专题01 典型无机物质分析（大题专练，逐空突破）（上海专用）2026年高考化学终极冲刺讲练测

专题01 典型无机物质分析 内容导航 【命题解码·定方向】命题趋势+3年高考真题热点设问拆解 【解题精析·通技法】析典例，明思路，技法贯通破类题 【实战刷题·冲高分】精选高考大题+名校模拟题，强化实战能力，得高分 命题·趋势·定位 元素及化合物是高考的重要载体，以元素化合物知识为载体考查基本概念、基本理论是高考中的热点，分值为10-20分左右，虽然表面分数不高，但贯穿整个试卷，比如在实验、计算和理论题中都有涉及。高考试题强调基础，重视教材，突出主干知识，考查的内容有热点、有主线。对于元素及其化合物部分，会围绕常见元素及其重要化合物的核心知识进行考查，其中铁、硫、氮、氯、钠等核心元素的单质及化合物性质是高频考点。在元素及其化合物的试题中，会结合具体的元素化合物知识设置相应的问题情境来考查思维能力，对于元素及其化合物知识，要求考生不仅记住相关物质的性质、方程式等基础知识，还能将其应用到实际问题的解决中。 2026年上海高考化学元素化合物部分考生需注重核心元素的性质网络构建，并预测上海卷2025年可能继续保持对核心元素的深度考查，将延续“基础性、综合性、应用性”的特点，强化知识网络，强化知识结构化与真实问题解决能力，并增加实际应用和综合实验的比重。需要考生不仅记忆知识点，还要理解反应机理，并能灵活应用于新情境中，提升实验设计与工业流程的分析能力。 热点·设问·拆解 热点设问01 氯及其化合物 热点设问02 硫及其化合物 热点设问03 氮及其化合物 热点设问04 钠及其化合物 热点设问05 铁及其化合物 热点设问06 硅、铝及其化合物 热点设问01氯及其化合物 析典例·明思路 1．(2026·上海进才中学高三模拟)若以实验室制备氯气作为研究的系统，下列属于与该系统相关的环境部分是______________。 A．密闭的烧瓶内的二氧化锰 B．密闭的烧瓶内的氯气 C．密闭的烧瓶及其周围的空气 D．引发该反应的条件 【答案】C 【解析】A．二氧化锰是制备氯气的原料，密闭的烧瓶内的二氧化锰属于系统，A错误；B．氯气为产物，密闭的烧瓶内的氯气属于系统，B错误；C．密闭的烧瓶及其周围的空气属于环境，C正确；D．引发反应的条件既不属于系统，也不属于环境，D错误；故选C。 2．(2026·上海民立中学高三期中)海水中卤素资源的开发利用。海洋约占地球表面积的71%，其中水资源和其他化学资源具有巨大的开发潜力，其中卤素资源的开发利用已经相对成熟。 (1)海水中有丰富的食盐，要从海水中获得食盐，常采用的方法是___________。 A．冷却热饱和溶液法 B．蒸发溶剂法 C．过滤法 D．加硝酸银沉淀过滤法 已知粗盐中含有的主要杂质为SO42-、Mg2+、Ca2+，还含有少量的K+等。由粗盐提纯氯化钠的流程如下： (2)写出试剂中溶质的化学式：试剂a___________、试剂b___________。 (3)粗盐提纯过程中需要用到下列仪器中的___________。 A． B． C． D． (4)从平衡移动的角度，解释通入HCl气体的目的：___________。 (5)写出系列操作的名称：___________。 工业上常用的一种提溴技术叫做“吹出法”，过程如下： (6)鼓入热空气吹出溴是利用了溴的___________的性质。 (7)在吸收塔内，将空气吹出的含溴混合气应从吸收塔的通入___________。 A．上部    B．中部    C．底部 (8)写出溶液吸收反应的离子方程式：___________。 (9)海水提取溴采用先吹出再吸收的目的是___________。 (10)卤化银因具有感光性，可用于制造感光材料。已知室温下，，，将AgCl和AgI的饱和溶液等体积混合，再加入足量浓AgNO3溶液，关于所生成的沉淀说法正确的是___________。 A．只有AgI生成 B．AgCl和AgI等量生成 C．AgCl沉淀少于AgI沉淀 D．AgCl沉淀多于AgI沉淀 【答案】(1)B (2) BaCl2 Na2CO3 (3)BD (4)饱和氯化钠溶液中存在溶解平衡：NaCl(s)Na+ (aq)+ Cl-(aq)，通过HCl增大了c(Cl-)，使平衡逆向移动，促进NaCl析出 (5)蒸发结晶、过滤 (6)易挥发 (7)C (8)SO2+ Br2+ 2H2O=4H++SO42-+2Br- (9)将溴元素富集 (10)D 【解析】(1)A．冷却热饱和溶液法适用于溶解度随温度变化较大的物质，食盐的溶解度随温度变化不大，因此不适合这种方法，A不符题意；B．溶剂蒸发法适用于溶解度随温度变化不大的物质，通过蒸发海水中的水分，可以将食盐结晶析出，B符合题意；C．过滤法主要用于分离不溶性固体和液体，不适用从海水提取盐，C不符题意；D．加硝酸银沉淀过滤主要用于化学检验，不适用从海水提取盐，D不符题意；故选B。 (2)粗食盐溶解后，先加入BaCl2溶液，除去SO42-，再加入NaOH、Na2CO3溶液，除去Mg2+、Ca2+、以及过量的Ba2+，最后加入盐酸，中和NaOH和Na2CO3，得到NaCl溶液，通过一系列蒸发结晶操作，得到NaCl晶体。试剂a溶质为BaCl2，试剂b为Na2CO3。 (3)粗盐提纯过程需要过滤使用漏斗，蒸发使用蒸发皿，不需要分液和蒸馏操作，故选BD。 (4)饱和氯化钠溶液中存在溶解平衡：NaCl(s)Na+ (aq)+ Cl-(aq)，通过HCl增大了c(Cl-)，使平衡逆向移动，促进NaCl析出。 (5)从饱和氯化钠溶液得到氯化钠晶体的操作为蒸发结晶、过滤。 (6)热空气吹出溴利用了溴的易挥发性质。 (7)应将含溴混合气从吸收塔底部通入，使溴与吸收液充分接触，提高吸收率。 (8)SO2溶液吸收Br2发生的离子方程式为SO2+ Br2+ 2H2O=4H++SO42-+2Br-。 (9)流程中先吹出溴再吸收的目的为将溴元素富集。 (10)饱和AgCl溶液和AgI溶液中，，由于加入足量AgNO3，则Cl-和I-均完全与Ag+反应生成沉淀，由于混合后溶液中c(Cl-)远大于c(I-)，加入足量AgNO3溶液后，生成的AgCl沉淀的物质的量远多于AgI沉淀，故选D。 研考点·通技法 1．液氯密封保存在钢瓶中，而氯水、次氯酸应保存在棕色试剂瓶中。 2．次氯酸HClO的结构式是H—O—Cl。 3．次氯酸HClO的化学性质有：a.弱酸性；b.不稳定性2HClO2HCl+O2↑；c.强氧化性(漂白性)。HClO和ClO-都具有强氧化性，ClO-无论是在酸性、碱性、中性都有强氧化性。 4．漂白粉漂白原理：Ca(ClO)2+H2O+CO2===CaCO3+2HClO。 5．漂白粉失效原理：Ca(ClO)2+H2O+CO2===CaCO3+2HClO，2HClO2HCl+O2↑。 6．84消毒液(NaClO)和洁厕灵(HCl)不能混用：ClO-+Cl-+2H+===Cl2↑+H2O。 7．Fe和Cl2反应，无论Fe是否过量，只能生成FeCl3。 8．实验室可以用饱和食盐水收集Cl2，氯气溶于水的反应为Cl2+H2OHCl+HClO，而饱和食盐水中：c(Cl-)较大，可以抑制上述反应的发生，从而降低Cl2在水中的溶解度。 9．向NaClO溶液中通入CO2，无论CO2是少量还是过量均发生NaClO+H2O+CO2===NaHCO3+HClO。 破类题·提能力 1．(2026·上海徐汇一模)将湿润的淀粉KI试纸插入盛有Cl2的集气瓶中，试纸先变蓝后褪色。体现出氯气具有________。 A．漂白性    B．氧化性    C．还原性 【答案】B 【解析】A．漂白性：氯气本身不具有直接漂白性，其漂白作用是通过与水反应生成的次氯酸(HClO)实现的，次氯酸具有漂白性导致试纸褪色，题目要求体现氯气本身的性质，氯气不直接具有漂白性，A错误； B．氧化性：湿润的淀粉KI试纸变蓝是因为氯气(Cl2)氧化碘离子(I⁻)生成碘单质(I2)，I2与淀粉结合显蓝色，这直接体现了氯气的强氧化性；后续试纸褪色是由于氯气与水反应生成的次氯酸漂白所致，但氧化性是氯气引发整个反应的本质性质，B正确；C．还原性：氯气在反应中通常作为氧化剂，表现氧化性，不表现还原性，C错误；故答案为B。 2．(2025·上海市上海市静安区上海市新中高级中学检测)某实验小组设计了如图装置，验证卤素单质氧化性的递变规律。 (1)为确保“氧化性Cl2＞Br2＞I2”的实验结论可靠，应该注意 。 (2)若实验操作得当，可证明“氧化性Cl2＞Br2＞I2”的实验现象是 。 【答案】(1)Cl2要适量 (2)分液漏斗中溶液变为橙色，振荡试管后下层CCl4层呈紫色 【解析】(1)由于Cl2既能够与NaBr溶液发生反应：Cl2+2NaBr=2NaCl+Br2，也能够与KI溶液发生反应：Cl2+2KI=2KCl+I2，因此为确保“氧化性Cl2＞Br2＞I2”的实验结论可靠，应该注意Cl2要适量，使其只与KBr溶液发生反应，而不发生反应Cl2+2KI=2KCl+I2； (2)若实验时通入的氯气适量，在分液漏斗中发生反应：Cl2+2NaBr=2NaCl+Br2，溶液由无色变为橙色；在试管中发生反应：Br2+2KI=2KBr+I2，振荡后，下层CCl4层呈紫色。 3．(2025·上海市金山区高三质量监控)某学习小组以Cl2O为原料制备HClO i．常温常压下Cl2O是一种黄绿色气体 ii．将氯气和空气(不参与反应)通入足量的Na2CO3溶液，发生反应生成Cl2O iii．Cl2O易溶于水并与水立即反应生成HClO iv．已知：HClO+2I-+H+=I2+Cl-+H2O，I2+2S2O32-=S4O62-+2I- (1)各装置的连接顺序为①→ 。 A．②④③⑤ B．④②③⑤ C．④③②⑤ (2)装置②中发生的化学反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为 。 A．1：1 B．2：1 C．1：2 (3)Cl2O不会被装置③吸收的原因是 。 (4)装置④的作用有：吸收Cl2中的HCl、___________。 A．防倒吸 B．吸收Cl2O C．将空气、氯气混合均匀 D．通过观察气泡调节气体流速 【答案】(1)B (2)C (3)Cl2O是极性分子，CCl4是非极性分子 (4)CD 【解析】由题给实验装置图可知，装置①中MnO2和浓盐酸共热反应制备Cl2，浓盐酸具有挥发性，制得的Cl2中混有HCl气体，装置④中盛有的饱和食盐水用于吸收Cl2中的HCl气体，与空气形成混合气体通入装置②，装置②中氯气与Na2CO3溶液在冷水浴条件下反应制备Cl2O气体，装置③中盛有的四氯化碳用于吸收未反应的氯气，装置⑤中一氧化二氯气体与水反应制得次氯酸，则装置的连接顺序为①④②③⑤； (1)装置的连接顺序为①④②③⑤，答案为B； (2)装置②中氯气与Na2CO3溶液在冷水浴条件下反应制备Cl2O气体，反应方程式为2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaCl+2NaHCO3，由化合价升降可知，Cl2O为氧化产物，NaCl为还原产物，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶2，C正确； (3)③中CCl4是非极性分子，而Cl2O是极性分子，由相似相溶原理可知，Cl2O不会被CCl4吸收； (4)装置④中盛有的饱和食盐水，用于吸收Cl2中的HCl气体、将空气和氯气混合均匀、通过观察气泡调节气体流速等，C、D正确。 4．(2026·上海华东师大二附中高三开学考试)含氯消毒剂广泛应用于医疗环境、公共场所和家庭日常消毒，能有效杀灭细菌、病毒等病原微生物。在疫情防控和水质净化中作用关键，对维护人类健康具有重要意义。氯气是制备系列含氯化合物的主要原料，可采用如图所示的装置来制取。 (1)装置中的离子膜为___________离子交换膜。 A．阴 B．阳 C．质子 D．气体 (2)图中a口出来的气体为___________。 A．H2      B．O2      C．Cl2 次氯酸为一元弱酸，其电离平衡体系中各成分的组成分数与pH的关系如图所示。 (3)结合图像计算，常温下NaClO的水解常数Kh值为___________。 (4)结合图像说明，下列pH下漂白能力最强的是___________。 A．6 B．7 C．8 D．9 (5)“84消毒液”的有效成分为NaClO，不可与酸性清洁剂混用的原因是___________(用离子方程式表示)。 (6)工业上是将氯气通入到30%的NaOH溶液中来制备NaClO溶液，若反应后的NaClO溶液中NaOH的质量分数为1%，则生产1000 kg该溶液需要消耗氯气的质量为___________。(结果保留3位有效数字) Cl2O为淡棕黄色气体，是次氯酸的酸酐，可由新制的HgO和Cl2反应来制备，该反应为歧化反应(氧化剂和还原剂为同一种物质的反应)。 (7)上述制备Cl2O的化学方程式为___________。 (8)如果Cl2O也具有漂白性，请猜想原因是___________。 ClO2常温下为黄色气体，易溶于水，其水溶液是一种广谱杀菌剂。一种有效成分为NaClO2、NaHSO4、NaHCO3的“二氧化氯泡腾片”，能快速溶于水，溢出大量气泡，得到溶液。 (9)上述过程中，生成ClO2的反应属于歧化反应，每生成1 mol ClO2消耗NaClO2的量为___________mol。 (10)产生“气泡”的离子方程式为___________。 【答案】 (1)B (2)C (3)10-6.5 (4)A (5)Cl－+ClO－+2H+＝Cl2↑+H2O (6)203 kg (7) (8)Cl2O中Cl的化合价为+1，和次氯酸相同，可能具有漂白性 (9)1.25 (10) HCO3-+H+ ═ H2O + CO2↑ 【解析】(1)电解饱和食盐水时采用的交换膜为阳离子交换膜，交换膜只允许阳离子通过，不允许阴离子和分子通过，目的是防止氯气与氢氧化钠溶液反应导致所得氢氧化钠溶液不纯，同时防止氯气和氢气混合遇光或热发生爆炸，故选B； (2)由图可知，左侧电极为电解池的阳极，氯离子在阳极失去电子发生氧化反应生成氯气，则a口出来的气体为氯气，故选C； (3)由图可知，溶液中次氯酸和次氯酸根离子浓度相等时，溶液的pH为7.5，则次氯酸根离子的水解常数为：Kh== c(OH-)==10-6.5； (4)溶液中次氯酸的浓度越大，溶液的漂白能力最强，由图可知，溶液pH为6时，次氯酸的浓度最大，溶液的漂白能力最强，故选A； (5)酸性清洁剂的主要成分是盐酸，84消毒液与酸性清洁剂混合会发生反应生成有毒的氯气，污染环境，所以84消毒液与酸性清洁剂不能混合使用，反应的离子方程式为：Cl－+ClO－+2H+＝Cl2↑+H2O； (6)氯气与氢氧化钠溶液的反应为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，设反应消耗氯气的质量为x kg，则由方程式可知，反应消耗氢氧化钠的质量为：×2×40 kg/mol= kg ；由质量守恒定律可知，30%氢氧化钠溶液的质量为：1000 kg -x kg=(1000-x) kg，由反应前后氢氧化钠的质量不变可得：+1000 kg×1%=(1000-x)×30%，解得：x≈203 kg； (7)由题意可知，制备一氧化二氯的反应为氯气与氧化汞反应生成氯化亚汞和一氧化二氯，反应的化学方程式为：； (8)次氯酸能表现漂白性是因为次氯酸中氯元素为+1价，具有强氧化性，能使有机色素漂白褪色，一氧化二氯中氯元素也为+1价，与次氯酸中氯元素的化合价相同，所以二氧化氯也具有漂白性； (9)由题意可知，生成二氧化氯的反应为：5ClO2-+4H+=Cl-+4ClO2↑+2H2O，则由方程式可知，生成1 mol二氧化氯时，反应消耗亚氯酸钠的物质的量为：1 mol×=1.25 mol； (10)由题意可知，产生“气泡”的反应为溶液中碳酸氢根离子与硫酸氢钠电离出的氢离子反应生成二氧化碳和水，反应的离子方程式为： HCO3-+H+ ═ H2O + CO2↑。 热点设问02硫及其化合物 析典例·明思路 1．(2026·上海浦东新联考)(6)如图是铜和浓硫酸反应实验及性质探究实验的一体化装置。铜和浓硫酸反应中浓硫酸所起的作用是_______。 (7)下列说法错误的是________。 A．a处试纸变红，说明为酸性氧化物 B．c处和b处试纸均褪色，且原因相同 C．该设计优点之一是能控制反应的发生与停止 D．铜和浓硫酸反应过程中出现灰白色固体，用水稀释后得到蓝色溶液 【答案】B 【解析】(7)由实验装置图可知，铜丝与浓硫酸共热反应制备二氧化硫，装置中a处湿润的石蕊试纸用于验证二氧化硫表现酸性氧化物的性质，b处酸性高锰酸钾溶液用于验证二氧化硫的还原性，c处湿润的品红试纸用于验证二氧化硫的漂白性，针筒中盛有的饱和氢氧化钠溶液用于吸收二氧化硫，防止污染空气；A．装置中a处湿润的石蕊试纸用于验证二氧化硫表现酸性氧化物的性质，所以a处试纸变红，说明二氧化硫为酸性氧化物，A正确；B．b处酸性高锰酸钾溶液用于验证二氧化硫的还原性，c处湿润的品红试纸用于验证二氧化硫的漂白性，所以c处和b处试纸均褪色，但原因不同，B错误；C．由实验装置图可知，该设计的优点之一通过上下拉伸铜丝控制铜丝和浓硫酸的接触，达到控制反应的发生与停止的实验目的，C正确；D．铜和浓硫酸反应过程中出现灰白色固体为无水硫酸铜，用水稀释后得到蓝色的硫酸铜溶液，D正确；故选B； 2．(2026·上海建平中学高三期中)以黄铁矿为原料，采用接触法生产硫酸的流程可简示如下，请回答下列问题： (1)接触法制硫酸中，下列说法错误的是___________。 A．黄铁矿粉碎利于反应充分进行 B．炉器精制是为了防止催化剂中毒 C．黄铁矿粉燃烧时空气越多越好 D．使用浓硫酸吸收SO3效率低，可用水吸收 (2)如图所示，加热试管中固体至红热，则___________。 A．移开酒精灯后固体保持红热 B．S只做还原剂 C．主要产生的气体副产物为SO3 D．最终得到黑色的Fe2S3 (3)下列反应，与硫酸型酸雨的形成肯定无关的是___________。 A． B． C． D． (4)精制炉气(含SO2体积分数为7%、O2为11%、N2为82%)中SO2平衡转化率与温度及压强关系如下图所示。在实际生产中，SO2催化氧化反应的条件选择常压、450℃左右(对应图中A点)，而没有选择SO2转化率更高的B或C点对应的反应条件，其原因分别是：___________、___________。 (5)在SO2催化氧化设备中设置热交换器的目的是___________、___________。 【答案】(1)CD (2)A (3)A (4) 不选择B点，因为压强越大对设备的投资大，消耗的动能大，SO2原料的转化率已是97%左右，再提高压强，SO2的转化率提高的余地很小 不选择C点，因为温度越低，SO2转化率虽然更高，但催化作用受影响，450℃时，催化剂的催化效率最高，故不选C点 (5) 利用反应放出的热预热原料气，上层反应气经热交换器温度降到400-500℃进入下层使反应更完全 充分利用能源 【解析】黄铁矿在炉气制渣中与空气中的氧气反应转化为氧化铁和二氧化硫，含有二氧化硫的炉气在炉气精炼后转化为精制炉气，接着二氧化硫催化氧化为三氧化硫，三氧化硫用98.3%的硫酸吸收。 (1)A. 黄铁矿粉碎可以增大接触面积，利于反应充分进行，A正确；B. 炉器精制是讲杂质气体除去，防止催化剂中毒，B正确；C. 黄铁矿粉燃烧时并非越多越好，空气过多会将热量带走，C错误；D. SO3遇水会形成酸雾，故应使用浓硫酸吸收SO3，D错误；故选CD。 (2)A. 铁粉与硫粉反应是放热反应，移开酒精灯后固体保持红热，A正确；B. 反应过程中S生成FeS，S元素化合价降低，作氧化剂，B错误；C. 该装置主要发生反应生成FeS，还有S与O2反应生成SO2，C错误；D. Fe+S=FeS，故最终得到黑色的FeS，D错误；故选A。 (3)A．SO2+2H2S=3S+2H2O，反应过程中消耗二氧化硫生成单质硫，不能生成硫酸，不是酸雨形成的反应，与硫酸型酸雨的形成肯定无关，故A符合；B．酸雨形成过程可以是二氧化硫和水反应生成亚硫酸，亚硫酸和氧气反应生成硫酸，与酸雨形成有关，故B不符合；C．空气中的二氧化硫气体在粉尘做催化剂的条件下2SO2+O22SO3生成三氧化硫，三氧化硫再与雨水反应SO3+H2O=H2SO4形成酸雨，故C不符合；D．三氧化硫与雨水反应SO3+H2O=H2SO4形成酸雨，故D不符合；答案选A。 (4)在实际生产中，SO2催化氧化反应的条件选择常压、450℃左右(对应图中A点)，而没有选择SO2转化率更高的B，因B点压强大，增大压强需增加设备的强度和动力消耗，会增大设备投资和生成成本，且常压下SO2转化率已达97%，再增大压强，转化率提高的幅度不大；不选择C点，因C点温度较低，虽然SO2的平衡转化率更高，但催化剂在450℃时活性最高，温度过低会使催化剂催化效率降低，反应速率减慢，不利于生产效率的提高。 (5)在SO2催化氧化设备中设置热交换器，把不同温度间的气体进行交换，可预热反应气体，可起到充分利用能源的目的。故答案为：利用反应放出的热预热原料气，上层反应气经热交换器温度降到400-500℃进入下层使反应更完全；充分利用能源。 研考点·通技法 1．硫在氧气中的燃烧产物只能是SO2，不能生成SO3。 2．硫与变价金属反应时，只能生成低价态金属硫化物，如Fe+SFeS，2Cu+SCu2S。 3．硫单质呈0价，处于硫元素的中间价态，硫既有氧化性又有还原性。 4．SO2是酸性氧化物，同时具有氧化性、还原性和漂白性。 5．SO2通入H2S溶液中会生成S(淡黄色浑浊)，体现了SO2的氧化性。 6．SO2使氯水、溴水、酸性KMnO4溶液褪色，体现了SO2的还原性，没有体现SO2的漂白性。 7．SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色，但加热后又恢复到原来的颜色，SO2与有色物质生成了不稳定的无色物质，加热后又复原，其漂白具有可逆转性。 8．SO2不能漂白酸碱指示剂，能使紫色石蕊溶液变红(生成的H2SO3具有酸性)，但不会漂白褪色。 9．含硫化石燃料，燃烧会产生SO2，因此燃煤必须脱硫：CaO+SO2===CaSO3，2CaSO3+O22CaSO4。 10．正常雨水pH为5.6，小于5.6的雨水是酸雨，酸雨有硫酸型和硝酸型，我国主要是硫酸型酸雨。 11．浓硫酸的性质体现在酸性、难挥发性、吸水性、脱水性和强氧化性。 12．浓硫酸是高沸点酸，具有难挥发性，利用此性质可制备HCl，原理为2NaCl+H2SO4(浓)===Na2SO4+2HCl↑。 13．浓硫酸的稀释方法：将浓H2SO4沿器壁慢慢注入水中，并用玻璃棒搅拌。 14．S的检验方法：待测液无明显现象有白色沉淀生成。 破类题·提能力 1．(2025·上海交通大学附属中学高三摸底考试)向大气大量排放SO2不会导致下列哪种结果 。 A．使废气呈黑色 B．酸化土壤，影响农作物生长 C．使降雨腐蚀石刻与建筑 D．引起呼吸道黏膜受损 【答案】A 【解析】A项，SO2 无色有刺激性气味的气体，故向大气大量排放SO2不会使废气呈黑色，A符合题意；B项，SO2进入大气将与空气中的H2O反应生成H2SO3，进而氧化成H2SO4，形成酸雨，降落到土壤中，酸化土壤，影响农作物生长，B不合题意；C项，SO2进入大气将与空气中的H2O反应生成H2SO3，进而氧化成H2SO4，形成酸雨，使降雨腐蚀石刻与建筑，C不合题意；D项，SO2 无色有刺激性气味的气体，有毒，能引起呼吸道黏膜受损，D不合题意；故选A。 2．(2025·上海徐汇区高三学习能力诊断)煤中掺入一定量的生石灰，能减少煤燃烧排放的SO2，体现SO2具有 。 A．漂白性 B．酸性氧化物的性质 C．氧化性 D．还原性 【答案】B 【解析】二氧化硫是酸性氧化物，能与碱性氧化物氧化钙反应生成亚硫酸钙，亚硫酸钙能与空气中氧气共热反应生成硫酸钙，则煤中掺入一定量的生石灰，能减少煤燃烧排放的二氧化硫，体现了二氧化硫酸性氧化物的性质，故选B。 3．(2025·上海市普通高中学业水平等级性考试)萤石(CaF2)与浓硫酸共热可制备HF气体，写出该反应的化学方程式： ，该反应中体现浓硫酸的性质是 。 A．强氧化性 B．难挥发性 C．吸水性 D．脱水性 【答案】CaF2+H2SO4(浓)CaSO4+2HF↑ BC 【解析】萤石(CaF2)与浓硫酸共热可发生复分解反应，生成硫酸钙和HF气体，该反应的化学方程式为CaSO4+HF↑，该反应为难挥发性酸制取易挥发性酸，且浓硫酸具有吸水性，可减少HF气体在水中的溶解，故该反应中体现浓硫酸的性质是难挥发性和吸水性，故选BC。 4．(2025·海市华东师范大学附属周浦中学高三期中)向CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液至过量，观察到有沉淀(CuI)生成，且溶液变为棕黄色。再向反应后的混合物中不断通入SO2气体，溶液逐渐变成无色。根据上述信息回答以下列问题： (1)写出第一步反应的离子方程式 ，每转移2 mol电子，生成沉淀的质量为 g。写出该步反应氧化产物的一种检验方法： 。 (2)在第二步(通入SO2)反应中，还原产物为 (写物质名称)，SO2使溶液变成无色，体现了SO2的性质是 (填字母序号)。 a．漂白性 b．氧化性 c．还原性 d．酸性 (3)根据氧化还原反应规律，整个实验过程体现的物质的氧化性强弱顺序是： 。 Cu2+>___________>___________(写化学式) 【答案】(1)2Cu2++4I-=2CuI↓+I2 382 用淀粉溶液处理，淀粉遇碘单质变蓝色 (2)HI c (3)Cu2+＞I2＞SO2 【解析】(1)CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液，产生白色沉淀CuI，溶液变为棕黄色，说明生成I2，则反应离子方程式为2Cu2++4I-=2CuI↓+I2，该反应中Cu元素由+2价下降到+1价，I元素由-1价上升到0价，每转移2 mol电子，生成2mol CuI沉淀，质量为2mol×191g/mol=382g，该反应的氧化产物为I2，检验I2的方法为：用淀粉溶液处理，淀粉遇碘单质变蓝色。(2)通入SO2后溶液逐渐变成无色，I2和SO2发生了氧化还原反应生成HI和H2SO4，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，I元素化合价下降，还原产物为HI，S元素的化合价升高，体现SO2还原性，故选c。(3)反应2CuSO4+4KI=2K2SO4+2CuI↓+I2中Cu2+化合价降低是氧化剂，I2是氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，所以物质的氧化性：Cu2+＞I2，SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI中碘元素化合价由0价降低为﹣1价，I2是氧化剂，SO2被氧化，所以物质氧化性I2＞SO2，所以氧化性Cu2+＞I2＞SO2。 5．(2025·上海复旦大学附属中学高三化学期中等级性考试)“钠—钙双碱法”吸收SO2具有反应充分、速率快、原料可再生、脱硫效率高等优点。流程如下： (1)要提高SO2吸收效率的可行措施有___________。(不定项) A．加快尾气的通入速率 B．将吸收液NaOH溶液进行雾化 C．在高温条件下吸收 D．适当增加NaOH的浓度 (2)一种“氧化脱硫法”采用NaClO和NaOH的混合溶液吸收。写出利用该混合液吸收少量SO2的离子方程式： 。 【答案】(1)BD (2)ClO-+SO2+2OH-=SO42-+ Cl-+H2O 【解析】由流程可知，含SO2的尾气先与NaOH反应生成Na2SO3，再加石灰乳反应生成CaSO3和NaOH，实现NaOH的再生，最后通入氧气，将CaSO3氧化为CaSO4，再结晶得到产品。(1)A项，加快尾气的通入速率，反应不充分，吸收效率变低，故A不选；B项，将氢氧化钠溶液雾化，可增大反应接触面积，提高吸收效率，故B选；C项，高温会降低二氧化硫在水中溶解度，不利于提高吸收效率，故C不选；D项，增大氢氧化钠浓度，有利于二氧化硫充分反应，提高吸收效率，故D选；答案为BD； (2)NaClO具有强氧化性，还原产物为Cl-，二氧化硫具有强还原性，氧化产物为硫酸根离子，结合溶液碱性环璄，利用得失电子守恒进行配平，离子方程式为：ClO-+SO2+2OH-=SO42-+ Cl-+H2O。 6．(2026·上海浦东·一模)某化工厂采用“铁盐氧化法”处理含SO2的烟气，减少硫酸型酸雨的形成，并经系列反应后，将SO2最终转化为硫酸盐产品。 (1)硫酸型酸雨中不可能含有的微粒是___________。 A．H2S B．H2SO3 C．H+ D．H2CO3 (2)“铁盐氧化法”的实质是与的氧化还原反应。取反应一段时间后的吸收液进行实验，下列现象中，一定能证明该氧化还原反应发生的是___________。 A．滴加紫色石蕊试液，溶液显红色 B．滴加KMnO4酸性溶液，紫色褪去 C．滴加硝酸酸化的Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀生成 D．滴加KSCN溶液，无明显现象，再滴加氯水，溶液变血红色 (3)铁盐完全吸收SO2后的溶液，工业上常通入空气处理，该步骤称为“曝气”。从“绿色化学”的角度分析，“曝气”的优点有___________。(写出一条) 实验室利用下图装置模拟上述“铁盐氧化法”的原理。 (4)装置A用于制取SO2，下列对该实验的分析正确的是___________。(不定项) A．可以通过铜丝的升降控制反应 B．可以通过鼓入空气加速反应 C．实验中试管底部可能出现白色物质 D．反应过程中铜丝表面有黑色Cu2O产生 (5)向反应一段时间后的装置B中，逐滴加入NaOH溶液，先无明显现象，后产生红褐色沉淀。分析“先无明显现象”的原因___________。 在FeCl3溶液吸收SO2的过程中，可观察到B中溶液颜色经历“棕黄色—红棕色—浅绿色”的变化过程。已知“红棕色”是因为生成了含硫配体的配离子有关。 室温下，H2SO3、HSO3-和SO32-的分布分数随pH变化如下图所示。 [，X表示或或] 室温下，为探究“红棕色”配离子的组成，设计如下实验方案： 实验编号 溶液①1 mL 溶液②10 mL 实验操作及现象 Ⅰ 0.1mol·L-1FeCl3溶液 SO2饱和溶液 溶液①与溶液②混合后，实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ所得溶液红棕色依次加深 Ⅱ 0.1mol·L-1FeCl3溶液 饱和溶液，用NaOH固体调整溶液 pH=5.0 Ⅲ 0.1mol·L-1FeCl3溶液 SO2饱和溶液，用NaOH固体调整溶液 pH=10.0 (6)上述实验中，能够说明“红棕色”配离子的配体为SO32-的实验依据是___________。 (7)若该配离子为[Fe(SO3)2]-，继续通入SO2至体系pH小于5时，溶液由红棕色变为浅绿色，其离子方程式为：___________。 (8)实验所用“溶液②”的体系中，含硫微粒仅为、HSO3-和SO32-，且在调节pH过程中三者总物质的量保持不变。结合上图所示的分布分数图，回答下列问题： ①说明NaHSO3溶液呈酸性的主要原因___________。 ②当为0.4时，溶液的pH可能为___________。(精确到小数点后2位) 【答案】(1)A (2)D (3)氧气可将Fe2+氧化成Fe3+，使Fe3+可重复利用 (4)AC (5)溶液中溶有SO2，生成了H2SO3，滴加的NaOH溶液先与H2SO3反应 (6)随着pH的增大，溶液中的SO32-，且红棕色也随之加深 (7) (8) 在水溶液中，HSO3-的电离大于水解，溶液成酸性 1.74或7.38 【解析】(1)A．H2S是还原性气体，通常不会在酸雨中稳定存在，尤其在酸性环境中易被氧化，A符合题意；B．SO2溶于水生成亚硫酸，是酸雨的成分之一，B不符合题意；C．酸雨显酸性，故酸雨中含有H+，C不符合题意；D．空气中含有大量CO2，CO2溶于水生成碳酸，故酸雨中可能会含有碳酸，D不符合题意；故答案选A； (2)A．含Fe3+和SO2的水溶液显酸性，能使紫色石蕊溶液变红，故无法证明Fe3+和SO2是否发生氧化还原反应，A错误；B．SO2也能被将酸性高锰酸钾溶液还原，使其褪色，B错误；C．滴加硝酸酸化的Ba(NO3)2溶液，溶液中含有的硝酸会将SO2氧化成SO42-，最终生成白色沉淀BaSO4，C错误；D．滴加KSCN溶液，无明显现象，说明溶液中不含Fe3+，再滴加氯水，溶液变血红色，说明吸收液中有Fe2+，进而说明Fe3+和SO2发生了氧化还原反应，D正确；故答案选D； (3)“曝气”过程中，氧气可将Fe2+氧化成Fe3+，使Fe3+可重复利用； (4)A．通过铜丝的升降，即通过铜丝与浓硫酸的接触与否来控制反应，A正确；B．若鼓入空气，会导致体系中有氧气，氧气具有氧化性，会对Fe3+的氧化性造成干扰，B错误；C．A中生成CuSO4，浓硫酸具有吸水性，则试管底部可能析出无水CuSO4白色固体，C正确；D．Cu2O是红色的，且在强氧化剂浓硫酸的环境中生成+1含铜化合物不合理，D错误；故答案选AC； (5)溶液中溶有SO2，生成了H2SO3，滴加的NaOH溶液先与H2SO3反应，无明显现象； (6)随着pH的增大，溶液中的c(SO32-)增大，且红棕色也随之加深，说明“红棕色”配离子的配体为SO32-； (7)结合分布图可知，溶液pH小于5时，[Fe(SO3)2]-与SO2反应生成Fe2+、HSO3-和SO42-，反应的离子方程式为； (8)①HSO3-在水溶液中存在电离平衡(HSO3-H++SO32-)和水解平衡(HSO3-+H2O H2SO3+OH-)，由分布图可知，H2SO3的电离平衡常数K1、K2分别为10-1.92和10-7.2，HSO3-的水解平衡常数为，故电离程度大于水解平衡常数，溶液成酸性；②，当为0.4时，溶液的pH<1.92或pH>7.2，当溶液pH<1.92时，有，解得，pH≈1.74；当溶液pH>7.2时，有，解得，pH≈7.38。 热点设问03氮及其化合物 析典例·明思路 1．(2026·上海七宝中学高三月考)自然界中的局部氮循环如图。 图中含氮物质的各步转化的说法中，正确的是______________。 A．植物吸收的无机氮主要是NH4+和NO3- B．硝化作用中元素均被氧化 C．0.1molNH3转化为0.1molNO3-需要消耗4.48LO2 D．属于氮的固定的是①②⑥ 【答案】AB 【解析】如图，N2在根瘤菌的作用下由游离态反应得到有机氮，有机氮在氨化作用下得到NH3，氮气在合成氨工业中也可以得到NH3，NH3经过硝化作用转化为NO3-，NO3-在反硝化细菌的作用下反应得到氮气，形成氮循环。A．植物主要通过根系吸收土壤中的无机氮，其中铵根离子(NH4+)和硝酸根离子(NO3-)是最主要的吸收形式，A正确；B．硝化作用包括两步：NH3→NO2-(N元素从-3价升至+3价，被氧化)和NO2-→NO3-(N元素从+3价升至+5价，被氧化)，两步中N元素均被氧化，B正确；C．0.1mol NH3转化为0.1mol NO3-，N元素化合价从-3升至+5，失去0.8mol电子，O2作为氧化剂需得0.8mol电子，1mol O2得4mol电子，则需0.2mol O2，但题目未说明标准状况，无法确定O2体积为4.48L，C错误；D．氮的固定是游离态N2转化为化合态氮的过程，①(N2→有机氮)、②(N2→NH3)属于固氮，⑥(NO3-→N2)是反硝化作用(化合态→游离态)，不属于固氮，D错误；故选AB。 2．(2026·上海行知中学高三期中)地球上的生物氮循环涉及多种含氮物质，转化关系之一如下图所示(X、Y均为氮氧化物)，羟胺(NH2OH)以中间产物的形式参与循环。已知。 (1)下列说法错误的是_______。 A．等物质的量的X、Y中含有相同数目的氧原子 B．步骤⑤属于氮的固定 C．步骤①~⑦均发生氧化还原反应 D．为加快反应速率，该循环过程应在高温下进行 (2)下列说法错误的是_______。 A．轻胺组成元素的第一电离能大小顺序为 B．1L0.1mol·L-1NaNO2溶液中Na+和NO2-数均为0.1NA C．根据H2O的热稳定性强于NH3可知O元素的非金属性强于N D．和所含的中子数相同 【答案】(1)D (2)AB 【解析】由氮的循环转化及X、Y为氮氧化物，结合反应②(亚硝酸盐还原酶参与)、反应③(X还原酶参与)，可推知X为NO，Y为N2O。 （1） A．根据分析，等物质的量的NO和N2O中，氧原子的物质的量之比为1：1，所以含有相同数目的氧原子，A正确；B．氮的固定是将游离态的氮(N2)转化为含氮化合物的过程，步骤④中N2在固氮酶作用下转化为含氮化合物，属于氮的固定，B正确；C．步骤① - ⑦中，氮元素的化合价均发生了变化，均发生氧化还原反应，C正确；D．高温下，酶(蛋白质)会发生变性，失去催化活性，不能加快反应速率，所以该循环过程不能在高温下进行，D错误；故选D。 (2)A．同周期元素从左到右，第一电离能呈增大趋势，但N原子的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于O，所以第一电离能大小顺序为H<O<N，A错误；B．NaNO2溶液中，NO2-会发生水解：NO2-+H2OHNO2+OH-，所以1L0.1mol·L-1NaNO2溶液中，NO2-的物质的量小于0.1mol，即NO2-数小于0.1NA，B错误；C．元素的非金属性越强，其简单氢化物的热稳定性越强，H2O的热稳定性强于NH3，可知O元素的非金属性强于N，C正确；D．的中子数为15 - 7 = 8，的中子数为16 - 8 = 8，所含的中子数相同，D正确；故选AB。 研考点·通技法 1．氮的固定是指将N2变成化合物的过程，包括人工固氮(合成氨)和自然固氮(根瘤菌、雷雨)。 2．氮气能与镁反应生成氮化镁，氮化镁与水反应(水解反应)生成氢氧化镁和氨气，化学方程式为Mg3N2+6H2O===3Mg(OH)2+2NH3↑。 3．实验室制备氨气利用铵盐+碱氨气+盐+水，2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+CaCl2+2H2O。 4．不能选择NH4NO3和NH4HCO3代替NH4Cl，是因为NH4NO3加热会发生爆炸造成危险；NH4HCO3受热易分解成CO2，使收集的NH3不纯。 5．不能用NaOH代替Ca(OH)2，是因为NaOH易潮解，结块，且对玻璃有腐蚀。 6．不用无水CaCl2干燥NH3是因CaCl2能与NH3反应生成CaCl2·8NH3，所以干燥NH3一般选择碱石灰。 7．收集时，在试管口塞一团棉花，作用是减小NH3与空气的对流速度，使收集的NH3更纯净。 8．铵盐不稳定，受热易分解，一般生成氨气和对应的酸。 9．NH4NO3受热分解可生成N2、HNO3和H2O。 10．硝酸具有：a.酸的通性；b.不稳定性；c.强氧化性。 11．HNO3不稳定，光照或受热易分解：4HNO34NO2↑+O2↑+2H2O。 HNO3略呈黄色的原因是部分HNO3分解生成NO2溶解在HNO3中所致，可以通入O2除去。 12．常温下，浓HNO3能使Fe、Al发生钝化；加热时可与Au、Pt之外的所有金属反应。 13．稀、浓HNO3都具有强氧化性；浓度越大，氧化性越强，浓HNO3的还原产物一般是NO2，稀HNO3的还原产物一般是NO，极稀的HNO3，还能生成N。 例如：Cu+4HNO3(浓)===Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O； 3Cu+8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O； C+4HNO3(浓)===CO2+4NO2↑+2H2O； S+6HNO3(浓)===H2SO4+6NO2↑+2H2O； Fe(少量)+4HNO3(稀)===Fe(NO3)3+NO↑+2H2O； 3Fe(过量)+8HNO3(稀)===3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O； 4Zn+10HNO3(极稀)===4Zn(NO3)2+NH4NO3+3H2O。 破类题·提能力 1．(2025·上海市三林中学高三期中考试) (双选)下列与氮氧化物有关的环境问题是___________。 A．酸雨 B．臭氧层空洞 C．光化学烟雾 D．温室效应 【答案】AC 【解析】A项，氮氧化物在大气中经过一系列化学反应，形成硝酸，最终形成硝酸型酸雨，故A正确；B项，现在科学家认为，氟利昂能反复破坏臭氧分子，使臭氧分子减少到形成“空洞”，故B错误；C项，光化学烟雾是由汽车、工厂等污染源排入大气的碳氢化合物和氮氧化物在阳光(紫外线)作用下发生光化学反应生成的二次污染物，这些有物质混合形成的有害浅蓝色烟雾，故C正确；D项，温室效应的形成与二氧化碳有关，与氮氧化物无关，故D错误；故选D。 2．(2025·上海复旦大学附属中学高三期中)工业上利用无隔膜NaCl电解法脱除低温工业废气中NO，可有效减少对空气的污染。 电解NaCl溶液获得脱硝液(含NaClO)分两步进行，第二步反应的离子方程式是 。 【答案】Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O 【解析】电解NaCl溶液获得脱硝液(含NaClO)分两步进行，第一步是电解饱和食盐水，方程式为：2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑，第二步反应是电解生成的Cl2和NaOH反应生成NaClO、NaCl和H2O，调节pH=5，加入少量高锰酸钾，当pH=5时脱硝液中含氯微粒主要是HClO，吸收塔中HClO将NO氧化为NO3-。第二步是Cl2和NaOH反应生成NaClO、NaCl和H2O，反应的离子方程式是Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O。 3．(2025·上海市静安区高三一模调研)工业上利用合成氨工艺联合生产尿素，原理如下图所示。 (1)尿素属于___________ 。 A．铵态氮肥 B．硝态氮肥 C．有机氮肥 D．复合肥 (2)尿素分子内存在的化学键有___________。 A．极性键 B．离子键 C．氢键 D．非极性键 (3)若反应器Ⅰ和II中各有1.5 molH2O参加反应，理论上可获得 molH2。 【答案】(1)C (2)A (3)6 【解析】(1)尿素的分子式为CO(NH2)2，属于有机物，是有机氮肥，故选C； (2)尿素分子内有极性键，无离子键，无非极性键，氢键不是化学键，故选A； (3)反应器Ⅰ和II的反应分别是：I、CH4+H2O=CO+3H2，II、CO+H2O=CO2+H2，反应器I中有1.5mol H2O参加反应，可以得到4.5mol H2，反应器II中有1.5mol H2O参加反应可以得到1.5mol H2，共得到6mol H2； 4．(2025·上海市华东师范大学第一附属中学高三期中)下图的氮循环是生态系统物质循环的重要部分，人类活动加剧了氮循环中的物质转化。 (1)下列说法不正确的是_______。 A．固氮过程中，N2只做氧化剂 B．硝化过程需要有氧化剂参与 C．反硝化过程有助于弥补人工固氮对氮循环造成的影响 D．同化、氨化过程中，实现了氮元素在无机物和有机物之间的转化 (2)反硝化过程中，CH3OH可作为反应的还原剂。请补全并配平该反应的离子方程式 。 5CH3OH+_____NO3-1CO32-+____HCO3-+____ ____+____ ____ 【答案】(1)A (2) 5CH3OH+6NO3-1CO32-+4HCO3-+3N2+8H2O 【解析】(1)A项，固氮过程中，当氮气在大气中被氧化为亚硝酸根离子、硝酸根离子，N的化合价升高，被氧化，所以N2作还原剂， 氮气转变为氨气和铵根时，氮化合价降低，N2做氧化剂，选项A错误；B项，NH3和铵根转化成为硝酸根和亚硝酸根，增加了O元素，且氮元素化合价升高，则硝化过程需要有氧化剂参与，选项B正确；C项，反硝化过程，硝酸根和亚硝酸根生成氮气，向大气提供氮气，即反硝化过程有助于弥补人工固氮对氮循环造成的影响，选项C正确；D项，氨化过程是动植物蛋白转化为氨气或铵根离子，即有机物转化为无机物，同化过程是硝酸根和亚硝酸根生成动植物蛋白，即无机物转化为有机物，同化、氨化过程中，实现了氮元素在无机物和有机物之间的转化，选项D正确；故选A。(2)反硝化过程中，CH3OH可作为反应的还原剂，碳元素从-2价升高到+4价，1mol还原剂失去6mol电子。在反硝化细菌作用下，硝酸根离子反应生成氮气，氮元素从+5价降低到0价，根据得失电子守恒、电荷守恒和元素质量守恒得反应的离子方程式为：5CH3OH+6NO3-1CO32-+4HCO3-+3N2+8H2O。 5．(2025·上海复旦大学附属中学高三期中)脱硝液中含氯微粒的物质的量分数(δ)随pH的分布如图1所示；其他条件相同，NO转化率随脱硝液初始pH(用稀盐酸调节)的变化如图2所示： (1)吸收塔中NO转化为NO3-的离子方程式是 。 (2)脱硝液pH=5时，NO转化率最高，随pH升高，NO转化率会降低，原因是 。 (3)吸收塔中采用气、液逆流(废气从吸收塔底进入，脱硝液从吸收塔顶喷淋)的方式吸收废气，目的是 。 【答案】(1)3HClO+2NO+H2O=3Cl−+2NO3-+5H+ (2)溶液pH升高，溶液中HClO的浓度减小，氧化NO的能力减弱 (3)增加接触面积，提高反应速率 【解析】(1)由题干图1所示信息可知，当pH=5时脱硝液中含氯微粒主要是HClO，根据氧化还原反应配平可得，吸收塔中NO转化为NO3-的离子反应方程式是3HClO+2NO+H2O=3Cl−+2NO3-+5H+；(2)由题干图1所示信息可知，当pH=5时脱硝液中含氯微粒主要是HClO，随后随着溶液pH升高，溶液中HClO的浓度减小，转化为ClO-，氧化NO的能力减弱；(3)吸收塔中采用气、液逆流(废气从吸收塔底进入，脱硝液从吸收塔顶喷淋)的方式吸收废气，采用气、液逆流方式能够增加气体和液体的接触面积，提高反应速率。 6．(2025·上海南汇中学高三月考化学试卷(等级))某实验小组利用如下装置(夹持装置略)，探究浓、稀硝酸与铜反应的气体产物。 (1)仪器X的名称为 。 (2)请写出稀硝酸与铜反应的离子方程式 。 (3)将3.2 g铜与60 mL一定浓度的硝酸充分反应，铜完全溶解，得到NO2和NO混合气体的体积为8.96 L(已折算为标准状况下)。待产生的气体全部释放后，向溶液中加入100 mL 2.0 mol/L的NaOH溶液，恰好使溶液中的铜离子全部转化成沉淀，则原硝酸溶液的浓度为 mol/L。 【答案】(1)蒸馏烧瓶 (2)3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O (3)10 【解析】(1)仪器X的名称为蒸馏烧瓶。 (2)稀硝酸与铜反应生成硝酸铜和一氧化氮气体，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O。 (3)恰好使溶液中的Cu2+全部转化成沉淀，由N原子守恒可知，原硝酸的物质的量=混合气体的物质的量+NaOH的物质的量= +100×10-3L×2mol/L=0.6mol，则原硝酸溶液的浓度为c= 。 7．(2025·上海市晋元高级中学高三期中)硝酸是一种具有强氧化性的一元无机强酸，也是一种重要的化工原料。公元八世纪，炼金术士在干馏硝石时首次发现并制得了硝酸。干馏硝石原理为：KNO3K2O+NO↑+X↑(未配平)。 (1)推测X的化学式并完成上述反应 。 (2)若干馏共产生15.68L(折算至标准状况)气体，反应中转移电子数目为 。 (3)将干馏气体通入足量水中充分吸收可制得HNO3，理论上 。 A．NO会有剩余 B．X会有剩余 C．无气体剩余 (4)1913年合成氨问世，氨氧化法生产硝酸进入工业化阶段，直到现在该方法依然是世界上生产硝酸的主要方法。氨氧化反应的化学方程式为 。 【答案】(1)4KNO32K2O+4NO↑+3O2↑ (2)1.2NA (3)C (4) 【解析】(1)根据反应KNO3K2O+NO↑+X↑，KNO3中N的化合价降低被还原，应该有化合价升高的元素，KNO3中只有O元素化合价可以升高到0价的O2，因此X为O2，根据电子得失相等，反应的化学方程式为：4KNO32K2O+4NO↑+3O2↑。 (2)根据方程式4KNO32K2O+4NO↑+3O2↑，KNO3中N的化合价由+5价到+2价，化合价降低3，4molNO和3mol氧气生成共转移3×4mol电子，即7mol气体生成转移电子的物质的量为12mol，电子转移数目为12NA，标准状况下15.68L气体的物质的量为，电子转移的数目为1.2NA； (3)由方程式4KNO32K2O+4NO↑+3O2↑可知，生成的NO与O2的物质的量之比为4：3，NO、O2与水反应生成HNO3，反应的方程式为4NO+3O2+2H2O=4HNO3，反应的NO与O2的物质的量之比为4：3，因此理论上无气体剩余； (4)氨催化氧化生成NO和水，反应的化学方程式为。 热点设问04钠及其化合物 析典例·明思路 1．(2026·上海闵行区高三学业质量调研)下图是探究Na2CO3和NaHCO3热稳定性的装置示意图： (4) CO32-离子中碳原子杂化方式和空间结构为_______。 A． sp直线形 B． sp2平面三角形 C． sp3四面体形 D． sp3平面三角形 (5)关于该实验说法正确的是_______。 A． 甲处是Na2CO3，乙处是NaHCO3 B． 互换甲、乙的位置不影响实验结论 C． 丁烧杯中澄清石灰水变浑浊 D． 丙烧杯中澄清石灰水无现象，可知甲热稳定性更好 【答案】(4)B (5)C 【解析】(4)在CO32-中，中心C原子与3个O原子形成3个键，无孤对电子，价层电子对数为3，故C原子为sp2杂化，空间构型为平面三角形，选B； (5)实验装置中，甲试管中盛放NaHCO3固体，乙试管中为Na2CO3，观察到丙中澄清石灰水无明显现象，而丁烧杯中澄清石灰水变浑浊，说明NaHCO3发生了分解，甲试管的温度低于乙试管，可以说明热稳定性：Na2CO3>NaHCO3；A．为比较热稳定性，应将NaHCO3置于温度较低的甲试管中，Na2CO3置于温度较高的乙试管中，该选项放置方式错误，故A错误；B．互换甲、乙的位置，则NaHCO3接受的温度较高，导致其分解不可说明NaHCO3与Na2CO3的热稳定性的差异，会影响实验结论，B错误；C．据实验现象，丁烧杯中澄清石灰水变浑浊，C正确；D．丙烧杯中澄清石灰水无现象，可知乙热稳定性更好，D错误；故选C； 2．(2026·上海建平中学高三模拟)过氧化钠是一种重要的化学用品。工业上用金属钠制备过氧化钠的一种过程(喷雾氧化法——借助压缩空气将熔融金属钠喷入氧化炉)如下： (1)下列说法正确的是___________。 A．液钠储槽应隔绝空气，可用酒精进行液封 B．金属钠恰好熔化后，表面的氧化膜并不会熔化 C．压缩空气吹送熔融金属钠时，不会发生化学反应 D．无论如何调节反应的温度，产物中均混有Na2O杂质 (2)称取mg样品，按如下流程测定产品Na2O2的纯度(假定杂质只有Na2O)： 如果转移时有少量溶液溅出，则测得的Na2O2质量分数将___________。 A．偏高    B．偏低    C．不影响 (3)过氧化钠与水或二氧化碳反应放出的氧称为有效氧。有效氧含量。 若某一产品有效氧含量，则该产品中过氧化钠纯度不低于___________。(要求写出计算过程) 【答案】(1)B (2)B (3)87.75%。 【解析】该流程图展示了工业上用喷雾氧化法制备过氧化钠的过程，步骤如下：熔化金属钠：金属钠进入“熔钠器”，被加热熔化为液态钠。储存液态钠：液态钠转入“液钠储槽” 暂时储存。喷雾氧化反应：借助 “压缩空气” 将液态钠喷入 “氧化炉”，同时向氧化炉通入 “氧气”；冷却得到产品：氧化炉中生成的物质经 “冷却” 后，得到过氧化钠成品。 (1)A．钠能与酒精反应，所以不能用酒精进行液封，A错误；B．金属钠的熔点低于其表面氧化膜(Na2O等)的熔点，所以金属钠恰好熔化后，表面的氧化膜并不会熔化，B正确；C．压缩空气吹送熔融金属钠时，钠会与空气中的氧气反应，C错误；D．如果控制反应条件，如氧气充足等，产物可以主要是Na2O2，不一定混有Na2O杂质，D错误；故选B。 (2)转移时有少量溶液溅出，会导致最终称量的固体质量偏小。根据流程，是通过一系列操作测定与Na2O2相关的量，溶液溅出使得参与后续计算的有效物质减少，从而测得的Na2O2质量分数偏低，答案选B。 (3)设样品中Na2O2的质量为x。2Na2O2+2H2O===4NaOH+O2↑ (或2Na2O2 + 2CO2 = 2Na2CO3 + O2)由化学方程式可知，2 mol Na2O2反应生成1 mol O2，则生成，，已知有效氧含量=，即(设样品质量为m)，这里我们求纯度，可令样品质量为m = 100g(方便计算)，则，解得x≥87.75g。 所以Na2O2的纯度=，即该产品中过氧化钠纯度不低于87.75%。 研考点·通技法 1．Na2CO3：白色粉末，俗名纯碱、苏打，但它是盐不是碱。 2．向饱和的Na2CO3溶液中通入CO2气体，能析出NaHCO3晶体，发生的化学反应方程式为Na2CO3+CO2+H2O===2NaHCO3↓。 3．侯氏制碱法制NaHCO3和Na2CO3的原理：在饱和NaCl溶液中依次通入足量的NH3、CO2，有NaHCO3从溶液中析出。有关反应的化学方程式为NH3+H2O+CO2===NH4HCO3、 NH4HCO3+NaCl===NaHCO3↓+NH4Cl、 2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑。 在饱和NaCl溶液中依次通入足量的NH3、CO2的原因是NH3在水溶液中的溶解度大，吸收CO2更充分。 4．焰色试验：金属或它的化合物在灼烧时，火焰所呈现的特殊的颜色，是电子在灼烧时，吸收能量跃迁到高能级状态，再从高能级跃迁到低能级时，能量以一定波长的光释放出来的过程，所以焰色试验是物理变化过程。 5．Li与O2反应只生成Li2O：4Li+O22Li2O。 6．氧化钠和过氧化钠两种氧化物的阴、阳离子个数比都是1∶2。 氧化钠是碱性氧化物，过氧化钠是过氧化物，不是碱性氧化物。 破类题·提能力 1．(2025·上海市浦东新区高三教学质量检测)有关Na2O2性质实验如下： 已知：①Na2O2与水反应经历了Na2O2+2H2O=2NaOH+H2O2；②酚酞褪色原因与NaOH溶液的浓度大小或物质的强氧化性有关。根据上述实验可以得出的结论是 。 A．双氧水能使酚酞褪色 B．浓氢氧化钠能使酚酞褪色 C．双氧水和浓氢氧化钠都能使酚酞褪色 D．可利用二氧化锰和水来完善实验方案 【答案】D 【解析】A项，双氧水有强氧化性，可能使酚酞褪色，但也可能与溶液强碱性有关，A不合题意；B项，浓氢氧化钠能使酚酞变红，由题中实验无法确定褪色是因为溶液的强碱性还是双氧水的强氧化性，B不合题意；C项，由题中实验无法确定褪色是因为溶液的强碱性还是双氧水的强氧化性，C不合题意；D项，可利用二氧化锰和水来完善实验方案，先取适量水加入二氧化锰，再加入酚酞及少量氢氧化钠，看是否褪色(证明二氧化锰本身无漂白性)，再取有少量气泡冒出的试管中液体，加二氧化锰作催化剂，使过氧化氢充分分解，再加酚酞，看是否变红后还能褪色，则可确定褪色是因为溶液的强碱性还是双氧水的强氧化性， D符合题意；故选D。 2．(2025·上海市华东师大二附中高三期中)纳米金是直径为几十纳米的金单质颗粒，其表面积大，吸附性强，生物兼容性好，被广泛应用于生物医药方面。制备原理是用氯金酸钠(Na[AuCl4])溶液与葡萄糖反应生成纳米金单质颗粒。据此回答下列小题。 (1)下列说法错误的是 。 A．Na[AuCl4]具有氧化性 B．纳米金属于胶体 C．纳米金与水形成的分散系能产生丁达尔效应 D．制备过程中，纳米金为还原产物 (2)Na[AuCl4]是一种配位化合物，其中配体是 ，配位数为 ，Au元素的化合价为 (3)单质金在浓硝酸中溶解不明显，但是加入浓盐酸后会大大加快金的溶解，请从平衡移动原理的角度解释 。 【答案】(1)B (2)Cl- 4 +3 (3)单质金在浓硝酸中溶解不明显，Au(s)＋3NO3- (aq)+ 6H+(aq) Au3+ (aq)+ 3H2O(aq) +3NO2(g)，加入浓盐酸后，Au3+和Cl-配位产生[AuCl4]-，导致Au3+浓度降低，Au和浓硝酸的反应正向移动，加快金的溶解 【解析】(1)A项，氯金酸钠(Na[AuCl4])溶液与葡萄糖反应生成纳米金单质颗粒，Au元素化合价降低，故Na[AuCl4]具有氧化性，A正确；B项，纳米金属于单质，不属于胶体，B错误；C项，纳米金与水形成的分散系中分散质粒径在1-100nm之间，为胶体，能产生丁达尔效应，C正确；D项，制备过程中，Au元素化合价降低，故纳米金为还原产物，D正确；故选B；(2)Na[AuCl4]是一种配位化合物，其中配体是Cl-，配位数为4，化合物中正负化合价的代数和为0，Na为+1价，Cl为-1价，则氯金酸钠中金元素的化合价为+3价；(3)单质金在浓硝酸中溶解不明显，反应生成Au3+、NO2、H2O，Au(s)＋3NO3- (aq)+ 6H+(aq) Au3+ (aq)+ 3H2O(aq) +3NO2(g)，加入浓盐酸后，Au3+和Cl-配位产生[AuCl4]-，导致Au3+浓度降低，Au和浓硝酸的反应正向移动，加快金的溶解。 3．(2025·上海市浦东新区高三一模调研)为探究NH4HCO3溶液与少量NaOH溶液反应时的原理，明确OH-与NH4+、HCO3-反应时，是否存在“先后”关系，进行如下探究。 常温下，取10.00mL0.10mol·L-1的NH4HCO3溶液于锥形瓶中，向其中逐滴滴入10mL0.2mol·L-1的NaOH溶液，记录过程中溶液pH的变化，转换成溶液中HCO3-、NH4+的浓度，结果如图1。 (1)分析图1中数据，可以得出的实验结论有 (任写两点)。 (2)当V(NaOH)=10.00 mL时，测得溶液pH=10.06，此时混合体系中各离子浓度由大到小的顺序为 。 (3)若改用10.00mL0.10mol·L-1的Ba(OH)2溶液代替NaOH溶液完成上述实验，溶液中的离子浓度变化情况如图2所示，解释图2中c(NH4+)和cHCO3-的变化曲线与图1存在差异的原因 。 【答案】(1)NH4+、HCO3-同时与OH-反应；NH4+与OH－反应的程度大于HCO3-与OH－反应的程度 (2)c(Na＋)＞c(CO32-)＞c(HCO3-)＞c(NH4＋)＞c(OH―)＞c(H＋) (3)因为Ba2+会与CO32-反应生成BaCO3沉淀，这促进了HCO3-与OH－的反应，使得HCO3-与OH－反应的程度大于NH4+与OH-反应的程度 【解析】(1)由图1中数据，可以得出的实验结论有：①NH4+、HCO3-同时与OH－反应；②NH4+与OH－反应的程度大于HCO3-与OH－反应的程度； (2)10.00mL0.20mol·L-1的NaOH溶液与10.00mL0.10mol·L-1的NH4HCO3溶液反应，生成Na2CO3溶液和NH3·H2O，由图知NH4+与OH－反应的程度大于HCO3-与OH－反应的程度，混合体系中各离子浓度由大到小的顺序为c(Na＋)＞c(CO32-)＞c(HCO3-)＞c(NH4＋)＞c(OH―)＞c(H＋)； (3)用10.00mL0.10mol·L-1的Ba(OH)2溶液代替NaOH溶液，图2中c(NH4＋)和c(HCO3-)的变化曲线与图1存在差异的原因：因为Ba2+会与CO32-反应生成BaCO3沉淀，这促进了HCO3-与OH－的反应，使得HCO3-与OH－反应的程度大于NH4+与OH－反应的程度。 热点设问05铁及其化合物 析典例·明思路 1．(2026·上海南汇中学高三月考)用铁泥(主要成分为Fe2O3、和)制备纳米Fe3O4(平均直径)的流程示意图如图： 下列叙述错误的是______________。 A．Fe2O3俗称铁红，可用于生产油漆、油墨、建筑物着色剂 B．步骤②中，发生反应的离子方程式只有Fe+2H+=Fe2++H2↑ C．步骤④中使用过量的H2O2有利于提高纳米Fe3O4产率 D．为验证纳米态的Fe3O4，可将其形成分散系，做丁达尔效应实验 【答案】BC 【解析】铁泥(主要成分为Fe2O3、FeO和Fe)与稀盐酸反应得到的滤液A的溶质为氯化铁、氯化亚铁、过量的盐酸，加入铁粉还原铁离子：2Fe3++Fe=3Fe2+，过滤，分离出过量的铁，滤液B的溶质为氯化亚铁，加入氢氧化钠溶液，生成Fe(OH)2浊液，向浊液中加入双氧水氧化生成Fe(OH)3，再与氯化亚铁加热搅拌发生反应生成Fe3O4，过滤、洗涤、干燥得产品Fe3O4。A．铁红的主要成分是氧化铁，为红棕色，可用于油漆、油墨、建筑物的着色剂，A正确；B．滤液A中溶质为氯化铁、氯化亚铁、过量的稀盐酸，加入铁粉还原铁离子和除去过量的盐酸：2Fe3++Fe=3Fe2+、Fe+2H+=Fe2++H2↑，B错误；C．步骤④中，过量的H2O2在步骤⑤中会继续氧化+2价的铁，因此步骤④中H2O2不能过量，C错误；D．纳米态的Fe3O4平均直径25nm，形成的分散系属于胶体，可以通过做丁达尔效应实验验证，D正确；故答案为BC。 2．(2026·上海北郊高级中学高三期中)氯化铁是重要的化工原料。实验室制备FeCl3晶体(带一定数目结晶水)过程如下： 第一步：用足量稀盐酸溶解废铁屑(表面已锈蚀)，得到浅绿色溶液I； 第二步：向溶液I中通入(或加入)X，充分反应得到黄色溶液Ⅱ； 第三步：黄色溶液Ⅱ经一系列操作，得到FeCl3晶体。 (1)第一步中发生的主要反应有：Fe +2H+ == Fe2+ +H2↑、Fe2O3 +6H+ ==2Fe3+ +3H2O、_______(用离子方程式表示)。 (2)第二步中通入(或加入)可以是_______。(不定项) A．KMnO4 B．Cl2 C．HNO3 D．H2O2 (3)第三步中一系列操作依次是_______(填序号)。 ①加热浓缩    ②洗涤、干燥    ③过滤    ④冷却结晶 (4)在整个实验过程中，盐酸必须保持过量，主要原因是_______。 【答案】(1)2Fe3++Fe=3Fe2+ (2)BD (3)①④③② (4)抑制Fe3+水解 【解析】实验室制备FeCl3晶体时，分三步进行，第一步：用足量稀盐酸溶解废铁屑(表面已锈蚀)，此时Fe2O3与HCl发生反应生成FeCl3，生成的FeCl3与Fe反应生成FeCl2，过量的HCl再与Fe反应生成FeCl2，从而得到浅绿色溶液Ⅰ；第二步：向溶液Ⅰ中通入(或加入)强氧化剂，为保证所得溶液的纯净，此氧化剂应为Cl2或H2O2，将二价铁氧化为三价铁，充分反应得到黄色溶液Ⅱ，第三步：黄色溶液Ⅱ经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥等操作，得到FeCl3晶体。 (1)第一步反应中：铁锈(主要成分是Fe2O3)与稀盐酸反应后生成铁离子，同时在足量的盐酸条件下，铁会和盐酸反应生成亚铁离子，但溶液的颜色为绿色，这是因为：铁过量，铁离子和铁反应会生成亚铁离子，反应方程式如下：2Fe3++Fe=3Fe2+。 (2)在第二步中，通入X，溶液由绿色转变为黄色，说明亚铁离子被氧化为铁离子；A．KMnO4 不仅能将Fe2+氧化为Fe3+，还能将氯离子氧化为氯气，且引入杂质离子Mn2+、K+，不能得到纯净的FeCl3溶液，A错误；B．通入Cl2，能将FeCl2氧化为FeCl3且不引入杂质离子，B正确；C．加入HNO3，能将FeCl2氧化为FeCl3，但溶液中同时混入硝酸根离子，且生成NO污染空气，C错误；D．加入H2O2，能将FeCl2氧化为FeCl3，且不引入杂质离子，D正确；答案选BD。 (3)第三步中，黄色溶液Ⅱ依次经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥等操作，得到FeCl3晶体，即答案为①④③②； (4)FeCl3是强酸弱碱盐，易发生水解，则在整个实验过程中，盐酸必须保持过量，主要原因是：抑制FeCl3水解。 研考点·通技法 1．FeO是黑色固体；Fe2O3是红棕色固体，俗称铁红；Fe3O4是黑色晶体，俗称磁性氧化铁。 2．Fe3O4兼有FeO和Fe2O3的性质，如Fe3O4+8H+===2Fe3++Fe2++4H2O。 3．Fe(OH)2在水中为白色絮状沉淀，Fe(OH)3在水中为红褐色絮状沉淀。 4．实验室制备Fe(OH)2可以利用可溶性亚铁盐与强碱溶液或氨水反应： Fe2++2OH-===Fe(OH)2↓或 Fe2++2NH3·H2O===Fe(OH)2↓+2N。 将NaOH滴入FeSO4溶液中，产生白色沉淀，沉淀迅速转化为灰绿色，最后转化为红褐色。 发生的反应为Fe2++2OH-===Fe(OH)2↓、 4Fe(OH)2+2H2O+O2===4Fe(OH)3。 5．Fe(OH)3受热分解2Fe(OH)3Fe2O3+3H2O，固体颜色变化：红褐色→红棕色。 6．难溶于水的氢氧化物加热易分解为相同价态的氧化物和水，但Fe(OH)2加热不会生成FeO。 7．亚铁盐很容易被空气中的O2氧化成铁盐，为防止氧化，可向亚铁盐溶液中加入一定量的铁屑。 8．可以利用2Fe3++Fe===3Fe2+除去亚铁盐(含Fe2+)溶液中混有的Fe3+。 9．氯化铁溶液中混有氯化亚铁时，可向溶液中通入足量氯气或滴加新制的氯水，除去Fe2+，离子方程式是2Fe2++Cl2===2Fe3++2Cl-。 破类题·提能力 1．(2025·上海市华东师大二附中高三期中)下列金属中，在自然界不存在游离态的是 。 A．铁 B．铝 C．铜 D．金 【答案】B 【解析】A项，铁在自然界主要以化合态存在，也可以以游离态存在，如陨铁，A不符合题意；B项，铝化学性质活泼，在自然界以化合态形式存在，B符合题意；C项，铜在自然界主要以化合态存在，也可以以游离态存在，C不符合题意；D项，金化学性质稳定，在自然界以游离态形式存在，D不符合题意；故选B。 2．(2025·上海市虹口高级中学高三等级考)某班同学用如下实验探究Fe2+、Fe3+的性质。回答下列问题： (1)分别取一定量氯化铁、氯化亚铁固体，均配制成0.1mol·L-1的溶液。在FeCl2溶液中需加入少量铁屑，其目的是 。 (2)甲组同学取2mLFeCl2溶液，加入几滴氯水，再加入1滴KSCN溶液，溶液变血红色，说明Cl2可将Fe2+氧化。FeCl2溶液与氯水反应的离子方程式为________。 A．2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl- B．Fe2++Cl2=Fe3++2Cl- C．2Fe2++Cl2=2Fe3++Cl- D．2Fe3++Cl2=2Fe2++Cl- (3)乙组同学认为甲组的实验不够严谨，该组同学在2mLFeCl2溶液中先加入0.5mL煤油，再于液面下依次加入几滴氯水和1滴KSCN溶液，溶液变血红色，煤油的作用是 。 (4)丙组同学向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的FeCl2溶液，溶液变成棕黄色，一段时间后，溶液中有气泡出现，并放热，随后有红褐色沉淀生成。产生气泡的原因是 。 【答案】(1)防止Fe2＋被氧化 (2)A (3)隔绝空气(排除氧气对实验的影响) (4)Fe3＋催化H2O2分解产生O2 【解析】(1)Fe2+具有还原性，在空气中能被氧气氧化，所以在FeCl2溶液中需加入少量铁屑，其目的是防止Fe2+被氧化； (2)FeCl2溶液与氯水反应生成FeCl3，反应的化学方程式为：2FeCl2+ Cl2=2FeCl3，则反应的离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，故选A； (3)煤油不溶于水，密度比水小，分层后可以隔离溶液与空气接触，防止Fe2+被空气中的氧气氧化，则煤油的作用是隔绝空气(排除氧气对实验的影响)； (4)向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的FeCl2溶液，溶液变成棕黄色，说明H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，Fe3+对H2O2分解起到催化作用，则产生气泡的原因是：Fe3+催化H2O2分解产生O2。 3．(2025·上海市复旦大学附属中学高三等级考)一种利用黄铁矿烧渣和硫酸铵废液制备铵铁蓝颜料的工艺如下。铵铁蓝的化学式为(NH4)Fe[Fe(CN)6]，难溶于水。 (1)高纯度硫酸铵溶液能够提高铵铁蓝的品质，为除去硫酸铵废液中的Fe2+和Fe3+，“氧化1”和“调pH”工序使用的试剂依次是___________(不定项)。 A．酸化的H2O2、NH3 B．酸性高锰酸钾、NaOH C．稀硝酸、H2CO3 D．浓硫酸、CuO (2)黄铁矿在空气中焙烧得到黄铁矿烧渣，“还原”工序获得FeSO4洛液，则被氧化的元素是 ；“结晶”工序的操作方法是蒸发浓缩， ，过滤，洗涤，干燥。 (3)“沉铁”工序产生沉淀(NH4)2Fe[Fe(CN)6]，则“氧化2”工序发生反应的离子方程式为： 。 【答案】(1)A (2) -1价的S 冷却结晶 (3)6(NH4)2Fe[Fe(CN)6]+ ClO3-+6H+= 6(NH4)Fe[Fe(CN)6]+ Cl-+6NH4++3H2O 【解析】硫酸铵废液中含有Fe2+和Fe3+，“氧化1”工序使用酸化的H2O2作为氧化剂，可将Fe2+氧化为Fe3+，调节pH后生成Fe(OH)3沉淀；黄铁矿烧渣中含有Fe2O3，加入硫酸溶解后生成Fe2(SO4)3，再加入黄铁矿还原，得到Fe2+等，结晶生成硫酸亚铁晶体；Fe(OH)3沉淀、硫酸亚铁晶体混合后，加入H2SO4、K4[Fe(CN)6]，沉铁得到(NH4)2Fe[Fe(CN)6]，加入H2SO4、NaClO3氧化，得到铵铁蓝(NH4)Fe[Fe(CN)6]。 (1)为除去硫酸铵废液中的Fe2+和Fe3+，“氧化1”工序使用酸化的H2O2作为氧化剂，将Fe2+氧化为Fe3+，H2O2被还原为H2O；“调pH”工序应加入碱，但不能引入新的杂质，所以可加入NH3或NH3·H2O，故选A； (2)黄铁矿FeS2中-1价S做还原剂，被氧化；将FeSO4从溶液中结晶析出，需要增大浓度、同时降低溶解度，所以操作方法是：蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，洗涤，干燥； (3)“沉铁”工序产生的白色沉淀(NH4)2Fe[Fe(CN)6]中，NH4+显+1价、CN-显-1价，依据化合价的代数和为0，Fe的化合价为+2，“氧化”工序中，(NH4)2Fe[Fe(CN)6]转化为(NH4)Fe[Fe(CN)6]，有1个Fe2+被氧化为Fe3+，发生反应的离子方程式为6(NH4)2Fe[Fe(CN)6]+ ClO3-+6H+= 6(NH4)Fe[Fe(CN)6]+ Cl-+6NH4++3H2O。 4．(2026·上海建平中学高三月考)铁黄是一种重要的化工产品。由生产钛白粉废渣制备铁黄的过程如下： 已知： ①钛白粉废渣成分：主要为FeSO4·H2O，含少量TiOSO4和不溶物。 ②。 ③0.1mol·L-1Fe2+生成Fe(OH)2，开始沉淀时pH=6.3，完全沉淀时pH=8.3，0.1 mol·L-1 生成FeOOH，开始沉淀时pH=1.5，完全沉淀时pH=2.8。 (1)铁及其化合物与生产生活密切相关。下列说法错误的是___________。 A．可用铁制槽车装运浓H2SO4 B．不锈钢就是铁磁合金 C．FeCl3可以用作净水剂 D．铁可用于制作磁性材料 (2)对FeCl3溶液进行下列操作，观察到的现象与水解有关的是___________。 A．滴加NaOH溶液有沉淀产生 B．加热蒸干灼烧得到红棕色固体 C．通入H2S气体有沉淀产生 D．滴加KSCN试液溶液变红 (3)检验FeSO4溶液中是否含有钛元素，可采用的仪器分析方法为___________。 A．原子发射光谱 B．红外光谱 C．质谱 D．晶体X射线衍射 (4)根据③中数据分析，在制备铁黄晶种的过程中，采用___________测定pH。 (5)纯化步骤中加入过量铁粉的目的是___________。 (6)纯化步骤充分反应后，分离混合物的操作为___________。 制备晶种：为制备高品质铁黄产品，需先制备少量铁黄晶种。过程及现象是：向一定浓度FeSO₄溶液中加入氨水，产生白色沉淀，并很快变成灰绿色，滴加氨水至pH为6.0时开始通空气并记录pH变化(如图)： (7)产生白色沉淀后的pH低于资料③中的6.3，原因是：沉淀生成后c(Fe2+)___________0.1mol·L-1。 A．>        B．<        C．= (8)t1~t3时段，pH迅速下降，该过程的离子反应方程式为：___________。 制得的氧化铁黄中含有少量氧化铁红(Fe2O3)，可用的分光光度法测定氧化铁黄的含量。已知Fe(SCN)3的吸光度A(对特定波长光的吸收程度)与Fe3+标准溶液浓度的关系如图所示。 (9)称取3.47 g氧化铁黄，用稀硫酸溶解并定容至1 L，准确移取该溶液10.00 mL，加入足量KSCN溶液，再用蒸馏水定容至100 mL。测得溶液吸光度A=0.8，则氧化铁黄的质量分数为___________。(保留2位有效数字，M(FeOOH)=89g·molˉ1，M(Fe2O3)=160g·molˉ1) (10)若吸光度A减小，则氧化铁黄的含量将___________。 A．增大        B．减小 【答案】(1)B (2)AB (3)A (4)pH计 (5)与硫酸反应，使得TiOSO4水解平衡正向移动，有利于生成TiO2·H2O沉淀；防止Fe2+被氧化 (6)过滤 (7)A (8) (9)97% (10)B 【解析】由题给流程可知，向钛白粉废渣中加入蒸馏水溶解，TiOSO4在溶液中发生水解反应生成TiO2·H2O和硫酸，再加入过量铁粉与水解生成的硫酸溶液反应，使平衡向正反应方向移动直至趋于完全生成TiO2·H2O沉淀，同时防止亚铁离子被氧化，过滤得到精制的硫酸亚铁溶液；向硫酸亚铁溶液中加入氨水，在空气中将溶液中的亚铁离子转化为铁黄晶体，铁黄晶体经系列操作得到铁黄产品。 (1)A．常温下，铁与浓硫酸发生钝化反应，故可用铁制槽车装运浓H2SO4，A正确；    B．不锈钢是铁、铬、镍单质形成的合金，铁磁合金是磁性元素铁、钴、镍加入铝、铜、钛等，不锈钢不是铁磁合金，B错误；C． FeCl3水解后能形成氢氧化铁胶体，可利用其吸附性用作净水剂，C正确；D．铁在空气中燃烧生成四氧化三铁，故可用于制作磁性材料，D正确；故选B。 (2)A. Fe3+水解：，滴加NaOH溶液消耗氢离子使水解平衡正移，有沉淀产生与Fe3+水解有关，A符合题意；B. 加热促进Fe3+水解，使得到的物质是氢氧化铁，再蒸干灼烧得到红棕色固体，故与Fe3+水解有关，B符合题意；C. 通入H2S气体会与Fe3+发生氧化还原反应，产生S沉淀，与水解无关，C不符合题意；D. 溶液中含有Fe3+，滴加KSCN试液溶液变红，与水解无关，D不符合题意；故选AB。 (3)A.原子发射光谱是利用处于激发态的待测元素原子回到基态时，发射出特征光谱线，对元素进行定性和定量分析的方法，A选；B.红外光谱常用来测定有机物中的化学键或官能团，B不选；C.质谱仪根据分子离子和碎片离子的质荷比大小进行分离并记录其信息的分析方法，C不选；D.晶体X射线衍射是利用X射线与晶体中的原子相互作用，可以产生特定的衍射花样，根据衍射花样与晶体结构的关系，从而确定晶体结构，D不选；故选A。 (4)③中pH数据均保留小数点后1位，故应用pH计。 (5)由分析可知，加入过量铁粉的目的是与水解生成的硫酸溶液反应，使平衡向正反应方向移动直至趋于完全生成TiO2·H2O沉淀，同时铁粉具有还原性，可以防止亚铁离子被氧化。 (6)由分析可知，充分反应后，分离混合物的方法是过滤得到精制的硫酸亚铁溶液和TiO2·H2O沉淀，故用过滤分离。 (7)由题意可知，氢氧化亚铁的溶度积，产生白色沉淀后的pH低于资料③中的6.3，说明氢氧根离子的浓度小于10－7.7mol/L，则溶液中亚铁离子浓度。答案选A。 (8)滴加氨水至pH为6.0时开始通空气并记录pH变化，)t1~t3时段，pH迅速下降，该过程的离子反应方程式为。 (9)根据测得溶液吸光度A=0.8，可知，，氧化铁黄的质量分数=。 (10)根据(9)分析若吸光度A减小，则Fe3+浓度偏低，氧化铁黄的含量将减小，故选B。 热点设问06硅、铝及其化合物 析典例·明思路 1．(2026·上海杨浦一模)用下图装置进行铝热反应。对该实验的叙述，正确的是________。(不定项) A．放热反应，不需要加热 B．KClO3的作用是提供氧气，助Mg条燃烧引发反应 C．反应生成液态的铁 D．铝热反应仅用于制备少量铁，无其他工业应用价值 【答案】BC 【解析】A．该反应放热但需要加热引发，A错误；B．KClO3的作用是提供氧气，助Mg条燃烧引发反应，B正确；C．反应生成的铁是熔融态，C正确；D．铝热反应除制备少量铁，还可用于焊接钢轨等工业应用，D错误；故选BC。 2．(2026·上海华东师大附中高三模拟)粉煤灰是燃煤产生的工业固体废料，主要成分有Al2O3、SiO2，还含有少量Fe2O3、CaO等。采用酸碱联合的方法从粉煤灰中综合回收氧化铝及二氧化硅的工艺流程如下： 硫酸熟化过程中发生的反应有： (1)“结晶”操作：缓缓加热，浓缩至___________，放置冷却，得到Al2(SO4)3∙18H2O。 (2)Al2(SO4)3∙18H2O在250~300℃下失重40.5%得Al2(SO4)3∙xH2O，x=___________。 (3)“还原焙烧”过程中发生反应的化学方程式为___________。 (4)设计实验检验粗氧化铝中是否含有：___________。 (5)向硅酸钠溶液中通入过量CO2制备白炭黑的化学方程式为___________。 【答案】(1)表面出现结晶薄膜 (2)3 (3)2Al2(SO4)3+3C2Al2O3+3CO2↑+6SO2↑ (4)取粗氧化铝少许于试管中加稀硫酸溶解，静置，滴加KSCN溶液，若溶液变红，则粗氧化铝中含有Fe2O3杂质 (5)Na2SiO3+2CO2+(n+1)H2O=2NaHCO3+SiO2∙nH2O↓ 【解析】粉煤灰主要成分有Al2O3、SiO2 ，还含有少量Fe2O3、CaO等，加入浓硫酸反应生成硫酸铝，水浸主要得到SiO2高硅渣，滤液经过结晶脱水得到硫酸铝，硫酸铝与焦炭反应生成粗氧化铝；向硅酸钠溶液中通入足量二氧化碳反应生成碳酸氢钠和白炭黑SiO2∙nH2O。 (1)“结晶”操作：缓缓加热，浓缩至表面出现结晶薄膜，放置冷却，得到Al2(SO4)3∙18H2O； (2)假设100gAl2(SO4)3∙18H2O在250 ~300℃下失重40.5%，剩余100g×(1−40.5%)=59.5g Al2(SO4)∙xH2O，，解得x=3； (3)根据“还原焙烧”产物之一经过烟气制酸，硫酸铝和碳“还原焙烧”生成氧化铝、二氧化碳和二氧化硫，发生反应的化学方程式为2Al2(SO4)3+3C2Al2O3+3CO2↑+6SO2↑； (4)实验检验粗氧化铝中是否含有Fe2O3，将粗品溶于稀硫酸中，静置，滴加KSCN溶液，若溶液变红，则粗氧化铝中含有Fe2O3杂质； (5)向硅酸钠溶液中通入过量CO2生成碳酸氢钠和白炭黑SiO2∙nH2O，其化学方程式为Na2SiO3+2CO2+(n+1)H2O=2NaHCO3+SiO2∙nH2O↓。 研考点·通技法 一、硅及其化合物 1．自然界中碳元素既有游离态，又有化合态，而硅元素仅有化合态，且以SiO2和硅酸盐形式存在。 2．硅不能与HCl、H2SO4、HNO3反应，但能与HF反应，化学方程式为Si+4HF===SiF4↑+2H2↑。 3．硅能与NaOH溶液反应放出H2：Si+2NaOH+H2O===Na2SiO3+2H2↑，反应中水是氧化剂。 4．工业制取粗硅的方法：SiO2+2CSi+2CO↑，生成的是CO，不是CO2。 5．酸性氧化物一般能与水反应生成酸，但SiO2不溶于水。 6．酸性氧化物一般不与酸反应，但SiO2能与HF反应：SiO2+4HF===SiF4↑+2H2O(SiF4不是盐)。 7．工业上制取玻璃的反应方程式是Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2↑、CaCO3+SiO2CaSiO3+CO2↑，其反应原理是难挥发的SiO2固体生成易挥发的CO2气体。 8．水泥、玻璃、陶瓷是三大传统的无机非金属材料；碳化硅、氮化硅等是新型无机非金属材料。 二、铝及其化合物 1．铝是地壳中含量最多的金属元素，主要是以化合态存在，铝土矿主要成分是Al2O3。 2．常温下与空气中的氧气反应生成坚固的氧化膜并牢固地覆盖在铝表面，阻止了内部的铝与空气接触，反应为4Al+3O2===2Al2O3，铝在氧气中点燃剧烈燃烧。铝在空气中加热会熔化，但不会燃烧，熔化的铝被表面的氧化铝包裹着而不会滴落下来。 3．铝可以与硫在高温下反应：2Al+3SAl2S3，只能在干态下制备，原因是Al2S3遇水溶解后立即发生相互促进的水解反应：Al2S3+6H2O===2Al(OH)3↓+3H2S↑。 4．铝热反应：2Al+Fe2O32Fe+Al2O3，其中Al和Fe2O3称为铝热剂，是混合物。 铝热反应放出大量的热，因此其应用有：a.焊接钢轨；b.冶炼难熔金属(Fe、Mn、Cr)。 5．刚玉的主要成分是Al2O3，其中把含少量铬元素的刚玉称为红宝石；含少量的铁和钛元素的刚玉称为蓝宝石。 6．氢氧化铝是白色胶状物质，不溶于水，有强的吸附性，可用于吸附水中的悬浮物和各种色素。 7．明矾：十二水合硫酸铝钾[KAl(SO4)2·12H2O]易溶于水，其净水原理：明矾溶于水产生的Al3+发生水解反应，生成Al(OH)3胶体，吸附水中的杂质，使水澄清，但明矾没有杀菌、消毒能力。 破类题·提能力 1．(2025·上海市奉贤区模拟考试)关于反应4CO2+SiH44CO+SiO2+2H2O，下列说法正确的是 。 A．CO是氧化产物 B．SiH4发生还原反应 C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶4 D．还原性：SiH4＞CO 【答案】D 【解析】在反应4CO2+SiH44CO+SiO2+2H2O中，CO2中的C元素由+4价降低为+2价，CO2为氧化剂，CO为还原产物；SiH4为还原剂，SiO2为氧化产物。】A项，由分析可知，CO2为氧化剂，CO为还原产物，A不正确；B项，SiH4为还原剂，发生氧化反应，B不正确；C项，CO2为氧化剂，SiH4为还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4∶1，C不正确；D项，SiH4为还原剂，CO为还原产物，则还原性：SiH4＞CO，D正确；故选D。 2．(2025·上海市洋泾中学质量检测)“天问一号”采用了我国自主研制的高性能碳化硅增强铝基复合材料。工业上制取碳化硅的化学反应高温方程式为：3C+SiO2Si+2X↑，请写出的化学式 。若生成碳化硅，则其中含有 个碳原子；生成碳化硅的同时，生成气体的体积在标准状况下为 。根据物质分类的知识，合理的推测SiO2可能发生的反应，试举一例用化学方程式表示 。 【答案】CO 0.1NA 4.48 SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O 【解析】根据质量守恒可知，方程式3C+SiO2Si+2X↑中，X为CO，4gSiC的物质的量为0.1mol，含有0.1NA个碳原子，生成4gSiC同时，生成0.2molCO，标准状况下体积为4.48L。有物质分类可知，SiO2为酸性氧化物，可以与碱和碱性氧化物发生反应，如SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O。 3．(2025·上海市市北中学高三期中)某同学在实验室用铝土矿(含有和，不考虑其他杂质)制取金属铝的流程如下： (1)下列哪种物质与滤渣I中成分相同________。 A．刚玉 B．石英 C．明矾 D．纯碱 (2)写出操作II中生成沉淀的离子反应方程式为 。 (3)滤液II中溶质在工农业上的用途是 。 (4)在工业生产中，我们会用到各种酸，有时候酸的结构会影响其酸性。判断下列几种酸的酸性由大到小顺序 。 ①CH3CH2COOH，②CH3COOH，③ClCH2COOH A．②③① B．②③① C．③②① D．①③② 请写出判断的理由 。 【答案】(1)B (2) Al3++3NH3·H2O= Al(OH)3↓ +3NH4+ (3)化肥 (4) ③②① ClCH2COOH中Cl原子电负性较大，导致羧基中O-H键极性大易断裂，酸性较强，CH3CH2COOH和CH3COOH中烃基为推电子基团，烃基越长，推电子效应越明显，羧基中O-H键极性小难断裂，酸性减弱， 【解析】(1)A项，刚玉的主要成分是氧化铝，错误；B项，石英的主要成分是二氧化硅，正确；C项，明矾的主要成分是十二水硫酸铝钾，错误；D项，纯碱的主要成分为碳酸钠，错误；故选B； (2)硫酸铝和氨水发生复分解反应，生成Al(OH)3沉淀，离子反应方程式：Al3++3NH3·H2O= Al(OH)3↓ +3NH4+； (3)滤液II溶质为硫酸铵，是一种常见的氮肥，故用途之一是用作肥料； (4)ClCH2COOH中Cl原子电负性较大，导致羧基中O-H键极性大易断裂，酸性较强；CH3CH2COOH和CH3COOH中烃基为推电子基团，烃基越长，推电子效应越明显，羧基中O-H键极性小难断裂，酸性减弱，则酸性：ClCH2COOH＞CH3COOH＞CH3CH2COOH。 4．(2025·上海外国语大学附属大境中学高三月考)工业上以硅石(主要成分SiO2)为原料制备冶金级高纯硅的工艺主要分为三步： 步骤一：SiO2+2MgSi+2MgO； 步骤二：Si(g)+3HCl(g)SiHCl3(g)+H2(g)； 步骤三：…… (1)步骤一除了生成Si和MgO外，还可能存在一种由硅和镁形成的化合物，其化学式为 。 (2)写出SiHCl3的电子式： 。 (3)已知非金属性Cl＞H＞Si。标出步骤二反应的电子转移方向与数目： 。 Si(g)+3HCl(g)SiHCl3(g)+H2(g) 该反应的还原产物是 。 (4)步骤二主要产物中，SiHCl3大约占，此外还有SiCl4、SiH2Cl2、SiH3Cl等，有关物质熔沸点如下表所示： 物质 SiCl4 SiHCl3 SiH2Cl2 SiH3Cl 熔点/℃ -70.4 -126.5 -122 -188 沸点/℃ 57.6 31.8 8.2 -30.4 提纯SiHCl3的主要工艺操作是将产物冷凝后再___________。 A．过滤 B．结晶 C．蒸馏 D．萃取 (5)步骤三、用H2在1100~1200℃下还原SiHCl3得到冶金级高纯硅，其化学方程式为： 。 (6)硅与碳位于同一主族，下列事实能说明碳的非金属性强于硅的是___________。 A．焦炭与二氧化硅高温反应制取粗硅：2C+SiO2Si+2CO↑ B．CO2通入Na2SiO3溶液中产生硅酸沉淀：Na2SiO3+CO2+H2O=Na2CO3+H2SiO3↓ C．碳化硅与浓强碱能发生非氧化还原反应：SiC+2NaOH +H2O=Na2SiO3+CH4↑ D．石灰石和石英高温制玻璃：CaCO3+SiO2CaSiO3+CO2↑ 【答案】(1)Mg2Si (2) (3) SiHCl3、H2 (4)C (5)SiHCl3(g)+H2(g)Si(g)+3HCl(g) (6)B 【解析】(1)步骤一除了生成Si和MgO外，Si和Mg反应还可能生成一种由硅和镁形成的化合物Mg2Si； (2)SiHCl3是共价化合物，电子式为：； (3)Si(g)+3HCl(g)SiHCl3(g)+H2(g)中Si元素由0价上升到+4，H元素由+1价下降到0价和-1价，标出该反应的电子转移方向与数目为：，该反应的还原产物是SiHCl3、H2； (4)由题意可知，SiCl4(沸点57.6℃)、SiHCl3(沸点31.8℃)、SiH2Cl2(沸点8.2℃)、SiH3Cl(沸点-30.4℃)的沸点不同，根据沸点的不同实现物质分离的方法为蒸馏，故选C； (5)步骤三用H2在1100~1200℃下还原SiHCl3得到冶金级高纯硅和氯化氢，其化学方程式为：SiHCl3(g)+H2(g)Si(g)+3HCl(g)； (6)A项，焦炭与二氧化硅高温反应制取粗硅：2C+SiO2Si+2CO↑，该反应中C元素化合价上升作还原剂，不能说明碳的非金属性强于硅，A错误；B项，非金属性越强，元素最高价氧化物水化物的酸性越强，CO2通入Na2SiO3溶液中产生硅酸沉淀：Na2SiO3+CO2+H2O=Na2CO3+H2SiO3↓，说明碳酸的酸性强于硅酸，说明碳的非金属性强于硅，B正确；C项，非金属性越强，元素最高价氧化物水化物的酸性越强，与氢化合越容易，氢化物越稳定，碳化硅与浓强碱能发生非氧化还原反应：SiC+2NaOH +H2O=Na2SiO3+CH4↑无法比较非金属性强弱，C错误；D项，石灰石和石英高温制玻璃：CaCO3+SiO2CaSiO3+CO2↑，该反应与元素的非金属性无关，D错误；故选B。 刷模拟 1．(2026·复旦大学附属中学高三第二次考试)硫及其化合物在药物合成、材料工程等领域有许多用途，请根据所学知识回答问题： (1)基态S原子核外有多少种不同空间运动状态的电子_______。 A. 5 B. 7 C. 9 D. 16 (2)S2Cl2是一种重要的化工原料，请写出其电子式_______。 (3)已知S2Cl2分子内的四个原子不在同一平面上，则该分子是_______分子。 A.极性　　　　B.非极性 (4)已知硒是硫的同族元素，硒代硫酸是弱酸，0.1mol·L－1Na2SeSO3溶液中有关离子浓度关系是：_______。 A.>　　　B.<　　　C.= FeS2可用作锂电池和超级电容器的电极材料。制备FeS2的一种实验装置如图所示(加热及夹持装置略)。 在氮气保护下，将溶有S的热二苯醚溶液注射到FeS热油胺溶液中(S过量)，继续加热回流2h，冷却至室温，离心分离，经洗涤得产品FeS2。 (5)仪器a的名称是_______。 (6)N2保护的目的是_______。 (7)生成FeS2的化学方程式为_______。 FeS2的含量测定：产品先用王水溶解，再经系列处理后，在热盐酸条件下，以甲基橙为指示剂，用SnCl2溶液将Fe3+还原至Fe2+，终点为无色；用冰水迅速冷却，再以二苯胺磺酸钠为指示剂，用K2Cr2O7标准溶液滴定Fe2+至终点。 已知：乳化态甲基橙(红色)+ne-=还原态甲基橙(无色) (8)请结合本实验方案简述甲基橙作为指示剂的原因_______。 (9)若称取的产品为a g，K2Cr2O7标准溶液浓度为cmol·L-1 ，用量为V mL，FeS2 的摩尔质量为Mg·molˉ1，则产品中FeS2 质量百分数为_______%(写最简表达式)。 (10)下列操作可能导致测定结果偏高的是_______ (不定项)。 A. 还原Fe3+时SnCl2溶液滴加过量 B. 热的Fe2+溶液在空气中缓慢冷却 C. 滴定开始时滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失 D. 滴定前锥形瓶中有少量蒸馏水 【答案】(1)C (2) (3)A (4)A (5球形冷凝管 (6)防止Fe2+被氧气氧化 (7)FeS+SFeS2 (8)当加入还原剂SnCl2后，甲基橙分子得电子，由氧化态变为还原态，颜色由红色变为无色且半分钟内不恢复原来的颜色 (9) (10)AC 【解析】(1)基态硫(S)原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p4 。电子的空间运动状态由原子轨道决定，即有多少个原子轨道就有多少种空间运动状态，总计种，故选C。 (2)由共价键的饱和性可知，二氯化二硫的结构式为Cl—S—S—Cl，电子式为。 (3)分子内的四个原子不在同一平面上说明二氯化二硫是正负电荷重心不重合的极性分子，故选A。 (4)由题目信息知硒代硫酸是弱酸，所以0.1mol·L－1Na2SeSO3溶液中SeSO32-会发生水解，水解方程式为：，，溶液中钠离子的浓度为0.2mol·L－1，所以溶液中的电荷守恒为，故选A。 (5)根据图示，仪器a的名称是球形冷凝管。 (6)Fe2+具有较强的还原性，在加热条件下极易被空气中的氧气氧化为Fe3+，导致产物不纯或产率降低。通入N2可以排尽装置内的空气，防止Fe2+被氧气氧化。 (7) 反应物是S、FeS，反应条件是加热，生成物是FeS2，生成FeS2的化学方程式为FeS+SFeS2。 (8)甲基橙的还原反应：氧化态(红色)+ne-=还原态(无色)；产品先用王水溶解，再经系列处理后，在热盐酸条件下，以甲基橙为指示剂，初始溶液呈酸性，甲基橙显红色，甲基橙为氧化态；加入SnCl2后，SnCl2溶液将Fe3+还原至Fe2+，溶液呈无色，甲基橙变为还原态，故答案为：当加入还原剂SnCl2后，甲基橙分子得电子，由氧化态变为还原态，颜色由红色变为无色且半分钟内不恢复原来的颜色。 (9)用K2Cr2O7标准溶液滴定Fe2+，反应为6Fe2++Cr2O72-+14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，结合铁原子守恒，存在6FeS2~6Fe2+~Cr2O72-，则产品中FeS2质量百分数为。 (10)A．还原Fe3+时SnCl2溶液滴加过量，消耗的V(K2Cr2O7)偏大，测定值偏高，A正确；B．热的Fe2+溶液在空气中缓慢冷却，导致部分Fe2+被氧化Fe3+，消耗的V(K2Cr2O7)偏小，测定值偏低，B错误；C．滴定开始时滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失，消耗的V(K2Cr2O7)偏大，测定值偏高，C正确；D．滴定前锥形瓶中有少量蒸馏水，不影响消耗的V(K2Cr2O7)，测定值正常，D错误；故选AC。 2．(2026·上海南汇中学高三期中)铁及其化合物广泛应用于建筑材料、机械制造、电子工业等领域，为人类社会发展提供了重要支撑。 (1)在我国古代，赭红是一种重要的红色颜料，其主要成分为铁的化合物。该化合物可能是___________。 A．Fe2O3 B．Fe3O4 C．FeS D．FeS2 (2)饱和溶液FeCl3 溶液___________。 A．显中性 B．遇铁粉变为红棕色 C．遇沸水会形成Fe(OH)3胶体 D．遇氨水能生成白色沉淀 (3)FeCl3 溶液中滴加少量KSCN溶液，会生成血红色配合物，该配合物的内界是___________，配体的种类有___________种。 (4)实验室可利用反应：Fe3++AgAg++Fe2+，用含的溶液洗涤银镜反应后的试管。现用的FeCl3 溶液和0.05mol·L-1 Fe2(SO4)3溶液溶解银镜，试回答哪种溶液除银效果更好，从化学平衡的角度说明理由___________。 (5)FeBr3水解会生成Fe(OH)3胶体。Fe(OH)3胶体可用于净水，其原因是：___________，已知电泳时，带电Fe(OH)3胶体粒子向阴极移动，该胶体粒子的化学式可能是___________。 A．    B． C．     D． (6)某种铁氮化合物的晶胞结构如图所示(图中仅示出Fe的位置)，立方体晶胞的边长为1pm=10-10cm。该铁氮化合物的密度为7.18g· cm-3。该晶胞中铁、氮的微粒个数之比为___________，晶胞中N所处的合理位置：___________。 【答案】(1)A (2)C (3) 2 (4)FeCl3 溶液效果更好。理由：Cl-能与Ag+生成AgCl沉淀，降低Ag+浓度，使平衡Fe3++AgAg++Fe2+正向移动，促进银溶解 (5) Fe(OH)3胶体具有较大表面积，能吸附水中悬浮的杂质颗粒，聚集成沉淀，使水澄清 A (6) 4∶1 体心或12条棱中4条相互平行的棱的棱心 【解析】(1)赭红是一种天然矿物颜料，其主要成分为氧化铁(Fe2O3)，俗称铁红，呈红色。选项B(Fe3O4)为黑色，C(FeS)为黑色，D(FeS2)为黄色，均不符合红色颜料的特征，故选A； (2)A．FeCl3 是强酸弱碱盐，水解显酸性，不显中性，故A不选；B．遇铁粉发生反应 2Fe3++Fe=3Fe2+，溶液由黄色变为浅绿色，无红棕色现象，故B不选；C．FeCl3 遇沸水水解生成Fe(OH)3胶体，这是实验室制备氢氧化铁胶体的常用方法，故C选；D．遇氨水生成Fe(OH)3红褐色沉淀，而非白色沉淀，故D不选；故选C； (3)配合物为，其中Cl-为外界，内界为。中心离子为Fe3+，配体包括SCN-(硫氰酸根)和H2O(水分子)，共两种配体； (4)FeCl3 和Fe2(SO4)3溶液中Fe3+浓度均为0.1 mol/L，反应Fe3++AgAg++Fe2+的平衡受Ag+浓度影响。FeCl3 中的Cl-能与Ag+形成难溶的AgCl，显著降低Ag+浓度，推动平衡正向移动。而Fe2(SO4)3中的SO42-与Ag+形成微溶的Ag2SO4，降低Ag+浓度的效果较弱。 (5)净水原因：Fe(OH)3胶体具有较大表面积，能吸附水中悬浮的杂质颗粒，聚集成沉淀，使水澄清；胶粒化学式：电泳时胶粒向阴极移动，说明胶粒带正电荷。FeBr 水解形成的Fe(OH)3胶核吸附Fe3+而带正电，反离子为Br-。选项A的结构符合带正电特征；选项B吸附阴离子(nBr-)和阳离子(xFe3+)；但带正电，正电荷数目应是(3x-n)，选项B不合理；选项C带负电，不符合题意；选项D无电荷，不符合题意，故选A； (6)晶胞边长 ，体积 ；密度 ，设该铁氮化合物的化学式为FeNx，摩尔质量为(56+14x)g/mol，晶胞中Fe的个数为，则，解得x=0.25，则该晶胞中铁、氮的微粒个数之比为4∶1；氮原子的合理位置应该为：体心或12条棱中4条相互平行的棱的棱心。 刷真题 1．(2025·上海市普通高中学业水平等级性考试)铁红是一种常见的铁的化合物。最早，史前人类利用赭石沉淀物获得浅黄色和红色绘画颜料，其主要成分便是伴有少量硫化物的铁红 (1)在我国古代，赭红是一种重要的红色颜料，其主要成分为铁的化合物。该化合物可能是_______。 A．Fe2O3 B．Fe3O4 C．FeS D．FeS2 (2)如图所示，加热试管中的铁粉和硫粉，下列说法正确的是_______。 A．移开酒精灯后，固体保持红色 B．反应中S只做还原剂 C．反应中主要产生的气体副产物为SO3 D．最终得到黑色的Fe2S3固体 (3)基态铁原子中，_______。 A．有4个不同能级的电子 B．有5个未成对电子 C．核外电子共占据15个原子轨道 D．有26种能量不同的电子 在FeCl3溶液中滴加KSCN溶液，产生[Fe(SCN)(H2O)5]Cl2，溶液变为血红色。 (4)下列关于饱和FeCl3溶液的说法正确的是_______。 A．常温下显中性 B．加入铁粉后溶液变为红褐色 C．遇沸水时产生胶体 D．加入氨水后产生白色沉淀 (5)在配合物 [Fe(SCN)(H2O)5]Cl2中，内界为_______，配体有_______种 工业盐酸常混有少量Fe3+，会使溶液呈黄色，是因为形成了一系列含铁配合物，这些配合物可简写为[FeClx]3-x(x=1，2，3，4)。 室温下，在溶液中Fe3+与Cl-存在平衡：Fe3+(aq)+xCl-(aq)[FeClx]3-x(aq) (6)现加水稀释FeCl3溶液至体积为原来的两倍，则溶液中Fe3+的物质的量n(Fe3+)_______。 A．增大B．不变C．减小 并用离子积Q与平衡常数K的大小关系解释n(Fe3+)变化的原因_______。 (7)室温下，x取不同值时，对应的平衡常数见下表： x 1 2 3 4 K 30.20 134.90 97.72 1.02 某工业盐酸中c(Cl-)=12.00mol·L-1，则c(FeCl3)的摩尔分数为_______。(用小数表示，精确到小数点后2位) 已知：c[(FeClx)3-x]的摩尔分数== 【答案】(1)A (2)A (3)C (4)C (5)[Fe(SCN)(H2O)5]2+ 2 (6) A 所有离子浓度变为原来，，平衡逆移 (7)0.80 【解析】(1)Fe2S3、Fe3O4、FeS均为黑色，赭红的主要成分是Fe2O3，故选A； (2)A．铁粉和硫粉的反应为放热反应，移开酒精灯后固体保持红热，A正确；B．硫在反应中化合价从0价降至-2价(FeS)，硫只作​​氧化剂​​，而不是还原剂，B错误；C．该反应在加热条件下主要生成FeS，基本不产生SO3气体；若有少量气体产生，是硫和氧气反应生成的二氧化硫，而不是SO3，C错误；D．该反应在加热条件下主要生成FeS，D错误；故选A； (3)铁为26号元素原子，基态Fe原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2；A．有7个不同能级的电子，A错误；B．结合Fe的电子排布式可知，有4个未成对电子，B错误；C．结合Fe的电子排布式可知，核外电子共占据1+1+3+1+3+5+1=15个原子轨道，C正确；D．同一能级能量相同，结合Fe的电子排布式可知，有7种能量不同的电子，D错误；故选C； (4)A．氯化铁溶液中三价铁离子水解，导致溶液显酸性，A错误；B．加入铁粉后，三价铁和单质铁反应生成氯化亚铁，溶液变为浅绿色，B错误；C．饱和氯化铁溶液滴加到沸水中，三价铁水解可以产生氢氧化铁胶体，C正确；D．加入氨水后产生红褐色氢氧化铁沉淀，D错误；故选C； (5)结合配合物[Fe(SCN)(H2O)5]Cl2的结构可知，其内界为[Fe(SCN)(H2O)5]2+，配体有SCN-、H2O两种； (6)所有离子浓度变为原来，，平衡逆移，使得溶液中铁离子的物质的量增大，故选A； (7)、、、，=。 1 1 / 1 学科网(北京)股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题01 典型无机物质分析 内容导航 【命题解码·定方向】命题趋势+3年高考真题热点设问拆解 【解题精析·通技法】析典例，明思路，技法贯通破类题 【实战刷题·冲高分】精选高考大题+名校模拟题，强化实战能力，得高分 命题·趋势·定位 元素及化合物是高考的重要载体，以元素化合物知识为载体考查基本概念、基本理论是高考中的热点，分值为10-20分左右，虽然表面分数不高，但贯穿整个试卷，比如在实验、计算和理论题中都有涉及。高考试题强调基础，重视教材，突出主干知识，考查的内容有热点、有主线。对于元素及其化合物部分，会围绕常见元素及其重要化合物的核心知识进行考查，其中铁、硫、氮、氯、钠等核心元素的单质及化合物性质是高频考点。在元素及其化合物的试题中，会结合具体的元素化合物知识设置相应的问题情境来考查思维能力，对于元素及其化合物知识，要求考生不仅记住相关物质的性质、方程式等基础知识，还能将其应用到实际问题的解决中。 2026年上海高考化学元素化合物部分考生需注重核心元素的性质网络构建，并预测上海卷2025年可能继续保持对核心元素的深度考查，将延续“基础性、综合性、应用性”的特点，强化知识网络，强化知识结构化与真实问题解决能力，并增加实际应用和综合实验的比重。需要考生不仅记忆知识点，还要理解反应机理，并能灵活应用于新情境中，提升实验设计与工业流程的分析能力。 热点·设问·拆解 热点设问01 氯及其化合物 热点设问02 硫及其化合物 热点设问03 氮及其化合物 热点设问04 钠及其化合物 热点设问05 铁及其化合物 热点设问06 硅、铝及其化合物 热点设问01氯及其化合物 析典例·明思路 1．(2026·上海进才中学高三模拟)若以实验室制备氯气作为研究的系统，下列属于与该系统相关的环境部分是______________。 A．密闭的烧瓶内的二氧化锰 B．密闭的烧瓶内的氯气 C．密闭的烧瓶及其周围的空气 D．引发该反应的条件 2．(2026·上海民立中学高三期中)海水中卤素资源的开发利用。海洋约占地球表面积的71%，其中水资源和其他化学资源具有巨大的开发潜力，其中卤素资源的开发利用已经相对成熟。 (1)海水中有丰富的食盐，要从海水中获得食盐，常采用的方法是___________。 A．冷却热饱和溶液法 B．蒸发溶剂法 C．过滤法 D．加硝酸银沉淀过滤法 已知粗盐中含有的主要杂质为SO42-、Mg2+、Ca2+，还含有少量的K+等。由粗盐提纯氯化钠的流程如下： (2)写出试剂中溶质的化学式：试剂a___________、试剂b___________。 (3)粗盐提纯过程中需要用到下列仪器中的___________。 A． B． C． D． (4)从平衡移动的角度，解释通入HCl气体的目的：___________。 (5)写出系列操作的名称：___________。 工业上常用的一种提溴技术叫做“吹出法”，过程如下： (6)鼓入热空气吹出溴是利用了溴的___________的性质。 (7)在吸收塔内，将空气吹出的含溴混合气应从吸收塔的通入___________。 A．上部    B．中部    C．底部 (8)写出溶液吸收反应的离子方程式：___________。 (9)海水提取溴采用先吹出再吸收的目的是___________。 (10)卤化银因具有感光性，可用于制造感光材料。已知室温下，，，将AgCl和AgI的饱和溶液等体积混合，再加入足量浓AgNO3溶液，关于所生成的沉淀说法正确的是___________。 A．只有AgI生成 B．AgCl和AgI等量生成 C．AgCl沉淀少于AgI沉淀 D．AgCl沉淀多于AgI沉淀 研考点·通技法 1．液氯密封保存在钢瓶中，而氯水、次氯酸应保存在棕色试剂瓶中。 2．次氯酸HClO的结构式是H—O—Cl。 3．次氯酸HClO的化学性质有：a.弱酸性；b.不稳定性2HClO2HCl+O2↑；c.强氧化性(漂白性)。HClO和ClO-都具有强氧化性，ClO-无论是在酸性、碱性、中性都有强氧化性。 4．漂白粉漂白原理：Ca(ClO)2+H2O+CO2===CaCO3+2HClO。 5．漂白粉失效原理：Ca(ClO)2+H2O+CO2===CaCO3+2HClO，2HClO2HCl+O2↑。 6．84消毒液(NaClO)和洁厕灵(HCl)不能混用：ClO-+Cl-+2H+===Cl2↑+H2O。 7．Fe和Cl2反应，无论Fe是否过量，只能生成FeCl3。 8．实验室可以用饱和食盐水收集Cl2，氯气溶于水的反应为Cl2+H2OHCl+HClO，而饱和食盐水中：c(Cl-)较大，可以抑制上述反应的发生，从而降低Cl2在水中的溶解度。 9．向NaClO溶液中通入CO2，无论CO2是少量还是过量均发生NaClO+H2O+CO2===NaHCO3+HClO。 破类题·提能力 1．(2026·上海徐汇一模)将湿润的淀粉KI试纸插入盛有Cl2的集气瓶中，试纸先变蓝后褪色。体现出氯气具有________。 A．漂白性    B．氧化性    C．还原性 2．(2025·上海市上海市静安区上海市新中高级中学检测)某实验小组设计了如图装置，验证卤素单质氧化性的递变规律。 (1)为确保“氧化性Cl2＞Br2＞I2”的实验结论可靠，应该注意 。 (2)若实验操作得当，可证明“氧化性Cl2＞Br2＞I2”的实验现象是 。 3．(2025·上海市金山区高三质量监控)某学习小组以Cl2O为原料制备HClO i．常温常压下Cl2O是一种黄绿色气体 ii．将氯气和空气(不参与反应)通入足量的Na2CO3溶液，发生反应生成Cl2O iii．Cl2O易溶于水并与水立即反应生成HClO iv．已知：HClO+2I-+H+=I2+Cl-+H2O，I2+2S2O32-=S4O62-+2I- (1)各装置的连接顺序为①→ 。 A．②④③⑤ B．④②③⑤ C．④③②⑤ (2)装置②中发生的化学反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为 。 A．1：1 B．2：1 C．1：2 (3)Cl2O不会被装置③吸收的原因是 。 (4)装置④的作用有：吸收Cl2中的HCl、___________。 A．防倒吸 B．吸收Cl2O C．将空气、氯气混合均匀 D．通过观察气泡调节气体流速 4．(2026·上海华东师大二附中高三开学考试)含氯消毒剂广泛应用于医疗环境、公共场所和家庭日常消毒，能有效杀灭细菌、病毒等病原微生物。在疫情防控和水质净化中作用关键，对维护人类健康具有重要意义。氯气是制备系列含氯化合物的主要原料，可采用如图所示的装置来制取。 (1)装置中的离子膜为___________离子交换膜。 A．阴 B．阳 C．质子 D．气体 (2)图中a口出来的气体为___________。 A．H2      B．O2      C．Cl2 次氯酸为一元弱酸，其电离平衡体系中各成分的组成分数与pH的关系如图所示。 (3)结合图像计算，常温下NaClO的水解常数Kh值为___________。 (4)结合图像说明，下列pH下漂白能力最强的是___________。 A．6 B．7 C．8 D．9 (5)“84消毒液”的有效成分为NaClO，不可与酸性清洁剂混用的原因是___________(用离子方程式表示)。 (6)工业上是将氯气通入到30%的NaOH溶液中来制备NaClO溶液，若反应后的NaClO溶液中NaOH的质量分数为1%，则生产1000 kg该溶液需要消耗氯气的质量为___________。(结果保留3位有效数字) Cl2O为淡棕黄色气体，是次氯酸的酸酐，可由新制的HgO和Cl2反应来制备，该反应为歧化反应(氧化剂和还原剂为同一种物质的反应)。 (7)上述制备Cl2O的化学方程式为___________。 (8)如果Cl2O也具有漂白性，请猜想原因是___________。 ClO2常温下为黄色气体，易溶于水，其水溶液是一种广谱杀菌剂。一种有效成分为NaClO2、NaHSO4、NaHCO3的“二氧化氯泡腾片”，能快速溶于水，溢出大量气泡，得到溶液。 (9)上述过程中，生成ClO2的反应属于歧化反应，每生成1 mol ClO2消耗NaClO2的量为___________mol。 (10)产生“气泡”的离子方程式为___________。 热点设问02硫及其化合物 析典例·明思路 1．(2026·上海浦东新联考)(6)如图是铜和浓硫酸反应实验及性质探究实验的一体化装置。铜和浓硫酸反应中浓硫酸所起的作用是_______。 (7)下列说法错误的是________。 A．a处试纸变红，说明为酸性氧化物 B．c处和b处试纸均褪色，且原因相同 C．该设计优点之一是能控制反应的发生与停止 D．铜和浓硫酸反应过程中出现灰白色固体，用水稀释后得到蓝色溶液 2．(2026·上海建平中学高三期中)以黄铁矿为原料，采用接触法生产硫酸的流程可简示如下，请回答下列问题： (1)接触法制硫酸中，下列说法错误的是___________。 A．黄铁矿粉碎利于反应充分进行 B．炉器精制是为了防止催化剂中毒 C．黄铁矿粉燃烧时空气越多越好 D．使用浓硫酸吸收SO3效率低，可用水吸收 (2)如图所示，加热试管中固体至红热，则___________。 A．移开酒精灯后固体保持红热 B．S只做还原剂 C．主要产生的气体副产物为SO3 D．最终得到黑色的Fe2S3 (3)下列反应，与硫酸型酸雨的形成肯定无关的是___________。 A． B． C． D． (4)精制炉气(含SO2体积分数为7%、O2为11%、N2为82%)中SO2平衡转化率与温度及压强关系如下图所示。在实际生产中，SO2催化氧化反应的条件选择常压、450℃左右(对应图中A点)，而没有选择SO2转化率更高的B或C点对应的反应条件，其原因分别是：___________、___________。 (5)在SO2催化氧化设备中设置热交换器的目的是___________、___________。 研考点·通技法 1．硫在氧气中的燃烧产物只能是SO2，不能生成SO3。 2．硫与变价金属反应时，只能生成低价态金属硫化物，如Fe+SFeS，2Cu+SCu2S。 3．硫单质呈0价，处于硫元素的中间价态，硫既有氧化性又有还原性。 4．SO2是酸性氧化物，同时具有氧化性、还原性和漂白性。 5．SO2通入H2S溶液中会生成S(淡黄色浑浊)，体现了SO2的氧化性。 6．SO2使氯水、溴水、酸性KMnO4溶液褪色，体现了SO2的还原性，没有体现SO2的漂白性。 7．SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色，但加热后又恢复到原来的颜色，SO2与有色物质生成了不稳定的无色物质，加热后又复原，其漂白具有可逆转性。 8．SO2不能漂白酸碱指示剂，能使紫色石蕊溶液变红(生成的H2SO3具有酸性)，但不会漂白褪色。 9．含硫化石燃料，燃烧会产生SO2，因此燃煤必须脱硫：CaO+SO2===CaSO3，2CaSO3+O22CaSO4。 10．正常雨水pH为5.6，小于5.6的雨水是酸雨，酸雨有硫酸型和硝酸型，我国主要是硫酸型酸雨。 11．浓硫酸的性质体现在酸性、难挥发性、吸水性、脱水性和强氧化性。 12．浓硫酸是高沸点酸，具有难挥发性，利用此性质可制备HCl，原理为2NaCl+H2SO4(浓)===Na2SO4+2HCl↑。 13．浓硫酸的稀释方法：将浓H2SO4沿器壁慢慢注入水中，并用玻璃棒搅拌。 14．S的检验方法：待测液无明显现象有白色沉淀生成。 破类题·提能力 1．(2025·上海交通大学附属中学高三摸底考试)向大气大量排放SO2不会导致下列哪种结果 。 A．使废气呈黑色 B．酸化土壤，影响农作物生长 C．使降雨腐蚀石刻与建筑 D．引起呼吸道黏膜受损 2．(2025·上海徐汇区高三学习能力诊断)煤中掺入一定量的生石灰，能减少煤燃烧排放的SO2，体现SO2具有 。 A．漂白性 B．酸性氧化物的性质 C．氧化性 D．还原性 3．(2025·上海市普通高中学业水平等级性考试)萤石(CaF2)与浓硫酸共热可制备HF气体，写出该反应的化学方程式： ，该反应中体现浓硫酸的性质是 。 A．强氧化性 B．难挥发性 C．吸水性 D．脱水性 4．(2025·海市华东师范大学附属周浦中学高三期中)向CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液至过量，观察到有沉淀(CuI)生成，且溶液变为棕黄色。再向反应后的混合物中不断通入SO2气体，溶液逐渐变成无色。根据上述信息回答以下列问题： (1)写出第一步反应的离子方程式 ，每转移2 mol电子，生成沉淀的质量为 g。写出该步反应氧化产物的一种检验方法： 。 (2)在第二步(通入SO2)反应中，还原产物为 (写物质名称)，SO2使溶液变成无色，体现了SO2的性质是 (填字母序号)。 a．漂白性 b．氧化性 c．还原性 d．酸性 (3)根据氧化还原反应规律，整个实验过程体现的物质的氧化性强弱顺序是： 。 Cu2+>___________>___________(写化学式) 5．(2025·上海复旦大学附属中学高三化学期中等级性考试)“钠—钙双碱法”吸收SO2具有反应充分、速率快、原料可再生、脱硫效率高等优点。流程如下： (1)要提高SO2吸收效率的可行措施有___________。(不定项) A．加快尾气的通入速率 B．将吸收液NaOH溶液进行雾化 C．在高温条件下吸收 D．适当增加NaOH的浓度 (2)一种“氧化脱硫法”采用NaClO和NaOH的混合溶液吸收。写出利用该混合液吸收少量SO2的离子方程式： 。 6．(2026·上海浦东·一模)某化工厂采用“铁盐氧化法”处理含SO2的烟气，减少硫酸型酸雨的形成，并经系列反应后，将SO2最终转化为硫酸盐产品。 (1)硫酸型酸雨中不可能含有的微粒是___________。 A．H2S B．H2SO3 C．H+ D．H2CO3 (2)“铁盐氧化法”的实质是与的氧化还原反应。取反应一段时间后的吸收液进行实验，下列现象中，一定能证明该氧化还原反应发生的是___________。 A．滴加紫色石蕊试液，溶液显红色 B．滴加KMnO4酸性溶液，紫色褪去 C．滴加硝酸酸化的Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀生成 D．滴加KSCN溶液，无明显现象，再滴加氯水，溶液变血红色 (3)铁盐完全吸收SO2后的溶液，工业上常通入空气处理，该步骤称为“曝气”。从“绿色化学”的角度分析，“曝气”的优点有___________。(写出一条) 实验室利用下图装置模拟上述“铁盐氧化法”的原理。 (4)装置A用于制取SO2，下列对该实验的分析正确的是___________。(不定项) A．可以通过铜丝的升降控制反应 B．可以通过鼓入空气加速反应 C．实验中试管底部可能出现白色物质 D．反应过程中铜丝表面有黑色Cu2O产生 (5)向反应一段时间后的装置B中，逐滴加入NaOH溶液，先无明显现象，后产生红褐色沉淀。分析“先无明显现象”的原因___________。 在FeCl3溶液吸收SO2的过程中，可观察到B中溶液颜色经历“棕黄色—红棕色—浅绿色”的变化过程。已知“红棕色”是因为生成了含硫配体的配离子有关。 室温下，H2SO3、HSO3-和SO32-的分布分数随pH变化如下图所示。 [，X表示或或] 室温下，为探究“红棕色”配离子的组成，设计如下实验方案： 实验编号 溶液①1 mL 溶液②10 mL 实验操作及现象 Ⅰ 0.1mol·L-1FeCl3溶液 SO2饱和溶液 溶液①与溶液②混合后，实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ所得溶液红棕色依次加深 Ⅱ 0.1mol·L-1FeCl3溶液 饱和溶液，用NaOH固体调整溶液 pH=5.0 Ⅲ 0.1mol·L-1FeCl3溶液 SO2饱和溶液，用NaOH固体调整溶液 pH=10.0 (6)上述实验中，能够说明“红棕色”配离子的配体为SO32-的实验依据是___________。 (7)若该配离子为[Fe(SO3)2]-，继续通入SO2至体系pH小于5时，溶液由红棕色变为浅绿色，其离子方程式为：___________。 (8)实验所用“溶液②”的体系中，含硫微粒仅为、HSO3-和SO32-，且在调节pH过程中三者总物质的量保持不变。结合上图所示的分布分数图，回答下列问题： ①说明NaHSO3溶液呈酸性的主要原因___________。 ②当为0.4时，溶液的pH可能为___________。(精确到小数点后2位) 热点设问03氮及其化合物 析典例·明思路 1．(2026·上海七宝中学高三月考)自然界中的局部氮循环如图。 图中含氮物质的各步转化的说法中，正确的是______________。 A．植物吸收的无机氮主要是NH4+和NO3- B．硝化作用中元素均被氧化 C．0.1molNH3转化为0.1molNO3-需要消耗4.48LO2 D．属于氮的固定的是①②⑥ 2．(2026·上海行知中学高三期中)地球上的生物氮循环涉及多种含氮物质，转化关系之一如下图所示(X、Y均为氮氧化物)，羟胺(NH2OH)以中间产物的形式参与循环。已知。 (1)下列说法错误的是_______。 A．等物质的量的X、Y中含有相同数目的氧原子 B．步骤⑤属于氮的固定 C．步骤①~⑦均发生氧化还原反应 D．为加快反应速率，该循环过程应在高温下进行 (2)下列说法错误的是_______。 A．轻胺组成元素的第一电离能大小顺序为 B．1L0.1mol·L-1NaNO2溶液中Na+和NO2-数均为0.1NA C．根据H2O的热稳定性强于NH3可知O元素的非金属性强于N D．和所含的中子数相同 研考点·通技法 1．氮的固定是指将N2变成化合物的过程，包括人工固氮(合成氨)和自然固氮(根瘤菌、雷雨)。 2．氮气能与镁反应生成氮化镁，氮化镁与水反应(水解反应)生成氢氧化镁和氨气，化学方程式为Mg3N2+6H2O===3Mg(OH)2+2NH3↑。 3．实验室制备氨气利用铵盐+碱氨气+盐+水，2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+CaCl2+2H2O。 4．不能选择NH4NO3和NH4HCO3代替NH4Cl，是因为NH4NO3加热会发生爆炸造成危险；NH4HCO3受热易分解成CO2，使收集的NH3不纯。 5．不能用NaOH代替Ca(OH)2，是因为NaOH易潮解，结块，且对玻璃有腐蚀。 6．不用无水CaCl2干燥NH3是因CaCl2能与NH3反应生成CaCl2·8NH3，所以干燥NH3一般选择碱石灰。 7．收集时，在试管口塞一团棉花，作用是减小NH3与空气的对流速度，使收集的NH3更纯净。 8．铵盐不稳定，受热易分解，一般生成氨气和对应的酸。 9．NH4NO3受热分解可生成N2、HNO3和H2O。 10．硝酸具有：a.酸的通性；b.不稳定性；c.强氧化性。 11．HNO3不稳定，光照或受热易分解：4HNO34NO2↑+O2↑+2H2O。 HNO3略呈黄色的原因是部分HNO3分解生成NO2溶解在HNO3中所致，可以通入O2除去。 12．常温下，浓HNO3能使Fe、Al发生钝化；加热时可与Au、Pt之外的所有金属反应。 13．稀、浓HNO3都具有强氧化性；浓度越大，氧化性越强，浓HNO3的还原产物一般是NO2，稀HNO3的还原产物一般是NO，极稀的HNO3，还能生成N。 例如：Cu+4HNO3(浓)===Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O； 3Cu+8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O； C+4HNO3(浓)===CO2+4NO2↑+2H2O； S+6HNO3(浓)===H2SO4+6NO2↑+2H2O； Fe(少量)+4HNO3(稀)===Fe(NO3)3+NO↑+2H2O； 3Fe(过量)+8HNO3(稀)===3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O； 4Zn+10HNO3(极稀)===4Zn(NO3)2+NH4NO3+3H2O。 破类题·提能力 1．(2025·上海市三林中学高三期中考试) (双选)下列与氮氧化物有关的环境问题是___________。 A．酸雨 B．臭氧层空洞 C．光化学烟雾 D．温室效应 2．(2025·上海复旦大学附属中学高三期中)工业上利用无隔膜NaCl电解法脱除低温工业废气中NO，可有效减少对空气的污染。 电解NaCl溶液获得脱硝液(含NaClO)分两步进行，第二步反应的离子方程式是 。 3．(2025·上海市静安区高三一模调研)工业上利用合成氨工艺联合生产尿素，原理如下图所示。 (1)尿素属于___________ 。 A．铵态氮肥 B．硝态氮肥 C．有机氮肥 D．复合肥 (2)尿素分子内存在的化学键有___________。 A．极性键 B．离子键 C．氢键 D．非极性键 (3)若反应器Ⅰ和II中各有1.5 molH2O参加反应，理论上可获得 molH2。 4．(2025·上海市华东师范大学第一附属中学高三期中)下图的氮循环是生态系统物质循环的重要部分，人类活动加剧了氮循环中的物质转化。 (1)下列说法不正确的是_______。 A．固氮过程中，N2只做氧化剂 B．硝化过程需要有氧化剂参与 C．反硝化过程有助于弥补人工固氮对氮循环造成的影响 D．同化、氨化过程中，实现了氮元素在无机物和有机物之间的转化 (2)反硝化过程中，CH3OH可作为反应的还原剂。请补全并配平该反应的离子方程式 。 5CH3OH+_____NO3-1CO32-+____HCO3-+____ ____+____ ____ 5．(2025·上海复旦大学附属中学高三期中)脱硝液中含氯微粒的物质的量分数(δ)随pH的分布如图1所示；其他条件相同，NO转化率随脱硝液初始pH(用稀盐酸调节)的变化如图2所示： (1)吸收塔中NO转化为NO3-的离子方程式是 。 (2)脱硝液pH=5时，NO转化率最高，随pH升高，NO转化率会降低，原因是 。 (3)吸收塔中采用气、液逆流(废气从吸收塔底进入，脱硝液从吸收塔顶喷淋)的方式吸收废气，目的是 。 6．(2025·上海南汇中学高三月考化学试卷(等级))某实验小组利用如下装置(夹持装置略)，探究浓、稀硝酸与铜反应的气体产物。 (1)仪器X的名称为 。 (2)请写出稀硝酸与铜反应的离子方程式 。 (3)将3.2 g铜与60 mL一定浓度的硝酸充分反应，铜完全溶解，得到NO2和NO混合气体的体积为8.96 L(已折算为标准状况下)。待产生的气体全部释放后，向溶液中加入100 mL 2.0 mol/L的NaOH溶液，恰好使溶液中的铜离子全部转化成沉淀，则原硝酸溶液的浓度为 mol/L。 7．(2025·上海市晋元高级中学高三期中)硝酸是一种具有强氧化性的一元无机强酸，也是一种重要的化工原料。公元八世纪，炼金术士在干馏硝石时首次发现并制得了硝酸。干馏硝石原理为：KNO3K2O+NO↑+X↑(未配平)。 (1)推测X的化学式并完成上述反应 。 (2)若干馏共产生15.68L(折算至标准状况)气体，反应中转移电子数目为 。 (3)将干馏气体通入足量水中充分吸收可制得HNO3，理论上 。 A．NO会有剩余 B．X会有剩余 C．无气体剩余 (4)1913年合成氨问世，氨氧化法生产硝酸进入工业化阶段，直到现在该方法依然是世界上生产硝酸的主要方法。氨氧化反应的化学方程式为 。 热点设问04钠及其化合物 析典例·明思路 1．(2026·上海闵行区高三学业质量调研)下图是探究Na2CO3和NaHCO3热稳定性的装置示意图： (4) CO32-离子中碳原子杂化方式和空间结构为_______。 A． sp直线形 B． sp2平面三角形 C． sp3四面体形 D． sp3平面三角形 (5)关于该实验说法正确的是_______。 A． 甲处是Na2CO3，乙处是NaHCO3 B． 互换甲、乙的位置不影响实验结论 C． 丁烧杯中澄清石灰水变浑浊 D． 丙烧杯中澄清石灰水无现象，可知甲热稳定性更好 2．(2026·上海建平中学高三模拟)过氧化钠是一种重要的化学用品。工业上用金属钠制备过氧化钠的一种过程(喷雾氧化法——借助压缩空气将熔融金属钠喷入氧化炉)如下： (1)下列说法正确的是___________。 A．液钠储槽应隔绝空气，可用酒精进行液封 B．金属钠恰好熔化后，表面的氧化膜并不会熔化 C．压缩空气吹送熔融金属钠时，不会发生化学反应 D．无论如何调节反应的温度，产物中均混有Na2O杂质 (2)称取mg样品，按如下流程测定产品Na2O2的纯度(假定杂质只有Na2O)： 如果转移时有少量溶液溅出，则测得的Na2O2质量分数将___________。 A．偏高    B．偏低    C．不影响 (3)过氧化钠与水或二氧化碳反应放出的氧称为有效氧。有效氧含量。 若某一产品有效氧含量，则该产品中过氧化钠纯度不低于___________。(要求写出计算过程) 研考点·通技法 1．Na2CO3：白色粉末，俗名纯碱、苏打，但它是盐不是碱。 2．向饱和的Na2CO3溶液中通入CO2气体，能析出NaHCO3晶体，发生的化学反应方程式为Na2CO3+CO2+H2O===2NaHCO3↓。 3．侯氏制碱法制NaHCO3和Na2CO3的原理：在饱和NaCl溶液中依次通入足量的NH3、CO2，有NaHCO3从溶液中析出。有关反应的化学方程式为NH3+H2O+CO2===NH4HCO3、 NH4HCO3+NaCl===NaHCO3↓+NH4Cl、 2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑。 在饱和NaCl溶液中依次通入足量的NH3、CO2的原因是NH3在水溶液中的溶解度大，吸收CO2更充分。 4．焰色试验：金属或它的化合物在灼烧时，火焰所呈现的特殊的颜色，是电子在灼烧时，吸收能量跃迁到高能级状态，再从高能级跃迁到低能级时，能量以一定波长的光释放出来的过程，所以焰色试验是物理变化过程。 5．Li与O2反应只生成Li2O：4Li+O22Li2O。 6．氧化钠和过氧化钠两种氧化物的阴、阳离子个数比都是1∶2。 氧化钠是碱性氧化物，过氧化钠是过氧化物，不是碱性氧化物。 破类题·提能力 1．(2025·上海市浦东新区高三教学质量检测)有关Na2O2性质实验如下： 已知：①Na2O2与水反应经历了Na2O2+2H2O=2NaOH+H2O2；②酚酞褪色原因与NaOH溶液的浓度大小或物质的强氧化性有关。根据上述实验可以得出的结论是 。 A．双氧水能使酚酞褪色 B．浓氢氧化钠能使酚酞褪色 C．双氧水和浓氢氧化钠都能使酚酞褪色 D．可利用二氧化锰和水来完善实验方案 2．(2025·上海市华东师大二附中高三期中)纳米金是直径为几十纳米的金单质颗粒，其表面积大，吸附性强，生物兼容性好，被广泛应用于生物医药方面。制备原理是用氯金酸钠(Na[AuCl4])溶液与葡萄糖反应生成纳米金单质颗粒。据此回答下列小题。 (1)下列说法错误的是 。 A．Na[AuCl4]具有氧化性 B．纳米金属于胶体 C．纳米金与水形成的分散系能产生丁达尔效应 D．制备过程中，纳米金为还原产物 (2)Na[AuCl4]是一种配位化合物，其中配体是 ，配位数为 ，Au元素的化合价为 (3)单质金在浓硝酸中溶解不明显，但是加入浓盐酸后会大大加快金的溶解，请从平衡移动原理的角度解释 。 3．(2025·上海市浦东新区高三一模调研)为探究NH4HCO3溶液与少量NaOH溶液反应时的原理，明确OH-与NH4+、HCO3-反应时，是否存在“先后”关系，进行如下探究。 常温下，取10.00mL0.10mol·L-1的NH4HCO3溶液于锥形瓶中，向其中逐滴滴入10mL0.2mol·L-1的NaOH溶液，记录过程中溶液pH的变化，转换成溶液中HCO3-、NH4+的浓度，结果如图1。 (1)分析图1中数据，可以得出的实验结论有 (任写两点)。 (2)当V(NaOH)=10.00 mL时，测得溶液pH=10.06，此时混合体系中各离子浓度由大到小的顺序为 。 (3)若改用10.00mL0.10mol·L-1的Ba(OH)2溶液代替NaOH溶液完成上述实验，溶液中的离子浓度变化情况如图2所示，解释图2中c(NH4+)和cHCO3-的变化曲线与图1存在差异的原因 。 热点设问05铁及其化合物 析典例·明思路 1．(2026·上海南汇中学高三月考)用铁泥(主要成分为Fe2O3、和)制备纳米Fe3O4(平均直径)的流程示意图如图： 下列叙述错误的是______________。 A．Fe2O3俗称铁红，可用于生产油漆、油墨、建筑物着色剂 B．步骤②中，发生反应的离子方程式只有Fe+2H+=Fe2++H2↑ C．步骤④中使用过量的H2O2有利于提高纳米Fe3O4产率 D．为验证纳米态的Fe3O4，可将其形成分散系，做丁达尔效应实验 2．(2026·上海北郊高级中学高三期中)氯化铁是重要的化工原料。实验室制备FeCl3晶体(带一定数目结晶水)过程如下： 第一步：用足量稀盐酸溶解废铁屑(表面已锈蚀)，得到浅绿色溶液I； 第二步：向溶液I中通入(或加入)X，充分反应得到黄色溶液Ⅱ； 第三步：黄色溶液Ⅱ经一系列操作，得到FeCl3晶体。 (1)第一步中发生的主要反应有：Fe +2H+ == Fe2+ +H2↑、Fe2O3 +6H+ ==2Fe3+ +3H2O、_______(用离子方程式表示)。 (2)第二步中通入(或加入)可以是_______。(不定项) A．KMnO4 B．Cl2 C．HNO3 D．H2O2 (3)第三步中一系列操作依次是_______(填序号)。 ①加热浓缩    ②洗涤、干燥    ③过滤    ④冷却结晶 (4)在整个实验过程中，盐酸必须保持过量，主要原因是_______。 研考点·通技法 1．FeO是黑色固体；Fe2O3是红棕色固体，俗称铁红；Fe3O4是黑色晶体，俗称磁性氧化铁。 2．Fe3O4兼有FeO和Fe2O3的性质，如Fe3O4+8H+===2Fe3++Fe2++4H2O。 3．Fe(OH)2在水中为白色絮状沉淀，Fe(OH)3在水中为红褐色絮状沉淀。 4．实验室制备Fe(OH)2可以利用可溶性亚铁盐与强碱溶液或氨水反应： Fe2++2OH-===Fe(OH)2↓或 Fe2++2NH3·H2O===Fe(OH)2↓+2N。 将NaOH滴入FeSO4溶液中，产生白色沉淀，沉淀迅速转化为灰绿色，最后转化为红褐色。 发生的反应为Fe2++2OH-===Fe(OH)2↓、 4Fe(OH)2+2H2O+O2===4Fe(OH)3。 5．Fe(OH)3受热分解2Fe(OH)3Fe2O3+3H2O，固体颜色变化：红褐色→红棕色。 6．难溶于水的氢氧化物加热易分解为相同价态的氧化物和水，但Fe(OH)2加热不会生成FeO。 7．亚铁盐很容易被空气中的O2氧化成铁盐，为防止氧化，可向亚铁盐溶液中加入一定量的铁屑。 8．可以利用2Fe3++Fe===3Fe2+除去亚铁盐(含Fe2+)溶液中混有的Fe3+。 9．氯化铁溶液中混有氯化亚铁时，可向溶液中通入足量氯气或滴加新制的氯水，除去Fe2+，离子方程式是2Fe2++Cl2===2Fe3++2Cl-。 破类题·提能力 1．(2025·上海市华东师大二附中高三期中)下列金属中，在自然界不存在游离态的是 。 A．铁 B．铝 C．铜 D．金 2．(2025·上海市虹口高级中学高三等级考)某班同学用如下实验探究Fe2+、Fe3+的性质。回答下列问题： (1)分别取一定量氯化铁、氯化亚铁固体，均配制成0.1mol·L-1的溶液。在FeCl2溶液中需加入少量铁屑，其目的是 。 (2)甲组同学取2mLFeCl2溶液，加入几滴氯水，再加入1滴KSCN溶液，溶液变血红色，说明Cl2可将Fe2+氧化。FeCl2溶液与氯水反应的离子方程式为________。 A．2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl- B．Fe2++Cl2=Fe3++2Cl- C．2Fe2++Cl2=2Fe3++Cl- D．2Fe3++Cl2=2Fe2++Cl- (3)乙组同学认为甲组的实验不够严谨，该组同学在2mLFeCl2溶液中先加入0.5mL煤油，再于液面下依次加入几滴氯水和1滴KSCN溶液，溶液变血红色，煤油的作用是 。 (4)丙组同学向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的FeCl2溶液，溶液变成棕黄色，一段时间后，溶液中有气泡出现，并放热，随后有红褐色沉淀生成。产生气泡的原因是 。 3．(2025·上海市复旦大学附属中学高三等级考)一种利用黄铁矿烧渣和硫酸铵废液制备铵铁蓝颜料的工艺如下。铵铁蓝的化学式为(NH4)Fe[Fe(CN)6]，难溶于水。 (1)高纯度硫酸铵溶液能够提高铵铁蓝的品质，为除去硫酸铵废液中的Fe2+和Fe3+，“氧化1”和“调pH”工序使用的试剂依次是___________(不定项)。 A．酸化的H2O2、NH3 B．酸性高锰酸钾、NaOH C．稀硝酸、H2CO3 D．浓硫酸、CuO (2)黄铁矿在空气中焙烧得到黄铁矿烧渣，“还原”工序获得FeSO4洛液，则被氧化的元素是 ；“结晶”工序的操作方法是蒸发浓缩， ，过滤，洗涤，干燥。 (3)“沉铁”工序产生沉淀(NH4)2Fe[Fe(CN)6]，则“氧化2”工序发生反应的离子方程式为： 。 4．(2026·上海建平中学高三月考)铁黄是一种重要的化工产品。由生产钛白粉废渣制备铁黄的过程如下： 已知： ①钛白粉废渣成分：主要为FeSO4·H2O，含少量TiOSO4和不溶物。 ②。 ③0.1mol·L-1Fe2+生成Fe(OH)2，开始沉淀时pH=6.3，完全沉淀时pH=8.3，0.1 mol·L-1 生成FeOOH，开始沉淀时pH=1.5，完全沉淀时pH=2.8。 (1)铁及其化合物与生产生活密切相关。下列说法错误的是___________。 A．可用铁制槽车装运浓H2SO4 B．不锈钢就是铁磁合金 C．FeCl3可以用作净水剂 D．铁可用于制作磁性材料 (2)对FeCl3溶液进行下列操作，观察到的现象与水解有关的是___________。 A．滴加NaOH溶液有沉淀产生 B．加热蒸干灼烧得到红棕色固体 C．通入H2S气体有沉淀产生 D．滴加KSCN试液溶液变红 (3)检验FeSO4溶液中是否含有钛元素，可采用的仪器分析方法为___________。 A．原子发射光谱 B．红外光谱 C．质谱 D．晶体X射线衍射 (4)根据③中数据分析，在制备铁黄晶种的过程中，采用___________测定pH。 (5)纯化步骤中加入过量铁粉的目的是___________。 (6)纯化步骤充分反应后，分离混合物的操作为___________。 制备晶种：为制备高品质铁黄产品，需先制备少量铁黄晶种。过程及现象是：向一定浓度FeSO₄溶液中加入氨水，产生白色沉淀，并很快变成灰绿色，滴加氨水至pH为6.0时开始通空气并记录pH变化(如图)： (7)产生白色沉淀后的pH低于资料③中的6.3，原因是：沉淀生成后c(Fe2+)___________0.1mol·L-1。 A．>        B．<        C．= (8)t1~t3时段，pH迅速下降，该过程的离子反应方程式为：___________。 制得的氧化铁黄中含有少量氧化铁红(Fe2O3)，可用的分光光度法测定氧化铁黄的含量。已知Fe(SCN)3的吸光度A(对特定波长光的吸收程度)与Fe3+标准溶液浓度的关系如图所示。 (9)称取3.47 g氧化铁黄，用稀硫酸溶解并定容至1 L，准确移取该溶液10.00 mL，加入足量KSCN溶液，再用蒸馏水定容至100 mL。测得溶液吸光度A=0.8，则氧化铁黄的质量分数为___________。(保留2位有效数字，M(FeOOH)=89g·molˉ1，M(Fe2O3)=160g·molˉ1) (10)若吸光度A减小，则氧化铁黄的含量将___________。 A．增大        B．减小 热点设问06硅、铝及其化合物 析典例·明思路 1．(2026·上海杨浦一模)用下图装置进行铝热反应。对该实验的叙述，正确的是________。(不定项) A．放热反应，不需要加热 B．KClO3的作用是提供氧气，助Mg条燃烧引发反应 C．反应生成液态的铁 D．铝热反应仅用于制备少量铁，无其他工业应用价值 2．(2026·上海华东师大附中高三模拟)粉煤灰是燃煤产生的工业固体废料，主要成分有Al2O3、SiO2，还含有少量Fe2O3、CaO等。采用酸碱联合的方法从粉煤灰中综合回收氧化铝及二氧化硅的工艺流程如下： 硫酸熟化过程中发生的反应有： (1)“结晶”操作：缓缓加热，浓缩至___________，放置冷却，得到Al2(SO4)3∙18H2O。 (2)Al2(SO4)3∙18H2O在250~300℃下失重40.5%得Al2(SO4)3∙xH2O，x=___________。 (3)“还原焙烧”过程中发生反应的化学方程式为___________。 (4)设计实验检验粗氧化铝中是否含有：___________。 (5)向硅酸钠溶液中通入过量CO2制备白炭黑的化学方程式为___________。 研考点·通技法 一、硅及其化合物 1．自然界中碳元素既有游离态，又有化合态，而硅元素仅有化合态，且以SiO2和硅酸盐形式存在。 2．硅不能与HCl、H2SO4、HNO3反应，但能与HF反应，化学方程式为Si+4HF===SiF4↑+2H2↑。 3．硅能与NaOH溶液反应放出H2：Si+2NaOH+H2O===Na2SiO3+2H2↑，反应中水是氧化剂。 4．工业制取粗硅的方法：SiO2+2CSi+2CO↑，生成的是CO，不是CO2。 5．酸性氧化物一般能与水反应生成酸，但SiO2不溶于水。 6．酸性氧化物一般不与酸反应，但SiO2能与HF反应：SiO2+4HF===SiF4↑+2H2O(SiF4不是盐)。 7．工业上制取玻璃的反应方程式是Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2↑、CaCO3+SiO2CaSiO3+CO2↑，其反应原理是难挥发的SiO2固体生成易挥发的CO2气体。 8．水泥、玻璃、陶瓷是三大传统的无机非金属材料；碳化硅、氮化硅等是新型无机非金属材料。 二、铝及其化合物 1．铝是地壳中含量最多的金属元素，主要是以化合态存在，铝土矿主要成分是Al2O3。 2．常温下与空气中的氧气反应生成坚固的氧化膜并牢固地覆盖在铝表面，阻止了内部的铝与空气接触，反应为4Al+3O2===2Al2O3，铝在氧气中点燃剧烈燃烧。铝在空气中加热会熔化，但不会燃烧，熔化的铝被表面的氧化铝包裹着而不会滴落下来。 3．铝可以与硫在高温下反应：2Al+3SAl2S3，只能在干态下制备，原因是Al2S3遇水溶解后立即发生相互促进的水解反应：Al2S3+6H2O===2Al(OH)3↓+3H2S↑。 4．铝热反应：2Al+Fe2O32Fe+Al2O3，其中Al和Fe2O3称为铝热剂，是混合物。 铝热反应放出大量的热，因此其应用有：a.焊接钢轨；b.冶炼难熔金属(Fe、Mn、Cr)。 5．刚玉的主要成分是Al2O3，其中把含少量铬元素的刚玉称为红宝石；含少量的铁和钛元素的刚玉称为蓝宝石。 6．氢氧化铝是白色胶状物质，不溶于水，有强的吸附性，可用于吸附水中的悬浮物和各种色素。 7．明矾：十二水合硫酸铝钾[KAl(SO4)2·12H2O]易溶于水，其净水原理：明矾溶于水产生的Al3+发生水解反应，生成Al(OH)3胶体，吸附水中的杂质，使水澄清，但明矾没有杀菌、消毒能力。 破类题·提能力 1．(2025·上海市奉贤区模拟考试)关于反应4CO2+SiH44CO+SiO2+2H2O，下列说法正确的是 。 A．CO是氧化产物 B．SiH4发生还原反应 C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶4 D．还原性：SiH4＞CO 2．(2025·上海市洋泾中学质量检测)“天问一号”采用了我国自主研制的高性能碳化硅增强铝基复合材料。工业上制取碳化硅的化学反应高温方程式为：3C+SiO2Si+2X↑，请写出的化学式 。若生成碳化硅，则其中含有 个碳原子；生成碳化硅的同时，生成气体的体积在标准状况下为 。根据物质分类的知识，合理的推测SiO2可能发生的反应，试举一例用化学方程式表示 。 3．(2025·上海市市北中学高三期中)某同学在实验室用铝土矿(含有和，不考虑其他杂质)制取金属铝的流程如下： (1)下列哪种物质与滤渣I中成分相同________。 A．刚玉 B．石英 C．明矾 D．纯碱 (2)写出操作II中生成沉淀的离子反应方程式为 。 (3)滤液II中溶质在工农业上的用途是 。 (4)在工业生产中，我们会用到各种酸，有时候酸的结构会影响其酸性。判断下列几种酸的酸性由大到小顺序 。 ①CH3CH2COOH，②CH3COOH，③ClCH2COOH A．②③① B．②③① C．③②① D．①③② 请写出判断的理由 。 4．(2025·上海外国语大学附属大境中学高三月考)工业上以硅石(主要成分SiO2)为原料制备冶金级高纯硅的工艺主要分为三步： 步骤一：SiO2+2MgSi+2MgO； 步骤二：Si(g)+3HCl(g)SiHCl3(g)+H2(g)； 步骤三：…… (1)步骤一除了生成Si和MgO外，还可能存在一种由硅和镁形成的化合物，其化学式为 。 (2)写出SiHCl3的电子式： 。 (3)已知非金属性Cl＞H＞Si。标出步骤二反应的电子转移方向与数目： 。 Si(g)+3HCl(g)SiHCl3(g)+H2(g) 该反应的还原产物是 。 (4)步骤二主要产物中，SiHCl3大约占，此外还有SiCl4、SiH2Cl2、SiH3Cl等，有关物质熔沸点如下表所示： 物质 SiCl4 SiHCl3 SiH2Cl2 SiH3Cl 熔点/℃ -70.4 -126.5 -122 -188 沸点/℃ 57.6 31.8 8.2 -30.4 提纯SiHCl3的主要工艺操作是将产物冷凝后再___________。 A．过滤 B．结晶 C．蒸馏 D．萃取 (5)步骤三、用H2在1100~1200℃下还原SiHCl3得到冶金级高纯硅，其化学方程式为： 。 (6)硅与碳位于同一主族，下列事实能说明碳的非金属性强于硅的是___________。 A．焦炭与二氧化硅高温反应制取粗硅：2C+SiO2Si+2CO↑ B．CO2通入Na2SiO3溶液中产生硅酸沉淀：Na2SiO3+CO2+H2O=Na2CO3+H2SiO3↓ C．碳化硅与浓强碱能发生非氧化还原反应：SiC+2NaOH +H2O=Na2SiO3+CH4↑ D．石灰石和石英高温制玻璃：CaCO3+SiO2CaSiO3+CO2↑ 刷模拟 1．(2026·复旦大学附属中学高三第二次考试)硫及其化合物在药物合成、材料工程等领域有许多用途，请根据所学知识回答问题： (1)基态S原子核外有多少种不同空间运动状态的电子_______。 A. 5 B. 7 C. 9 D. 16 (2)S2Cl2是一种重要的化工原料，请写出其电子式_______。 (3)已知S2Cl2分子内的四个原子不在同一平面上，则该分子是_______分子。 A.极性　　　　B.非极性 (4)已知硒是硫的同族元素，硒代硫酸是弱酸，0.1mol·L－1Na2SeSO3溶液中有关离子浓度关系是：_______。 A.>　　　B.<　　　C.= FeS2可用作锂电池和超级电容器的电极材料。制备FeS2的一种实验装置如图所示(加热及夹持装置略)。 在氮气保护下，将溶有S的热二苯醚溶液注射到FeS热油胺溶液中(S过量)，继续加热回流2h，冷却至室温，离心分离，经洗涤得产品FeS2。 (5)仪器a的名称是_______。 (6)N2保护的目的是_______。 (7)生成FeS2的化学方程式为_______。 FeS2的含量测定：产品先用王水溶解，再经系列处理后，在热盐酸条件下，以甲基橙为指示剂，用SnCl2溶液将Fe3+还原至Fe2+，终点为无色；用冰水迅速冷却，再以二苯胺磺酸钠为指示剂，用K2Cr2O7标准溶液滴定Fe2+至终点。 已知：乳化态甲基橙(红色)+ne-=还原态甲基橙(无色) (8)请结合本实验方案简述甲基橙作为指示剂的原因_______。 (9)若称取的产品为a g，K2Cr2O7标准溶液浓度为cmol·L-1 ，用量为V mL，FeS2 的摩尔质量为Mg·molˉ1，则产品中FeS2 质量百分数为_______%(写最简表达式)。 (10)下列操作可能导致测定结果偏高的是_______ (不定项)。 A. 还原Fe3+时SnCl2溶液滴加过量 B. 热的Fe2+溶液在空气中缓慢冷却 C. 滴定开始时滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失 D. 滴定前锥形瓶中有少量蒸馏水 2．(2026·上海南汇中学高三期中)铁及其化合物广泛应用于建筑材料、机械制造、电子工业等领域，为人类社会发展提供了重要支撑。 (1)在我国古代，赭红是一种重要的红色颜料，其主要成分为铁的化合物。该化合物可能是___________。 A．Fe2O3 B．Fe3O4 C．FeS D．FeS2 (2)饱和溶液FeCl3 溶液___________。 A．显中性 B．遇铁粉变为红棕色 C．遇沸水会形成Fe(OH)3胶体 D．遇氨水能生成白色沉淀 (3)FeCl3 溶液中滴加少量KSCN溶液，会生成血红色配合物，该配合物的内界是___________，配体的种类有___________种。 (4)实验室可利用反应：Fe3++AgAg++Fe2+，用含的溶液洗涤银镜反应后的试管。现用的FeCl3 溶液和0.05mol·L-1 Fe2(SO4)3溶液溶解银镜，试回答哪种溶液除银效果更好，从化学平衡的角度说明理由___________。 (5)FeBr3水解会生成Fe(OH)3胶体。Fe(OH)3胶体可用于净水，其原因是：___________，已知电泳时，带电Fe(OH)3胶体粒子向阴极移动，该胶体粒子的化学式可能是___________。 A．    B． C．     D． (6)某种铁氮化合物的晶胞结构如图所示(图中仅示出Fe的位置)，立方体晶胞的边长为1pm=10-10cm。该铁氮化合物的密度为7.18g· cm-3。该晶胞中铁、氮的微粒个数之比为___________，晶胞中N所处的合理位置：___________。 刷真题 1．(2025·上海市普通高中学业水平等级性考试)铁红是一种常见的铁的化合物。最早，史前人类利用赭石沉淀物获得浅黄色和红色绘画颜料，其主要成分便是伴有少量硫化物的铁红 (1)在我国古代，赭红是一种重要的红色颜料，其主要成分为铁的化合物。该化合物可能是_______。 A．Fe2O3 B．Fe3O4 C．FeS D．FeS2 (2)如图所示，加热试管中的铁粉和硫粉，下列说法正确的是_______。 A．移开酒精灯后，固体保持红色 B．反应中S只做还原剂 C．反应中主要产生的气体副产物为SO3 D．最终得到黑色的Fe2S3固体 (3)基态铁原子中，_______。 A．有4个不同能级的电子 B．有5个未成对电子 C．核外电子共占据15个原子轨道 D．有26种能量不同的电子 在FeCl3溶液中滴加KSCN溶液，产生[Fe(SCN)(H2O)5]Cl2，溶液变为血红色。 (4)下列关于饱和FeCl3溶液的说法正确的是_______。 A．常温下显中性 B．加入铁粉后溶液变为红褐色 C．遇沸水时产生胶体 D．加入氨水后产生白色沉淀 (5)在配合物 [Fe(SCN)(H2O)5]Cl2中，内界为_______，配体有_______种 工业盐酸常混有少量Fe3+，会使溶液呈黄色，是因为形成了一系列含铁配合物，这些配合物可简写为[FeClx]3-x(x=1，2，3，4)。 室温下，在溶液中Fe3+与Cl-存在平衡：Fe3+(aq)+xCl-(aq)[FeClx]3-x(aq) (6)现加水稀释FeCl3溶液至体积为原来的两倍，则溶液中Fe3+的物质的量n(Fe3+)_______。 A．增大B．不变C．减小 并用离子积Q与平衡常数K的大小关系解释n(Fe3+)变化的原因_______。 (7)室温下，x取不同值时，对应的平衡常数见下表： x 1 2 3 4 K 30.20 134.90 97.72 1.02 某工业盐酸中c(Cl-)=12.00mol·L-1，则c(FeCl3)的摩尔分数为_______。(用小数表示，精确到小数点后2位) 已知：c[(FeClx)3-x]的摩尔分数== 1 1 / 1 学科网(北京)股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $