专题四　常见元素及其重要化合物 (解析版)

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专题四　常见元素及其重要化合物
明课程标准
备关键能力
1．结合真实情境中的应用实例或通过实验探究，了解钠、铁及其重要化合物的主要性质，了解这些物质在生产、生活中的应用。
2．结合真实情境中的应用实例或通过实验探究，了解氯、氮、硫及其重要化合物的主要性质，认识这些物质在生产中的应用和对生态环境的影响。
1．理解和辨析：从物质分类和化合价等角度认识常见元素及其化合物的性质，构建相互转化关系。
2．探究与创新：能设计实验方案，对常见元素及其化合物的性质进行探究，能基于实验现象和实验数据的分析，对探究方案进行评价和优化。


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GAO KAO ZHEN TI DAO HANG　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　
1．(2020·全国卷Ⅱ·9)二氧化碳的过量排放可对海洋生物的生存环境造成很大影响，其原理如下图所示。下列叙述错误的是(　C　)

A．海水酸化能引起HCO浓度增大、CO浓度减小
B．海水酸化能促进CaCO3的溶解，导致珊瑚礁减少
C．CO2能引起海水酸化，其原理为HCOH＋＋CO
D．使用太阳能、氢能等新能源可改善珊瑚的生存环境
【解析】　海水酸化，H＋浓度增大，平衡H＋＋COHCO正向移动，CO浓度减小，HCO浓度增大，A正确；海水酸化，CO浓度减小，导致CaCO3溶解平衡正向移动，促进了CaCO3溶解，导致珊瑚礁减少，B正确；CO2引起海水酸化的原理为CO2＋H2OH2CO3H＋＋HCO，导致H＋浓度增大，C错误；使用太阳能、氢能等新能源，可以减少化石能源的燃烧，从而减少CO2的排放，减弱海水酸化，从而改善珊瑚礁的生存环境，D正确。
2．(2021·全国乙卷T)磁选后的炼铁高钛炉渣，主要成分有TiO2、SiO2、Al2O3、MgO、CaO以及少量的Fe2O3。为节约和充分利用资源，通过如下工艺流程回收钛、铝、镁等。

该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH见下表
金属离子
Fe3＋
Al3＋
Mg2＋
Ca2＋
开始沉淀的pH
2．2
3．5
9．5
12．4
沉淀完全(c＝1．0×10－5 mol·L－1)的pH
3．2
4．7
11．1
13．8

回答下列问题：
(1)“焙烧”中，TiO2、SiO2几乎不发生反应，Al2O3、MgO、CaO、Fe2O3转化为相应的硫酸盐，写出Al2O3转化为NH4Al(SO4)2的化学方程式__Al2O3＋4(NH4)2SO42NH4Al(SO4)2＋4NH3↑＋3H2O__。
(2)“水浸”后“滤液”的pH约为2．0，在“分步沉淀”时用氨水逐步调节pH至11．6，依次析出的金属离子是__Fe3＋、Al3＋、Mg2＋__。
(3)“母液①”中Mg2＋浓度为__1．0×10－6__mol·L－1。
(4)“水浸渣”在160 ℃“酸溶”最适合的酸是__硫酸__。“酸溶渣”的成分是__SiO2__、__CaSO4__。
(5)“酸溶”后，将溶液适当稀释并加热，TiO2＋水解析出TiO2·xH2O沉淀，该反应的离子方程式是__TiO2＋＋(x＋1)H2OTiO2·xH2O＋2H＋__。
(6)将“母液①”和“母液②”混合，吸收尾气，经处理得__(NH4)2SO4__，循环利用。
【解析】　(1)氧化铝转化为硫酸铝铵发生的反应为氧化铝、硫酸铵在高温条件下反应生成硫酸铝铵、氨气和水，反应的化学方程式为Al2O3＋4(NH4)2SO42NH4Al(SO4)2＋4NH3↑＋3H2O；(2)由题给开始沉淀和完全沉淀的pH可知，将pH约为2．0的滤液加入氨水调节溶液pH为11．6时，铁离子首先沉淀、然后是铝离子、镁离子，钙离子没有沉淀；(3)由镁离子完全沉淀时，溶液pH为11．1可知，氢氧化镁的溶度积为1×10－5×(1×10－2．9)2＝1×10－10．8，当溶液pH为11．6时，溶液中镁离子的浓度为＝1×10－6 mol/L；(4)增大溶液中硫酸根离子浓度，有利于使微溶的硫酸钙转化为沉淀，为了使微溶的硫酸钙完全沉淀，减少TiOSO4溶液中含有硫酸钙的量，应加入浓硫酸加热到160 ℃酸溶；由分析可知，二氧化硅和硫酸钙与浓硫酸不反应，则酸溶渣的主要成分为二氧化硅和硫酸钙；(5)酸溶后将TiOSO4溶液加入热水稀释并适当加热，能使TiOSO4完全水解生成TiO2·xH2O沉淀和硫酸，反应的离子方程式为TiO2＋＋(x＋1)H2OTiO2·xH2O＋2H＋；(6)由分析可知，尾气为氨气，母液①为硫酸铵、母液②为硫酸，将母液①和母液②混合后吸收氨气得到硫酸铵溶液，可以循环使用。
3．(2021·全国甲卷)碘(紫黑色固体，微溶于水)及其化合物广泛用于医药、染料等方面。回答下列问题：
(1)I2的一种制备方法如下图所示：

①加入Fe粉进行转化反应的离子方程式为__2AgI＋Fe===2Ag＋Fe2＋＋2I－__，生成的沉淀与硝酸反应，生成__AgNO3__后可循环使用。
②通入Cl2的过程中，若氧化产物只有一种，反应的化学方程式为__FeI2＋Cl2===I2＋FeCl2__；若反应物用量比n(Cl2)/n(FeI2)＝1．5时，氧化产物为__I2、FeCl3__；当n(Cl2)/n(FeI2)>1．5，单质碘的收率会降低，原因是__I2被过量的Cl2进一步氧化__。
(2)以NaIO3为原料制备I2的方法是：先向NaIO3溶液中加入适量的NaHSO3，生成碘化物；再向混合溶液中加入NaIO3溶液，反应得到I2，上述制备I2的总反应的离子方程式为__2IO＋5HSO===I2＋5SO＋3H＋＋H2O__。
(3)KI溶液和CuSO4溶液混合可生成CuI沉淀和I2，若生成1 mol I2，消耗的KI至少为__4__mol。I2在KI溶液中可发生反应I2＋I－I。实验室中使用过量的KI与CuSO4溶液反应后，过滤，滤液经水蒸气蒸馏可制得高纯碘。反应中加入过量KI的原因是__防止单质碘析出__。
【解析】　(1)①由流程图可知悬浊液中含AgI，AgI可与Fe反应生成FeI2和Ag，FeI2易溶于水，在离子方程式中能拆，故加入Fe粉进行转化反应的离子方程式为2AgI＋Fe===2Ag＋Fe2＋＋2I－，生成的银能与硝酸反应生成硝酸银参与循环中；②通入Cl2的过程中，因I－还原性强于Fe2＋，Cl2先氧化还原性强的I－，若氧化产物只有一种，则该氧化产物只能是I2，故反应的化学方程式为FeI2＋Cl2===I2＋FeCl2，若反应物用量比n(Cl2)/n(FeI2)＝1．5时即Cl2过量，先氧化完全部I－再氧化Fe2＋，恰好将全部I－和Fe2＋氧化，故氧化产物为I2、FeCl3，当n(Cl2)/n(FeI2)>1．5即Cl2过量特别多，多余的氯气会与生成的单质碘以及水继续发生氧化还原反应，单质碘的收率会降低；(2)先向NaIO3溶液中加入适量的NaHSO3，生成碘化物即含I－的物质；再向混合溶液中(含I－)加入NaIO3溶液，反应得到I2，上述制备I2的两个反应中I－为中间产物，总反应为IO与HSO发生氧化还原反应，生成SO和I2，根据得失电子守恒、电荷守恒及元素守恒配平离子方程式即可得：2IO＋5HSO===I2＋5SO＋3H＋＋H2O；(3)KI溶液和CuSO4溶液混合可生成CuI沉淀和I2，化学方程式为4KI＋2CuSO4===2CuI↓＋I2＋2K2SO4，若生成1 mol I2，则消耗的KI至少为4 mol；反应中加入过量KI，I－浓度增大，可逆反应I2＋I－I平衡右移，增大I2溶解度，防止单质碘析出。
4．(2020·全国卷Ⅰ·26节选)钒具有广泛用途。黏土钒矿中，钒以＋3、＋4、＋5价的化合物存在，还包括钾、镁的铝硅酸盐，以及SiO2、Fe3O4。采用以下工艺流程可由黏土钒矿制备NH4VO3。

该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
金属离子
Fe3＋
Fe2＋
Al3＋
Mn2＋
开始沉淀pH
1．9
7．0
3．0
8．1
完全沉淀pH
3．2
9．0
4．7
10．1

回答下列问题：
(1)“中和沉淀”中，钒水解并沉淀为V2O5·xH2O，随滤液②可除去金属离子K＋、Mg2＋、Na＋、__Mn2＋__，以及部分的__Fe3＋、Al3＋__。
(2)“沉淀转溶”中，V2O5·xH2O转化为钒酸盐溶解。滤渣③的主要成分是__Fe(OH)3__。
(3)“调pH”中有沉淀生产，生成沉淀反应的化学方程式是__NaAlO2＋HCl＋H2O===NaCl＋Al(OH)3↓(或Na[Al(OH)4]＋HCl===NaCl＋Al(OH)3↓＋H2O)__。
(4)“沉钒”中析出NH4VO3晶体时，需要加入过量NH4Cl，其原因是__利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全__。
【解析】　(1)“中和沉淀”中，钒水解并沉淀为V2O5·xH2O，随滤液②可除去金属离子K＋、Mg2＋、Na＋、Mn2＋，以及部分的Fe3＋、Al3＋；(2)滤渣③的主要成分是Fe(OH)3；(3)“调pH”中有沉淀生成，是NaAlO2与HCl反应生成Al(OH)3沉淀，生成沉淀反应的化学方程式是NaAlO2＋HCl＋H2O===NaCl＋Al(OH)3↓或Na[Al(OH)4]＋HCl===NaCl＋Al(OH)3↓＋H2O；(4)“沉钒”中析出NH4VO3晶体时，需要加入过量NH4Cl，其原因是：增大NH离子浓度，利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全。
5．(2020·全国卷Ⅲ·27节选)某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物，还有少量其他不溶性物质。采用如下工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体(NiSO4·7H2O)：

溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
金属离子
Ni2＋
Al3＋
Fe3＋
Fe2＋
开始沉淀时
(c＝0．01 mol· L－1)的pH
沉淀完全时
(c＝1．0×10－5 mol· L－1)的pH
7．2
8．7
3．7
4．7
2．2
3．2
7．5
9．0

回答下列问题：
(1)“碱浸”中NaOH的两个作用分别是__除去油脂、溶解铝及其氧化物__。为回收金属，用稀硫酸将“滤液①”调为中性，生成沉淀。写出该反应的离子方程式__AlO＋H＋＋H2O===Al(OH)3↓或Al(OH)＋H＋===Al(OH)3↓＋H2O__。
(2)“滤液②”中含有的金属离子是__Ni2＋、Fe2＋、Fe3＋__。
(3)“转化”中可替代H2O2的物质是__O2(或空气)__。若工艺流程改为先“调pH”后“转化”，即

“滤液③”中可能含有的杂质离子为__Fe3＋__。
【解析】　由工艺流程分析可得，向废镍催化剂中加入NaOH溶液进行碱浸，可除去油脂，并发生反应2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑、2Al2O3＋4NaOH===4NaAlO2＋2H2O将Al及其氧化物溶解，得到的滤液①含有NaAlO2，滤饼①为Ni、Fe及其氧化物和少量其他不溶性杂质，加稀H2SO4酸浸后得到含有Ni2＋、Fe2＋、Fe3＋的滤液②，Fe2＋经H2O2氧化为Fe3＋后，加入NaOH调节pH使Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀除去，再控制pH浓缩结晶得到硫酸镍的晶体。(1)根据分析可知，向废镍催化剂中加入NaOH溶液进行碱浸，可除去油脂，并将Al及其氧化物溶解，滤液①中含有NaAlO2(或Na[Al(OH)4])，加入稀硫酸可发生反应AlO＋H＋＋H2O===Al(OH)3↓或Al(OH)＋H＋===Al(OH)3↓＋H2O；(2)加入稀硫酸酸浸，Ni、Fe及其氧化物溶解，所以“滤液②”中含有的金属离子是Ni2＋、Fe2＋、Fe3＋；(3)“转化”中H2O2的作用是将Fe2＋氧化为Fe3＋，可用O2或空气替代；若将工艺流程改为先“调pH”后“转化”，会使调pH过滤后的溶液中含有Fe2＋，则滤液③中可能含有转化生成的Fe3＋。
6．(2019·全国卷Ⅰ·26)硼酸(H3BO3)是一种重要的化工原料，广泛应用于玻璃、医药、肥料等工业。一种以硼镁矿(含Mg2B2O5·H2O、SiO2及少量Fe2O3、Al2O3)为原料生产硼酸及轻质氧化镁的工艺流程如下：

回答下列问题：
(1)在95 ℃“溶浸”硼镁矿粉，产生的气体在“吸收”中反应的化学方程式为__NH4HCO3＋NH3===(NH4)2CO3__。
(2)“滤渣1”的主要成分有__SiO2、Fe2O3、Al2O3__。为检验“过滤1”后的滤液中是否含有Fe3＋离子，可选用的化学试剂是__KSCN__。
(3)根据H3BO3的解离反应：H3BO3＋H2OH＋＋B(OH)，Ka＝5．81×10－10，可判断H3BO3是__一元弱__酸；在“过滤2”前，将溶液pH调节至3．5，目的是__转化为H3BO3，促进析出__。
(4)在“沉镁”中生成Mg(OH)2·MgCO3沉淀的离子方程式为__2Mg2＋＋3CO＋2H2O===Mg(OH)2·MgCO3↓＋2HCO(或2Mg2＋＋2CO＋H2O===Mg(OH)2·MgCO3↓＋CO2↑)__，母液经加热后可返回__溶浸__工序循环使用。由碱式碳酸镁制备轻质氧化镁的方法是__高温焙烧__。
【解析】　(1)在95 ℃“溶浸”硼镁矿粉，产生的气体为NH3，其在“吸收”中发生的反应主要是氨气与碳酸氢铵的反应，故反应的化学方程式为NH4HCO3＋NH3===(NH4)2CO3。(2)用硫酸铵溶液溶浸过程中主要反应的物质为Mg2B2O5·H2O，故溶浸后产生的滤渣1的主要成分是SiO2、Fe2O3、Al2O3，检验Fe3＋可选用的化学试剂是KSCN。(3)根据H3BO3的解离反应：H3BO3＋H2OH＋＋B(OH)可知，H3BO3是一元酸，根据其Ka值可以判断是弱酸，故H3BO3是一元弱酸；根据流程图可知“过滤2”主要得到的是H3BO3，所以将溶液pH调节至3．5，由于H3BO3是一元弱酸，故主要目的是调节溶液至酸性，促进H3BO3析出。(4)“沉镁”过程主要是镁离子与碳酸铵发生的反应，故反应的离子方程式为2Mg2＋＋3CO＋2H2O===Mg(OH)2·MgCO3↓＋2HCO或2Mg2＋＋2CO＋H2O===Mg(OH)2·MgCO3↓＋CO2↑；由于在最后过程中铵根离子和硫酸根离子没有参与反应，所以在母液中主要含有上述两种离子，所以加热后对应的碳酸铵、二氧化碳等挥发，溶液中最终剩余的是硫酸铵，所以可以返回“溶浸”环节中继续使用；碱式碳酸镁高温煅烧之后会发生分解最终变成氧化镁。
　　　　　　
本部分知识是中学化学的核心知识点之一，是历年高考考查的重点和知识载体，预计在未来高考中，元素单质及其化合物的性质、物质推断和物质的转化关系，主要以选择题形式出现，结合离子反应，NA、化学实验现象分析、工农业生产、传统文化等，以文字表述题和图表型题的形式出现，主要考查元素及其化合物的典型性质、用途及应用；在主观题中则以物质的制备或分离提纯以无机工艺流程题，综合实验题为载体综合考查重要的单质、化合物的性质及反应原理、兼顾考查物质的用途及对环境的影响，同时涉及陌生氧化还原反应方程式、离子方程式的书写。

必备知识·整合
BI BEI ZHI SHI ZHENG HE
一、常见无机物的重要性质和应用

物质性质
应用
(1)
浓硫酸具有吸水性
作干燥剂(不能干燥NH3、H2S、HI)
(2)
生石灰、无水氯化钙能吸收水分
可作(食品)干燥剂
(3)
P2O5能与水反应
可作(不可用作食品)干燥剂
(4)
硅胶能吸收水分
可作(袋装食品)干燥剂
(5)
硅是常用的半导体材料
可作太阳能电池板
(6)
SiO2存在光的全反射
可作光导纤维
(7)
4HF＋SiO2===2H2O＋SiF4↑
用氢氟酸雕刻玻璃
(8)
ClO2具有较强的氧化性
用于自来水的杀菌消毒
(9)
次氯酸盐具有强氧化性
可作杀菌消毒剂，还可作漂白剂
(10)
碘酸钾在常温下稳定
食盐中的加碘物质
(11)
NH4HCO3、NH4NO3是可溶的含氮化合物
可用作氮肥
(12)
浓氨水具有挥发性和还原性
用浓氨水检验输送氯气的管道是否漏气
(13)
二氧化硫具有漂白性
二氧化硫可以用来漂白纸浆、草帽辫等
(14)
NaHCO3受热分解生成CO2、能与酸反应
可用作焙制糕点的膨松剂、胃酸中和剂
(15)
Na2CO3水解使溶液显碱性
用热的纯碱溶液洗去油污
(16)
Na2O2与H2O、CO2反应均生成O2
作供氧剂
(17)
硅酸钠的水溶液是一种无机黏合剂
盛放碱性溶液的试剂瓶不能用玻璃塞
(18)
Al具有良好的延展性和抗腐蚀性
常用铝箔包装物品
(19)
常温下，铝、铁遇浓硫酸、浓硝酸钝化
可盛装、运输浓硫酸、浓硝酸
(20)
铝有还原性，与氧化铁反应放出大量的热
可用于焊接铁轨
(21)
MgO、Al2O3熔点高
作耐高温材料
(22)
Al3＋水解生成的氢氧化铝胶体具有吸附性
明矾作净水剂(混凝剂)
(23)
小苏打溶液和硫酸铝溶液反应生成二氧化碳
可以作泡沫灭火器
(24)
明矾溶液显酸性
利用明矾溶液清除铜镜表面的铜锈
(25)
Al(OH)3有弱碱性
可用于中和胃酸
(26)
Fe具有还原性
防止食品氧化变质
(27)
Fe2O3是红棕色粉末
作红色颜料
(28)
Fe3＋水解生成的氢氧化铁胶体具有吸附性
铁盐可用作净水剂(混凝剂)
(29)
K2FeO4是强氧化剂，还原产物Fe3＋水解生成氢氧化铁胶体
K2FeO4作新型消毒剂、净水剂
(30)
FeCl3溶液具有较强氧化性
FeCl3溶液腐蚀Cu刻制印刷电路板
(31)
CuSO4使蛋白质变性
误服CuSO4溶液，喝蛋清或豆浆解毒
(32)
BaSO4不溶于水，不与胃酸反应
在医疗上进行胃部造影前，BaSO4作患者服用的“钡餐”
(33)
干冰升华吸收大量的热
人工降雨
(34)
液氨汽化吸收大量的热
作制冷剂

二、常见元素及其化合物的转化关系
1．直线型转化
(1)转化
①或
NaNa2ONa2O2NaOH
CCOCO2H2CO3
S(或H2S)SO2SO3H2SO4
N2(或NH3)NONO2HNO3
②ABC
a．若X为CO2
NaOHNa2CO3NaHCO3
b．若X为强酸，如HCl
NaAlO2Al(OH)3AlCl3
Na2CO3NaHCO3CO2
c．若X为强碱，如NaOH
AlCl3Al(OH)3NaAlO2
(2)物质不能一步反应进行的转化
①S―→SO3(×)，应转化成SO2；
②N2―→NO2(×)，应转化成NO；
③SiO2―→H2SiO3(×)，需多步转化；
④Cl2―→FeCl2(×)，需多步转化；
⑤CuO(等金属氧化物)―→Cu(OH)2(×)，需多步转化。
2．交叉型转化

3．三角型转化

4．元素化合物的特征反应现象
(1)燃烧：H2＋Cl2(苍白色火焰)，C2H2(C6H6)＋O2(明亮火焰，大量黑烟)，Al＋O2，Mg＋O2(耀眼白光，生成白色固体)，金属焰色反应。
(2)淀粉遇碘变蓝，蛋白质遇浓硝酸变黄。
(3)使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体是NH3，使品红溶液褪色的气体是Cl2、SO2等。
(4)在空气中由无色变为红棕色气体的是NO。
(5)Fe3＋遇OH－生成红褐色沉淀，遇苯酚显紫色，遇SCN－显红色。
(6)Fe2＋遇OH－生成白色沉淀，白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色；Fe2＋遇SCN－无明显现象，在通入Cl2后溶液显红色。
(7)与碱反应加热产生气体的溶液中一般含NH。
(8)既能与酸反应又能与碱反应并产生气体的物质：Al、弱酸的铵盐(碳酸铵、硫化铵等)、弱酸的酸式铵盐(碳酸氢铵、硫氢化铵等)。
(9)燃烧能生成烟：Na在氯气中燃烧生成白烟，Fe在氯气中燃烧生成棕色烟，Cu在氯气中燃烧生成棕黄色烟。

关键能力·突破
GUAN JIAN NENG LI TU PO　　　　　　　　　　　
考点一　元素及其化合物的性质及应用
角度　元素单质及其化合物的性质与应用
典例1　＋＋＋下列有关物质性质与用途具有对应关系的是(　B　)
A．FeCl3易发生水解，可用于蚀刻铜制的印制线路板
B．漂白粉具有氧化性，可用于脱除烟气中SO2和NO
C．CaCO3高温下能分解，可用于修复被酸雨侵蚀的土壤
D．活性炭具有还原性，可用于除去水体中Pb2＋等重金属
【解析】　FeCl3具有强氧化性，能与Cu等金属反应，可用于蚀刻铜制的印制线路板，与FeCl3易发生水解无关，A错误；漂白粉的有效成分是次氯酸钙，次氯酸钙具有强氧化性，能氧化SO2和NO生成硫酸盐和硝酸盐，所以漂白粉可用于脱除烟气中SO2和NO有害气体，B正确；CaCO3能与酸反应，能改良、修复被酸雨侵蚀的土壤，与CaCO3高温下能分解无关，C错误；活性炭与Pb2＋等金属离子不反应，不能用于除去水体中Pb2＋等重金属离子，D错误。
典例2　＋＋＋(2019·天津高考·3)下列有关金属及其化合物的应用不合理的是(　C　)
A．将废铁屑加入FeCl2溶液中，可用于除去工业废气中的Cl2
B．铝中添加适量锂，制得低密度、高强度的铝合金，可用于航空工业
C．盐碱地(含较多Na2CO3等)不利于作物生长，可施加熟石灰进行改良
D．无水CoCl2呈蓝色，吸水会变为粉红色，可用于判断变色硅胶是否吸水
【解析】　废气中的氯气能被FeCl2溶液吸收生成FeCl3，铁屑再与FeCl3溶液反应得FeCl2溶液，A正确；铝中加适量的锂，可以制得低密度的合金，B正确；盐碱地含碳酸钠使土壤呈碱性，施加熟石灰，碱性增强，C错误；根据钴化合物的颜色变化，可以用来判断硅胶是否吸水，D正确。
〔类题通关〕
1．(2021·徐州模拟)氮、磷、砷元素广泛应用于生产生活中，NH3、N2H4、NO、NO2、HNO3等是氮重要的化合物，下列氮及其化合物的性质与用途的对应关系正确的是(　A　)
A．氯化铵溶液显酸性，可用作除锈剂
B．氨气具有还原性，可用作致冷剂
C．氮气的化学性质不活泼，可用于合成氨
D．硝酸铵易分解放出气体和大量热，可用作化肥
【解析】　氯化铵是强酸弱碱盐，氯化铵溶液显酸性，能溶解铁锈，可用作除锈剂，故选A；氨气易液化，液氨气化需要吸收大量的热，可用作制冷剂，与还原性无关，故不选B；用氮气制取氨气是因为氮气能和氢气反应生成氨气，与氮气的化学性质不活泼无关，故不选C；硝酸铵用作化肥是因为含有氮元素，与硝酸铵易分解放出气体和大量热无关，故不选D。
2．(2021·玉溪模拟)下列叙述或操作正确的是(　D　)
A．由制备Na用电解熔融状态的NaCl推知，制备Al也可用电解熔融状态的AlCl3
B．根据反应①3Cu＋8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O和反应②Cu＋4HNO3(浓)===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O推知，氧化性：稀HNO3>浓HNO3
C．取适量X溶液，向其中通入CO2气体直至过量，有白色沉淀，说明X溶液中一定含有AlO
D．取a g Na2CO3和NaHCO3的混合物充分加热，减重b g，可以测定混合物中Na2CO3的质量分数
【解析】　AlCl3为共价化合物，不能通过电解熔融状态的AlCl3制备Al，应该电解熔融状态的Al2O3，故A错误；判断氧化性的强弱取决于得电子的能力，而不是得电子的多少，实际上氧化性：稀HNO3＜浓HNO3，故B错误；某溶液中通入CO2气体直至过量，能有白色沉淀的离子可以是SiO，可以是AlO，故C错误；NaHCO3受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，所以通过充分加热分解，再利用差量法即可计算出原混合物中Na2CO3的质量分数，故D正确。
角度　结合实验考查元素及其化合物的性质
典例3　＋＋＋(2021·武汉模拟)用图所示装置进行实验，探究硝酸与铁反应的产物。

主要实验操作
实验现象
打开弹簧夹，通入一段时间CO2后，滴入浓硝酸后无明显现象，加热烧瓶，反应开始后停止加热
①A中有红棕色气体产生，一段时间后，气体颜色逐渐变浅；反应停止后，A中无固体剩余。
②B中溶液变棕色
取少量A中溶液，加几滴氯水，再滴入硫氰化钾溶液
③溶液变为红色
取少量B中溶液，加热
④B中棕色溶液变浅，有无色气体逸出，且在空气中变为红棕色

已知：FeSO4＋NOFe(NO)SO4(棕色)　ΔH<0。
下列说法正确的是(　D　)
A．滴入浓硝酸加热前没有明显现象的原因是：温度低，反应速率太慢
B．实验现象③说明反应后A中溶液含有Fe2＋
C．实验现象④说明A中有NO生成
D．可用浓NaOH溶液和湿润的红色石蕊试纸检验硝酸的还原产物中是否有NH
【解析】　常温时，铁遇浓硝酸形成致密氧化膜，阻止反应进一步发生，不是因为温度低，反应速率太慢的缘故，故A错误；取少量A中溶液，加几滴氯水，再滴入KSCN溶液，溶液变为红色，只能说明这时溶液中有三价铁离子，无法说明原溶液中是二价铁还是三价铁，故B错误；取少量B中溶液加热，B中棕色溶液变浅，无色气体逸出，且在空气中变为红棕色，只能说明Fe(NO)SO4分解生成NO，但由于铁和浓硝酸反应生成红棕色气体二氧化氮，二氧化氮和水反应生成一氧化氮，一氧化氮能使硫酸亚铁溶液变成棕色，所以不能证明铁和浓硝酸反应过程中有NO生成，故C错误；浓NaOH溶液和湿润的红色石蕊试纸可检验A溶液中是否有NH，即可以检验硝酸的还原产物中是否有NH，若产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，证明硝酸的还原产物中有NH，故D正确。

规律方法
Fe3＋和Fe2＋的检验方法
(1)Fe2＋的检验
①无现象溶液变红色，证明含有Fe2＋。
②产生白色絮状沉淀，迅速变成灰绿色，最终变为红褐色，证明有Fe2＋。
③生成蓝色沉淀，证明有Fe2＋。
(2)Fe3＋的检验
①溶液变红色，证明含有Fe3＋。
②产生红褐色沉淀，证明有Fe3＋存在。
(3)含Fe2＋、Fe3＋的混合溶液中Fe3＋、Fe2＋的检验
①Fe3＋的检验
ⅰ．溶液变红色，说明含有Fe3＋。
ⅱ．试纸变蓝色，说明含有Fe3＋。
②Fe2＋的检验
ⅰ．酸性KMnO4溶液紫红色褪去，说明含有Fe2＋。
ⅱ．溴水褪色，说明含有Fe2＋。
ⅲ．生成蓝色沉淀，说明含有Fe2＋。

〔类题通关〕
1．(2021·南京师大附中模拟)利用如下实验研究浓硫酸的性质。
实验1：表面皿中加入少量胆矾，再加入3 mL浓硫酸，搅拌，观察到胆矾变成白色。
实验2：取2 g蔗糖放入大试管中，加2～3滴水，再加入3 mL浓硫酸，搅拌。将产生的气体导入品红溶液中，观察到品红溶液褪色。
实验3：将一小片铜放入试管中，再加入3 mL浓硫酸，加热，观察到铜片上有黑色物质产生。
下列说法不正确的是(　D　)
A．胆矾化学式可表示为Cu(H2O)4SO4·H2O，说明胆矾晶体中存在离子键、共价键、配位键和氢键等作用力
B．“实验2”可以说明浓硫酸具有脱水性和强氧化性
C．“实验3”中黑色物质可能是氧化铜
D．在“实验3”中的残留物中直接加入适量水，观察溶液是否变蓝色
【解析】　胆矾化学式可表示为Cu(H2O)4SO4·H2O，有Cu(H2O)和SO，存在离子键，H2O和SO中含有共价键，Cu(H2O)中H2O与Cu2＋间存在配位键，结晶水与SO之间存在氢键，A正确；蔗糖中加入浓硫酸，会碳化膨胀，说明浓硫酸具有脱水性，同时放热，产生的C和浓硫酸反应生成CO2和SO2，SO2通入品红溶液中，使品红溶液褪色，说明浓硫酸具有强氧化性，B正确；浓硫酸具有强氧化性，从元素守恒角度推测，黑色固体由Cu、S、O、H组成，故黑色固体可能为CuO、CuS或Cu2S，C正确；实验3的残留物中含有浓硫酸，直接加水会导致浓硫酸溶于水放热，水沸腾，酸液飞溅，造成危险，故不能直接加水，需要将残留物过滤之后，加入水中，观察颜色，D错误。
2．某化学兴趣小组设计实验探究硝酸及氮的氧化物的性质，装置如图所示。已知：FeSO4＋NOFe(NO)SO4(棕色)。实验中观察到Ⅰ中充满红棕色气体，Ⅱ中产生白色沉淀，Ⅲ中溶液变为棕色，Ⅳ中溶液逐渐褪色。下列说法正确的是(　B　)

A．Ⅲ可以检验Ⅰ中生成的NO
B．Ⅱ中现象说明NO2气体中混有SO2
C．盛放浓硝酸的仪器叫长颈漏斗，Ⅳ用于吸收NO
D．本实验能证明硝酸具有不稳定性，NO具有还原性
【解析】　Ⅱ中产生白色沉淀是因为Ⅰ中产生的NO2气体中混有SO2气体，NO2溶于水生成HNO3的同时有NO气体放出，硝酸将SO氧化为SO，SO与Ba2＋形成白色沉淀BaSO4，NO与FeSO4反应生成棕色的Fe(NO)SO4，Ⅲ可以检验NO，A错误、B正确。盛装浓硝酸的仪器叫恒压滴液漏斗，C错误。Ⅰ中浓硝酸氧化亚硫酸根离子时自身被还原成红棕色的NO2气体，说明浓硝酸具有强氧化性，不能通过Ⅰ中有红棕色气体产生证明浓硝酸具有不稳定性，Ⅳ中溶液颜色逐渐褪去，说明NO具有还原性，D错误。
考点二　元素及其化合物的转化及综合应用
角度　元素及其化合物的转化与推断
典例1　＋＋＋(2021·太原模拟)有如下转化关系(其他产物及反应所需条件均已略去)。

以下推断错误的是(　A　)
A．当X是盐酸时，则F是稀硝酸
B．当X是氢氧化钠时，则F可能是稀硝酸
C．当X是氢氧化钠时，B跟Cl2反应可能有白烟现象
D．当X是氢氧化钠时，B有可能使酸性高锰酸钾溶液褪色
【解析】　当X是盐酸时，盐酸与硫化钠反应可以生成硫化氢，硫化氢可以和氯气反应生成硫，硫和氧气反应生成二氧化硫，二氧化硫经催化氧化可以生成三氧化硫，三氧化硫与水反应生成硫酸；盐酸可以和氨气反应生成氯化铵，氯化铵与氯气反应可以生成氮气，氮气与氧气反应生成一氧化氮，一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮。因此，F有可能是硫酸或稀硝酸，但是不能确定F是稀硝酸，A错误；当X是氢氧化钠时，氢氧化钠可以和铵盐反应生成氨气，则B可能是氨气，C可能是氮气，D可能是一氧化氮，E可能为二氧化氮，故F可能是稀硝酸，B正确；当X是氢氧化钠时，B可能是氨气，氨气与Cl2反应可以生成白色晶体氯化铵，故可能有白烟现象，C正确；当X是氢氧化钠时，B可能是硫化钠，硫化钠有较强的还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D正确。
典例2　＋＋＋(2021·西安模拟)A、B、C、D、E是中学常见的几种化合物，相关物质间的转化关系如图所示：

已知：X、Y是生活中常见的金属单质，A、B都是氧化物且A是红棕色粉末。
回答下列问题：
(1)单质X与A反应的化学方程式是__2Al＋Fe2O3Al2O3＋2Fe__。
(2)若试剂1和试剂2均为强电解质。
①若试剂1为强碱，则试剂1与B反应的离子方程式为__Al2O3＋2OH－===2AlO＋H2O(或Al2O3＋2OH－＋3H2O===2[Al(OH)4]－)__。
②若试剂1和试剂2为同种物质，则C溶液显__酸性__(填“酸性”“碱性”或“中性”)。
(3)若试剂2是稀硝酸。
①写出单质Y与稀硝酸反应生成E的离子方程式__3Fe＋8H＋＋2NO===3Fe2＋＋2NO↑＋4H2O__。
②可用于检验D的阳离子的试剂是__KSCN溶液(或其他合理答案)__。
【解析】　A、B、C、D、E是中学常见的几种化合物，X、Y是生活中常见的金属单质，A、B都是氧化物且A是红棕色粉末，则A为Fe2O3，X与A(Fe2O3)发生置换反应生成氧化物B和金属单质Y，则X为Al、Y为Fe、B为Al2O3；试剂2能与铁和氧化铁反应，且D与Y(Fe)反应生成E，则试剂2为强酸、D为铁盐、E为亚铁盐；若试剂1为强碱，铝与强碱反应生成偏铝酸盐；若试剂1和试剂2为同种物质，铝和氧化铝与强酸反应生成铝盐，铝离子水解溶液呈酸性。(1)根据上述分析，单质X与A反应是铝热反应，反应方程式为2Al＋Fe2O3Al2O3＋2Fe；(2)①若试剂1为强碱，则氧化铝与强碱反应生成偏铝酸盐和水，离子方程式为Al2O3＋2OH－===2AlO＋H2O或Al2O3＋2OH－＋3H2O===2[Al(OH)4]－；②若试剂1和试剂2为同种物质，则试剂1为强酸，铝和氧化铝与强酸反应生成铝盐，铝离子在溶液中水解使溶液呈酸性，则C溶液显酸性；(3)①若试剂2是稀硝酸，Y单质为Fe，则E为硝酸亚铁，Fe与稀硝酸反应生成E的离子方程式为3Fe＋8H＋＋2NO===3Fe2＋＋2NO↑＋4H2O；②D为铁盐，可以用KSCN溶液检验Fe3＋，溶液出现血红色。

方法技巧
物质转化推断的四步解题法
(1)审题——仔细读题、审清题意，把题干中的信息体现在框图中，全面了解图中的转化关系。
(2)解题——找准“题眼”、大胆猜测，结合学过的知识进行检验、推理。
(3)验证——当推断出结果后，应将结果代入图中进行验证是否合理。
(4)慎答——答非所问是考生解答此类试题经常出现的错误。

〔类题通关〕
1．(2021·人大附中模拟)下列各组物质之间不可能实现如图所示转化的是(　B　)

选项
X
Y
Z
M
A
C
CO
CO2
O2
B
Fe
FeCl2
FeCl3
Cl2
C
AlCl3
Al(OH)3
NaAlO2
NaOH
D
NH3
NO
NO2
O2

【解析】　C和氧气反应生成一氧化碳，再反应生成二氧化碳，能实现图中转化，故A正确；铁和氯气只能生成氯化铁不能生成氯化亚铁，不能实现图中转化，故B错误；氯化铝和氢氧化钠反应先生成沉淀氢氧化铝，沉淀再溶解生成偏铝酸钠，能实现图中转化，故C正确；氨气与氧气催化氧化反应生成NO，NO与氧气反应生成二氧化氮，能实现图中转化，故D正确。
2．(2021·昆明模拟)已知蓝铜矿的主要成分是2CuCO3·Cu(OH)2，受热易分解。铝土矿的主要成分是Al2O3、Fe2O3、SiO2。已知NaAlO2＋CO2＋2H2O===Al(OH)3↓＋NaHCO3，根据下列转化框图回答问题：

(1)写出②的离子方程式：__Al3＋＋4OH－===AlO＋2H2O__、__Fe3＋＋3OH－===Fe(OH)3↓__。
(2)沉淀a、c的化学成分分别是__SiO2__、__Al(OH)3__。
(3)请写出检验沉淀b中所含有阳离子的实验方法：__取沉淀少量于一支洁净的试管中，加入少量盐酸，然后再往试管中加入几滴KSCN溶液，发现试管内呈现红色，说明沉淀b中含有阳离子Fe3＋__。
(4)洗涤沉淀c的实验操作方法是__在漏斗内的沉淀上加入一定量的蒸馏水，没过沉淀，待水自然流下，重复数次__，加热沉淀c应放在__坩埚__(容器)中进行。
(5)经过④⑤步反应得到铜和金属铝，写出反应的化学方程式：__2[2CuCO3·Cu(OH)2]＋3C6Cu＋7CO2↑＋2H2O__、__2Al2O3(熔融)4Al＋3O2↑__。
【解析】　铝土矿的主要成分是Al2O3、Fe2O3、SiO2，加入盐酸溶解过滤得到沉淀a为SiO2，溶液a为氯化铝、氯化铁溶液，加入过量氢氧化钠溶液，过滤得到沉淀b为Fe(OH)3，A为NaAlO2溶液，蓝铜矿的主要成分是2CuCO3·Cu(OH)2，受热易分解，加入木炭还原生成产物F为CO2，G为Cu，F＋A反应生成沉淀c为Al(OH)3，溶液b为碳酸氢钠溶液，沉淀c受热分解得到B为Al2O3和水，氧化铝电解得到E和D为氧气和铝。(1)反应②是氢氧化钠溶液和氯化铝溶液反应生成偏铝酸钠，反应的离子方程式为Al3＋＋4OH－===AlO＋2H2O，氢氧化钠溶液和氯化铁反应生成氢氧化铁沉淀，反应的离子方程式为Fe3＋＋3OH－===Fe(OH)3↓；(2)上述分析可知a为二氧化硅化学式为SiO2，c为氢氧化铝化学式为Al(OH)3；(3)检验沉淀b中所含有阳离子为铁离子，加入盐酸溶解后加入硫氰化钾溶液，若出现红色证明含铁离子，实验方法为：取沉淀少量于一支洁净的试管中，加入少量盐酸，然后再往试管中加入几滴KSCN溶液，发现试管内呈现红色，说明沉淀b中含有阳离子Fe3＋；(4)洗涤沉淀c的实验操作方法是：在漏斗内的沉淀上加入一定量的蒸馏水，没过沉淀，待水自然流下，重复数次，加热固体c的操作是把固体放在坩埚中进行的；(5)蓝铜矿的主要成分是2CuCO3·Cu(OH)2，加入木炭加热反应生成铜、二氧化碳和水，依据原子守恒配平书写化学方程式为2[2CuCO3·Cu(OH)2]＋3C6Cu＋7CO2↑＋2H2O；电解熔融氧化铝得到铝和氧气反应的化学方程式为2Al2O3(熔融)4Al＋3O2↑。
角度　化工流程的微设计
典例3　＋＋＋纳米氧化亚铜(Cu2O，颗粒直径1～100 nm)具有特殊的光学、光电和催化性能，采用化学沉淀法制备晶型结构完整、粒度分布均匀的纳米Cu2O(在潮湿的空气中会慢慢氧化生成CuO)的合成路线如图所示。下列说法正确的是(　B　)

A．反应Ⅰ为化合反应
B．反应Ⅱ中，每生成22．4 L(标准状况)N2，转移4 mol电子
C．操作X是过滤
D．“洗涤”时，无水乙醇可用蒸馏水代替
【对点析图】


方法技巧
化学工艺流程题的主线分析方法


〔类题通关〕
1．(2021·盐城模拟)高铁酸钾(K2FeO4)是一种暗紫色固体，低温碱性条件下比较稳定。高铁酸钾能溶于水，微溶于浓KOH溶液，且能与水反应放出氧气，并生成Fe(OH)3胶体，常用作水处理剂。高铁酸钾有强氧化性，酸性条件下，其氧化性强于Cl2、KMnO4等。工业上湿法制备K2FeO4的流程如下：

下列关于K2FeO4的工业湿法制备工艺，说法正确的是(　C　)
A．“反应”时，氧化剂和还原剂的物质的量之比为2∶3
B．“过滤Ⅰ”所得滤液中大量存在的离子有：Na＋、Fe3＋、Cl－、NO、FeO
C．“转化”时，反应能进行的原因是该条件下K2FeO4的溶解度比Na2FeO4小
D．“过滤Ⅱ”所得滤液在酒精灯外焰上灼烧，观察到火焰呈黄色，说明滤液为NaOH溶液
【解析】　“反应”时发生反应2Fe(NO3)3＋3NaClO＋10NaOH===2Na2FeO4＋6NaNO3＋3NaCl＋5H2O，Cl元素化合价降低，氧化剂是NaClO，Fe元素的化合价升高，还原剂是Fe(NO3)3，物质的量之比为3∶2，A错误；过量NaOH，“过滤I”所得滤液一定不存在Fe3＋，B错误；“转化”时，Na2FeO4转化为K2FeO4，反应能进行的原因是该条件下K2FeO4的溶解度比Na2FeO4小，C正确；没透过蓝色钴玻璃，K＋的火焰颜色也是黄色，滤液可能为KOH溶液，D错误。
2．亚氯酸钠(NaClO2)是一种高效的漂白剂和氧化剂，可用于各种纤维和某些食品的漂白。马蒂逊(Mathieson)法制备亚氯酸钠的流程如图：

下列说法错误的是(　C　)
A．反应①阶段，参加反应的NaClO3和SO2的物质的量之比为2∶1
B．若反应①通过原电池来实现，则ClO2是正极产物
C．反应②中的H2O2可用NaClO4代替
D．反应②条件下，ClO2的氧化性大于H2O2的氧化性
【解析】　A项，根据流程图，反应①中氧化剂是NaClO3，还原剂是SO2，还原产物是ClO2，氧化产物是NaHSO4。由化合价升降总数相等可得，NaClO3和SO2的物质的量之比为2∶1，正确；B项，由反应①化合价变化情况，再根据原电池正极表面发生还原反应可知，ClO2是正极产物，正确；C项，根据流程图，反应②是ClO2与H2O2的反应，ClO2转化为NaClO2，氯元素的化合价降低，作氧化剂，H2O2只能作还原剂，氧元素的化合价升高，不能用NaClO4代替H2O2，错误；D项，根据流程图，反应②是ClO2与H2O2反应的变价情况，ClO2作氧化剂，H2O2作还原剂，可以推出ClO2的氧化性强于H2O2，正确。
角度　综合实验
典例4　＋＋＋硫及其化合物是重要的化工原料，某学习小组对某些硫的化合物性质和制备进行如下实验探究：
Ⅰ．探究实验一：将一定量的浓H2SO4与足量Zn置于装置A中充分反应，对反应后的气体X进行气体成分分析(水蒸气除外)。

回答下列问题：
(1)气体X中除水蒸气之外，还可能有的气体是__二氧化硫、氢气__。
(2)B中的试剂可能是__品红溶液(或酸性高锰酸钾、溴水)__，酸性KMnO4溶液的作用是__除去气体中残余的二氧化硫__。
(3)D、E装置用于证明气体X中的另一种组分，按照D、E装置顺序观察到的实验现象分别是__黑色粉末变红色__、__白色粉末变蓝色__。
Ⅱ．探究实验二：制取硫代硫酸钠(Na2S2O3)并探究其性质。
(1)制取Na2S2O3(装置如下图，夹持装置省略)。

①装置B中生成Na2S2O3的同时也生成CO2，反应的离子方程式为__4SO2＋2S2－＋CO===3S2O＋CO2__。
②除搅拌和使用多孔球泡外，再写出一种可以提高B中吸收SO2效率的方法__控制二氧化硫的流速、适当增大B中混合液的浓度、适当升高B中溶液温度等__。
(2)探究Na2S2O3的性质(反应均在溶液中进行)，请填空：

Na2S2O3性质
实验操作
实验现象
探
究
1
Na2S2O3溶液的酸碱性
__把小块pH试纸放在表面皿(或玻璃片)上，用蘸有待测溶液的玻璃棒点在pH试纸的中部，试纸变色后，与标准比色卡比较确定溶液的pH__
pH＝8
探究2
Na2S2O3的还原性
向新制的溴水中滴加Na2S2O3溶液
__溴水颜色变浅(或溴水褪色)__

【解析】　Ⅰ．(1)浓硫酸与Zn反应产生硫酸锌、二氧化硫和水，当反应进行到一定程度，浓硫酸变为稀硫酸，Zn与稀硫酸反应产生硫酸锌和氢气。所以气体X除水蒸气外还可能含有SO2、H2。(2)装置B的作用是检验SO2，SO2具有漂白性、还原性，可以选择品红溶液、酸性高锰酸钾溶液或溴水作为检验试剂；检验H2的生成之前，应先排除SO2的干扰，故酸性高锰酸钾用来除去气体中残余的SO2。(3)D、E装置用于证明气体X中的H2，D中H2还原黑色CuO粉末为红色的Cu单质，反应生成的水进入盛有无水硫酸铜的E装置中，会看到白色粉末硫酸铜结合水得到蓝色硫酸铜晶体。Ⅱ．(1)①装置B中由A制得的SO2与Na2S、Na2CO3反应生成Na2S2O3的同时也生成CO2，根据原子守恒、电子守恒、电荷守恒，可得离子方程式为4SO2＋2S2－＋CO===3S2O＋CO2；②控制SO2的流速、适当增大B中混合液的浓度、适当升高B中溶液温度等都可以提高B中吸收SO2效率。(2)探究1：由实验现象pH＝8可知探究1为测定Na2S2O3溶液的pH值，操作为：把一小块pH试纸放在表面皿(或玻璃片)上，用蘸有待测溶液的玻璃棒点在pH试纸的中部，待试纸变色后，与标准比色卡比较确定溶液的pH；探究2：是要测定Na2S2O3溶液的还原性，向该溶液中加入溴水，溴水呈橙色，Na2S2O3溶液无色，若二者发生氧化还原反应，会看到的现象为：溴水颜色变浅(或溴水褪色)。

方法技巧
有气体参与的综合性实验解题模板


〔类题通关〕
(2021·烟台模拟)CuCl是一种重要化工原料，常用作催化剂、杀菌剂。化学小组利用下图装置(部分夹持装置略去)制备氯化亚铜。

已知：①CuCl为白色固体，微溶于水，不溶于酒精，在空气中能被迅速氧化
②CuCl能溶于氨水，[Cu(NH3)2]＋无色
实验步骤：
Ⅰ．向15 mL 0．5 mol·L－1的CuCl2溶液中，加入0．5 mol·L－1的NaOH溶液30 mL；打开A中分液漏斗的活塞产生SO2气体，一段时间后C中产生白色固体。
Ⅱ．将C中混合物过滤、洗涤、干燥得CuCl产品。
回答下列问题：
(1)仪器a的名称__蒸馏烧瓶__，装置B的作用是__作为安全瓶，防止倒吸，并可以降低二氧化硫在溶液中的溶解度__。
(2)步骤Ⅰ中通入SO2发生反应的离子方程式__SO2＋2Cu(OH)2＋2Cl－===2CuCl＋SO＋2H2O__。
(3)步骤Ⅱ采用抽滤法快速过滤，防止滤渣被空气氧化为Cu2(OH)3Cl。CuCl被氧化为Cu2(OH)3Cl的化学方程式为__4CuCl＋O2＋4H2O===2Cu2(OH)3Cl＋2HCl__；用95%的乙醇代替蒸馏水洗涤的优点是__CuCl难溶于乙醇，且乙醇易挥发__。
(4)判断CuCl沉淀洗涤干净的实验方案是__取最后一次洗涤液于试管中，向其中滴加硝酸银溶液，若无白色沉淀生成，则洗涤干净__。
(5)CuCl样品加氨水溶解后露置于空气中迅速得到深蓝色溶液，深蓝色是由于溶液中阳离子__[Cu(NH3)4]2＋__(填化学式)呈现的。
(6)准确称取所制备的氯化亚铜样品m g，将其置于过量的FeCl3溶液中，待样品完全溶解后，加入适量稀硫酸，用a mol·L－1的K2Cr2O7溶液滴定到终点，消耗K2Cr2O7溶液b mL，反应中Cr2O被还原为Cr3＋(该条件下Cl－不反应)，样品中CuCl的质量分数为__%__。
【解析】　(1)由仪器a的构造可知a为蒸馏烧瓶，B中长颈漏斗与外界连通可以平衡内外的气压，起到防倒吸的作用，同时饱和亚硫酸氢钠溶液可以降低二氧化硫在水中的溶解度，减少二氧化硫的损失；(2)步骤I中在氯化铜溶液中滴加氢氧化钠反应生成氢氧化铜，氢氧化铜悬浊液中通入二氧化硫，发生氧化还原反应得到氯化亚铜，反应的方程式为SO2＋2Cu(OH)2＋2Cl－===2CuCl＋SO＋2H2O；(3)CuCl被氧气氧化为Cu2(OH)3Cl，反应的方程式为4CuCl＋O2＋4H2O===2Cu2(OH)3Cl＋2HCl；CuCl不溶于酒精，用95%的乙醇代替蒸馏水洗涤可减少CuCl的损失，且乙醇易挥发，固体上的乙醇容易分离；(4)判断CuCl沉淀洗涤干净需检验洗涤液中是否存在氯离子，取最后一次的洗涤液加硝酸银溶液观察是否生成白色的氯化银沉淀；(5)CuCl在空气中迅速被氧化成CuCl2，加氨水后会形成四氨合铜离子，为深蓝色的溶液；(6)过程中发生的反应有：CuCl＋Fe3＋===Cu2＋＋Fe2＋＋Cl－、Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O，可知：6CuCl～Cr2O，样品中CuCl的质量分数为＝×100%＝%。

预测精练·提能
YU CE JING LIAN TI NENG　　　　　　　　　　　
1．(2021·成都模拟)化学科学在“国之重器”的打造中发挥着重要作用。下列有关叙述正确的是(　C　)
A．“墨子号”卫星成功发射实现了光纤量子通信，生产光纤的原料为晶体硅
B．嫦娥5号携带的月壤中，富含的3He与地球上的4He互为同素异形体
C．长征五号火箭的箭体蒙皮材料2219－铝合金，可一定程度上减轻火箭的质量
D．“奋斗者”号载人潜水器成功坐底，深度10 909 m，所用的合金潜孔钻头硬度与熔沸点均比其单一组分高
【解析】　硅是半导体材料，生产光纤的原料为二氧化硅，A错误；3He与地球上的4He具有相同的质子数和不同的中子数，互为同位素，B错误；铝合金具有质量轻的优点，因此可一定程度上减轻火箭的质量，C正确；合金的熔沸点比其单一组分低，D错误。
2．(2021·铜陵模拟)空气中的硫酸盐会加剧雾霾的形成，我国科学家用下列实验研究其成因：反应室底部盛有不同吸收液，将SO2和NO2按一定比例混合，以N2或空气为载气通入反应室，相同时间后，检测吸收液中SO的含量，数据如下：
反应室
载气
吸收液
SO含量
数据分析
①
N2
蒸馏水
a
ⅰ．b≈d>a≈c
ⅱ．若起始不通入NO2，则最终检测不到SO
②
3%氨水
b
③
蒸馏水
c
④
空气
3%氨水
d

由实验得到的下列推论不正确的是(　A　)
A．雾霾中硫酸盐的形成与空气中的O2有关
B．反应室②和反应室④中生成SO的同时还生成NH
C．农业生产中大量使用铵态氮肥可能会加重雾霾的形成
D．控制工厂中SO2和氮氧化物向大气的排放可有效治理雾霾
【解析】　由已知b≈d>a≈c，若起始不通入NO2，则最终检测不到SO，可知硫酸盐的形成主要与NO2有关，故A错误；SO2和NO2反应时，SO2为还原剂，NO2为氧化剂，用3%氨水做吸收液，SO2被氧化为硫酸，再与氨水生成硫酸铵，所以反应室②和反应室④中生成SO的同时还生成NH，故B正确；铵态氮肥易挥发产生氨气，由已知的数据分析可知，在载体相同，吸收液为氨水的条件下，将SO2和NO2按一定比例混合时产生SO的浓度较大，而空气中的硫酸盐又会加剧雾霾的形成，所以农业生产中大量使用铵态氮肥可能会加重雾霾的形成，故C正确；因为空气中的硫酸盐会加剧雾霾的形成，SO2和氮氧化物在一定条件下可以产生SO，所以控制SO2和氮氧化物的排放可有效治理雾霾，故D正确。
3．(2021·泰安模拟)中学化学常见物质之间，在一定条件下可以发生如图所示的转化关系(部分反应中的H2O没有标明)，其中A、B、C中均含有同一种元素。下列说法错误的是(　D　)

A．若A、B、C、D都是中学化学常见气体，则D可能是氧气
B．若A是气体，D是常见金属，则反应①、②、③都是化合反应
C．若B物质具有两性，A、B、C、D都是化合物，则C溶液可能呈酸性，也可能呈碱性
D．若①、②、③反应都是氧化还原反应，则A、B、C中含有的同一种元素一定呈现三种不同化合价
【解析】　若A为NH3，B为N2，C为NO，则D为O2，A正确；若A为Cl2，D为Fe，B为FeCl3，C为FeCl2，反应①、②、③都是化合反应，B正确；常见的两性物质是Al2O3和Al(OH)3，①若A为AlCl3，D为NaOH，则B为Al(OH)3，C为NaAl[(OH)4]，NaAl[(OH)4]溶液呈碱性；②若A为NaAl[(OH)4]，D为盐酸，C为AlCl3，AlCl3溶液呈酸性，C正确；若A为Cl2，D为Fe，B为FeCl3，C为FeCl2，①、②、③都是氧化还原反应，氯元素只呈现0和－1两种价态，D错误。
4．(2021·茂名模拟)三氯化碘(ICl3)在药物合成中用途非常广泛，实验室可用如图所示装置制备ICl3(氯气与碘在稍低于70 ℃反应，夹持装置已省略)。下列说法错误的是(　C　)

A．装置①中反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶5
B．装置②的作用是除去氯气中的HCl，同时可监测装置③中是否发生堵塞
C．装置③与装置⑤的作用完全相同
D．三氯化碘溶于水中发生反应的化学方程式为ICl3＋2H2O===HIO2＋3HCl
【解析】　装置①中反应为2KMnO4＋16HCl(浓)===2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O，反应的氧化剂为高锰酸钾，还原剂为浓盐酸，浓盐酸既表现还原性又表现酸性，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶5，故A项正确；装置②的作用是除去氯气中的HCl，同时可作安全瓶，以监测装置C中是否发生堵塞，故B正确；装置③的作用是干燥氯气，装置⑤的作用是吸收尾气中的氯气，两者作用不同，故C错误；三氯化碘溶于水中发生反应的化学方程式为ICl3＋2H2O===HIO2＋3HCl，其中碘与氯的化合价均不变化，故D正确。
5．(2021·广州模拟)后母戊鼎是迄今世界上出土最大、最重的青铜礼器，形制巨大，雄伟庄严，工艺精巧，足以代表高度发达的商代青铜文化。下列有关说法错误的是(　D　)

A．青铜的熔点低于纯铜
B．古代湿法炼铜的原理是置换反应
C．现代电解精炼铜时，粗铜作阳极
D．青铜器表面的铜绿是铜的一种氧化物
【解析】　青铜是合金，形成合金后熔点降低，则青铜的熔点低于纯铜，故A不选；古代湿法炼铜的原理是铁与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，是置换反应，故B不选；现代电解精炼铜时，粗铜作阳极失去电子被氧化，故C不选；青铜器表面的铜绿是碱式碳酸铜，是铜的一种碱式盐，故选D。
6．(2021·衡阳模拟)下列关于某短周期元素的价类二维图的说法错误的是(　C　)

A．X一定含有氧元素
B．H一定是I的酸酐
C．过量的I一定能使氢氧化钡溶液先变浑浊后变澄清
D．G可以与E在常温下反应得到F
【解析】　E是氢化物，G是氧化物，则可推测X中一定含有氧元素，A正确；H是氧化物，I是含氧酸，且它们的化合价一样，则H一定是I的酸酐，B正确；如果该元素是硫元素，则硫酸就不能使氢氧化钡溶液先变浑浊后变澄清，C错误；F中元素的化合价处于G与E中的元素化合价之间，如H2S与SO2在常温下是可以反应得到S的，D正确。
7．(2019·北京高考·28)化学小组实验探究SO2与AgNO3溶液的反应。
(1)实验一：用如下装置(夹持、加热仪器略)制备SO2，将足量SO2通入AgNO3溶液中，迅速反应，得到无色溶液A和白色沉淀B。

①浓H2SO4与Cu反应的化学方程式是__Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O__。
②试剂a是__饱和NaHSO3溶液__。
(2)对体系中有关物质性质分析得出：沉淀B可能为Ag2SO3、Ag2SO4或二者混合物。(资料：Ag2SO4微溶于水；Ag2SO3难溶于水)
实验二：验证B的成分

①写出Ag2SO3溶于氨水的离子方程式：
__Ag2SO3＋4NH3·H2O===2Ag(NH3)＋SO＋4H2O__。
②加入盐酸后沉淀D大部分溶解，剩余少量沉淀F。推断D中主要是BaSO3，进而推断B中含有Ag2SO3。向滤液E中加入一种试剂，可进一步证实B中含有Ag2SO3。所用试剂及现象是__H2O2溶液，产生白色沉淀__。
(3)根据沉淀F的存在，推测SO的产生有两个途径：
途径1：实验一中，SO2在AgNO3溶液中被氧化生成Ag2SO4，随沉淀B进入D。
途径2：实验二中，SO被氧化为SO进入D。
实验三：探究SO的产生途径
①向溶液A中滴入过量盐酸，产生白色沉淀，证明溶液中含有__Ag＋__；取上层清液继续滴加BaCl2溶液，未出现白色沉淀，可判断B中不含Ag2SO4。做出判断的理由：__Ag2SO4溶解度大于BaSO4，没有BaSO4沉淀时，必定没有Ag2SO4__。
②实验三的结论：__途径1不产生SO，途径2产生SO__。
(4)实验一中SO2与AgNO3溶液反应的离子方程式是__2Ag＋＋SO2＋H2O===Ag2SO3↓＋2H＋__。
(5)根据物质性质分析，SO2与AgNO3溶液应该可以发生氧化还原反应。将实验一所得混合物放置一段时间，有Ag和SO生成。
(6)根据上述实验所得结论：__实验条件下：SO2与AgNO3溶液生成Ag2SO3的速率大于生成Ag和SO的速率；碱性溶液中SO更易被氧化为SO__。
【解析】　(1)①铜和浓硫酸在加热的条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的化学方程式为Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O。②由于反应时逸出的SO2气体可能带出少量硫酸，所以试剂a应为除杂试剂，可用饱和NaHSO3溶液。(2)①Ag2SO3溶于氨水得到Ag(NH3)，离子方程式为Ag2SO3＋4NH3·H2O===2Ag(NH3)＋SO＋4H2O。②推测沉淀D为BaSO3，加过量稀盐酸溶解得滤液E和少量沉淀F，则E中可能含有溶解的SO2，可加入双氧水溶液，若加入双氧水溶液，可以将亚硫酸(或亚硫酸根离子)氧化为硫酸根离子，从而生成白色的硫酸钡沉淀，则证明B中含有Ag2SO3。(3)①加入过量盐酸产生白色沉淀，说明含有Ag＋；Ag2SO4微溶于水，若产生Ag2SO4，则溶液中会有微量SO，加入BaCl2产生硫酸钡沉淀，与实验现象不符。②由实验三可以得出：实验一中SO2未被氧化；实验二中SO被氧化为SO进入D。(4)根据以上分析，二氧化硫与硝酸银溶液反应生成亚硫酸银沉淀，离子方程式为2Ag＋＋SO2＋H2O===Ag2SO3↓＋2H＋。(6)该实验的结论为：二氧化硫与硝酸银溶液既能发生沉淀反应生成亚硫酸银，又能发生氧化还原反应，沉淀反应的速率大于氧化还原反应的速率。

热点聚焦
RE DIAN JU JIAO　　　　　　　　　　　
化工流程综合题
〔知识储备〕
1．模型分析
工业流程题目在流程上一般分为三个过程：原料处理→分离提纯→获得产品

(1)规律：主线主产品，分支副产品，回头为循环。
(2)核心考点：物质的分离操作、除杂试剂的选择、生成条件的控制等。
2．模型解读
(1)解读一：原料预处理方式
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
酸浸
(或碱浸)
在酸性(或碱性)溶液中使某些物质与H＋(或OH－)反应生成可溶性离子而进入溶液，不溶物通过过滤除去的过程
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。如煅烧金属硫化物矿石，可将硫元素转化成SO2而除去
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

(2)解读二：必考的核心反应
核心反应
思考角度
加氧化剂
氧化某物质，生成目标产物或除去某些离子
判断能否加其他物质
要考虑是否引入杂质(或影响产物的纯度)等
控制溶
液的pH
①调节溶液的酸碱性，使金属离子形成氢氧化物沉淀析出(或抑制水解)；
②“酸作用”还可除去氧化物(膜)；
③“碱作用”还可除去油污，除去铝片氧化膜，溶解铝、二氧化硅等；
④特定的氧化还原反应需要的酸性条件(或碱性条件)
控制温度
(常用水浴、
冰浴或油浴)
①防止副反应的发生；
②使化学平衡移动；控制化学反应的方向；
③控制固体的溶解与结晶；
④控制反应速率；使催化剂达到最大活性；
⑤升温：促进溶液中的气体逸出；使某物质达到沸点挥发；
⑥加热煮沸：促进水解，聚沉后利于过滤分离；
⑦降温：防止物质高温分解或挥发；降温(或减压)可以减少能源成本，降低对设备的要求
在空气中或在其他气体
中进行的反应或操作
要考虑O2、H2O、CO2或其他气体是否参与反应；或能否达到隔绝空气、防氧化、防水解、防潮解等目的
控制压强
改变速率，使平衡向需要的方向移动
使用催化剂
加快反应速率，缩短达到平衡的时间
趁热过滤
防止某物质降温时会大量析出
洗涤晶体
①水洗：通常是为了除去晶体表面水溶性的杂质；
②冰水洗涤：能洗去晶体表面的杂质离子，且防止晶体在洗涤过程中的溶解损耗；
③用特定有机试剂清洗晶体：洗去晶体表面的杂质，降低晶体的溶解度、有利于析出，减少损耗等

(3)解读三：分离提纯方法
①提纯方法与目的
提纯方法
目的
水溶法
除去可溶性杂质
酸溶法
除去碱性杂质
碱溶法
除去酸性杂质
氧化剂或还原剂法
除去还原性或氧化性杂质
加热灼烧法
除去受热易分解或易挥发的杂质
调节pH法
如除去酸性铜盐溶液中的Fe3＋等

②分离方法
a．过滤：分离难溶物和易溶物，根据特殊需要采用趁热过滤或者抽滤等方法。
b．萃取和分液：利用溶质在互不相溶的溶剂里的溶解度不同提取分离物质，如用CCl4或苯萃取溴水中的溴。
c．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。
d．蒸发浓缩：蒸发除去部分溶剂，提高溶液的浓度。
e．冷却结晶：提取溶解度随温度变化较大的溶质、易水解的溶质或结晶水合物，如KNO3、FeCl3、CuCl2、CuSO4·5H2O、FeSO4·7H2O等。
f．蒸馏或分馏：分离沸点不同且互溶的液体混合物，如分离乙醇和甘油。
〔典例剖析〕
(2021·武汉模拟)Ⅰ．某化工厂以铬铁矿(主要成分为FeO和Cr2O3，含有Al2O3、SiO2等杂质)为主要原料生产化工原料红矾钠(主要成分Na2Cr2O7·2H2O)，工艺流程如图：

ⅰ．常温，NaBiO3不溶于水，有强氧化性，碱性条件下，能将Cr3＋转化为CrO。
ⅱ．常温时，部分金属离子开始沉淀和完全沉淀时的pH值
金属离子
Fe3＋
Al3＋
Cr3＋
Fe2＋
Bi3＋
开始沉淀的pH
2．7
3．4
5．5
7．5
0．7
沉淀完全的pH
3．7
4．9
5．9
9．7
4．5

(1)步骤①提高酸溶速率的措施__加热(或搅拌或粉碎或适当提高稀硫酸的浓度)__(任填一条即可)。固体A的成分是__SiO2__。
(2)步骤③需加氢氧化钠溶液调节pH，调节pH范围为__4．9≤pH＜5．5(或4．9～5．5)__，目的是__使Fe3＋、Al3＋均完全转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀而除去__。
(3)写出④反应的离子方程式__3NaBiO3＋2Cr3＋＋7OH－＋H2O===2CrO＋3Bi(OH)3↓＋3Na＋__。
(4)将溶液H经过__蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥__(操作)即得红矾钠粗晶体。
Ⅱ．经该工厂的工业废水中含1．00×10－3 mol·L－1的Cr2O，其毒性较大。该化工厂的科研人员为了变废为宝，将废水处理得到磁性材料Cr0．5Fe1．5FeO4(Fe的化合价依次为＋3、＋2)，又设计了如下工艺流程：

(5)第①步反应的离子方程式是__Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O__。
(6)常温时，如忽略步骤①所加FeSO4·7H2O所引起的溶液体积变化，依据上表数据，则步骤②加入NaOH溶液调节溶液的pH至9时，溶液中Cr3＋的浓度为__6．4×10－14__mol/L(已知：101/2≈3．2)。
(7)欲使1 L该废水中的Cr2O完全转化为Cr0．5Fe1．5FeO4。理论上需要加入FeSO4·7H2O的质量为__2．78__g(已知FeSO4·7H2O的摩尔质量为278 g/mol)。
【解析】　(1)步骤①提高酸溶速率的措施为加热、搅拌、粉碎、适当增大酸的浓度，由上述分析可知固体A为SiO2；(2)从氢氧化物形成沉淀的pH表格可知，③为加入物质来调节溶液的pH，使Fe3＋、Al3＋均完全转化为Fe(OH)3和AI(OH)3沉淀而除去，pH范围为4．9≤pH<5．5；(3)常温下，NaBiO3不溶于水，有强氧化性，在碱性条件下，能将Cr3＋转化为CrO，则反应④的离子方程式为3NaBiO3＋2Cr3＋＋7OH－＋H2O===2CrO＋3Na＋＋3Bi(OH)3↓；(4)将溶液H经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥即得红矾钠粗晶体；(5)Cr2O有较强氧化性，FeSO4·7H2O中Fe2＋有一定的还原性，Cr2O在酸性条件下将Fe2＋氧化为Fe3＋，自身被还原为Cr3＋，根据电荷守恒元素守恒及所处环境可知，还应有水生成，第①步反应的离子方程式为Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O；(6)忽略体积变化，Cr3＋开始沉淀时c(OH－)＝＝10－8．5 mol/L，Ksp[Cr(OH)3]＝2．00×10－3×(10－8．5)3＝6．4×10－29，步骤②加入NaOH溶液调节溶液的pH至9时，溶液中Cr3＋的浓度为＝6．4×10－14 mol/L；(7)1 L废水中含n(Cr2O)＝1．00×10－3 mol，根据Cr原子、Fe原子守恒，可得：Cr2O～4Cr0．5Fe1．5FeO4～10FeSO4·7H2O，所以理论上n(FeSO4·7H2O)＝10n(Cr2O)＝1．00×10－3 mol×10＝0．01 mol，所以m(FeSO4·7H2O)＝0．01 mol×278 g/mol＝2．78 g。
〔增分训练〕
1．(2021·南京模拟)氢溴酸在医药和石化工业上有广泛用途。下图是模拟工业制备氢溴酸粗品并精制的流程。

根据上述流程回答下列问题：
(1)混合①中发生反应的化学方程式为__SO2＋Br2＋2H2O===H2SO4＋2HBr__。
(2)混合①中使用冰水的目的是__降低体系温度，防止溴挥发，使反应进行完全__。
(3)操作Ⅱ和操作Ⅲ的名称分别是__过滤__、__蒸馏__。
(4)混合液②中加入Na2SO3的目的是__除去粗产品中未反应完的溴__。
(5)纯净的氢溴酸应为无色液体，但实际工业生产中制得的氢溴酸(工业氢溴酸)常带有淡淡的黄色。于是甲、乙两同学设计了简单实验加以探究：甲同学假设工业氢溴酸呈淡黄色是因为含有Fe3＋，则用于证明该假设所用的试剂为__KSCN溶液__，若假设成立可观察的现象为__溶液变成血红色__。乙同学假设工业氢溴酸呈淡黄色是因为__含有Br2__，其用于证明该假设所用的试剂为__CCl4__。
【解析】　(1)Br2具有强氧化性，在溶液中将SO2氧化为H2SO4，自身被还原为HBr，反应的化学方程式为SO2＋Br2＋2H2O===H2SO4＋2HBr。(2)Br2氧化SO2放出很多热量，溴易挥发，使用冰水，降低体系温度，防止溴蒸发，使反应完全；(3)由工艺流程可知，操作Ⅱ分离固体与液体，应是过滤；操作Ⅲ为互溶的溶液组分的分离，应是蒸馏。蒸馏一般适用与互溶的液体的分离；(4)粗品中可能含有未反应的Br2，加入Na2SO3，亚硫酸钠具有还原性，可以除去粗品中未反应完的溴；(5)用KSCN溶液检验Fe3＋，取少许溶液滴加KSCN溶液，溶液变成血红色，说明氢溴酸呈淡黄色是因为含Fe3＋。由工艺流程可知，溶液中可能含有Br2，可以用CCl4萃取方法检验，取少许溶液加CCl4振荡、静置分层，下层呈橙红色，说明氢溴酸呈淡黄色是因为含Br2。
2．(2021·福州模拟)某化工厂用废铜渣(含少量铁)为原料生产胆矾的流程如下：

(1)本化工厂所需的硝酸是一种重要的化工原料，制备该硝酸主要通过三个过程，则以NH3作为原料的该过程反应化学方程式为！！！4NH3＋5O24NO＋6H2O、###
！！！2NO＋O2===2NO2、3NO2＋H2O===2HNO3＋NO###。该HNO3的酸酐是__N2O5__。所需的硫酸在工业上是用浓硫酸吸收SO3，不直接用H2O吸收的原因是__SO3与H2O化合时，放出大量热。如用水或稀硫酸作吸收剂时，易形成酸雾，吸收速度减慢，不利于SO3的吸收__。
(2)浸出时稀硝酸和Cu反应的离子方程式为__3Cu＋2NO＋8H＋===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O__。
(3)将制得的胆矾中加入浓硫酸会变成白色物质，此过程体现了浓硫酸的__吸水__性。
【解析】　(1)工业上用氨气制备硝酸的过程为，氨气在催化剂作用下，与氧气共热反应氧化生成一氧化氮和水，反应的化学方程式为4NH3＋5O24NO＋6H2O；一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，反应的化学方程式为2NO＋O2===2NO2；二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，反应的化学方程式为3NO2＋H2O===2HNO3＋NO；硝酸的酸酐为五氧化二氮，化学式为N2O5；因SO3与H2O化合时，反应放出大量热，用水吸收SO3时，易形成酸雾，吸收速度减慢，不利于SO3的吸收，所以工业上是用浓硫酸吸收SO3，不直接用H2O吸收；(2)稀硝酸和Cu反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，反应的离子方程式为3Cu＋2NO＋8H＋===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O；(3)浓硫酸具有吸水性，能够使胆矾失去结晶水生成无水硫酸铜。
专题强化提升训练(四)
1．(2021·咸阳模拟)我国四川广汉的三星堆遗址距今已有3000～5000年历史，2021年3月20日，三星堆遗址新出土了多达500多件重要文物，如黄金面具、丝绸“黑炭”、青铜神树、陶瓷碎片等。下列有关叙述错误的是(　B　)
A．考古时利用C测定文物的年代，C的中子数为8
B．黄金面具、青铜神树的成分均为纯金属
C．丝绸转化为“黑炭”的过程涉及化学变化
D．三星堆中含有大量的陶瓷碎片，属于无机非金属材料
【解析】　C的质子数为6、质量数为14，中子数为(14－6)＝8，故A正确；青铜神树的成分为铜合金，故B错误；丝绸转化为“黑炭”的过程中有新物质生成，属于化学变化，故C正确；陶瓷碎片的主要成分是硅酸盐，硅酸盐属于无机非金属材料，故D正确。
2．(2021·南京模拟)在各种防疫防控措施中，化学知识起了重要作用。下列说法正确的是(　C　)
A．过氧化氢、乙醇、过氧乙酸等消毒液均可以将病毒氧化而达到消毒目的
B．“84”消毒液是以NaClO为有效成分的消毒液，与盐酸混合可以提升消毒效果
C．用药皂洗手能有效防止病毒传染，药皂中的苯酚能杀菌消毒
D．医用防护服的核心材料是微孔聚四氟乙烯薄膜，其单体四氟乙烯属于烯烃
【解析】　过氧化氢、过氧乙酸等消毒液可以将病毒氧化而达到消毒目的，乙醇能让蛋白质变性而消毒，故A错误；“84”消毒液是以NaClO为有效成分的消毒液，NaClO与盐酸混合生成氯气，故B错误；药皂中的苯酚能杀菌消毒，所以用药皂洗手能有效防止病毒传染，故C正确；只含C、H两种元素的有机物是烃，四氟乙烯含有F元素，不属于烃，故D错误。
3．(2021·南京模拟)下列铁及其化合物性质与用途具有对应关系的是(　A　)
A．Fe粉具有还原性，可用作抗氧化剂
B．Fe2O3粉末呈红棕色，可用于制取铁盐
C．Fe2(SO4)3易溶于水，可用作净水剂
D．FeCl3溶液呈酸性，用于蚀刻铜电路板
【解析】　Fe粉具有还原性，可用作抗氧化剂，A正确；Fe2O3粉末呈红棕色，可用于染料，B错误；Fe3＋水解，生成氢氧化铁胶体，可用作净水剂，C错误；FeCl3溶液具有氧化性，用于蚀刻铜电路板，D错误。
4．(2021·锦州模拟)2020年11月“嫦娥五号”成功着陆月球，展示了以芳纶为主制成的五星红旗，用SiC增强铝基材料钻杆“挖土”，实现了中国首次月球无人采样返回。研究表明月球表面的“土壤”主要含有氧、硅、铝、铁、镁、钙和钠等元素。下列有关说法正确的是(　C　)
A．“嫦娥五号”使用的太阳能电池阵和锂离子电池组，均可将化学能转变成电能
B．制作五星红旗用的芳纶为合成纤维，具有烧焦羽毛的气味
C．制作钻杆用的SiC又称金刚砂，具有硬度大、耐磨性好的优点
D．月球表面的“土壤”所含元素均可以利用焰色反应进行判断
【解析】　“嫦娥五号”使用的太阳能电池阵，是将太阳能转化为电能，锂离子电池组，是将化学能转变成电能，故A错误；蛋白质燃烧会闻到烧焦羽毛气味，芳纶纤维属于合成纤维，不是蛋白质，故B错误；SiC俗称金刚砂，为原子晶体，硬度大，熔点高，耐磨性好，可用于制作高强度、耐高温、耐磨的产品，如高温结构陶瓷和轴承等，故C正确；焰色反应是一些金属元素的性质，不是所有元素都具有的性质，利用焰色反应不能判断月球表面的“土壤”所含的全部元素，故D错误。
5．(2021·沧州模拟)下列物质的用途与其化学性质对应关系正确的是(　B　)
选项
化学性质
实际应用
A
SO2具有还原性
漂白纸浆
B
Na2O2能与CO2和水反应
作供氧剂
C
Na2SiO3的水溶液具有碱性
作矿物胶
D
Al是活泼金属
铝质容器贮运浓硝酸

【解析】　漂白纸浆利用的是SO2的漂白性而不是还原性，A错误；Na2O2能与CO2和水反应产生氧气，故Na2O2可作供氧剂，B正确；作矿物胶是利用水玻璃的黏性，C错误；铝质容器贮运浓硝酸是利用铝在常温下遇浓硝酸钝化，D错误。
6．(2021·南昌模拟)甲、乙是由短周期元素组成的常见物质或微粒，在中学化学中有许多物质或微粒能满足下列相互转化关系：甲乙甲。下列说法不正确的是(　D　)
A．甲有可能是AlO也有可能是Al(OH)3
B．若乙为无色无味气体，则甲可能是CO
C．若甲是具有刺激性气味的气体，则甲、乙具有相同的电子数
D．若甲、乙均为离子，甲、乙两种离子在同一溶液中一定不能大量共存
【解析】　甲有可能是AlO也有可能是Al(OH)3，反应涉及到的方程式有：H2O＋AlO＋H＋===Al(OH)3↓，Al(OH)3＋OH－===AlO＋2H2O，Al(OH)3＋3H＋===Al3＋＋3H2O，Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓，A正确；乙是无色无味气体，乙应是酸性气体CO2，CO2和碱反应的方程式有：CO2＋OH－===HCO，CO2＋2OH－===CO＋H2O，所以甲可能是HCO或CO，B正确；若甲是具有刺激性气味的气体，甲能与酸反应，甲应为碱性气体NH3，NH3与酸反应NH3＋H＋===NH，H＋无电子，所以NH3与NH具有相同的电子数，C正确；若甲、乙均为离子，甲能和酸反应，乙能和碱反应，那么甲应是弱酸根离子，乙是弱酸酸式酸根离子或一些阳离子，两种离子都能发生水解，所以甲、乙两种离子可能共存也可能不能共存，如CO与HCO可共存，AlO与Al3＋不可共存，D错误。
7．(2021·鞍山模拟)如图是M元素高中常见物质的价类二维图。其中A到D、D到E的转化都可以加同—种物质实现，且E的相对分子质量比D的相对分子质量大16，下列说法正确的是(　C　)

A．汽油燃料中主要含有M元素，所以汽车尾气中通常含有大量D而导致环境问题
B．检验Ⅰ中阳离子的方法：向其样品中加强碱，产生的气体可使湿润的蓝色石蕊试纸变红
C．物质F的浓溶液可以用铁制容器盛放
D．物质B可用作火箭燃料，其电子式为
【解析】　汽油燃烧时，吸入的空气中含有氮气，在放电的条件下生成NO，导致环境污染，A错误；Ⅰ为含硝酸根离子的正盐，其阳离子不一定含有铵根离子，B错误；物质F为硝酸，硝酸的浓溶液与铁发生钝化，可以用铁制容器盛放，C正确；物质B为联氨(H2N—NH2)可用作火箭燃料，其电子式为，D错误。
8．(2021·济南模拟)含硫煤燃烧会产生大气污染物，为防治该污染，某工厂设计了新的治污方法，同时可得到化工产品，该工艺流程如图所示，下列叙述不正确的是(　C　)

A．该过程中可得到化工产品H2SO4
B．该工艺流程是除去煤燃烧时产生的SO2
C．该过程中化合价发生改变的元素只有O和S
D．图中涉及的反应之一为：Fe2(SO4)3＋SO2＋2H2O===2FeSO4＋2H2SO4
【解析】　根据图中右下角，硫酸铁和二氧化硫反应生成硫酸，因此该过程中可得到化工产品H2SO4，故A正确；整个流程图中得出该工艺流程是除去煤燃烧时产生的SO2，故B正确；该过程中化合价发生改变的元素不仅有O和S，还有Fe化合价变化，故C错误；根据图中右下角，硫酸铁和二氧化硫反应，其反应为：Fe2(SO4)3＋SO2＋2H2O===2FeSO4＋2H2SO4，故D正确。
9．(2021·成都模拟)某化工厂利用钡泥(主要含有BaCO3、BaSiO3、BaSO3、Ba(FeO2)2)制取Ba(NO3)2，其工艺流程如下，下列说法不正确###的是(　B　)

A．酸溶时，Ba(FeO2)2与HNO3反应的化学方程式为：
Ba(FeO2)2＋8HNO3===Ba(NO3)2＋2Fe(NO3)3＋4H2O
B．酸溶时为了加快反应速率，使用浓HNO3代替稀HNO3并加热煮沸
C．X试剂可以是BaCO3
D．上述流程中洗涤的主要目的是减少废渣中可溶性钡盐对环境的污染
【解析】　Ba(FeO2)2中Fe元素是＋3价，钡元素为＋2价，故Ba(FeO2)2与硝酸不发生氧化还原反应，其反应方程式为：Ba(FeO2)2＋8HNO3===Ba(NO3)2＋2Fe(NO3)3＋4H2O，故A正确；酸溶时为加快反应速率不能用浓硝酸代替稀硝酸并加热煮沸，原因是浓硝酸具有挥发性和不稳定性，产生大量污染性气体，且温度越高，挥发和分解速率越快，酸溶时加快反应速率可用搅拌等方法，故B错误；加入X调节溶液的pH＝4～5，则X应能消耗H＋，且不引入新杂质，可选用BaCO3，故C正确；母液中含有硝酸钡，废渣上吸附钡离子，洗涤可减少废渣中可溶性钡盐对环境的污染，故D正确。
10．某兴趣小组设计用铁粉将NO还原为N2(同时生成FeO)，下列说法不正确的是(　D　)

已知：①浓硝酸可氧化NO；②NaOH溶液能吸收NO2，不吸收NO。
A．装置的连接顺序为a→f→e→j→i→h→g(或g→h)→b→c→d
B．装置E中发生反应的化学方程式为2NO＋2Fe2FeO＋N2
C．装置D的作用是吸收挥发出来的硝酸和产生的NO2
D．装置B的作用是干燥，防止水蒸气进入E中干扰反应
【解析】　根据实验原理利用NO被灼热的铁粉还原为N2，同时生成FeO，所以首先应制备纯净的干燥的NO，利用铜与稀硝酸反应生成NO，由于硝酸具有挥发性，所以制得的NO中会混有硝酸和水蒸气，则先通过装置D除去挥发出的HNO3，然后再通过F干燥，得到纯净干燥的NO进入E中与铁粉反应，最后处理多余的NO，又因为NaOH溶液不与NO反应，而浓硝酸可氧化NO生成NO2，所以先通过B氧化NO，再通过C吸收，故上述装置接口的连接顺序为a→f→e→j→i→h→g(或g→h)→b→c→d，A项正确；装置E中NO被灼热的铁粉还原为N2，同时生成FeO，反应的化学方程式为2NO＋2Fe2FeO＋N2，B项正确；装置D盛放的是水，其作用是除去挥发出的HNO3和产生的NO2，C项正确；装置B盛放的是浓硝酸，依题意可知浓硝酸可以氧化NO，便于氢氧化钠溶液吸收，D项错误。
11．(2021·石家庄模拟)利用“价类二维图”可以从不同角度研究含铁物质的性质及其转化关系，图中甲～己均含铁元素。回答下列问题：

(1)甲在高温下与水蒸气反应，若生成的H2在标准状况下的体积为22．4 L，则参加反应的甲的质量为__42__g。检验某黑色氧化物固体是否含有乙时，先取少量固体溶于适量的盐酸，滴加__KSCN__(填化学式)溶液，溶液不变红色，再滴加几滴氯水，溶液变红色，则可初步判断含有乙。
(2)戊与烧碱溶液反应生成丙，在空气中放置一段时间后丙转化为丁，丙转化为丁的化学方程式为__4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3__。
(3)K2FeO4常用作杀菌消毒剂，从化合价的角度分析是K2FeO4具有__氧化__性。用己(FeCl3)与KClO在强碱性条件下制取K2FeO4时，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为__3∶2__。
(4)一个完整的氧化还原反应方程式可以拆开写成两个“半反应式”，一个是“氧化反应”式，一个是“还原反应”式。如2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋的拆写结果是：氧化反应为：Cu－2e－===Cu2＋；还原反应为：2Fe3＋＋2e－===2Fe2＋。请据此将上图中甲与盐酸反应的离子方程式拆写成两个“半反应式”，其中还原反应为__2H＋＋2e－===H2↑__。
(5)若己和戊分别是硫酸亚铁和硫酸铁，取一定量己和戊的混合物样品溶于水，配成100 mL溶液，所得溶液分成两份，在第一份溶液中加入0．5 mol/L的氯化钡溶液220 mL恰好完全反应。在第二份溶液中通入标准状况下的氯气0．896 L，可以使Fe2＋全部转化成Fe3＋，若在第一份溶液中完全反应后过滤所得的滤液中再加入足量的NaOH溶液，所得的沉淀经洗涤、空气中充分灼烧，最后残渣的质量是__8__g。
【解析】　(1)标准状况下22．4 L H2的物质的量为1 mol，甲是0价的铁，即为铁单质，根据反应3Fe＋4H2OFe3O4＋4H2↑，参加反应铁的物质的量＝n(H2)＝×1 mol＝0．75 mol，质量为：0．75×56＝42 g，乙是FeO，取少量样品溶于适量的盐酸，滴加KSCN溶液，无明显现象，再滴加几滴氯水，溶液变血红色，说明含有Fe2＋，即含有FeO；(2)戊为＋2价铁盐，Fe2＋与NaOH反应生成Fe(OH)2，Fe(OH)2很容易被空气中的氧气氧化，放在空气中会发生反应：4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3；(3)K2FeO4中的铁为＋6价，具有强氧化性，FeCl3与KClO在强碱性条件下反应生成K2FeO4的方程式为：2FeCl3＋3KClO＋10KOH===2K2FeO4＋9KCl＋5H2O，KClO得到电子是氧化剂，FeCl3失去电子是还原剂，故氧化剂和还原剂物质的量之比为3∶2；(4)甲为铁，与盐酸反应的方程式为：Fe＋2HCl===FeCl2＋H2↑，Fe的化合价从0价上升至＋2价，发生氧化反应，HCl中的氢化合价从＋1价降低至0价，发生还原反应，所以其中还原反应的“半反应式”为2H＋＋2e－===H2↑；(5)在第一份溶液中加入氯化钡溶液发生反应：Ba2＋＋SO===BaSO4↓，溶液中n(SO)＝n(Ba2＋)＝0．5 mol/L×0．220 L＝0．11 mol，在第二份溶液中通入氯气发生反应：2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－，n(Fe2＋)＝2n(Cl2)＝×2＝0．08 mol，根据电荷守恒可得原溶液中n(Fe3＋)＝(0．11 mol－0．08 mol)×＝0．02 mol，在第一份溶液完全反应后所得的溶液中加入氢氧化钠溶液，得到沉淀洗涤灼烧，最终得到的残渣固体为Fe2O3，根据铁原子守恒可知：n(Fe2O3)＝×(0．02 mol＋0．08 mol)＝0．05 mol，质量为0．05×160＝8 g。
12．CuCl广泛应用于化工和印染等行业。某研究性学习小组拟热分解结晶水合物CuCl2·2H2O制备CuCl，并进行相关探究。
【资料查阅】

(实验探究)该小组用下图所示装置进行实验(夹持仪器略)。

请回答下列问题：
(1)仪器X的名称是__球形干燥管__。
(2)实验操作的先后顺序是a→__c、d、b__→e(填操作的编号)。
a．检查装置的气密性后加入药品
b．熄灭酒精灯，冷却
c．在“气体入口”处通入干燥HCl
d．点燃酒精灯，加热
e．停止通入HCl，然后通入N2
(3)在实验过程中，观察到B中物质由白色变为蓝色，C中试纸的颜色变化是__先逐渐变为红色，后褪色__。
(4)装置D中发生的氧化还原反应的离子方程式是__Cl2＋2OH－===Cl－＋ClO－＋H2O__。
(探究反思)
(5)反应结束后，取出CuCl产品进行实验，发现其中含有少量的CuCl2或CuO杂质，根据资料信息分析：
①若杂质是CuCl2，则产生的原因是__加热温度不够或加热时间不足__。
②若杂质是CuO，则产生的原因是__没有在HCl的氛围中加热__。
【解析】　(1)根据仪器X的构造特点知其名称为球形干燥管。(2)加热CuCl2·2H2O制备CuCl，为防止生成的CuCl被空气中的氧气氧化和Cu＋水解，必须要先通入干燥的HCl气体赶走装置中的空气再加热，且要在HCl气流中加热制备，反应结束后先熄灭酒精灯，继续通入氮气直至装置冷却，所以操作顺序为：a－c－d－b－e，故答案为cdb。(3)B中物质由白色变为蓝色，说明有水生成，产物中还有Cl2，所以C中石蕊试纸先逐渐变为红色，后褪色。(4)D中是Cl2和NaOH反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为：Cl2＋2OH－===Cl－＋ClO－＋H2O。(5)①根据题给信息知若杂质是CuCl2，说明CuCl2没有反应完全，原因为加热时间不足或温度偏低；②若杂质是氧化铜，说明CuCl2水解生成Cu2(OH)2Cl2，进一步分解生成CuO，原因是通入HCl的量不足。
13．(2021·南京师大附中模拟)H2S和NO等是自然环境的重要污染物。下列方法可以实现对H2S和NO等污染物处理。
(1)利用多孔性活性Fe2O3·H2O颗粒物脱除烟气中的硫化氢。活性Fe2O3·H2O颗粒脱除H2S过程如图，图中省略了部分物质。

①在烟气进入净化设备前，必须经过除尘预处理，其目的是__防止吸附颗粒孔径被烟气中颗粒物堵塞__。
②写出反应Ⅲ再生成多孔性活性Fe2O3·H2O的化学方程式：__2Fe2S3＋2H2O＋3O2===2Fe2O3·H2O＋6S__。
③脱除H2S过程中应防止产生FeS，以免影响活性Fe2O3·H2O颗粒的再生，写出反应Ⅳ中可能产生的铁的化合物的化学式：__Fe2O3或Fe3O4、Fe2(SO4)3或FeSO4__(至少写出两种物质)。
(2)石墨烯负载纳米铁能迅速有效地还原污水中的NO，纳米铁还原废水中NO的可能反应机理如图表示。

①纳米铁还原NO的过程可描述为__纳米Fe失去电子生成Fe2＋；吸附在纳米铁表面上的NO得到电子还原生成NO；NO在纳米铁表面上进一步得电子还原生成N2和NH__。
②经检测，污水中NO浓度很小，但污水中总氮浓度下降不明显，原因是__NO在纳米铁表面上被还原生成NH的速率大于生成N2的速率__。
【解析】　(1)①烟气中含有灰尘等固体颗粒物，会堵塞吸附颗粒的孔径；②反应Ⅲ是硫化铁和空气中的氧气和水蒸气反应生成Fe2O3·H2O，化学方程式为：2Fe2S3＋2H2O＋3O2===2Fe2O3·H2O＋6S；③反应Ⅳ中硫化亚铁可能会被氧化成氧化铁或四氧化三铁，硫离子也可能被氧化，生成硫酸铁或硫酸亚铁；(2)①由图得，纳米Fe失去电子生成Fe2＋；吸附在纳米铁表面上的NO得到电子被还原为NO；NO在纳米铁表面上进一步得电子发生还原反应生成N2和NH；②污水中NO浓度很小，但污水中总氮浓度下降不明显，表明NO更多是转化成铵根离子，仍然存在溶液中。
14．(2021·海淀区模拟)在钢中加入一定量的钒，就能使钢的硬度、耐腐蚀性大增。工业上以富钒炉渣(主要成分为V2O5、Fe2O3和SiO2等)为原料提取五氧化二钒的工艺流程如下：

(1)在第—步操作焙烧过程中V2O5转化为可溶性NaVO3，该反应的化学方程式为__2V2O5＋O2＋4NaCl4NaVO3＋2Cl2__。
(2)焙烧炉中可用Na2CO3代替NaCl与富钒炉渣焙烧制得偏钒酸钠。用Na2CO3代替NaCl的优点是__不会产生污染环境的氯气__。
(3)以上流程中应用过滤操作的有__③和④__，在第三步操作后加入氯化铵得到偏钒酸铵(NH4VO3)，为使钒元素的沉降率达到98%，要加入较多的NH4Cl，从平衡角度分析原因__铵根和偏钒酸跟水解方程式为：NH＋H2ONH3·H2O＋H＋、VO＋H2OHVO3＋OH－，增加铵根的浓度促进偏钒酸根水解__。
(4)产品纯度测定：将m g产品溶于足量稀硫酸配成100 mL(VO2)2SO4溶液。取20．00 mL该溶液于锥形瓶中，用a mol·L－1 H2C2O4标准溶液进行滴定，经过三次滴定，达到滴定终点时平均消耗标准溶液的体积为20．00 mL。
资料：钒的盐类的颜色五光十色，有绿的、红的、黑的、黄的，绿的碧如翡翠，黑的犹如浓墨。这些色彩缤纷的钒的化合物，常被制成鲜艳的颜料。如：VO溶液为黄色，VO2＋溶液为蓝色，而五氧化二钒则是红色的。
①完成下列滴定过程的离子方程式。
__2__VO＋H2C2O4＋__2H＋__===__2__VO2＋＋__2__CO2↑＋__2H2O__；
②该滴定实验不需要另外加入指示剂，达到滴定终点的现象是__当滴入最后一滴标准液后，溶液由黄色变为蓝色，且半分钟内不恢复到原来的颜色__。
③产品的纯度为__%__。(用质量分数表示)已知相对分子质量：V2O5182；H2C2O490。
【解析】　(1)第一步焙烧将五氧化二钒转化为偏钒酸钠，根据氧化还原反应的规律可得反应为2V2O5＋O2＋4NaCl4NaNO3＋2Cl2；(2)用碳酸钠代替氯化钠时不会产生污染环境的氯气；(3)根据流程可知，水浸后偏钒酸钠溶于水，氧化铁和二氧化硅不溶于水，需过滤除去；在滤液中加入氯化铵和硫酸后有偏钒酸铵析出，需过滤得到偏钒酸铵；铵根和偏钒酸根水解方程式为NH＋H2ONH3·H2O＋H＋、VO＋H2OHVO3＋OH－，增加铵根的浓度促进偏钒酸根水解；(4)①根据氧化还原反应的规律可得2VO＋H2C2O4＋2H＋===2VO2＋＋2CO2↑＋2H2O；②VO溶液为黄色，VO2＋溶液为蓝色，所以终点的现象为当滴入最后一滴标准液后，溶液由黄色变为蓝色，且半分钟内不恢复到原来的颜色；③根据反应可得关系式2VO～H2C2O4，可得c(VO)＝，带入数据可得c(VO)＝2a mol/L，n(VO)＝c·V＝2a×0．1＝0．2a mol，又2VO～V2O5，故n(V2O5)＝＝0．1a mol，m(V2O5)＝n·M＝0．1a×182＝18．2a g，样品的质量分数为×100%＝×100%＝%。