1、专题十 元素及其化合物【命题趋势探秘】命题规律考查内容金属及其化合物非金属及其化合物考查热度考查题型选择题、填空题选择题、填空题所占分值8-10分8-10分命题趋势元素化合物知识是中学化学的重要组成部分。有关非金属元素知识的信息题、实验题、框图推断题在近几年高考中既是热点，又是难点，近几年新课标高考卷来看，命题落点主要体现在以下几个方面：(1)突出基础：高考选择非金属元素及其化合物最基本的知识命题,以化学性质为主体,兼顾物理性质、用途等；（2）强调联系：同一选择题可能考查多种主族非金属元素，也可以考查同一主族四块不同内容，考查知识不深，但联系宽泛。另一种联系方式是将元素化合物知识与基本概念和理
2、论联系起来命题；（3）注重创新：高考不回避考查热点，但不断创新角度。选择近几年没有考查的视角命题。（4）考查主干：选择元素及其化合物命题以主干知识为核心，一般不涉及教材之外的内容。（5）关注化工： 在II卷中，主要以无机化工流程图、综合实验探究等题型考查元素化合物知识，在STSE背景下考查元素及化合物知识。【高频考点聚焦】考点1钠及其化合物【基础知识梳理】一、金属钠及其氧化物1钠的物理性质颜色：银白色，有金属光泽；密度：(H2O)(Na)(煤油)；熔点：低于100 ；硬度：质地柔软，可以用小刀切割。2从钠原子的原子结构认识钠的化学性质还原性Na (1)与非金属单质(如O2、Cl2)的反应O2C
3、l2：2NaCl22NaCl(2)与水反应离子方程式：2Na2H2O=2Na2OHH2。与滴加酚酞的水反应的现象及解释(3)与盐酸反应离子方程式：2Na2H=2NaH2。3钠的制取及保存(1)制取：化学方程式为2NaCl(熔融)2NaCl2。(2)保存：密封保存，通常保存在石蜡油或煤油中。4钠的用途(1)制取Na2O2等化合物。(2)钠、钾合金(液态)可用于原子反应堆的导热剂。(3)用作电光源，制作高压钠灯。(4)冶炼某些金属金属钠具有强的还原性，熔融状态下可以用于制取金属，如4NaTiCl44NaClTi。说明工业上在850 ，钠与熔融状态的KCl反应可以制取金属钾：Na(l)KCl(l)N
4、aCl(l)K(g)，反应发生是因为在反应温度下，体系中只有钾是气体，能从体系中逸出，利于反应正向进行，即在反应温度下，为熵增反应，该反应不能说明金属钠的还原性强于金属钾！二、碳酸钠与碳酸氢钠1性质2转化三、焰色反应(1)焰色反应的概念某些金属或它们的化合物在灼烧时都会使火焰呈现出特殊的颜色，其属于物理变化， 属于元素的性质。(2)焰色反应的操作铂丝无色待测物观察火焰颜色铂丝无色(3)常见元素的焰色钠元素黄色；钾元素紫色(透过蓝色钴玻璃观察)；铜元素绿色。【核心考点讲练】1氧化钠、过氧化钠化学式Na2ONa2O2氧元素化合价21色、态白色固体淡黄色固体阴、阳离子个数比1212是否为碱性氧化物是
5、不是与水反应的化学方程式Na2OH2O=2NaOH2Na2O22H2O=4NaOHO2与CO2反应的化学方程式Na2OCO2=Na2CO32Na2O22CO2=2Na2CO3O2与盐酸反应的化学方程式Na2O2HCl=2NaClH2O2Na2O24HCl=4NaCl2H2OO22Na2CO3、NaHCO3的鉴别特别提醒(1)当Na2CO3、NaHCO3溶液的浓度不同时，一般不用气体法。(2)不能用Ca(OH)2或Ba(OH)2溶液鉴别Na2CO3和NaHCO3，因为二者都能产生白色沉淀。【典例1】 (2011北京理综，11)下列实验方案中，不能测定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3
6、质量分数的是()A取a克混合物充分加热，减重b克B取a克混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得b克固体C取a克混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，增重b克D取a克混合物与足量Ba(OH)2溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得b克固体解析取a克混合物充分加热，减重b克，根据差量法可求出NaHCO3的质量，从而求出Na2CO3的质量分数，故A正确；取a克混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得b克固体氯化钠，列方程组即可求出，B正确；C中，取a克混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，增重b克，由于逸出气体中含有H2O，故无法求解；D中由于二者都能与Ba(O
7、H)2溶液反应生成BaCO3沉淀，由Na2CO3BaCO3、NaHCO3BaCO3的转化关系，列方程组即可求出混合物中Na2CO3的质量分数，D正确。答案C【典例2】(2005北京春季高考) 化学活动课上，三组学生分别用图示甲、乙两装置，探究“Na2CO3、NaHCO3与HCl的反应”，按表中的试剂用量，在相同的条件下，将两个气球的固体粉末同时倒入试管中(装置的气密性已验)。请完成下列问题：各组反应开始时_装置中的气球体积先变大，该装置中的离子方程式_。当试管中不再有气体生成时，三组实验出现不同的现象，填写下表。试剂用量实验现象(气球体积变化)分析原因第组0.53 g Na2CO30.42 g
8、 NaHCO33 mL 4 molL-1盐酸甲中气球与乙中气球体积相等甲、乙盐酸均过量n(Na2CO3)=n(NaHCO3)V甲(CO2)=V乙(CO2)第组0.3 g Na2CO30.3 g NaHCO33 mL 4 molL-1盐酸甲中气球比乙中气球体积大第组0.6 g Na2CO30.6 g NaHCO33 mL 4 molL-1盐酸甲中气球比乙中气球体积大(用离子方程式表示)片刻后，乙中气球又缩小，甲中气球的体积基本不变 解析：本题主要考查Na2CO3与NaHCO3分别与HCl溶液反应放出的CO2的速率及最终生成CO2的多少。相同条件下NaHCO3与HCl反应生成CO2的速率快，所以开
9、始时甲装置的气球体积先变大；由组中的数据可知组中的甲、乙盐酸均过量，生成CO2的量与速率无关，只与Na2CO3和NaHCO3的物质的量有关，由于n(NaHCO3)n(Na2CO3)，所以V甲(CO2)V乙(CO2)；n(HCl)=0.006 mol,所以无论是NaHCO3还是Na2CO3，HCl都不足。消耗的n(NaHCO3)n(Na2CO3)，所以V甲(CO2)V乙(CO2)。正盐和酸反应生成酸式盐，所以CO2+H2O+ =2。答案：甲 +H+=CO2+H2O试剂用量实验现象(气球体积变化)分析原因甲、乙盐酸均过量n(NaHCO3)n(Na2CO3)V甲(CO2)V乙(CO2)甲、乙盐酸均不
10、足量，消耗的n(NaHCO3)n()V甲(CO2)V乙(CO2)CO2+H2O+=2【技巧点拨】本题涉及Na2CO3、NaHCO3与HCl溶液的反应。做这类题量的判断是关键。所以熟知元素化合物的性质即化学反应原理是基础。考查学生的判断思维能力和知识的综合运用能力。考点2铝及其化合物一、铝的化学性质和用途1活泼金属单质的通性（1）与非金属单质（氧气、氯气、硫等）的反应：4Al3O22Al2O3；2Al3Cl22AlCl3；2Al3SAl2S3（2）与水的反应（高温条件且反应缓慢）：2Al6H2O2Al（OH）33H2（3）与酸的反应：2Al6HCl2AlCl33H2（4）与盐溶液的反应：2Al3
11、CuSO4Al2（SO4）33Cu2特性（1）与强碱溶液的反应：2Al2NaOH2H2O2NaAlO23H2（2）常温下遇浓硫酸、浓硝酸钝化（3）铝热反应：2AlFe2O32FeAl2O3；2AlCr2O32CrAl2O33铝的用途纯铝用作导线，铝合金用于制造汽车、飞机、生活用品等。二、铝的重要化合物（一）铝的氧化物 1物理性质：Al2O3是白色的难溶于水的固体粉末，熔点高（2054）。刚玉的硬度仅次于金刚石。红宝石是含铬元素的氧化铝晶体，蓝宝石是含铁、钛等元素氧化铝晶体。2化学性质：（1）与酸反应Al2O3+3H2SO4 =Al2(SO4)3 +3H2O 离子方程式: Al2O3+6H+=2
12、Al3+3H2O（2）与碱反应Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O 离子方程式: Al2O3+2OH=2AlO2+H2O既可以与酸反应又可以与碱反应生成盐和水的氧化物。3制备：2Al(OH)3Al2O3+3H2O4氧化铝的用途：常用来做耐火材料。（二）氢氧化铝1制备（1）铝盐与氨水的反应：Al33NH3H2OAl（OH）33NH（不宜用强碱）（2）偏铝酸盐与碳酸的反应：AlOCO22H2OAl（OH）3HCO（不宜用强酸）。（3）Al3与AlO在溶液中的双水解反应：Al33AlO6H2O4Al（OH）32物理性质：白色的絮状沉淀（溶液中）具有很强的吸附能力，是很好的净水剂。3.化学性
13、质(用化学方程式表示)Al(OH)3的电离方程式为：（1）两性氢氧化物与酸反应离子反应式：Al（OH）33HAl33H2O与碱反应离子反应式：Al（OH）3OHAlO2H2O既可以与酸反应又可以与碱反应生成盐和水的氢氧化物。（2）受热分解：2Al(OH)3 =Al2O33H2O。（三）常见的铝盐(1)硫酸铝钾是由两种不同的金属离子和一种酸根离子组成的复盐。(2)明矾的化学式为KAl(SO4)212H2O，它是无色晶体，可溶于水，水溶液pH7(填“”或“”)。明矾可以净水，其净水的原理是Al33H2OAl(OH)3(胶体)3H，Al(OH)3胶体吸附水中杂质形成沉淀而净水。【核心考点讲练】1Al
14、3、Al(OH)3、AlO之间的转化关系写出上述转化的离子方程式。答案(1)Al33NH3H2O=Al(OH)33NHAl33AlO6H2O=4Al(OH)3Al33OH=Al(OH)3(2)Al(OH)33H=Al33H2O(3)Al34OH=AlO2H2O(4)AlO4H=Al32H2O(5)AlOCO22H2O=Al(OH)3HCOAlOHH2O=Al(OH)3(6)Al(OH)3OH=AlO2H2O2与Al(OH)3沉淀生成有关的计算及图像分析(1)把强碱溶液逐滴加入到铝盐(Al3)溶液中至过量现象：先有白色沉淀产生，然后沉淀逐渐溶解。有关反应：AB：Al33OH=Al(OH)3BD：
15、Al(OH)3OH=AlO2H2O图像有关计算a根据AlCl3和NaOH的量计算生成Al(OH)3的量b根据AlCl3和Al(OH)3的量计算需要NaOH的量NaOH的量n(NaOH)当NaOH不足时n(NaOH)3n当NaOH过量时n(NaOH)3n(Al3)n(Al3)n4n(Al3)n(2)把铝盐(Al3)溶液逐滴加入到强碱溶液中至过量现象：先无明显现象，然后逐渐产生大量的白色沉淀。有关反应：AB：Al34OH=AlO2H2OBC：Al33AlO6H2O=4Al(OH)3图像(3)把强酸溶液逐滴加入到AlO溶液中至过量现象：先生成白色沉淀，随后沉淀逐渐溶解。有关反应：AB：AlOHH2O
16、=Al(OH)3BD：Al(OH)33H=Al33H2O图像有关计算a根据NaAlO2和HCl计算生成Al(OH)3的量b根据Al(OH)3和NaAlO2的量计算需要加入HCl的量HCl的量n(HCl)当HCl不足时n(HCl)n当HCl过量时n(HCl)n(AlO)3n(AlO)n4n(AlO)3n(4)向强酸溶液中逐滴加入AlO溶液至过量现象：先无明显现象，反应一段时间后逐渐产生白色沉淀。有关反应：AB：4HAlO=Al32H2OBC：Al33AlO6H2O=4Al(OH)3图像(5)向明矾溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至过量现象：先有白色沉淀生成，然后部分沉淀溶解。有关反应：OA：2K
17、Al(SO4)23Ba(OH)2=2Al(OH)33BaSO4K2SO4AB：2Al(OH)3K2SO4Ba(OH)2=BaSO42KAlO24H2O图像(6)往等物质的量的AlCl3、MgCl2混合溶液中加入NaOH溶液至过量现象：开始出现白色沉淀后沉淀量增多沉淀部分溶解有关反应：OA：Al33OH=Al(OH)3，Mg22OH=Mg(OH)2AB：Al(OH)3OH=AlO2H2O图像【典例1】（2013江苏卷4）下列有关物质性质的应用正确的是A液氨汽化时要吸收大量的热，可用作制冷剂B二氧化硅不与强酸反应，可用石英器皿盛放氢氟酸C生石灰能与水反应，可用来干燥氯气D氯化铝是一种电解质，可用于
18、电解法制铝解析： NH3易液化，气化时吸收大量的热，可作制冷剂，A项正确；二氧化硅能与氢氟酸反应生成SiF4和H2，B项错误；生石灰吸水后生成Ca(OH)2，能吸收氯气，C项错误；氯化铝是共价化合物，工业上用电解熔融的Al2O3制铝，D项错误。答案：A【技巧点拨】制备Al，用电解Al2O3获得；制备Mg，用电解MgCl2获得。【典例2】(2012安徽理综，13)已知室温下，Al(OH)3的Ksp或溶解度远大于Fe(OH)3。向浓度均为0.1 molL1的Fe(NO3)3和Al(NO3)3混合溶液中，逐滴加入NaOH溶液。下列示意图表示生成Al(OH)3的物质的量与加入NaOH溶液的体积的关系，
19、合理的是()解析解答本题时应特别注意，难溶物的Ksp越大，在溶液中越难形成沉淀；Al(OH)3能溶于过量的NaOH溶液。由于Al(OH)3的Ksp比Fe(OH)3的Ksp大，故在混合液中加入NaOH溶液时，先生成Fe(OH)3沉淀，而不生成Al(OH)3沉淀，当Fe(NO3)3反应完全后再生成Al(OH)3沉淀，继续加入NaOH溶液，Al(OH)3沉淀又溶解，故只有C图像符合题意。答案C考点3 铁、铜及其化合物一、铜、铁的化学性质1铜的化学性质（1）与氧气反应：2Cu + O2 2CuO（2）与硫反应：2Cu + S Cu2S (黑色物质)（3）与氯气反应：Cu + Cl2 = CuCl2(棕
20、黄色的烟)2铁的化学性质：铁是较活泼的金属，常显+2、+3价，且通常Fe3+比Fe2+稳定。（1）与氯气反应：2Fe+3Cl22FeCl3 （2）在氧气中燃烧：3Fe+2O2 Fe3O4（3）与非氧化性酸反应： Fe+2H+=Fe2+H2 在冷的浓硝酸、浓硫酸中“钝化”（4）与水反应： 3Fe+4H2O(g) Fe3O4+4H2 二、铁的氧化物和氢氧化物(1)铁的氧化物化学式FeOFe2O3Fe3O4俗名铁红磁性氧化铁颜色状态黑色粉末红棕色粉末黑色晶体(有磁性)溶解性难溶于水难溶于水难溶于水铁的化合价232，3稳定性不稳定稳定稳定与H反应的离子方程式FeO2H=Fe2H2OFe2O36H=2F
21、e33H2OFe3O48H=Fe22Fe34H2O(2)铁的氢氧化物Fe(OH)2Fe(OH)3色态白色固体红褐色固体与盐酸反应Fe(OH)22H=Fe22H2OFe(OH)33H=Fe33H2O受热分解2Fe(OH)3Fe2O33H2O制法可溶性亚铁盐与碱溶液反应Fe22OH=Fe(OH)2可溶性铁盐与碱溶液反应Fe33OH=Fe(OH)3二者的关系在空气中，Fe(OH)2能够非常迅速地被氧气氧化成Fe(OH)3，现象是白色絮状沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，反应方程式为4Fe(OH)2O22H2O=4Fe(OH)3三、铁的盐1亚铁盐和铁盐绿矾 (FeSO47H2O)，制法：铁屑加稀硫酸
22、浓缩冷却绿色晶体。用途：分析化学上常用作还原剂，制蓝黑墨水、染料，杀虫剂等。三氯化铁 （FeCl3），制法：铁屑与氯气直接反应2Fe2+和Fe3+离子的检验Fe3+的检验：方法一：向FeCl3溶液中加入几滴KSCN溶液，溶液显血红色。反应式：Fe3+3SCN-=Fe(SCN)3方法二：向FeCl3溶液加入NaOH溶液，有红褐色沉淀。反应式：Fe3+3OH-=Fe(OH)3Fe2+的检验：方法一：向FeCl2溶液加入NaOH溶液，有白色沉淀，在空气中立刻转化成灰绿色，最后变成红褐色。反应式：Fe22OHFe(OH)2（白色）4Fe(OH)2O22H2O4Fe(OH)3（红褐色）方法二：向盛有Fe
23、Cl2溶液的试管中加入3滴KSCN溶液，溶液无明显现象，再滴加几滴新制的氯水后溶液变为血红色，说明有Fe2+存在。反应式：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl- Fe3+3SCN-=Fe(SCN)33Fe2+与Fe3+的相互转化 Fe2+既有氧化性又有还原性，但主要表现为还原性，当遇到较强氧化剂时，转化为Fe3+。Fe3+具有较强的氧化性，可被还原性较强的物质还原为Fe2+。 2FeCl2 +Cl2=2FeCl3 (溶液由浅绿色变为棕黄色) 2FeBr2+3C12(过量)2FeCl3+2Br2 2FeSO4+2H2SO4(浓)=Fe2(SO4)3+SO2+ 2H2O 2FeCl3+H2SS+2F
24、eCl2+2HCl 2FeCl3+2KI=I2+2FeCl2+2KCl 2FeCl3+Fe=3FeCl2 2FeCl3+Cu=2FeCl2 + CuCl2 2FeCl3+SO2+2H2O=H2SO4+2FeCl2+2HCl【核心考点讲练】一、 “铁三角”的转化关系及应用归纳总结(1)判断离子共存Fe2、Fe3均水解，与HCO、AlO、CO等因水解相互促进，在溶液中不能大量共存。Fe3与S2、I、HS、SO，Fe2与NO(H)、ClO、MnO(H)在溶液中因发生氧化还原反应不能大量共存。(2)盐溶液的配制与保存Fe2的盐溶液：加少量铁粉，防止Fe2被氧化；加少量相应的酸，防止Fe2水解。Fe3的
25、盐溶液：加少量相应的酸防止Fe3水解。二、铁与硝酸反应一是明确哪种物质过量，二是根据两种物质的量分析讨论判断，根据反应方程式：HNO3过量：Fe4HNO3=Fe(NO3)3NO2H2O，Fe过量时：Fe2Fe(NO3)3=3Fe(NO3)2，两者相加得总方程式：3Fe8HNO3=3Fe(NO3)22NO4H2O，可以用数轴表示：解题时需注意量的范围。即：，产物仅有Fe(NO3)3，HNO3可能有剩余；，产物仅有Fe(NO3)2，Fe可能有剩余；Ksp(AgI)9D解析：A选项中向两份蛋白质溶液中分别滴加饱和NaCl 溶液和CuSO4 溶液，分别发生了盐析与变性，虽然现象都是有固体析出，但其原理
26、不同，前者是物理变化可逆转，后者是化学变化不可逆转，A不正确；向溶液X 中先滴加稀硝酸，再滴加Ba(NO3)2溶液，如果出现白色沉淀，则一定是生成了硫酸钡，但是硫酸根离子有可能是原溶液中的，也有可能原溶液中是亚硫酸酸根离子，被加入的硝酸根离子在酸性条件下氧化成了硫酸根，B选项中的结论不正确；向一定浓度的Na2SiO3 溶液中通入适量CO2 气体生成的白色沉淀是硅酸，说明了碳酸的酸性强于硅酸，所以结论不正确，C不正确；D中是沉淀的转化，从溶解度大的转化为溶解度小的物质，D正确。冷水 a 饱和NaCl溶液 b c 10（2014上海单科化学卷）右图是模拟“侯氏制碱法”制取NaHCO3的部分装置。下
27、列操作正确的是Aa通入CO2，然后b通入NH3，c中放碱石灰Bb通入NH3，然后a通入CO2，c中放碱石灰Ca通入NH3，然后b通入CO2，c中放蘸稀硫酸的脱脂棉Db通入CO2，然后a通入NH3，c中放蘸稀硫酸的脱脂棉10.C【解析】由于CO2在水中的溶解度比较小，而NH3极易溶于水，所以在实验中要先通入溶解度较大的NH3，再通入CO2，由于NH3极易溶于水，在溶于水时极易发生倒吸现象，所以通入NH3的导气管的末端不能升入到溶液中，即a先通入NH3，然后a通入CO2，ABD均错误；因为NH3是碱性气体，所以过量的NH3要用稀硫酸来吸收，故答案选C。11（2013北京理综卷28） 某学生对SO2
28、与漂粉精的反应进行实验探究：操作现象取4 g漂粉精固体，加入100 mL水部分固体溶解，溶液略有颜色过滤，测漂粉精溶液的pHpH试纸先变蓝（约为12），后褪色i液面上方出现白雾；稍后，出现浑浊，溶液变为黄绿色；稍后，产生大量白色沉淀，黄绿色褪去（1）Cl2和Ca(OH)2制取漂粉精的化学方程是 。（2）pH试纸颜色的变化说明漂粉精溶液具有的性质是 。（3）向水中持续通入SO2，未观察到白雾。推测现象i的白雾由HCl小液滴形成，进行如下实验：a用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾，无变化；b用酸化的AgNO3溶液检验白雾，产生白色沉淀。实验a目的是 。由实验a、b不能判断白雾中含有HCl，理由是 。（
29、4）现象中溶液变为黄绿色的可能原因：随溶液酸性的增强，漂粉精的有效成分和Cl-发生反应。通过进一步实验确认了这种可能性，其实验方案是 。（5）将A瓶中混合物过滤、洗涤，得到沉淀X。向沉淀X中加入稀HCl，无明显变化。取上层清液，加入BaCl2溶液，产生白色沉淀。则沉淀X中含有的物质是 。用离子方程式解释现象中黄绿色褪去的原因： 。11.（1）2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O （2）碱性、氧化性 （3）检验白雾中是否含有氯气白雾中混有二氧化硫，二氧化硫与酸化的硝酸银溶液反应也生成沉淀 ）（4）向漂粉精溶液中加入硫酸，观察溶液是否变为黄绿色（5）CaSO4SO2+
30、Cl2+2H2O=4H+SO42-+2Cl- 解析：本题是通过实验来考查学科知识的题，利用工业上制漂白粉的原理，解决第一问。根据PH试纸颜色变化，判断溶液酸碱性。根据溶液后褪色，可以推出其漂白性。根据碘化钾淀粉试纸不变蓝，说明没有氯气和碘离子发生反应。利用氧化还原反应原理可以分析不同价态同种元素间的氧化还原反应。二氧化硫和次氯酸根离子酸性条件下进行氧化还原反应，产生硫酸根离子，结合钙离子形式微溶于水的硫酸钙，3中有硫酸根离子，加入氯化钡形成难溶解的硫酸钡。（1）Cl2与氢氧化钙生成氯化钙、次氯酸钙和水。（2）ClO-水解生成HClO和OH-，溶液呈碱性，pH试纸变蓝；HClO有氧化性，使溶液褪
31、色。（3）氯气能与酸化的硝酸银溶液产生白色沉淀，实验a用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾，无明显变化，说明白雾中无氯气。由实验a、b不能推断白雾中含有HCl。原因是二氧化硫在酸化的硝酸银溶液中被氧化为SO42-，SO42-与Ag+形成白色沉淀。（4）由Cl2+H2OH+Cl-+HClO可知，增大c(H+)，平衡向左移动，产生氯气。验证的方法：取少量漂粉精溶液于试管中，加入少量硫酸，用湿润的淀粉KI试纸置于试管口，试纸变蓝。（5）沉淀X中加入盐酸无明显变化，说明沉淀中无CaSO3，上层清液中加氯化钡溶液产生白色沉淀说明沉淀X为硫酸钙。中黄绿色褪去的原因是SO2+Cl2+2H2O=4H+SO42-+2
32、Cl-。12.（2013安徽理综卷27）二氧化铈(CeO2)是一种重要的稀土氧化物。平板电视显示屏生产过程中产生大量的废玻璃粉末（含SiO2、Fe2O3、CeO2以及其他少量可溶于稀酸的物质）。某课题组以此粉末为原料回收铈，设计实验流程如下： 洗涤滤渣A的目的是为了去除 （填离子符号），检验该离子是否洗净的方法是 。 第步反应的离子方程式是 ，滤渣B的主要成分是 。 萃取是分离稀土元素的常用方法，已知化合物TBP作为萃取剂能将铈离子从水溶液中萃取出来，TBP （填“能”或“不能”）与水互溶。实验室进行萃取操作是用到的主要玻璃仪器有 、烧杯、玻璃棒、量筒等。 取上述流程中得到的Ce(OH)4产品
33、0.536g，加硫酸溶解后，用0.1000molL-1 FeSO4标准溶液滴定终点是（铈被还原为Ce3）,消耗25.00mL标准溶液，该产品中Ce(OH)4的质量分数为 。12.Fe3+， 用试管接最后一次洗涤液，滴入23滴KSCN溶液，若不显红色，无Fe3+ ，则已洗涤干净 。(稀盐酸只可以溶解Fe2O3，所以溶液中有Fe3+ 。SiO2不溶于盐酸) CeO2 + 6H+ 3H2O2 = 2Ce3+3 O2+ 6H2O SiO2 。(注意Ce的化合价是由+4到+3价的，被还原，所以H2O2是被氧化的) 不能 (萃取剂与原溶剂必须是互不相溶的) 分液漏斗 97.0 % M(Ce(OH)4)=2
34、08 gmol-1 n Ce(OH)4)= (n(Fe2)= 0.1000molL-10.025L =0.0025 molm(Ce(OH)4)=208 gmol-10.0025 mol= 0.52 g(Ce(OH)4)= 0.52 g / 0.536g = 0.9701=97.01%解析：该反应过程为：CeO2、SiO2、Fe2O3等中加入稀盐酸，、Fe2O3转化FeCl3为存在于滤液中，滤渣为CeO2和SiO2加入稀硫酸和H2O2，CeO2转化为Ce3+滤渣为SiO2加入碱后Ce3+转化为沉淀，通入氧气讲Ce从+3氧化为+4，得到产品。Ce(OH)4 FeSO4，n= n(FeSO4)=0.
35、1000mol/L1.025L=0.0025mol，m=0.0025mol208g/mol=0.52g。13.（2013上海卷54）某碳酸氢钠样品中含有少量氯化钠。称取该样品，用0.1000mol/L盐酸滴定，耗用盐酸20.00mL。若改用0.05618mol/L硫酸滴定，需用硫酸 mL(保留两位小数)。（1） 某溶液组成如表一：表一化合物Na2CO3 NaHCO3NaCl 质量（Kg）814.8400.397.3问该溶液通入二氧化碳，析出碳酸氢钠晶体。取出晶体后溶液组成如表二：化合物Na2CO3NaHCO3NaCl 质量（Kg）137.7428.897.3计算析出的碳酸氢纳晶体的质量（保留1
36、位小数）。（2）将组成如表二的溶液加热，使碳酸氢纳部分分解，溶液中NaHCO3的质量由428.8kg降为400.3kg，补加适量碳酸纳，使溶液组成回到表一状态。计算补加的碳酸纳质量（保留1位小数）。（3）某种由碳酸钠和碳酸氢钠组成的晶体452kg溶于水，然后通入二氧化碳，吸收二氧化碳44.810-3L（标准状况），获得纯的碳酸氢钠溶液，测得溶液中含碳酸氢钠504kg。通过计算确定该晶体的化学式。13.（1） 17.80 （2） 1045.6g （3） 659.6g （4）NaHCO3Na2CO32H2O 解析：本题考查化学计算（3）Na2CO3 + CO2 + H2O = 2NaHCO3 (2mol) 2mol (4mol)晶体中 n(Na2CO3)=2 mol，即212g.生成NaHCO3的质量4mol 106g/mol=336g，原晶体中有NaHCO3 的质量504336168g 即2mol，晶体中含结晶水：452-212-168=72g，即4mol，则该晶体的化学式：NaHCO3Na2CO32H2O 。
