大题02 物质转化与流程综合题（分类过关）-【大题精做】冲刺2025年高考化学大题突破+限时集训（浙江专用）

大题02 物质转化与流程综合题 类型一 以无机物质转化为主 1．(2025·浙江省第一届NBchem高三选考模拟考试)LiPF6是常用的锂离子电池电解质材料，有关的化合物的转换关系如下，请完成有关问题。 提示：为三角双锥结构，且为非极性分子。 (1)请尝试写出的化学式 ，的同分异构体有几种 。 (2)下列说法中，不正确的是_______。 A．PCl3易水解生成H3PO3与HCl B．热稳定性：PBr5＞PCl5＞PF5 C．反应2可以看成是取代反应，反应1可以看成复分解反应 D．反应3能发生是因为PF5仍具有空轨道 (3)请写出反应1的化学反应方程式： 。 (4)磷酸根易发生脱水缩合多聚，如焦磷酸(H4P2O7)等，请写出链状多聚磷酸根的通式 。 (5)设计实验检验PCl5中的氯元素 。 2．(2025·浙江省县域教研联盟高三模拟考试) K2FeO4是一种新型绿色消毒剂，在碱性条件下稳定，在中性或酸性条件下不稳定。以K2FeO4为原料进行如下转化(所加试剂均过量，不考虑溶液的挥发)： 请回答： (1)混合气体A由两种单质组成，其成分为 。 (2)下列说法正确的是 。 A．K2FeO4作净水剂不仅可以杀菌消毒，还可以除去水中悬浮颗粒物 B．K2FeO4中Fe的价层轨道为全空结构，稳定性比Fe3+好 C．溶液B中的阳离子为Fe3+、K+，阴离子主要为 D．溶液C溶液呈碱性的原因是S2-的水解 (3)步骤Ⅱ的操作为：向足量Na2S溶液中逐滴滴入少量溶液B，发现沉淀D的主要成分为Fe2S3，从反应原理角度说明Fe3+几乎未被还原的原因 。 (4)以Fe为阳极电解KOH浓溶液可制备K2FeO4，写出该过程中阳极的电极反应式 。 (5)已知FeO42-显紫红色，设计实验证明：酸性溶液中氧化性FeO42-＞MnO4-： 。 3．(2025·浙江省湖州、衢州、丽水高三三地市一模)某工业废液中含有Fe2(SO4)3、CuSO4，一定条件下可实现如下转化： 已知：①白色沉淀C中，Cu、S、N元素的物质的量相同。C的晶体中有一种三角锥形的阴离子和一种正四面体形的阳离子。 ②Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10－39，Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10－20，Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5，水溶液中恰好完全沉淀时的。 ③通常条件下，Au在FeCl3溶液中的溶解度极小。 请回答： (1)依据步骤I的结果，与Cu2+的结合能力OH- NH3(填“>”、“<”或“=”)。当废液中Fe3+恰好完全沉淀时，溶液中 。 (2)D中的金属阳离子是 ；步骤Ⅲ中CS(NH2)2的作用为 。 (3)生成C的离子方程式 ，设计实验验证C中所含的阳离子 。 (4)下列说法正确的是___________。 A．溶液A呈深蓝色的原因是含有[Cu(NH3)4]2+ B．分子间氢键的强度CS(NH2)2弱于CO(NH2)2 C．离子恰好完全沉淀时对应溶液的pH：Fe3+＞Cu2+ D．CS(NH2)2与Au+形成配位键的是碳原子 4．(2025·浙江省宁波市镇海中学高三选考模拟)NH3是重要的化工原料，可以按如下流程充分利用 已知： 1 N2H4具有较强的还原性 ②水溶液中，ClO-可与NO2-反应生成Cl-；AgNO2是一种溶于稀硝酸的白色沉淀 (1)物质A的化学式为 。 (2) NaN3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 。 (3)写出途径Ⅰ的化学反应方程式 。 (4)下列说法不正确的是___________ A．工业上制备硝酸时，应该将NH3与纯O2混合反应 B．结合H+能力：N2H4＞CH3NH2 C．物质A发生水解反应后可以得到NH4HSO4溶液 D．途径Ⅰ可以采用将氨水滴入NaClO溶液中的方法制备N2H4 (5)途径Ⅱ除生成B外，另一种产物为HF，设计实验验证化合物B中含有Cl元素 。写出实验过程中涉及的第一个反应的离子方程式 。 5．(2025·浙江省名校协作体三开学测试)氮及其化合物对生命、生产生活意义重大。NH3是重要的化工原料，可制备硝酸和肼(N2H4，具有较强还原性)。 (1)写出过量NH3发生反应I的化学方程式 。 (2)下列说法不正确的是______。 A．硝酸能使蛋白质变性 B．步骤Ⅱ应将CO(NH2)2溶液滴入NaClO溶液中 C．硝酸工业排放的NOx尾气可用NH3处理，生成无污染的物质 D．实验室可借助浓氨水和熟石灰反应快速制取少量氨气，且用无水CaCl2干燥 (3)①N2H4是一种二元弱碱：时，N2H4第一步电离平衡常数Kb1的值为 (已知：N2H4+H+N2H5+ K=8.7×10-7) ②若硝酸的结构可表示为：，已知硝酸与水分子可形成结晶水合物2HNO3•H2O，每个水分子形成三个氢键，含有六元环状结构。请写出2HNO3•H2O的结构式 (氢键用“…”表示)。 (4)已知反应Ⅲ歧化生成两种含氧酸盐，写出该反应的离子方程式 ； 根据所提供的试剂，设计实验检验溶液A中较低价态的含氧酸根离子 ； (可供选择的试剂：稀盐酸、稀硫酸、(NH4)2Fe(SO4)2溶液、KSCN溶液、KMnO4溶液) 类型二 以废旧资料利用为主 6．(2025·浙江省嘉兴市高三基础测试)精炼铜产生的铜阳极泥含Cu、Ag、Au多种单质。某研究小组设计从Cu、Ag、Au的混合物中分离提收金和银的流程，如下图所示： 已知：电沉积时生成Ag的电极反应为：[Ag(S2O3)2]3-+ e-=Ag↓+2S2O32-。 回答下列问题： (1)“浸出液1”中含有的阳离子主要是 。 (2)“浸取2”步骤中，单质Au转化为HAuCl4，其反应的化学方程式为 。 (3)下列说法正确的是_______。 A．两次“浸取”所加的酸均可为硫酸或盐酸 B．“浸取3”步骤中，“浸渣2”中的AgCl转化为[Ag(S2O3)2]3- C．在“浸取2”步骤中，加入适量可提高混合物中Au的收率 D．上述流程中的H2O2、N2H4、Na2S2O3均为还原剂 (4)Na2S2O3可被I2氧化为Na2S4O6，从物质结构的角度分析Na2S4O6中阴离子的结构应为下图中的 (填“甲”或“乙”)。 (5)设计实验验证Cu、Ag、Au混合物中含有Ag 。 7．(2025·浙江省Z20名校联盟高三第二次联考)以含铬废水(含Cr3+、Fe3+、Cu2+)和草酸泥渣(含PbC2O4、PbSO4)为原料制备铬酸铅(PbCrO4)的工艺流程如下： 已知：Cr(OH)3性质与Al(OH)3类似；pH＞7时，Pb2+开始转化为Pb(OH)2沉淀。 请回答： (1)“焙烧”时加入稍过量的碳酸钠是为了将硫酸铅转化为PbO，同时放出CO2，该转化过程的化学方程式为 。 (2)“滤渣2”的主要成分为 (填化学式)。 (3)下列说法不正确的是___________。 A．草酸泥渣“粉碎”的目的是加快反应速率 B．“氧化”工序中发生反应的离子方程式为2CrO2-+3H2O2+10OH-=2CrO42-+8H2O C．加入H2O2氧化后加热煮沸，是为了除去过量的H2O2 D．6 mol·L-1醋酸溶液可用浓度约为3 mol·L-1的硫酸代替 (4)“酸溶”过程中所加硝酸应适量，且混合后须用醋酸调至pH=5的原因是 。 (5)“滤液2”经一系列操作可制得CrO5(Cr为+6价)，1 mol该物质的过氧键个数为 。 (6)设计实验验证“滤液1”中含有的主要阴离子 。 8．(2025·浙江省Z20名校联盟高三开学考试)铜阳极泥(主要含有铜、银、金、铅等单质)是一种含贵金属的可再生资源，一种从铜阳极泥中分离提取多种金属元素的工艺流程如下(所加试剂均过量)： 已知：①溶液2中Au的主要存在形式为[AuCl4]- ②AgCl+2SO32-[Ag(SO3)]3- +Cl- 请回答： (1)沉淀的主要成分为 (填化学式)，从氧化还原的角度分析，步骤5中HCHO体现的性质是 。 (2)步骤2中单质金发生反应的离子方程式为 。 (3)下列说法正确的是___________。 A．步骤1中加入NaCl的主要作用是使溶解出的Ag+转化为AgCl沉淀 B．步骤1可通过粉碎阳极泥、加热、搅拌、改用浓硫酸等方式加快反应速率 C．溶液1可经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到胆矾粗产品 D．溶液4可返回步骤3中循环使用，但循环多次后可能导致银的浸出率降低 (4) Na2SO3溶液中含硫微粒物质的量分数与pH的关系如图所示。 步骤4中加入稀硫酸调节溶液pH=4可析出AgCl，请用离子方程式表示析出AgCl的原因 。 (5)步骤5需要在碱性环境下进行，设计实验验证溶液4中含有Cl- 。 9．(2025·浙江省强基联高三联考)1000多年前我国就利用“细菌氧化”法将铜矿石中的硫化物转化为硫酸盐，并用形成的天然“胆水”来冶炼铜。现代采用电解精炼铜会产生阳极泥，其中含有铜、金、银等金属单质。某科研小组设计提纯金和银的工艺流程如下： 已知：AgCl能与Na2S2O3反应生成[Ag(S2O3)2]3-。 (1)“胆水”的主要溶质是 ；浸出液1含有的金属离子主要是 。 (2)下列说法正确的是___________。 A．浸渣1的主要成分是金和银，浸渣2的主要成分是银 B．电沉积阴极反应式是[Ag(S2O3)2]3-+e-=Ag+2S2O32- C．浸取2中盐酸有利于Au转化为HAuCl4，Ag转化为AgCl，实现有效分离 D．还原步骤中，N2H4与Au的物质的量之比为4∶3 (3)浸取1中相关反应的化学方程式是 。 (4)“细菌氧化”时，FeS2发生反应的离子方程式是 ，设计实验检验反应产物中的离子： 。 10．(2025·浙江省富阳中学高三选考模拟)一种通过阳极泥(主要成分为Au、Pt、Ru、Os等金属)制备锇酸钾晶体并回收其他贵金属的工艺流程如下图 已知：1．滤液①中主要含有的物质为HAuCl4、H2PtCl6 2．K2PtCl6微溶于冷水，难溶于有机溶剂 3．OsO4熔点40.6℃，沸点130℃，微溶于水，易溶于有机溶剂 完成下列填空： (1)在“酸浸”中会产生NO气体，请写出该步骤的化学方程式 。 (2)操作①②均会使用的玻璃仪器除烧杯外还有 。 (3)通过“沉金”步骤可知，氧化性HAuCl4 H2PtCl6。(选填“<”、“>”或“=”) (4)“还原”步骤中生成一种无毒无害的气体，该步骤化学方程式为 (盐酸肼N2H4·2HCl)，从结构上分析，肼(N2H4)是一种 分子。(选填“极性”或“非极性”) (5)“溶解、蒸馏”步骤中，先加入50%硫酸得到Na2OsO4溶液，再加入NaClO3溶液，反应后蒸馏出OsO4，请写出生成OsO4的离子方程式 。 (6) OsO4用溶液吸收后又得到Na2OsO4溶液，但吸收液中仍然存在少量Na2RuO4杂质，操作中加入甲醇的目的是 。 (7)“转化”时需加入过量溶液，试从平衡角度分析其原因： 。 (8)还可以形成丰富的配合物，如)形成的配合物Pt(NH3)2Cl2，Pt(NH3)2Cl2有A、B两种同分异构体，A呈棕黄色，在水中溶解度为0.2577g/(100g H2O)，B呈淡黄色，在水中溶解度为0.0366g/(100g H2O)，其中一种配合物水解后可与草酸反应生成Pt(C2O4)(NH3)2，另一种水解后不能与草酸反应，从结构的角度推测，水解后与草酸发生反应的配合物是 (选填“A”或“B”)，并在下列图表中填入分子结构简式以解释其原因 。 类型三 以矿物综合利用为主 11．(2025·浙江省宁波市高三第一次模拟)以锗石矿(成分为GeS、Cu2S、FeS)为原料，可以实现如下转化。 已知：①Ge与Si同族；②AgNO2是一种难溶于水的白色固体，可溶于稀硝酸； ③HNO2是一元弱酸，常温下易分解为NO、NO2。 请回答： (1)固体氧化物C的化学式为 。步骤Ⅱ中，加入CuO的作用是 。步骤IV可以用来构建Ge-C键，写出该反应的化学方程式 。 (2)下列说法正确的是___________。 A．工业生产中可以选择铝或铂作为盛装大量浓硝酸的罐体材料 B．在足量氧气情况下，1L0.1mol·L-1 Na2CO3溶液最多可吸收92g气体A C．步骤Ⅲ中浓盐酸的作用仅作为反应物 D．工业上可通过电解液体D制备金属Ge (3)NOCl()是一种红褐色液体，易水解。设计实验验证该化合物中含有N、Cl元素。 ①实验方案：取NOCl液体，加入足量NaOH溶液，然后 。 ②写出NOCl与足量NaOH溶液反应的离子方程式 。 12．(2025·浙江部分高中高三开学考试)矿物资源的综合利用有多种方法，硅镀钇矿(Y2FeBe2Si2O10)是一种含钇族稀土元素和氧化铍为主的主要矿物，该矿石中含稀土元素约35%，含氧化铍约5%，如图是利用硅铍钇矿生产氧化铍与稀土产品的转化过程： 已知：过程I中未有电子转移，且物质X由多种氧化物混合而成。请回答： (1)写出物质X中的所有氧化物 (填化学式)；步骤III中，加入NH4Cl的作用是 。步骤II中存在氧化还原过程，设计实验验证含铍溶液中的阳离子(除以外) 。 (2)已知：铍元素和铝元素处于第二周期和第三周期的对角线位置，化学性质相似。下列说法不正确的是_______。 A．Be(OH)2是两性氢氧化物，能与强酸、强碱反应 B．Al2Cl6沸点低于相似结构的Be2Cl4 C．为得到无水BeCl2，可通过Cl与BeCl2·6H2O混合并加热制得 D．的第一电离能大于B的第一电离能的主要原因是电子排布为半充满，较为稳定 (3)某化学科研工作者对复盐沉淀进行精密分析，最终确认其化学式为Y2(SO4)3·Na2SO4·2H2O。 ①向复盐沉淀中加入NaOH溶液生成Y(OH)3，写出该反应的化学方程式 。 ②检验氢氧化钇是否洗涤干净的操作方法为 。 13．(2025·浙江省绍兴市高三第一次模拟)黄铜矿(主要成分为CuFeS2，含少量Fe、Ag、Au、As等元素)的综合利用具有重要意义。 (1)下列说法正确的是___________。 A．黄铜矿粉末浮选时，浮选剂分子的一端与矿粉结合，另一端为烃基，属于亲水基团，插入空气泡中，随空气泡上浮至液体表层 B．工业上，气体A经催化氧化、用水吸收后制得一种用途十分广泛的强酸 C．炉渣C的主要成分为FeSiO3 D．B中主要含Cu2S，若忽略杂质参与的反应，每获得1mol Cu，转移的电子数为3NA (2)粗铜经电解精炼可得到精铜和阳极泥(含有Ag、Au等贵金属)。 ①工业上，在富氧条件下，可用NaCN溶液溶解Ag、Au。其中Au转化为[Ag(CN)2]-，写出Au溶解时的离子反应式： 。 ②实验室分离金银合金中的Ag和Au。实验方案：取一定量合金，与足量 充分反应，过滤、洗涤沉淀并干燥，得到Au。滤液用N2H4还原得到Ag。 (3)一元酸D中的阴离子呈四面体，As2O3溶于浓盐酸的过程，体现As2O3的性质是 (选填“氧化性”、“还原性”、“酸性氧化物的性质”、“碱性氧化物的性质”、“热稳定性”之一)。B中除了Cu2S外，含有少量铁元素。验证B中含有铁元素的方法如下：取少量B与热的浓硝酸充分反应，然后 。写出Cu2S溶于热的浓硝酸时的离子方程式 。 14．(2025·浙江省金华第一中学高三选考模拟)以黄铜矿(主要成分为FeCuS2，含少量SiO2)为原料，相关转化关系如下。 已知：①反应1中Fe不变价，且固体A为单一化合物； ②Cu2(OH)3Cl具有疏松结构。 (1)固体A的化学式为 ；SOCl2的电子式为 。 (2)下列说法不正确的是___________。 A．CuCl不溶于水，但溶于稀硝酸 B．在该环境生锈后，铜锈可隔绝空气，减缓生锈速度 C．气体B具有还原性所以能使品红溶液褪色 D．SOCl2与AlCl3·6H2O混合共热可制得无水AlCl3 (3)反应2的化学方程式为 。 (4)①反应4生成的物质D难溶于水，同时生成两种酸性气体，则反应4的化学方程式为 。 ②设计实验验证物质D中的氯元素 。 类型四 陌生物质推断为主 15．(2025·浙江省高三普通高校招生模拟选考科目模拟考试)固态化合物Y的组成为Cu2S·GeFeS2，以Y为原料实现如下转化。 已知：Ge与Si同族，固体D为氧化物。 请回答： (1)固体D的化学式为 ；用电子式表示液体E中主要成分 ；步骤Ⅲ中，液体E以物质的量之比1：1与CH3MgCl反应，该反应为构建Ge-C键，写出其化学方程式 。 (2)下列说法不正确的是___________。 A．气体B是形成酸雨的“罪魁祸首” B．固体C中可能含有Mg(NO2)2 C．浓盐酸与浓硝酸按体积比1：3混合得到王水 D．强度：Mg-C键> Ge-C键 (3)写出溶液G中所有的阴离子 ；设计实验验证Y中含有Cu元素 。 16．(2025·浙江省五校高三联考)固态化合物M的组成为CuSi2O5，以M为原料实现如下转化： 已知：a．固体X由两种氧化物组成，质量与M相同；b．CuAlO2难溶于水 (1)①固体D的成分为 ，溶液E中含氮微粒有 。 ②写出反应Ⅱ的化学反应方程式 。 ③溶液F加热可得纳米Cu(OH)2，过程中pH会明显下降，原因是 。 (2)下列说法正确的是_______。 A．反应Ⅰ不能在陶瓷坩埚中进行 B．固体X可溶于浓氨水 C．溶液A经净化处理后可用于工业粘合剂 D．反应Ⅲ中发生的离子反应有：Ba2++SO42-=BaSO4↓ (3)已知Cu(OH)2能溶于较浓强碱溶液，蓝色溶液C中可能存在铝元素，请设计实验方案进行检验 。 17．(2025·浙江省部分学校高三选考模拟)配合物X(只有一种配体)由五种元素组成，某实验小组按如下流程进行相关实验： 其中：固体单质A的焰色反应是绿色；混合气体由4种气体组成(不考虑气体之间相互反应)；气体E为空气中含量最高的非极性气体；配合物X中氮元素质量为3.36g。 请回答： (1)组成配合物X的五种元素是H、O、N、 、 ，其配位原子是 。 (2)刺激性气体C的空间构型是 。 (3)①写出混合气体经浓硫酸干燥后通入酸性KMnO4溶液的离子方程式： 。 ②写出配合物X在高温条件下隔绝空气分解反应的化学方程式： 。 (4)设计实验证明配合物X的中心离子与配体形成的配位键的能力强于其中心离子与H2O形成的配位键的能力： 。 13 / 13 学科网（北京）股份有限公司 $$ 大题02 物质转化与流程综合题 类型一 以无机物质转化为主 1．(2025·浙江省第一届NBchem高三选考模拟考试)LiPF6是常用的锂离子电池电解质材料，有关的化合物的转换关系如下，请完成有关问题。 提示：为三角双锥结构，且为非极性分子。 (1)请尝试写出的化学式 ，的同分异构体有几种 。 (2)下列说法中，不正确的是_______。 A．PCl3易水解生成H3PO3与HCl B．热稳定性：PBr5＞PCl5＞PF5 C．反应2可以看成是取代反应，反应1可以看成复分解反应 D．反应3能发生是因为PF5仍具有空轨道 (3)请写出反应1的化学反应方程式： 。 (4)磷酸根易发生脱水缩合多聚，如焦磷酸(H4P2O7)等，请写出链状多聚磷酸根的通式 。 (5)设计实验检验PCl5中的氯元素 。 【答案】(1) PF3Cl2 3种 (2)B (3) PCl3+3HF=PF3+3HCl (4)或 (5)取样于试管，加入过量的H2O，加热试管，收集气体通入HNO3酸化的AgNO3中，若生成白色沉淀，则有Cl元素 【解析】根据元素守恒可得，反应1为，PCl3+3HF=PF3+3HCl，生成的A为PF3，PF3与Cl2物质的量之比1：1发生反应生成B，B为PF3Cl2，PF3Cl2与HF发生反应2生成C和HCl，且C为三角双锥结构的非极性分子，可得C为PF5，PF5与LiF发生反应3生成LiPF6。(1)B的化学式PF3Cl2，PF3Cl2为不规则的三角双锥结构，相当于三角形的上下各有一个顶点的双锥体，P原子位于结构中心，与两个Cl原子与3个F原子相连，则其同分异构体有3种；(2)A项，PCl3溶于水时，P原子与水分子中的羟基结合，而氯原子与水分子中的氢离子结合，生成H3PO3与HCl，A正确；B项，非金属性F>Cl>Br，且键长越短，键能越大，故键能P-F键> P-Cl键> P-Br键，所以热稳定性：PBr5＜PCl5＜PF5，B错误；C项，反应2为PF3Cl2与HF反应生成PF5和HCl，可以看成是取代反应，反应1为PCl3+3HF=PF3+3HCl，可以看成复分解反应，C正确；D项，PF5仍具有空轨道，才能与LiF发生反应3是再形成配位键从而生成LiPF6，D正确； 故选B；(3)根据分析，反应1为PCl3+3HF=PF3+3HCl；(4)磷酸根离子为PO43-，焦磷酸根离子为P2O74-，每增加一个P原子，O原子增加3个，离子所带负电荷数增加1，故可推出离子通式为，分子通式为；(5)PCl5溶于水时水解产生HCl，要检验PCl5中的氯元素，可取样于试管，加入过量的H2O，加热试管，收集气体通入HNO3酸化的AgNO3中，若生成白色沉淀，则有Cl元素。 2．(2025·浙江省县域教研联盟高三模拟考试) K2FeO4是一种新型绿色消毒剂，在碱性条件下稳定，在中性或酸性条件下不稳定。以K2FeO4为原料进行如下转化(所加试剂均过量，不考虑溶液的挥发)： 请回答： (1)混合气体A由两种单质组成，其成分为 。 (2)下列说法正确的是 。 A．K2FeO4作净水剂不仅可以杀菌消毒，还可以除去水中悬浮颗粒物 B．K2FeO4中Fe的价层轨道为全空结构，稳定性比Fe3+好 C．溶液B中的阳离子为Fe3+、K+，阴离子主要为 D．溶液C溶液呈碱性的原因是S2-的水解 (3)步骤Ⅱ的操作为：向足量Na2S溶液中逐滴滴入少量溶液B，发现沉淀D的主要成分为Fe2S3，从反应原理角度说明Fe3+几乎未被还原的原因 。 (4)以Fe为阳极电解KOH浓溶液可制备K2FeO4，写出该过程中阳极的电极反应式 。 (5)已知FeO42-显紫红色，设计实验证明：酸性溶液中氧化性FeO42-＞MnO4-： 。 【答案】(1)O2、Cl2 (2)AD (3)①碱性条件下Fe3+的氧化性减弱；②Fe3+和S2-生成沉淀的速率比氧化还原反应的快；③沉淀反应使溶液中的Fe3+被大量消耗，降低了Fe3+的氧化性和氧化还原反应速率(其他合理答案也可给分) (4) Fe-6e-+8OH-= FeO42-+4H2O (5)向K2FeO4溶液中加入足量MnSO4和稀硫酸，振荡后溶液显紫色，(另取一份K2FeO4溶液，向其中加入足量稀硫酸，溶液褪为无色)，说明氧化性FeO42-＞MnO4-(其他合理答案也可给分) 【解析】K2FeO4是一种新型绿色消毒剂，在碱性条件下稳定，在中性或酸性条件下不稳定，在酸性条件下发生氧化还原反应生成两种气体，应该是氯气和氧气；溶液B中应该含有还原产物三价铁离子，加硫化钠发生步骤Ⅱ得沉淀和溶液。结合小题(3)题干信息，可知沉淀为Fe2S3。 【解析】(1)混合气体A由两种单质组成，而且是K2FeO4和盐酸发生氧化还原反生成的两种气体，K2FeO4具有强氧化性，所以两种气体都应该是氧化产物，根据反应物的元素组成，气体A是：O2、Cl2；(2)A项，K2FeO4作净水剂，+6价铁有强氧化性不仅可以杀菌消毒，生成的Fe3+水解生成氢氧化铁胶体，可以除去水中悬浮颗粒物，A正确；B项，K2FeO4中Fe的价层轨道为3d1，不是稳定结构；Fe3+的3d轨道半充满，更稳定，B错误；C项，溶液B中的阳离子除Fe3+、K+外，还应该有H+，C错误；D项，溶液C溶液呈碱性的原因加入硫化钠溶液后，溶液中含S2-发生水解S2-+H2OHS-+OH-，D正确；故选AD；(3)步骤Ⅱ的操作为：向足量Na2S溶液中逐滴滴入少量溶液B，发现沉淀D的主要成分为Fe2S3，从反应原理角度说明Fe3+几乎未被还原的原因：①碱性条件下Fe3+的氧化性减弱；②Fe3+和S2-生成沉淀的速率比氧化还原反应的快；③沉淀反应使溶液中的Fe3+被大量消耗，降低了Fe3+的氧化性和氧化还原反应速率(其他合理答案也可给分)；(4)以Fe为阳极电解KOH浓溶液可制备K2FeO4，阳极铁发生氧化反应生成+6价铁，与溶液中的碱反应，阳极电极反应式为：Fe-6e-+8OH-= FeO42-+4H2O；(5)根据氧化剂的氧化性大于氧化产物，可以设计实验，用FeO42-作氧化剂生成MnO4-。向K2FeO4溶液中加入足量MnSO4和稀硫酸，振荡后溶液显紫色，(另取一份K2FeO4溶液，向其中加入足量稀硫酸，溶液褪为无色)，说明氧化性FeO42-＞MnO4-。 3．(2025·浙江省湖州、衢州、丽水高三三地市一模)某工业废液中含有Fe2(SO4)3、CuSO4，一定条件下可实现如下转化： 已知：①白色沉淀C中，Cu、S、N元素的物质的量相同。C的晶体中有一种三角锥形的阴离子和一种正四面体形的阳离子。 ②Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10－39，Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10－20，Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5，水溶液中恰好完全沉淀时的。 ③通常条件下，Au在FeCl3溶液中的溶解度极小。 请回答： (1)依据步骤I的结果，与Cu2+的结合能力OH- NH3(填“>”、“<”或“=”)。当废液中Fe3+恰好完全沉淀时，溶液中 。 (2)D中的金属阳离子是 ；步骤Ⅲ中CS(NH2)2的作用为 。 (3)生成C的离子方程式 ，设计实验验证C中所含的阳离子 。 (4)下列说法正确的是___________。 A．溶液A呈深蓝色的原因是含有[Cu(NH3)4]2+ B．分子间氢键的强度CS(NH2)2弱于CO(NH2)2 C．离子恰好完全沉淀时对应溶液的pH：Fe3+＞Cu2+ D．CS(NH2)2与Au+形成配位键的是碳原子 【答案】(1) < 1.8×106.2 (2) Fe3+ 与Au+形成配合物，促进Au在FeCl3中的溶解 (3)2[Cu(NH3)4]2++3SO2+4H2O=2NH4CuSO3↓ +6NH4++SO42- 取少量固体C，加入稀硫酸溶解，若溶液呈蓝色且有紫红色不溶物生成，则含有Cu+；取溶解后的溶液于另一试管中加入浓NaOH溶液并加热，若产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则含有NH4+ (4)AB 【解析】含有Fe2(SO4)3、CuSO4废液中通入NH3，得到红褐色Fe(OH)3沉淀和深蓝色[Cu(NH3)4]SO4溶液，红褐色Fe(OH)3沉淀加入盐酸，得到黄色的FeCl3溶液D，最后在加热和CS(NH2)2作用下将Au氧化溶解，深蓝色[Cu(NH3)4]SO4溶液中通入SO2气体发生氧化还原反应，得到白色沉淀C，白色沉淀C中Cu、S、N元素的物质的量相同，C的晶体中有一种三角锥形的阴离子和一种正四面体形的阳离子，C为：NH4CuSO3。(1)CuSO4中通入NH3，得到深蓝色[Cu(NH3)4]SO4溶液，说明Cu2+结合NH3的能力大于结合OH-离子的能力，故与Cu2+的结合能力OH-<NH3；当废液中Fe3+恰好完全沉淀时pH=2.8，则c(OH-)=10-11.2mol/L， ，溶液中；(2)D中的金属阳离子是Fe3+，步骤Ⅲ中CS(NH2)2的作用为：与Au+形成配合物，促进Au在FeCl3中的溶解；(3)由分析可知，白色沉淀为NH4CuSO3，生成C的离子方程式为2 2[Cu(NH3)4]2++3SO2+4H2O=2NH4CuSO3↓ +6NH4++SO42-；C中的阳离子为NH4+和Cu+，Cu+遇酸发生歧化反应，生成Cu2+和Cu单质，NH4+遇碱加热生成氨气，验证C中所含的阳离子方案是：取少量固体C，加入稀硫酸溶解，若溶液呈蓝色且有紫红色不溶物生成，则含有Cu+；取溶解后的溶液于另一试管中加入浓NaOH溶液并加热，若产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则含有NH4+；(4)A项，Cu2+与氨气反应，先生成Cu(OH)2沉淀，继续通入氨气，沉淀溶解得到[Cu(NH3)4]2+溶液，A呈深蓝色的原因是含有[Cu(NH3)4]2+，A正确；B项，O的电负性大于S，CO(NH2)2中的N-H键的极性强于CS(NH2)2中的N-H键的极性，极性越强，形成的氢键越强，分子间氢键的强度CS(NH2)2弱于CO(NH2)2，B正确；C项，根据Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10－39，Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10－20可知，Cu2+和Fe3+完全沉淀时，浓度为1×10-5mol/L，由Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10－39和c(Fe3+)=1×10-5mol/L，可以计算出Fe3+恰好完全沉淀时c(OH-)=，由Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10－20和c(Cu2+)=1×10-5mol/L可以计算出Cu2+完全沉淀时对应溶液的c(OH-)=，对应的pH：Fe3+＜Cu2+，C错误；D项，CS(NH2)2的C原子没有孤电子对，与Au+形成配位键的不是碳原子，D错误；故选AB。 4．(2025·浙江省宁波市镇海中学高三选考模拟)NH3是重要的化工原料，可以按如下流程充分利用 已知： 1 N2H4具有较强的还原性 ②水溶液中，ClO-可与NO2-反应生成Cl-；AgNO2是一种溶于稀硝酸的白色沉淀 (1)物质A的化学式为 。 (2) NaN3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 。 (3)写出途径Ⅰ的化学反应方程式 。 (4)下列说法不正确的是___________ A．工业上制备硝酸时，应该将NH3与纯O2混合反应 B．结合H+能力：N2H4＞CH3NH2 C．物质A发生水解反应后可以得到NH4HSO4溶液 D．途径Ⅰ可以采用将氨水滴入NaClO溶液中的方法制备N2H4 (5)途径Ⅱ除生成B外，另一种产物为HF，设计实验验证化合物B中含有Cl元素 。写出实验过程中涉及的第一个反应的离子方程式 。 【答案】(1) NH4HSO4 (2) (3) 2NH3+NaClO=N2H4+NaCl+H2O (4)ABD (5)取样品与试管中，先滴加少许亚硝酸，再滴加硝酸银，发现有白色沉淀生成，再滴加稀硝酸，发现沉淀部分溶解，即证明化合物B中含有Cl元素 ClO-+NO2-=Cl-+NO3- 【解析】氨气和次氯酸钠反应，有N2H4生成，和亚硝酸钠反应生成NaN3，氨气和三氧化硫等物质的量反应，得到产物为NH4HSO4，氨气多步反应，催化氧化反应，会生成硝酸，硝酸和氟化氯反应生成氟化氢。(1)流程图可知，NH3和SO3等物质的量反应，方程式为：NH3+H2O+SO3=NH4HSO4，得到产物为NH4HSO4。(2)NaN3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。(3)氨气和次氯酸钠反应，有N2H4生成，依据氧化还原反应可知化学式为2NH3+NaClO=N2H4+NaCl+H2O；(4)A项，NH3和纯净的O2在一定条件下会发生反应：4NH3+3O22N2+6H2O，不利用制备HNO3，故A错误；B项，甲基为推电子基团，使得-NH2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+能力：N2H4＜CH3NH2，故B错误；C项，物质A发生水解反应后可以得到NH4HSO4溶液，故C正确；D项，将氨水滴入NaClO溶液中，溶液中过量的HClO会氧化N2H4，不能生成N2H4，故D错误；故选ABD；(5)验证化合物B中含有Cl元素，取样品与试管中，先滴加少许亚硝酸，再滴加硝酸银，发现有白色沉淀生成，再滴加稀硝酸，发现沉淀部分溶解，即证明化合物B中含有Cl元素，实验过程中涉及的第一个反应的离子方程式ClO-+NO2-=Cl-+NO3-。 5．(2025·浙江省名校协作体三开学测试)氮及其化合物对生命、生产生活意义重大。NH3是重要的化工原料，可制备硝酸和肼(N2H4，具有较强还原性)。 (1)写出过量NH3发生反应I的化学方程式 。 (2)下列说法不正确的是______。 A．硝酸能使蛋白质变性 B．步骤Ⅱ应将CO(NH2)2溶液滴入NaClO溶液中 C．硝酸工业排放的NOx尾气可用NH3处理，生成无污染的物质 D．实验室可借助浓氨水和熟石灰反应快速制取少量氨气，且用无水CaCl2干燥 (3)①N2H4是一种二元弱碱：时，N2H4第一步电离平衡常数Kb1的值为 (已知：N2H4+H+N2H5+ K=8.7×10-7) ②若硝酸的结构可表示为：，已知硝酸与水分子可形成结晶水合物2HNO3•H2O，每个水分子形成三个氢键，含有六元环状结构。请写出2HNO3•H2O的结构式 (氢键用“…”表示)。 (4)已知反应Ⅲ歧化生成两种含氧酸盐，写出该反应的离子方程式 ； 根据所提供的试剂，设计实验检验溶液A中较低价态的含氧酸根离子 ； (可供选择的试剂：稀盐酸、稀硫酸、(NH4)2Fe(SO4)2溶液、KSCN溶液、KMnO4溶液) 【答案】(1)4NH3+COCl2=CO(NH2)2+2NH4Cl (2)BD (3)8.7×10-7 (4) 2NO2+2OH-=NO3-+NO2-+H2O 取A溶液少许与一试管，向其中加入足量的稀硫酸酸化，然后滴加KMnO4溶液，充分震荡反应后，若溶液紫红色褪去，说明含有NO2- 【解析】(1)由题干流程图可知，反应I为NH3与COCl2发生取代反应生成CO(NH2)2和HCl，过量的NH3与HCl反应生成NH4Cl，故过量NH3发生反应I的化学方程式为：4NH3+COCl2=CO(NH2)2+2NH4Cl；(2)A项，硝酸是一种具有强氧化性的强酸，故能使蛋白质变性，A正确；B项，由题干信息可知，N2H4具有强还原性，而NaClO具有强氧化性，故步骤Ⅱ不能将CO(NH2)2溶液滴入NaClO溶液中，否则生成的N2H4将被过量的NaClO氧化，应将NaClO溶液滴入CO(NH2)2溶液中，B错误；C项，根据氧化还原反应的规律可知，硝酸工业排放的NOx尾气可用NH3处理，生成无污染的物质N2和H2O，反应方程式为：6NOx+4xNH3=(2x+3)N2+6xH2O，C正确；D项，已知NH3能与CaCl2形成络合物，故实验室可借助浓氨水和熟石灰反应快速制取少量氨气，不能用无水CaCl2干燥，应该用碱石灰进行干燥，D错误；故选BD；(3)①N2H4是一种二元弱碱，其第一步电离方程式是N2H4+H2ON2H5++OH-，25℃时，N2H4第一步电离平衡常数Kb1===K×Kw=8.7×107×10-14=8.7×10-7；②若硝酸的结构可表示为：，硝酸与水分子可形成一水合二硝酸结晶水合物(2HNO3•H2O)，水分子中的2个H原子与硝酸分子中的非羟基氧原子形成2个氢键，水分子中的氧原子与硝酸分子中的氢原子形成1个氢键，一水合二硝酸的结构式 ；(4)由题干流程图可知，反应Ⅲ即NO2与NaOH溶液反应，发生歧化生成两种含氧酸盐即为NaNO3、NaNO2，则该反应的离子方程式为：2NO2+2OH-= NO3-+ NO2-+H2O， 根据所提供的试剂，设计实验检验溶液A中较低价态的含氧酸根离子即NO2-，NO2-具有还原性能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故设计实验为：取A溶液少许与一试管，向其中加入足量的稀硫酸酸化，然后滴加KMnO4溶液，充分震荡反应后，若溶液紫红色褪去，说明含有NO2-。 类型二 以废旧资料利用为主 6．(2025·浙江省嘉兴市高三基础测试)精炼铜产生的铜阳极泥含Cu、Ag、Au多种单质。某研究小组设计从Cu、Ag、Au的混合物中分离提收金和银的流程，如下图所示： 已知：电沉积时生成Ag的电极反应为：[Ag(S2O3)2]3-+ e-=Ag↓+2S2O32-。 回答下列问题： (1)“浸出液1”中含有的阳离子主要是 。 (2)“浸取2”步骤中，单质Au转化为HAuCl4，其反应的化学方程式为 。 (3)下列说法正确的是_______。 A．两次“浸取”所加的酸均可为硫酸或盐酸 B．“浸取3”步骤中，“浸渣2”中的AgCl转化为[Ag(S2O3)2]3- C．在“浸取2”步骤中，加入适量可提高混合物中Au的收率 D．上述流程中的H2O2、N2H4、Na2S2O3均为还原剂 (4)Na2S2O3可被I2氧化为Na2S4O6，从物质结构的角度分析Na2S4O6中阴离子的结构应为下图中的 (填“甲”或“乙”)。 (5)设计实验验证Cu、Ag、Au混合物中含有Ag 。 【答案】(1)Cu2+ (2)2Au+8HCl+3H2O2=2HAuCl4+6H2O (3)BC (4)甲 (5)向混合物中加入稀硝酸浸取，过滤，向滤液中加入氯化钠溶液，产生白色沉淀，说明溶液中含有银 【解析】由题给流程可知，向铜、银、金的混合物中加入稀硫酸和过氧化氢的混合溶液浸取，将铜转化为硫酸铜，银、金不反应，过滤得到含有硫酸铜的浸出液1和含Ag、Au的浸渣1；向滤渣1中加入盐酸和过氧化氢的混合溶液浸取，将银转化为氯化银，金转化为HAuCl4，过滤得到含有氯化银的浸渣2和含有HAuCl4的浸出液2；向浸渣2中加入硫代硫酸钠溶液，将氯化银转化为[Ag(S2O3)2]3-离子，过滤得到含有[Ag(S2O3)2]3-的浸出液3；浸出液3电沉积得到银；向含有HAuCl4的浸出液2中加入肼，将溶液中HAuCl4转化为金。(1) “浸出液1”中含有的阳离子主要是Cu2+；(2)加入盐酸和过氧化氢的混合溶液浸取的目的是将金转化为HAuCl4，反应的化学方程式为2Au+8HCl+3H2O2=2HAuCl4+6H2O；(3)A项，浸取1加入稀硫酸和过氧化氢的混合溶液浸取的目的是将铜转化为硫酸铜，浸取2加入盐酸和过氧化氢的混合溶液浸取的目的是将银转化为氯化银，金转化为HAuCl4，所以两次“浸取”所加的酸不同，故A错误；B项，加入硫代硫酸钠溶液的目的是将氯化银转化为[Ag(S2O3)2]3-离子，故B正确；C项，在“浸取2”步骤中，加入适量氯化钠，有利于增大溶液中氯离子浓度，使金尾气转化为HAuCl4，从而提高混合物中金的收率，故C正确；D项，浸取1和浸取2中加入的过氧化氢使反应的氧化剂，故D错误；故选BC；(4)甲结构中电子云分布较均衡，结构较为稳定，乙结构中正负电荷中心不重合，极性较大，较不稳定，且离子中存在过氧根，过氧根的氧化性大于单质碘，不能被碘单质氧化，所以Na2S4O6中阴离子的结构应为图中的甲；(5)Cu和Ag能与稀硝酸反应生成Cu2+和Ag+，Au不溶于稀硝酸，溶液中Cu2+不能与Cl-反应，Ag+能与Cl-反应生成AgCl白色沉淀，所以证明混合物中含有Ag的实验方案为向混合物中加入稀硝酸浸取，过滤，向滤液中加入NaCl溶液，产生白色沉淀，说明溶液中含有Ag。 7．(2025·浙江省Z20名校联盟高三第二次联考)以含铬废水(含Cr3+、Fe3+、Cu2+)和草酸泥渣(含PbC2O4、PbSO4)为原料制备铬酸铅(PbCrO4)的工艺流程如下： 已知：Cr(OH)3性质与Al(OH)3类似；pH＞7时，Pb2+开始转化为Pb(OH)2沉淀。 请回答： (1)“焙烧”时加入稍过量的碳酸钠是为了将硫酸铅转化为PbO，同时放出CO2，该转化过程的化学方程式为 。 (2)“滤渣2”的主要成分为 (填化学式)。 (3)下列说法不正确的是___________。 A．草酸泥渣“粉碎”的目的是加快反应速率 B．“氧化”工序中发生反应的离子方程式为2CrO2-+3H2O2+10OH-=2CrO42-+8H2O C．加入H2O2氧化后加热煮沸，是为了除去过量的H2O2 D．6 mol·L-1醋酸溶液可用浓度约为3 mol·L-1的硫酸代替 (4)“酸溶”过程中所加硝酸应适量，且混合后须用醋酸调至pH=5的原因是 。 (5)“滤液2”经一系列操作可制得CrO5(Cr为+6价)，1 mol该物质的过氧键个数为 。 (6)设计实验验证“滤液1”中含有的主要阴离子 。 【答案】(1)PbSO4+Na2CO3Na2SO4+CO2↑+PbO (2)Fe(OH)3、Cu(OH)2 (3)BD (4)调为弱酸性，可以防止产生Pb(OH)2沉淀；pH过小，c(H+)增大，平衡2CrO42-+H2OCr2O72-+2H+右移，CrO42-含量降低，导致沉铬率降低 (5)2NA (6)取滤液1少许于试管中，加入足量BaCl2溶液，产生白色沉淀，过滤，在沉淀中滴加足量稀盐酸，沉淀部分溶解且产生无色无味气体，说明溶液中含有的阴离子为SO42-、CO32- 【解析】由题给流程可知，向烘干粉碎的草酸泥渣中加入碳酸钠焙烧，将铅元素转化为PbO，将焙烧渣水洗得到的PbO溶于硝酸溶液得到硝酸铅溶液；向含铬废水中加入过量氢氧化钠溶液调节溶液pH，将溶液中的铬离子转化为偏铬酸钠，铁离子和铜离子转化为氢氧化铁、氢氧化铜沉淀，过滤得到含氢氧化铁、氢氧化铜的滤渣和含偏铬酸钠的滤液；向滤液中加入过氧化氢溶液，将溶液中的偏铬酸钠转化为铬酸钠，加热煮沸除去过量的过氧化氢溶液，向硝酸铅和铬酸钠混合溶液中加入醋酸溶液调节溶液pH为5，将溶液中的铬酸根离子和铅离子转化为铬酸铅沉淀，过滤得到铬酸铅和滤液；滤液经再处理达标排放。(1)由题意可知，“焙烧”时发生的反应为硫酸铅和碳酸钠高温条件下煅烧反应生成硫酸钠、氧化铅和二氧化碳，反应的化学方程式为PbSO4+Na2CO3Na2SO4+CO2↑+PbO；(2)由分析可知，“滤渣2”的主要成分为氢氧化铁、氢氧化铜；(3)A项，草酸泥渣粉碎可以增大固体的表面积，有利于增大反应物的接触面积，加快反应速率，故A正确；B项，加入过氧化氢溶液的目的是将溶液中的偏铬酸钠转化为铬酸钠，反应的离子方程式为2CrO2-+3H2O2+2OH-=2CrO42-+4H2O，故B错误；C项，加热煮沸的目的是除去过量的过氧化氢溶液，防止过氧化氢干扰铬酸铅沉淀的生成，故C正确；D项，硫酸溶液能与溶液中的铅离子反应生成硫酸铅沉淀，所以不能用硫酸溶液替代醋酸溶液，故D错误；故选BD；(4)加入醋酸将溶液调为弱酸性，可以防止产生Pb(OH)2沉淀，若溶液pH过小，溶液中c(H+)增大，平衡2CrO42-+H2OCr2O72-+2H+右移，溶液中CrO42-含量降低，不利于铬酸铅沉淀的生成，导致沉铬率降低，所以“酸溶”过程中所加硝酸应适量，且混合后须用醋酸调至pH为5；(5)设过氧化铬中—1价、—2价氧元素的个数分别为a、b，由化学式可得：a+b=5，由化合价代数和为0可得：a+2b=6，解得a=4、b=1，则1mol过氧化铬中含有过氧键个数为1mol×2×NAmol—1=2NA；(6)由题意可知，“焙烧”时发生的反应为硫酸铅和碳酸钠高温条件下煅烧反应生成硫酸钠、氧化铅和二氧化碳，则滤液1中含有硫酸钠和碳酸钠，检验溶液中硫酸根离子和碳酸根离子的操作为取滤液1少许于试管中，加入足量BaCl2溶液，产生白色沉淀，过滤，在沉淀中滴加足量稀盐酸，沉淀部分溶解且产生无色无味气体，说明溶液中含有的阴离子为SO42-、CO32-。 8．(2025·浙江省Z20名校联盟高三开学考试)铜阳极泥(主要含有铜、银、金、铅等单质)是一种含贵金属的可再生资源，一种从铜阳极泥中分离提取多种金属元素的工艺流程如下(所加试剂均过量)： 已知：①溶液2中Au的主要存在形式为[AuCl4]- ②AgCl+2SO32-[Ag(SO3)]3- +Cl- 请回答： (1)沉淀的主要成分为 (填化学式)，从氧化还原的角度分析，步骤5中HCHO体现的性质是 。 (2)步骤2中单质金发生反应的离子方程式为 。 (3)下列说法正确的是___________。 A．步骤1中加入NaCl的主要作用是使溶解出的Ag+转化为AgCl沉淀 B．步骤1可通过粉碎阳极泥、加热、搅拌、改用浓硫酸等方式加快反应速率 C．溶液1可经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到胆矾粗产品 D．溶液4可返回步骤3中循环使用，但循环多次后可能导致银的浸出率降低 (4) Na2SO3溶液中含硫微粒物质的量分数与pH的关系如图所示。 步骤4中加入稀硫酸调节溶液pH=4可析出AgCl，请用离子方程式表示析出AgCl的原因 。 (5)步骤5需要在碱性环境下进行，设计实验验证溶液4中含有Cl- 。 【答案】(1) AgCl、PbSO4 还原性 (2) 2Au+ ClO3-+7Cl-+6H+=2[AuCl4]-+3H2O (3)ACD (4)[Ag(SO3)]3- +Cl-+2H+AgCl+2HSO3- (5)取一定量溶液4于试管中，加足量稀HNO3酸化，再加足量Ba(NO3)2溶液，静置后向上层清液中滴加AgNO3溶液，出现白色沉淀，则含Cl- (其他合理答案亦可) 【解析】铜阳极泥中含有铜、银、金、铅等单质，经过步骤1后，铜溶解得到硫酸铜溶液即溶液1，银与铅溶解后分别得到氯化银与硫酸铅沉淀，金不溶即沉淀A为氯化银、硫酸铅、金，经过步骤2后，Au与氯离子形成配合物溶解，所以沉淀B为氯化银与硫酸铅，经过步骤3，氯化银溶解AgCl+2SO32-[Ag(SO3)]3- +Cl-得到溶液3，经过步骤4得到氯化银沉淀。(1)沉淀B为AgCl、PbSO4，步骤5中HCHO主要作用是将[Ag(SO3)]3-中的银离子还原为单质银，所以此处甲醛的作用是还原剂体现还原性。(2)单质金在HCl酸性条件下，在氧化剂NaClO3的氧化作用下，金与氯离子形成配合物，则对应的离子方程式为2Au+ ClO3-+7Cl-+6H+=2[AuCl4]-+3H2O。(3)A项，骤1中加入NaCl的主要作用是使溶解出的Ag+转化为AgCl沉淀，A正确；B项，骤1可通过粉碎阳极泥、加热、搅拌加快反应速率，改用浓硫酸溶于水放热会加快双氧水分解，反而不利于银、铅、铜溶解，B错误；C项，液1是硫酸铜溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤可得到胆矾粗产品，C正确；D项，液4可返回步骤3中循环使用，但循环多次后可能导致银的浸出率降低，D正确；故选ACD。(4)步骤4中加入稀硫酸调节溶液pH=4时，由图可知此条件下亚硫酸根与氢离子更容易结合形成亚硫酸氢根，银离子将从配合物中脱离出来与氯离子结合生成沉淀析出，对应离子方程式为[Ag(SO3)]3- +Cl-+2H+AgCl+2HSO3-。(5)验证氯离子的操作步骤为，取一定量溶液4于试管中，加足量稀HNO3酸化，再加足量Ba(NO3)2溶液，静置后向上层清液中滴加AgNO3溶液，出现白色沉淀，则含Cl-。 9．(2025·浙江省强基联高三联考)1000多年前我国就利用“细菌氧化”法将铜矿石中的硫化物转化为硫酸盐，并用形成的天然“胆水”来冶炼铜。现代采用电解精炼铜会产生阳极泥，其中含有铜、金、银等金属单质。某科研小组设计提纯金和银的工艺流程如下： 已知：AgCl能与Na2S2O3反应生成[Ag(S2O3)2]3-。 (1)“胆水”的主要溶质是 ；浸出液1含有的金属离子主要是 。 (2)下列说法正确的是___________。 A．浸渣1的主要成分是金和银，浸渣2的主要成分是银 B．电沉积阴极反应式是[Ag(S2O3)2]3-+e-=Ag+2S2O32- C．浸取2中盐酸有利于Au转化为HAuCl4，Ag转化为AgCl，实现有效分离 D．还原步骤中，N2H4与Au的物质的量之比为4∶3 (3)浸取1中相关反应的化学方程式是 。 (4)“细菌氧化”时，FeS2发生反应的离子方程式是 ，设计实验检验反应产物中的离子： 。 【答案】(1) 硫酸铜 Cu2+ (2)BC (3) Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O (4)4FeS2+15O2+2H2O4Fe3++8SO42-+4H+ 取样于三支试管中，向A试管滴加KSCN溶液，若溶液变红，则有Fe3+；向B试管中滴加稀盐酸，无现象，再滴加BaCl2溶液，若有白色沉淀，则有SO42- 【解析】精炼铜产生的铜阳极泥富含Cu、Ag、Au等元素，铜阳极泥加入硫酸、H2O2浸取，Cu被转化为Cu2+进入浸出液1中，Ag、Au不反应，浸渣1中含有Ag和Au；浸渣1中加入盐酸、H2O2浸取，Au转化为HAuCl4进入浸出液2，Ag转化为AgCl，浸渣2中含有AgCl；浸出液2中加入N2H4将HAuCl4还原为Au，同时N2H4被氧化为N2；浸渣2中加入Na2S2O3，将AgCl转化为[Ag(S2O3)2]3-，得到浸出液3，利用电沉积法将[Ag(S2O3)2]3-还原为Ag。(1)“胆水”的主要溶质是硫酸铜；由分析可知，铜阳极泥加入硫酸、H2O2浸取，Cu被转化为Cu2+以及过量的酸进入浸取液1中，故浸出液1含有的金属离子主要是Cu2+；(2)A项，浸渣1的主要成分是金和银，浸渣2的主要成分是AgCl，故A错误；B项，电沉积步骤中，阴极发生还原反应，[Ag(S2O3)2]3-得电子被还原为Ag，电极反应式为[Ag(S2O3)2]3-+e-=Ag+2S2O32-，故B正确；C项，浸取2中浸渣1中加入盐酸、H2O2浸取，Au转化为HAuCl4进入浸出液2，Ag转化为AgCl，实现有效分离，故C正确；D项，还原步骤中，N2H4将HAuCl4还原为Au，同时N2H4被氧化为N2，根据化合价升降可知，N2H4与Au的物质的量之比为3∶4，故D错误；故选BC；(3)浸取1中是铜在硫酸作用下被双氧水氧化生成硫酸铜和水，相关反应的化学方程式是Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O；(4)“细菌氧化”时，将铜矿石中的硫化物转化为硫酸盐，FeS2发生反应的离子方程式是4FeS2+15O2+2H2O4Fe3++8SO42-+4H+，设计实验检验反应产物中的离子，铁离子、硫酸根离子，实验为：取样于三支试管中，向A试管滴加KSCN溶液，若溶液变红，则有Fe3+；向B试管中滴加稀盐酸，无现象，再滴加BaCl2溶液，若有白色沉淀，则有SO42-。 10．(2025·浙江省富阳中学高三选考模拟)一种通过阳极泥(主要成分为Au、Pt、Ru、Os等金属)制备锇酸钾晶体并回收其他贵金属的工艺流程如下图 已知：1．滤液①中主要含有的物质为HAuCl4、H2PtCl6 2．K2PtCl6微溶于冷水，难溶于有机溶剂 3．OsO4熔点40.6℃，沸点130℃，微溶于水，易溶于有机溶剂 完成下列填空： (1)在“酸浸”中会产生NO气体，请写出该步骤的化学方程式 。 (2)操作①②均会使用的玻璃仪器除烧杯外还有 。 (3)通过“沉金”步骤可知，氧化性HAuCl4 H2PtCl6。(选填“<”、“>”或“=”) (4)“还原”步骤中生成一种无毒无害的气体，该步骤化学方程式为 (盐酸肼N2H4·2HCl)，从结构上分析，肼(N2H4)是一种 分子。(选填“极性”或“非极性”) (5)“溶解、蒸馏”步骤中，先加入50%硫酸得到Na2OsO4溶液，再加入NaClO3溶液，反应后蒸馏出OsO4，请写出生成OsO4的离子方程式 。 (6) OsO4用溶液吸收后又得到Na2OsO4溶液，但吸收液中仍然存在少量Na2RuO4杂质，操作中加入甲醇的目的是 。 (7)“转化”时需加入过量溶液，试从平衡角度分析其原因： 。 (8)还可以形成丰富的配合物，如)形成的配合物Pt(NH3)2Cl2，Pt(NH3)2Cl2有A、B两种同分异构体，A呈棕黄色，在水中溶解度为0.2577g/(100g H2O)，B呈淡黄色，在水中溶解度为0.0366g/(100g H2O)，其中一种配合物水解后可与草酸反应生成Pt(C2O4)(NH3)2，另一种水解后不能与草酸反应，从结构的角度推测，水解后与草酸发生反应的配合物是 (选填“A”或“B”)，并在下列图表中填入分子结构简式以解释其原因 。 【答案】(1) Au+4HCl+HNO3=HAuCl4+NO↑+2H2O，3Pt+18HCl+4HNO3= H2PtCl6+4NO↑+8H2O (2)玻璃棒、漏斗 (3)> (4) H2PtCl6+ N2H4·2HCl= K2PtCl6+N2↑+6HCl 极性 (5) ClO3-+3OsO42-+6H+=3OsO4↓+3Cl-+3H2O (6)还原Na2RuO4，使Ru元素以Ru(OH)4形式析出 (7)存在平衡2K++ OsO42-+2H2OK2OsO4·2H2O↓，增大K+浓度，平衡正向移动，有助于K2OsO4·2H2O生成 (8) A ； 【解析】阳极泥加入王水浸取得到“残渣”的主要成分为含Os和Ru的混合物，处理后得到残渣加入过氧化钠共融、水浸后，加入硫酸、氯酸钠溶解蒸馏出OsO4，OsO4用NaOH溶液吸收后又得到Na2OsO4溶液，加入过量的氢氧化钾溶液得到K2OsO4⋅2H2O；阳极泥加入王水浸取得到滤液中含有HAuCl4、H2PtCl6，加入FeSO4沉金得到Au，过滤后加入饱和KCl溶液将H2PtCl6转化为K2PtCl6的悬浊液，过滤后K2PtCl6用盐酸肼还原过滤得到K2PtCl6固体。(1)滤液①中主要含有的物质为HAuCl4、H2PtCl6，在“酸浸”中会产生气体，说明Au与王水反应时，可生成HAuCl4和NO，Pt与王水反应时，生成H2PtCl6和NO，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式分别为：Au+4HCl+HNO3=HAuCl4+NO↑+2H2O，3Pt+18HCl+4HNO3= H2PtCl6+4NO↑+8H2O。(2)操作①②均为过滤，会使用的玻璃仪器除烧杯外还有玻璃棒、漏斗。(3)通过“沉金”步骤可知，Fe2+可以将HAuCl4还原为Au，而不能还原H2PtCl6，说明氧化性HAuCl4> H2PtCl6。(4)“还原”步骤中K2PtCl6和盐酸肼(N2H4·2HCl)反应生成K2PtCl6，Pt元素化合价下降，则N元素化合价上升生成一种无毒无害的气体为N2，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：H2PtCl6+ N2H4·2HCl= K2PtCl6+N2↑+6HCl，肼(N2H4)中N-N键可以自由旋转，导致分子极性发生变化，正负电中心不重合，属于极性分子。(5)NaClO3具有强氧化性，将Na2OsO4氧化为OsO4，本身被还原为氯离子，根据电子守恒、质量守恒可知，反应为：ClO3-+3OsO42-+6H+=3OsO4↓+3Cl-+3H2O。(6)甲醇具有一定还原性，Na2RuO4吸收液中仍然存在少量Na2RuO4杂质，加入氢氧化钠、甲醇后Na2RuO4发生还原反应生产Ru(OH)4，甲醇被氧化为甲醛，故操作中加入甲醇的目的是：还原Na2RuO4，使Ru元素以Ru(OH)4形式析出。(7)“转化”时溶液中存在平衡：2K++ OsO42-+2H2OK2OsO4·2H2O↓，加入过量KOH溶液，，增大K+浓度，平衡正向移动，有助于K2OsO4·2H2O生成。(8)Pt(NH3)2Cl2有两种同分异构体：和，是极性分子，是非极性分子，根据相似相容原理，在水中的溶解度较大，则A为，B为，A发生水解后生成，可以和草酸发生酯化反应生成，水解后生成，两个羟基相对，不能和草酸发生反应，用图标解释其原因为：；。 类型三 以矿物综合利用为主 11．(2025·浙江省宁波市高三第一次模拟)以锗石矿(成分为GeS、Cu2S、FeS)为原料，可以实现如下转化。 已知：①Ge与Si同族；②AgNO2是一种难溶于水的白色固体，可溶于稀硝酸； ③HNO2是一元弱酸，常温下易分解为NO、NO2。 请回答： (1)固体氧化物C的化学式为 。步骤Ⅱ中，加入CuO的作用是 。步骤IV可以用来构建Ge-C键，写出该反应的化学方程式 。 (2)下列说法正确的是___________。 A．工业生产中可以选择铝或铂作为盛装大量浓硝酸的罐体材料 B．在足量氧气情况下，1L0.1mol·L-1 Na2CO3溶液最多可吸收92g气体A C．步骤Ⅲ中浓盐酸的作用仅作为反应物 D．工业上可通过电解液体D制备金属Ge (3)NOCl()是一种红褐色液体，易水解。设计实验验证该化合物中含有N、Cl元素。 ①实验方案：取NOCl液体，加入足量NaOH溶液，然后 。 ②写出NOCl与足量NaOH溶液反应的离子方程式 。 【答案】(1)GeO2 调节溶液的pH使Fe(NO3)3转化为Fe(OH)3沉淀析出 GeCl4+C6H5MgCl→C6H5GeCl3+MgCl2 (2)B (3)加入足量的稀硝酸，若出现红棕色气体，则有氮元素；再加入AgNO3溶液，若出现白色沉淀，则有氯元素。(其他合理答案也给分) NOCl+2OH-=NO2-+Cl-+H2O 【解析】在锗石矿(成分为GeS、Cu2S、FeS)中加入足量浓硝酸，根据流程图可知得到三部分成分，一是得到气体A，根据后面与HCl反应得到产物为NOCl可知气体A为NO2；二是得到溶液B，结合流程图可知其中含有Fe(NO3)3、Cu(NO3)2和过量HNO3，加入CuO消耗硝酸调节溶液pH使Fe(NO3)3转化为Fe(OH)3沉淀析出与Cu2+分离；三是得到固体氧化物C，根据题目，可知C中含Ge元素，则固体氧化物C为GeO2，加入浓盐酸将GeO2转化为液体D(GeCl4)后通过分液进行分离，再将GeCl4与等物质的量的C6H5MgCl反应得到MgCl2和最终产物化合物E：C6H5GeCl3。(1)固体氧化物C的化学式为GeO2；在步骤Ⅱ中，加入CuO的作用为消耗硝酸调节溶液的pH使Fe(NO3)3转化为Fe(OH)3沉淀析出与Cu2+分离；根据分析，步骤IV为GeCl4与等物质的量的C6H5MgCl反应得到MgCl2和最终产物化合物E C6H5GeCl3，则该反应的化学方程式为：GeCl4+C6H5MgCl→C6H5GeCl3+MgCl2。(2)A项，工业生产中可以选择铝或铂作为盛装大量浓硝酸的罐体材料：铂为贵重金属，从安全和成本考虑一般不能用作盛放大量浓硝酸罐体材料，A错误；B项，在足量氧气情况下，1L0.1mol·L-1 Na2CO3溶液最多可吸收92g气体A：1L0.1mol·L-1 Na2CO3为1mol，气体A为NO2，根据反应2Na2CO3+4NO2+O2=4NaNO3+2CO2可知需要消耗NO2为2mol，质量为92g，B正确；C项，步骤Ⅲ中浓盐酸的作用仅作为反应物：浓盐酸还作为水相的萃取剂使用，C错误；D项，工业上可通过电解液体D制备金属Ge：液体D为液态GeCl4，属于分子晶体，不电离，所以无法用电解液体D制备金属Ge，D错误；故选B。(3)根据NOCl液体易水解得2种酸：NOCl+H2O=HNO2+ HCl，得到其在碱性中会完全水解后得到相应的盐：NOCl+2NaOH=NaNO2+ NaCl+H2O。①要验证该化合物中含有N、Cl元素，具体操作为：取NOCl液体，加入足量NaOH溶液，然后加入足量的稀硝酸将NaNO2转化为HNO2，根据题目已知③HNO2是一元弱酸，常温下易分解为NO、NO2，此时若出现红棕色气体，则证明有氮元素；再加入AgNO3溶液，若出现白色沉淀，则有氯元素；②根据NOCl液体在碱性中水解的方程式，得到NOCl与足量NaOH溶液反应的离子方程式为：NOCl+2OH-=NO2-+Cl-+H2O。 12．(2025·浙江部分高中高三开学考试)矿物资源的综合利用有多种方法，硅镀钇矿(Y2FeBe2Si2O10)是一种含钇族稀土元素和氧化铍为主的主要矿物，该矿石中含稀土元素约35%，含氧化铍约5%，如图是利用硅铍钇矿生产氧化铍与稀土产品的转化过程： 已知：过程I中未有电子转移，且物质X由多种氧化物混合而成。请回答： (1)写出物质X中的所有氧化物 (填化学式)；步骤III中，加入NH4Cl的作用是 。步骤II中存在氧化还原过程，设计实验验证含铍溶液中的阳离子(除以外) 。 (2)已知：铍元素和铝元素处于第二周期和第三周期的对角线位置，化学性质相似。下列说法不正确的是_______。 A．Be(OH)2是两性氢氧化物，能与强酸、强碱反应 B．Al2Cl6沸点低于相似结构的Be2Cl4 C．为得到无水BeCl2，可通过Cl与BeCl2·6H2O混合并加热制得 D．的第一电离能大于B的第一电离能的主要原因是电子排布为半充满，较为稳定 (3)某化学科研工作者对复盐沉淀进行精密分析，最终确认其化学式为Y2(SO4)3·Na2SO4·2H2O。 ①向复盐沉淀中加入NaOH溶液生成Y(OH)3，写出该反应的化学方程式 。 ②检验氢氧化钇是否洗涤干净的操作方法为 。 【答案】(1) Y2O·2BeO·FeO·2SiO2 (调节溶液pH值)，使Fe3+完全沉淀 取少量溶液于一支试管，加入石蕊试液溶液显红色，则存在H+，另取少量溶液于试管中，加入K4[Fe(CN)6]溶液，若出现蓝色沉淀则有Fe3+ (2)BD (3) Y2(SO4)3·Na2SO4·2H2O+6NaOH=2Y(OH)3+4Na2SO4+2H2O 取最后一次洗涤液于试管，加入BaCl2溶液，若没有白色沉淀产生，则说明已经洗涤干净 【解析】过程I中未有电子转移，且物质X由多种氧化物混合而成，物质X为Y2O·2BeO·FeO·2SiO2，加入硫酸与金属氧化物反应，二氧化硅与硫酸不反应，过滤得到浸出液含Y3+、Be2+、Fe2+，往浸出液中加入硫酸钠，高温下反应可得到化学式为Y2(SO4)3·Na2SO4·2H2O复盐沉淀和含铍溶液，加氢氧化钠溶液可溶解复盐沉淀并将其转化为Y(OH)3和硫酸钠，经过滤洗涤得到Y(OH)3；加入氨、氯化铵调节含铍溶液的pH，过滤后可得到氢氧化铁和含铍中和液，再经沉铍、过滤、洗涤、干燥、煅烧等一系列流程可制得工业氧化铍。(1)依据元素化合价和原子守恒书写元素的氧化物组成，矿石(Y2FeBe2Si2O10)的组成用氧化物的形式可表示X为Y2O·2BeO·FeO·2SiO2；步骤III中，加入氨气和NH4Cl后含铍溶液中Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，则NH4Cl的作用是调节溶液pH值，使Fe3+完全沉淀；步骤II中存在氧化还原过程，即Fe2+被氧化为Fe3+，设计实验验证Fe3+存在的方法是：取少量溶液于一支试管，加入石蕊试液溶液显红色，则存在H+，另取少量溶液于试管中，加入K4[Fe(CN)6]溶液，若出现蓝色沉淀则有Fe3+；(2)A项，已知铍元素和铝元素化学性质相似，Al(OH)3是两性氢氧化物，能与强酸如HCl、强碱如NaOH反应，可推测Be(OH)2也是两性氢氧化物，能与强酸、强碱反应，故A正确；B项，Al2Cl6、Be2Cl4都是分子晶体，相对分子质量越大，范德华力越大，分子间作用力越大，其沸点越高，则Al2Cl6沸点高于相似结构的Be2Cl4，故B错误；C项，因加热AlCl3溶液发生水解反应生成氢氧化铝和HCl，为得到无水氯化铝应在氯化氢氛围下加热，由于SOCl2发生水解生成HCl，可通过Cl与BeCl2·6H2O混合并加热，能抑制BeCl2水解，得到无水BeCl2，故C正确；D项，Be的核外电子排布为1s22s2，B的核外电子排布为1s22s22p1，由于Be的2s全充满、2p轨道全空，较稳定，所以第一电离能大于B的第一电离，故D错误；故选BD；(3)①复盐沉淀化学式为Y2(SO4)3·Na2SO4·2H2O，加入NaOH溶液生成Y(OH)3，该反应的化学方程式Y2(SO4)3·Na2SO4·2H2O+6NaOH=2Y(OH)3+4Na2SO4+2H2O；②混在氢氧化钇中的杂质是硫酸钠，检验氢氧化钇是否洗涤干净即检验硫酸根离子是否存在，可加入氯化钡溶液与硫酸钠反应，若没有硫酸钡白色沉淀生成即不存在硫酸根离子，操作方法为：取最后一次洗涤液于试管，加入BaCl2溶液，若没有白色沉淀产生，则说明已经洗涤干净。 13．(2025·浙江省绍兴市高三第一次模拟)黄铜矿(主要成分为CuFeS2，含少量Fe、Ag、Au、As等元素)的综合利用具有重要意义。 (1)下列说法正确的是___________。 A．黄铜矿粉末浮选时，浮选剂分子的一端与矿粉结合，另一端为烃基，属于亲水基团，插入空气泡中，随空气泡上浮至液体表层 B．工业上，气体A经催化氧化、用水吸收后制得一种用途十分广泛的强酸 C．炉渣C的主要成分为FeSiO3 D．B中主要含Cu2S，若忽略杂质参与的反应，每获得1mol Cu，转移的电子数为3NA (2)粗铜经电解精炼可得到精铜和阳极泥(含有Ag、Au等贵金属)。 ①工业上，在富氧条件下，可用NaCN溶液溶解Ag、Au。其中Au转化为[Ag(CN)2]-，写出Au溶解时的离子反应式： 。 ②实验室分离金银合金中的Ag和Au。实验方案：取一定量合金，与足量 充分反应，过滤、洗涤沉淀并干燥，得到Au。滤液用N2H4还原得到Ag。 (3)一元酸D中的阴离子呈四面体，As2O3溶于浓盐酸的过程，体现As2O3的性质是 (选填“氧化性”、“还原性”、“酸性氧化物的性质”、“碱性氧化物的性质”、“热稳定性”之一)。B中除了Cu2S外，含有少量铁元素。验证B中含有铁元素的方法如下：取少量B与热的浓硝酸充分反应，然后 。写出Cu2S溶于热的浓硝酸时的离子方程式 。 【答案】(1)CD (2) 4Au+O2+8CN-+2H2O=4[Au(CN)2]-+4OH- 硝酸 (3)碱性氧化物的性质 加入足量浓氨水，过滤；沉淀用稀硫酸溶解，滴加KSCN溶液，若溶液变红，说明含有铁元素 Cu2S+12H++10NO3-=2Cu2++10NO2↑+SO42-+6H2O 【解析】黄铜矿(主要成分为CuFeS2，含少量Fe、Ag、Au、As等元素)，粉碎浮选后得到精矿，通入空气焙烧，主要发生反应2CuFeS2+O2Cu2S+ 2FeS+SO2，混合气冷却后，气体A为SO2，固体为As2O3，固体加入浓盐酸的反应为As2O3+6HCl(浓)=2AsCl3+3H2O，得到一元酸D，且D中的阴离子呈四面体，则其杂化方式为sp3，则该阴离子为[AsCl4]-，则一元酸D为H[AsCl4]；含Cu2S、FeO等固体加入沙子(主要成分是SiO2)高温反应生成熔渣C为FeSiO3，B中主要含Cu2S，通入一定量的空气发生反应Cu2S+O22Cu+SO2。 【解析】(1)A项，烃基为疏水基团，A错误；B项，气体A为SO2，经催化氧化、用浓硫酸吸收后制得一种用途十分广泛的强酸，即H2SO4，B错误；C项，FeO与SiO2高温反应生成FeSiO3，则熔渣C主要成分为FeSiO3，C正确；D项，由方程式可知，氧元素和铜元素化合价均降低，Cu2S+O22Cu+SO2，则每获得1mol Cu，转移的电子数为3NA，D正确；故选CD；(2)①在富氧条件下，可用NaCN溶液溶解Ag、Au。其中Au转化为[Au(CN)2]-，其中氧气做氧化剂，CN-做配离子，配平反应为4Au+O2+8CN-+2H2O=4[Au(CN)2]-+4OH-；②由已知信息可知，分离Ag和Au，最后得到的沉淀为Au，则Ag被溶解过滤除掉，能溶解Ag则选用硝酸，得到硝酸银后，用N2H4还原得到Ag；(3)由分析可知，一元酸D为H[AsCl4]；则As2O3溶于浓盐酸的过程，发生的反应是As2O3+6HCl(浓)=2AsCl3+3H2O，体现的是碱性氧化物的性质；取少量B与热的浓硝酸充分反应，此时溶液中含有剩余的硝酸，具有强氧化性，若直接加入KSCN溶液，KSCN溶液会被硝酸氧化，故应加入足量浓氨水，过滤；沉淀用稀硫酸溶解，滴加KSCN溶液，若溶液变红，说明含有铁元素；Cu2S溶于热的浓硝酸时的离子方程式，Cu元素被氧化为Cu2+，S元素被氧化为SO42-，浓硝酸被还原为NO2，根据得失电子守恒，配平离子反应为Cu2S+12H++10NO3-=2Cu2++10NO2↑+SO42-+6H2O。 14．(2025·浙江省金华第一中学高三选考模拟)以黄铜矿(主要成分为FeCuS2，含少量SiO2)为原料，相关转化关系如下。 已知：①反应1中Fe不变价，且固体A为单一化合物； ②Cu2(OH)3Cl具有疏松结构。 (1)固体A的化学式为 ；SOCl2的电子式为 。 (2)下列说法不正确的是___________。 A．CuCl不溶于水，但溶于稀硝酸 B．在该环境生锈后，铜锈可隔绝空气，减缓生锈速度 C．气体B具有还原性所以能使品红溶液褪色 D．SOCl2与AlCl3·6H2O混合共热可制得无水AlCl3 (3)反应2的化学方程式为 。 (4)①反应4生成的物质D难溶于水，同时生成两种酸性气体，则反应4的化学方程式为 。 ②设计实验验证物质D中的氯元素 。 【答案】(1) FeSiO3 (2)BC (3)4CuCl+O2+4H2O=2Cu2(OH)3Cl+2HCl (4) SOCl2+CH3CH2OH→CH3CH2Cl+ SO2+HCl 取少量CH3CH2Cl与NaOH溶液共热至溶液不再分层，加稀硝酸酸化至溶液呈酸性。再加入硝酸银溶液，若产生白色沉淀，则证明CH3CH2Cl中有氯元素 【解析】根据流程可知气体B中含S元素，B为SO2，固体A中含Fe和Si，黄铜矿反应的化学方程式为：2FeCuS2+SiO2+5O2Cu+2FeSiO3+4SO2，故B为SO2，A为FeSiO3；粗铜与HCl和氧气反应得到CuCl，CuCl与O2和水反应得到Cu2(OH)3Cl，反应方程式为：4CuCl+O2+4H2O=2Cu2(OH)3Cl+2HCl；SO2与等物质的量的氯气反应得C：SO2Cl2，SO2Cl2与SCl2反应得到SOCl2，SOCl2与乙醇反应得到D，方程式为：SOCl2+CH3CH2OH→CH3CH2Cl+ SO2+HCl，D为CH3CH2Cl。(1)根据分析，固体A的化学式为：FeSiO3；SOCl2中S原子的价层电子对数为：，电子式为：。(2)A项，CuCl不溶于水，但能与稀硝酸发生氧化还原反应，故能溶于稀硝酸，A正确；B项，Cu在该环境生锈后，铜锈为多孔结构，不能隔绝空气，故不能减缓生锈速度，B错误；C项，气体B为二氧化硫，具有漂白性，能使品红溶液褪色，C错误；D项，SOCl2与AlCl3·6H2O混合共热可制得无水AlCl3、HCl和SO2，D正确；故选BC。(3)反应2的化学方程式为：4CuCl+O2+4H2O=2Cu2(OH)3Cl+2HCl。(4)①根据分析，反应4的化学方程式为：SOCl2+CH3CH2OH→CH3CH2Cl+ SO2+HCl；②卤代烃需要先在碱性条件下水解，再用硝酸调至酸性后加硝酸银溶液，观察沉淀颜色，故实验方案为：取少量CH3CH2Cl与NaOH溶液共热至溶液不再分层，加稀硝酸酸化至溶液呈酸性。再加入硝酸银溶液，若产生白色沉淀，则证明CH3CH2Cl中有氯元素。 类型四 陌生物质推断为主 15．(2025·浙江省高三普通高校招生模拟选考科目模拟考试)固态化合物Y的组成为Cu2S·GeFeS2，以Y为原料实现如下转化。 已知：Ge与Si同族，固体D为氧化物。 请回答： (1)固体D的化学式为 ；用电子式表示液体E中主要成分 ；步骤Ⅲ中，液体E以物质的量之比1：1与CH3MgCl反应，该反应为构建Ge-C键，写出其化学方程式 。 (2)下列说法不正确的是___________。 A．气体B是形成酸雨的“罪魁祸首” B．固体C中可能含有Mg(NO2)2 C．浓盐酸与浓硝酸按体积比1：3混合得到王水 D．强度：Mg-C键> Ge-C键 (3)写出溶液G中所有的阴离子 ；设计实验验证Y中含有Cu元素 。 【答案】(1) GeO2 GeCl4＋CH3MgCl=MgCl2＋CH3GeCl3 (2)CD (3) NO3-、OH-、SO42- 取少量溶液G(或取少量Y用硝酸酸化)，加入足量的氨水，静置(或过滤)，若上层溶液(或滤液)呈深蓝色，则说明含有铜元素 【解析】固态化合物Y化学式为Cu2S·GeFeS2，可知化合价铜为+1价，铁为+2价，硫为-2价，锗为+2价，加入足量浓硝酸，说明得到的气体B是NO2，由于浓硝酸具有强氧化性且为足量，可知溶液G中含有Cu2+、Fe3+、SO42-、NO3-、H+，还有少量OH-，根据已知Ge与Si同族，固体D为氧化物，+2价的Ge被氧化后生成的氧化为D为GeO2， 操作Ⅱ中加入浓盐酸后进行分液，水溶液为盐酸溶液，说明得到的液体E与水溶液不互溶，应该为非极性的分子，可知GeO2转化得到的是GeCl4，GeCl4与CH3MgCl发生反应，根据题中问题可知生成的F为CH3GeCl3，固体C是NO2与镁发生反应产生，NO2中氮元素化合价下降生成氮气。(1)固体D的化学式为GeO2；液体E中主要成分为GeCl4，Ge和Cl共用1对电子，故GeCl4电子式为；步骤Ⅲ中，GeCl4与CH3MgCl以物质的量之比1∶1进行反应，该反应为构建Ge-C键，化学方程式为GeCl4＋CH3MgCl=MgCl2＋CH3GeCl3；(2)A项，气体B为NO2，NO2与空气中的水和氧气反应生成硝酸，是形成酸雨的“罪魁祸首”，A正确；B项，固体C是NO2与镁发生反应产生，镁具有还原性，故固体C中可能含有Mg(NO2)2，B正确；C项，王水是浓盐酸与浓硝酸按体积比3∶1混合得到，C错误；D项，根据(1)中GeCl4＋CH3MgCl=MgCl2＋CH3GeCl3反应可知，存在Mg-C键的断裂及Ge-C键的生成，因此Ge-C键更稳定，即Mg-C键弱于Ge-C键，D错误；故选CD。(3)由分析知，溶液G中的阴离子有NO3-、OH-、SO42-；取少量溶液G(或取少量Y用硝酸酸化)，加入足量的氨水，静置(或过滤)，若上层溶液(或滤液)呈深蓝色，则说明含有铜元素。 16．(2025·浙江省五校高三联考)固态化合物M的组成为CuSi2O5，以M为原料实现如下转化： 已知：a．固体X由两种氧化物组成，质量与M相同；b．CuAlO2难溶于水 (1)①固体D的成分为 ，溶液E中含氮微粒有 。 ②写出反应Ⅱ的化学反应方程式 。 ③溶液F加热可得纳米Cu(OH)2，过程中pH会明显下降，原因是 。 (2)下列说法正确的是_______。 A．反应Ⅰ不能在陶瓷坩埚中进行 B．固体X可溶于浓氨水 C．溶液A经净化处理后可用于工业粘合剂 D．反应Ⅲ中发生的离子反应有：Ba2++SO42-=BaSO4↓ (3)已知Cu(OH)2能溶于较浓强碱溶液，蓝色溶液C中可能存在铝元素，请设计实验方案进行检验 。 【答案】(1) SiO2 NH3·H2O、、NH4+、[Cu(NH3)4]2+ 4CuO+2Al2O34CuAlO2+O2↑ F为[Cu(NH3)4](OH)2，加热可得纳米Cu(OH)2，反应为[Cu(NH3)4]2++2OH-Cu(OH)2↓+4NH3↑，氨气挥发、溶液中氢氧根离子浓度减小，导致溶液碱性减弱，pH会明显下降 (2)CD (3)取少量蓝色溶液C，加入过量的氨水，过滤、洗涤，若得到白色沉淀，说明溶液中含有铝元素 【解析】固态化合物M的组成为CuSi2O5，煅烧生成X，固体X由两种氧化物组成，质量与M相同，则X为氧化铜、二氧化硅；X中加入氢氧化钠，二氧化硅反应生成硅酸钠溶液A，氧化铜不反应成为固体A，氧化铜和氧化铝加热生成CuAlO2，反应中铜化合价降低，则氧元素化合价升高转化为氧气B，硝酸具有氧化性， CuAlO2和硝酸反应生成氢氧化铝和硝酸铜溶液C；X中加入稀硫酸，二氧化硅不反应成为固体D，氧化铜反应生成为硫酸铜溶液D，硫酸铜和氨水转化为含有四氨合铜离子的溶液E，E和氢氧化钡反应生成硫酸沉淀和溶液F，F不含硫酸根离子，则为[Cu(NH3)4](OH)2。(1)①由分析可知，固体D的成分为SiO2；溶液D加入足量氨水得到溶液E，反应为硫酸铜和氨水转化为含有[Cu(NH3)4]SO4的溶液E，则其中含氮微粒有NH3·H2O、NH4+、[Cu(NH3)4]2+；②氧化铜和氧化铝加热生成CuAlO2，反应中铜化合价降低，则氧元素化合价升高转化为氧气B，故反应Ⅱ的化学反应方程式4CuO+2Al2O34CuAlO2+O2↑。③F为[Cu(NH3)4](OH)2，溶液F加热可得纳米Cu(OH)2，反应为[Cu(NH3)4]2++2OH-Cu(OH)2↓+4NH3↑，溶液中氢氧根离子浓度减小，使得溶液pH会明显下降；(2)A项，反应Ⅰ中生成二氧化硅，则不能在陶瓷坩埚(为硅酸盐制品)中进行，正确；B项，固体X含有氧化铜和二氧化硅，二氧化硅不溶于浓氨水，错误；C项，溶液A为硅酸钠溶液具有黏性，经净化处理后可用于工业粘合剂，正确；D项，反应Ⅲ中硫酸根离子会和钡离子生成硫酸钡沉淀，发生的离子反应有：Ba2++SO42-=BaSO4↓，正确；故选CD；(3)已知Cu(OH)2能溶于较浓强碱溶液，而氢氧化铝沉淀不溶于弱碱氨水，则实验方案可以为：取少量蓝色溶液C，加入过量的氨水，过滤、洗涤，若得到白色沉淀，说明溶液中含有铝元素。 17．(2025·浙江省部分学校高三选考模拟)配合物X(只有一种配体)由五种元素组成，某实验小组按如下流程进行相关实验： 其中：固体单质A的焰色反应是绿色；混合气体由4种气体组成(不考虑气体之间相互反应)；气体E为空气中含量最高的非极性气体；配合物X中氮元素质量为3.36g。 请回答： (1)组成配合物X的五种元素是H、O、N、 、 ，其配位原子是 。 (2)刺激性气体C的空间构型是 。 (3)①写出混合气体经浓硫酸干燥后通入酸性KMnO4溶液的离子方程式： 。 ②写出配合物X在高温条件下隔绝空气分解反应的化学方程式： 。 (4)设计实验证明配合物X的中心离子与配体形成的配位键的能力强于其中心离子与H2O形成的配位键的能力： 。 【答案】(1) S Cu N (2)Ⅴ形 (3) 5SO2+2MnO4-+2H2O =2Mn2++4H++5SO42- 3[Cu(NH3)4]SO43Cu+2N2↑+8NH3↑+3SO2↑+6H2O (4)将少量CuSO4固体溶于水中，溶液中形成[Cu(H2O)4]2+。向溶液内滴加过量氨水溶液，当溶液中先蓝色沉淀溶解后，得到的深蓝色溶液，则说明形成了[Cu(NH3)4]2+，证明了配体氨与铜离子更易形成配位键，形成配位键的能力更强 【解析】固体单质A的焰色反应是绿色，则A为Cu，Cu和浓硫酸在加热下反应生成CuSO4溶液B，同时生成气体C为SO2，其物质的量为=0.06mol，根据Cu~SO2，铜的物质的量为0.06mol；气体E为空气中含量最高的非极性气体，则E为N2 ，氮气物质的量为=0.04mol；混合气体通过浓硫酸，浓硫酸增重为4.88g，剩余气体经过酸性高锰酸钾溶液氧化，通入BaCl2溶液，得到13.98g沉淀为硫酸钡，说明气体中含有SO2，说明配合物中含有的酸根离子为硫酸根离子，结合硫元素守恒，其物质的量为；N2质量为0.04mol×28g/mol=1.12g，配合物X中氮元素质量为3.36g，则混合气体含有氨气，说明配体为氨气，结合氮元素守恒，配合物中氨气物质的量为=0.24mol，氨气质量为0.24mol×17g/mol=2.72g，则混合气体含有H2O，物质的量为=0.12mol，则配合物中n(Cu2+)：n(NH3)：n(SO42-)=0.06mol：0.24：0.06=1：4：1，该配合物为[Cu(NH3)4]SO4。(1)组成配合物X的五种元素是H、O、N、Cu、S，配体为氨气，其配位原子是N；(2)刺激性气体C为SO2，S原子为sp2杂化，空间构型是Ⅴ形；(3)①混合气体经浓硫酸干燥后剩余气体为SO2、N2，N2不反应，SO2通入酸性KMnO4溶液的离子方程式为5SO2+2MnO4-+2H2O =2Mn2++4H++5SO42-；②根据分析，配合物X在高温条件下隔绝空气分解反应的化学方程式：3[Cu(NH3)4]SO43Cu+2N2↑+8NH3↑+3SO2↑+6H2O；(4)根据实验证明配合物X的中心离子与配体形成的配位键的能力强于其中心离子与形成的配位键的能力：将少量CuSO4固体溶于水中，溶液中形成[Cu(H2O)4]2+。向溶液内滴加过量氨水溶液，当溶液中先蓝色沉淀溶解后，得到的深蓝色溶液，则说明形成了[Cu(NH3)4]2+，证明了配体氨与铜离子更易形成配位键，形成配位键的能力更强。 15 / 27 学科网（北京）股份有限公司 $$