A．KOH B．KAl(SO4)2
C．KHCO3 D．K2CO3
答案：D
解析：由題目分析知該物質(zhì)為草木灰的主要成分為K2CO3，故答案為D。
2．下列有關(guān)物質(zhì)的性質(zhì)與用途具有對應(yīng)關(guān)系的是( )
A．Na2S具有還原性，可用于去除水體中Hg2＋
B．O3具有氧化性，可用于自來水的消毒殺菌
C．葡萄糖易溶于水，可用作制鏡工業(yè)的原料
D．Al2O3具有兩性，可用作耐高溫材料
答案：B
解析：用Na2S除去廢水中的Hg2＋，是因為HgS難溶于水，而不是利用Na2S的還原性， A項錯誤； O3具有氧化性，可用于自來水的消毒殺菌， B項正確；葡萄糖可用作制鏡工業(yè)的原料是利用其含有醛基具有還原性，能與銀氨溶液發(fā)生反應(yīng)生成銀鏡，而不是利用其易溶于水， C項錯誤； Al2O3可用作耐高溫材料是利用其熔點高，而不是利用其具有兩性， D項錯誤。
3．分別用等量的鐵與足量的稀硫酸和足量的CuO制備單質(zhì)銅，有人設(shè)計了以下兩種方案：
①Feeq \(――→,\s\up7(H2SO4))H2eq \(――→,\s\up7(CuO))Cu，②CuOeq \(――→,\s\up7(H2SO4))CuSO4eq \(――→,\s\up7(Fe))Cu。
對制備得到Cu的量，下列判斷正確的是( )
A．一樣多 B．①多 C．②多 D．無法判斷
答案：C
解析：兩種方案中所發(fā)生反應(yīng)的化學方程式分別為：①Fe＋H2SO4===FeSO4＋H2↑、H2＋CuOeq \(=====,\s\up7(△))Cu＋ H2O；②CuO＋H2SO4===CuSO4＋H2O、Fe＋CuSO4===Cu＋FeSO4。方案①中氫氣還原氧化銅實驗，開始時需先通入一部分氫氣，排出裝置中的空氣，實驗結(jié)束時還要通一會兒氫氣，以防止生成的銅被氧化，方案②中均可完全轉(zhuǎn)化，故方案①生成的銅比方案②生成的銅少。
4．A～G各物質(zhì)間的關(guān)系如圖所示，其中B、D為氣體單質(zhì)。則下列說法錯誤的是( )
eq \x(A)eq \(――→,\s\up7(MnO2),\s\d5(①))eq \x(B)eq \(――→,\s\up7(Fe),\s\d5(點燃))eq \x(E)eq \(――→,\s\up7(C))eq \x(F和G的混合溶液)
eq \x(C)eq \(――→,\s\up7(MnO2),\s\d5(②△))eq \x(D)eq \(――→,\s\up7(Fe),\s\d5(△))eq \x(G)
A．已知C的濃溶液在催化存在的條件下加熱，能與B反應(yīng)生成D，由此可以推斷B的氧化性比MnO2強
B．反應(yīng)②的離子方程式為MnO2＋4H＋＋2Cl－eq \(=====,\s\up7(△))Cl2↑＋Mn2＋＋2H2O
C．新配制的F溶液一般需要加入鐵屑和稀鹽酸，前者用于防止Fe2＋被空氣氧化成Fe3＋，后者可抑制Fe2＋的水解
D．若反應(yīng)①在常溫下進行，則1 ml A在反應(yīng)中能轉(zhuǎn)移1 ml電子
答案：A
解析：A項，根據(jù)題圖分析知，反應(yīng)②為濃鹽酸與MnO2在加熱的條件下反應(yīng)產(chǎn)生Cl2，反應(yīng)①為雙氧水分解產(chǎn)生O2，則B為O2，D為Cl2。濃鹽酸與O2在催化劑存在的條件下加熱，反應(yīng)產(chǎn)生Cl2，只能證明氧化性O(shè)2>Cl2，不能證明氧化性O(shè)2>MnO2，錯誤；B項，反應(yīng)②的離子方程式為MnO2＋4H＋＋2Cl－eq \(=====,\s\up7(△))Mn2＋＋2H2O＋Cl2↑，正確；C項，F(xiàn)eCl2是強酸弱堿鹽，在溶液中Fe2＋容易發(fā)生水解反應(yīng)而使溶液顯渾濁，為了抑制鹽的水解，要加入少量的鹽酸，同時Fe2＋有還原性，易被空氣中的O2氧化為Fe3＋，為了防止其氧化，要加入還原劑Fe粉，正確；D項，若反應(yīng)①在常溫下進行，則A是H2O2，B是O2，C是濃鹽酸，D是Cl2，E是Fe3O4，F(xiàn)是FeCl2，G是FeCl3,1 ml A在反應(yīng)中能轉(zhuǎn)移1 ml電子，正確。
5．工業(yè)上利用無機礦物資源生產(chǎn)部分材料的流程示意圖如下。下列說法正確的是( )
(注：鋁土礦中含有Al2O3、SiO2、Fe2O3)
A．在鋁土礦制備較高純度Al的過程中只用到NaOH溶液、CO2氣體、冰晶石
B．石灰石、純堿、石英、玻璃都屬于鹽，都能與鹽酸反應(yīng)
C．在制粗硅時，氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為1：2
D．黃銅礦(CuFeS2)與O2反應(yīng)產(chǎn)生的Cu2S、SO2均是還原產(chǎn)物
答案：C
解析：根據(jù)鋁土礦的成分，先加入鹽酸，發(fā)生Al2O3＋6H＋===2Al3＋＋3H2O和Fe2O3＋6H＋===2Fe3＋＋3H2O，然后過濾，向濾液中加入過量的NaOH溶液，發(fā)生Al3＋＋4OH－===AlOeq \\al(－,2)＋H2O和Fe3＋＋3OH－===Fe(OH)3↓，過濾，向濾液中通入足量的CO2，發(fā)生AlOeq \\al(－,2)＋CO2＋2H2O===Al(OH)3↓＋HCOeq \\al(－,3)，氫氧化鋁受熱分解成氧化鋁，然后加入冰晶石，電解熔融狀態(tài)氧化鋁得到金屬鋁，因此需要用到的物質(zhì)為NaOH、鹽酸、CO2、冰晶石，故A錯誤；石英的成分是SiO2，屬于氧化物，且不與鹽酸反應(yīng)，故B錯誤；制取粗硅的反應(yīng)是：2C＋SiO2eq \(=====,\s\up7(高溫))2CO↑＋Si，C的化合價升高，即C為還原劑，SiO2中Si的化合價降低，即SiO2作氧化劑，氧化劑與還原劑物質(zhì)的量之比為1：2，故C正確；CuFeS2中S的化合價為－2價，轉(zhuǎn)化成SO2，S的化合價升高，O的化合價降低，即SO2既是氧化產(chǎn)物又是還原產(chǎn)物，故D錯誤。
6．研究表明，氮氧化物和二氧化硫在形成霧霾時與大氣中的氨有關(guān)(如圖所示)。下列敘述錯誤的是( )
A．霧和霾的分散劑相同
B．霧霾中含有硝酸銨和硫酸銨
C．NH3是形成無機顆粒物的催化劑
D．霧霾的形成與過度施用氮肥有關(guān)
答案：C
解析：霧的分散劑是空氣，分散質(zhì)是水。霾的分散劑是空氣，分散質(zhì)是固體顆粒。因此霧和霾的分散劑相同，A正確；由于氮氧化物和二氧化硫轉(zhuǎn)化為銨鹽形成無機顆粒物，因此霧霾中含有硝酸銨和硫酸銨，B正確；NH3作為反應(yīng)物參加反應(yīng)轉(zhuǎn)化為銨鹽，因此氨氣不是形成無機顆粒物的催化劑，C錯誤；氮氧化物和二氧化硫在形成霧霾時與大氣中的氨有關(guān)，由于氮肥會釋放出氨氣，因此霧霾的形成與過度施用氮肥有關(guān)，D正確。答案選C。
1.（2022·遼寧高三模擬）Ni2O3是一種灰黑色有光澤的塊狀物質(zhì)，常用作著色顏料或鎳電池的電極材料。某工廠以廢棄的含鎳催化劑(主要成分為NiO，含F(xiàn)e2O3、CaO、CuO、BaO等雜質(zhì))為主要原料生產(chǎn)Ni2O3，工藝流程如下：
(1)流程中得到的副產(chǎn)品的化學式是_______，該物質(zhì)的用途有_______(任寫一種)。
(2)操作A中通入H2S生成CuS的離子方程式為_______。
(3)操作B的目的是除鐵元素，具體操作是向操作A的濾液中加入足量H2O2，然后加NaOH溶液調(diào)節(jié)pH為4～7，靜置、過濾。pH調(diào)至4～7的原因是_______。
(4)操作C中加入NaF的目的是除去溶液中的Ca2+，已知Ksp(CaF2)=1.6×10-10，當Ca2+完全沉淀(離子濃度小于1×10-5 ml·L-1時，即可認為是完全沉淀)，溶液中的c(F-)至少為_______。
(5)電解產(chǎn)生2NiOOH·H2O的原理是陽極Cl-先放電得到ClO-，ClO-再把Ni2+氧化為2NiOOH·H2O。電解的陽極反應(yīng)式和陰極反應(yīng)式依次為_______、_______。
【答案】CuSO4·5H2O 配制農(nóng)藥波爾多液、泳池殺菌消毒、濕法煉銅 Cu2++H2S=CuS↓+2H+ pH調(diào)至4～7時，F(xiàn)e3+轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀，Ni2+不會沉淀 0.4×10-3ml·L-1 Cl--2e-+H2O=ClO-+2H+ 2H++2e-=H2↑(或2H2O+2e-= H2↑+2OH-)
【解析】廢棄的含鎳催化劑(主要成分為NiO，含F(xiàn)e2O3、CaO、CuO、BaO等雜質(zhì))用硫酸酸浸溶解，由于含鎳催化劑中含有BaO，與硫酸反應(yīng)后生成硫酸鋇沉淀，則浸出渣中主要含有BaSO4，形成的溶液中含有Fe3+、Ca2+、Cu2+和Ni2+，向酸浸液中通入足量H2S，得到溶解度較小的CuS沉淀，同時H2S將Fe3+被還原為Fe2+，自身氧化為S單質(zhì)，CuS、S經(jīng)過煅燒后加入硫酸酸浸，得到硫酸銅溶液，經(jīng)過蒸發(fā)結(jié)晶得到副產(chǎn)品膽礬；操作B為通入雙氧水，使溶液中的Fe2+氧化為Fe3+，然后加NaOH溶液調(diào)節(jié)pH為4～7，將Fe3+轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵除去；靜置、過濾后，向濾液中加入NaF，將Ca2+轉(zhuǎn)化為CaF2除去，最后向濾液中加入氯化鈉進行電解，陽極Cl-先放電得到ClO-，ClO-再把Ni2+氧化為2NiOOH·H2O，最后經(jīng)過煅燒分解生成Ni2O3，據(jù)此分析解答。
(1)根據(jù)分析，流程中得到的副產(chǎn)品為膽礬，化學式是CuSO4·5H2O ，該物質(zhì)可用于配制農(nóng)藥波爾多液、泳池殺菌消毒、濕法煉銅等；
(2)操作A中通入H2S，與Cu2+反應(yīng)生成CuS，離子方程式為Cu2++H2S=CuS↓+2H+；
(3)操作B的目的是除鐵元素，具體操作是向操作A的濾液中加入足量H2O2，然后加NaOH溶液調(diào)節(jié)pH為4～7，靜置、過濾。pH調(diào)至4～7的原因是pH調(diào)至4～7時，F(xiàn)e3+轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀，Ni2+不會沉淀；
(4)操作C中加入NaF的目的是除去溶液中的Ca2+，當Ca2+完全沉淀(離子濃度小于1×10-5 ml·L-1時，即可認為是完全沉淀)，已知Ksp(CaF2)= c(F-)·c(Ca2+)=1.6×10-10，溶液中的c(F-)=ml·L-1=0.4×10-3ml·L-1
(5)電解產(chǎn)生2NiOOH·H2O的原理是陽極Cl-先放電得到ClO-，電解的陽極反應(yīng)式和陰極反應(yīng)式依次為Cl--2e-+H2O=ClO-+2H+、2H++2e-=H2↑(或2H2O+2e-= H2↑+2OH-)。
2.（2022河北石家莊二中模擬）硫化鎳礦的主要成分是，還含有、、一些不溶性物質(zhì)等，工業(yè)上用硫化鎳礦制備金屬鎳的工藝流程如圖所示：
(1)硫化鎳礦粉磨的目的是_______，“酸浸”時，硫化鎳與稀鹽酸反應(yīng)的化學方程式為_______。
(2)“氧化、除鐵”過程中加入溶液時，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_______；加入氧化鎳的目的是除去鐵元素，用化學平衡移動原理解釋除去鐵元素的原因_______。
(3)已知，，若“除鎂”后的濾液中的濃度不大于，則濾液中≤_______。
(4)電解硫酸鎳溶液時，在_______極得到鎳單質(zhì)，電解產(chǎn)物_______(填化學式)可以循環(huán)使用。
【答案】增大反應(yīng)物的接觸面積，提高反應(yīng)速率，使反應(yīng)更加充分 在溶液中水解使溶液呈酸性，加入的氧化鎳與氫離子反應(yīng)，水解平衡右移使轉(zhuǎn)化為沉淀而除去 陰 H2SO4
【解析】(1)硫化鎳礦粉磨得到礦粉，既能增大與酸的接觸面積，又可提高浸出率，其目的是：增大反應(yīng)物的接觸面積，提高反應(yīng)速率，使反應(yīng)更加充分；硫化鎳與鹽酸反應(yīng)生成氯化鎳和硫化氫，反應(yīng)的化學方程式為。答案為：增大反應(yīng)物的接觸面積，提高反應(yīng)速率，使反應(yīng)更加充分；；(2)加入溶液的目的是將亞鐵離子氧化為鐵離子，反應(yīng)的離子方程式為。除去溶液中的Fe3+時，通常采用水解的方法讓其轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3沉淀，為促進水解的進行，加入氧化鎳與H+反應(yīng)，則用化學平衡移動原理解釋除去鐵元素的原因為：在溶液中水解使溶液呈酸性，加入的氧化鎳與氫離子反應(yīng)，水解平衡右移使轉(zhuǎn)化為沉淀而除去。答案為：；在溶液中水解使溶液呈酸性，加入的氧化鎳與氫離子反應(yīng)，水解平衡右移使轉(zhuǎn)化為沉淀而除去；
(3)若濾液中，由氫氧化鎳的溶度積可知溶液中，由氫氧化鎂的溶度積可知溶液中。答案為：；
(4)電解硫酸鎳溶液制備金屬鎳，在陰極放電，陽極上水放電可得到氧氣和，陽極處生成的H2SO4可以循環(huán)使用。答案為：陰；H2SO4。
3.（2022·河北高三零模）合理利用工廠煙灰，變廢為寶，對保護環(huán)境具有重要意義。以某鋼鐵廠煙灰(主要成分為ZnO，并含少量的CuO、MnO2、Fe2O3等)為原料制備氧化鋅的工藝流程如下：

回答下列問題：
(1)“浸取”工序中加入過量氨水的目的：①使ZnO、CuO溶解，轉(zhuǎn)化為[Zn(NH3)4]2+和[Cu(NH3)4]2+配離子；②______。
(2)ZnO轉(zhuǎn)化反應(yīng)的離子方程式為______。
(3)“除雜”工序中，反應(yīng)的離子方程式為______。
(4)濾渣②的主要成分有______(填化學式)，回收后可用作冶金原料。
(5)“蒸氨沉鋅”工序中，“蒸氨”是將氨及其鹽從固液混合物中蒸出，相應(yīng)的化學方程式為______，蒸出物冷凝吸收后得到的碳化氨水可返回______工序循環(huán)使用。
(6)從堿式碳酸鋅得到氧化鋅的工序名稱為______。
(7)將濾渣①用H2SO4溶液處理后得到______溶液和______固體(均填化學式)。
【答案】增大溶液 pH， 將 轉(zhuǎn)化為 ZnO+2NH3·H2O+2=[Zn(NH3)4]2++3H2O Zn+[Cu(NH3)4]2+=Cu+[Zn(NH3)4]2+ Zn、Cu Zn(NH3)4(HCO3)24NH3↑+ Zn(HCO3)2 浸取 煅燒 Fe2(SO4)3 MnO2
【解析】首先用NH4HCO3和氨水浸取煙灰，將鋅元素轉(zhuǎn)化為[Zn(NH3)4]2+絡(luò)離子，將Cu元素轉(zhuǎn)化為[Cu(NH3)4]2+絡(luò)離子，MnO2、Fe2O3不發(fā)生反應(yīng)進入濾渣①中；加入鋅粉可以將[Cu(NH3)4]2+全部置換出來得到濾渣②中含有Zn及Cu，然后經(jīng)蒸氨沉鋅Zn(NH3)4(HCO3)2反應(yīng)變?yōu)镹H3和Zn(HCO3)2，然后加入堿式碳酸鋅與Zn(HCO3)2混合，高溫煅燒得到氧化鋅。
(1)由題意可知，煙灰(主要成分為ZnO，并含少量的CuO、MnO2、Fe2O3等)，在浸取工序中可以使ZnO、CuO溶解變?yōu)閇Zn(NH3)4]2+和[Cu(NH3)4]2+配離子進入濾液①中；NH3與反應(yīng)，的存在會影響[Zn(NH3)4]2+、 [Cu(NH3)4]2+的穩(wěn)定性， 氨水過量可以將 轉(zhuǎn)化為， 使以上兩種絡(luò)離子穩(wěn)定存在。
(2)浸出時，ZnO溶于碳酸氫銨與氨水的混合溶液中，形成配離子[Zn(NH3)4]2+和H2O，反應(yīng)的離子方程式為：ZnO+2NH3·H2O+2=[Zn(NH3)4]2++3H2O；
(3)在除雜工序中，加入過量的鋅粉，發(fā)生置換反應(yīng)置換出銅單質(zhì)，反應(yīng)的離子方程式為：Zn+[Cu(NH3)4]2+=Cu+[Zn(NH3)4]2+；
(4)濾渣②是在除雜工序中產(chǎn)生的，由(3)分析可知，濾渣②是過量Zn與[Cu(NH3)4]2+發(fā)生置換反應(yīng)產(chǎn)生的，因此其主要成分是Cu、Zn；
(5)在“蒸氨沉鋅”工序中，“蒸氨”是將氨及其鹽從固液混合物中蒸出，Zn元素以鹽的形式存在于溶液中，該反應(yīng)的離子方程式為：Zn(NH3)4(HCO3)24NH3↑+ Zn(HCO3)2；蒸出物冷凝吸收后得到的碳化氨水，由工藝流程圖可知，碳化氨水可返回到浸取工序中循環(huán)使用；
(6)堿式碳酸鋅( ZnCO3·Zn(OH)2)為固體，要想得到ZnO需要經(jīng)過高溫煅燒。故從堿式碳酸鋅得到氧化鋅的工序名稱為煅燒；
(7)濾渣①的主要成分是MnO2、Fe2O3，向濾渣①中加入H2SO4溶液，F(xiàn)e2O3與硫酸反應(yīng)產(chǎn)生Fe2(SO4)3和H2O，而MnO2不發(fā)生反應(yīng)，故將濾渣①用H2SO4溶液處理后得到溶液為Fe2(SO4)3溶液，固體為MnO2。
4.（2022·重慶高三零模）碳酸鍶(SrCO3)是一種重要的工業(yè)原料，廣泛用于生產(chǎn)鍶鐵氧體磁性材料。一種以菱鍶礦(含80～90% SrCO3，少量MgCO3、CaCO3、BaCO3等)制備高純碳酸鍶的工藝流程如下：
Sr(OH)2在水中的溶解度
(1)元素Sr位于元素周期表第_______周期第_______族。
(2)菱鍶礦、焦炭混合粉碎的目的是_______。
(3)“立窯煅燒”中SrCO3與焦炭反應(yīng)的化學方程式為_______。進行煅燒反應(yīng)的立窯襯里應(yīng)選擇_______(填“石英砂磚”或“堿性耐火磚”)。
(4)“浸取”中用熱水浸取而不用冷水的原因是_______；濾渣1含有焦炭、Ca(OH)2和_______。
(5)“沉鍶”中反應(yīng)的化學方程式為_______。
(6)鍶鐵氧體是由鍶和鐵的氧化物組成的復(fù)合磁性材料。某種鍶鐵氧體(xSrO·yFe2O3)中Sr與Fe的質(zhì)量比為0.13，則為_______(取整數(shù))。
【答案】五 ⅡA 增大接觸面積，加快反應(yīng)速率，提高原料的轉(zhuǎn)化率 SrCO3+2CSr+3CO↑ 堿性耐火磚 為了增大氫氧化鍶的浸取率，減少雜質(zhì)氫氧化鈣的溶解 MgO Sr(OH)2+ NH4HCO3=SrCO3+H2O+NH3·H2O 6
【解析】菱鍶礦(含80～90% SrCO3，少量MgCO3、CaCO3、BaCO3等)與焦炭經(jīng)過粉碎后立窯煅燒，轉(zhuǎn)化成Sr、氧化鈣等物質(zhì)，加入熱水，將不溶于熱水的氧化鎂等雜質(zhì)除去，再加入稀硫酸后，除去鋇離子，結(jié)晶后析出了氫氧化鍶晶體，氫氧化鍶和碳酸氫銨反應(yīng)最終轉(zhuǎn)化成碳酸鍶，據(jù)此解答。
(1)元素Sr原子序數(shù)為38，位于元素周期表第五周期第ⅡA族，故答案為：五；ⅡA；
(2)菱鍶礦、焦炭混合粉碎，可增大接觸面積，加快反應(yīng)速率，提高原料的轉(zhuǎn)化率，故答案為：增大接觸面積，加快反應(yīng)速率，提高原料的轉(zhuǎn)化率；
(3)“立窯煅燒”中SrCO3與焦炭反應(yīng)生成Sr和CO，化學方程式為：SrCO3+2CSr+3CO↑；石英砂磚中含有二氧化硅，會與碳酸鈣等物質(zhì)反應(yīng)，所以進行煅燒反應(yīng)的立窯襯里應(yīng)選擇堿性耐火磚，故答案為：SrCO3+2CSr+3CO↑；堿性耐火磚；
(4)由于氫氧化鍶的溶解度隨溫度升高而增大，氫氧化鈣的溶解度隨溫度升高而減小，為了增大氫氧化鍶的浸取率，減少雜質(zhì)氫氧化鈣的溶解，“浸取”中用熱水浸??；煅燒后得到Sr，氧化鈣，氧化鎂，氧化鋇等，加入熱水后，氧化鈣轉(zhuǎn)化成氫氧化鈣析出，氧化鎂不與水反應(yīng)，所以濾渣1含有焦炭、Ca(OH)2和MgO，故答案為：為了增大氫氧化鍶的浸取率，減少雜質(zhì)氫氧化鈣的溶解；MgO；
(5)“沉鍶”中，氫氧化鍶和水，碳酸氫銨反應(yīng)生成了碳酸鍶，化學方程式為：Sr(OH)2+ NH4HCO3= SrCO3+H2O+NH3·H2O，故答案為：Sr(OH)2+NH4HCO3=SrCO3+H2O+NH3·H2O；
(6)xSrO·yFe2O3中Sr與Fe的質(zhì)量比為=0.13，則=6，故答案為：6。
5.（2022·河北高三二模）實驗室以鉻鐵礦(主要成分是，還含有少量、等雜質(zhì))為原料制備重鉻酸鉀晶體(相對分子質(zhì)量為294)的流程如下：
已知：①
②時，含量極小
請回答下列問題：
(1)①中各元素化合價均為整數(shù)，則為_______價，將它用氧化物的形式表示為_______。
②“操作1”的反應(yīng)條件是高溫，寫出主要的化學反應(yīng)化學方程式_______。
③“操作1”中的反應(yīng)，在常溫下的反應(yīng)速率較慢，為使反應(yīng)速率增大，除升高溫度外，還可采取的措施為_______、_______(寫出兩條)。
(2)固體X中主要含有_______(填寫化學式)，固體Y中主要含有_______(填寫化學式)。
(3)在pH為3.7時可完全轉(zhuǎn)化為。在上述流程中所得溶液中含有少量。請結(jié)合下圖有關(guān)物質(zhì)的溶解度曲線，設(shè)計由溶液制備固體的實驗方案：_______(實驗中須選用的試劑：硫酸、溶液、固體、蒸餾水)。
(4)某工廠用鉻鐵礦粉(含)制備，最終得到產(chǎn)品，則產(chǎn)率為___。
【答案】+3 將原料粉碎 使用催化劑等 向溶液中加入適量NaOH調(diào)節(jié)pH大于3.7，過濾，向濾液中加入硫酸溶液至pH小于3.0，再加入適量KCl固體，蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥 70%
【解析】碳酸鈉和鉻鐵礦高溫加熱發(fā)生反應(yīng)，生成三氧化二鐵，鉻酸鈉，偏鋁酸鈉，硅酸鈉和二氧化碳，第二步加水浸取，鉻酸鈉，偏鋁酸鈉，硅酸鈉溶于水，過濾，加醋酸中和除鋁和硅，再加強酸到pH小于3，得到重鉻酸鈉，再加氯化鉀得到重鉻酸鉀。
(1)①中各元素化合價均為整數(shù)，則為+3價，將它用氧化物的形式表示為；答案為：+3；
②“操作1”的反應(yīng)條件是高溫，寫出主要的化學反應(yīng)化學方程式。答案為：
③“操作1”中的反應(yīng)，為使反應(yīng)速率增大，除升高溫度外，還可采取的措施為將原料粉碎，使用催化劑；答案為：將原料粉碎，使用催化劑等；
(2)只有三氧化二鐵不溶于水，過濾得到三氧化二鐵，則固體X中主要含有，加醋酸中和主要生成氫氧化鋁和硅酸，固體Y中主要含有。答案為：，；
(3)設(shè)計由溶液制備固體的實驗方案 (實驗中須選用的試劑：硫酸、溶液、固體、蒸餾水)：向溶液中加入適量NaOH調(diào)節(jié)pH大于3.7，過濾，向濾液中加入硫酸溶液至pH小于3.0，再加入適量KCl固體，蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥 。
答案為：向溶液中加入適量NaOH調(diào)節(jié)pH大于3.7，過濾，向濾液中加入硫酸溶液至pH小于3.0，再加入適量KCl固體，蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥。
(4)某工廠用鉻鐵礦粉(含)制備，理論上可制得的質(zhì)量為：Kg， 最終得到產(chǎn)品，則產(chǎn)率;答案為：70%
6.（2022·廣東廣州市高三一模）高純超細氧化鋁是一種新型無機功能材料，以硫酸銨和硫酸鋁為原料制備復(fù)鹽硫酸鋁銨[NH4Al(SO4)2·12H2O]，經(jīng)硫酸鋁銨熱分解可制得高純超細氧化鋁，其流程如下：
回答下列問題：
(1)操作①需加入稀H2SO4，其目的是___________。
(2)“純化”的方法為___________。
(3)實驗室用如圖裝置利用熱分解法制備高純超細氧化鋁粉并對其分解氣成分進行探究：
反應(yīng)一段時間后，取三份NaOH吸收液于三支試管中分別進行如下實驗，填寫下表：
寫出硫酸鋁銨晶體高溫分解的化學方程式___________。
(4)為了測定高純超細氧化鋁粉中Al2O3的質(zhì)量分數(shù)，可用EDTA(簡寫為H4Y)標準溶液滴定。取mg氧化鋁粉溶于鹽酸，加入過量的V1mLc1ml·L-1EDTA標準溶液，充分反應(yīng)后，再用c2ml·L-1的Zn2+標準溶液滴定過量的EDTA至終點，消耗Zn2+標準溶液體積為V2mL。反應(yīng)的離子方程式：Al3++Y4-=AlY-、zn2++Y4-=ZnY。Al2O3的質(zhì)量分數(shù)為___________。
【答案】抑制銨根離子和鋁離子水解 重結(jié)晶 NH3 SO3 取部分吸收液，加入稀鹽酸，將產(chǎn)生氣體通入品紅溶液中 品紅溶液紅色不褪去
【解析】將原料中的硫酸鋁銨溶解，制得硫酸鋁銨溶液，經(jīng)過蒸發(fā)濃縮冷卻結(jié)晶后，過濾得到含有結(jié)晶水的硫酸鋁銨粗品，將含有結(jié)晶水的硫酸鋁銨粗品進行純化，得到，經(jīng)過熱分解得到Al2O3。
(1) 由①前后物質(zhì)可知為溶液到相應(yīng)晶體的過程，沒有與硫酸發(fā)生化學反應(yīng)，且銨根離子和鋁離子會水解，溫度越高、水解程度越大，水解會生成氫離子，故加入硫酸的目的為抑制銨根離子和鋁離子水解；
(2)純化前為粗品固體，純化后為晶體，提純固體粗產(chǎn)品物質(zhì)常用重結(jié)晶，故答案為重結(jié)晶；
(3)①紅色石蕊試紙變藍，說明氣體呈堿性，故為NH3；②硫酸鋇為不溶于稀鹽酸的白色沉淀，故分解氣中有SO3；③二氧化硫溶于氫氧化鈉生成Na2SO3，故答案為取部分吸收液，加入稀鹽酸，將產(chǎn)生氣體通入品紅溶液中，品紅溶液紅色不褪去，說明不含SO2；硫酸鋁銨晶體高溫分解的化學方程式為；
(4)鋁離子和鋅離子物質(zhì)的量之和與EDTA相等，即n(Al3+)+n(Zn2+)=n(EDTA)；n(Al3+)=( c1v1×10-3-c2v2×10-3)ml，故m(Al3+)=n(Al3+)·M=( c1v1×10-3-c2v2×10-3)ml×102g/ml=51×(c1v1×10-3-c2v2×10-3)，所以質(zhì)量分數(shù)=。
7．(2022·山東省泰安教育發(fā)展中心高三期中)黃銅灰渣(含有Cu 、Zn、CuO、ZnO及少量FeO、Fe2O3)生產(chǎn)硝酸銅溶液的流程如圖,下列說法不正確的是( )
A．“浸取”時適當提高硫酸濃度可加快反應(yīng)速率
B．若反應(yīng)中所加Zn過量，所得Cu(NO3)2溶液中含Zn(NO3)2雜質(zhì)
C．濾液II含Zn2+、Fe2+、Fe3+、SO42-等離子
D．由Cu(NO3)2溶液制備Cu(NO3)2·3H2O，采用蒸發(fā)結(jié)晶的操作
【答案】C
【解析】黃銅灰渣加硫酸浸取，Zn、ZnO轉(zhuǎn)化為ZnSO4，CuO轉(zhuǎn)化為CuSO4，F(xiàn)eO轉(zhuǎn)化為FeSO4，F(xiàn)e2O3轉(zhuǎn)化為Fe2(SO4)3，過濾得到Cu，向濾液中加入適量的Zn，Zn先和Fe3+反應(yīng)生成Fe2+，再和Cu2+反應(yīng)生成Cu，向Cu中加入稀硝酸，得到Cu(NO3)2溶液。A項，適當增加反應(yīng)物濃度可以加快反應(yīng)速率，A項正確；B項，加Zn過量，會導致過濾所得濾渣中含有Zn，硝酸溶解后會在硝酸銅中會有Zn(NO3)2雜質(zhì)，B項正確；C項，由分析可知，向濾液I中加入適量的Zn，Zn先和Fe3+反應(yīng)生成Fe2+，再和Cu2+反應(yīng)生成Cu，故濾液II中不含F(xiàn)e3+，C項錯誤；D項，將Cu(NO3)2溶液蒸發(fā)結(jié)晶，可得到Cu(NO3)2·3H2O，D項正確；故選C。
8．(2022·沈陽市遼寧實驗中學期末)常溫下，c(H+)=0.1ml/L的某溶液中可能含有Na+、Fe3+、Fe2+、I-、Cl-、CO32-中的某幾種離子，現(xiàn)取100mL該溶液進行如圖所示實驗：
已知氧化性Fe3+>I2。根據(jù)實驗結(jié)果，判斷下列說法正確的是( )
A．Fe3+與Fe2+至少有一種
B．一定不存在CO32-，可能存在Na+和Cl-
C．一定存在Fe2+、I-、Cl-
D．該溶液中一定存在Fe2+、I-，可能含Cl-
【答案】C
【解析】c(H+)=0.1ml/L溶液中的H+可以與CO32-反應(yīng)，故溶液中不存在CO32-；向溶液中通入氯氣分液后得到紫色溶液，說明有I2生成，則原溶液中含有I-， Fe3+能夠氧化I-，則一定不存在Fe3+；2.54g為碘單質(zhì)，物質(zhì)的量為=0.01ml，原溶液中含有I-的物質(zhì)的量為0.02ml；水層中加入NaOH溶液得到固體，剩余離子中能與NaOH生成沉淀的離子只有Fe2+，該固體為Fe(OH)2，灼燒固體得到的1.60g為Fe2O3，則溶液中一定存在Fe2+，根據(jù)鐵元素守恒可知亞鐵離子的物質(zhì)的量為×2=0.02ml，0.02ml Fe2+帶有正電荷為0.04ml，H+帶有正電荷為0.1ml/L ×0.1L=0.01ml，0.02ml I-帶有負電荷為0.02ml，根據(jù)電荷守恒，原溶液中一定含有Cl-，其物質(zhì)的量至少為0.04ml+0.01ml -0.02ml=0.03ml，由于不能確定是否存在Na+，故Cl-含量≥0.03ml。A項，根據(jù)分析，原溶液中不存在Fe3+，A錯誤；B項，根據(jù)分析，溶液中一定不存在CO32-，可能存在Na+，一定存在Cl-，B錯誤；C項，根據(jù)分析，溶液中一定存在Fe2+、I-、Cl-，C正確；D項，根據(jù)分析，溶液中一定存在Cl-，D錯誤；故選C。
9．(2022·浙江紹興市期末)某混合物X由Fe2O3、Cu、SiO2三種物質(zhì)組成，進行如圖實驗：
下列有關(guān)說法正確的是( )
A．由Ⅰ可知Cu能與過量的鹽酸發(fā)生置換反應(yīng)
B．藍色溶液中一定含有Cu2+、Fe2+，可能含有Fe3+
C．原混合物X中含F(xiàn)e2O3的質(zhì)量是4.48g，SiO2的質(zhì)量為3.0g
D．將Ⅰ和Ⅱ的順序互換，不影響實驗最后殘留固體的質(zhì)量
【答案】D
【解析】Fe2O3和過量HCl反應(yīng)生成FeCl3和H2O，F(xiàn)eCl3再和Cu反應(yīng)生成CuCl2和FeCl2，藍色溶液為HCl、CuCl2和FeCl2的混合溶液，4.92g固體為SiO2(可能有Cu)；Cu不能和NaOH溶液反應(yīng)，SiO2和NaOH反應(yīng)生成Na2SiO3和H2O，4.92g固體加過量NaOH溶液后剩余1.92g固體，則4.92g固體中含1.92gCu，含4.92g-1.92g=3.0gSiO2，則9.4gX中含F(xiàn)e2O3、Cu共9.4g-3.0g=6.4g；設(shè)X中Cu的物質(zhì)的量為xml，F(xiàn)e2O3的物質(zhì)的量為yml，則64x+160y=6.4，根據(jù)Fe原子守恒，加鹽酸后產(chǎn)生的Fe3+的物質(zhì)的量為2yml，根據(jù)2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+可知步驟Ⅰ反應(yīng)了的Cu的物質(zhì)的量可表示為yml，則64y+1.92=9.4-3.0-160y，聯(lián)立二式解得y=0.02，x=0.05，則9.4gX中含F(xiàn)e2O3的質(zhì)量為160×0.02g=3.2g，Cu的質(zhì)量為64×0.05g=3.2g，SiO2的質(zhì)量為3.0g。A項，Cu不能和過量的鹽酸發(fā)生置換反應(yīng)，Ⅰ中銅反應(yīng)了一部分發(fā)生的是2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，A錯誤；B項，結(jié)合分析可知藍色溶液中一定含有Cu2+、Fe2+，4.92g固體中含有Cu，則在藍色溶液中一定不含F(xiàn)e3+，B錯誤；C項，由分析可知原混合物X中含F(xiàn)e2O3的質(zhì)量是3.2g，SiO2的質(zhì)量為3.0g，C錯誤；D項，將Ⅰ和Ⅱ的順序互換，則Ⅰ后剩余固體為Fe2O3和Cu，因Fe2O3和Cu的質(zhì)量在Ⅰ中沒有損失，則Ⅱ發(fā)生的是原來Ⅰ的反應(yīng)，最后剩余固體仍然為過量的1.92gCu，即將Ⅰ和Ⅱ的順序互換，不影響實驗最后殘留固體的質(zhì)量，D正確；故選D。
10．(2022·黑龍江省牡丹江一中高三期中)銅質(zhì)電路板可采用酸性蝕刻與堿性蝕刻兩種方法。將二者的廢液混合可實現(xiàn)回收再利用。其主要流程如圖：
已知：①水合肼N2H4·H2O具有強還原性，易被氧化為N2
②Cu2++4NH3Cu(NH3)42+
(1)蝕刻
①酸性蝕刻銅的離子方程式：___________
②關(guān)于蝕刻的下列說法正確的是___________。
A．堿性蝕刻和酸性蝕刻分別利用了O2、H2O2的氧化性
B．酸性蝕刻時鹽酸的主要作用是增強溶液的酸性
C．用H2O2、H2SO4、NaCl也可以使Cu溶解
(2)濾液1的pH約為5，其中除少量Cu2+外，還大量存在的離子是___________。
(3)除銅
①利用水合肼N2H4·H2O還原Cu2+的離子方程式是___________。
②已知該反應(yīng)瞬間完成。濾渣成分只有Cu。測得銅去除率、水合肼還原能力隨溶液pH的變化情況如圖所示。由圖可知。隨溶液pH增大，銅去除率先增加后減小，結(jié)合圖給值息和己知信息分析其原因：___________。
【答案】(1)Cu2++H2O2+4Cl—+2H+=CuCl↓+2H2O AC
(2)NH4+、Cl—
(3)N2H4·H2O+2Cu2++4OH—=2Cu↓+N2↑+5 H2O pH＜6.3時，隨溶液pH增大，N2H4·H2O的還原性增強，銅的去除率增加；pH＞6.3時，隨溶液pH增大，OH—與NH4+反應(yīng)生成的NH3與Cu2+反應(yīng)生成Cu(NH3)42+，銅的去除率減小
【解析】由題給流程可知，銅質(zhì)電路板與過氧化氫和過量的鹽酸發(fā)生酸性蝕刻生成四氯合銅離子，與氧氣、氯化銨和過量的氨水發(fā)生堿性蝕刻生成四氨合銅離子，含有四氯合銅離子的酸性溶液與含有四氨合銅離子的堿性溶液混合反應(yīng)生成堿式氯化銅沉淀、氯化銅、氯化銨，過濾得到堿式氯化銅沉淀和含有氯化銅、氯化銨的濾液1；堿式氯化銅沉淀經(jīng)多步轉(zhuǎn)化制得五水硫酸銅晶體；向濾液1中加入水合肼和氫氧化鈉的混合溶液，溶液中銅離子在堿性條件下反應(yīng)與水合肼生成銅、氮氣和水，過濾得到含有氯化鈉、氯化銨的濾液2和銅，濾液2可以加入到堿性蝕刻溶液中循環(huán)使用。(1)①由分析可知，酸性蝕刻銅發(fā)生的反應(yīng)為銅與過氧化氫和過量的鹽酸反應(yīng)生成H2CuCl4和水，反應(yīng)的離子方程式為Cu2++H2O2+4Cl—+2H+=CuCl↓+2H2O；②A項，堿性蝕刻時，利用了氧氣的氧化性將銅氧化為四氨合銅離子，酸性蝕刻時，利用率過氧化氫的氧化性將銅氧化為四氯合銅離子，故B正確；B項，酸性蝕刻銅的原理是酸性條件下銅與過氧化氫和氯離子形成四氯合銅離子，，酸性蝕刻時，鹽酸的主要作用是提供氯離子形成四氯合銅離子，故錯誤；C項，酸性蝕刻銅的原理是酸性條件下銅與過氧化氫和氯離子形成四氯合銅離子，則用過氧化氫、硫酸、氯化鈉也可以使銅溶解，故正確；故選AC；(2)由分析可知，濾液1為氯化銅、氯化銨的混合溶液，則溶液中存在銅離子、銨根離子和氯離子；(3)①由分析可知，水合肼還原銅離子的反應(yīng)為溶液中銅離子在堿性條件下反應(yīng)與水合肼生成銅、氮氣和水，反應(yīng)的離子方程式為N2H4·H2O+2Cu2++4OH—=2Cu↓+N2↑+5 H2O；②由圖可知，pH為6.3時銅去除率最大，當溶液pH＜6.3時，隨溶液pH增大，水合肼的還原性增強，消耗銅的物質(zhì)的量增大，導致銅的去除率增加；當溶液＞6.3時，隨溶液pH增大，溶液中的氫氧根離子與銨根離子反應(yīng)生成氨，銨與銅離子生成四氯合銅離子，導致導致銅的去除率降低。
11．（2022·廣東省廣州六中高三月考）實驗室探究與Fe （NO3）3溶液反應(yīng)的原理，裝置如圖，實驗中Y裝置產(chǎn)生白色沉淀。下列說法錯誤的是（ ）
A．滴加濃硫酸之前應(yīng)進行的操作是打開彈簧夾，通入一段時間N2
B．Y中產(chǎn)生的白色沉淀是BaSO4
C．在X裝置中濃硫酸不體現(xiàn)氧化性
D．若將Fe （NO3）3換成氨水，Y中不能產(chǎn)生白色沉淀
【答案】D
【解析】A項，裝置X的作用是產(chǎn)生SO2，為防止＋4價S被氧化，需要先通入一段時間的N2，排除裝置中的空氣，故A說法正確；B項，酸性條件下，NO3-能將SO2氧化成SO42-，F(xiàn)e3＋也能將SO2氧化成SO42-，SO42-與Ba2＋反應(yīng)生成BaSO4沉淀，故B說法正確；C項，生成二氧化硫，體現(xiàn)濃硫酸的強酸性，濃硫酸遇水放出大量的熱，有利于二氧化硫的逸出，故C說法正確；D項，換成氨水，SO2能與氨水反應(yīng)生成SO32-，SO32-能與Ba2＋反應(yīng)生成BaSO3沉淀，故D說法錯誤；故選D。
12．（2022·北京師大附中高三期中）為探究SO2與Fe3+間是否發(fā)生氧化還原反應(yīng)，按下圖裝置進行實驗(夾持、加熱儀器略)，下列說法不正確的是（ ）
A．A中的反應(yīng)體現(xiàn)了濃硫酸的氧化性和酸性
B．試劑a不能使用飽和NaHCO3溶液
C．C中溶液pH降低，可證明Fe3+氧化了SO2
D．尾氣可用NaOH溶液吸收
【答案】C
【解析】裝置中，A為制取SO2氣體的裝置，B為除去SO2氣體中混有的還原性氣體的裝置，C為檢驗SO2是否具有還原性的裝置。A項，A中發(fā)生的反應(yīng)為：Cu+2H2SO4(濃) CuSO4+SO2↑+2H2O，體現(xiàn)了濃硫酸的氧化性(生成SO2)和酸性(生成CuSO4)，A正確；B項，試劑a若使用飽和NaHCO3溶液，則會吸收SO2并與SO2反應(yīng)生成CO2，影響后續(xù)實驗的進行，所以試劑a不能使用飽和NaHCO3溶液，B正確；C項，C中溶液pH降低，可能是SO2溶于水生成的亞硫酸的濃度增大導致的，C錯誤；D項，SO2為酸性氣體，其尾氣可用NaOH溶液吸收，D正確；故選C。
13．（2022·江蘇省連云港市高三期中調(diào)研）硫代硫酸鈉(Na2S2O3)，又名大蘇打、海波，可以看成是硫酸鈉中一個氧原子被硫原子取代的產(chǎn)物(SO42-結(jié)構(gòu)如圖所示)，易溶于水。 硫代硫酸鈉(Na2S2O3)可作為照相業(yè)的定影劑，反應(yīng)原理為AgBr+2Na2S2O3=Na3[Ag(S2O3)2]+ NaBr。
下圖是實驗室模擬工業(yè)制備Na2S2O3的裝置示意圖，下列說法不正確的是（ ）
A．不能用98.3%硫酸來代替75%硫酸
B．裝置乙和裝置丁都有防止倒吸的作用
C．裝置丙中發(fā)生的離子方程式為： 4SO2+ 2OH— + 2S2—=3 S2O32-+ H2O
D．反應(yīng)結(jié)束后將K1上端連接導管通入NaOH溶液中，然后關(guān)閉K2打開K1
【答案】C
【解析】由圖可知，裝置甲中75%硫酸與亞硫酸鈉固體反應(yīng)制備二氧化硫氣體，裝置乙為空載儀器，做安全瓶，起防倒吸的作用，裝置丙中二氧化硫與碳酸鈉和硫化鈉混合溶液反應(yīng)制備硫代硫酸鈉，裝置丁中用于吸收反應(yīng)生成的二氧化碳和有毒的二氧化硫，防止污染空氣。A項，98.3%硫酸中硫酸主要以分子形式存在，溶液中氫離子濃度小，與亞硫酸鈉反應(yīng)速率慢，則不能用98.3%硫酸來代替75%硫酸，故A正確；B項，裝置乙為空載儀器，做安全瓶，起防倒吸的作用，裝置丁中倒置的漏斗能起防倒吸的作用，故B正確；C項，裝置丙中二氧化硫與碳酸鈉和硫化鈉混合溶液反應(yīng)生成硫代硫酸鈉和二氧化碳，反應(yīng)的離子方程式為4SO2+ 2CO32-+ 2S2—=3S2O32-+ CO2，故C錯誤；D項，反應(yīng)結(jié)束后將K1上端連接導管通入氫氧化鈉溶液中，然后關(guān)閉K2打開K1可以使空載儀器中的二氧化硫被氫氧化鈉溶液吸收，防止拆卸過程中二氧化硫逸出污染空氣，故D正確；故選C。
14.（2022·重慶八中高三期中）某工廠擬綜合處理含NH4+廢水和工業(yè)廢氣(主要含N2、CO2、SO2、NO、CO)，設(shè)計了如下工業(yè)流程：
下列說法錯誤的是（ ）
A．氣體Ⅰ中主要含有的氣體有N2、NO、CO
B．X在反應(yīng)中作氧化劑，可通入過量的空氣
C．處理含NH4+廢水時，反應(yīng)的離子方程式是：NH4++NO2-=N2↑+2H2O
D．捕獲劑所捕獲的氣體主要是CO
【答案】B
【解析】工業(yè)廢氣(主要含N2、CO2、SO2、NO、CO)通過過量石灰乳會吸收CO2、SO2，固體Ⅰ為碳酸鈣和亞硫酸鈣；氣體Ⅰ通過X，用氫氧化鈉處理后得到亞硝酸鈉，X可能為空氣，但是不能過量，否則會生成硝酸鈉，亞硝酸鈉與銨根的溶液反應(yīng)生成無污染氣體，生成氮氣，氣體Ⅱ含有CO、N2，捕獲劑所捕獲的氣體主要時CO。A項，由以上分析可知氣體I中主要含有的氣體有N2、NO、CO與石灰乳不反應(yīng)，不能被吸收，A正確；B項，X可為空氣，但不能過量，否則得到硝酸鈉，B錯誤；C項，處理含銨根廢水時，反應(yīng)生成氮氣，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為：NH4++NO2-=N2↑+2H2O，C正確；D項，氣體Ⅱ含有CO、N2捕獲劑所捕獲的氣體主要是CO，D正確；故選B。
15.（2022·江西省景德鎮(zhèn)市第一次模擬）Na2S2O3·5H2O (俗稱海波)是常用的一種定影劑。工業(yè)使用的海波中常混有少量Na2SO3和Na2SO4雜質(zhì)，為測定一種海波晶體樣品的成分，某同學稱取三份質(zhì)量不同的該樣品，分別加入相同濃度的稀硫酸20mL，充分反應(yīng)后測得有關(guān)實驗數(shù)據(jù)如下(標準狀況)。
下列說法錯誤的是（ ）
A．第一份、第二份樣品均完全反應(yīng)，第三份樣品過量
B．樣品中n（Na2S2O3·5H2O）: n（Na2SO3）=4：1
C．樣品中除了含有Na2S2O3·5H2O、Na2SO3，還含有Na2SO4
D．所加硫酸溶液的物質(zhì)的量濃度為0.5ml/L
【答案】D
【解析】樣品中硫代硫酸鈉與酸反應(yīng)生成硫、二氧化硫和水，離子方程式為：S2O32-+2H+=S↓ +SO2↑+H2O，亞硫酸鈉與酸反應(yīng)生成二氧化硫和水，離子方程式為：SO32-+2H+=SO2↑+H2O，硫酸的體積一定，由表中數(shù)據(jù)可知，樣品質(zhì)量增大，硫與二氧化硫的產(chǎn)量增大，故第一、二份樣品均完全反應(yīng)，酸有剩余。A項，第三份的28g樣品完全反應(yīng)可以生成硫的質(zhì)量為1.28g=2.84g>2.56g，故第三份樣品過量，故A正確；B項，以第一份計算判斷：1.28g硫的物質(zhì)的量為=0.04ml，該反應(yīng)生成的二氧化硫為0.04ml，反應(yīng)得到二氧化硫總的物質(zhì)的量為=0.05ml>0.04ml，故含由Na2SO3，反應(yīng)SO32-+2H+=SO2↑+H2O生成二氧化硫為0.05ml-0.04ml=0.01ml，所以樣品中n（Na2S2O3·5H2O）: n（Na2SO3）=4：1，故B正確；C項，由B可知樣品中含有Na2SO3，又因為硫代硫酸鈉晶體和亞硫酸鈉總質(zhì)量為0.04ml248g/ml+0.01ml126g/ml=11.18g

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非金屬元素及其化合物的轉(zhuǎn)化--2024年高考化學二輪復(fù)習題型專練

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