高考化学真题模拟试题专项汇编专题13元素及其化合物的综合应用Word格式文档下载.docx

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（2）.固体混合物Y的成分________（填化学式）。

（3）.X的化学式________。

X与浓盐酸反应产生黄绿色气体，固体完全溶解，得到蓝色溶液，该反应的化学方程式是________。

3、[2019江苏]聚合硫酸铁[Fe2（OH）6-2n（SO4）n]m广泛用于水的净化。

以FeSO4·

7H2O为原料，经溶解、氧化、水解聚合等步骤，可制备聚合硫酸铁。

（1）.将一定量的FeSO4·

7H2O溶于稀硫酸，在约70℃下边搅拌边缓慢加入一定量的H2O2溶液，继续反应一段时间，得到红棕色黏稠液体。

H2O2氧化Fe2+的离子方程式为；

水解聚合反应会导致溶液的pH。

（2）.测定聚合硫酸铁样品中铁的质量分数：

准确称取液态样品3.000g，置于250mL锥形瓶中，加入适量稀盐酸，加热，滴加稍过量的SnCl2溶液（Sn2+将Fe3+还原为Fe2+），充分反应后，除去过量的Sn2+。

用5.000×

10−2mol·

L−1K2Cr2O7溶液滴定至终点（滴定过程中

与Fe2+反应生成Cr3+和Fe3+），消耗K2Cr2O7溶液22.00mL。

①上述实验中若不除去过量的Sn2+，样品中铁的质量分数的测定结果将（填“偏大”或“偏小”或“无影响”）。

②计算该样品中铁的质量分数（写出计算过程）。

4、[2019江苏]N2O、NO和NO2等氮氧化物是空气污染物，含有氮氧化物的尾气需处理后才能排放。

（1）.N2O的处理。

N2O是硝酸生产中氨催化氧化的副产物，用特种催化剂能使N2O分解。

NH3与O2在加热和催化剂作用下生成N2O的化学方程式为。

（2）.NO和NO2的处理。

已除去N2O的硝酸尾气可用NaOH溶液吸收，主要反应为

NO+NO2+2OH−

2

+H2O

2NO2+2OH−

+

①下列措施能提高尾气中NO和NO2去除率的有（填字母）。

A．加快通入尾气的速率

B．采用气、液逆流的方式吸收尾气

C．吸收尾气过程中定期补加适量NaOH溶液

②吸收后的溶液经浓缩、结晶、过滤，得到NaNO2晶体，该晶体中的主要杂质是（填化学式）；

吸收后排放的尾气中含量较高的氮氧化物是（填化学式）。

（3）.NO的氧化吸收。

用NaClO溶液吸收硝酸尾气，可提高尾气中NO的去除率。

其他条件相同，NO转化为

的转化率随NaClO溶液初始pH（用稀盐酸调节）的变化如图所示。

①在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO生成Cl−和

，其离子方程式为。

②NaClO溶液的初始pH越小，NO转化率越高。

其原因是。

2019高考模拟试题

5、[2019北京丰台一模]某小组研究FeCl3与Na2S的反应，设计了如下实验：

实验a

实验b

实验c

FeCl3体积

5 

mL

10mL

30mL

实验现象

产生黑色浑浊，混合液pH=11.7

黑色浑浊度增大，混合液pH=6.8

黑色浑浊比实验b明显减少，观察到大量黄色浑浊物，混合液pH=3.7

（1）．探究黑色沉淀的成分

查阅资料：

Fe2S3（黑色）在空气中能够稳定存在，FeS（黑色）在空气中易变质为Fe（OH）3

设计实验：

分别取实验a、b、c中沉淀放置于空气中12小时，a中沉淀无明显变化。

b、c中黑色沉淀部分变为红褐色。

①同学甲认为实验a中黑色沉淀为Fe2S3，实验b、c的黑色沉淀物中既有Fe2S3又有FeS，依据的实验现象是______。

②同学乙认为实验b的黑色沉淀物中有FeS则一定混有S，理由是______。

③设计实验检验b的黑色沉淀物中混有硫。

硫在酒精溶液中的溶解度随乙醇质量分数的增大而增大。

实验证明了b中黑色沉淀混有S，试剂a是______，观察到的现象为______。

（2）．探究实验a中Fe3+与S2-没有发生氧化还原反应的原因

经查阅资料，可能的原因有两种：

原因1：

pH影响了Fe3+与S2-的性质，二者不能发生氧化还原反应。

原因2：

沉淀反应先于氧化还原反应发生，导致反应物浓度下降，二者不能发生氧化还原反应。

电极材料为石墨

①试剂X和Y分别是______、______。

②甲认为若右侧溶液变浑浊，说明Fe3+与S2-发生了氧化还原反应。

是否合理？

说明理由______。

③乙进一步实验证明该装置中Fe3+与S2-没有发生氧化还原反应，实验操作及现象是______。

④由此得出的实验结论是______。

（3）．探究实验c随着FeCl3溶液的增加，黑色沉淀溶解的原因

实验1

实验2

固体溶解，闻到微量臭鸡蛋气味，溶液出现淡黄色浑浊。

①用离子方程式解释实验1中的现象______、______（写离子方程式）。

②结合化学平衡等反应原理及规律解释实验2中现象相同与不同的原因______。

答案以及解析

1答案及解析：

答案：

（1）.容量瓶、量筒

（2）.

+5Br-+6H+=3Br2+3H2O

（3）.

（4）.Ⅱ中生成的Br2与废水中苯酚完全反应后，Ⅲ中溶液颜色为黄色，说明有Br2剩余，剩余Br2与过量KI反应生成I2可利用后续滴定法测量，从而间接计算苯酚消耗的Br2

（5）.Ⅱ中反应为KBrO3+5KBr+3H2SO4=3K2SO4+3Br2+3H2O可知3n（KBrO3）=n（Br2），Ⅱ中Br2部分与苯酚反应，剩余溴在Ⅳ中反应为Br2+2KI=I2+2KBr，若剩余溴完全反应，则n（KI）≥2n（Br2），推知n（KI）≥6n（KBrO3）

（6）.当滴入最后一滴Na2S2O3标准溶液时，溶液由蓝色变为无色，且30s不变色

（7）.

（8）.挥发

解析：

（1）.准确称量KBrO3固体配置溶液所需的玻璃仪器有烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管，一定规格的容量瓶，因而该空填容量瓶、量筒；

（2）.KBrO3溶液中加入KBr和H2SO4，溶液颜色呈棕黄色，说明生成Br2，根据缺项配平可知该离子方程式为

+5Br-+6H+=3Br2+3H2O；

（3）.苯酚和溴水反应得到白色沉淀2,4,6-三溴苯酚，化学方程式为

；

（4）.该测量过程是利用一定量的溴分别与苯酚和KI反应，注意溴须反应完全，且一定量溴的总量已知，部分溴与KI反应生成的I2可利用氧化还原滴定法测量，进而计算出与KI反应的溴的消耗量，将一定量溴减去与KI反应的溴的消耗量，可得与苯酚反应的溴的消耗量，因而一定量的溴与苯酚反应完，必须有剩余的溴与KI反应，Ⅲ中反应结束时，若溶液显黄色说明苯酚反应完，且有溴剩余，以便与KI反应，故原因为Ⅱ中生成的Br2与废水中苯酚完全反应后，Ⅲ中溶液颜色为黄色，说明有Br2剩余，剩余Br2与过量KI反应，从而间接计算苯酚消耗的Br2；

（5）.Ⅱ中反应为KBrO3+5KBr+3H2SO4=3K2SO4+3Br2+3H2O可知3n（KBrO3）=n1（Br2），Ⅱ中Br2部分与苯酚反应，剩余溴的量设为n2（Br2）（n1（Br2）>

n2（Br2））在Ⅳ中反应为Br2+2KI=I2+2KBr，若剩余溴完全反应，则n（KI）≥2n2（Br2），推知n（KI）≥6n（KBrO3）；

因而当n（KI）≥6n（KBrO3），KI一定过量；

（6）.Ⅴ中含碘的溶液内加入淀粉，溶液显蓝色，随着Na2S2O3溶液滴入，蓝色变浅直至消失，因而当滴入最后一滴Na2S2O3标准溶液时，溶液由蓝色变为无色，且30s不变色；

（7）.n（

）=av1×

10-3mol，根据反应

+5Br-+6H+=3Br2+3H2O可知n（Br2）=3av1×

10-3mol，溴分别与苯酚和KI反应，先计算由KI消耗的溴的量，设为n1（Br2），根据I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6可知I2~2Na2S2O3，又Br2+2I-=I2+2Br-可知Br2~I2，可得Br2~2Na2S2O3，n（Na2S2O3）=bv3×

10-3mol，n1（Br2）=

bv3×

10-3mol，再计算由苯酚消耗的溴的量，设为n2（Br2）=n（Br2）-n1（Br2）=（3av1-

bv3）×

10-3mol，苯酚与溴水反应的计量数关系为3Br2~C6H5OH，n（C6H5OH）=

n2（Br2）=（av1-

bv3）×

10-3mol，废水中苯酚的含量=

=

mol；

（8）.Ⅱ中生成的溴须被苯酚和KI完全反应掉，而溴有挥发性，反应时须在密闭容器中进行。

2答案及解析：

（1）.O

（2）.Cu和NaOH

（3）.NaCuO2;

2NaCuO2＋8HCl=2NaCl＋2CuCl＋Cl2↑＋4H2O

3答案及解析：

（1）.2Fe2++H2O2+2H+

2Fe3++2H2O;

减小

（2）.①偏大

②n（

）=5.000×

L−1×

22.00mL×

10−3L·

mL−1=1.100×

10−3mol

由滴定时

→Cr3+和Fe2+→Fe3+，根据电子得失守恒可得微粒的关系式：

~6Fe2+

（或

+14H++6Fe2+

6Fe3++2Cr3++7H2O）

则n（Fe2+）=6n（

）=6×

1.100×

10−3mol=6.600×

样品中铁元素的质量：

m（Fe）=6.600×

10−3mol×

56g·

mol−1=0.3696g

样品中铁元素的质量分数：

w（Fe）=

×

100%=12.32%

（1）Fe2+具有还原性，在溶液中被氧化成Fe3+，H2O2具有氧化性，其还原产物为H2O，根据得失电子守恒可写出反应2Fe2++H2O2→2Fe3++2H2O，根据溶液呈酸性、结合原子守恒和电荷守恒，H2O2氧化Fe2+的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；

H2O2氧化后的溶液为Fe2（SO4）3溶液，Fe2（SO4）3发生水解反应Fe2（SO4）3+（6-2n）H2O

Fe2（OH）6-2n（SO4）n+（3-n）H2SO4，Fe2（OH）6-2n（SO4）n聚合得到聚合硫酸铁，根据水解方程式知水解聚合反应会导致溶液的酸性增强，pH减小。

2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O减小

（2）①根据题意，Sn2+能将Fe3+还原为Fe2+，发生的反应为Sn2++2Fe3+=Sn4++2Fe2+，根据还原性：

还原剂>

还原产物，则还原性Sn2+>

Fe2+，实验中若不除去过量的Sn2+，则加入的K2Cr2O7先氧化过量的Sn2+再氧化Fe2+，导致消耗的K2Cr2O7溶液的体积偏大，则样品中铁的质量分数的测定结果将偏大。

偏大

②实验过程中消耗的n（

10-2mol/L×

10-3L/mL=1.100×

10-3mol

→Cr3+和Fe2+→Fe3+，根据电子得失守恒，可得微粒的关系式：

~6Fe2+（或

+6Fe2++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O）

10-3mol=6.6×

（根据Fe守恒）样品中铁元素的质量：

m（Fe）=6.6×

10-3mol×

56g/mol=0.3696g

ω（Fe）=

100%=12.32%。

4答案及解析：

（1）.2NH3+2O2

N2O+3H2O

（2）.①BC②NaNO3;

NO

（3）.①3HClO+2NO+H2O

3Cl−+2

+5H+

②溶液pH越小，溶液中HClO的浓度越大，氧化NO的能力越强

（1）NH3与O2在加热和催化剂作用下发生氧化还原反应生成N2O，根据得失电子守恒和原子守恒可知反应有水生成，配平化学方程式为：

2NH3+2O2

N2O+3H2O，

故答案为：

N2O+3H2O；

（2）①A.加快通入尾气的速率，不能提高尾气中NO和NO2的去除率，不选A；

B.采用气、液逆流的方式吸收尾气，可使气液充分接触，能提高尾气中NO和NO2的去除率，选B；

C.定期补充适量的NaOH溶液可增大反应物浓度，能提高尾气中NO和NO2的去除率，选C。

BC；

②由吸收反应：

NO+NO2+2OH-=2

+H2O，2NO2+2OH-=

+

+H2O可知，反应后得到NaNO2和NaNO3混合溶液，经浓缩、结晶、过滤得到NaNO2和NaNO3晶体，因此得到的NaNO2混有NaNO3；

由吸收反应可知，若NO和NO2的物质的量之比大于1：

1，NO不能被吸收，因此，吸收后排放的尾气中含量较高的氮氧化物是NO，

NaNO3；

NO；

（3）①在酸性的NaClO溶液中，次氯酸根离子和氢离子结合生成HClO，HClO和NO发生氧化还原反应生成

和Cl-，根据得失电子守恒及电荷守恒、原子守恒，配平离子方程式为2NO+3HClO+H2O=2

+3Cl-+5H+，

2NO+3HClO+H2O=2

+3Cl-+5H+；

②在相同条件下，氧化剂的浓度越大，氧化能力越强，由反应2NO+3HClO+H2O=2

+3Cl-+5H+可知，溶液pH越小，溶液中HClO浓度越大，氧化NO的能力越强，

溶液pH越小，溶液中HClO的浓度越大，氧化NO的能力越强。

5答案及解析：

（1）.a中沉淀无明显变化，b、c中黑色沉淀部分变为红褐色;

依据化合价升降守恒，铁元素化合价降低，硫元素化合价必然升高;

水;

溶液变浑浊

（2）.25mLpH=12NaOH溶液;

5mL0.1mol/LFeCl3溶液;

不合理，因为空气中的氧气也能氧化S2-;

取左侧烧杯中的液体，加入铁氰化钾溶液，没有蓝色沉淀生成;

氧化还原反应不能发生的原因是pH影响了Fe3+与S2-的性质

（3）.FeS+2H+=H2S↑+Fe2+;

FeS+2Fe3+=3Fe2++S;

实验现象相同的原因：

实验2中两份溶液的c（H+）相同，都存在平衡Fe2S3（s）⇌2Fe3+（aq）+3S2-（aq），H+与S2-结合生成H2S，酸性条件下Fe3+与S2-发生氧化还原反应，两种因素使得c（Fe3+）、c（S2-）降低，平衡正向移动，

实验现象不同的原因：

加入FeCl3溶液比加入盐酸的体系c（Fe3+）更大，酸性条件下Fe3+与S2-发生氧化还原反应速率增大，因此固体溶解更快

（1）.①已知：

Fe2S3（黑色）在空气中能够稳定存在，FeS（黑色）在空气中易变质为Fe（OH）3，a中黑色沉淀放置于空气中12小时，a中沉淀无明显变化，说明黑色沉淀在空气中稳定存在，为Fe2S3，b、c中黑色沉淀放置于空气中12小时，部分变为红褐色，说明未变色部分是空气中稳定存在Fe2S3，变色部分是在空气中易变质的FeS，即b、c的黑色沉淀物中既有Fe2S3又有FeS；

a中沉淀无明显变化，b、c中黑色沉淀部分变为红褐色；

②b中FeCl3与Na2S生成FeS，发生氧化还原反应，依据化合价升降守恒，铁元素化合价降低，硫元素化合价必然升高，则乙同学认为实验b的黑色沉淀物中有FeS则一定混有S；

依据化合价升降守恒，铁元素化合价降低，硫元素化合价必然升高；

③已知“硫在酒精溶液中的溶解度随乙醇质量分数的增大而增大”，实验中将含有S的黑色沉淀用95%的酒精溶解，加入水，乙醇质量分数减小，硫的溶解度减小，溶液变浑浊；

水；

溶液变浑浊；

（2）.①研究FeCl3与Na2S的反应，同时探究pH的影响，实验本着控制变量的原则，结合实验I，则一极为25mL0.1mol/LNa2S溶液、5mLpH=1.7的盐酸，另一极为试剂X为25mLpH=12NaOH溶液，试剂Y为5mL0.1mol/LFeCl3溶液；

25mLpH=12NaOH溶液；

5mL0.1mol/LFeCl3溶液；

②因为空气中的氧气也能氧化S2-，故若右侧溶液变浑浊，说明Fe3+与S2-发生了氧化还原反应不合理；

不合理，因为空气中的氧气也能氧化S2-；

③若Fe3+与S2-发生氧化还原反应，左侧生成亚铁离子，乙进一步实验证明该装置中Fe3+与S2-没有发生氧化还原反应，故为取左侧烧杯中的液体，加入铁氰化钾溶液，没有蓝色沉淀生成；

取左侧烧杯中的液体，加入铁氰化钾溶液，没有蓝色沉淀生成；

④实验结论为：

氧化还原反应不能发生的原因是pH影响了Fe3+与S2-的性质；

（3）.①实验1中有臭鸡蛋气味，FeCl3溶液显酸性，与FeS结合生成硫化氢，离子反应为：

FeS+2H+=H2S↑+Fe2+，出现淡黄色浑浊，因为FeS与铁离子发生氧化还原生成S单质，离子反应为：

FeS+2Fe3+=3Fe2++S；

FeS+2H+=H2S↑+Fe2+；

②实验2中分别加入盐酸和FeCl3溶液与Fe2S3反应，固体都溶解，闻到臭鸡蛋气味，出现淡黄色浑浊，原因是，实验2中两份溶液的c（H+）相同，都存在平衡Fe2S3（s）⇌2Fe3+（aq）+3S2-（aq），H+与S2-结合生成H2S，酸性条件下Fe3+与S2-发生氧化还原反应，两种因素使得c（Fe3+）、c（S2-）降低，平衡正向移动，

但现象也稍微不同，加入FeCl3溶液的固体溶解更快，原因是：

加入FeCl3溶液比加入盐酸的体系c（Fe3+）更大，酸性条件下Fe3+与S2-发生氧化还原反应速率增大，因此固体溶解更快；

加入FeCl3溶液比加入盐酸的体系c（Fe3+）更大，酸性条件下Fe3+与S2-发生氧化还原反应速率增大，因此固体溶解更快。