【真题赏析·2018新课标1卷】焦亚硫酸钠（Na2S2O5）在医药、橡胶、印染、食品等方面应用广泛。
回答下列问题：
（1）生产Na2S2O5，通常是由NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水制得。写出该过程的化学方程式__________。
（2）利用烟道气中的SO2生产Na2S2O5的工艺为：
①pH=4.1时，Ⅰ中为__________溶液（写化学式）。
②工艺中加入Na2CO3固体、并再次充入SO2的目的是__________。
（3）制备Na2S2O5也可采用三室膜电解技术，装置如图所示，其中SO2碱吸收液中含有NaHSO3和Na2SO3。阳极的电极反应式为_____________。电解后，__________室的NaHSO3浓度增加。将该室溶液进行结晶脱水，可得到Na2S2O5。
（4）Na2S2O5可用作食品的抗氧化剂。在测定某葡萄酒中Na2S2O5残留量时，取50.00 mL葡萄酒样品，用0.01000 mol·L−1的碘标准液滴定至终点，消耗10.00 mL。滴定反应的离子方程式为_____________，该样品中Na2S2O5的残留量为____________g·L−1（以SO2计）。
【答案】 2NaHSO3＝Na2S2O5+H2O NaHSO3 得到NaHSO3过饱和溶液 2H2O－4e＝4H+O2↑
a S2O52+2I2+3H2O＝2SO42+4I+6H 0.128
－
－
－
＋
－
＋
【解析】（1）亚硫酸氢钠过饱和溶液脱水生成焦亚硫酸钠，根据原子守恒可知反应的方
程式为2NaHSO3＝Na2S2O5+H2O；
（2）①碳酸钠饱和溶液吸收SO2后的溶液显酸性，说明生成物是酸式盐，即Ⅰ中为NaHSO3； ②要制备焦亚硫酸钠，需要制备亚硫酸氢钠过饱和溶液，因此工艺中加入碳酸钠固体、并再次充入二氧化硫的目的是得到NaHSO3过饱和溶液；
1
（3）阳极发生失去电子的氧化反应，阳极区是稀硫酸，氢氧根放电，则电极反应式为2H2O－4e
－
＝4H+O2↑。阳极区氢离子增大，通过阳离子交换膜进入a室与亚硫酸钠结合生成亚硫酸钠。
＋
阴极是氢离子放电，氢氧根浓度增大，与亚硫酸氢钠反应生成亚硫酸钠，所以电解后a室中亚硫酸氢钠的浓度增大。
（4）单质碘具有氧化性，能把焦亚硫酸钠氧化为硫酸钠，反应的方程式为S2O52+2I2+3H2O＝
－
2SO42+4I+6H；消耗碘的物质的量是0.0001mol，所以焦亚硫酸钠的残留量（以SO2计）是
－
－
＋
0.0001mol64g/mol0.128g/L。
0.05L
1．为落实“五水共治”，某工厂拟综合处理含NH4废水和工业废气(主要含N2、CO2、SO2、NO、CO，
不考虑其他成分)，设计了如下流程：
＋
下列说法不正确的是( )
A．固体1中主要含有Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3 B．X可以是空气，且需过量 C．捕获剂所捕获的气体主要是CO
D．处理含NH4废水时，发生反应的离子方程式为：NH4＋NO2===N2↑＋2H2O 2．纯净物X、Y、Z转化关系如图所示，下列判断正确的是( )
＋
＋
－
A．X可能是金属铜 B．Y不可能是氢气 C．Z可能是氯化钠 D．Z可能是三氧化硫
3．KAl(SO4)2·12H2O(明矾)是一种复盐，在造纸等方面应用广泛。实验室中，采用废易拉罐(主要成分
为Al，含有少量的Fe、Mg杂质)制备明矾的过程如下图所示。回答下列问题：
2
试剂①
易拉罐
――→微热、过滤
稀H2SO4
滤液A沉淀B――→―→产物
K2SO4
（1）为尽量少引入杂质，试剂①应选用________(填标号)。
a．HCl溶液 c．氨水
b．H2SO4溶液 d．NaOH溶液
（2）易拉罐溶解过程中主要反应的化学方程式为_____________。
（3）沉淀B的化学式为________；将少量明矾溶于水，溶液呈弱酸性，其原因是
____________________。
4．水泥是重要的建筑材料。水泥熟料的主要成分为CaO、SiO2，并含有一定量的铁、铝和镁等金属
的氧化物。实验室测定水泥样品中钙含量的过程如图所示：
回答下列问题：
（1）在分解水泥样品过程中，以盐酸为溶剂，氯化铵为助溶剂，还需加入几滴硝酸。加入硝酸的目
的是__________________________，还可使用________代替硝酸。
（2）沉淀A的主要成分是________，其不溶于强酸但可与一种弱酸反应，该反应的化学方程式为
___________________________。
（3）加氨水过程中加热的目的是_________________________。
沉淀B的主要成分为______________、______________(写化学式)。
（4）草酸钙沉淀经稀H2SO4处理后，用KMnO4标准溶液滴定，通过测定草酸的量可间接获知钙的含
量，滴定反应为MnO4＋H＋H2C2O4―→Mn2＋CO2＋H2O。实验中称取0.400 g水泥样品，滴
－
＋
＋
定时消耗了0.0500 mol·L
－1
的KMnO4溶液36.00 mL，则该水泥样品中钙的质量分数为________。
5．工业上利用氟碳铈矿(主要成分为CeCO3F)提取CeCl3的一种工艺流程如下：
请回答下列问题：
3
（1）CeCO3F中，Ce元素的化合价为________。
（2）酸浸过程中用稀硫酸和H2O2替换HCl不会造成环境污染。写出稀硫酸、H2O2与GeO2反应的离
子方程式：__________________。
（3）向Ce(BF4)3中加入KCl溶液的目的是__________________。
（4）加热CeCl3·6H2O和NH4Cl的固体混合物可得到无水CeCl2，其中NH4Cl的作用是
__________________________。
（5）准确称取0.7500 g CeCl3样品置于锥形瓶中，加入适量过硫酸铵溶液将Ce3氧化为Ce4，然后
＋
＋
用0.1000 mol·L1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点，消耗25.00 mL标准溶液。(已知：Fe2＋
－
＋
Ce4===Ce3＋Fe3)
＋
＋
＋
①该样品中GeCl3的质量分数为________。
②若使用久置的(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液进行滴定，测得该CeCl3样品的质量分数________(填“偏
大”“偏小”或“无影响”)。
【参考答案】
1． B SO2、CO2与过量石灰乳反应生成CaSO3、CaCO3，故固体1中主要含有CaSO3、CaCO3、Ca(OH)2，
A项正确；X可以是空气，但不能过量，若空气过量，通过NaOH溶液后得不到NaNO2溶液，而是得到NaNO3溶液，B项不正确；N2无污染，CO无法被NaOH溶液吸收，捕获剂主要捕获CO，C项正确；NH4与NO2在溶液中发生氧化还原反应生成N2和H2O，D项正确。
2． A 若X为Cu，则Y为Cl2，Z为CuCl2，电解CuCl2溶液生成Cu和Cl2，故A项正确；若Y为
H2，则X为Cl2，Z为HCl，电解盐酸会产生H2和Cl2，则Y可能是H2，故B项错误；NaCl由Na在Cl2中点燃生成，但是电解NaCl溶液生成的是H2、Cl2和NaOH，则Z不能为NaCl，故C项错误；SO3无法通过点燃生成，故D项错误，所以选A项。 3． （1）d
（2）2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑ （3）Al(OH)3 Al3水解，使溶液中H浓度增大
＋
＋
＋
－
【解析】（1）易拉罐的主要成分为Al，含有少量的Fe、Mg杂质，它们都是比较活泼的金属，均可以
与酸发生反应，Al可以与强碱溶液反应变为NaAlO2进入溶液，而Fe、Mg不能与碱发生反应，所以要以含Al的易拉罐为原料制取明矾，应该用强碱NaOH溶液溶解，选项d正确。 （3）滤液A的主要成分是NaAlO2，向其水溶液中加入NH4HCO3溶液，发生AlO2＋NH4＋
H2O===Al(OH)3↓＋NH3及HCO3＋AlO2＋H2O===Al(OH)3↓＋CO23，所以沉淀B的化学式为
－
－
－
－
＋
Al(OH)3。将少量明矾溶于水，溶液呈弱酸性，其原因是Al3为弱碱阳离子，发生水解反应，消
＋
耗水电离产生的OH，当最终达到平衡时溶液中c(H)>c(OH)，所以溶液显酸性。 4． （1）将样品中可能存在的Fe2氧化为Fe3 H2O2
＋
＋
－＋－
（2）SiO2(或H2SiO3) SiO2＋4HF===SiF4↑＋2H2O(或H2SiO3＋4HF===SiF4↑＋3H2O) （3）防止胶体生成，易沉淀分离 Al(OH)3 Fe(OH)3
4
（4）45.0%
【解析】（1）由题意知，水泥样品中含有铁、铝和镁等金属的氧化物，后面操作有加入氨水调节pH
＝4～5，目的是除去Al元素和Fe元素，而在此pH范围内，Fe元素只有转化为Fe3才能完全生
＋
成沉淀，因此加入硝酸的目的是将样品中可能存在的Fe2氧化为Fe3；还可以使用双氧水等其他
＋
＋
氧化剂代替硝酸。
（2）水泥样品中的SiO2、CaO及铁、铝、镁等金属的氧化物，只有SiO2(或反应生成的H2SiO3)不溶
于盐酸，所以沉淀A的主要成分是SiO2(或H2SiO3)。SiO2(或H2SiO3)不与强酸反应，但可溶于氢氟酸中，反应的化学方程式为SiO2＋4HF===SiF4↑＋2H2O(或H2SiO3 ＋4HF===SiF4↑＋3H2O)。 （3）盐类水解是吸热反应，升高温度，可防止生成胶体，同时使溶液中的Al3、Fe3水解程度增大
＋
＋
而生成沉淀易于除去，加热的同时还可以加快反应速率；生成的沉淀主要为Al(OH)3、Fe(OH)3。 （4）KMnO4与H2C2O4反应时，Mn由＋7价变为＋2价，每个Mn得到5个电子，即每个KMnO4得
到5个电子，C由＋3价变为＋4价，每个C失去1个电子，即每个H2C2O4失去2个电子，由电子守恒可知，KMnO4与H2C2O4反应的物质的量关系式为2KMnO4～5H2C2O4。由题意知，消耗KMnO4的物质的量为0.0500 mol·L1×0.036 L＝0.0018 mol，因此H2C2O4的物质的量为0.0018
－
5
mol×＝0.0045 mol。H2C2O4～CaC2O4，故CaC2O4的物质的量为0.0045 mol，Ca的质量为0.0045
20.18 g－
mol×40 g·mol1＝0.18 g，即水泥样品中钙的质量分数＝×100%＝45.0%。
0.400 g5． （1）＋3
（2）H2O2＋2CeO2＋6H===2Ce3＋4H2O＋O2↑
＋
＋
（3）避免＋3价Ce以Ce(BF4)3沉淀的形式损失(或提高CeCl3的产率) （4）NH4Cl固体受热分解产生HCl，抑制CeCl3水解 （5）①82.2% ②偏大
【解析】（1）在CeCO3F中，C是＋4价，O为－2价，F为－1价，利用化合物中各元素正负化合价
代数和等于零可知Ce为＋3价。
（2）利用图示转化可知，酸浸过程中＋4价Ce被还原为Ce3，因此加入的H2O2被氧化，必有O2
＋
生成，从而写出反应的离子方程式。
（3）结合流程知向Ce(BF4)3中加入KCl溶液生成KBF4沉淀，同时得到CeCl3溶液，可见加入KCl
的目的为避免＋3价Ce以Ce(BF4)3沉淀的形式损失，从而提高CeCl3的产率。
（4）直接加热CeCl3·6H2O制取无水CeCl3会因Ce3水解而使制取失败，与NH4Cl一起加热，NH4Cl
＋
固体受热分解产生的HCl可抑制CeCl3水解。
（5）①利用原子守恒和已知的离子反应可知0.7500 g CeCl3样品含有m(CeCl3)＝0.025 L×0.1000 mol·L
－1
0.61625－
×246.5 g·mol1＝0.61625 g，故样品中CeCl3的质量分数为×100%＝82.2%。②若使用久
0.7500 g
＋
置的(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液进行滴定，因标准液中Fe2被氧化从而导致消耗标准液的体积增大，引起测得的CeCl3的质量分数偏大。
5
因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容