专题10 无机物质转化与推断-【好题汇编】备战2024-2025学年高二化学下学期期末真题分类汇编（浙江专用）

专题10 无机物质转化与推断 内容概览 考向1 无机物质的制备 考向2 “三废”的综合利用 考向3无机物质的推断与转化 考向1无机物质的制备 1．(浙江省杭州市2023-2024学年高二下学期期末)如图为制硝酸的流程图。 请回答： (1)工业生产中，物质A应选择 (填“空气”或“氧气”)。 (2)下列说法正确的是_________。 A．氨分离器得到的气体可循环使用 B．热交换器可将接触氧化后的气体冷却并预热A C．从氧化炉进入吸收塔的气体主要是NO D．吸收塔中通入A可提高硝酸的产率 (3)以NO2为例，写出尾气处理装置中反应的化学方程式 。 (4)写出足量氨气与光气(COCl2)反应生成尿素[CO(NH2)2]的化学方程式 。 (5)向CuSO4溶液中依次加入氨水和乙醇可得[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体，设计实验证明该晶体中含有N元素(已知CuS不溶于氨水) 。 2．(浙江省台州市2023-2024学年高二下学期期末)氮气是一种重要的工业基础原料，可按如下流程进行转化利用。反应Ⅱ的原子利用率100%，硝酸氯可溶于水，Y是硝酸氯的同分异构体，结构中有一个三元环，氮原子的杂化方式为sp3，盐A是84消毒液的主要成分，流程图中的水已省略。 (1)化合物X的化学式 。 (2)写出反应Ⅲ的化学方程式 。 (3)下列说法正确的是___________。 A．薯片的包装袋中、灯泡中、工业制镁的电解槽中都充入氮气做保护气 B．硝酸氯分子中的所有原子可能处于同一平面 C．为了加快反应速率，可以加热反应I D．反应Ⅳ属于氧化还原反应 (4)通常情况下硝酸氯与HNO3均为液体，但硝酸氯的沸点明显低于HNO3，且比HNO3更易发生分解，试分析原因 。 (5)设计实验验证硝酸氯中的氯元素 。 3．(浙江省浙南名校2023-2024学年高二下学期期末)气体A分子含有18个电子，A常用于粮食保存时的杀虫剂，高效的阻燃剂X的摩尔质量为190.5 g·molˉ1。这两种物质可根据下列流程制取。 已知：H3PO2为一元弱酸，具有强还原性。 回答下列问题： (1)白磷分子中键角为 ，气体A的电子式为 。 (2)溶液B中加入足量的稀硫酸，发生的离子方程式为 。 (3)下列说法正确的是_______。 A．气体A的还原性比NH3强，结合H+的能力也比NH3强 B．浓磷酸溶液粘度较大，原因可能是磷酸分子间存在着较多的氢键 C．气体A能与AgNO3溶液发生氧化还原反应 D．发生化合反应生成化合物X时，参加反应的气体A和HCHO的物质的量之比为4：1 (4)理论上，31g白磷共能生产出 mol气体A(生产过程中假设磷元素不损失)。 (5)设计实验证明H3PO2为弱电解质： 。 4．(浙江省温州市环大罗山联盟2023-2024学年高二下学期期末)黄血盐[亚铁氰化钾K4[ Fe(CN)6]目前广泛用作食品添加剂(抗结剂)。一种制备黄血盐的工艺如下： 回答下列问题： (1)步骤I反应的化学方程式为 (2)步骤IV过滤所得的废液中含量较多的溶质为 (3)步骤V是将难溶的K2CaFe[ Fe(CN)6]与X反应脱钙生成K4[ Fe(CN)6]，所用的试剂X是 (4)工艺中用到有毒的HCN溶液，含的废水必须处理后才能排放。可用两段氧化法处理： 第一次氧化：NaCN与NaClO反应，生成NaOCN和NaCl； 第二次氧化：NaOCN与NaClO反应，生成N2和两种盐(其中一种为酸式盐)。 已知HCN是一种苦杏仁味的无色剧毒液体(常温时，Ka=6.3×10-10)，易挥发；HCN、HOCN中N元素的化合价相同。 ①第一次氧化时，溶液应调节为 (填“酸性”“碱性”或“中性”)，原因是 。 ②第二次氧化反应的离子方程式为 。 考向2“三废”的综合利用 5．(浙江省湖州市2023-2024学年高二下学期期末)工业上煅烧含硫矿物产生的SO2可以按如下流程脱除或利用。 已知：①②途径Ⅲ、Ⅳ发生的反应类型为化合反应。 请回答： (1)富氧煅烧燃煤产生的低浓度SO2可在炉内加CaCO3以途径Ⅰ脱除，写出反应方程式 。 (2)煅烧含硫量高的矿物得到高浓度的SO2，通过途径Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ最终分别转化为化合物A和化合物B。下列说法不正确的是______。(NA为阿伏加德罗常数) A．途径I得到的CaSO4可用于生产水泥 B．化合物A中的呈负价 C．途径Ⅱ若用2molO2氧化2molSO2，可得到的SO3分子数为2NA D．化合物B与NH3反应可以生成A (3)化合物A具有酸性，试对比酸性：化合物A H2SO4(填“>”“<”或“=”)，请说明理由 。 (4)将适量化合物B溶于水得到酸性溶液X，则X中含有的阴离子为和 ；设计实验检验其中的单核阴离子 。 6．(浙江省舟山市2023-2024学年高二下学期期末)某工厂的工业废水中含有较多的FeSO4、Fe2(SO4)3和CuSO4。为了减少污染并变废为宝，工厂计划从该废水中回收FeSO4·7H2O并制备硫酸铜铵[CuSO4·(NH4)2SO4·6H2O]固体，完成了如下实验： 请回答： (1)工业废水与过量A反应生成溶液B的离子方程式： ，操作①为 。 (2)下列有关该工业流程的说法正确的是 A．物质D为硫酸 B．产品1为硫酸铜铵[CuSO4·(NH4)2SO4·6H2O] C．加适量E后发生的反应为复分解反应 D．系列操作②、③步骤可以相同 (3)请设计实验检验硫酸铜铵固体中的阳离子： 。 (4)把铜投入到浓的硫酸铵和氨水的混合液中，并持续通入氧气，能得到硫酸铜氨，用一个离子方程式表示该过程 。 7．(浙江省绍兴市2023-2024学年高二下学期期末调测)以废铜渣(主要成分为Cu、CuO、SiO2和少量铁的氧化物)为原料可制备以下含铜的物质(部分产物已省略)。请回答： 已知：I．[Cu(NH3)4]2+Cu2++4NH3 Ⅱ．步骤⑤中的反应只有一种元素化合价发生变化 (1)步骤①中加入H2O2的作用除了将氧化为，还有 。 (2)写出步骤⑤的离子反应方程式 。 (3)下列说法正确的是___________。 A．固体X的成分是SiO2 B．上述步骤①④⑤都涉及氧化还原反应 C．溶液B通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥可得到较纯净的硫酸四氨合铜 D．步骤④中，部分SO2的氧化产物为SO42- (4)写出溶液C中除H+外的其他阳离子 ，设计实验验证除H+外的无色阳离子 。 8．(浙江省嘉兴市2023-2024学年高二下学期期末)某废催化剂含SiO2、ZnS、CuS及少量的Fe3O4。某实验小组以该废催化剂为原料，回收锌和铜，设计实验流程如图(所加试剂均足量)： (1)滤渣1的成分是 。 (2)气体1可用 吸收。 a．CuSO4溶液 b．浓硫酸 c．酸性高锰酸钾 d．NaOH溶液 (3)向滤液1中加入H2O2需过量，可能的原因是 。 (4)请写出加热浸出②过程的离子方程式 。 (5)请设计实验方案，检验滤液2中杂质金属离子是否存在 。 考向3无机物质的推断与转化 9．(浙江省丽水市2023-2024学年高二下学期期末)化合物A(化学式为XYZ2，X、Y、Z原子序数依次减小)是一种重要的化工原料，化合物B是一种非金属氧化物，由同周期相邻元素组成，且M=44 g⋅mol−1，化合物C含两种元素，且13.0 g C加热分解生成气体单质E的体积为6.72 L(标准状况)，E的基态原子2p能级上有3个电子，气体D能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色。回答下列问题： (1)A中所含的三种元素是Na、 。 (2)化合物C的化学式为 ；气体D的电子式为 。 (3)A与水反应也能生成气体D，写出A与水反应的化学反应方程式 。 (4)NaOH的碱性弱于KOH，从结构的角度解释可能的原因 。 10．(浙江省宁波市九校2023-2024学年高二下学期期末)以CuCl2为原料可实现如下转化： 已知：固体D难溶于水，可溶于硝酸。 (1)根据A→B→C的转化，给出相应微粒与结合由弱到强的排序 ，写出溶液E中所有的阳离子 。 (2)下列说法正确的是___________。 A．Cu位于元素周期表的ds区 B．工业上用Cl2与石灰水反应制漂白粉 C．热稳定性：CuCl2＞固体D D．蓝色溶液B与Na2SO3反应也可生成固体D (3)往无色溶液E中通入O2可得到深蓝色溶液C，写出该反应的离子方程式 。 (4)设计实验方案证明固体D的组成元素 。 11．(浙江省金华市2023-2024学年高二下学期期末)HI是医药及农药的原料，关于HI的转化如下图： 已知：I2+I-I3-。请回答： (1)写出棕黄色溶液A中所有阴离子 。 (2)根据步骤③④，给出相关微粒与Ag+结合能力由弱到强的顺序 。 (3)下列说法正确的是_______。 A．步骤②需涉及到分液操作 B．无色溶液F中不可能含有[Ag(NH3)2]+ C．白色固体G是AgCl D．与NH3的配位能力：Ag+＞H+ (4)写出步骤①中化学反应的离子方程式 。 (5)设计实验检验溶液D中的金属阳离子 。 12．(浙江省新力量联盟2023-2024学年高二下学期期末)白云石的主要化学成分为CaMg(CO3)2，还含有质量分数约为的Fe2O3和的SiO2。利用白云石制备高纯度的碳酸钙和氧化镁，流程示意图如图所示。 已知：相关物质的溶度积如表1所示；NH4Cl用量对碳酸钙产品的影响如表2所示。 表1相关物质的溶度积数据 物质 Ca (OH)2 Mg(OH)2 CaCO3 MgCO3 Ksp 表2 相关数据 氧化物(MO)浸出率/% 产品中CaCO3纯度/% 产品中Mg杂质含量/%(以MgCO3计) CaO MgO 计算值 实测值 2.1：1 98.4 1.1 99.1 99.7 ___________ 2.2：1 98.8 1.5 98.7 99.5 0.06 2.4：1 99.1 6.0 95.2 94.6 2.20 (1)沉钙反应的离子方程式为 。 (2)①从Ksp的角度解释“浸钙”过程中主要浸出CaO的原因： 。 ②“浸钙”过程不适宜选择的比例为 。 (3)下列说法正确的是 。 A．白云石矿样煅烧完全分解的化学方程式为：CaMg(CO3)2CaO+MgO+2CO2↑ B．该过程中可循环利用的物质是NH4Cl、CO2 C．“浸镁”过程中采取加热蒸馏方法，可使MgO浸出率增大 D．该流程中涉及氧化还原反应 (4)设计实验方案验证滤液A中的阳离子(不考虑其它杂质阳离子) 。 8 / 9 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题10 无机物质转化与推断 内容概览 考向1 无机物质的制备 考向2 “三废”的综合利用 考向3无机物质的推断与转化 考向1无机物质的制备 1．(浙江省杭州市2023-2024学年高二下学期期末)如图为制硝酸的流程图。 请回答： (1)工业生产中，物质A应选择 (填“空气”或“氧气”)。 (2)下列说法正确的是_________。 A．氨分离器得到的气体可循环使用 B．热交换器可将接触氧化后的气体冷却并预热A C．从氧化炉进入吸收塔的气体主要是NO D．吸收塔中通入A可提高硝酸的产率 (3)以NO2为例，写出尾气处理装置中反应的化学方程式 。 (4)写出足量氨气与光气(COCl2)反应生成尿素[CO(NH2)2]的化学方程式 。 (5)向CuSO4溶液中依次加入氨水和乙醇可得[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体，设计实验证明该晶体中含有N元素(已知CuS不溶于氨水) 。 【答案】(1)空气 (2)ABD (3) 4NO2+O2+2Na2CO3=4NaNO3+2CO2 (4) 4NH3+COCl2=CO(NH2)2+2NH4Cl (5)取少量晶体溶于水，加入足量的Na2S过滤，滤液中加入足量NaOH 溶液，加热，若产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则说明有N元素 【解析】合成塔中发生工业合成氨的反应，，将氨分离出来，在接触氧化器中发生氨的催化氧化的反应，方程式为4NH3+5O24NO+6H2O，氨的催化氧化反应是放热反应，通过热交换器将物质A预热，同时降低气体本身温度，NO气体进入氧化炉中，与物质A发生反应，则物质A为空气或氧气，NO被氧化的方程式为2NO+O2=2NO2，生成的NO2气体在吸收塔中与水发生反应生成硝酸和NO，化学方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO，尾气中含有氮氧化物均可以被NaOH溶液吸收。 (1)物质A作用是提供氧气，工业生产中可以为节约成本选择空气； (2)A项，氨分离器得到的气体为N2和H2，可以在合成塔中循环使用，故A正确；B项，由分析可知，热交换器可将接触氧化后的气体冷却并预热A，故B正确；C项，由分析可知，从氧化炉进入吸收塔的气体主要是NO2，故C错误；D项，吸收塔中通入A可将反应3NO2+H2O=2HNO3+NO中产生的NO继续氧化为NO2，提高硝酸的产率，故D正确；故选ABD； (3)尾气处理中NO2被Na2CO3溶液吸收，方程式为4NO2+O2+2Na2CO3=4NaNO3+2CO2； (4)足量氨气与光气(COCl2)反应生成尿素[CO(NH2)2]的化学方程式为4NH3+COCl2=CO(NH2)2+2NH4Cl； (5)欲证明[Cu(NH3)4]SO4⋅H2O中含有N元素，可以用湿润的红色石蕊试纸去检验氨气，结合题目中已知条件CuS不溶于氨水，可以向溶液中加入足量的Na2S，过滤，滤液中加入足量NaOH溶液，加热，若产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则说明有N元素，故答案为：取少量晶体溶于水，加入足量的Na2S过滤，滤液中加入足量NaOH 溶液，加热，若产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则说明有N元素。 2．(浙江省台州市2023-2024学年高二下学期期末)氮气是一种重要的工业基础原料，可按如下流程进行转化利用。反应Ⅱ的原子利用率100%，硝酸氯可溶于水，Y是硝酸氯的同分异构体，结构中有一个三元环，氮原子的杂化方式为sp3，盐A是84消毒液的主要成分，流程图中的水已省略。 (1)化合物X的化学式 。 (2)写出反应Ⅲ的化学方程式 。 (3)下列说法正确的是___________。 A．薯片的包装袋中、灯泡中、工业制镁的电解槽中都充入氮气做保护气 B．硝酸氯分子中的所有原子可能处于同一平面 C．为了加快反应速率，可以加热反应I D．反应Ⅳ属于氧化还原反应 (4)通常情况下硝酸氯与HNO3均为液体，但硝酸氯的沸点明显低于HNO3，且比HNO3更易发生分解，试分析原因 。 (5)设计实验验证硝酸氯中的氯元素 。 【答案】(1) Cl2 O (2) ClONO2+2NaOH=NaClO+ NaNO3+H2O (3)BD (4)由于硝酸分子间存在氢键，而化合物ClONO2分子间没有，所以ClONO2沸点低于硝酸；由于氯原子半径明显大于氢原子，所以Cl-O键明显弱于H-O，所以ClONO2的稳定性弱于硝酸，更易分解 (5)取少量硝酸氯于试管中，加水溶解，加入足量亚硝酸钠，硝酸酸化后滴入硝酸银溶液，若出现白色沉淀，则说明存在氯元素(其他合理答案亦可) 【解析】氮气经过一系列反应得到硝酸，硝酸与五氧化二磷生成五氧化二氮，因为反应Ⅱ的原子利用率100%，则化合物X是Cl2 O，硝酸氯与氢氧化钠生成次氯酸钠和硝酸钠。 (1)化合物X的化学式Cl2 O； (2)根据原子守恒，反应Ⅲ的化学方程式：ClONO2+2NaOH=NaClO+ NaNO3+H2O； (3)A项，氮气与镁生成氮化镁，不可以做工业制镁的保护气，错误；B项，硝酸氯分子中的所有原子可能处于同一平面，正确；C项，因为硝酸受热易分解，所以不可以加热反应I，错误；D项，硝酸氯中氯元素为+5价，Y是硝酸氯的同分异构体，结构中有一个三元环，氮原子的杂化方式为sp3，则Y中氮元素一定不是+5价，即反应Ⅳ属于氧化还原反应，正确；故选BD； (4)由于硝酸分子间存在氢键，而化合物ClONO2分子间没有，所以ClONO2沸点低于硝酸；由于氯原子半径明显大于氢原子，所以Cl-O键明显弱于H-O，所以ClONO2的稳定性弱于硝酸，更易分解； (5)取少量硝酸氯于试管中，加水溶解，加入足量亚硝酸钠，硝酸酸化后滴入硝酸银溶液，若出现白色沉淀，则说明存在氯元素(其他合理答案亦可)。 3．(浙江省浙南名校2023-2024学年高二下学期期末)气体A分子含有18个电子，A常用于粮食保存时的杀虫剂，高效的阻燃剂X的摩尔质量为190.5 g·molˉ1。这两种物质可根据下列流程制取。 已知：H3PO2为一元弱酸，具有强还原性。 回答下列问题： (1)白磷分子中键角为 ，气体A的电子式为 。 (2)溶液B中加入足量的稀硫酸，发生的离子方程式为 。 (3)下列说法正确的是_______。 A．气体A的还原性比NH3强，结合H+的能力也比NH3强 B．浓磷酸溶液粘度较大，原因可能是磷酸分子间存在着较多的氢键 C．气体A能与AgNO3溶液发生氧化还原反应 D．发生化合反应生成化合物X时，参加反应的气体A和HCHO的物质的量之比为4：1 (4)理论上，31g白磷共能生产出 mol气体A(生产过程中假设磷元素不损失)。 (5)设计实验证明H3PO2为弱电解质： 。 【答案】(1) 60° (2)H2PO2-+H+=H3PO2、H++OH-=H2O (3)BC (4)0.625 (5)在常温下，测NaH2PO2溶液的pH，若pH＞7，则说明H3PO2为弱电解质 【解析】P4与过量NaOH溶液反应生成气体A和溶液B，气体A分子含有18个电子，且A常用于粮食保存时的杀虫剂，则A为PH3气体；PH3在盐酸中可以与甲醛反应生成四羟甲基氯化磷，是一种高效的阻燃剂，且摩尔质量为190.5 g·molˉ1，则X为P[(CH2OH)4]Cl；溶液B加稀硫酸生成H3PO2，且H3PO2为一元弱酸，则溶液B主要成分为NaH2PO2和过量的NaOH。 (1)白磷分子为正四面体型结构，键角为60°；根据分析，气体A为PH3，电子式为。 (2)溶液B的主要成分为NaH2PO2和过量的NaOH，加入足量的稀硫酸生成H3PO2和硫酸钠，离子方程式为H2PO2-+H+=H3PO2、H++OH-=H2O。 (3)A项，N的非金属性强于P，则NH3的还原性比PH3强，结合H+的能力NH3也比PH3强，A错误；B项，磷酸分子间可以形成较多的氢键，使得分子之间距离更近，所以高浓度的磷酸溶液粘度较大，B正确；C项，气体A为PH3，具有较强的还原性，可以还原AgNO3生成Ag单质，C正确；D项，发生化合反应生成P[(CH2OH)4]Cl时，根据原子守恒可知，参加反应的PH3和HCHO的物质的量之比为1：4，D错误；故选BC。 (4)31g白磷的物质的量为，根据分析，白磷与NaOH反应的方程式为 P4+3NaOH+3H2O=3NaH2PO2+=PH3↑，则生成PH3的物质的量为0.25mol；NaH2PO2溶液加稀硫酸生成H3PO2，后续分解生成PH3，反应为2 H3PO2=PH3↑+H3PO4，则分解反应生成PH3的物质的量为，因此0.25mol白磷生成PH3的总物质的量为。 (5)若H3PO2为弱酸，则NaH2PO2为强碱弱酸盐，溶液显碱性，因此在常温下，测NaH2PO2溶液的pH，若pH＞7，则说明H3PO2为弱电解质。 4．(浙江省温州市环大罗山联盟2023-2024学年高二下学期期末)黄血盐[亚铁氰化钾K4[ Fe(CN)6]目前广泛用作食品添加剂(抗结剂)。一种制备黄血盐的工艺如下： 回答下列问题： (1)步骤I反应的化学方程式为 (2)步骤IV过滤所得的废液中含量较多的溶质为 (3)步骤V是将难溶的K2CaFe[ Fe(CN)6]与X反应脱钙生成K4[ Fe(CN)6]，所用的试剂X是 (4)工艺中用到有毒的HCN溶液，含的废水必须处理后才能排放。可用两段氧化法处理： 第一次氧化：NaCN与NaClO反应，生成NaOCN和NaCl； 第二次氧化：NaOCN与NaClO反应，生成N2和两种盐(其中一种为酸式盐)。 已知HCN是一种苦杏仁味的无色剧毒液体(常温时，Ka=6.3×10-10)，易挥发；HCN、HOCN中N元素的化合价相同。 ①第一次氧化时，溶液应调节为 (填“酸性”“碱性”或“中性”)，原因是 。 ②第二次氧化反应的离子方程式为 。 【答案】(1)3Ca(OH)2 + FeSO4 + 6HCN = Ca2Fe(CN)6 + CaSO4 + 6H2O (2)CaCl2和 KCl (3)碳酸钾 (4)碱性 防止生成HCN，造成人员中毒或污染空气 2OCN- + 3ClO- =CO32-+CO2↑+3Cl-+N2↑ 【解析】石灰乳、FeSO4与HCN发生非氧化还原反应生成Ca2Fe(CN)6和CaSO4，过滤，除去CaSO4，步骤Ⅲ 中Ca2Fe(CN)6与KCl反应生成K2CaFe(CN)6和CaCl2，KCl加入肯定过量，故废液中溶质为CaCl2和 KCl，步骤V中加入碳酸钾，脱钙生成K4Fe(CN)6，再经过蒸发浓缩、冷却结晶，得到产品。 (1)步骤I中Ca(OH)2、FeSO4与HCN发生非氧化还原反应生成Ca2Fe(CN)6和CaSO4，所得化学方程式为：3Ca(OH)2 + FeSO4 + 6HCN = Ca2Fe(CN)6 + CaSO4 + 6H2O； (2)步骤Ⅲ 中Ca2Fe(CN)6与KCl生成K2CaFe(CN)6和CaCl2，KCl加入肯定过量，故废液中溶质为CaCl2和 KCl； (3)除钙一般用CO32-，步骤V反应为K2CaFe(CN)6 + X = K4Fe(CN)6 +СаСО3，则X为K2СО3，名称为碳酸钾； (4)① NaCN易与酸反应生成HCN，为防止生成HCN，造成人员中毒或污染空气，因此第一次氧化时，溶液的pH应调节为碱性；② 反应中氯元素的化合价从+1价降低到-1价，得到2个电子，N元素化合价从-3价升高到0价，失去3个电子，则根据电子得失守恒，可知还原剂和氧化剂的物质的量之比是2：3，反应的离子方程式为：2OCN- + 3ClO- = CO32-+CO2↑+3Cl-+N2↑。 考向2“三废”的综合利用 5．(浙江省湖州市2023-2024学年高二下学期期末)工业上煅烧含硫矿物产生的SO2可以按如下流程脱除或利用。 已知：①②途径Ⅲ、Ⅳ发生的反应类型为化合反应。 请回答： (1)富氧煅烧燃煤产生的低浓度SO2可在炉内加CaCO3以途径Ⅰ脱除，写出反应方程式 。 (2)煅烧含硫量高的矿物得到高浓度的SO2，通过途径Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ最终分别转化为化合物A和化合物B。下列说法不正确的是______。(NA为阿伏加德罗常数) A．途径I得到的CaSO4可用于生产水泥 B．化合物A中的呈负价 C．途径Ⅱ若用2molO2氧化2molSO2，可得到的SO3分子数为2NA D．化合物B与NH3反应可以生成A (3)化合物A具有酸性，试对比酸性：化合物A H2SO4(填“>”“<”或“=”)，请说明理由 。 (4)将适量化合物B溶于水得到酸性溶液X，则X中含有的阴离子为和 ；设计实验检验其中的单核阴离子 。 【答案】(1)2CaCO3+O2+2SO2=2CaSO4+2CO2 (2)CD (3)< N的电负性小于O使得-NH2的吸电子能力弱于-OH，O-H键的极性变弱，因此酸性小于硫酸 (4) Cl-、SO42- 取适量溶液X于试管中，先加入足量的Ba(NO3)2溶液，充分反应后静置，向上层清液中滴加AgNO3溶液，若产生白色沉淀，则证明含有Cl-。或静置过滤，取滤液滴加AgNO3溶液，若产生白色沉淀，则证明含有Cl- 【解析】根据流程，结合第1小问的描述，燃煤燃烧产生的低浓度的SO2与碳酸钙、氧气反应生成硫酸钙；若产生高浓度的SO2，催化氧化生成SO3，SO3与等物质的量的NH3反应生成H2NSO2OH；反应IIISO2与等物质的量Cl2反应生成SO2Cl2，其水解生成H2SO4和HCl。 (1)SO2与碳酸钙、氧气反应生成硫酸钙，化学方程式为：2CaCO3+O2+2SO2=2CaSO4+2CO2； (2)由上述分析可知，A为H2NSO2OH，B为SO2Cl2；A项，生产水泥过程中需添加石膏一调节其硬化速度，硫酸钙是石膏的主要成分，故A正确；B项，反应Ⅳ是化合反应，A是H2NSO2OH，其中N元素显-3价，故B正确；C项，SO2的催化氧化是可逆反应，故得到的SO3的分子数小于2NA，故C错误；D项，化合物B是SO2Cl2，与NH3反应应该生成H2NSO2Cl2OH，不能得到B，故D错误；答案为CD； (3)A是H2NSO2OH，其酸性小于硫酸，因为N的电负性小于O使得-NH2的吸电子能力弱于-OH，O-H键的极性变弱，因此酸性小于硫酸； (4)由分析可知，B溶于水即发生水解反应生成H2SO4和HCl，故阴离子除了OH-还有Cl-、SO42-，检验其中Cl-，需先将SO42-除掉，以防止干扰，方法是取适量溶液X于试管中，先加入足量的Ba(NO3)2溶液，充分反应后静置，向上层清液中滴加AgNO3溶液，若产生白色沉淀，则证明含有Cl-。或静置过滤，取滤液滴加AgNO3溶液，若产生白色沉淀，则证明含有Cl-。 6．(浙江省舟山市2023-2024学年高二下学期期末)某工厂的工业废水中含有较多的FeSO4、Fe2(SO4)3和CuSO4。为了减少污染并变废为宝，工厂计划从该废水中回收FeSO4·7H2O并制备硫酸铜铵[CuSO4·(NH4)2SO4·6H2O]固体，完成了如下实验： 请回答： (1)工业废水与过量A反应生成溶液B的离子方程式： ，操作①为 。 (2)下列有关该工业流程的说法正确的是 A．物质D为硫酸 B．产品1为硫酸铜铵[CuSO4·(NH4)2SO4·6H2O] C．加适量E后发生的反应为复分解反应 D．系列操作②、③步骤可以相同 (3)请设计实验检验硫酸铜铵固体中的阳离子： 。 (4)把铜投入到浓的硫酸铵和氨水的混合液中，并持续通入氧气，能得到硫酸铜氨，用一个离子方程式表示该过程 。 【答案】(1)Cu2+4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++4H2O 过滤 (2)ABD (3)取少量[CuSO4·(NH4)2SO4]溶于试管中，滴入过量的浓NaOH溶液，生成蓝色沉淀，则有Cu2+，加热，生成有刺激性气味的气体，使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则有NH4+ (4) 2Cu+O2+4NH4++4NH3·H2O=2 [Cu(NH3)4]2++6H2O 【解析】工业废水中加入过量A：氨水后，得到B：[Cu(NH3)4]SO4溶液，C为Fe(OH)2和Fe(OH)3沉淀，操作①为过滤，D为硫酸，B中加硫酸，可除去过量的氨水，溶液经过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤、洗涤、干燥，得到产品1：CuSO4·(NH4)2SO4·6H2O；C加过量硫酸溶解后，加入适量的E：铁粉，将Fe3+还原为Fe2+，得到硫酸亚铁溶液，溶液经过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤、洗涤、干燥，得到产品2：FeSO4·7H2O。 (1)根据分析，B为[Cu(NH3)4]SO4溶液，工业废水与过量A反应生成溶液B的离子方程式：Cu2+4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++4H2O；操作①为过滤； (2)A项，物质D为硫酸，A正确；B项，产品1为硫酸铜铵[CuSO4·(NH4)2SO4·6H2O]，B正确；C项，加适量E铁粉后发生的反应为2Fe3++Fe=3Fe2+，该反应为氧化还原反应，C错误；D项，系列操作②、③步骤均可为：蒸发浓缩，冷却结晶，过滤、洗涤、干燥，D正确；故选ABD； (3)检验铵根离子：铵盐与碱共热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，检验铜离子：加碱溶液生成蓝色沉淀，故检验硫酸铜铵固体中的阳离子的操作为：取少量[CuSO4·(NH4)2SO4]溶于试管中，滴入过量的浓NaOH溶液，生成蓝色沉淀，则有Cu2+，加热，生成有刺激性气味的气体，使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则有NH4+； (4)把铜投入到浓的硫酸铵和氨水的混合液中，并持续通入氧气，能得到硫酸铜氨，离子方程为：2Cu+O2+4NH4++4NH3·H2O=2 [Cu(NH3)4]2++6H2O。 7．(浙江省绍兴市2023-2024学年高二下学期期末调测)以废铜渣(主要成分为Cu、CuO、SiO2和少量铁的氧化物)为原料可制备以下含铜的物质(部分产物已省略)。请回答： 已知：I．[Cu(NH3)4]2+Cu2++4NH3 Ⅱ．步骤⑤中的反应只有一种元素化合价发生变化 (1)步骤①中加入H2O2的作用除了将氧化为，还有 。 (2)写出步骤⑤的离子反应方程式 。 (3)下列说法正确的是___________。 A．固体X的成分是SiO2 B．上述步骤①④⑤都涉及氧化还原反应 C．溶液B通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥可得到较纯净的硫酸四氨合铜 D．步骤④中，部分SO2的氧化产物为SO42- (4)写出溶液C中除H+外的其他阳离子 ，设计实验验证除H+外的无色阳离子 。 【答案】(1)将Cu氧化为Cu2+ (2) 2NH4CuSO3+4H+=2NH4++Cu+SO2↑+ Cu 2++H2O (3)BD (4) NH4+、Cu2+ 取少量溶液C于试管中，向溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，加热，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，若试纸变蓝，则证明溶液中有NH4+ 【解析】以废铜渣(主要成分为Cu、CuO、SiO2和少量铁的氧化物)为原料可制备以下含铜的物质，先加入硫酸、H2O2，得到硫酸铜、硫酸铁，调节pH，使铁离子生成氢氧化铁沉淀，SiO2不溶，过滤，得到X为SiO2、氢氧化铁，溶液A加入氨水，形成溶液B含[Cu(NH3)4]2+离子，通入SO2至溶液呈微酸性，然后得到白色沉淀NH4CuSO3，再和过量硫酸反应，得到SO2、粉末状金属单质Cu，硫酸铵溶液。 (1)步骤①中加入H2O2的作用除了将Fe2+氧化为Fe3+，还有将Cu氧化为Cu2+，故选将Cu氧化为Cu2+； (2)步骤⑤是向NH4CuSO3沉淀中加入过量的硫酸，且只有一种元素化合价发生了改变，故只有铜元素发生了歧化反应，生成Cu2+和Cu单质。故离子方程式为：2NH4CuSO3+4H+=2NH4++Cu+SO2↑+ Cu 2++H2O； (3)A项，废铜渣(主要成分为Cu、CuO、SiO2和少量铁的氧化物)，铁的氧化物经硫酸和双氧水反应后生成了Fe3+，在调节pH后生成了氢氧化铁沉淀，所以固体X中含有SiO2和Fe(OH)3，A错误；B项，反应①加入双氧水是将铜氧化为Cu2+、将Fe2+氧化为Fe3+，故反应①为氧化还原反应；反应②调节pH是将Fe3+转化为氢氧化铁沉淀，故反应②为非氧化还原反应；反应③是将Cu2+转化为[Cu(NH3)4]2+，故反应③为非氧化还原反应；反应④是将二价铜转化为亚铜离子，反应⑤是铜元素发生了歧化反应，生成Cu2+和Cu单质，故反应④⑤均为氧化还原反应，B正确；C项，硫酸四氨合铜受热会分解，故得不到硫酸四氨合铜，C错误；D．硫酸四氨合铜和二氧化硫发生氧化还原反应，故有一部分SO2的氧化为SO42-，D正确；故选BD。 (4)硫酸过量，溶液中还含有铵根离子和铜离子；故检验铵根离子的方法为：取少量溶液C于试管中，向溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，加热，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，若试纸变蓝，则证明溶液中有NH4+。 8．(浙江省嘉兴市2023-2024学年高二下学期期末)某废催化剂含SiO2、ZnS、CuS及少量的Fe3O4。某实验小组以该废催化剂为原料，回收锌和铜，设计实验流程如图(所加试剂均足量)： (1)滤渣1的成分是 。 (2)气体1可用 吸收。 a．CuSO4溶液 b．浓硫酸 c．酸性高锰酸钾 d．NaOH溶液 (3)向滤液1中加入H2O2需过量，可能的原因是 。 (4)请写出加热浸出②过程的离子方程式 。 (5)请设计实验方案，检验滤液2中杂质金属离子是否存在 。 【答案】(1) SiO2、CuS (2)acd (3) Fe3+一定程度上会催化H2O2分解，加过量H2O2使Fe2+全部氧化为Fe3+ (4)CuS+ H2O2+2H+=Cu2++S+2H2O (5)取一定量的滤液2加入试管中，滴加KSCN溶液，若溶液显红色，说明仍存在Fe3+离子 【解析】废催化剂加入稀硫酸，SiO2、CuS不反应，为滤渣1的主要成分；ZnS与稀硫酸复分解反应生成硫酸锌和H2S气体，则气体1为H2S；Fe3O4与稀硫酸反应生成硫酸亚铁、硫酸铁和水，则滤液1主要成分为硫酸锌、硫酸亚铁和硫酸铁；滤液1加H2O2氧化，将Fe2+全部转化为Fe3+，调pH将Fe3+转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到滤液2，其主要成分为硫酸锌；滤渣1中加H2O2氧化，CuS转化为硫酸铜和单质S，过滤得到滤液3，其主要成分为硫酸铜。 (1)根据分析，滤渣1的成分是SiO2、CuS。 (2)气体1为H2S，可用CuSO4溶液吸收，转化为CuS沉淀；可被酸性高锰酸钾溶液氧化吸收；也可与NaOH溶液发生中和反应吸收，转化为Na2S，故选acd。 (3)向滤液1中加入H2O2，由于Fe3+一定程度上会催化H2O2分解，因此需要加过量H2O2使Fe2+全部氧化为Fe3+。 (4)加热浸出②过程为CuS被H2O2氧化，转化为硫酸铜和单质S，离子方程式为CuS+ H2O2+2H+=Cu2++S+2H2O。 (5)滤液2主要成分为硫酸锌，杂质金属离子为Fe3+，则可以选用KSCN溶液检验Fe3+是否存在，实验方案为取一定量的滤液2加入试管中，滴加KSCN溶液，若溶液显红色，说明仍存在Fe3+。 考向3无机物质的推断与转化 9．(浙江省丽水市2023-2024学年高二下学期期末)化合物A(化学式为XYZ2，X、Y、Z原子序数依次减小)是一种重要的化工原料，化合物B是一种非金属氧化物，由同周期相邻元素组成，且M=44 g⋅mol−1，化合物C含两种元素，且13.0 g C加热分解生成气体单质E的体积为6.72 L(标准状况)，E的基态原子2p能级上有3个电子，气体D能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色。回答下列问题： (1)A中所含的三种元素是Na、 。 (2)化合物C的化学式为 ；气体D的电子式为 。 (3)A与水反应也能生成气体D，写出A与水反应的化学反应方程式 。 (4)NaOH的碱性弱于KOH，从结构的角度解释可能的原因 。 【答案】(1)N、H (2) NaN3 (3) NaNH2+H2O=NaOH+NH3 (4)钾离子半径大于钠离子，因此KOH离子键弱于NaOH 【解析】化合物A(化学式为XYZ2，X、Y、Z原子序数依次减小)是一种重要的化工原料，化合物B是一种非金属氧化物，由同周期相邻元素组成，且M=44 g⋅mol−1，化合物B为N2O；化合物C含两种元素，且13.0 g C加热分解生成气体单质E的体积为6.72 L(标准状况)，E的基态原子2p能级上有3个电子，E为N2，13.0 g C加热分解生成气体单质E的体积为6.72 L，即0.3molN2，质量为8.4g，则生成金属F质量为4.6g，为0.2molNa，则化合物C为Na3N；气体D能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，D为NH3。 (1)化合物A和N2O反应生成NaOH、Na3N、NH3，由元素守恒可知A中含有Na、N、H三种元素； (2)化合物C含两种元素，且13.0 g C加热分解生成气体单质E的体积为6.72 L(标准状况)，E的基态原子2p能级上有3个电子，E为N2，13.0 g C加热分解生成气体单质E的体积为6.72 L，即0.3molN2，质量为8.4g，则生成金属F质量为4.6g，为0.2molNa，故化合物C为Na3N；气体D为NH3，电子式为：； (3)A化学式为NaNH2，和水反应生成NH3的化学方程式为：NaNH2+H2O=NaOH+NH3； (4)钾离子半径大于钠离子，因此KOH离子键弱于NaOH，故KOH电离出OH-的能力强于NaOH，故NaOH的碱性弱于KOH。 10．(浙江省宁波市九校2023-2024学年高二下学期期末)以CuCl2为原料可实现如下转化： 已知：固体D难溶于水，可溶于硝酸。 (1)根据A→B→C的转化，给出相应微粒与结合由弱到强的排序 ，写出溶液E中所有的阳离子 。 (2)下列说法正确的是___________。 A．Cu位于元素周期表的ds区 B．工业上用Cl2与石灰水反应制漂白粉 C．热稳定性：CuCl2＞固体D D．蓝色溶液B与Na2SO3反应也可生成固体D (3)往无色溶液E中通入O2可得到深蓝色溶液C，写出该反应的离子方程式 。 (4)设计实验方案证明固体D的组成元素 。 【答案】(1)Cl-<H2O<NH3 NH4+、[Cu(NH3)2]+、H+ (2)AD (3) 4[Cu(NH3)2]++O2+8NH3+2H2O=4[Cu(NH3)2]2++4OH-或4[Cu(NH3)2]++O2+8 NH3·H2O=4[Cu(NH3)2]2++4OH-+6H2O (4)取固体D溶于足量稀硝酸，得到蓝色溶液，说明有铜元素；再向溶液中滴加AgNO3溶液，有白色沉淀生成，说明有氯元素 【解析】CuCl2与浓盐酸反应生成含[CuCl4]2-，加水生成溶液B[Cu(H2O)4]Cl2，加入氨水生成C[Cu(NH3)2]Cl2，CuCl2隔绝空气生成Cl2和CuCl，2CuCl22CuCl+Cl2↑，D为CuCl，加过量氨水发生反应CuCl+2NH3·H2O=[Cu(NH3)2]Cl+ 2H2O，溶液E为[Cu(NH3)2]Cl。 (1)根据A→B→C的现象，固体X加入浓盐酸后得到绿色溶液A再加水稀释得到蓝色溶液B，再加浓氨水得到深蓝色溶液C，则C为铜氨配合物，含[Cu(NH3)4]2+离子，溶液A、B、C中均含有结构相似的配离子，则B含[Cu(H2O)4]2+离子，A含有[CuCl4]2-离子，相应微粒与阳离子结合由弱到强的排序为Cl-<H2O<NH3；E为[Cu(NH3)2]Cl，所有的阳离子NH4+、[Cu(NH3)2]+、H+。 (2)A项，Cu是第29号元素，位于元素周期表的ds区，A正确；B项，工业上用Cl2与石灰乳反应制漂白粉，B错误；C项，热稳定性：CuCl2＞固体D(CuCl)，C错误；D项，蓝色溶液B与Na2SO3发生氧化还原反应也可生成固体D，D正确；故选AD； (3)溶液E为[Cu(NH3)2]Cl，通入O2氧化[Cu(NH3)2]Cl可得到深蓝色溶液C[Cu(NH3)2]Cl2，离子方程式4[Cu(NH3)2]++O2+8NH3+2H2O=4[Cu(NH3)2]2++4OH-或4[Cu(NH3)2]++O2+8 NH3·H2O=4[Cu(NH3)2]2++4OH-+6H2O。 (4)D为CuCl，取少量白色沉淀溶于稀硝酸，若溶液呈蓝色，说明有铜元素；再向溶液中加入硝酸银溶液，若有白色沉淀生成，说明有氯元素。 11．(浙江省金华市2023-2024学年高二下学期期末)HI是医药及农药的原料，关于HI的转化如下图： 已知：I2+I-I3-。请回答： (1)写出棕黄色溶液A中所有阴离子 。 (2)根据步骤③④，给出相关微粒与Ag+结合能力由弱到强的顺序 。 (3)下列说法正确的是_______。 A．步骤②需涉及到分液操作 B．无色溶液F中不可能含有[Ag(NH3)2]+ C．白色固体G是AgCl D．与NH3的配位能力：Ag+＞H+ (4)写出步骤①中化学反应的离子方程式 。 (5)设计实验检验溶液D中的金属阳离子 。 【答案】(1)Cl−、I−、I3-、OH− (写出前三种即得分，OH−不写不扣分，ClO4-写上不扣分) (2) Cl-<NH3<I- (3)AC (4) 8H+ + ClO4-+12I - =4I3-+Cl-+4H2O 或 8H++ ClO4-+8I- =4I2 +Cl- +4H2O (5)取溶液D于两支试管中，向其中一支试管中加入NaCl溶液，若产生白色沉淀，则有Ag+；取洁净的铂丝蘸取另一支试管中的溶液，置于酒精灯火焰上灼烧，若观察到黄色火焰，则有Na+ 【解析】HI溶液中加入少量的NaClO4，两者发生氧化还原反应生成碘单质，则棕黄色溶液A中主要含有碘单质、Na+、Cl-、I−、I3-，经过多次萃取后，碘单质被去除，水溶液B中主要含有Na+、Cl-、I−、I3-，加入足量的硝酸银，生成浅黄色固体C，C中可能有氯化银和碘化银，固体C加入足量氨水，氯化银与氨水反应生成无色溶液F和黄色固体碘化银，无色溶液F含有[Ag(NH3)2]+，其中加入硝酸生成白色固体G，推知G为氯化银。 (1)根据分析可知，HI溶液与少量的NaClO4，反应生成碘单质和氯离子，溶液中存在平衡I2+I-I3-，则推知棕黄色溶液A中所有阴离子有Cl−、I−、I3-、OH−。 (2)根据步骤③④，加入氨水后，氯化银溶解，Ag+与NH3结合生成[Ag(NH3)2]+，而碘化银不变，故相关微粒与Ag+结合能力由弱到强的顺序为Cl-<NH3<I-。 (3)A项，溶液A经过多次萃取、分液才能将碘单质去除掉，A正确；B项，氯化银与氨水反应生成[Ag(NH3)2]+，故溶液F中含有[Ag(NH3)2]+，B错误；C项，根据分析可知，溶液F中加入硝酸生成氯化银，C正确；D项，根据步骤③④可知，与NH3的配位能力：Ag+<H+，D错误；故选AC。 (4)步骤①中碘离子与NaClO4反应生成碘单质和氯离子，其化学反应的离子方程式为8H+ + ClO4-+12I - =4I3-+Cl-+4H2O 或 8H++ ClO4-+8I- =4I2 +Cl - +4H2O。 (5)溶液D中含有钠离子和银离子，故检验方法为：取溶液D于两支试管中，向其中一支试管中加入NaCl溶液，若产生白色沉淀，则有Ag+；取洁净的铂丝蘸取另一支试管中的溶液，置于酒精灯火焰上灼烧，若观察到黄色火焰，则有Na+。 12．(浙江省新力量联盟2023-2024学年高二下学期期末)白云石的主要化学成分为CaMg(CO3)2，还含有质量分数约为的Fe2O3和的SiO2。利用白云石制备高纯度的碳酸钙和氧化镁，流程示意图如图所示。 已知：相关物质的溶度积如表1所示；NH4Cl用量对碳酸钙产品的影响如表2所示。 表1相关物质的溶度积数据 物质 Ca (OH)2 Mg(OH)2 CaCO3 MgCO3 Ksp 表2 相关数据 氧化物(MO)浸出率/% 产品中CaCO3纯度/% 产品中Mg杂质含量/%(以MgCO3计) CaO MgO 计算值 实测值 2.1：1 98.4 1.1 99.1 99.7 ___________ 2.2：1 98.8 1.5 98.7 99.5 0.06 2.4：1 99.1 6.0 95.2 94.6 2.20 (1)沉钙反应的离子方程式为 。 (2)①从Ksp的角度解释“浸钙”过程中主要浸出CaO的原因： 。 ②“浸钙”过程不适宜选择的比例为 。 (3)下列说法正确的是 。 A．白云石矿样煅烧完全分解的化学方程式为：CaMg(CO3)2CaO+MgO+2CO2↑ B．该过程中可循环利用的物质是NH4Cl、CO2 C．“浸镁”过程中采取加热蒸馏方法，可使MgO浸出率增大 D．该流程中涉及氧化还原反应 (4)设计实验方案验证滤液A中的阳离子(不考虑其它杂质阳离子) 。 【答案】(1) Ca2++2NH3+CO2+H2O= CaCO3+2NH4+ (2) ①，在一定量NH4Cl溶液中，CaO先浸出 2.4：1 (3)AC (4)取少量滤液A，分为两份，一份进行焰色反应，若观察到砖红色火焰则滤液中有钙离子；另一份加氢氧化钠溶液后加热，弱产生使红色石蕊试纸变蓝的气体则滤液中存在铵根离子 【解析】白云石矿样煅烧后转化为CaO、MgO，加入氯化铵溶液浸钙，大部分Ca2+进入滤液A，通入CO2生成CaCO3；过滤分离得含有MgO、Fe2O3、SiO2的固体B，加入硫酸铵溶液浸镁过滤分离得滤渣C(主要成分为CaSO4、MgO和Fe2O3、SiO2)和含Mg2+滤液D，向滤液D中加入碳酸铵溶液沉镁得MgCO3沉淀，经煅烧得MgO。 (1)沉钙反应中通入CO2和滤液中Ca2+、一水合氨反应生成CaCO3、铵根离子，离子方程式为Ca2++2NH3+CO2+H2O= CaCO3+2NH4+； (2)①由表格数据可知，所以当溶液中c(OH−)相同时，c(Ca2+)远大于c(Mg2+)，则在一定量的NH4Cl溶液中，CaO先浸出；②由表格数据可知当n(NH4Cl)∶n(CaO)=2.4∶1时，MgO浸出率较高，产品中Mg杂质含量过高，CaCO3纯度较低，所以不适宜； (3)A项，白云石矿样煅烧完全分解生成CaO、MgO和CO2，则化学方程式为：CaMg(CO3)2CaO+MgO+2CO2↑，故A正确；B项，煅烧生成的CO2可以在沉钙时使用，沉钙时产生的NH4Cl可以在浸钙时使用；浸镁过程中生成的NH3在沉钙过程中使用，沉镁过程生成的(NH4)2SO4可以在浸镁时使用，所以该流程中可循环利用的物质是(NH4)2SO4、NH3和NH4Cl、CO2，故B错误；C项，“浸镁”过程中，发生反应：MgO+H2O=Mg(OH)2，Mg(OH)2+2NH4+Mg2++2NH3+2H2O，加热蒸馏随大量氨逸出，平衡正向移动，利于氢氧化镁转化为硫酸镁，可使MgO浸出率增大，故C正确；D项，该流程中无元素化合价发生变化，不涉及氧化还原反应，故D错误；故选AC； (4)滤液A中阳离子有Ca2+、NH4+，可用焰色试验证明Ca2+，加入强碱溶液并加热产生氨气，用红色石蕊试纸检验NH4+，设计实验验证滤液A中的阳离子：取少量滤液A，分为两份，一份进行焰色反应，若观察到砖红色火焰则滤液中有钙离子；另一份加氢氧化钠溶液后加热，弱产生使红色石蕊试纸变蓝的气体则滤液中存在铵根离子。 1 / 16 学科网（北京）股份有限公司 $$