与实验技术
方法
目的
研磨、
雾化
减小固体的颗粒度或将液体雾化，增大反应物的接触面积，加快反应速率或使反应更加充分
水浸
与水接触反应或溶解
酸浸
与酸接触反应或溶解，使可溶性离子进入溶液，不溶物通过过滤除去
碱浸
除去油污，溶解酸性氧化物、铝及其氧化物
灼烧
除去可燃性杂质或使原料初步转化，如从海带中提取碘时的灼烧就是为了除去可燃性杂质
煅烧
改变结构，使一些物质能溶解，并使一些杂质在高温下氧化、分解，如煅烧高岭土
三、工艺流程中的常见专业术语
四、常考分离、提纯的操作
(1)从滤液中提取一般晶体(溶解度随温度升高而增大)的方法：蒸发浓缩(至少有晶膜出现)、冷却结晶、过滤、洗涤(冰水洗、热水洗、乙醇洗等)、干燥。
调节溶液的pH
常用于使某些金属离子形成氢氧化物沉淀。调节pH所需的物质一般应满足两点：①能与H＋反应，使溶液pH变大；②不引入新杂质。例如若要除去Cu2＋中混有的Fe3＋，可加入CuO、Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3等物质来调节溶液的pH，不可加入NaOH溶液、氨水等
控制温度
根据需要升温或降温，改变反应速率或使平衡向需要的方向移动
控制压强
改变速率，影响平衡
使用合适的催化剂
加快反应速率，缩短达到平衡所需要的时间
趁热过滤
防止某物质降温时析出
冰水洗涤
洗去晶体表面的杂质离子，并减少晶体在洗涤过程中的溶解损耗
关键词
释 义
研磨、雾化
将块状或颗粒状的物质磨成粉末或将液体雾化，增大反应物接触面积，以加快反应速率或使反应更充分
灼烧(煅烧)
使固体在高温下分解或改变结构、使杂质高温氧化、分解等。如煅烧石灰石、高岭土、硫铁矿
浸取
向固体中加入适当溶剂或溶液，使其中可溶性的物质溶解，包括水浸取、酸溶、碱溶、醇溶等
浸出率
固体溶解后，离子在溶液中的含量的多少
酸浸
在酸性溶液中使可溶性金属离子进入溶液，不溶物通过过滤除去的过程
水浸
与水接触反应或溶解
过滤
固体与液体的分离
滴定
定量测定，可用于某种未知浓度物质的物质的量浓度的测定
蒸发结晶
蒸发溶剂，使溶液由不饱和变为饱和，继续蒸发，过剩的溶质就会呈晶体析出
蒸发浓缩
蒸发除去部分溶剂，提高溶液的浓度
水洗
用水洗去可溶性杂质，类似的还有酸洗、醇洗等
酸作用
溶解、去氧化物(膜)、抑制某些金属离子的水解、除去杂质离子等
碱作用
去油污，去铝片氧化膜，溶解铝、二氧化硅，调节pH、促进水解(沉淀)
(2)从滤液中提取溶解度受温度影响较小或随温度升高而减小的晶体的方法：蒸发浓缩、趁热过滤(如果温度下降，杂质也会以晶体的形式析出来)、洗涤、干燥。
(3)减压蒸发的原因：减压蒸发降低了蒸发温度，可以防止某物质分解(如H2O2、浓硝酸、NH4HCO3)或失去结晶水(如题目要求制备结晶水合物产品)。
(4)洗涤
01 化学工艺流程与物质制备
1．(2024·浙江省普通高中拔尖强基联盟协作体高三联考)巫山桃花铁矿是重庆迄今发现的最大铁矿，储量上亿吨，按市场估值在400亿以上。其所含化学成分有Fe2O3、MgO、SiO2和不溶物(不溶物不参与反应)。现模拟用该铁矿来制备高铁酸钠[Na2FeO4]，其流程设计如图：
已知：常温下，几种难溶氢氧化物的Ksp
请回答下列问题：
(1)请写出基态Fe原子的价电子排布式 。
洗涤试剂
适用范围
目的
蒸馏水
冷水
产物不溶于水
除去固体表面吸附着的××杂质，可适当降低固体因为溶解而造成的损失
热水
有特殊的物质其溶解度随着温度升高而下降
除去固体表面吸附着的××杂质，可适当降低固体因为温度变化溶解而造成的损失
有机溶剂(酒精、丙酮等)
固体易溶于水、难溶于有机溶剂
减少固体溶解；利用有机溶剂的挥发性除去固体表面的水分，产品易干燥
饱和溶液
对纯度要求不高的产品
减少固体溶解
酸、碱溶液
产物不溶于酸、碱
除去固体表面吸附着的可溶于酸、碱的杂质；减少固体溶解
洗涤沉淀的方法：向过滤器中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下后，重复以上操作2～3次
检验沉淀是否洗涤干净的方法：取少量最后一次的洗涤液于试管中，向其中滴入某试剂，若未出现特征反应现象，则沉淀洗涤干净
难溶物
Fe(OH)2
Fe(OH)3
Mg(OH)2
Ksp
8×10-16
4×10-38
2×10-11
(2)将矿石粉碎的目的 。
(3)操作1的名称是 ，调pH后过滤所得滤渣的主要成分是 。
(4)常温下，若测得操作1后所得滤液中c(Mg2+)=0.2ml/L，则调pH时的最佳取值范围为 。(已知lg2=0.3，当某离子浓度≤10-5ml/L时可认为其完全沉淀，计算结果保留1位小数)。
(5)氧化时可向滤液中先加入稍过量NaOH溶液，然后再加入NaClO溶液，请写出该反应的离子方程式 。NaClO为常见漂白剂，其水溶液因水解而呈碱性，则NaClO溶液中各离子浓度由大到小的关系为 。
【答案】(1)3d64s2 (2)增大接触面积加快酸浸速率
(3) 过滤 Fe(OH)3 (4)
(5)Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O c(Na+)＞c(ClO-)＞c(OH-)＞c(H+)
【解析】矿石粉碎加快酸浸速率，硫酸酸浸Fe2O3、MgO溶解变成Fe3+、Mg2+，SiO2难溶，过滤，将滤液调pH将Fe3+沉淀，再加入NaOH、NaClO将Fe(OH)3氧化为Na2FeO4。(1)Fe元素为26号元素，基态Fe原子的价电子排布式为3d64s2；(2)根据分析可知将矿石粉碎的目的增大接触面积加快酸浸速率；(3)根据分析可知SiO2难溶与酸，操作1的名称是过滤；将滤液调pH将Fe3+沉淀，调pH后过滤所得滤渣的主要成分是Fe(OH)3；(4)常温下，若测得操作1后所得滤液中c(Mg2+)=0.2ml/L，则调pH时保证Fe3+完全沉淀，Mg2+不沉淀，当离子浓度≤10-5ml/L时可认为其完全沉淀，当Fe3+完全沉淀时，，Mg2+恰好不沉淀时，，，则调pH时的最佳取值范围为。(5)氧化时可向滤液中先加入稍过量NaOH溶液，然后再加入NaClO溶液，请写出该反应的离子方程式为Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O；NaClO为常见漂白剂，其水溶液因水解而呈碱性，则NaClO溶液水解显碱性，其中各离子浓度由大到小的关系为c(Na+)＞c(ClO-)＞c(OH-)＞c(H+)。
02 化学工艺流程与反应原理
2．(2024·浙江省温州市普通高中高三下学期第二次适应性考试)硝酸盐型熔盐(含KNO3)在太阳能光热发电领域被广泛应用。高纯KNO3的制备、性质与应用是目前研究的热点，部分生产方法及性质研究如下：
已知：硝酸工业尾气中主要含N2、NO、NO2．
请回答：
(1)写出溶液A中的所有离子 ；方法Ⅱ中，“氧化吸收液”的目的是 。
(2)下列说法正确的是_________。
A．方法Ⅰ说明：该条件下，酸性HNO3＞HCl
B．方法Ⅱ中，n(NO)：n(NO2)≤1，氮氧化物才能被足量的溶液充分吸收
C．KNO3固体与浓硫酸共热，可产生红棕色气体
D．若气体B是一种单质，则所得固体C中不能含有三种元素
(3)方法Ⅰ中，用NH4NO3代替HNO3，得到副产品NH4Cl。工业上用NH4Cl溶液浸取菱镁矿的煅烧粉(含MgO)，不断加热蒸出氨气，以获得较高浓度的MgCl2溶液，其原理是 。
(4)在某温度下，KNO3分解得到的K2O可用于制备新型高效多功能水处理剂K2FeO4，K2FeO4水溶液放置过程中会放出无色无味气体、产生沉淀、溶液呈强碱性。请依据上述信息，设计实验检验无色无味气体成分和沉淀中的金属元素 ；写出K2O与Fe(OH)3、Cl2共热制取K2FeO4的化学方程式： 。
【答案】(1) H+、K+、Cl−、NO3-、OH− 将KNO3(或NO2- )转化为KNO3 (或NO3-)
(2)BC
(3)存在平衡MgO+2NH4+＝2NH3+Mg2++H2O，加热蒸出氨气，促使平衡右移，得到较高浓度的MgCl2溶液
(4)将气体收集在集气瓶中，伸入带火星的木条，若木条复燃说明为氧气；取适量沉淀与试管中，用适量稀硫酸溶解，滴加KSCN溶液，若溶液变血红色，说明沉淀含铁元素(Fe3+) 5K2O+2Fe(OH)3+3Cl22K2FeO4+6KCl+3H2O
【解析】硝酸工业尾气中主要含N2、NO、NO2，用氢氧化钾溶液氧化吸收、结晶生成硝酸钾固体，硝酸和氯化钾搅拌结晶得到硝酸钾固体和盐酸，硝酸钾固体在一定温度下隔绝空气分解生成固体C和气体B。(1)硝酸和氯化钾搅拌结晶得到硝酸钾固体和盐酸，则溶液A中的所有离子H+、K+、Cl−、NO3-、OH−；方法Ⅱ中，“氧化吸收液”的目的是将KNO3(或NO2- )转化为KNO3 (或NO3-)；(2)A项，方法Ⅰ说明硝酸钾的溶解度小于氯化钾，与酸性无关，故A错误；B项，由于二氧化氮能与氢氧化钾发生歧化反应钡完全吸收，一
氧化氮和二氧化氮1：1的混合气体能与氢氧化钾发生归中反应被完全吸收，则方法Ⅱ中，n(NO)：n(NO2)≤1，氮氧化物才能被足量的KOH溶液充分吸收，故B正确；C项，KNO3固体与浓硫酸共热反应生成硫酸钾、二氧化氮、氧气和水，可产生红棕色气体，故C正确；D项，若气体B是一种单质，结合化合价可知为氧气，则所得固体C为亚硝酸钾，含有三种元素，故D错误；故选BC；(3)工业上用NH4Cl溶液浸取菱镁矿的煅烧粉(含MgO)，不断加热蒸出氨气，以获得较高浓度的MgCl2溶液，其原理是存在平衡MgO+2NH4+＝2NH3+Mg2++H2O，加热蒸出氨气，促使平衡右移，得到较高浓度的MgCl2溶液；(4)在某温度下，KNO3分解得到的K2O可用于制备新型高效多功能水处理剂K2FeO4，K2FeO4水溶液放置过程中生成氧气和氢氧化铁沉淀，检验氧气的方法是将气体收集在集气瓶中，伸入带火星的木条，若木条复燃，检验氢氧化铁沉淀的方法是取适量沉淀与试管中，用适量稀硫酸溶解，滴加KSCN溶液，若溶液变血红色，说明沉淀含铁元素，K2O与Fe(OH)3、Cl2共热制取K2FeO4的化学方程式为：5K2O+2Fe(OH)3+3Cl22K2FeO4+6KCl+3H2O。
03 化学工艺流程与实验技术
3．(2024·浙江省宁波市十校高三二模联考)砷的化合物可用于半导体领域，如我国“天宫”空间站的核心舱“天和号”就是采用砷化镓薄膜电池来供电。一种从酸性高浓度含砷废水［砷主要以亚砷酸(H3AsO3)形式存在］中回收砷的工艺流程如下：
已知：Ⅰ.As2S3+6NaOH= Na3AsO3+ Na3AsS3+3H2O
Ⅱ.As2S3(s) +3S2-(aq)2AsS33-(aq)
Ⅲ.砷酸(H3AsO4)在酸性条件下有强氧化性
Ⅳ.Ksp(FeS)= 6.3×10－18，Ksp[Fe(OH)2]= 4.9×10－17
请回答：
(1)从含砷废水到滤液Ⅰ，浓度明显减小的阳离子为 (用离子符号表示)。
(2)下列说法正确的是__________。
A．沉砷时产生的废气可用CuSO4溶液吸收处理
B．酸化的目的是增加价砷的氧化性
C．浸取后所得滤渣的主要成分是FeS，不含Fe(OH)2
D．酸性：H3SeO4＞H3AsO4
(3)“沉砷”过程中FeS是否可用过量的Na2S替换 (填“是”或“否”)；请从平衡移动的角度解释原因 。
(4)砷酸“还原”过程中发生的化学方程式为 。还原后溶液需检验是否仍剩余砷酸，设计检验实验方案 。
【答案】(1)H+ (2)ABD
(3)否 由于As2S3(s) +3S2-(aq)2AsS33-(aq)，加入过量的Na2S，溶液中c(S2-)增大，平衡正向移动不利于沉砷
(4) 2H3AsO4+2SO2=As2O3+2H2SO4+H2O 取少量溶液于一洁净试管中，滴入几滴NaI(或HI)溶液，再滴入淀粉溶液，若溶液呈蓝色，则证明砷酸未还原完全
【解析】含砷废水加入硫化亚铁生成As2S3沉淀，As2S3沉淀和过量的硫化亚铁加入氢氧化钠，As2S3+6NaOH=Na3AsO3+Na3AsS3+3H2O，浸取得到硫化亚铁滤渣和含Na3AsO3、Na3AsS3的滤液Ⅱ；滤液Ⅱ氧化脱硫生成硫单质和Na3AsO4，酸化后生成H3AsO4，砷酸(H3AsO4)在酸性条件下有强氧化性，能SO2被还原生成As2O3。(1)含砷废水加入硫化亚铁生成As2S3沉淀，H3AsO3与FeS发生如下反应：2H3AsO3+3FeS+6H+=As2S3+3Fe2++6H2O，反应过程中H+浓度明显减小；(2)沉砷时产生的废气中含有H2S，可用CuSO4溶液吸收将其转化为CuS固体处理，故A正确；砷酸(H3AsO4)在酸性条件下有强氧化性，因此酸化的目的是将砷酸钠转化为砷酸，从而增强+5价砷的氧化性，故B正确；FeS和Fe(OH)2的溶度积常数接近，在加NaOH溶液碱浸时，FeS可以部分转化为Fe(OH)2，因此滤渣中可能含Fe(OH)2，故C错误；非金属性Se>As，则两者最高价氧化物水化物的酸性强弱：H3SeO4＞H3AsO4，故D正确；(3)已知：Ⅱ．As2S3(s) +3S2-(aq)2AsS33-(aq)；加入过量的硫化钠，溶液中c(S2-)增大，平衡正向移动不利于沉砷，故 “沉砷”过程中FeS不可以用过量的Na2S替换。(4)砷酸“还原”过程中发生的化学方程式为2H3AsO4+2SO2=As2O3+2H2SO4+H2O；还原后溶液需检验是否仍剩余砷酸，可利用其强氧化性检验，检验实验方案：取少量溶液于一洁净试管中，滴入几滴NaI (或HI)溶液，再滴入淀粉溶液，若溶液呈蓝色，则证明砷酸未还原完全。
04 化学工艺流程与数据处理、应用
4．(2024·浙江省宁波市镇海中学新高考调研卷)宋应星《天工开物》载有一种矿石“银矿铅”，该矿石是与辉银矿(主要成分为PbS)共生的方铅矿(主要成分为Ag2S)。由于中国古代对银的需求量高，故对该矿大量开采以弥补银的短缺情况。古人在劳动过程中发现两种矿石常共生，故有“上有铅者，其下有银”(《管子·地数篇》)的说法。现利用该矿石制备铅蓄电池正极材料PbO2和超细银粉，工艺流程如下：
已知：①“分离”后的矿石粉末还含有3%左右的ZnS、FeS、CaSiO3杂质；
②“酸化”过程中PbS会与热的浓盐酸反应生成PbCl2 (微溶)；在浓盐酸中有PbCl2+2HCl=H2(PbCl4)(aq)，而Ag2S与热的浓盐酸不反应，但可以与氰化物反应生成二氰合银离子；和可以类似的形成四氰合锌离子。
③下，Ksp(Ag2S)= 10－49.20，反应Ag++2NH3=[Ag(NH3)2]+的平衡常数Kf=107.05。
回答下列问题：
(1)浮选剂是头部为亲硫基、尾部为长烃链(憎水基)的分子，可吸引粉碎后的矿物中的含硫基团，从而完成对矿物中硫化物的富集。“浮选”步骤的目的是 。
(2)“还原”步骤发生反应的离子方程式为 ，流程中可重复利用的物质是 (填化学式)。
(3)有同学认为在下“溶银”过程可以用浓氨水代替溶液，但经实验二者混合后无明显现象，请通过计算溶液中[Ag(NH3)2]+的浓度达到0.1ml·L-1所需要的最小氨浓度解释其原因 。(计算结果保留指数形式，忽略NH3与NH4+之间的转化)
(4)“酸化”过程中生成的H2S会威胁人体健康。已知下某车间(空气体积为)H2S的挥发速率v(mg·h-1)与时间有成立，式中k，w为常数。气相色谱仪测定车间H2S浓度结果拟合为如图所示的曲线，则k = ，H2S的挥发半衰期(挥发H2S的量首次达到挥发H2S总量的一半的时间) t1/2 (填“>”“<”“=”或“不确定”)；
国家标准规定车间内H2S的最高容许浓度为10 mg·m-3，则该车间环境 (填“是”或“否”)符合国家标准。
【答案】(1)除去矿物中不含硫的杂质
(2) 2Ag(CN)2-+ Zn=2Ag+Zn(CN)42- Na2SO4
(3)反应Ag2S+4NH3=2[Ag(NH3)2]++S2-的平衡常数为，要使得c{[Ag(NH3)2]+}=0.1 ml/L，则c (S2-)=0.05ml/L，则此时不可能达到
(4)110 mg·h-1 > 是
【解析】银矿铅矿石经粉碎、浮选后，分离去掉浮选剂，酸化分离出Ag2S滤渣，滤渣加入KCN溶解分离出银溶液，加入锌粉还原得到银粉；滤液Ⅰ转沉将铅转化为沉淀，加入碳酸钠、醋酸转化后加入过硫酸钠氧化得到二氧化铅。(1)浮选剂是头部为亲硫基、尾部为长烃链(憎水基)的分子，可吸引粉碎后的矿物中的含硫基团，故其目的是：除去矿物中不含硫的杂质，分离出含硫物质；(2)已知：Ag2S与氰化物反应生成二氰合银离子，Zn2+和CN-可以类似的形成四氰合锌离子，则溶银后溶液中含有Ag(CN)2-，加入锌粉将Ag(CN)2-还原为银单质，同时生成Zn(CN)42-，故“还原”步骤发生反应的离子方程式为2Ag(CN)2-+ Zn=2Ag+Zn(CN)42-；在氧化过程中过硫酸钠氧化铅元素得到二氧化铅，同时得到硫酸钠，硫酸钠在转沉流程中可重复利用；(3)反应Ag2S+4NH3=2[Ag(NH3)2]++S2-的平衡常数为，要使得c{[Ag(NH3)2]+}=0.1 ml/L，则c (S2-)=0.05ml/L，则此时，氨水浓度不可能达到此浓度，故二者混合后无明显现象；(4)由点(0，110)可知，，由点(10，60)可知，V的挥发半衰期(挥发H2S的量首次达到挥发H2S总量的一半的时间) t1/2大于10min；由图可知，该车间环境H2S含量为，符合国家标准。
05 化学工艺流程与分离提纯
5．(2024·浙江省宁波市镇海中学高三模拟)下图是使用离子交换树脂的“离子交换法”从海带中提取碘的主要流程。
已知：①强碱性阴离子树脂(用R—Cl表示，Cl-可被其它更易被吸附的阴离子替代)对I3-有很强的交换吸附能力；②步骤“交换吸附”发生的反应：R—Cl +I3-=R—I3+Cl-。
请回答：
(1)写出海带浸出液被氧化生成粗碘水过程中的反应方程式： 。
(2)下列说法正确的是__________。
A．已知I3-的VSEPR模型为，推测I3-为sp杂化
B．可用KI溶液提取CCl4中的碘单质
C．该制备流程中“洗脱”、“酸化”、“NaCl洗脱”均涉及到氧化还原反应
D．“酸化氧化”过程若选择NaNO2为氧化剂，反应生成一种无色气体，遇空气立即变为红棕色，则NaNO2与的物质的量比应不少于
(3)“氧化”过程不能加入过量H2O2，原因是 。
(4)流程中的中间产物NaIO3可在淀粉指示剂下与酸化的过氧化氢反应，现象为蓝色—无色—蓝色—无色的重复现象，称为“碘钟实验”，写出a过程的离子方程式。
a．蓝色出现，并伴有大量气泡： ；
b．蓝色消失： I2-+5H2O2=2H++2IO3-+4H2O
(5)设计实验方案验证氧化过程得到粗碘水中碘元素除I3-外可能的存在形式。(不考虑其它杂质阴离子) 。
【答案】(1)H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O，I2+ I-I3- (2)BD
(3)H2O2会I-全部氧化生成I2，无法进行反应I2+ I-I3-，从而导致后续反应无法进行
(4)2H++2IO3-+5H2O2=I2+5O2↑+6H2O
(5)取少量上层清液于试管中，加入淀粉溶液变蓝，证明含I2；另取少量上层清液于试管，加入硝酸银产生黄色沉淀，再加入稀硝酸沉淀不溶解，证明含I-
【解析】由题给流程可知，向海带浸出液中加入双氧水和稀硫酸，将溶液中的碘离子氧化为碘单质得到含有碘、碘离子和碘三离子的粗碘水；用强碱性阴离子树脂吸附粗碘中的碘元素得到R—I3；向R—I3中加入氢氧化钠溶液洗脱，将R—I3转化为R—I、碘化钠和碘酸钠；向碘化钠和碘酸钠混合溶液中加入酸酸化，将溶液中碘化钠和碘酸钠转化为碘单质得到粗碘液；R—I浸泡在氯化钠溶液中进行洗脱，使树脂再生，并得到的碘化钠溶液；向碘化钠溶液中加入酸和合适的氧化剂将溶液中碘离子氧化为碘单质得到粗碘液。(1)海带浸出液被氧化生成粗碘水发生的反应为溶液中部分碘离子与过氧化氢酸性溶液反应生成碘和水，反应生成的碘与溶液中的碘离子反应生成碘三离子，反应的离子方程式依次为H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O，I2+ I-I3-；(2)A项，由图可知，VSEPR模型为三角双锥，则离子中碘原子的杂化方式不可能为sp杂化，故错误；B项，碘能与溶液中的碘离子反应生成碘三离子，则碘化钾溶液中的碘离子能与四氯化碳中的碘单质反应生成不溶于四氯化碳的碘三离子，所以可以用碘化钾溶液溶液提取四氯化碳中的碘单质，故正确；C项，氯化钠洗脱时发生的反应为R—I+Cl—=R—Cl+I—，反应中没有元素发生化合价变化，不属于氧化还原反应，故错误；D项，由题意可知，酸化氧化步骤发生的反应为溶液中碘离子与亚硝酸根离子在酸性条件下反应生成碘、一氧化氮和水，由得失电子数目守恒可知，若要使溶液中的碘离子完全被氧化，氧化剂亚硝酸钠和还原剂碘化钠的物质的量比应大于1：1，故正确；故选BD；(3)加入双氧水和稀硫酸的目的是将溶液中的碘离子氧化为碘单质得到含有碘和碘三离子的粗碘水，若氧化过程中加入过量的过氧化氢溶液，过氧化氢会将溶液中的碘离子完全氧化为碘，无法得到含有碘和碘三离子的粗碘水，所以加入的过氧化氢溶液不能过量；(4)由题意可知，a步骤中蓝色出现发生的反应为酸性条件下溶液中碘酸根离子与过氧化氢溶液反应生成碘、氧气和水，反应的离子方程式为2H++2IO3-+5H2O2=I2+5O2↑+6H2O；(5)由分析可知，粗碘水中可能含有含有碘、碘离子和碘三离子，检验溶液中含有单质碘的操作为取少量上层清液于试管中，加入淀粉溶液变蓝，证明含有碘；检验溶液中含有碘离子的操作为取少量上层清液于试管，加入硝酸银产生黄色沉淀，再加入稀硝酸沉淀不溶解，证明含碘离子。
1．(2024·浙江省杭州市高三下学期二模)固态化合物CaCu2O3有如下转化：
已知：固体G的摩尔质量为80g/ml。
(1)用化学式表示A的组成 ，写出溶液D中主要的阳离子 。
(2)下列说法正确的是___________。
A．反应Ⅰ中NH3体现氧化性
B．反应Ⅱ的现象说明稳定性：Cu[(NH3)4]2+＞ Cu[(H2O)4]2+
C．气体混合物B的组成为N2、NH3
D．固体G与水反应可以得到NH3
(3)已知高铜酸钠(NaCuO2)是一种黑色难溶于水的固体，具有强氧化性，但在中性或碱性溶液下稳定，可在NaOH溶液中用NaClO氧化Cu(OH)2制得。
①写出制备NaCuO2的离子方程式 。
②制备的高铜酸钠中可能含有Cu(OH)2，设计实验证明Cu(OH)2是否存在 。
【答案】(1) Ca(OH)2和Cu H+、Cu2+、Ca2+ (2)BD
(3) 2Na++2OH-+2Cu(OH)2+ClO-=2NaCuO2↓+Cl-+3H2O 取样品少许于一试管，向其中加入足量的氨水，若能产生深蓝色溶液，则说明含有Cu(OH)2，反之则反
【解析】固态化合物CaCu2O3与足量的NH3共热产生固体A，主要成分为Ca(OH)2和Cu，固体A中加入足量的HNO3中产生无色气体NO和溶液D，主要成分是Cu(NO3)2和Ca(NO3)2，根据NH3具有还原性产生N2、H2O(g)和过量的NH3，故气体混合物B为H2O(g)、NH3和N2，除去NH3、H2O(g)后得到单质气体F即N2，N2和CaC2一定条件下产生C和固体G，根据G的摩尔质量为80g/ml，可知G的化学式为CaCN2，据此分析解题。(1)A的组成为：Ca(OH)2和Cu，D溶液的主要成分是Cu(NO3)2和Ca(NO3)2，以及过量的HNO3，则其中主要的阳离子为：H+、Cu2+、Ca2+；(2)A项，反应Ⅰ中NH3中的N转化为N2，故NH3体现还原性，A错误；B项，反应Ⅱ即向含有Cu2+的溶液中加入氨水至过量，根据先产生蓝色沉淀，后沉淀溶解生成深蓝色溶液，即形成了Cu[(NH3)4]2+的现象可以说明稳定性：Cu[(NH3)4]2+＞ Cu[(H2O)4]2+，B正确；C项，气体混合物B的组成为N2、NH3和水蒸气，C错误；D项，固体G的成分为CaCN2，其与水反应可以得到
NH3，反应方程式为：CaCN2+3H2O=2NH3↑+CaCO3↓，D正确；故选BD；(3)已知高铜酸钠(NaCuO2)是一种黑色难溶于水的固体，具有强氧化性，但在中性或碱性溶液下稳定。①根据在NaOH溶液中用NaClO氧化Cu(OH)2制得(NaCuO2)，根据氧化还原反应可得2NaOH+2Cu(OH)2+NaClO=2NaCuO2+NaCl+3H2O，故制备NaCuO2的离子方程式为：2Na++2OH-+2Cu(OH)2+ClO-=2NaCuO2↓+Cl-+3H2O；②由题干信息可知，Cu(OH)2能溶液过量的氨水中生成深蓝色溶液，且Cu(OH)2能溶于过量的NaOH溶液中生成蓝色溶液[Cu(OH)4]2-，故可设计实验：取样品少许于一试管，向其中加入足量的氨水，若能产生深蓝色溶液，则说明含有Cu(OH)2，反之则反。
2．(2024·浙江省嘉兴市高三下学期二模)Fe3S4固体是一种重要的磁性材料，以它为原料实现如下化合物的转化：
已知：在较高浓度Cl-的溶液中，Fe3+以FeCl4-的形式存在，溶液呈亮黄色。
请回答：
(1)依据B→C→D的现象，判断Cl-、SCN-、CN-与Fe3+的配位能力由强到弱依次为 ，无色酸性溶液F中的含硫阴离子有 。
(2)Fe3S4能与稀硫酸反应，生成一种淡黄色不溶物和一种气体(标准状况下的密度为1.518g∙L-1)，写出该反应的离子方程式 。
(3)下列说法正确的是___________。
A．固体A中可能含有FeOB．无色气体E能完全溶于水
C．溶液C呈酸性，是由于Fe3+水解D．溶液B可溶解铜
(4)写出F→G反应的化学方程式 。请设计实验方案确定溶液G中的阴离子 。
【答案】(1) CN-＞SCN-＞Cl-CN- HSO3-、SO32-、SO42-
(2) Fe3S4+6H+=3Fe2++3H2S↑+S
(3)D
(4) H2SO3+I2+H2O=H2SO4+2HI 取溶液G，加入过量BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则有SO42-；取上层清液，滴加AgNO3溶液，若产生黄色沉淀，则有
【解析】Fe3S4固体通入足量空气充分煅烧，得到Fe2O3固体和无色气体E。固体A(Fe2O3)中加入足量盐酸，发生反应生成FeCl4-等，加入KSCN溶液，得到血红色的Fe(SCN)3溶液，再加入NaCN溶液，又转
化为黄色的Fe(CN)63-溶液。无色气体E为SO2与空气的混合气，通入H2O中，SO2与H2O反应生成H2SO3，有少部分H2SO3被O2氧化生成H2SO4；加入足量碘水，H2SO3被I2氧化为H2SO4，同时生成HI。(1)依据B[FeCl4-]→C[Fe(SCN)3]→D[Fe(CN)63--]的现象可以判断，反应的产物都比反应物稳定性强，则Cl-、SCN-、CN-与Fe3+的配位能力由强到弱依次为CN-＞SCN-＞Cl-CN-。由分析可知，无色酸性溶液F中含有H2SO3和H2SO4，则含硫阴离子有HSO3-、SO32-、SO42-。(2)Fe3S4能与稀硫酸反应，生成的淡黄色不溶物为硫，标准状况下的密度为1.518g∙L-1的气体，摩尔质量为1.518g∙L-1×22.4L/ml=34g/ml，其为H2S，S来自H2S与Fe3+的反应，则该反应的离子方程式为Fe3S4+6H+=3Fe2++3H2S↑+S。(3)A项，因为通入的空气足量，所以固体A中不可能含有FeO，A不正确；B项，无色气体E中除含有SO2外，还含有空气，所以E不可能完全溶于水，B不正确；C项，因为固体A中加入足量的盐酸，所以溶液C呈酸性，不是因Fe3+水解产生，C不正确；D项，溶液B为FeCl4-，可电离产生Fe3+，所以可溶解铜，D正确；故选D。(4)F(H2SO3)与I2反应，生成G(H2SO4、HI)等，反应的化学方程式为H2SO3+I2+H2O=H2SO4+2HI。设计实验方案确定溶液G中的阴离子，也就是检验SO42-和I-的存在，SO42-用BaCl2检验，I-用AgNO3检验。方案为：取溶液G，加入过量BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则有SO42-；取上层清液，滴加AgNO3溶液，若产生黄色沉淀，则有I-。
3．(2024·浙江省金丽衢十二校高三下学期第二次联考)已知难溶性化合物的化学式为Ba4MnFeO6CO3，对进行如下实验，部分产物已经略去。
已知：中的金属元素在该实验条件下不能与NH3产生配合物。
(1)高温下在H2气流中的反应 氧化还原反应(填“属于”或“不属于”)，中钡元素的化合价为 。
(2)步骤Ⅳ可以进行的原因除了生成Fe3O4降低体系的能量之外，从化学平衡的角度解释能够发生的原因 。
(3)下列说法正确的是________。
A．溶液D中阳离子只有NH4+
B．若磁铁能吸引反应Ⅳ的剩余固体，则证明铁有剩余
C．步骤Ⅱ中的氯化铵溶液也可以用盐酸代替
D．依据步骤Ⅲ可知碱性强弱Ba(OH)2＞Mn (OH)2
(4)固体在一定条件下也可以与溶液反应，写出反应的离子方程式 。
(5)设计实验检验混合气体A(除H2外)的成份 。
【答案】(1)属于 +2价
(2)水蒸气流不断带出生成的氢气促进反应正向移动
(3)D
(4)Ba4MnFeO6CO3+14H++2I-=4 Ba2++Mn2++Fe2++I2+CO2↑+7H2O
(5)先将混合气体通过无水硫酸铜粉末，若变蓝，说明有水蒸气，再将混合气体通过澄清的石灰水，若出现浑浊，说明有二氧化碳气体。
【解析】固体单质C和水在高温下反应生成Fe3O4，C为Fe，混合溶液C和氨水反应生成Mg(OH)2和NH4Cl溶液，混合溶液C中含有Mg2+，固体混合物B中含有Fe和MgO，气体混合物A为H2和CO2。(1)Y高温下在氢气气流中高温分解生成了Fe，元素价态发生变化，属于氧化还原反应，根据化合物化合价代数和为0，可知钡元素价态为+2。(2)步骤Ⅳ能够进行的原因，从化学平衡角度进行解释的话是因为通入氢气气流，带走了水蒸气产物，平衡正移。(3)A项，溶液D的阳离子除了铵根离子，还有氢离子和钡离子，故A错误；B项，发生反应Ⅳ后固体有四氧化三铁，磁铁能吸引四氧化三铁，因此不能证明有铁剩余，B错误；C项，步骤II中的氯化铵溶液有两个作用，一是防止铁离子水解，二是调节pH，因此不能用盐酸代替，C错误；D项，由步骤III可以判断出氢氧化钡的碱性大于氢氧化锰的碱性，D正确；故选D。(4)固体Y在HI溶液下发生反应，生成碘单质，钡离子，锰离子，亚铁离子和二氧化碳，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：Ba4MnFeO6CO3+14H++2I-=4 Ba2++Mn2++Fe2++I2+CO2↑+7H2O 。(5)混合气体A除了氢气外还含有二氧化碳和水蒸气。首先可以通过无水硫酸铜，若呈蓝色，则证明混合气体中含有水蒸气。接着再将混合气体通入澄清石灰水中，若石灰水变浑浊则说明有二氧化碳。
4．(2024·浙江省县域教研联盟高三选考模拟)黄铜矿的主要成份为CuFeS2，现有如下转化关系制备有关物质。
已知：沉淀D的摩尔质量为。请回答：
(1)尾气中SO2经过充分综合利用可以得到石膏，请写出石膏的化学式： 。
(2)煅烧含硫量高的矿物得到高浓度的SO2，干燥的气体与氯气在活性炭催化下可生成一种用于有机合成的常见物质A，该物质水解时发生非氧化还原反应得到两种强酸。
①写出物质A分子的结构式： 。
②一定压强下，化合物A的沸点低于硫酸的原因是 。
(3)生成沉淀D的离子反应方程式 。
(4)请设计实验检验溶液C中的阳离子 。
【答案】(1) CaSO4·2H2O
(2) 硫酸能形成分子间氢键，SO2Cl2没有分子间氢键，所以SO2Cl2熔沸点较低
(3)2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O= 2CuCl↓+SO42-+4H+
(4)取少量溶液C于一支试管，加入石蕊试液(或pH试纸)溶液显红色(pH试纸变红)，则有H+，另取少量溶液于试管中，加入K3[Fe(CN)6]溶液，若出现蓝色沉淀则有Fe2+
【解析】黄铜矿(CuFeS2)与足量空气煅烧生成二氧化硫、氧化铁和氧化铜固体，固体加入盐酸反应生成氯化铁和氯化铜混合溶液，通入足量二氧化硫，发生氧化还原反应生成硫酸亚铁、硫酸和氯化亚铜沉淀，二氧化硫气体和氯气在活性炭催化作用下反应生成SO2Cl2。(1)石膏的化学式：CaSO4·2H2O；(2)①干燥的SO2气体与氯气在活性炭催化下可生成一种用于有机合成的常见物质A，则A为SO2Cl2，该物质(SO2Cl2)水解时发生非氧化还原反应得到两种强酸即硫酸和盐酸，则物质A分子为SO2Cl2，其结构式：；②一定压强下，化合物A的沸点低于硫酸的原因是硫酸能形成分子间氢键，SO2Cl2没有分子间氢键，所以SO2Cl2熔沸点较低；(3)根据沉淀D的摩尔质量为，说明D为氯化亚铜，则是铜离子和二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸根和亚铜离子，亚铜离子和氯离子反应生成CuCl，则生成沉淀D的离子反应方程式2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O= 2CuCl↓+SO42-+4H+。(4)根据前面分析，溶液C中含有氢离子和亚铁离子，检验氢离子常用紫色石蕊，检验亚铁离子常用K3[Fe(CN)6]溶液，因此实验检验溶液C中的阳离子方法是取少量溶液C于一支试管，加入石蕊试液(或pH试纸)溶液显红色(pH试纸变红)，则有H+，另取少量溶液于试管中，加入K3[Fe(CN)6]溶液，若出现蓝色沉淀则有Fe2+。
5．(2024·浙江省杭州高级中学高三选考模拟)工业上以SO2为原料制备化合物A和B，且SO2尾气可以
使用氨水吸收
(1)写出在空气中发生反应②的化学方程式 。
(2)已知物质A比硫酸的熔点更高，原因是 。
(3)下列说法正确的是_____。
A．(NH4)2SO4俗称为肥田粉，是良好的氮肥
B．物质A的水溶液呈中性
C．物质A中N显示负价
D．物质B和NH3反应可以生成A
(4)设计实验验证化合物B中含有Cl元素 (已知Ag2SO4微溶于水，不考虑Ag2SO4在浓酸中的溶解)；写出实验过程中涉及的第一个反应方程式 。
【答案】(1) 2(NH4)2SO3+O2=2(NH4)2SO4
(2)A是三氧化硫与等物质的量的氨气反应生成的氨基磺酸，类比氨基酸，其可以形成内盐，而硫酸分子间只有分子间作用力，因此，物质A比硫酸的熔点更高
(3)ACD
(4) 取样，先加入足量的硝酸钡溶液，静置，向上层清液滴加硝酸溶液，生成白色沉淀，证明存在氯元素 H2SO4+Ba(NO3)2= BaSO4↓+2HNO3
【解析】二氧化硫被氨水吸收生成亚硫酸铵，亚硫酸铵可以被氧化剂氧化为硫酸铵；二氧化硫被氧气等氧化为三氧化硫，三氧化硫和等物质的量的氨气吸收生成A：硫酸氢铵；二氧化硫被等物质的量的氯气反应转化为B：SO2Cl2。(1)亚硫酸铵可以被空气中氧气为硫酸铵，反应为2(NH4)2SO3+O2=2(NH4)2SO4；(2)A是三氧化硫与等物质的量的氨气反应生成的氨基磺酸，类比氨基酸，其可以形成内盐，而硫酸分子间只有分子间作用力，因此，物质A比硫酸的熔点更高；(3)A项，(NH4)2SO4俗称为肥田粉，含有氮元素，是良好的氮肥，正确；B项，物质硫酸氢铵的水溶液中完全电离出氢离子、铵根离子、硫酸根离子，溶液显酸性，错误；C项，物质A硫酸氢铵中含有铵根离子，铵根离子中N显示负-3价，正确；D项，物质B SO2Cl2和水转化为硫酸，硫酸再和NH3反应可以生成A硫酸氢铵，正确；故选ACD；(4)氯离子和银离子生成氯
化银白色沉淀，但是需要排除硫元素转化的硫酸根离子的干扰，故实验为：取样，先加入足量的硝酸钡溶液，静置，向上层清液滴加硝酸溶液，生成白色沉淀证明存在氯元素；实验过程中涉及的第一个反应方程式H2SO4+Ba(NO3)2= BaSO4↓+2HNO3。
6．(2024·浙江省绍兴市第一中学高三首考模拟)工业上以NH3为原料按如下流程制取化合物A。
已知：水溶液中，ClO－可与反应生成Cl－
请回答：
(1)写出NH3催化氧化生成NO的化学方程式 。
(2)等物质的量的HNO3与ClF反应除生成A外，另一种产物为HF。
①电子衍射研究表明，气态HF中存在环状六聚体(HF)6，而其他卤素的气态氢化物却不存在，气态HF中存在环状六聚体(HF)6的原因是 。
②下列说法正确的是 。
A．尾气的主要成分是NO，可用NaOH溶液直接吸收 B．ClF中的Cl呈零价
C．化合物A具有强氧化性 D．TiCl4与A反应能生成Ti(NO3)4
(3)①设计实验验证化合物A中含有Cl元素 。
②写出实验过程中涉及的反应方程式 。
【答案】(1)4NH3+5O24NO+6H2O
(2) HF之间通过氢键缔合形成六聚体 CD
(3)取适量ClNO3于试管中加入适量NaNO2溶液充分反应，再滴加AgNO3溶液，若产生白色沉淀，证明A中存在Cl元素 ClNO3+NO2-+H2O＝Cl－+2H++2NO3-，Ag++Cl－＝AgCl↓
【解析】该流程中，NH3催化氧化生成NO，NO发生氧化反应生成NO2，NO2在吸收塔中和水反应生成HNO3和NO尾气，HNO3和ClF反应生成ClNO3。(1)NH3催化氧化生成NO和水，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O。(2)①气态HF中存在环状六聚体(HF)6的原因是HF之间通过氢键缔合形成六聚体；②A项，尾气的主要成分是NO，NO不和NaOH溶液反应，不能用NaOH溶液直接吸收，故A错误；B项，ClF中的Fe为-1价，Cl为+1价，故B错误；C项，等物质的量的HNO3
与ClF反应除生成A外，另一种产物为HF，由原子守恒可知A为ClNO3，A中Cl元素为+1价，具有强氧化性，故C正确；D项，TiCl4与ClNO3发生复分解反应生成Ti(NO3)4，故D正确；故选CD。(3)①ClNO3中Cl元素为+1价，需要转化为Cl-才能检验，由已知信息可以推知，ClNO3和NaNO2反应可以生成HCl、NaNO3、HNO3，验证化合物A中含有Cl元素的方法为：取适量ClNO3于试管中加入适量NaNO2溶液充分反应，再滴加AgNO3溶液，若产生白色沉淀，证明A中存在Cl元素；②实验过程中涉及的反应方程式：ClNO3+ NO2-+H2O＝Cl－+2H++2NO3-，Ag++Cl－＝AgCl↓。
7．(2024·江浙高中(县中)发展共同体高三联考)碳酸二甲酯是一种环保性能优异、用途广泛的化工原料，可以通过下列流程制备：
已知：酰氯具有酯的性质。请回答：
(1)写出NH3的电子式 。
(2)写出步骤Ⅲ的化学反应方程式 。
(3)下列说法正确的是_______。
A．液氯和氯水工业上均可用铁槽车运送
B．CO(NH2)2属于铵盐，含氮量高，可作氮肥
C．碳酸二甲酯在酸性条件下水解产生的气体是非极性分子
D．CO与Fe可形成配合物Fe(CO)5，其中配位原子是O
(4)碳酸二甲酯比碳酸一甲酯的沸点 (填“低”或“高”)，分析其原因 。
(5)设计实验方案检验COCl2中的氯元素 。
【答案】(1)
(2) CO(NH2)2+2CH3OH= CO(OCH3)2+2NH3
(3)C
(4) 低 碳酸一甲酯能形成分子间氢键
(5)将COCl2通入足量的NaOH溶液充分反应，先加足量稀硝酸，再加AgNO3溶液，若生成白色沉淀，说明COCl2中含氯元素
【解析】CO和氯气反应生成酰氯，酰氯和氨气发生取代反应生成尿素和氯化氢，尿素和乙醇反应生成
碳酸二甲酯和氨气。(1)NH3是共价化合物，电子式为；(2)步骤Ⅲ是尿素和甲醇发生取代反应生成碳酸二甲酯和氨气，反应的化学反应方程式为CO(NH2)2+2CH3OH= CO(OCH3)2+2NH3；(3)A项，液氯可用铁槽车运送，氯水中含有盐酸，氯水不能用铁槽车运送，故A错误；B项，CO(NH2)2是有机物，不含铵根离子，不属于铵盐，故B错误；C项，碳酸二甲酯在酸性条件下水解产生的气体是二氧化碳，二氧化碳是非极性分子，故C正确；D项，CO与Fe可形成配合物Fe(CO)5，C的电负性小于O，所以配位原子是C，故D错误；故选C。(4)碳酸一甲酯含有O-H键，碳酸一甲酯能形成分子间氢键，所以碳酸二甲酯比碳酸一甲酯的沸点低。(5)将COCl2通入足量的NaOH溶液充分反应，先加足量稀硝酸，再加AgNO3溶液，若生成白色沉淀，说明COCl2中含氯元素。
8．(2024·浙江省9 +1高中联盟高三联考)NH3是重要的化工原料，按如下流程充分利用。
已知：①与性质相似
②+4NH3+2NH4Cl
(1)①混合物A的成分为 (用化学式表示)。
②写出途径Ⅰ反应的化学方程式 。
③NaN3是离子化合物，各原子均满足8电子稳定结构。写出NaN3的电子式 。
(2)下列说法不正确的是___________。
A．工业制HNO3，综合考虑B为空气
B．途径Ⅱ，向饱和食盐水中先通入CO2，再通入NH3
C．尿素CO(NH2)2是常用的氮肥，不能与草木灰混合施用
D．物质C属于有机高分子化合物，可用于生产火药、塑料和涂料
(3)①N2H4为二元弱碱，其在水中的电离与氨相似；25℃，N2H4第一步电离平衡常数Kb1的值
为 。(已知：N2H4+H+N2H5+ )
②结合的能力：N2H4 CH3NH2(填“>”或“<”)，理由是 。
(4)设计实验验证混合物A中含有S元素 。
【答案】(1)SO(NH2)2或()、NH4Cl
2NH3+ NaClO=N2H4+ NaCl+H2O
(2)B
(3) 8.7×10-7 < 甲基(-CH3)是推电子基团，氨基(-NH2)是吸电子基团，CH3NH2中氮原子周围电子云密度比N2H4增大，易给出孤电子对与H+形成配位键，结合H+的能力强
(4)取样，加入足量盐酸充分反应，加热，若能产生使品红溶液褪色的刺激性气味气体，则说明A中含有S元素
【解析】(1)由已知反应②可知，SOCl2+4NH3→SO(NH2)2+2NH4Cl，混合物A的成分为SO(NH2)2或()、NH4Cl；途径Ⅰ反应的化学方程式为2NH3+ NaClO=N2H4+ NaCl+H2O；NaN3的电子式为；(2)途径Ⅱ，向饱和食盐水中先通入NH3，再通入CO2，有利于CO2在溶液中的溶解；(3)联氨为二元弱碱，在水中的电离方程式与氨相似，连氨第一步电离方程式为N2H4+H2ON2H5++OH-，电离平衡常数；甲基(-CH3)是推电子基团，氨基(-NH2)是吸电子基团，CH3NH2中氮原子周围电子云密度比N2H4增大，易给出孤电子对与H+形成配位键，结合H+的能力强；(4)可通过验证SO2来验证S元素，实验方法如下：取少量A的混合物样品，加入足量盐酸充分反应，加热，若能产生使品红溶液褪色的刺激性气味气体，则说明A中含有S元素。由题给信息可知，与性质相似，参考+4NH3+2NH4Cl的反应，可得出SOCl2+4NH3+2NH4Cl，则混合物A的成分为、；途径Ⅱ类似候氏制碱法中先加再加的顺序，向饱和食盐水中先通入，再通入，有利于在溶液中的溶解；联
氨为二元弱碱，在水中的电离方程式与氨相似，连氨第一步电离方程式为；验证混合物A中含有S元素，可通过验证二氧化硫的方法来验证S元素，实验方法如下：取少量A的混合物样品，加入足量盐酸充分反应，加热，此时有SO2生成，SO2使品红溶液褪色且有刺激性气味气体，若能产生使品红溶液褪色且有刺激性气味气体，则说明A中含有S元素。
9．(2024·浙江省Z20名校联盟高三联考)高氯酸三碳酰肼合镍(GTN)的组成可表示为[Ni(CHZ3)( ClO4)2]，其中CHZ为碳酰肼(结构简式为：)。已知N2H4、NH2OH (羟胺)具有类似于NH3的碱性。
请回答：
(1)请用方程式解释羟胺水溶液呈碱性 。工业上常用尿素和NaClO - NaOH溶液反应实现转化2得到N2H4和两种常见钠盐，反应的化学方程式为 。
(2)下列有关说法正确的是___________。
A．NH3、N2H4、COCl2均只含极性键
B．N2H4与过量硫酸溶液反应形成酸式盐的化学式为N2H5HSO4
C．NH3、N2H4、NH2OH的碱性依次减弱
D．CO(OC2H5)2是一种无机酸酯，转化3发生的是取代反应
(3)酸性强弱：() ()(填“>”“=”或“<”)，请从结构角度解释原因 。
(4)NH3与COCl2反应生成固体产物中除了尿素还有另外一种盐，设计实验证明该固体产物中的N元素 。
【答案】(1) NH2OH+H2ONH3OH++OH- CO(NH2)2+2NaOH+NaClO=NaCl+N2H4+Na2CO3+H2O或CO(NH2)2+NaOH+NaClO=NaCl+N2H4+NaHCO3
(2)CD
(3) > HClO4中非羟基氧的个数多于HClO3，HClO4中H-O键极性更强
(4)取少量固体样品于试管中，加入NaOH溶液，加热，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，若变蓝色，说明含有氮元素
【解析】(1)羟胺有类似于NH3的碱性，会与水反应，方程式为NH2OH+H2ONH3OH++OH-；②根据元素守恒可得方程式为CO(NH2)2+2NaOH+NaClO=NaCl+N2H4+Na2CO3+H2O或CO(NH2)2+NaOH+NaClO=NaCl+N2H4+NaHCO3；(2)A项，N2H4中存在N-N非极性键，A错误；B项，N2H4+H2SO4=N2H6SO4把肼看成氨的衍生物(NH2-NH2)每个N为sp3杂化，每个N都有一对孤对可以给H+配位。如果少量硫酸可以形成(N2H5)2SO4，B错误；C项，电负性HN2H4>NH2OH，则碱性： NH3>N2H4>NH2OH，C正确；D项，根据物质之间的转化，是取代反应，且为无机酸酯，D正确； 故选CD。(3)酸性HClO4>HClO3，HClO4中非羟基氧的个数多于HClO3，HClO4中H−O键极性更强；(4)NH4+检验：取少量固体样品于试管中，加入NaOH溶液，加热，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，若变蓝色，说明含有氮元素。
10．(2024·浙江省稽阳联谊学校高三联考)乙二酸(俗称草酸)是最简单的二元羧酸。下图流程表示其部分转化关系。[已知：]
请回答：
(1)草酸是一种重要的还原剂，在分析化学上常被用作测定高锰酸钾溶液浓度的试剂。写出途径Ⅰ反应的离子方程式 。
(2)①X是具有六元环状结构的碳氧化合物，C、O原子均满足8电子结构。写出X的结构式 。
②下列说法正确的是 。
A．X是一种酸性氧化物 B．由途径Ⅱ可知，草酸钙不溶于稀盐酸
C．乙二酸的酸性比乙酸强 D．乙二酸跟足量乙醇反应生成乙二酸乙二酯
③乙二酸易溶于乙醇，难溶于苯和氯仿，原因是 。
(3)设计实验验证气态化合物X既有氧化性又有还原性 。
【答案】(1)5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2↑+Mn2++8H2O
(2) ABC 根据“相似形溶”原理，乙二酸与乙醇都是极性分子，且都含有羟基，两者能形成氢键，故易溶；苯和氯仿是非极性或弱极性分子，乙二酸与苯和氯仿的分子间作用力弱，
故难溶
(3)将X通入酸性高锰酸钾溶液，溶液紫色褪去或将X气体通入灼热的氧化铜，固体颜色由黑变红，证明X具有还原性；将燃着的镁条伸入X中，镁条继续燃烧，生成黑色和白色固体，证明X具有氧化性
【解析】(1)草酸是一种强还原剂，是二元弱酸，碳元素为+3价，氧化生成二氧化碳，高锰酸钾被草酸还原生成Mn2+，离子方程式为：5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2↑+Mn2++8H2O；(2)由题给信息可知，乙二酸加热脱水生成酸酐，该酸酐具有六元环状结构，应是2分子乙二酸发生脱水而成，结构式为：；A项，根据题意，C4O6与石灰水反应：C4O6+2Ca(OH)2=2CaC2O4↓+2H2O，所以X是酸性氧化物，A项正确；B项，由于乙二酸与氯化钙溶液反应：H2C2O4+CaCl2=CaC2O4↓+2HCl，可知草酸钙不溶于稀盐酸，B项正确；C项，羧基是吸电子基，使另一个羧基的酸性增强(羟基极性增强，羟基氢容易电离出来)，甲基是推电子基，使羧基的酸性减弱；所以乙二酸的酸性强于乙酸，，C项正确。D项，乙二酸跟2分子乙醇反应生成乙二酸二乙酯，乙二酸跟乙二醇反应生成乙二酸乙二酯。项D错误；故选ABC；根据“相似形溶”原理，乙二酸与乙醇都是极性分子，且都含有羟基，两者能形成氢键，故易溶；苯和氯仿是非极性或弱极性分子，乙二酸与苯和氯仿的分子间作用力弱，故难溶。(3)类比于CO还原性的检验：将X气体通入灼热的氧化铜，固体颜色由黑变红，证明X具有还原性；类比于CO2 氧化性的检验：将点燃的镁条伸入X中，镁条继续燃烧，生成黑色和白色固体，证明X具有氧化性。
11．(2024·浙江省嘉兴市高三联考)氨气用途非常广泛，以下是氨气的部分转化关系图。
已知：①NaNH2+H2O=NH3↑+ NaOH
②随着杂化轨道中s成分的增加，电子云更靠近原子核，核对电子的吸引力增强
(1)N2H4又称联氨，不如氨气稳定，还原性强于氨气，与N2O4反应释放出大量热、产物无污染、产生大量气体，可作为火箭推进剂。
①写出N2H4用于火箭推进剂反应的化学方程式 。
②从分子结构角度分析，N2H4不如氨气稳定的原因是 。
(2)下列说法正确的是___________。
A．以上转化关系中NH3只表现出还原性
B．若CuO无剩余，红色固体的组分可能有三种情况
C．制备氨基钠需在无水、无氧环境中进行
D．为了增加N2H4的产量，往往加入过量的NaClO
(3)结合已知信息，写出生成A的化学方程式 。
(4)实验中在加热条件下通入过量的NH3与CuO反应，设计实验验证尾气中比较活泼的两种气体 。
【答案】(1) 2N2H4+N2O43N2+4H2O N2H4中含N—N，由于N上的孤电子对的排斥使N—N键键能较小，稳定性比NH3差
(2)BC (3)CH3C≡CH+NaNH2→CH3C≡Cna+NH3
(4)将湿润的红色石蕊试纸置于尾气出口，若试纸变蓝，说明尾气中含有氨气；观察气体颜色，只要气体显红棕色，就说明有二氧化氮；另取少量气体于集气瓶中，通入少量的氧气，如果气体颜色加深，就说明其中有一氧化氮
【解析】NH3与NaClO发生氧化还原生成N2H4，NH3与钠反应钠只有还原性，则NH3中的H体现氧化性，生成NaNH2，氨基钠和丙炔反应时，会发生取代反应，CH3C≡CH+NaNH2→CH3C≡Cna+NH3，NH3与CuO反应生成红色固体Cu，则尾气可能为含N的化合物。(1)①根据题干信息，联氨是和四氧化二氮发生归中反应生成氮气，方程式为2N2H4+N2O43N2+4H2O；②N2H4中含N—N，由于N上的孤电子对的排斥使N—N键键能较小，稳定性比NH3差；(2)A项，氨气和钠反应，氨气中氢的化合价降低，所以氨气表现氧化性，A错误；B项，红色固体只可能是氧化亚铜、铜，可能是只有氧化亚铜，可能只有铜，也可能同时有氧化亚铜和铜，共有3种情况，B正确；C项，水和氧气都能和钠反应，所以要保证无水无氧，C正确；D项，次氯酸钠有强氧化性，如果过量，会把生成的联氨氧化，D错误；故选BC；(3)根据已知信息②，CH3C≡CH分子中，两个形成碳碳三键的碳原子是sp杂化，s轨道成分多，碳原子核对电子的吸引力更强，就导致这两个碳原子的负电性更强，氨基钠和丙炔反应时，会发生取代反应，CH3C≡CH+NaNH2→CH3C≡Cna+NH3；(4)氨气会被氧化铜氧化，尾气中比较活泼的气体一定不是氮气，那就应该是氮氧化物气体，即验证二氧化氮和一氧化氮；由于氮氧化物气体中，只有二氧化氮有颜色，所以观察气体颜色，只要气体显红棕色，就说明有二氧化氮；另取少量气体于集气瓶中，通入少量的氧气，如果气体颜色加深，就说明其中有一氧化氮；NH3过量，则尾气中含有氨气，将湿润的红色石蕊试纸置于尾气出口，若试纸变蓝，说明尾气中含有氨气。
12．(2024·浙江省新阵地教育联盟、浙江十校高三联考)氯及其部分化合物相关转化如下.
请回答：
(1)常温下，Cl2与NaOH溶液反应的离子方程式： .
(2)下列有关流程中的物质的说法正确的是：_______________.
A．工业上采用软锰矿(主要成分是MnO2)与浓盐酸混合加热制备Cl2
B．混合物A、B的物质的量之比为可为5：1
C．若C中的各原子最外层均达8电子稳定结构，C确定为S2Cl2
D．ClO2具有强氧化性，用作自来水的消毒剂
(3) NaClO4与浓硫酸反应可得HClO4()：NaClO4+H2SO4(浓)= NaHSO4+ HClO4，利用减压蒸馏分离HClO4，试解释高氯酸比硫酸易从体系中分离的原因(从结构角度分析)： ，HClO4在液态时为双聚体，请写出(HClO4)2的结构式： .
(4)通过分析，M分子中只有一种化学环境的氢原子， Cl2与CH3CH2OH经过氧化反应、取代反应，两步生成M和D，写出总反应化学方程式：。设计实验检验D： 。
【答案】(1) Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O (2)BD
(3) H2SO4分子间氢键比高氯酸多，分子间作用力较大，沸点高于HClO4
(4) 4Cl2+CH3CH2OH→Cl3CCHO+5HCl 气体D通入紫色石蕊试液，溶液变红，通入硝酸银，生成白色沉淀，则为HCl
【解析】Cl2与硫黄在加热条件下可以生成SCl2或者S2Cl2，与乙醇发生氧化反应和取代反应，与氢氧化钠溶液加热生成氯酸钠和氯化钠，氯酸钠电解得到高氯酸钠，氯酸钠与浓盐酸反应生成ClO2。(1)常温下氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠，离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；(2)A项，工业上制氯气用电解饱和的食盐水，A错误；B项，B是氯酸钠，Cl2与NaOH加热反应的方程式为3Cl2+6NaOH5NaCl+NaClO3+3H2O，混合物A、B的物质的量之比为可为5：1，B正确；C项，若C中的各原子最外层
均达8电子稳定结构，C也可以为SCl2，C错误；D项，ClO 2中的Cl为+4价，具有强氧化性，用作自来水的消毒剂，D正确；故选BD；(3)H2SO4和HClO4都是分子晶体，H2SO4分子间氢键比高氯酸多，分子间作用力较大，沸点高于HClO4，高氯酸比硫酸易从体系中分离；HClO4在液态时通过氢键形成双聚体，(HClO4)2的结构式：；(4)Cl2与CH3CH2OH经过氧化反应羟基变为醛基，经过取代反应甲基上的氢原子被氯原子取代，由于M分子中只有一种化学环境的氢原子，甲基上三个氢原子全部被取代，M的结构简式为：CCl3CHO，D为HCl，总反应化学方程式：4Cl2+CH3CH2OH→Cl3CCHO+5HCl；证明D为HCl的方法是：气体D通入紫色石蕊试液，溶液变红，通入硝酸银，生成白色沉淀，则为HCl。
13．(2024·浙江省瑞安中学高三首考适应性考试)芥子气的化学式为(ClCH2CH2)2S。可由乙烯通过两条途径制得(部分产物未写出)。
已知：乙烯与溴分子的加成反应机理，可用如下过程表示。
回答下列问题：
(1)途径一是CH2=CH2与S2Cl2反应，反应物的物质的量之比为2∶1.写出化学方程式 。
(2)下列说法正确的是______。
A．S2Cl2是非极性分子
B．芥子气属于卤代烃，其核磁共振氢谱图上只有2个吸收峰
C．发生反应②时，乙烯中的碳碳双键使氯气分子中的共价键极性发生了变化
D．乙烯通入氯水中生成ClCH2CH2OH时，水溶液酸性增强
(3)给出H+的能力：CH3CH2OH ClCH2CH2OH (填“>”或“<”)，理由是 。
(4)已知碳硫单键在碱性条件下不易断裂，设计实验检验反应⑤生成的阴离子： 。写出反应⑤和
检验涉及的离子方程式 。
【答案】(1) 2CH2=CH2+S2Cl2=(ClCH2CH2)2S+S
(2)CD
(3) < 氯原子是吸电子基，增大-OH的极性，ClCH2CH2OH易给出
(4)取少量反应后的溶液于试管中，加入稀硝酸至酸性，再加硝酸银溶液，若出现白色沉淀，则有氯离子 ClCH2CH2)2S+2OH-=(HOCH2CH2)2S+2Cl-
【解析】反应①是乙烯和S2Cl2按2：1反应生成(ClCH2CH2)2S和S，反应②是乙烯和氯水反应生成ClCH2CH2OH和HCl，反应③是ClCH2CH2OH和Na2S反应生成(HOCH2CH2)2S，反应④为HCl发生取代反应生成(ClCH2CH2)2S和水，反应⑤是碳氯键发生取代反应生成醇羟基。(1)CH2=CH2与S2Cl2按物质的量之比为2∶1反应生成(ClCH2CH2)2S，由原子守恒可知另一个产物是S，化学方程式为2CH2=CH2+S2Cl2=(ClCH2CH2)2S+S；(2)A项，S2Cl2结构类似H2O2，分子空间构型不对称，该分子中心正负中心不重合，为极性分子，故A错误；B项，芥子气组成元素除了C、H、Cl外，还有S元素，不属于卤代烃，故B错误；C项，乙烯的结构简式为CH2=CH2，ClCH2CH2OH的结构简式为Cl-CH2-CH2-OH，发生反应②时，乙烯中的碳碳双键断裂，Cl2中Cl-Cl断裂以及水中H-OH断裂，生成HCl，共价键极性发生了变化，故C正确；D项，乙烯通入氯水中生成ClCH2CH2OH时，另一个产物是HCl，则水溶液酸性增强，故D正确；故选CD；(3)氯原子是吸电子基，增大-OH的极性，ClCH2CH2OH易给出H+，则给出H+的能力：CH3CH2OH < ClCH2CH2OH；(4)反应在碱性条件下反应进行完全，反应的还原产物是氯化钠，为检验氯离子，则实验方案是取少量反应后的溶液于试管中，先加入足量稀硝酸酸化，再滴加AgNO3溶液，有白色沉淀产生，则阴离子为Cl-，反应⑤为C-Cl发生取代反应生成C-OH，涉及的离子方程式ClCH2CH2)2S+2OH-=(HOCH2CH2)2S+2Cl-。
14．(2024·浙江省义乌中学高三首考模拟)硼单质及其化合物有重要的应用。
(1)硼与硅相似，也能与氢形成一类化合物——硼烷。常见的有乙硼烷(B2H6)、丁硼烷(B4H10)、己硼烷(B6H10)等。BnHm极易发生水解生成H3BO3和H2，请写出反应的化学方程式： ；其中乙硼烷生产中可用来与试剂X反应制备硼氢化钠(NaBH4)，且符合原子经济性反应，试剂X的化学式为 。同时硼氢化钠的另一种制备方法为BF3与试剂X反应，写出该反应的化学方程式： 。
(2)下列说法正确的是_______。
A．反应①为氧化还原反应，其中H2被BCl3氧化
B．相同条件下在水中的溶解度：氨硼烷(NH3BH3)＞乙烷
C．H3BO3是一种一元弱酸，可以与甲醇反应生成B(OCH3)3为无机酸酯
D．氮化硼(BN)晶体有多种相结构，六方氮化硼结构与石墨相似，熔点低
(3)氨硼烷(NH3BH3)含氢量高、热稳定性好，是一种有潜力的固体储氢材料。氨硼烷分子间存在“双氢键”使氨硼烷的熔点明显升高。“双氢键”能形成的原因是 。
(4)在一定条件下氨硼烷和水发生反应，产生氢气。其中溶液中的阴离子为B3O63-。设计实验检验该反应后的溶液中阳离子 。
【答案】(1) 2BnHm+6nH2O=2nH3BO3+(3n+m)H2
NaH BF3+4NaH=NaBH4+3NaF
(2)BC
(3)与N相连的H带正电，与B相连的H带负电，两种H之间存在相互作用
(4)取少量反应后的溶液于试管，加入浓氢氧化钠溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸
【解析】(1)BnHm极易发生水解生成H3BO3和H2，反应的化学方程式：2BnHm+6nH2O=2nH3BO3+(3n+m)H2；乙硼烷与试剂X反应制备硼氢化钠(NaBH4)，且符合原子经济性反应，发生的化学方程式为：B2H6+2NaH=2NaBH4试剂X的化学式为NaH； BF3与NaH反应制备硼氢化钠的化学方程式：BF3+4NaH=NaBH4+3NaF；(2)A项，反应①中氢气的化合价发生变化为氧化还原反应，其中H2被BCl3还原，故错误；B项，氨硼烷与水分子间形成氢键，溶解度增大相同条件下在水中的溶解度：氨硼烷(NH3BH3)＞乙烷，故正确；C项，H3BO3是一种一元弱酸，可以与甲醇反应酯化反应H3BO3+3CH3OH→B(OCH3)3+3H2O，生成B(OCH3)3为无机酸酯，故正确；D项，氮化硼(BN)晶体有多种相结构，六方氮化硼结构与石墨相似，熔点高，故错误。(3)氮氢键中电子对偏向氮，H带正电，硼氢键中电子对偏向氢，H带负电，两种H之间存在相互作用；(4)氨硼烷和水发生反应，产生氢气，发生的反应为：3NH3BH3+6H2O=B3O63-+3NH4++9H2，检验该反应后的溶液中阳离子的方法为：取少量反应后的溶液于试管，加入浓氢氧化钠溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸。
15．(2024·浙江省北斗星盟高三联考)甘氨酸铜[(H2NCH2COO)2Cu]是人体摄取铜元素的主要来源之一。甘氨酸铜存在顺式和反式两种构型，其中一种构型易溶于水，另一种构型相对微溶于水。
(1)用一步离子方程式表示步骤①发生的反应 。
(2)①甘氨酸铜中Cu(II)的配位数为4，画出其中一种构型的结构简式 。
②下列说法正确的是 。
A．甘氨酸易溶于水，可溶于乙醇、丙酮等有机溶剂
B．可向硫酸铜溶液中滴加过量氢氧化钠溶液直接制得Cu(OH)2(s)
C．步骤①可说明与铜离子的配位能力：NH3大于H2O
D．反式甘氨酸铜在水中的溶解度要小于顺式甘氨酸铜
③pKa：甘氨酸 丙酸(填“>”、“=”或“<”)，理由是 。
(3)设计实验检验深蓝色晶体中的阴离子 。
【答案】(1) Cu2++4NH3=[Cu(NH3)4]2+或Cu2++4 NH3·H2O =[Cu(NH3)4]2++4H2O
(2) 或 CD < 氮的电负性大于碳(氨基是吸电子基，甲基是推电子基)，导致甘氨酸的羧基中羟基的极性更大，更容易电离出氢离子，酸性更强，pKa更小
(3)取少量深蓝色晶体B于试管中，加水溶解，滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，产生白色沉淀，证明阴离子是硫酸根离子
【解析】硫酸铜溶液加入氨水先生成氢氧化铜沉淀，然后沉淀溶解生成[Cu(NH3)4]2+，加入氢氧化钠生成氢氧化铜沉淀，加入甘氨酸生成甘氨酸铜，铜氨络合物在乙醇中溶解度较小，加入乙醇析出晶体。(1)步骤①发生的反应生成铜氨络合物，离子方程式为：Cu2++4NH3=[Cu(NH3)4]2+或Cu2++4NH3⋅H2O=[Cu(NH3)4]2++4H2O；(2)①甘氨酸铜中Cu(II)的配位数为4，有4个配位键，构型的结构简式为或；②A项，甘氨酸易溶于水，难溶于乙醇、丙酮等有机溶剂，A错误；B项，可向硫酸铜溶液中滴加氢氧化钠溶液得Cu(OH)2(s)，过量后沉淀溶解，得到深蓝色溶液，B错误；C项，步骤①可说明与铜离子的配位能力：NH3大于H2O，C正确；D项，顺式-甘氨酸合铜对称性弱，易溶于水，反式-甘氨酸合铜对称性强，极性弱，难溶于水，D正确；故选CD；③氮的电负性大于碳(氨
基是吸电子基，甲基是推电子基)，导致甘氨酸的羧基中羟基的极性更大，更容易电离出氢离子，酸性更强，pKa更小，故pKa：甘氨酸<丙酸；(3)根据流程可知开始有硫酸铜，则蓝色晶体中可能有硫酸根，取少量深蓝色晶体B于试管中，加水溶解，滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，产生白色沉淀，证明阴离子是硫酸根离子。
16．(2024·浙江省高三选考模拟考试)冰晶石(Na3AlF6)是工业上冶炼金属铝的熔剂，以萤石(CaF2)和纯碱为原料制备冰晶石的流程如下：
请回答：
(1)气体B易溶于水，画出其水溶液中可能存在的氢键形式： 。解释工业上利用萤石(CaF2)制取气体B而不用氢气与其单质发生化合反应的原因： 。
(2)下列说法正确的是___________。
A．为防止空气进入，须在玻璃容器中进行B．固体A中可能存在少量氟化钙
C．冰晶石是由NaF和AlF3组成的混合物D．酸性：Al(OH)3(3)写出由气体B制备冰晶石的化学方程式： 。
(4)将固体A(仅含一种化合物)加入水中，设计实验检验所得澄清溶液中阴离子 。
【答案】(1) F—H…F—，O—H…O—，F—H…O—，O—H…F—
氢气与氟气发生化合反应过程中容易爆炸，而用萤石制取不易发生爆炸(安全性)；CaF2＋H2SO4(浓)=CaSO4＋2HF↑该反应为熵增反应，有利于反应的自发(自发性)
(2)BD
(3)2Al(OH)3＋12HF＋3Na2CO3=2Na3AlF6＋3CO2＋9H2O
(4)取适量澄清溶液于试管中，滴加稀盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，证明溶液中含有SO42-
【解析 】氟化钙和浓硫酸反应生成B为HF，HF和碳酸钠、氢氧化铝生成冰晶石(Na3AlF6)。(1)HF的水溶液中可能存在的氢键有F—H…F—，O—H…O—，F—H…O—，O—H…F—。氢气与氟气发生化合反应过程中容易爆炸，而用萤石制取不易发生爆炸(安全性)；CaF2＋H2SO4(浓)=CaSO4＋2HF↑该反应为熵增反应，有利于反应的自发(自发性)，故工业上利用萤石(CaF2)制取气体HF而不用氢气与其单质发生化合反应生成HF。(2)A项，HF和玻璃中的SiO2反应，故不能在玻璃容器中进行，A错误；B项，固体A中可能存在未反应完的少量氟化钙，B正确；C项，冰晶石是纯净物，C错误；D项，酸性：Al(OH)3＋9H2O。(4)检验硫酸根的方法为取适量澄清溶液于试管中，滴加稀盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，证明溶液中含有SO42-。
17．(2024·浙江省金丽衢十二校高三联考模拟预测)工业上以制作印刷电路的废液(含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl-)生产CuCl和蚀刻液重新生成的流程如下：
已知：CuCl是一种白色粉末，微溶于水、不溶于乙醇。
请回答下列问题：
(1)Y中所含溶质的化学式为 。
(2)下列说法正确的是 。
A．CuCl微溶于水、不溶于乙醇是因为水的极性比乙醇小
B．相同条件下，滤渣1和X分别与等浓度的盐酸反应，滤渣①的反应速率快
C．SO2分子的VSEPR模型为平面三角形
D．基态亚铜的价层电子排布式为3d10，故Cu2O与稀硫酸不反应
E．工业上对滤渣2用浓硫酸进行了处理，符合绿色化学的原则
(3)写出上述流程中生成CuCl的化学方程式 。
(4)浓硫酸是一种高沸点的酸，溶于水放出大量的热，请从物质结构与微粒之间作用力的角度解释上述硫酸的两点性质 。
(5)滤液1需要加过量Z，检验Z过量的方法是 。
【答案】(1) HCl (2)BC
(3)CuCl2+CuSO4+SO2+2H2O=2CuCl↓+2H2SO4
(4)浓硫酸分子之间有氢键，故其沸点高；硫酸分子和水分子之间形成氢键，水合的时候放出大量的热
(5)取蚀刻液少量于试管中，加入KBr溶液少量和四氯化碳，如下层液体呈橙色，说明氯气已过量
【解析】废液中加入过量铁粉，发生反应：Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+Cu2+=Fe2++Cu，原溶液中的Fe3+、Cu2+被除去，过滤所得的滤液1中含有Fe2+、Cl-，在滤液中通入过量的氯气，可以将Fe2+氧化成FeCl3，即得到FeCl3蚀刻液，实现蚀刻液的再生。滤渣1为铜单质和剩余的铁单质，加入过量的稀盐酸，铜与稀盐酸不反应，因此滤液2也为FeCl2溶液，滤渣2为铜，铜和氯气反应生成CuCl2，Z为Cl2。(1)Y中所含溶质的化
学式为HCl。(2)A项，根据相似相溶原理，CuCl是极性分子，CuCl微溶于水、不溶于乙醇是因为水的极性比乙醇大，故A错误；B项，滤渣1为铜单质和剩余的铁单质，X为Fe粉，分别与等浓度的盐酸反应，滤渣①的反应速率快，滤渣1形成原电池，反应速率更快，故B正确；C项，SO2 分子中心原子价层电子对数为2+=3，VSEPR模型为平面三角形，故C正确；D项，基态亚铜的价层电子排布式为3d10，Cu2O能与稀硫酸发生如下反应：Cu2O+H2SO4=Cu+CuSO4+H2O，故D错误；E项，滤渣2为铜，铜与浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，有污染性气体生成，不符合绿色化学的原则，故E错误；故选BC。(3)依据图示可知：CuCl2、CuSO4、SO2、H2O反应生成H2SO4、CuCl，产生CuCl的化学方程式依据得失电子守恒得到：CuCl2+CuSO4+SO2+2H2O=2CuCl↓+2H2SO4。(4)浓硫酸是一种高沸点的酸，溶于水放出大量的热，从物质结构与微粒之间作用力的角度解释上述硫酸的两点性质为：浓硫酸分子之间有氢键，故其沸点高；硫酸分子和水分子之间形成氢键，水合的时候放出大量的热。(5)Z为Cl2，检验Cl2过量的方法为：取蚀刻液少量于试管中，加入KBr溶液少量和四氯化碳，如下层液体呈橙色，说明氯气已过量。
18．(2024·浙江省强基联盟高三联考)某小组设计实验探究铜被碘氧化的产物及铜元素的价态。
已知：①I2易溶于KI溶液，发生反应I2+I-I3-(红棕色)；
②铜元素被氧化可能存在的形式有 [Cu(NH3)4]2+(蓝色)、[CuI2]-(无色)；
③ [Cu(NH3)2]+(无色)，易被空气氧化。
请回答：
(1)步骤Ⅰ中加入CCl4萃取分液的目的是 。
(2)用离子方程式表示步骤Ⅱ中发生的反应 。
(3)已知CuI为白色不溶于水的固体，向CuI中加入浓KI溶液，现象为 。
(4)向深蓝色溶液中滴加浓盐酸，溶液呈黄绿色，写出该转化能进行的可能原因 。
(已知： [Cu(NH3)4]2+稳定性远大于[CuCl4]2-(黄色)，[Cu(NH3)4]2+稳定指的是不易发生解离反应 [Cu(NH3)4]2+ Cu2++4NH3)
(5)CCl4层呈 色。如何设计实验将CCl4层中的碘元素分离得到碘单质，请补充完具体实验操作步骤：将CCl4层溶液转移入分液漏斗中，加入足量浓氢氧化钠溶液， 。请补充完实验操作中涉及的离子方程式：3I2+6OH-=5I-+IO3-+3H2O， 。
【答案】(1)除去I2，防止干扰后续实验
(2)[CuI2]-+2NH3·H2O=[Cu(NH3)2]++2H2O+2I-、4[Cu(NH3)2]++O2+8NH3·H2O=4 [Cu(NH3)4]2++4OH-+6H2O(或4[CuI2]-+O2+16NH3·H2O=4[Cu(NH3)4]2++4OH-+8I-+14H2O)
(3)白色固体逐渐溶解，溶液为无色
(4)氢离子与氨分子结合成稳定的铵根离子，促使 [Cu(NH3)4]2+ Cu2++4NH3解离平衡正向移动
(5)紫红色 充分振荡静置分液，取上层溶液于烧杯中，滴加足量浓盐酸，充分反应后过滤、洗涤、干燥可得单质碘 5I-+IO3-+6H+=3I2+3H2O
【解析】(1)I2水有颜色，影响后续颜色的判断，除去I2；故选除去I2，防止干扰后续实验；(2)铜粉与I2反应生成[CuI2]-，加入浓氨水后颜色变为深蓝色，即 [Cu(NH3)4]2+。根据核心物质中组成的变化，需要加入NH3·H2O ，根据铜元素化合价的变化，需要加入O2，可分成2个方程，[CuI2]-加入NH3·H2O 后生成[Cu(NH3)2]+，[Cu(NH3)2]+被O2氧化，生成 [Cu(NH3)4]2+，写成1个反应：4[CuI2]-+O2+16NH3·H2O=4[Cu(NH3)4]2++4OH-+8I-+14H2O(或[CuI2]-+2NH3·H2O=[Cu(NH3)2]++2H2O+2I-、4[Cu(NH3)2]++O2+8NH3·H2O=4 [Cu(NH3)4]2++4OH-+6H2O)；(3)根据题干信息，CuI为白色沉淀，CuI与I-反应形成配合离子[CuI2]-(无色)；(4)根据题干信息，平衡[Cu(NH3)4]2+ Cu2++4NH3不易发生，加入浓盐酸，导致NH3与H+反应，平衡正向移动，Cu2+与Cl-反应生成[CuCl4]2-(黄色)；(5)I2的CCl4层呈紫红色。根据题干信息，将CCl4层溶液转移入分液漏斗中，加入足量浓氢氧化钠溶液，充分振荡静置分液，I2因发生歧化反应进入水层，取上层溶液于烧杯中，滴加足量浓盐酸，发生归中反应，生成I2固体，过滤、洗涤、干燥可得单质碘；涉及的离子方程式：5I-+IO3-+6H+=3I2+3H2O。
19．(2024·浙江省三校高三联考选考模拟)磷化氢(PH3)是粮食储备常用的高效熏蒸杀虫剂。
(1)工业制备PH3的流程如图所示。
(1) PH3的电子式为 。
(2)白磷和烧碱溶液反应的离子方程式为 。
(3)比较还原性：PH3 NH3 (填大于、小于或等于)，从结构角度解释原因： 。
(4)某学习小组制备磷化氢并探究其性质的装置如下图。下列说法错误的是______。
注：①磷化氢在空气中容易自燃；②Cu3P为灰黄色固体
A．通入N2的主要目的是将生成的PH3赶入后续装置中发生反应
B．使用饱和食盐水的目的是降低PH3产生的速率
C．装置②中产生了黑色沉淀，③中产生了灰黄色沉淀，体现了PH3的强还原性
D．③中反应的离子方程式为：24Cu2++11PH3+12H2O=8Cu3P↓+3H3PO4+48H+
(5)氧硫化碳(COS)可替代磷化氢而被用作熏蒸剂，但遇水缓慢反应生成两种气体。请设计实验方案检验氧硫化碳与水反应生成的气体成分 。
【答案】(1)
(2) P4+3OH-+3H2O=3H2PO2-+PH3↑
(3)大于 N的原子半径比P大，N-H键键能比P-H大，不易断裂，还原性弱
(4)A
(5)将生成的气体先通过足量的CuSO4溶液，产生黑色沉淀，说明气体中含有H2S，再通过澄清石灰水，石灰水变浑浊，说明混合气体中有CO2
【解析】根据图示信息：白磷和过量的烧碱溶液反应生成PH3、NaH2PO2；利用饱和食盐水与Mg3P2反应生成PH3，依次通过硝酸银溶液和硫酸铜溶液，根据题干信息可判断发生氧化还原反应，证明磷化氢具有还原性。(1)PH3的电子式：；(2)根据流程可知，白磷和烧碱溶液反应的离子方程式：P4+3OH-+3H2O=3H2PO2-+PH3↑；(3)N的原子半径比P大，N-H键键能比P-H大，不易断裂，还原性弱，所以还原性：PH3＞NH3；(4)A项，磷化氢在空气中容易自燃，通入N2的主要目的是装置内空气排出，防止磷化氢在空气中自燃，A错误；B项，因为水和Mg3P2反应，水被消耗一部分，导致有NaCl晶体析出，附着在Mg3P2表面，阻碍着水与Mg3P2的接触，从而降低反应速率，B正确；C项，装置②中产生了黑色沉淀为银，化合价降低，③中产生了灰黄色沉淀为Cu3P，Cu化合价降低，均体现了 PH3的强还原性，C正确；D项，③中反应的离子方程式为：24Cu2++11PH3+12H2O=8Cu3P↓+3H3PO4+48H+，D正确；故选A；(5)设计实验方案检验氧硫化碳与水反应生成的气体成分：将生成的气体先通过足量的CuSO4溶液，产生黑色沉淀，
说明气体中含有H2S，再通过澄清石灰水，石灰水变浑浊，说明混合气体中有CO2。
20．(2024·浙江省台州市高三第一次教学质量评估)磷酸三甲酯常用作阻燃剂，可采用下列流程合成少量该物质：
已知：磷酸和亚磷酸的结构式
请回答：
(1)反应⑤为加热条件下的分解反应，反应中还产生了三角锥形结构的气体，请写出⑤的化学方程式 。
(2)关于上述流程图，下列说法正确的是___________。
A．①～⑥反应过程中涉及到磷元素的三种不同价态
B．化合物A可能有多种不同的结构
C．高浓度H3PO4溶液黏度较大，原因可能是浓溶液中存在较多氢键
D．P4分子构型为正四面体形结构，键角为
(3)已知含氧酸分子结构中非羟基氧原子数越多，该含氧酸酸性就越强。亚磷酸为中强酸，而亚砷酸(H3AsO3)为弱酸，它们酸性差别很大。
①写出亚磷酸溶液与足量的氢氧化钠溶液反应的离子反应方程式 。
②请写出亚砷酸的结构式为 。
(4)PCl3与水反应生成H3PO3和一种气体，请设计实验验证该气体 。
【答案】(1)4 H3PO33H3PO3+3PH3↑ (2)BC
(3) H3PO3+2OH-= HPO32-+2H2O
(4)收集少量气体溶于水，分成两份，一份滴加紫色石蕊试液，若石蕊试液变红，则证明存在H+，另一份加入硝酸酸化的硝酸银，出现白色沉淀，则证明存在，综上说明产生的气体为HCl
【解析】(1)反应⑤H3PO3在加热条件下的发生分解反应生成H3PO4，反应中还产生了三角锥形结构的气
体，根据化合价升降规律，生成的三角锥形结构的气体为PH3，反应⑤的化学方程式为4 H3PO33H3PO4+3PH3↑。(2)A项，①～⑥反应过程中涉及到磷元素0、+3、+5、-3四种不同价态，故A错误；B项，磷酸和甲醇发生酯化反应，可能生成磷酸一甲酯、磷酸二甲酯、磷酸三甲酯，所以化合物A可能有多种不同的结构，故B正确；C项，H3PO4与水分子能形成分子间氢键，高浓度H3PO4溶液黏度较大，原因可能是浓溶液中存在较多氢键，故C正确；D项，P4分子构型为正四面体形结构，P原子在正四面体的4个顶点上，键角为60°，故D错误；选BC。(3)①根据图示，亚磷酸分子中含有2个羟基，则亚磷酸为二元中强酸，与足量的氢氧化钠溶液反应的离子反应方程式H3PO3+2OH-= HPO32-+2H2O。②亚磷酸为中强酸，而亚砷酸(H3AsO3)为弱酸，说明亚砷酸中非羟基氧原子比亚磷酸少，则亚砷酸的结构式为。(4)收集少量气体溶于水，分成两份，一份滴加紫色石蕊试液，若石蕊试液变红，则证明存在H+，另一份加入硝酸酸化的硝酸银，出现白色沉淀，则证明存在Cl-，综上说明产生的气体为HCl。
21．(2024·浙江省浙江省舟山中学适应性考试)亚硝酰氯(NOCl)是有机药物制备的重要试剂，可按以下流程合成和利用。
已知：亚硝酰氯有毒，沸点-5.5℃，分子中各原子均满足8电子稳定结构。
请回答：
(1)NOCl的电子式为 ，化合物X的结构简式为 。
(2)下列说法正确的是_______。
A．NOCl中的氮元素呈正价
B．NOCl分子的空间结构为V形
C．化合物X的沸点低于氯乙酰胺()
D．工业上可以用蒸馏水吸收多余的NOCl，防止污染环境
(3)已知浓盐酸和浓硝酸混合配制王水时也会产生亚硝酰氯，写出该反应的化学方程式 。
(4)设计实验验证化合物X中含有Cl元素 ；写出实验过程中涉及的反应方程式 。
【答案】(1) ONCH2CH2Cl (2)ABC
(3)HNO3+3HCl(浓)=NOCl↑+Cl2↑+2H2O
(4)将化合物X与氢氧化钠的水溶液共热，充分反应后滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，若有白色沉淀生成，则证明化合物X中含有Cl元素
ONCH2CH2Cl+NaOHONCH2CH2OH+NaCl；NaCl+AgNO3=AgCl↓+NaNO3
【解析】(1)①由于亚硝酰氯分子中各原子均满足8电子稳定结构，所以N原子与O原子形成2对共用电子对，N原子与Cl原子形成1对共用电子对，电子式为：；②化合物X由乙烯与等物质的量的亚硝酰氯发生加成反应得到，结构简式为：ONCH2CH2Cl。(2)A项，NOCl中氧元素为-2价，氯元素为-1价，氮元素为+3价，所以氮元素呈正价，A项正确；B项，NOCl的结构式为O=N-Cl，中心N原子上有一对孤电子对，所以价层电子对数为3，其分子的空间结构为V形，B项正确；C项，氯乙酰胺可形成分子间氢键，化合物X不能形成氢键，所以化合物X的沸点低于氯乙酰胺，C项正确；D项，NOCl与水反应生成HCl和亚硝酸，亚硝酸易分解出NO，所以不可以用蒸馏水吸收多余的NOCl，D项错误；故选ABC。(3)浓盐酸和浓硝酸混合配制王水时会产生亚硝酰氯，氮元素化合价降低，作氧化剂，则氯元素会被氧化成氯气，反应方程式为：HNO3+3HCl(浓)=NOCl↑+Cl2↑+2H2O。(4)应先将化合物X中的氯原子转化为氯离子，再检验氯离子的存在，检验方法为：将化合物X与氢氧化钠的水溶液共热，充分反应后滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，若有白色沉淀生成，则证明化合物X中含有Cl元素；实验过程成涉及的方程式为化合物X在氢氧化钠水溶液中的取代反应，以及生成的氯化钠与硝酸银的反应，反应方程式如下：ONCH2CH2Cl+NaOHONCH2CH2OH+NaCl；NaCl+AgNO3=AgCl↓+NaNO3。
22．(2024·浙江省浙南名校联盟高三第一次联考)如图所示可以分离并回收废旧芯片中的几种贵金属。
已知，①HAuCl4是一种强酸：②Pd(NH3)2C12难溶。
请回答：
(1)含金固体可溶于HNO3和NaCl的混合溶液，并产生NO，请写出反应的离子方程式： 。
(2)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，只是利用其物理性质
B．溶液X可以是NaCl溶液
C．溶液Z的主要成分是Ag(NH3)2Cl，是一种盐
D．N2H4不直接还原固体Y可能的原因是得到的Ag纯度更高
②加入氨水，[PdCl4]2-转化为[Pd(NH3)4]2+，则该条件下配位能力：Cl NH3(填“>”或“<”)。“加入盐酸，调pH≈1”能将[Pd(NH3)4]2+转化为Pd(NH3)2Cl2的原因 。
(3)溶液Z中加NaCl溶液是否有沉淀？ (填“有”或“没有”)。设计实验验证溶液Z中银元素的存在 。
【答案】(1)Au+NO3-+4Cl-+4H+=AuCl4-+NO↑+2H2O
(2)BD < 调pH≈1，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-
(3)没有 取少量Z溶液与试管，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
【解析】机主板中含有贵金属单质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+、Pd2+；含Au固体用王水溶解转化为HAuCl4溶液；向含有Ag+、Pd2+溶液中加入NaCl生成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-溶液中加入氨水得到含[Pd(NH3)4]2+ 溶液，再加入盐酸调pH得到Pd(NH3)2Cl2。(1)含金固体可溶于HNO3和NaCl的混合溶液，生成HAuCl4，并产生NO，根据氧化还原反应配平可得该反应的离子方程式为Au+NO3-+4Cl-+4H+=AuCl4-+NO↑+2H2O；(2)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项错误；生成的固体Y为氯化银，所以溶液X可以是NaCl溶液，B项正确；溶液Z是氯化银溶于氨水生成的Ag(NH3)2Cl溶液，C项错误；N2H4不直接还原固体AgCl可能的原因是碱性条件下水合肼的还原性增强，将固体AgCl溶解为银氨离子，能提高反应速率，同时避免生成的银单质中混有AgCl杂质，得到的Ag纯度更高，D项正确；故选BD；②加入氨水，[PdCl4]2-转化为[Pd(NH3)4]2+，说明该条件下配位能力Cl小于NH3；③Pd(NH3)2Cl2为难溶物，调pH≈1，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可溶性的[PdCl4]2-；(3)①Z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；②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溶液与试管，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。
23．(2024·浙江省诸暨市高三适应性考试)五羰基铁是一种黄色液体，熔点-20℃，沸点103℃，可以用细铁粉和制备，流程如下：
(1)1mlFe(CO)5中含有键 ml，配位原子为 。
(2)下列说法正确的是： 。
A．Fe(CO)5中Fe的化合价为0价，为离子晶体
B．制备Fe(CO)5反应需在隔绝空气下进行
C．Fe(CO)5的结构可以用X射线衍射进行研究，它的空间结构为三角双锥形
D．B的分子式为H2Fe(CO)4
E．已知在丙酮中Fe(CO)5可以被氯化铜完全氧化，推测产物中有 FeCl3、CuCl和CO
(3)Fe(CO)5在紫外光作用下可以生成和化合物A，已知化合物A的1个分子中含有1个Fe-Fe键，和3个成桥的羰基，每个被6个分子以略变形的八面体所包围，则A的分子式为 。
(4)写出反应③的方程式： 。
(5)某实验小组预测Fe(CO)5隔绝空气加热产物为和，如何设计定量实验证明产物，请设计实验方案：(说明主要试剂和方法即可) 。
【答案】(1) 10 C (2)BCD (3)Fe2(CO)9
(4)Fe(CO)5+3NaOH =NaHFe(CO)4+Na2CO3+H2O
(5)取一定质量Fe(CO)5于硬质玻璃管，隔绝空气加热，将生成的气体通过足量的CuO，再将生成的气体通入足量的澄清石灰水，测定生成的白色沉淀的质量；将硬质玻璃管中的剩余固体用过量稀硫酸溶解，加足量NaOH 溶液，过滤、灼烧，称量剩余固体质量
【解析】细铁粉与一氧化碳在200℃高压条件下生成Fe(CO)5，Fe(CO)5在紫外光下分解产生一氧化碳与A；Fe(CO)5与氢氧化钠反应生成NaHFe(CO)4，再与氯化氢反应生成B为H2Fe(CO)4。(1)Fe(CO)5中碳原子提供孤电子对，Fe原子提供空轨道，则配位原子为C，其中CO中为碳氧三键有一个σ，铁与碳原子形成的键全部都为σ键，则一共有10个σ；(2)A项，Fe(CO)5为Fe与CO形成的配合物，其中Fe的化合价为0价，由于其熔点-20℃，沸点103℃，较低，为分子晶体，A错误；B项，由于细铁粉易被氧化，因此制备Fe(CO)5反应需在隔绝空气下进行，B正确；C项，Fe(CO)5的结构可以用X射线衍射进行研究，由于其价层电子对为5，则它的空间结构为三角双锥形，C正确；D项，B的分子式为H2Fe(CO)4，D正确；E项，已知在丙酮中Fe(CO)5可以被氯化铜完全氧化，则推测产物中有 FeCl3、CuCl和CO2，E错误；故选BCD；(3)由于化合
物A的1个分子中含有1个Fe-Fe键，和3个成桥的羰基，同时每个Fe被6个CO分子以略变形的八面体所包围，则A形成9个配位键，则A的分子式为Fe2(CO)9；(4)由分析可知，反应③产物之一为NaHFe(CO)4，根据元素守恒，方程式为：Fe(CO)5+3NaOH =NaHFe(CO)4+Na2CO3+H2O ；(5)预验证Fe(CO)5隔绝空气加热产物为Fe和CO，只需将CO转化为二氧化碳被吸收并计算C元素的质量，以及剩余Fe粉的质量，二者比例与分子式中是否匹配即可，故可：取一定质量Fe(CO)5于硬质玻璃管，隔绝空气加热，将生成的气体通过足量的CuO，再将生成的气体通入足量的澄清石灰水，测定生成的白色沉淀的质量；将硬质玻璃管中的剩余固体用过量稀硫酸溶解，加足量NaOH 溶液，过滤、灼烧，称量剩余固体质量。
24．(2024·浙江省宁波市高三选考模拟考试)氯化亚铜(CuCl)是石油工业常用的脱硫剂和脱色剂，以低品位铜矿(主要成分为CuS。CuS2和铁的氧化物)为原料制备CuCl步骤如下：
已知：CuCl难溶于醇和水，热水中能被氧化，在碱性溶液中易转化为CuOH．CuCl易溶于浓度较大的Cl-体系中(CuCl+Cl-CuCl2-)。
请回答：
(1)还原过程中所得产物的主要溶质的化学式是 。
(2)下列有关说法不正确的是___________。
A．“浸取”过程中稀硫酸可以用浓硫酸代替
B．滤渣1的成分是Fe(OH)3
C．“除锰”后的滤液中Cu元素主要以[Cu(NH3)4]2+形式存在
D．“除锰”后滤液加热的主要目的是除去多余的氨水和NH4HCO3
(3)“稀释”过程中，pH对CuCl产率的影响如图所示：
请分析pH控制在左右的原因 。
(4)为测定CuCl产品纯度进行如下实验：
a．称量所得CuCl产品g溶于硝酸，配制成250mL溶液；取出mL，加入足量的mL0.5 ml/L AgNO3溶液，充分反应；
b．向其中加入少量硝基苯，使沉淀表面被有机物覆盖；
c．加入指示剂，用NH4SCN标准溶液滴定过量的AgNO3溶液；
d．重复实验操作三次，消耗ml/L NH4SCN溶液的体积平均为mL。
已知Ksp(AgCl)=3.2×10-10，Ksp(AgSCN)=2.0×10-12。
①加入硝基苯的作用是 。
②滴定选用的指示剂是 。
A．FeCl3 B．FeCl2 C．NH4Fe(SO4) 2 D．(NH4)2Fe(SO4) 2
③CuCl的纯度为 。
【答案】(1) NaCuCl2 (2)AD
(3)pH低于2.5，CuCl易发生歧化反应；pH高于2.5，随着c(OH―)增大，CuCl易转化为CuOH
(4) 防止在滴加NH4SCN时，AgCl沉淀部分转化为AgSCN沉淀 C 99.50%
【解析】低品位铜矿加入稀硫酸、二氧化锰浸取，除去硫，所得滤液加入氨水除铁，得到的滤渣1主要为氢氧化铁，再加氨水、碳酸氢铵除锰得到碳酸锰，滤液再加热，过滤、洗涤得到高活性氧化铜，加入铜、盐酸，加入氯化钠还原，再加水稀释后过滤、洗涤、干燥得到氯化亚铜。(1)还原过程中铜离子、盐酸、氯化钠、和铜，铜与铜离子反应转化为氯化亚铁，CuCl易溶于浓度较大的Cl-体系中(CuCl+Cl-CuCl2-)，故所得产物的主要溶质的化学式是NaCuCl2；(2)A项，浓硫酸具有强氧化性，能氧化二价铁离子，且能生成二氧化硫，不能用浓硫酸代替稀硫酸，选项A不正确；B项，滤渣1的成分是Fe(OH)3，选项B正确；C项，“除锰”后的滤液中Cu元素主要以[Cu(NH3)4]2+形式存在，选项C正确；D项，Cu元素主要以[Cu(NH3)4]2+形式存在，“除锰”后滤液加热的主要目的是使其分解生成CuO，选项D不正确；故选AD；(3)pH控制在2.5左右的原因是：pH低于2.5，CuCl易发生歧化反应；pH高于2.5，随着c(OH―)增大，CuCl易转化为CuOH；(4)①加入硝基苯的作用是防止在滴加NH4SCN时，AgCl沉淀部分转化为AgSCN沉淀；②结合该实验中滴加NH4SCN标准溶液，指示剂主要是与SCN-反应产生明显现象，所以选用Fe3+，因为溶液中含有Ag+，不能选用含Cl-的试剂，故只能选NH4Fe(SO4) 2；故选C；③根据反应Ag++Cl-=AgCl↓、Ag++SCN-=AgSCN，故10.00gCuCl产品的物质的量为n(CuCl)==0.1ml，CuCl的纯度为=。
25．(2024·浙江省衢州、丽水、湖州三地市教学质量检测)废镍催化剂主要含Ni，还有少量Cu、Fe、Al及其氧化物、SiO2.某研究小组设计如图所示工艺流程制备硫酸镍晶体。
查阅资料：
①镍的化学性质与铁相似，能与酸缓慢反应。
②一定条件下，一些金属氢氧化物沉淀时的pH如下表：
(1)“滤渣2”的成分是 (用化学式表示)。溶液中加入H2O2的目的是 (用离子方程式表示)。
(2)“调pH”可选用的物质 (填序号)。
A．Na2CO3 B．NiCO3 C．H2SO4 D．NiSO4
“调pH”的范围为 。
(3)下列有关说法不正确的是___________。
A．酸浸步骤可用水浴加热，以加速反应
B．操作A中的有机溶剂可选用乙醇
C．调pH后过滤，需用玻璃棒对漏斗中的混合物充分搅拌
D．操作B中包含“结晶、过滤、洗涤、煅烧”等操作
(4)测定产品的纯度。
金属离子
Ni2+
Al3+
Fe3+
Fe2+
开始沉淀的pH
7.2
4.0
2.2
7.5
沉淀完全的pH
9.0
5.6
3.2
9.0
操作步骤
涉及反应
①准确称取制备的硫酸镍样品5.620g，加入含0.0200mlEDTA的二钠盐溶液(用H2Y2-表示)，充分反应后定容成100mL。
Ni2++H2Y2-= NiH2Y
②取25.00mL上述溶液于锥形瓶中，加二甲酚橙作指示剂，用
Zn2++H2Y2-= ZnH2Y
计算产品的纯度为 。
【答案】(1) Fe(OH)3、Al(OH)3 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O
(2) B 5.6≤pH<7.2) (3)BCD (4)90.0%
【解析】根据流程图可以知道，废镍催化剂粉碎后进入稀硫酸酸浸，将金属元素转化为可溶的硫酸盐，二氧化硅与稀硫酸不反应，过滤得到含有二氧化硅的滤渣和含有可溶硫酸盐额滤液；向滤液中加入有机溶剂萃取、分液得到含有铜离子的有机层和溶液；向溶液中加入过氧化氢溶液，将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，加入碳酸镍调节溶液pH在5.6≤pH＜7.2的范围内，将溶液中铁离子、铝离子转化为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，过滤得到氢氧化铁、氢氧化铝的滤渣和含有硫酸镍的滤液；硫酸镍溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到七水硫酸镍晶体。(1)滤渣2的主要成分为氢氧化铁、氢氧化铝；加入过氧化氢溶液，将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；(2)为了将溶液中铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，根据金属氢氧化物沉淀时的pH，要调节溶液的pH在5.6≤pH＜7.2的范围内；为防止中和溶液中氢离子时引入新杂质，调节溶液的pH时可以加入碳酸镍固体；选B；(3)A项，酸浸步骤适当升温可以加快反应速率，故A正确；B项，乙醇与水互溶，不能作为萃取剂，故B错误；C项，过滤后，漏斗内的沉淀不能用玻璃棒搅拌，故C错误；D项，操作B中包含“加热浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤”等操作，故D错误；故选BCD；(4)根据Zn2++H2Y2-= ZnH2Y，n(Zn2+)=0.025ml/L0.02L=0.0005ml，则在25mL的反应后的溶液中剩余的H2Y2-的物质的量为0.0005ml，与Ni2+反应的H2Y2-的物质的量为-0.0005ml=0.0045ml=n(Ni2+)，原样品中的n(Ni2+)=0.0045ml4=0.018ml，样品的纯度为=90.0%。
标准液滴定到终点，平行实验三次，平均消耗20.00mLZn2+标准液。
一、原料预处理的常用方法
二、制备过程中控制反应条件常用方法
命题预测
化工流程题主要考查考生运用化学反应原理及相关知识来解决化工生产中实际问题的能力，具有考查知识面广、综合性强、思维容量大的特点。这类题型不但综合考查考生在中学阶段所学的元素及其化合物知识以及物质结构、元素周期律、氧化还原反应、化学用语、电解质溶液、化学平衡、电化学、实验操作等知识，而且更重要的是能突出考查考生的综合分析判断能力、逻辑推理能力，且这类试题陌生度高，文字量大，包含信息多，思维能力要求高，近年来已成为高考化学主观题中的必考题型。
预测2024年高考仍会以元素及其化合物知识为载体，围绕原料的预处理，考影响速率的因素；围绕经济原则考查循环利用；围绕产品纯度考查物质的分离提纯(调pH、结晶、过滤、洗涤)；围绕核心反应或副反应考查物质变化及定量关系；陌生方程式的书写与含量计算是化工流程题的重要组成部分，也是学生失分较多的能力点，复习时应加以重视。
高频考法
(1)化学工艺流程与物质制备
(2)化学工艺流程与反应原理
(3)化学工艺流程与实验技术
方法
目的
研磨、
雾化
减小固体的颗粒度或将液体雾化，增大反应物的接触面积，加快反应速率或使反应更加充分
水浸
与水接触反应或溶解
酸浸
与酸接触反应或溶解，使可溶性离子进入溶液，不溶物通过过滤除去
碱浸
除去油污，溶解酸性氧化物、铝及其氧化物
灼烧
除去可燃性杂质或使原料初步转化，如从海带中提取碘时的灼烧就是为了除去可燃性杂质
煅烧
改变结构，使一些物质能溶解，并使一些杂质在高温下氧化、分解，如煅烧高岭土
三、工艺流程中的常见专业术语
四、常考分离、提纯的操作
(1)从滤液中提取一般晶体(溶解度随温度升高而增大)的方法：蒸发浓缩(至少有晶膜出现)、冷却结晶、过滤、洗涤(冰水洗、热水洗、乙醇洗等)、干燥。
调节溶液的pH
常用于使某些金属离子形成氢氧化物沉淀。调节pH所需的物质一般应满足两点：①能与H＋反应，使溶液pH变大；②不引入新杂质。例如若要除去Cu2＋中混有的Fe3＋，可加入CuO、Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3等物质来调节溶液的pH，不可加入NaOH溶液、氨水等
控制温度
根据需要升温或降温，改变反应速率或使平衡向需要的方向移动
控制压强
改变速率，影响平衡
使用合适的催化剂
加快反应速率，缩短达到平衡所需要的时间
趁热过滤
防止某物质降温时析出
冰水洗涤
洗去晶体表面的杂质离子，并减少晶体在洗涤过程中的溶解损耗
关键词
释 义
研磨、雾化
将块状或颗粒状的物质磨成粉末或将液体雾化，增大反应物接触面积，以加快反应速率或使反应更充分
灼烧(煅烧)
使固体在高温下分解或改变结构、使杂质高温氧化、分解等。如煅烧石灰石、高岭土、硫铁矿
浸取
向固体中加入适当溶剂或溶液，使其中可溶性的物质溶解，包括水浸取、酸溶、碱溶、醇溶等
浸出率
固体溶解后，离子在溶液中的含量的多少
酸浸
在酸性溶液中使可溶性金属离子进入溶液，不溶物通过过滤除去的过程
水浸
与水接触反应或溶解
过滤
固体与液体的分离
滴定
定量测定，可用于某种未知浓度物质的物质的量浓度的测定
蒸发结晶
蒸发溶剂，使溶液由不饱和变为饱和，继续蒸发，过剩的溶质就会呈晶体析出
蒸发浓缩
蒸发除去部分溶剂，提高溶液的浓度
水洗
用水洗去可溶性杂质，类似的还有酸洗、醇洗等
酸作用
溶解、去氧化物(膜)、抑制某些金属离子的水解、除去杂质离子等
碱作用
去油污，去铝片氧化膜，溶解铝、二氧化硅，调节pH、促进水解(沉淀)
(2)从滤液中提取溶解度受温度影响较小或随温度升高而减小的晶体的方法：蒸发浓缩、趁热过滤(如果温度下降，杂质也会以晶体的形式析出来)、洗涤、干燥。
(3)减压蒸发的原因：减压蒸发降低了蒸发温度，可以防止某物质分解(如H2O2、浓硝酸、NH4HCO3)或失去结晶水(如题目要求制备结晶水合物产品)。
(4)洗涤
01 化学工艺流程与物质制备
1．(2024·浙江省普通高中拔尖强基联盟协作体高三联考)巫山桃花铁矿是重庆迄今发现的最大铁矿，储量上亿吨，按市场估值在400亿以上。其所含化学成分有Fe2O3、MgO、SiO2和不溶物(不溶物不参与反应)。现模拟用该铁矿来制备高铁酸钠[Na2FeO4]，其流程设计如图：
已知：常温下，几种难溶氢氧化物的Ksp
请回答下列问题：
(1)请写出基态Fe原子的价电子排布式 。
洗涤试剂
适用范围
目的
蒸馏水
冷水
产物不溶于水
除去固体表面吸附着的××杂质，可适当降低固体因为溶解而造成的损失
热水
有特殊的物质其溶解度随着温度升高而下降
除去固体表面吸附着的××杂质，可适当降低固体因为温度变化溶解而造成的损失
有机溶剂(酒精、丙酮等)
固体易溶于水、难溶于有机溶剂
减少固体溶解；利用有机溶剂的挥发性除去固体表面的水分，产品易干燥
饱和溶液
对纯度要求不高的产品
减少固体溶解
酸、碱溶液
产物不溶于酸、碱
除去固体表面吸附着的可溶于酸、碱的杂质；减少固体溶解
洗涤沉淀的方法：向过滤器中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下后，重复以上操作2～3次
检验沉淀是否洗涤干净的方法：取少量最后一次的洗涤液于试管中，向其中滴入某试剂，若未出现特征反应现象，则沉淀洗涤干净
难溶物
Fe(OH)2
Fe(OH)3
Mg(OH)2
Ksp
8×10-16
4×10-38
2×10-11
(2)将矿石粉碎的目的 。
(3)操作1的名称是 ，调pH后过滤所得滤渣的主要成分是 。
(4)常温下，若测得操作1后所得滤液中c(Mg2+)=0.2ml/L，则调pH时的最佳取值范围为 。(已知lg2=0.3，当某离子浓度≤10-5ml/L时可认为其完全沉淀，计算结果保留1位小数)。
(5)氧化时可向滤液中先加入稍过量NaOH溶液，然后再加入NaClO溶液，请写出该反应的离子方程式 。NaClO为常见漂白剂，其水溶液因水解而呈碱性，则NaClO溶液中各离子浓度由大到小的关系为 。
【答案】(1)3d64s2 (2)增大接触面积加快酸浸速率
(3) 过滤 Fe(OH)3 (4)
(5)Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O c(Na+)＞c(ClO-)＞c(OH-)＞c(H+)
【解析】矿石粉碎加快酸浸速率，硫酸酸浸Fe2O3、MgO溶解变成Fe3+、Mg2+，SiO2难溶，过滤，将滤液调pH将Fe3+沉淀，再加入NaOH、NaClO将Fe(OH)3氧化为Na2FeO4。(1)Fe元素为26号元素，基态Fe原子的价电子排布式为3d64s2；(2)根据分析可知将矿石粉碎的目的增大接触面积加快酸浸速率；(3)根据分析可知SiO2难溶与酸，操作1的名称是过滤；将滤液调pH将Fe3+沉淀，调pH后过滤所得滤渣的主要成分是Fe(OH)3；(4)常温下，若测得操作1后所得滤液中c(Mg2+)=0.2ml/L，则调pH时保证Fe3+完全沉淀，Mg2+不沉淀，当离子浓度≤10-5ml/L时可认为其完全沉淀，当Fe3+完全沉淀时，，Mg2+恰好不沉淀时，，，则调pH时的最佳取值范围为。(5)氧化时可向滤液中先加入稍过量NaOH溶液，然后再加入NaClO溶液，请写出该反应的离子方程式为Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O；NaClO为常见漂白剂，其水溶液因水解而呈碱性，则NaClO溶液水解显碱性，其中各离子浓度由大到小的关系为c(Na+)＞c(ClO-)＞c(OH-)＞c(H+)。
02 化学工艺流程与反应原理
2．(2024·浙江省温州市普通高中高三下学期第二次适应性考试)硝酸盐型熔盐(含KNO3)在太阳能光热发电领域被广泛应用。高纯KNO3的制备、性质与应用是目前研究的热点，部分生产方法及性质研究如下：
已知：硝酸工业尾气中主要含N2、NO、NO2．
请回答：
(1)写出溶液A中的所有离子 ；方法Ⅱ中，“氧化吸收液”的目的是 。
(2)下列说法正确的是_________。
A．方法Ⅰ说明：该条件下，酸性HNO3＞HCl
B．方法Ⅱ中，n(NO)：n(NO2)≤1，氮氧化物才能被足量的溶液充分吸收
C．KNO3固体与浓硫酸共热，可产生红棕色气体
D．若气体B是一种单质，则所得固体C中不能含有三种元素
(3)方法Ⅰ中，用NH4NO3代替HNO3，得到副产品NH4Cl。工业上用NH4Cl溶液浸取菱镁矿的煅烧粉(含MgO)，不断加热蒸出氨气，以获得较高浓度的MgCl2溶液，其原理是 。
(4)在某温度下，KNO3分解得到的K2O可用于制备新型高效多功能水处理剂K2FeO4，K2FeO4水溶液放置过程中会放出无色无味气体、产生沉淀、溶液呈强碱性。请依据上述信息，设计实验检验无色无味气体成分和沉淀中的金属元素 ；写出K2O与Fe(OH)3、Cl2共热制取K2FeO4的化学方程式： 。
【答案】(1) H+、K+、Cl−、NO3-、OH− 将KNO3(或NO2- )转化为KNO3 (或NO3-)
(2)BC
(3)存在平衡MgO+2NH4+＝2NH3+Mg2++H2O，加热蒸出氨气，促使平衡右移，得到较高浓度的MgCl2溶液
(4)将气体收集在集气瓶中，伸入带火星的木条，若木条复燃说明为氧气；取适量沉淀与试管中，用适量稀硫酸溶解，滴加KSCN溶液，若溶液变血红色，说明沉淀含铁元素(Fe3+) 5K2O+2Fe(OH)3+3Cl22K2FeO4+6KCl+3H2O
【解析】硝酸工业尾气中主要含N2、NO、NO2，用氢氧化钾溶液氧化吸收、结晶生成硝酸钾固体，硝酸和氯化钾搅拌结晶得到硝酸钾固体和盐酸，硝酸钾固体在一定温度下隔绝空气分解生成固体C和气体B。(1)硝酸和氯化钾搅拌结晶得到硝酸钾固体和盐酸，则溶液A中的所有离子H+、K+、Cl−、NO3-、OH−；方法Ⅱ中，“氧化吸收液”的目的是将KNO3(或NO2- )转化为KNO3 (或NO3-)；(2)A项，方法Ⅰ说明硝酸钾的溶解度小于氯化钾，与酸性无关，故A错误；B项，由于二氧化氮能与氢氧化钾发生歧化反应钡完全吸收，一
氧化氮和二氧化氮1：1的混合气体能与氢氧化钾发生归中反应被完全吸收，则方法Ⅱ中，n(NO)：n(NO2)≤1，氮氧化物才能被足量的KOH溶液充分吸收，故B正确；C项，KNO3固体与浓硫酸共热反应生成硫酸钾、二氧化氮、氧气和水，可产生红棕色气体，故C正确；D项，若气体B是一种单质，结合化合价可知为氧气，则所得固体C为亚硝酸钾，含有三种元素，故D错误；故选BC；(3)工业上用NH4Cl溶液浸取菱镁矿的煅烧粉(含MgO)，不断加热蒸出氨气，以获得较高浓度的MgCl2溶液，其原理是存在平衡MgO+2NH4+＝2NH3+Mg2++H2O，加热蒸出氨气，促使平衡右移，得到较高浓度的MgCl2溶液；(4)在某温度下，KNO3分解得到的K2O可用于制备新型高效多功能水处理剂K2FeO4，K2FeO4水溶液放置过程中生成氧气和氢氧化铁沉淀，检验氧气的方法是将气体收集在集气瓶中，伸入带火星的木条，若木条复燃，检验氢氧化铁沉淀的方法是取适量沉淀与试管中，用适量稀硫酸溶解，滴加KSCN溶液，若溶液变血红色，说明沉淀含铁元素，K2O与Fe(OH)3、Cl2共热制取K2FeO4的化学方程式为：5K2O+2Fe(OH)3+3Cl22K2FeO4+6KCl+3H2O。
03 化学工艺流程与实验技术
3．(2024·浙江省宁波市十校高三二模联考)砷的化合物可用于半导体领域，如我国“天宫”空间站的核心舱“天和号”就是采用砷化镓薄膜电池来供电。一种从酸性高浓度含砷废水［砷主要以亚砷酸(H3AsO3)形式存在］中回收砷的工艺流程如下：
已知：Ⅰ.As2S3+6NaOH= Na3AsO3+ Na3AsS3+3H2O
Ⅱ.As2S3(s) +3S2-(aq)2AsS33-(aq)
Ⅲ.砷酸(H3AsO4)在酸性条件下有强氧化性
Ⅳ.Ksp(FeS)= 6.3×10－18，Ksp[Fe(OH)2]= 4.9×10－17
请回答：
(1)从含砷废水到滤液Ⅰ，浓度明显减小的阳离子为 (用离子符号表示)。
(2)下列说法正确的是__________。
A．沉砷时产生的废气可用CuSO4溶液吸收处理
B．酸化的目的是增加价砷的氧化性
C．浸取后所得滤渣的主要成分是FeS，不含Fe(OH)2
D．酸性：H3SeO4＞H3AsO4
(3)“沉砷”过程中FeS是否可用过量的Na2S替换 (填“是”或“否”)；请从平衡移动的角度解释原因 。
(4)砷酸“还原”过程中发生的化学方程式为 。还原后溶液需检验是否仍剩余砷酸，设计检验实验方案 。
【答案】(1)H+ (2)ABD
(3)否 由于As2S3(s) +3S2-(aq)2AsS33-(aq)，加入过量的Na2S，溶液中c(S2-)增大，平衡正向移动不利于沉砷
(4) 2H3AsO4+2SO2=As2O3+2H2SO4+H2O 取少量溶液于一洁净试管中，滴入几滴NaI(或HI)溶液，再滴入淀粉溶液，若溶液呈蓝色，则证明砷酸未还原完全
【解析】含砷废水加入硫化亚铁生成As2S3沉淀，As2S3沉淀和过量的硫化亚铁加入氢氧化钠，As2S3+6NaOH=Na3AsO3+Na3AsS3+3H2O，浸取得到硫化亚铁滤渣和含Na3AsO3、Na3AsS3的滤液Ⅱ；滤液Ⅱ氧化脱硫生成硫单质和Na3AsO4，酸化后生成H3AsO4，砷酸(H3AsO4)在酸性条件下有强氧化性，能SO2被还原生成As2O3。(1)含砷废水加入硫化亚铁生成As2S3沉淀，H3AsO3与FeS发生如下反应：2H3AsO3+3FeS+6H+=As2S3+3Fe2++6H2O，反应过程中H+浓度明显减小；(2)沉砷时产生的废气中含有H2S，可用CuSO4溶液吸收将其转化为CuS固体处理，故A正确；砷酸(H3AsO4)在酸性条件下有强氧化性，因此酸化的目的是将砷酸钠转化为砷酸，从而增强+5价砷的氧化性，故B正确；FeS和Fe(OH)2的溶度积常数接近，在加NaOH溶液碱浸时，FeS可以部分转化为Fe(OH)2，因此滤渣中可能含Fe(OH)2，故C错误；非金属性Se>As，则两者最高价氧化物水化物的酸性强弱：H3SeO4＞H3AsO4，故D正确；(3)已知：Ⅱ．As2S3(s) +3S2-(aq)2AsS33-(aq)；加入过量的硫化钠，溶液中c(S2-)增大，平衡正向移动不利于沉砷，故 “沉砷”过程中FeS不可以用过量的Na2S替换。(4)砷酸“还原”过程中发生的化学方程式为2H3AsO4+2SO2=As2O3+2H2SO4+H2O；还原后溶液需检验是否仍剩余砷酸，可利用其强氧化性检验，检验实验方案：取少量溶液于一洁净试管中，滴入几滴NaI (或HI)溶液，再滴入淀粉溶液，若溶液呈蓝色，则证明砷酸未还原完全。
04 化学工艺流程与数据处理、应用
4．(2024·浙江省宁波市镇海中学新高考调研卷)宋应星《天工开物》载有一种矿石“银矿铅”，该矿石是与辉银矿(主要成分为PbS)共生的方铅矿(主要成分为Ag2S)。由于中国古代对银的需求量高，故对该矿大量开采以弥补银的短缺情况。古人在劳动过程中发现两种矿石常共生，故有“上有铅者，其下有银”(《管子·地数篇》)的说法。现利用该矿石制备铅蓄电池正极材料PbO2和超细银粉，工艺流程如下：
已知：①“分离”后的矿石粉末还含有3%左右的ZnS、FeS、CaSiO3杂质；
②“酸化”过程中PbS会与热的浓盐酸反应生成PbCl2 (微溶)；在浓盐酸中有PbCl2+2HCl=H2(PbCl4)(aq)，而Ag2S与热的浓盐酸不反应，但可以与氰化物反应生成二氰合银离子；和可以类似的形成四氰合锌离子。
③下，Ksp(Ag2S)= 10－49.20，反应Ag++2NH3=[Ag(NH3)2]+的平衡常数Kf=107.05。
回答下列问题：
(1)浮选剂是头部为亲硫基、尾部为长烃链(憎水基)的分子，可吸引粉碎后的矿物中的含硫基团，从而完成对矿物中硫化物的富集。“浮选”步骤的目的是 。
(2)“还原”步骤发生反应的离子方程式为 ，流程中可重复利用的物质是 (填化学式)。
(3)有同学认为在下“溶银”过程可以用浓氨水代替溶液，但经实验二者混合后无明显现象，请通过计算溶液中[Ag(NH3)2]+的浓度达到0.1ml·L-1所需要的最小氨浓度解释其原因 。(计算结果保留指数形式，忽略NH3与NH4+之间的转化)
(4)“酸化”过程中生成的H2S会威胁人体健康。已知下某车间(空气体积为)H2S的挥发速率v(mg·h-1)与时间有成立，式中k，w为常数。气相色谱仪测定车间H2S浓度结果拟合为如图所示的曲线，则k = ，H2S的挥发半衰期(挥发H2S的量首次达到挥发H2S总量的一半的时间) t1/2 (填“>”“<”“=”或“不确定”)；
国家标准规定车间内H2S的最高容许浓度为10 mg·m-3，则该车间环境 (填“是”或“否”)符合国家标准。
【答案】(1)除去矿物中不含硫的杂质
(2) 2Ag(CN)2-+ Zn=2Ag+Zn(CN)42- Na2SO4
(3)反应Ag2S+4NH3=2[Ag(NH3)2]++S2-的平衡常数为，要使得c{[Ag(NH3)2]+}=0.1 ml/L，则c (S2-)=0.05ml/L，则此时不可能达到
(4)110 mg·h-1 > 是
【解析】银矿铅矿石经粉碎、浮选后，分离去掉浮选剂，酸化分离出Ag2S滤渣，滤渣加入KCN溶解分离出银溶液，加入锌粉还原得到银粉；滤液Ⅰ转沉将铅转化为沉淀，加入碳酸钠、醋酸转化后加入过硫酸钠氧化得到二氧化铅。(1)浮选剂是头部为亲硫基、尾部为长烃链(憎水基)的分子，可吸引粉碎后的矿物中的含硫基团，故其目的是：除去矿物中不含硫的杂质，分离出含硫物质；(2)已知：Ag2S与氰化物反应生成二氰合银离子，Zn2+和CN-可以类似的形成四氰合锌离子，则溶银后溶液中含有Ag(CN)2-，加入锌粉将Ag(CN)2-还原为银单质，同时生成Zn(CN)42-，故“还原”步骤发生反应的离子方程式为2Ag(CN)2-+ Zn=2Ag+Zn(CN)42-；在氧化过程中过硫酸钠氧化铅元素得到二氧化铅，同时得到硫酸钠，硫酸钠在转沉流程中可重复利用；(3)反应Ag2S+4NH3=2[Ag(NH3)2]++S2-的平衡常数为，要使得c{[Ag(NH3)2]+}=0.1 ml/L，则c (S2-)=0.05ml/L，则此时，氨水浓度不可能达到此浓度，故二者混合后无明显现象；(4)由点(0，110)可知，，由点(10，60)可知，V的挥发半衰期(挥发H2S的量首次达到挥发H2S总量的一半的时间) t1/2大于10min；由图可知，该车间环境H2S含量为，符合国家标准。
05 化学工艺流程与分离提纯
5．(2024·浙江省宁波市镇海中学高三模拟)下图是使用离子交换树脂的“离子交换法”从海带中提取碘的主要流程。
已知：①强碱性阴离子树脂(用R—Cl表示，Cl-可被其它更易被吸附的阴离子替代)对I3-有很强的交换吸附能力；②步骤“交换吸附”发生的反应：R—Cl +I3-=R—I3+Cl-。
请回答：
(1)写出海带浸出液被氧化生成粗碘水过程中的反应方程式： 。
(2)下列说法正确的是__________。
A．已知I3-的VSEPR模型为，推测I3-为sp杂化
B．可用KI溶液提取CCl4中的碘单质
C．该制备流程中“洗脱”、“酸化”、“NaCl洗脱”均涉及到氧化还原反应
D．“酸化氧化”过程若选择NaNO2为氧化剂，反应生成一种无色气体，遇空气立即变为红棕色，则NaNO2与的物质的量比应不少于
(3)“氧化”过程不能加入过量H2O2，原因是 。
(4)流程中的中间产物NaIO3可在淀粉指示剂下与酸化的过氧化氢反应，现象为蓝色—无色—蓝色—无色的重复现象，称为“碘钟实验”，写出a过程的离子方程式。
a．蓝色出现，并伴有大量气泡： ；
b．蓝色消失： I2-+5H2O2=2H++2IO3-+4H2O
(5)设计实验方案验证氧化过程得到粗碘水中碘元素除I3-外可能的存在形式。(不考虑其它杂质阴离子) 。
【答案】(1)H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O，I2+ I-I3- (2)BD
(3)H2O2会I-全部氧化生成I2，无法进行反应I2+ I-I3-，从而导致后续反应无法进行
(4)2H++2IO3-+5H2O2=I2+5O2↑+6H2O
(5)取少量上层清液于试管中，加入淀粉溶液变蓝，证明含I2；另取少量上层清液于试管，加入硝酸银产生黄色沉淀，再加入稀硝酸沉淀不溶解，证明含I-
【解析】由题给流程可知，向海带浸出液中加入双氧水和稀硫酸，将溶液中的碘离子氧化为碘单质得到含有碘、碘离子和碘三离子的粗碘水；用强碱性阴离子树脂吸附粗碘中的碘元素得到R—I3；向R—I3中加入氢氧化钠溶液洗脱，将R—I3转化为R—I、碘化钠和碘酸钠；向碘化钠和碘酸钠混合溶液中加入酸酸化，将溶液中碘化钠和碘酸钠转化为碘单质得到粗碘液；R—I浸泡在氯化钠溶液中进行洗脱，使树脂再生，并得到的碘化钠溶液；向碘化钠溶液中加入酸和合适的氧化剂将溶液中碘离子氧化为碘单质得到粗碘液。(1)海带浸出液被氧化生成粗碘水发生的反应为溶液中部分碘离子与过氧化氢酸性溶液反应生成碘和水，反应生成的碘与溶液中的碘离子反应生成碘三离子，反应的离子方程式依次为H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O，I2+ I-I3-；(2)A项，由图可知，VSEPR模型为三角双锥，则离子中碘原子的杂化方式不可能为sp杂化，故错误；B项，碘能与溶液中的碘离子反应生成碘三离子，则碘化钾溶液中的碘离子能与四氯化碳中的碘单质反应生成不溶于四氯化碳的碘三离子，所以可以用碘化钾溶液溶液提取四氯化碳中的碘单质，故正确；C项，氯化钠洗脱时发生的反应为R—I+Cl—=R—Cl+I—，反应中没有元素发生化合价变化，不属于氧化还原反应，故错误；D项，由题意可知，酸化氧化步骤发生的反应为溶液中碘离子与亚硝酸根离子在酸性条件下反应生成碘、一氧化氮和水，由得失电子数目守恒可知，若要使溶液中的碘离子完全被氧化，氧化剂亚硝酸钠和还原剂碘化钠的物质的量比应大于1：1，故正确；故选BD；(3)加入双氧水和稀硫酸的目的是将溶液中的碘离子氧化为碘单质得到含有碘和碘三离子的粗碘水，若氧化过程中加入过量的过氧化氢溶液，过氧化氢会将溶液中的碘离子完全氧化为碘，无法得到含有碘和碘三离子的粗碘水，所以加入的过氧化氢溶液不能过量；(4)由题意可知，a步骤中蓝色出现发生的反应为酸性条件下溶液中碘酸根离子与过氧化氢溶液反应生成碘、氧气和水，反应的离子方程式为2H++2IO3-+5H2O2=I2+5O2↑+6H2O；(5)由分析可知，粗碘水中可能含有含有碘、碘离子和碘三离子，检验溶液中含有单质碘的操作为取少量上层清液于试管中，加入淀粉溶液变蓝，证明含有碘；检验溶液中含有碘离子的操作为取少量上层清液于试管，加入硝酸银产生黄色沉淀，再加入稀硝酸沉淀不溶解，证明含碘离子。
1．(2024·浙江省杭州市高三下学期二模)固态化合物CaCu2O3有如下转化：
已知：固体G的摩尔质量为80g/ml。
(1)用化学式表示A的组成 ，写出溶液D中主要的阳离子 。
(2)下列说法正确的是___________。
A．反应Ⅰ中NH3体现氧化性
B．反应Ⅱ的现象说明稳定性：Cu[(NH3)4]2+＞ Cu[(H2O)4]2+
C．气体混合物B的组成为N2、NH3
D．固体G与水反应可以得到NH3
(3)已知高铜酸钠(NaCuO2)是一种黑色难溶于水的固体，具有强氧化性，但在中性或碱性溶液下稳定，可在NaOH溶液中用NaClO氧化Cu(OH)2制得。
①写出制备NaCuO2的离子方程式 。
②制备的高铜酸钠中可能含有Cu(OH)2，设计实验证明Cu(OH)2是否存在 。
【答案】(1) Ca(OH)2和Cu H+、Cu2+、Ca2+ (2)BD
(3) 2Na++2OH-+2Cu(OH)2+ClO-=2NaCuO2↓+Cl-+3H2O 取样品少许于一试管，向其中加入足量的氨水，若能产生深蓝色溶液，则说明含有Cu(OH)2，反之则反
【解析】固态化合物CaCu2O3与足量的NH3共热产生固体A，主要成分为Ca(OH)2和Cu，固体A中加入足量的HNO3中产生无色气体NO和溶液D，主要成分是Cu(NO3)2和Ca(NO3)2，根据NH3具有还原性产生N2、H2O(g)和过量的NH3，故气体混合物B为H2O(g)、NH3和N2，除去NH3、H2O(g)后得到单质气体F即N2，N2和CaC2一定条件下产生C和固体G，根据G的摩尔质量为80g/ml，可知G的化学式为CaCN2，据此分析解题。(1)A的组成为：Ca(OH)2和Cu，D溶液的主要成分是Cu(NO3)2和Ca(NO3)2，以及过量的HNO3，则其中主要的阳离子为：H+、Cu2+、Ca2+；(2)A项，反应Ⅰ中NH3中的N转化为N2，故NH3体现还原性，A错误；B项，反应Ⅱ即向含有Cu2+的溶液中加入氨水至过量，根据先产生蓝色沉淀，后沉淀溶解生成深蓝色溶液，即形成了Cu[(NH3)4]2+的现象可以说明稳定性：Cu[(NH3)4]2+＞ Cu[(H2O)4]2+，B正确；C项，气体混合物B的组成为N2、NH3和水蒸气，C错误；D项，固体G的成分为CaCN2，其与水反应可以得到
NH3，反应方程式为：CaCN2+3H2O=2NH3↑+CaCO3↓，D正确；故选BD；(3)已知高铜酸钠(NaCuO2)是一种黑色难溶于水的固体，具有强氧化性，但在中性或碱性溶液下稳定。①根据在NaOH溶液中用NaClO氧化Cu(OH)2制得(NaCuO2)，根据氧化还原反应可得2NaOH+2Cu(OH)2+NaClO=2NaCuO2+NaCl+3H2O，故制备NaCuO2的离子方程式为：2Na++2OH-+2Cu(OH)2+ClO-=2NaCuO2↓+Cl-+3H2O；②由题干信息可知，Cu(OH)2能溶液过量的氨水中生成深蓝色溶液，且Cu(OH)2能溶于过量的NaOH溶液中生成蓝色溶液[Cu(OH)4]2-，故可设计实验：取样品少许于一试管，向其中加入足量的氨水，若能产生深蓝色溶液，则说明含有Cu(OH)2，反之则反。
2．(2024·浙江省嘉兴市高三下学期二模)Fe3S4固体是一种重要的磁性材料，以它为原料实现如下化合物的转化：
已知：在较高浓度Cl-的溶液中，Fe3+以FeCl4-的形式存在，溶液呈亮黄色。
请回答：
(1)依据B→C→D的现象，判断Cl-、SCN-、CN-与Fe3+的配位能力由强到弱依次为 ，无色酸性溶液F中的含硫阴离子有 。
(2)Fe3S4能与稀硫酸反应，生成一种淡黄色不溶物和一种气体(标准状况下的密度为1.518g∙L-1)，写出该反应的离子方程式 。
(3)下列说法正确的是___________。
A．固体A中可能含有FeOB．无色气体E能完全溶于水
C．溶液C呈酸性，是由于Fe3+水解D．溶液B可溶解铜
(4)写出F→G反应的化学方程式 。请设计实验方案确定溶液G中的阴离子 。
【答案】(1) CN-＞SCN-＞Cl-CN- HSO3-、SO32-、SO42-
(2) Fe3S4+6H+=3Fe2++3H2S↑+S
(3)D
(4) H2SO3+I2+H2O=H2SO4+2HI 取溶液G，加入过量BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则有SO42-；取上层清液，滴加AgNO3溶液，若产生黄色沉淀，则有
【解析】Fe3S4固体通入足量空气充分煅烧，得到Fe2O3固体和无色气体E。固体A(Fe2O3)中加入足量盐酸，发生反应生成FeCl4-等，加入KSCN溶液，得到血红色的Fe(SCN)3溶液，再加入NaCN溶液，又转
化为黄色的Fe(CN)63-溶液。无色气体E为SO2与空气的混合气，通入H2O中，SO2与H2O反应生成H2SO3，有少部分H2SO3被O2氧化生成H2SO4；加入足量碘水，H2SO3被I2氧化为H2SO4，同时生成HI。(1)依据B[FeCl4-]→C[Fe(SCN)3]→D[Fe(CN)63--]的现象可以判断，反应的产物都比反应物稳定性强，则Cl-、SCN-、CN-与Fe3+的配位能力由强到弱依次为CN-＞SCN-＞Cl-CN-。由分析可知，无色酸性溶液F中含有H2SO3和H2SO4，则含硫阴离子有HSO3-、SO32-、SO42-。(2)Fe3S4能与稀硫酸反应，生成的淡黄色不溶物为硫，标准状况下的密度为1.518g∙L-1的气体，摩尔质量为1.518g∙L-1×22.4L/ml=34g/ml，其为H2S，S来自H2S与Fe3+的反应，则该反应的离子方程式为Fe3S4+6H+=3Fe2++3H2S↑+S。(3)A项，因为通入的空气足量，所以固体A中不可能含有FeO，A不正确；B项，无色气体E中除含有SO2外，还含有空气，所以E不可能完全溶于水，B不正确；C项，因为固体A中加入足量的盐酸，所以溶液C呈酸性，不是因Fe3+水解产生，C不正确；D项，溶液B为FeCl4-，可电离产生Fe3+，所以可溶解铜，D正确；故选D。(4)F(H2SO3)与I2反应，生成G(H2SO4、HI)等，反应的化学方程式为H2SO3+I2+H2O=H2SO4+2HI。设计实验方案确定溶液G中的阴离子，也就是检验SO42-和I-的存在，SO42-用BaCl2检验，I-用AgNO3检验。方案为：取溶液G，加入过量BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则有SO42-；取上层清液，滴加AgNO3溶液，若产生黄色沉淀，则有I-。
3．(2024·浙江省金丽衢十二校高三下学期第二次联考)已知难溶性化合物的化学式为Ba4MnFeO6CO3，对进行如下实验，部分产物已经略去。
已知：中的金属元素在该实验条件下不能与NH3产生配合物。
(1)高温下在H2气流中的反应 氧化还原反应(填“属于”或“不属于”)，中钡元素的化合价为 。
(2)步骤Ⅳ可以进行的原因除了生成Fe3O4降低体系的能量之外，从化学平衡的角度解释能够发生的原因 。
(3)下列说法正确的是________。
A．溶液D中阳离子只有NH4+
B．若磁铁能吸引反应Ⅳ的剩余固体，则证明铁有剩余
C．步骤Ⅱ中的氯化铵溶液也可以用盐酸代替
D．依据步骤Ⅲ可知碱性强弱Ba(OH)2＞Mn (OH)2
(4)固体在一定条件下也可以与溶液反应，写出反应的离子方程式 。
(5)设计实验检验混合气体A(除H2外)的成份 。
【答案】(1)属于 +2价
(2)水蒸气流不断带出生成的氢气促进反应正向移动
(3)D
(4)Ba4MnFeO6CO3+14H++2I-=4 Ba2++Mn2++Fe2++I2+CO2↑+7H2O
(5)先将混合气体通过无水硫酸铜粉末，若变蓝，说明有水蒸气，再将混合气体通过澄清的石灰水，若出现浑浊，说明有二氧化碳气体。
【解析】固体单质C和水在高温下反应生成Fe3O4，C为Fe，混合溶液C和氨水反应生成Mg(OH)2和NH4Cl溶液，混合溶液C中含有Mg2+，固体混合物B中含有Fe和MgO，气体混合物A为H2和CO2。(1)Y高温下在氢气气流中高温分解生成了Fe，元素价态发生变化，属于氧化还原反应，根据化合物化合价代数和为0，可知钡元素价态为+2。(2)步骤Ⅳ能够进行的原因，从化学平衡角度进行解释的话是因为通入氢气气流，带走了水蒸气产物，平衡正移。(3)A项，溶液D的阳离子除了铵根离子，还有氢离子和钡离子，故A错误；B项，发生反应Ⅳ后固体有四氧化三铁，磁铁能吸引四氧化三铁，因此不能证明有铁剩余，B错误；C项，步骤II中的氯化铵溶液有两个作用，一是防止铁离子水解，二是调节pH，因此不能用盐酸代替，C错误；D项，由步骤III可以判断出氢氧化钡的碱性大于氢氧化锰的碱性，D正确；故选D。(4)固体Y在HI溶液下发生反应，生成碘单质，钡离子，锰离子，亚铁离子和二氧化碳，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：Ba4MnFeO6CO3+14H++2I-=4 Ba2++Mn2++Fe2++I2+CO2↑+7H2O 。(5)混合气体A除了氢气外还含有二氧化碳和水蒸气。首先可以通过无水硫酸铜，若呈蓝色，则证明混合气体中含有水蒸气。接着再将混合气体通入澄清石灰水中，若石灰水变浑浊则说明有二氧化碳。
4．(2024·浙江省县域教研联盟高三选考模拟)黄铜矿的主要成份为CuFeS2，现有如下转化关系制备有关物质。
已知：沉淀D的摩尔质量为。请回答：
(1)尾气中SO2经过充分综合利用可以得到石膏，请写出石膏的化学式： 。
(2)煅烧含硫量高的矿物得到高浓度的SO2，干燥的气体与氯气在活性炭催化下可生成一种用于有机合成的常见物质A，该物质水解时发生非氧化还原反应得到两种强酸。
①写出物质A分子的结构式： 。
②一定压强下，化合物A的沸点低于硫酸的原因是 。
(3)生成沉淀D的离子反应方程式 。
(4)请设计实验检验溶液C中的阳离子 。
【答案】(1) CaSO4·2H2O
(2) 硫酸能形成分子间氢键，SO2Cl2没有分子间氢键，所以SO2Cl2熔沸点较低
(3)2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O= 2CuCl↓+SO42-+4H+
(4)取少量溶液C于一支试管，加入石蕊试液(或pH试纸)溶液显红色(pH试纸变红)，则有H+，另取少量溶液于试管中，加入K3[Fe(CN)6]溶液，若出现蓝色沉淀则有Fe2+
【解析】黄铜矿(CuFeS2)与足量空气煅烧生成二氧化硫、氧化铁和氧化铜固体，固体加入盐酸反应生成氯化铁和氯化铜混合溶液，通入足量二氧化硫，发生氧化还原反应生成硫酸亚铁、硫酸和氯化亚铜沉淀，二氧化硫气体和氯气在活性炭催化作用下反应生成SO2Cl2。(1)石膏的化学式：CaSO4·2H2O；(2)①干燥的SO2气体与氯气在活性炭催化下可生成一种用于有机合成的常见物质A，则A为SO2Cl2，该物质(SO2Cl2)水解时发生非氧化还原反应得到两种强酸即硫酸和盐酸，则物质A分子为SO2Cl2，其结构式：；②一定压强下，化合物A的沸点低于硫酸的原因是硫酸能形成分子间氢键，SO2Cl2没有分子间氢键，所以SO2Cl2熔沸点较低；(3)根据沉淀D的摩尔质量为，说明D为氯化亚铜，则是铜离子和二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸根和亚铜离子，亚铜离子和氯离子反应生成CuCl，则生成沉淀D的离子反应方程式2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O= 2CuCl↓+SO42-+4H+。(4)根据前面分析，溶液C中含有氢离子和亚铁离子，检验氢离子常用紫色石蕊，检验亚铁离子常用K3[Fe(CN)6]溶液，因此实验检验溶液C中的阳离子方法是取少量溶液C于一支试管，加入石蕊试液(或pH试纸)溶液显红色(pH试纸变红)，则有H+，另取少量溶液于试管中，加入K3[Fe(CN)6]溶液，若出现蓝色沉淀则有Fe2+。
5．(2024·浙江省杭州高级中学高三选考模拟)工业上以SO2为原料制备化合物A和B，且SO2尾气可以
使用氨水吸收
(1)写出在空气中发生反应②的化学方程式 。
(2)已知物质A比硫酸的熔点更高，原因是 。
(3)下列说法正确的是_____。
A．(NH4)2SO4俗称为肥田粉，是良好的氮肥
B．物质A的水溶液呈中性
C．物质A中N显示负价
D．物质B和NH3反应可以生成A
(4)设计实验验证化合物B中含有Cl元素 (已知Ag2SO4微溶于水，不考虑Ag2SO4在浓酸中的溶解)；写出实验过程中涉及的第一个反应方程式 。
【答案】(1) 2(NH4)2SO3+O2=2(NH4)2SO4
(2)A是三氧化硫与等物质的量的氨气反应生成的氨基磺酸，类比氨基酸，其可以形成内盐，而硫酸分子间只有分子间作用力，因此，物质A比硫酸的熔点更高
(3)ACD
(4) 取样，先加入足量的硝酸钡溶液，静置，向上层清液滴加硝酸溶液，生成白色沉淀，证明存在氯元素 H2SO4+Ba(NO3)2= BaSO4↓+2HNO3
【解析】二氧化硫被氨水吸收生成亚硫酸铵，亚硫酸铵可以被氧化剂氧化为硫酸铵；二氧化硫被氧气等氧化为三氧化硫，三氧化硫和等物质的量的氨气吸收生成A：硫酸氢铵；二氧化硫被等物质的量的氯气反应转化为B：SO2Cl2。(1)亚硫酸铵可以被空气中氧气为硫酸铵，反应为2(NH4)2SO3+O2=2(NH4)2SO4；(2)A是三氧化硫与等物质的量的氨气反应生成的氨基磺酸，类比氨基酸，其可以形成内盐，而硫酸分子间只有分子间作用力，因此，物质A比硫酸的熔点更高；(3)A项，(NH4)2SO4俗称为肥田粉，含有氮元素，是良好的氮肥，正确；B项，物质硫酸氢铵的水溶液中完全电离出氢离子、铵根离子、硫酸根离子，溶液显酸性，错误；C项，物质A硫酸氢铵中含有铵根离子，铵根离子中N显示负-3价，正确；D项，物质B SO2Cl2和水转化为硫酸，硫酸再和NH3反应可以生成A硫酸氢铵，正确；故选ACD；(4)氯离子和银离子生成氯
化银白色沉淀，但是需要排除硫元素转化的硫酸根离子的干扰，故实验为：取样，先加入足量的硝酸钡溶液，静置，向上层清液滴加硝酸溶液，生成白色沉淀证明存在氯元素；实验过程中涉及的第一个反应方程式H2SO4+Ba(NO3)2= BaSO4↓+2HNO3。
6．(2024·浙江省绍兴市第一中学高三首考模拟)工业上以NH3为原料按如下流程制取化合物A。
已知：水溶液中，ClO－可与反应生成Cl－
请回答：
(1)写出NH3催化氧化生成NO的化学方程式 。
(2)等物质的量的HNO3与ClF反应除生成A外，另一种产物为HF。
①电子衍射研究表明，气态HF中存在环状六聚体(HF)6，而其他卤素的气态氢化物却不存在，气态HF中存在环状六聚体(HF)6的原因是 。
②下列说法正确的是 。
A．尾气的主要成分是NO，可用NaOH溶液直接吸收 B．ClF中的Cl呈零价
C．化合物A具有强氧化性 D．TiCl4与A反应能生成Ti(NO3)4
(3)①设计实验验证化合物A中含有Cl元素 。
②写出实验过程中涉及的反应方程式 。
【答案】(1)4NH3+5O24NO+6H2O
(2) HF之间通过氢键缔合形成六聚体 CD
(3)取适量ClNO3于试管中加入适量NaNO2溶液充分反应，再滴加AgNO3溶液，若产生白色沉淀，证明A中存在Cl元素 ClNO3+NO2-+H2O＝Cl－+2H++2NO3-，Ag++Cl－＝AgCl↓
【解析】该流程中，NH3催化氧化生成NO，NO发生氧化反应生成NO2，NO2在吸收塔中和水反应生成HNO3和NO尾气，HNO3和ClF反应生成ClNO3。(1)NH3催化氧化生成NO和水，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O。(2)①气态HF中存在环状六聚体(HF)6的原因是HF之间通过氢键缔合形成六聚体；②A项，尾气的主要成分是NO，NO不和NaOH溶液反应，不能用NaOH溶液直接吸收，故A错误；B项，ClF中的Fe为-1价，Cl为+1价，故B错误；C项，等物质的量的HNO3
与ClF反应除生成A外，另一种产物为HF，由原子守恒可知A为ClNO3，A中Cl元素为+1价，具有强氧化性，故C正确；D项，TiCl4与ClNO3发生复分解反应生成Ti(NO3)4，故D正确；故选CD。(3)①ClNO3中Cl元素为+1价，需要转化为Cl-才能检验，由已知信息可以推知，ClNO3和NaNO2反应可以生成HCl、NaNO3、HNO3，验证化合物A中含有Cl元素的方法为：取适量ClNO3于试管中加入适量NaNO2溶液充分反应，再滴加AgNO3溶液，若产生白色沉淀，证明A中存在Cl元素；②实验过程中涉及的反应方程式：ClNO3+ NO2-+H2O＝Cl－+2H++2NO3-，Ag++Cl－＝AgCl↓。
7．(2024·江浙高中(县中)发展共同体高三联考)碳酸二甲酯是一种环保性能优异、用途广泛的化工原料，可以通过下列流程制备：
已知：酰氯具有酯的性质。请回答：
(1)写出NH3的电子式 。
(2)写出步骤Ⅲ的化学反应方程式 。
(3)下列说法正确的是_______。
A．液氯和氯水工业上均可用铁槽车运送
B．CO(NH2)2属于铵盐，含氮量高，可作氮肥
C．碳酸二甲酯在酸性条件下水解产生的气体是非极性分子
D．CO与Fe可形成配合物Fe(CO)5，其中配位原子是O
(4)碳酸二甲酯比碳酸一甲酯的沸点 (填“低”或“高”)，分析其原因 。
(5)设计实验方案检验COCl2中的氯元素 。
【答案】(1)
(2) CO(NH2)2+2CH3OH= CO(OCH3)2+2NH3
(3)C
(4) 低 碳酸一甲酯能形成分子间氢键
(5)将COCl2通入足量的NaOH溶液充分反应，先加足量稀硝酸，再加AgNO3溶液，若生成白色沉淀，说明COCl2中含氯元素
【解析】CO和氯气反应生成酰氯，酰氯和氨气发生取代反应生成尿素和氯化氢，尿素和乙醇反应生成
碳酸二甲酯和氨气。(1)NH3是共价化合物，电子式为；(2)步骤Ⅲ是尿素和甲醇发生取代反应生成碳酸二甲酯和氨气，反应的化学反应方程式为CO(NH2)2+2CH3OH= CO(OCH3)2+2NH3；(3)A项，液氯可用铁槽车运送，氯水中含有盐酸，氯水不能用铁槽车运送，故A错误；B项，CO(NH2)2是有机物，不含铵根离子，不属于铵盐，故B错误；C项，碳酸二甲酯在酸性条件下水解产生的气体是二氧化碳，二氧化碳是非极性分子，故C正确；D项，CO与Fe可形成配合物Fe(CO)5，C的电负性小于O，所以配位原子是C，故D错误；故选C。(4)碳酸一甲酯含有O-H键，碳酸一甲酯能形成分子间氢键，所以碳酸二甲酯比碳酸一甲酯的沸点低。(5)将COCl2通入足量的NaOH溶液充分反应，先加足量稀硝酸，再加AgNO3溶液，若生成白色沉淀，说明COCl2中含氯元素。
8．(2024·浙江省9 +1高中联盟高三联考)NH3是重要的化工原料，按如下流程充分利用。
已知：①与性质相似
②+4NH3+2NH4Cl
(1)①混合物A的成分为 (用化学式表示)。
②写出途径Ⅰ反应的化学方程式 。
③NaN3是离子化合物，各原子均满足8电子稳定结构。写出NaN3的电子式 。
(2)下列说法不正确的是___________。
A．工业制HNO3，综合考虑B为空气
B．途径Ⅱ，向饱和食盐水中先通入CO2，再通入NH3
C．尿素CO(NH2)2是常用的氮肥，不能与草木灰混合施用
D．物质C属于有机高分子化合物，可用于生产火药、塑料和涂料
(3)①N2H4为二元弱碱，其在水中的电离与氨相似；25℃，N2H4第一步电离平衡常数Kb1的值
为 。(已知：N2H4+H+N2H5+ )
②结合的能力：N2H4 CH3NH2(填“>”或“<”)，理由是 。
(4)设计实验验证混合物A中含有S元素 。
【答案】(1)SO(NH2)2或()、NH4Cl
2NH3+ NaClO=N2H4+ NaCl+H2O
(2)B
(3) 8.7×10-7 < 甲基(-CH3)是推电子基团，氨基(-NH2)是吸电子基团，CH3NH2中氮原子周围电子云密度比N2H4增大，易给出孤电子对与H+形成配位键，结合H+的能力强
(4)取样，加入足量盐酸充分反应，加热，若能产生使品红溶液褪色的刺激性气味气体，则说明A中含有S元素
【解析】(1)由已知反应②可知，SOCl2+4NH3→SO(NH2)2+2NH4Cl，混合物A的成分为SO(NH2)2或()、NH4Cl；途径Ⅰ反应的化学方程式为2NH3+ NaClO=N2H4+ NaCl+H2O；NaN3的电子式为；(2)途径Ⅱ，向饱和食盐水中先通入NH3，再通入CO2，有利于CO2在溶液中的溶解；(3)联氨为二元弱碱，在水中的电离方程式与氨相似，连氨第一步电离方程式为N2H4+H2ON2H5++OH-，电离平衡常数；甲基(-CH3)是推电子基团，氨基(-NH2)是吸电子基团，CH3NH2中氮原子周围电子云密度比N2H4增大，易给出孤电子对与H+形成配位键，结合H+的能力强；(4)可通过验证SO2来验证S元素，实验方法如下：取少量A的混合物样品，加入足量盐酸充分反应，加热，若能产生使品红溶液褪色的刺激性气味气体，则说明A中含有S元素。由题给信息可知，与性质相似，参考+4NH3+2NH4Cl的反应，可得出SOCl2+4NH3+2NH4Cl，则混合物A的成分为、；途径Ⅱ类似候氏制碱法中先加再加的顺序，向饱和食盐水中先通入，再通入，有利于在溶液中的溶解；联
氨为二元弱碱，在水中的电离方程式与氨相似，连氨第一步电离方程式为；验证混合物A中含有S元素，可通过验证二氧化硫的方法来验证S元素，实验方法如下：取少量A的混合物样品，加入足量盐酸充分反应，加热，此时有SO2生成，SO2使品红溶液褪色且有刺激性气味气体，若能产生使品红溶液褪色且有刺激性气味气体，则说明A中含有S元素。
9．(2024·浙江省Z20名校联盟高三联考)高氯酸三碳酰肼合镍(GTN)的组成可表示为[Ni(CHZ3)( ClO4)2]，其中CHZ为碳酰肼(结构简式为：)。已知N2H4、NH2OH (羟胺)具有类似于NH3的碱性。
请回答：
(1)请用方程式解释羟胺水溶液呈碱性 。工业上常用尿素和NaClO - NaOH溶液反应实现转化2得到N2H4和两种常见钠盐，反应的化学方程式为 。
(2)下列有关说法正确的是___________。
A．NH3、N2H4、COCl2均只含极性键
B．N2H4与过量硫酸溶液反应形成酸式盐的化学式为N2H5HSO4
C．NH3、N2H4、NH2OH的碱性依次减弱
D．CO(OC2H5)2是一种无机酸酯，转化3发生的是取代反应
(3)酸性强弱：() ()(填“>”“=”或“<”)，请从结构角度解释原因 。
(4)NH3与COCl2反应生成固体产物中除了尿素还有另外一种盐，设计实验证明该固体产物中的N元素 。
【答案】(1) NH2OH+H2ONH3OH++OH- CO(NH2)2+2NaOH+NaClO=NaCl+N2H4+Na2CO3+H2O或CO(NH2)2+NaOH+NaClO=NaCl+N2H4+NaHCO3
(2)CD
(3) > HClO4中非羟基氧的个数多于HClO3，HClO4中H-O键极性更强
(4)取少量固体样品于试管中，加入NaOH溶液，加热，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，若变蓝色，说明含有氮元素
【解析】(1)羟胺有类似于NH3的碱性，会与水反应，方程式为NH2OH+H2ONH3OH++OH-；②根据元素守恒可得方程式为CO(NH2)2+2NaOH+NaClO=NaCl+N2H4+Na2CO3+H2O或CO(NH2)2+NaOH+NaClO=NaCl+N2H4+NaHCO3；(2)A项，N2H4中存在N-N非极性键，A错误；B项，N2H4+H2SO4=N2H6SO4把肼看成氨的衍生物(NH2-NH2)每个N为sp3杂化，每个N都有一对孤对可以给H+配位。如果少量硫酸可以形成(N2H5)2SO4，B错误；C项，电负性H
10．(2024·浙江省稽阳联谊学校高三联考)乙二酸(俗称草酸)是最简单的二元羧酸。下图流程表示其部分转化关系。[已知：]
请回答：
(1)草酸是一种重要的还原剂，在分析化学上常被用作测定高锰酸钾溶液浓度的试剂。写出途径Ⅰ反应的离子方程式 。
(2)①X是具有六元环状结构的碳氧化合物，C、O原子均满足8电子结构。写出X的结构式 。
②下列说法正确的是 。
A．X是一种酸性氧化物 B．由途径Ⅱ可知，草酸钙不溶于稀盐酸
C．乙二酸的酸性比乙酸强 D．乙二酸跟足量乙醇反应生成乙二酸乙二酯
③乙二酸易溶于乙醇，难溶于苯和氯仿，原因是 。
(3)设计实验验证气态化合物X既有氧化性又有还原性 。
【答案】(1)5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2↑+Mn2++8H2O
(2) ABC 根据“相似形溶”原理，乙二酸与乙醇都是极性分子，且都含有羟基，两者能形成氢键，故易溶；苯和氯仿是非极性或弱极性分子，乙二酸与苯和氯仿的分子间作用力弱，
故难溶
(3)将X通入酸性高锰酸钾溶液，溶液紫色褪去或将X气体通入灼热的氧化铜，固体颜色由黑变红，证明X具有还原性；将燃着的镁条伸入X中，镁条继续燃烧，生成黑色和白色固体，证明X具有氧化性
【解析】(1)草酸是一种强还原剂，是二元弱酸，碳元素为+3价，氧化生成二氧化碳，高锰酸钾被草酸还原生成Mn2+，离子方程式为：5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2↑+Mn2++8H2O；(2)由题给信息可知，乙二酸加热脱水生成酸酐，该酸酐具有六元环状结构，应是2分子乙二酸发生脱水而成，结构式为：；A项，根据题意，C4O6与石灰水反应：C4O6+2Ca(OH)2=2CaC2O4↓+2H2O，所以X是酸性氧化物，A项正确；B项，由于乙二酸与氯化钙溶液反应：H2C2O4+CaCl2=CaC2O4↓+2HCl，可知草酸钙不溶于稀盐酸，B项正确；C项，羧基是吸电子基，使另一个羧基的酸性增强(羟基极性增强，羟基氢容易电离出来)，甲基是推电子基，使羧基的酸性减弱；所以乙二酸的酸性强于乙酸，，C项正确。D项，乙二酸跟2分子乙醇反应生成乙二酸二乙酯，乙二酸跟乙二醇反应生成乙二酸乙二酯。项D错误；故选ABC；根据“相似形溶”原理，乙二酸与乙醇都是极性分子，且都含有羟基，两者能形成氢键，故易溶；苯和氯仿是非极性或弱极性分子，乙二酸与苯和氯仿的分子间作用力弱，故难溶。(3)类比于CO还原性的检验：将X气体通入灼热的氧化铜，固体颜色由黑变红，证明X具有还原性；类比于CO2 氧化性的检验：将点燃的镁条伸入X中，镁条继续燃烧，生成黑色和白色固体，证明X具有氧化性。
11．(2024·浙江省嘉兴市高三联考)氨气用途非常广泛，以下是氨气的部分转化关系图。
已知：①NaNH2+H2O=NH3↑+ NaOH
②随着杂化轨道中s成分的增加，电子云更靠近原子核，核对电子的吸引力增强
(1)N2H4又称联氨，不如氨气稳定，还原性强于氨气，与N2O4反应释放出大量热、产物无污染、产生大量气体，可作为火箭推进剂。
①写出N2H4用于火箭推进剂反应的化学方程式 。
②从分子结构角度分析，N2H4不如氨气稳定的原因是 。
(2)下列说法正确的是___________。
A．以上转化关系中NH3只表现出还原性
B．若CuO无剩余，红色固体的组分可能有三种情况
C．制备氨基钠需在无水、无氧环境中进行
D．为了增加N2H4的产量，往往加入过量的NaClO
(3)结合已知信息，写出生成A的化学方程式 。
(4)实验中在加热条件下通入过量的NH3与CuO反应，设计实验验证尾气中比较活泼的两种气体 。
【答案】(1) 2N2H4+N2O43N2+4H2O N2H4中含N—N，由于N上的孤电子对的排斥使N—N键键能较小，稳定性比NH3差
(2)BC (3)CH3C≡CH+NaNH2→CH3C≡Cna+NH3
(4)将湿润的红色石蕊试纸置于尾气出口，若试纸变蓝，说明尾气中含有氨气；观察气体颜色，只要气体显红棕色，就说明有二氧化氮；另取少量气体于集气瓶中，通入少量的氧气，如果气体颜色加深，就说明其中有一氧化氮
【解析】NH3与NaClO发生氧化还原生成N2H4，NH3与钠反应钠只有还原性，则NH3中的H体现氧化性，生成NaNH2，氨基钠和丙炔反应时，会发生取代反应，CH3C≡CH+NaNH2→CH3C≡Cna+NH3，NH3与CuO反应生成红色固体Cu，则尾气可能为含N的化合物。(1)①根据题干信息，联氨是和四氧化二氮发生归中反应生成氮气，方程式为2N2H4+N2O43N2+4H2O；②N2H4中含N—N，由于N上的孤电子对的排斥使N—N键键能较小，稳定性比NH3差；(2)A项，氨气和钠反应，氨气中氢的化合价降低，所以氨气表现氧化性，A错误；B项，红色固体只可能是氧化亚铜、铜，可能是只有氧化亚铜，可能只有铜，也可能同时有氧化亚铜和铜，共有3种情况，B正确；C项，水和氧气都能和钠反应，所以要保证无水无氧，C正确；D项，次氯酸钠有强氧化性，如果过量，会把生成的联氨氧化，D错误；故选BC；(3)根据已知信息②，CH3C≡CH分子中，两个形成碳碳三键的碳原子是sp杂化，s轨道成分多，碳原子核对电子的吸引力更强，就导致这两个碳原子的负电性更强，氨基钠和丙炔反应时，会发生取代反应，CH3C≡CH+NaNH2→CH3C≡Cna+NH3；(4)氨气会被氧化铜氧化，尾气中比较活泼的气体一定不是氮气，那就应该是氮氧化物气体，即验证二氧化氮和一氧化氮；由于氮氧化物气体中，只有二氧化氮有颜色，所以观察气体颜色，只要气体显红棕色，就说明有二氧化氮；另取少量气体于集气瓶中，通入少量的氧气，如果气体颜色加深，就说明其中有一氧化氮；NH3过量，则尾气中含有氨气，将湿润的红色石蕊试纸置于尾气出口，若试纸变蓝，说明尾气中含有氨气。
12．(2024·浙江省新阵地教育联盟、浙江十校高三联考)氯及其部分化合物相关转化如下.
请回答：
(1)常温下，Cl2与NaOH溶液反应的离子方程式： .
(2)下列有关流程中的物质的说法正确的是：_______________.
A．工业上采用软锰矿(主要成分是MnO2)与浓盐酸混合加热制备Cl2
B．混合物A、B的物质的量之比为可为5：1
C．若C中的各原子最外层均达8电子稳定结构，C确定为S2Cl2
D．ClO2具有强氧化性，用作自来水的消毒剂
(3) NaClO4与浓硫酸反应可得HClO4()：NaClO4+H2SO4(浓)= NaHSO4+ HClO4，利用减压蒸馏分离HClO4，试解释高氯酸比硫酸易从体系中分离的原因(从结构角度分析)： ，HClO4在液态时为双聚体，请写出(HClO4)2的结构式： .
(4)通过分析，M分子中只有一种化学环境的氢原子， Cl2与CH3CH2OH经过氧化反应、取代反应，两步生成M和D，写出总反应化学方程式：。设计实验检验D： 。
【答案】(1) Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O (2)BD
(3) H2SO4分子间氢键比高氯酸多，分子间作用力较大，沸点高于HClO4
(4) 4Cl2+CH3CH2OH→Cl3CCHO+5HCl 气体D通入紫色石蕊试液，溶液变红，通入硝酸银，生成白色沉淀，则为HCl
【解析】Cl2与硫黄在加热条件下可以生成SCl2或者S2Cl2，与乙醇发生氧化反应和取代反应，与氢氧化钠溶液加热生成氯酸钠和氯化钠，氯酸钠电解得到高氯酸钠，氯酸钠与浓盐酸反应生成ClO2。(1)常温下氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠，离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；(2)A项，工业上制氯气用电解饱和的食盐水，A错误；B项，B是氯酸钠，Cl2与NaOH加热反应的方程式为3Cl2+6NaOH5NaCl+NaClO3+3H2O，混合物A、B的物质的量之比为可为5：1，B正确；C项，若C中的各原子最外层
均达8电子稳定结构，C也可以为SCl2，C错误；D项，ClO 2中的Cl为+4价，具有强氧化性，用作自来水的消毒剂，D正确；故选BD；(3)H2SO4和HClO4都是分子晶体，H2SO4分子间氢键比高氯酸多，分子间作用力较大，沸点高于HClO4，高氯酸比硫酸易从体系中分离；HClO4在液态时通过氢键形成双聚体，(HClO4)2的结构式：；(4)Cl2与CH3CH2OH经过氧化反应羟基变为醛基，经过取代反应甲基上的氢原子被氯原子取代，由于M分子中只有一种化学环境的氢原子，甲基上三个氢原子全部被取代，M的结构简式为：CCl3CHO，D为HCl，总反应化学方程式：4Cl2+CH3CH2OH→Cl3CCHO+5HCl；证明D为HCl的方法是：气体D通入紫色石蕊试液，溶液变红，通入硝酸银，生成白色沉淀，则为HCl。
13．(2024·浙江省瑞安中学高三首考适应性考试)芥子气的化学式为(ClCH2CH2)2S。可由乙烯通过两条途径制得(部分产物未写出)。
已知：乙烯与溴分子的加成反应机理，可用如下过程表示。
回答下列问题：
(1)途径一是CH2=CH2与S2Cl2反应，反应物的物质的量之比为2∶1.写出化学方程式 。
(2)下列说法正确的是______。
A．S2Cl2是非极性分子
B．芥子气属于卤代烃，其核磁共振氢谱图上只有2个吸收峰
C．发生反应②时，乙烯中的碳碳双键使氯气分子中的共价键极性发生了变化
D．乙烯通入氯水中生成ClCH2CH2OH时，水溶液酸性增强
(3)给出H+的能力：CH3CH2OH ClCH2CH2OH (填“>”或“<”)，理由是 。
(4)已知碳硫单键在碱性条件下不易断裂，设计实验检验反应⑤生成的阴离子： 。写出反应⑤和
检验涉及的离子方程式 。
【答案】(1) 2CH2=CH2+S2Cl2=(ClCH2CH2)2S+S
(2)CD
(3) < 氯原子是吸电子基，增大-OH的极性，ClCH2CH2OH易给出
(4)取少量反应后的溶液于试管中，加入稀硝酸至酸性，再加硝酸银溶液，若出现白色沉淀，则有氯离子 ClCH2CH2)2S+2OH-=(HOCH2CH2)2S+2Cl-
【解析】反应①是乙烯和S2Cl2按2：1反应生成(ClCH2CH2)2S和S，反应②是乙烯和氯水反应生成ClCH2CH2OH和HCl，反应③是ClCH2CH2OH和Na2S反应生成(HOCH2CH2)2S，反应④为HCl发生取代反应生成(ClCH2CH2)2S和水，反应⑤是碳氯键发生取代反应生成醇羟基。(1)CH2=CH2与S2Cl2按物质的量之比为2∶1反应生成(ClCH2CH2)2S，由原子守恒可知另一个产物是S，化学方程式为2CH2=CH2+S2Cl2=(ClCH2CH2)2S+S；(2)A项，S2Cl2结构类似H2O2，分子空间构型不对称，该分子中心正负中心不重合，为极性分子，故A错误；B项，芥子气组成元素除了C、H、Cl外，还有S元素，不属于卤代烃，故B错误；C项，乙烯的结构简式为CH2=CH2，ClCH2CH2OH的结构简式为Cl-CH2-CH2-OH，发生反应②时，乙烯中的碳碳双键断裂，Cl2中Cl-Cl断裂以及水中H-OH断裂，生成HCl，共价键极性发生了变化，故C正确；D项，乙烯通入氯水中生成ClCH2CH2OH时，另一个产物是HCl，则水溶液酸性增强，故D正确；故选CD；(3)氯原子是吸电子基，增大-OH的极性，ClCH2CH2OH易给出H+，则给出H+的能力：CH3CH2OH < ClCH2CH2OH；(4)反应在碱性条件下反应进行完全，反应的还原产物是氯化钠，为检验氯离子，则实验方案是取少量反应后的溶液于试管中，先加入足量稀硝酸酸化，再滴加AgNO3溶液，有白色沉淀产生，则阴离子为Cl-，反应⑤为C-Cl发生取代反应生成C-OH，涉及的离子方程式ClCH2CH2)2S+2OH-=(HOCH2CH2)2S+2Cl-。
14．(2024·浙江省义乌中学高三首考模拟)硼单质及其化合物有重要的应用。
(1)硼与硅相似，也能与氢形成一类化合物——硼烷。常见的有乙硼烷(B2H6)、丁硼烷(B4H10)、己硼烷(B6H10)等。BnHm极易发生水解生成H3BO3和H2，请写出反应的化学方程式： ；其中乙硼烷生产中可用来与试剂X反应制备硼氢化钠(NaBH4)，且符合原子经济性反应，试剂X的化学式为 。同时硼氢化钠的另一种制备方法为BF3与试剂X反应，写出该反应的化学方程式： 。
(2)下列说法正确的是_______。
A．反应①为氧化还原反应，其中H2被BCl3氧化
B．相同条件下在水中的溶解度：氨硼烷(NH3BH3)＞乙烷
C．H3BO3是一种一元弱酸，可以与甲醇反应生成B(OCH3)3为无机酸酯
D．氮化硼(BN)晶体有多种相结构，六方氮化硼结构与石墨相似，熔点低
(3)氨硼烷(NH3BH3)含氢量高、热稳定性好，是一种有潜力的固体储氢材料。氨硼烷分子间存在“双氢键”使氨硼烷的熔点明显升高。“双氢键”能形成的原因是 。
(4)在一定条件下氨硼烷和水发生反应，产生氢气。其中溶液中的阴离子为B3O63-。设计实验检验该反应后的溶液中阳离子 。
【答案】(1) 2BnHm+6nH2O=2nH3BO3+(3n+m)H2
NaH BF3+4NaH=NaBH4+3NaF
(2)BC
(3)与N相连的H带正电，与B相连的H带负电，两种H之间存在相互作用
(4)取少量反应后的溶液于试管，加入浓氢氧化钠溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸
【解析】(1)BnHm极易发生水解生成H3BO3和H2，反应的化学方程式：2BnHm+6nH2O=2nH3BO3+(3n+m)H2；乙硼烷与试剂X反应制备硼氢化钠(NaBH4)，且符合原子经济性反应，发生的化学方程式为：B2H6+2NaH=2NaBH4试剂X的化学式为NaH； BF3与NaH反应制备硼氢化钠的化学方程式：BF3+4NaH=NaBH4+3NaF；(2)A项，反应①中氢气的化合价发生变化为氧化还原反应，其中H2被BCl3还原，故错误；B项，氨硼烷与水分子间形成氢键，溶解度增大相同条件下在水中的溶解度：氨硼烷(NH3BH3)＞乙烷，故正确；C项，H3BO3是一种一元弱酸，可以与甲醇反应酯化反应H3BO3+3CH3OH→B(OCH3)3+3H2O，生成B(OCH3)3为无机酸酯，故正确；D项，氮化硼(BN)晶体有多种相结构，六方氮化硼结构与石墨相似，熔点高，故错误。(3)氮氢键中电子对偏向氮，H带正电，硼氢键中电子对偏向氢，H带负电，两种H之间存在相互作用；(4)氨硼烷和水发生反应，产生氢气，发生的反应为：3NH3BH3+6H2O=B3O63-+3NH4++9H2，检验该反应后的溶液中阳离子的方法为：取少量反应后的溶液于试管，加入浓氢氧化钠溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸。
15．(2024·浙江省北斗星盟高三联考)甘氨酸铜[(H2NCH2COO)2Cu]是人体摄取铜元素的主要来源之一。甘氨酸铜存在顺式和反式两种构型，其中一种构型易溶于水，另一种构型相对微溶于水。
(1)用一步离子方程式表示步骤①发生的反应 。
(2)①甘氨酸铜中Cu(II)的配位数为4，画出其中一种构型的结构简式 。
②下列说法正确的是 。
A．甘氨酸易溶于水，可溶于乙醇、丙酮等有机溶剂
B．可向硫酸铜溶液中滴加过量氢氧化钠溶液直接制得Cu(OH)2(s)
C．步骤①可说明与铜离子的配位能力：NH3大于H2O
D．反式甘氨酸铜在水中的溶解度要小于顺式甘氨酸铜
③pKa：甘氨酸 丙酸(填“>”、“=”或“<”)，理由是 。
(3)设计实验检验深蓝色晶体中的阴离子 。
【答案】(1) Cu2++4NH3=[Cu(NH3)4]2+或Cu2++4 NH3·H2O =[Cu(NH3)4]2++4H2O
(2) 或 CD < 氮的电负性大于碳(氨基是吸电子基，甲基是推电子基)，导致甘氨酸的羧基中羟基的极性更大，更容易电离出氢离子，酸性更强，pKa更小
(3)取少量深蓝色晶体B于试管中，加水溶解，滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，产生白色沉淀，证明阴离子是硫酸根离子
【解析】硫酸铜溶液加入氨水先生成氢氧化铜沉淀，然后沉淀溶解生成[Cu(NH3)4]2+，加入氢氧化钠生成氢氧化铜沉淀，加入甘氨酸生成甘氨酸铜，铜氨络合物在乙醇中溶解度较小，加入乙醇析出晶体。(1)步骤①发生的反应生成铜氨络合物，离子方程式为：Cu2++4NH3=[Cu(NH3)4]2+或Cu2++4NH3⋅H2O=[Cu(NH3)4]2++4H2O；(2)①甘氨酸铜中Cu(II)的配位数为4，有4个配位键，构型的结构简式为或；②A项，甘氨酸易溶于水，难溶于乙醇、丙酮等有机溶剂，A错误；B项，可向硫酸铜溶液中滴加氢氧化钠溶液得Cu(OH)2(s)，过量后沉淀溶解，得到深蓝色溶液，B错误；C项，步骤①可说明与铜离子的配位能力：NH3大于H2O，C正确；D项，顺式-甘氨酸合铜对称性弱，易溶于水，反式-甘氨酸合铜对称性强，极性弱，难溶于水，D正确；故选CD；③氮的电负性大于碳(氨
基是吸电子基，甲基是推电子基)，导致甘氨酸的羧基中羟基的极性更大，更容易电离出氢离子，酸性更强，pKa更小，故pKa：甘氨酸<丙酸；(3)根据流程可知开始有硫酸铜，则蓝色晶体中可能有硫酸根，取少量深蓝色晶体B于试管中，加水溶解，滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，产生白色沉淀，证明阴离子是硫酸根离子。
16．(2024·浙江省高三选考模拟考试)冰晶石(Na3AlF6)是工业上冶炼金属铝的熔剂，以萤石(CaF2)和纯碱为原料制备冰晶石的流程如下：
请回答：
(1)气体B易溶于水，画出其水溶液中可能存在的氢键形式： 。解释工业上利用萤石(CaF2)制取气体B而不用氢气与其单质发生化合反应的原因： 。
(2)下列说法正确的是___________。
A．为防止空气进入，须在玻璃容器中进行B．固体A中可能存在少量氟化钙
C．冰晶石是由NaF和AlF3组成的混合物D．酸性：Al(OH)3
(4)将固体A(仅含一种化合物)加入水中，设计实验检验所得澄清溶液中阴离子 。
【答案】(1) F—H…F—，O—H…O—，F—H…O—，O—H…F—
氢气与氟气发生化合反应过程中容易爆炸，而用萤石制取不易发生爆炸(安全性)；CaF2＋H2SO4(浓)=CaSO4＋2HF↑该反应为熵增反应，有利于反应的自发(自发性)
(2)BD
(3)2Al(OH)3＋12HF＋3Na2CO3=2Na3AlF6＋3CO2＋9H2O
(4)取适量澄清溶液于试管中，滴加稀盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，证明溶液中含有SO42-
【解析 】氟化钙和浓硫酸反应生成B为HF，HF和碳酸钠、氢氧化铝生成冰晶石(Na3AlF6)。(1)HF的水溶液中可能存在的氢键有F—H…F—，O—H…O—，F—H…O—，O—H…F—。氢气与氟气发生化合反应过程中容易爆炸，而用萤石制取不易发生爆炸(安全性)；CaF2＋H2SO4(浓)=CaSO4＋2HF↑该反应为熵增反应，有利于反应的自发(自发性)，故工业上利用萤石(CaF2)制取气体HF而不用氢气与其单质发生化合反应生成HF。(2)A项，HF和玻璃中的SiO2反应，故不能在玻璃容器中进行，A错误；B项，固体A中可能存在未反应完的少量氟化钙，B正确；C项，冰晶石是纯净物，C错误；D项，酸性：Al(OH)3
17．(2024·浙江省金丽衢十二校高三联考模拟预测)工业上以制作印刷电路的废液(含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl-)生产CuCl和蚀刻液重新生成的流程如下：
已知：CuCl是一种白色粉末，微溶于水、不溶于乙醇。
请回答下列问题：
(1)Y中所含溶质的化学式为 。
(2)下列说法正确的是 。
A．CuCl微溶于水、不溶于乙醇是因为水的极性比乙醇小
B．相同条件下，滤渣1和X分别与等浓度的盐酸反应，滤渣①的反应速率快
C．SO2分子的VSEPR模型为平面三角形
D．基态亚铜的价层电子排布式为3d10，故Cu2O与稀硫酸不反应
E．工业上对滤渣2用浓硫酸进行了处理，符合绿色化学的原则
(3)写出上述流程中生成CuCl的化学方程式 。
(4)浓硫酸是一种高沸点的酸，溶于水放出大量的热，请从物质结构与微粒之间作用力的角度解释上述硫酸的两点性质 。
(5)滤液1需要加过量Z，检验Z过量的方法是 。
【答案】(1) HCl (2)BC
(3)CuCl2+CuSO4+SO2+2H2O=2CuCl↓+2H2SO4
(4)浓硫酸分子之间有氢键，故其沸点高；硫酸分子和水分子之间形成氢键，水合的时候放出大量的热
(5)取蚀刻液少量于试管中，加入KBr溶液少量和四氯化碳，如下层液体呈橙色，说明氯气已过量
【解析】废液中加入过量铁粉，发生反应：Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+Cu2+=Fe2++Cu，原溶液中的Fe3+、Cu2+被除去，过滤所得的滤液1中含有Fe2+、Cl-，在滤液中通入过量的氯气，可以将Fe2+氧化成FeCl3，即得到FeCl3蚀刻液，实现蚀刻液的再生。滤渣1为铜单质和剩余的铁单质，加入过量的稀盐酸，铜与稀盐酸不反应，因此滤液2也为FeCl2溶液，滤渣2为铜，铜和氯气反应生成CuCl2，Z为Cl2。(1)Y中所含溶质的化
学式为HCl。(2)A项，根据相似相溶原理，CuCl是极性分子，CuCl微溶于水、不溶于乙醇是因为水的极性比乙醇大，故A错误；B项，滤渣1为铜单质和剩余的铁单质，X为Fe粉，分别与等浓度的盐酸反应，滤渣①的反应速率快，滤渣1形成原电池，反应速率更快，故B正确；C项，SO2 分子中心原子价层电子对数为2+=3，VSEPR模型为平面三角形，故C正确；D项，基态亚铜的价层电子排布式为3d10，Cu2O能与稀硫酸发生如下反应：Cu2O+H2SO4=Cu+CuSO4+H2O，故D错误；E项，滤渣2为铜，铜与浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，有污染性气体生成，不符合绿色化学的原则，故E错误；故选BC。(3)依据图示可知：CuCl2、CuSO4、SO2、H2O反应生成H2SO4、CuCl，产生CuCl的化学方程式依据得失电子守恒得到：CuCl2+CuSO4+SO2+2H2O=2CuCl↓+2H2SO4。(4)浓硫酸是一种高沸点的酸，溶于水放出大量的热，从物质结构与微粒之间作用力的角度解释上述硫酸的两点性质为：浓硫酸分子之间有氢键，故其沸点高；硫酸分子和水分子之间形成氢键，水合的时候放出大量的热。(5)Z为Cl2，检验Cl2过量的方法为：取蚀刻液少量于试管中，加入KBr溶液少量和四氯化碳，如下层液体呈橙色，说明氯气已过量。
18．(2024·浙江省强基联盟高三联考)某小组设计实验探究铜被碘氧化的产物及铜元素的价态。
已知：①I2易溶于KI溶液，发生反应I2+I-I3-(红棕色)；
②铜元素被氧化可能存在的形式有 [Cu(NH3)4]2+(蓝色)、[CuI2]-(无色)；
③ [Cu(NH3)2]+(无色)，易被空气氧化。
请回答：
(1)步骤Ⅰ中加入CCl4萃取分液的目的是 。
(2)用离子方程式表示步骤Ⅱ中发生的反应 。
(3)已知CuI为白色不溶于水的固体，向CuI中加入浓KI溶液，现象为 。
(4)向深蓝色溶液中滴加浓盐酸，溶液呈黄绿色，写出该转化能进行的可能原因 。
(已知： [Cu(NH3)4]2+稳定性远大于[CuCl4]2-(黄色)，[Cu(NH3)4]2+稳定指的是不易发生解离反应 [Cu(NH3)4]2+ Cu2++4NH3)
(5)CCl4层呈 色。如何设计实验将CCl4层中的碘元素分离得到碘单质，请补充完具体实验操作步骤：将CCl4层溶液转移入分液漏斗中，加入足量浓氢氧化钠溶液， 。请补充完实验操作中涉及的离子方程式：3I2+6OH-=5I-+IO3-+3H2O， 。
【答案】(1)除去I2，防止干扰后续实验
(2)[CuI2]-+2NH3·H2O=[Cu(NH3)2]++2H2O+2I-、4[Cu(NH3)2]++O2+8NH3·H2O=4 [Cu(NH3)4]2++4OH-+6H2O(或4[CuI2]-+O2+16NH3·H2O=4[Cu(NH3)4]2++4OH-+8I-+14H2O)
(3)白色固体逐渐溶解，溶液为无色
(4)氢离子与氨分子结合成稳定的铵根离子，促使 [Cu(NH3)4]2+ Cu2++4NH3解离平衡正向移动
(5)紫红色 充分振荡静置分液，取上层溶液于烧杯中，滴加足量浓盐酸，充分反应后过滤、洗涤、干燥可得单质碘 5I-+IO3-+6H+=3I2+3H2O
【解析】(1)I2水有颜色，影响后续颜色的判断，除去I2；故选除去I2，防止干扰后续实验；(2)铜粉与I2反应生成[CuI2]-，加入浓氨水后颜色变为深蓝色，即 [Cu(NH3)4]2+。根据核心物质中组成的变化，需要加入NH3·H2O ，根据铜元素化合价的变化，需要加入O2，可分成2个方程，[CuI2]-加入NH3·H2O 后生成[Cu(NH3)2]+，[Cu(NH3)2]+被O2氧化，生成 [Cu(NH3)4]2+，写成1个反应：4[CuI2]-+O2+16NH3·H2O=4[Cu(NH3)4]2++4OH-+8I-+14H2O(或[CuI2]-+2NH3·H2O=[Cu(NH3)2]++2H2O+2I-、4[Cu(NH3)2]++O2+8NH3·H2O=4 [Cu(NH3)4]2++4OH-+6H2O)；(3)根据题干信息，CuI为白色沉淀，CuI与I-反应形成配合离子[CuI2]-(无色)；(4)根据题干信息，平衡[Cu(NH3)4]2+ Cu2++4NH3不易发生，加入浓盐酸，导致NH3与H+反应，平衡正向移动，Cu2+与Cl-反应生成[CuCl4]2-(黄色)；(5)I2的CCl4层呈紫红色。根据题干信息，将CCl4层溶液转移入分液漏斗中，加入足量浓氢氧化钠溶液，充分振荡静置分液，I2因发生歧化反应进入水层，取上层溶液于烧杯中，滴加足量浓盐酸，发生归中反应，生成I2固体，过滤、洗涤、干燥可得单质碘；涉及的离子方程式：5I-+IO3-+6H+=3I2+3H2O。
19．(2024·浙江省三校高三联考选考模拟)磷化氢(PH3)是粮食储备常用的高效熏蒸杀虫剂。
(1)工业制备PH3的流程如图所示。
(1) PH3的电子式为 。
(2)白磷和烧碱溶液反应的离子方程式为 。
(3)比较还原性：PH3 NH3 (填大于、小于或等于)，从结构角度解释原因： 。
(4)某学习小组制备磷化氢并探究其性质的装置如下图。下列说法错误的是______。
注：①磷化氢在空气中容易自燃；②Cu3P为灰黄色固体
A．通入N2的主要目的是将生成的PH3赶入后续装置中发生反应
B．使用饱和食盐水的目的是降低PH3产生的速率
C．装置②中产生了黑色沉淀，③中产生了灰黄色沉淀，体现了PH3的强还原性
D．③中反应的离子方程式为：24Cu2++11PH3+12H2O=8Cu3P↓+3H3PO4+48H+
(5)氧硫化碳(COS)可替代磷化氢而被用作熏蒸剂，但遇水缓慢反应生成两种气体。请设计实验方案检验氧硫化碳与水反应生成的气体成分 。
【答案】(1)
(2) P4+3OH-+3H2O=3H2PO2-+PH3↑
(3)大于 N的原子半径比P大，N-H键键能比P-H大，不易断裂，还原性弱
(4)A
(5)将生成的气体先通过足量的CuSO4溶液，产生黑色沉淀，说明气体中含有H2S，再通过澄清石灰水，石灰水变浑浊，说明混合气体中有CO2
【解析】根据图示信息：白磷和过量的烧碱溶液反应生成PH3、NaH2PO2；利用饱和食盐水与Mg3P2反应生成PH3，依次通过硝酸银溶液和硫酸铜溶液，根据题干信息可判断发生氧化还原反应，证明磷化氢具有还原性。(1)PH3的电子式：；(2)根据流程可知，白磷和烧碱溶液反应的离子方程式：P4+3OH-+3H2O=3H2PO2-+PH3↑；(3)N的原子半径比P大，N-H键键能比P-H大，不易断裂，还原性弱，所以还原性：PH3＞NH3；(4)A项，磷化氢在空气中容易自燃，通入N2的主要目的是装置内空气排出，防止磷化氢在空气中自燃，A错误；B项，因为水和Mg3P2反应，水被消耗一部分，导致有NaCl晶体析出，附着在Mg3P2表面，阻碍着水与Mg3P2的接触，从而降低反应速率，B正确；C项，装置②中产生了黑色沉淀为银，化合价降低，③中产生了灰黄色沉淀为Cu3P，Cu化合价降低，均体现了 PH3的强还原性，C正确；D项，③中反应的离子方程式为：24Cu2++11PH3+12H2O=8Cu3P↓+3H3PO4+48H+，D正确；故选A；(5)设计实验方案检验氧硫化碳与水反应生成的气体成分：将生成的气体先通过足量的CuSO4溶液，产生黑色沉淀，
说明气体中含有H2S，再通过澄清石灰水，石灰水变浑浊，说明混合气体中有CO2。
20．(2024·浙江省台州市高三第一次教学质量评估)磷酸三甲酯常用作阻燃剂，可采用下列流程合成少量该物质：
已知：磷酸和亚磷酸的结构式
请回答：
(1)反应⑤为加热条件下的分解反应，反应中还产生了三角锥形结构的气体，请写出⑤的化学方程式 。
(2)关于上述流程图，下列说法正确的是___________。
A．①～⑥反应过程中涉及到磷元素的三种不同价态
B．化合物A可能有多种不同的结构
C．高浓度H3PO4溶液黏度较大，原因可能是浓溶液中存在较多氢键
D．P4分子构型为正四面体形结构，键角为
(3)已知含氧酸分子结构中非羟基氧原子数越多，该含氧酸酸性就越强。亚磷酸为中强酸，而亚砷酸(H3AsO3)为弱酸，它们酸性差别很大。
①写出亚磷酸溶液与足量的氢氧化钠溶液反应的离子反应方程式 。
②请写出亚砷酸的结构式为 。
(4)PCl3与水反应生成H3PO3和一种气体，请设计实验验证该气体 。
【答案】(1)4 H3PO33H3PO3+3PH3↑ (2)BC
(3) H3PO3+2OH-= HPO32-+2H2O
(4)收集少量气体溶于水，分成两份，一份滴加紫色石蕊试液，若石蕊试液变红，则证明存在H+，另一份加入硝酸酸化的硝酸银，出现白色沉淀，则证明存在，综上说明产生的气体为HCl
【解析】(1)反应⑤H3PO3在加热条件下的发生分解反应生成H3PO4，反应中还产生了三角锥形结构的气
体，根据化合价升降规律，生成的三角锥形结构的气体为PH3，反应⑤的化学方程式为4 H3PO33H3PO4+3PH3↑。(2)A项，①～⑥反应过程中涉及到磷元素0、+3、+5、-3四种不同价态，故A错误；B项，磷酸和甲醇发生酯化反应，可能生成磷酸一甲酯、磷酸二甲酯、磷酸三甲酯，所以化合物A可能有多种不同的结构，故B正确；C项，H3PO4与水分子能形成分子间氢键，高浓度H3PO4溶液黏度较大，原因可能是浓溶液中存在较多氢键，故C正确；D项，P4分子构型为正四面体形结构，P原子在正四面体的4个顶点上，键角为60°，故D错误；选BC。(3)①根据图示，亚磷酸分子中含有2个羟基，则亚磷酸为二元中强酸，与足量的氢氧化钠溶液反应的离子反应方程式H3PO3+2OH-= HPO32-+2H2O。②亚磷酸为中强酸，而亚砷酸(H3AsO3)为弱酸，说明亚砷酸中非羟基氧原子比亚磷酸少，则亚砷酸的结构式为。(4)收集少量气体溶于水，分成两份，一份滴加紫色石蕊试液，若石蕊试液变红，则证明存在H+，另一份加入硝酸酸化的硝酸银，出现白色沉淀，则证明存在Cl-，综上说明产生的气体为HCl。
21．(2024·浙江省浙江省舟山中学适应性考试)亚硝酰氯(NOCl)是有机药物制备的重要试剂，可按以下流程合成和利用。
已知：亚硝酰氯有毒，沸点-5.5℃，分子中各原子均满足8电子稳定结构。
请回答：
(1)NOCl的电子式为 ，化合物X的结构简式为 。
(2)下列说法正确的是_______。
A．NOCl中的氮元素呈正价
B．NOCl分子的空间结构为V形
C．化合物X的沸点低于氯乙酰胺()
D．工业上可以用蒸馏水吸收多余的NOCl，防止污染环境
(3)已知浓盐酸和浓硝酸混合配制王水时也会产生亚硝酰氯，写出该反应的化学方程式 。
(4)设计实验验证化合物X中含有Cl元素 ；写出实验过程中涉及的反应方程式 。
【答案】(1) ONCH2CH2Cl (2)ABC
(3)HNO3+3HCl(浓)=NOCl↑+Cl2↑+2H2O
(4)将化合物X与氢氧化钠的水溶液共热，充分反应后滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，若有白色沉淀生成，则证明化合物X中含有Cl元素
ONCH2CH2Cl+NaOHONCH2CH2OH+NaCl；NaCl+AgNO3=AgCl↓+NaNO3
【解析】(1)①由于亚硝酰氯分子中各原子均满足8电子稳定结构，所以N原子与O原子形成2对共用电子对，N原子与Cl原子形成1对共用电子对，电子式为：；②化合物X由乙烯与等物质的量的亚硝酰氯发生加成反应得到，结构简式为：ONCH2CH2Cl。(2)A项，NOCl中氧元素为-2价，氯元素为-1价，氮元素为+3价，所以氮元素呈正价，A项正确；B项，NOCl的结构式为O=N-Cl，中心N原子上有一对孤电子对，所以价层电子对数为3，其分子的空间结构为V形，B项正确；C项，氯乙酰胺可形成分子间氢键，化合物X不能形成氢键，所以化合物X的沸点低于氯乙酰胺，C项正确；D项，NOCl与水反应生成HCl和亚硝酸，亚硝酸易分解出NO，所以不可以用蒸馏水吸收多余的NOCl，D项错误；故选ABC。(3)浓盐酸和浓硝酸混合配制王水时会产生亚硝酰氯，氮元素化合价降低，作氧化剂，则氯元素会被氧化成氯气，反应方程式为：HNO3+3HCl(浓)=NOCl↑+Cl2↑+2H2O。(4)应先将化合物X中的氯原子转化为氯离子，再检验氯离子的存在，检验方法为：将化合物X与氢氧化钠的水溶液共热，充分反应后滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，若有白色沉淀生成，则证明化合物X中含有Cl元素；实验过程成涉及的方程式为化合物X在氢氧化钠水溶液中的取代反应，以及生成的氯化钠与硝酸银的反应，反应方程式如下：ONCH2CH2Cl+NaOHONCH2CH2OH+NaCl；NaCl+AgNO3=AgCl↓+NaNO3。
22．(2024·浙江省浙南名校联盟高三第一次联考)如图所示可以分离并回收废旧芯片中的几种贵金属。
已知，①HAuCl4是一种强酸：②Pd(NH3)2C12难溶。
请回答：
(1)含金固体可溶于HNO3和NaCl的混合溶液，并产生NO，请写出反应的离子方程式： 。
(2)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，只是利用其物理性质
B．溶液X可以是NaCl溶液
C．溶液Z的主要成分是Ag(NH3)2Cl，是一种盐
D．N2H4不直接还原固体Y可能的原因是得到的Ag纯度更高
②加入氨水，[PdCl4]2-转化为[Pd(NH3)4]2+，则该条件下配位能力：Cl NH3(填“>”或“<”)。“加入盐酸，调pH≈1”能将[Pd(NH3)4]2+转化为Pd(NH3)2Cl2的原因 。
(3)溶液Z中加NaCl溶液是否有沉淀？ (填“有”或“没有”)。设计实验验证溶液Z中银元素的存在 。
【答案】(1)Au+NO3-+4Cl-+4H+=AuCl4-+NO↑+2H2O
(2)BD < 调pH≈1，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-
(3)没有 取少量Z溶液与试管，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
【解析】机主板中含有贵金属单质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+、Pd2+；含Au固体用王水溶解转化为HAuCl4溶液；向含有Ag+、Pd2+溶液中加入NaCl生成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-溶液中加入氨水得到含[Pd(NH3)4]2+ 溶液，再加入盐酸调pH得到Pd(NH3)2Cl2。(1)含金固体可溶于HNO3和NaCl的混合溶液，生成HAuCl4，并产生NO，根据氧化还原反应配平可得该反应的离子方程式为Au+NO3-+4Cl-+4H+=AuCl4-+NO↑+2H2O；(2)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项错误；生成的固体Y为氯化银，所以溶液X可以是NaCl溶液，B项正确；溶液Z是氯化银溶于氨水生成的Ag(NH3)2Cl溶液，C项错误；N2H4不直接还原固体AgCl可能的原因是碱性条件下水合肼的还原性增强，将固体AgCl溶解为银氨离子，能提高反应速率，同时避免生成的银单质中混有AgCl杂质，得到的Ag纯度更高，D项正确；故选BD；②加入氨水，[PdCl4]2-转化为[Pd(NH3)4]2+，说明该条件下配位能力Cl小于NH3；③Pd(NH3)2Cl2为难溶物，调pH≈1，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可溶性的[PdCl4]2-；(3)①Z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；②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溶液与试管，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。
23．(2024·浙江省诸暨市高三适应性考试)五羰基铁是一种黄色液体，熔点-20℃，沸点103℃，可以用细铁粉和制备，流程如下：
(1)1mlFe(CO)5中含有键 ml，配位原子为 。
(2)下列说法正确的是： 。
A．Fe(CO)5中Fe的化合价为0价，为离子晶体
B．制备Fe(CO)5反应需在隔绝空气下进行
C．Fe(CO)5的结构可以用X射线衍射进行研究，它的空间结构为三角双锥形
D．B的分子式为H2Fe(CO)4
E．已知在丙酮中Fe(CO)5可以被氯化铜完全氧化，推测产物中有 FeCl3、CuCl和CO
(3)Fe(CO)5在紫外光作用下可以生成和化合物A，已知化合物A的1个分子中含有1个Fe-Fe键，和3个成桥的羰基，每个被6个分子以略变形的八面体所包围，则A的分子式为 。
(4)写出反应③的方程式： 。
(5)某实验小组预测Fe(CO)5隔绝空气加热产物为和，如何设计定量实验证明产物，请设计实验方案：(说明主要试剂和方法即可) 。
【答案】(1) 10 C (2)BCD (3)Fe2(CO)9
(4)Fe(CO)5+3NaOH =NaHFe(CO)4+Na2CO3+H2O
(5)取一定质量Fe(CO)5于硬质玻璃管，隔绝空气加热，将生成的气体通过足量的CuO，再将生成的气体通入足量的澄清石灰水，测定生成的白色沉淀的质量；将硬质玻璃管中的剩余固体用过量稀硫酸溶解，加足量NaOH 溶液，过滤、灼烧，称量剩余固体质量
【解析】细铁粉与一氧化碳在200℃高压条件下生成Fe(CO)5，Fe(CO)5在紫外光下分解产生一氧化碳与A；Fe(CO)5与氢氧化钠反应生成NaHFe(CO)4，再与氯化氢反应生成B为H2Fe(CO)4。(1)Fe(CO)5中碳原子提供孤电子对，Fe原子提供空轨道，则配位原子为C，其中CO中为碳氧三键有一个σ，铁与碳原子形成的键全部都为σ键，则一共有10个σ；(2)A项，Fe(CO)5为Fe与CO形成的配合物，其中Fe的化合价为0价，由于其熔点-20℃，沸点103℃，较低，为分子晶体，A错误；B项，由于细铁粉易被氧化，因此制备Fe(CO)5反应需在隔绝空气下进行，B正确；C项，Fe(CO)5的结构可以用X射线衍射进行研究，由于其价层电子对为5，则它的空间结构为三角双锥形，C正确；D项，B的分子式为H2Fe(CO)4，D正确；E项，已知在丙酮中Fe(CO)5可以被氯化铜完全氧化，则推测产物中有 FeCl3、CuCl和CO2，E错误；故选BCD；(3)由于化合
物A的1个分子中含有1个Fe-Fe键，和3个成桥的羰基，同时每个Fe被6个CO分子以略变形的八面体所包围，则A形成9个配位键，则A的分子式为Fe2(CO)9；(4)由分析可知，反应③产物之一为NaHFe(CO)4，根据元素守恒，方程式为：Fe(CO)5+3NaOH =NaHFe(CO)4+Na2CO3+H2O ；(5)预验证Fe(CO)5隔绝空气加热产物为Fe和CO，只需将CO转化为二氧化碳被吸收并计算C元素的质量，以及剩余Fe粉的质量，二者比例与分子式中是否匹配即可，故可：取一定质量Fe(CO)5于硬质玻璃管，隔绝空气加热，将生成的气体通过足量的CuO，再将生成的气体通入足量的澄清石灰水，测定生成的白色沉淀的质量；将硬质玻璃管中的剩余固体用过量稀硫酸溶解，加足量NaOH 溶液，过滤、灼烧，称量剩余固体质量。
24．(2024·浙江省宁波市高三选考模拟考试)氯化亚铜(CuCl)是石油工业常用的脱硫剂和脱色剂，以低品位铜矿(主要成分为CuS。CuS2和铁的氧化物)为原料制备CuCl步骤如下：
已知：CuCl难溶于醇和水，热水中能被氧化，在碱性溶液中易转化为CuOH．CuCl易溶于浓度较大的Cl-体系中(CuCl+Cl-CuCl2-)。
请回答：
(1)还原过程中所得产物的主要溶质的化学式是 。
(2)下列有关说法不正确的是___________。
A．“浸取”过程中稀硫酸可以用浓硫酸代替
B．滤渣1的成分是Fe(OH)3
C．“除锰”后的滤液中Cu元素主要以[Cu(NH3)4]2+形式存在
D．“除锰”后滤液加热的主要目的是除去多余的氨水和NH4HCO3
(3)“稀释”过程中，pH对CuCl产率的影响如图所示：
请分析pH控制在左右的原因 。
(4)为测定CuCl产品纯度进行如下实验：
a．称量所得CuCl产品g溶于硝酸，配制成250mL溶液；取出mL，加入足量的mL0.5 ml/L AgNO3溶液，充分反应；
b．向其中加入少量硝基苯，使沉淀表面被有机物覆盖；
c．加入指示剂，用NH4SCN标准溶液滴定过量的AgNO3溶液；
d．重复实验操作三次，消耗ml/L NH4SCN溶液的体积平均为mL。
已知Ksp(AgCl)=3.2×10-10，Ksp(AgSCN)=2.0×10-12。
①加入硝基苯的作用是 。
②滴定选用的指示剂是 。
A．FeCl3 B．FeCl2 C．NH4Fe(SO4) 2 D．(NH4)2Fe(SO4) 2
③CuCl的纯度为 。
【答案】(1) NaCuCl2 (2)AD
(3)pH低于2.5，CuCl易发生歧化反应；pH高于2.5，随着c(OH―)增大，CuCl易转化为CuOH
(4) 防止在滴加NH4SCN时，AgCl沉淀部分转化为AgSCN沉淀 C 99.50%
【解析】低品位铜矿加入稀硫酸、二氧化锰浸取，除去硫，所得滤液加入氨水除铁，得到的滤渣1主要为氢氧化铁，再加氨水、碳酸氢铵除锰得到碳酸锰，滤液再加热，过滤、洗涤得到高活性氧化铜，加入铜、盐酸，加入氯化钠还原，再加水稀释后过滤、洗涤、干燥得到氯化亚铜。(1)还原过程中铜离子、盐酸、氯化钠、和铜，铜与铜离子反应转化为氯化亚铁，CuCl易溶于浓度较大的Cl-体系中(CuCl+Cl-CuCl2-)，故所得产物的主要溶质的化学式是NaCuCl2；(2)A项，浓硫酸具有强氧化性，能氧化二价铁离子，且能生成二氧化硫，不能用浓硫酸代替稀硫酸，选项A不正确；B项，滤渣1的成分是Fe(OH)3，选项B正确；C项，“除锰”后的滤液中Cu元素主要以[Cu(NH3)4]2+形式存在，选项C正确；D项，Cu元素主要以[Cu(NH3)4]2+形式存在，“除锰”后滤液加热的主要目的是使其分解生成CuO，选项D不正确；故选AD；(3)pH控制在2.5左右的原因是：pH低于2.5，CuCl易发生歧化反应；pH高于2.5，随着c(OH―)增大，CuCl易转化为CuOH；(4)①加入硝基苯的作用是防止在滴加NH4SCN时，AgCl沉淀部分转化为AgSCN沉淀；②结合该实验中滴加NH4SCN标准溶液，指示剂主要是与SCN-反应产生明显现象，所以选用Fe3+，因为溶液中含有Ag+，不能选用含Cl-的试剂，故只能选NH4Fe(SO4) 2；故选C；③根据反应Ag++Cl-=AgCl↓、Ag++SCN-=AgSCN，故10.00gCuCl产品的物质的量为n(CuCl)==0.1ml，CuCl的纯度为=。
25．(2024·浙江省衢州、丽水、湖州三地市教学质量检测)废镍催化剂主要含Ni，还有少量Cu、Fe、Al及其氧化物、SiO2.某研究小组设计如图所示工艺流程制备硫酸镍晶体。
查阅资料：
①镍的化学性质与铁相似，能与酸缓慢反应。
②一定条件下，一些金属氢氧化物沉淀时的pH如下表：
(1)“滤渣2”的成分是 (用化学式表示)。溶液中加入H2O2的目的是 (用离子方程式表示)。
(2)“调pH”可选用的物质 (填序号)。
A．Na2CO3 B．NiCO3 C．H2SO4 D．NiSO4
“调pH”的范围为 。
(3)下列有关说法不正确的是___________。
A．酸浸步骤可用水浴加热，以加速反应
B．操作A中的有机溶剂可选用乙醇
C．调pH后过滤，需用玻璃棒对漏斗中的混合物充分搅拌
D．操作B中包含“结晶、过滤、洗涤、煅烧”等操作
(4)测定产品的纯度。
金属离子
Ni2+
Al3+
Fe3+
Fe2+
开始沉淀的pH
7.2
4.0
2.2
7.5
沉淀完全的pH
9.0
5.6
3.2
9.0
操作步骤
涉及反应
①准确称取制备的硫酸镍样品5.620g，加入含0.0200mlEDTA的二钠盐溶液(用H2Y2-表示)，充分反应后定容成100mL。
Ni2++H2Y2-= NiH2Y
②取25.00mL上述溶液于锥形瓶中，加二甲酚橙作指示剂，用
Zn2++H2Y2-= ZnH2Y
计算产品的纯度为 。
【答案】(1) Fe(OH)3、Al(OH)3 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O
(2) B 5.6≤pH<7.2) (3)BCD (4)90.0%
【解析】根据流程图可以知道，废镍催化剂粉碎后进入稀硫酸酸浸，将金属元素转化为可溶的硫酸盐，二氧化硅与稀硫酸不反应，过滤得到含有二氧化硅的滤渣和含有可溶硫酸盐额滤液；向滤液中加入有机溶剂萃取、分液得到含有铜离子的有机层和溶液；向溶液中加入过氧化氢溶液，将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，加入碳酸镍调节溶液pH在5.6≤pH＜7.2的范围内，将溶液中铁离子、铝离子转化为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，过滤得到氢氧化铁、氢氧化铝的滤渣和含有硫酸镍的滤液；硫酸镍溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到七水硫酸镍晶体。(1)滤渣2的主要成分为氢氧化铁、氢氧化铝；加入过氧化氢溶液，将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；(2)为了将溶液中铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，根据金属氢氧化物沉淀时的pH，要调节溶液的pH在5.6≤pH＜7.2的范围内；为防止中和溶液中氢离子时引入新杂质，调节溶液的pH时可以加入碳酸镍固体；选B；(3)A项，酸浸步骤适当升温可以加快反应速率，故A正确；B项，乙醇与水互溶，不能作为萃取剂，故B错误；C项，过滤后，漏斗内的沉淀不能用玻璃棒搅拌，故C错误；D项，操作B中包含“加热浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤”等操作，故D错误；故选BCD；(4)根据Zn2++H2Y2-= ZnH2Y，n(Zn2+)=0.025ml/L0.02L=0.0005ml，则在25mL的反应后的溶液中剩余的H2Y2-的物质的量为0.0005ml，与Ni2+反应的H2Y2-的物质的量为-0.0005ml=0.0045ml=n(Ni2+)，原样品中的n(Ni2+)=0.0045ml4=0.018ml，样品的纯度为=90.0%。
标准液滴定到终点，平行实验三次，平均消耗20.00mLZn2+标准液。
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