届高考化学考前冲刺提分训练元素及其化合物流程转化答案 详解.docx

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届高考化学考前冲刺提分训练元素及其化合物流程转化答案详解

——元素及其化合物流程转化

【提分训练】

1．合成氨及其相关工业中，部分物质间的转化关系如图所示，下列说法不正确的是（　B　）

A．甲、乙、丙三种物质中都含有氮元素

B．反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中含氮元素的反应物都被氧化

C．反应Ⅴ的化学方程式：

NH3＋CO2＋H2O＋NaCl===NaHCO3↓＋NH4Cl

D．反应Ⅵ利用丁物质受热易分解的性质

解析：

由图得到，甲为氮气，丁为碳酸氢钠，乙为NO，丙为NO2，选项A正确；反应Ⅰ中氮气转化为氨气，氮元素化合价降低，所以氮元素被还原，选项B错误；反应Ⅴ实际是侯氏制碱法的反应，向饱和食盐水中通入二氧化碳和氨气，得到碳酸氢钠沉淀，方程式为：

NH3＋CO2＋H2O＋NaCl===NaHCO3↓＋NH4Cl，选项C正确；反应Ⅵ是将碳酸氢钠加热分解制得碳酸钠，选项D正确。

2．采用下列装置欲验证CaSO4与炭粉受热发生氧化还原反应，且还原产物是SO2。

下列有关说法不正确的是（　A　）

A．装置乙欲验证气体中的还原产物，故乙中盛有CaSO4溶液

B．装置丙和装置丁的作用是除去SO2和其他杂质气体

C．装置戊中黑色粉末变红，己中出现白色沉淀，说明氧化产物有CO

D．实验结束时，应该先关闭止水夹，再迅速熄灭装置甲中的酒精灯

解析：

CaSO4与炭粉受热发生氧化还原反应，且还原产物是SO2，硫元素化合价降低，则碳元素化合价升高，氧化产物为CO2或CO。

装置乙欲验证气体中的还原产物SO2，需要在乙中盛放品红溶液，A项错误；要验证生成的氧化产物，需要除去SO2和水蒸气，装置丙和丁的作用是除去SO2和水蒸气，B项正确；装置戊中黑色粉末变红，说明发生了氧化铜的还原反应，并且装置己中出现白色沉淀，说明CO被氧化为CO2，C项正确；为了防止倒吸，实验结束时，应先关闭止水夹，再迅速熄灭装置甲中的酒精灯，D项正确。

3．某化学兴趣小组用下图装置探究硝酸银受热分解的产物，在a处充分加热固体后，b中观察到红棕色气体，d中收集到无色气体，a中残留黑色固体，下列叙述错误的是（　A　）

A．装置a中残留的固体是Ag2O

B．装置b还起安全瓶的作用

C．装置c中生成的盐含有NaNO3

D．装置d中的无色气体遇空气仍然是无色

解析：

Ag2O受热分解生成银和氧气，故装置a中残留的固体是Ag，选项A错误；装置b还起安全瓶的作用，防止c中溶液倒吸入a中，选项B正确；二氧化氮、氢氧化钠与足量O2反应生成NaNO3和水，选项C正确；装置d中的无色气体为氧气，遇空气仍然是无色，选项D正确。

4．（2019·洛阳统考）镓（Ga）与铝同主族，曾被称为“类铝”，其氧化物和氢氧化物均为两性化合物。

工业制备镓的流程如图所示：

下列判断不合理的是（　D　）

A．Al、Ga均处于ⅢA族

B．Ga2O3可与盐酸反应生成GaCl3

C．Ga（OH）3可与NaOH反应生成NaGaO2

D．酸性：

Al（OH）3>Ga（OH）3

解析：

镓（Ga）与铝同主族，均处于ⅢA族，A项正确；Ga2O3与Al2O3的性质具有相似性，可与盐酸反应生成GaCl3，B项正确；Ga（OH）3属于两性氢氧化物，与Al（OH）3的性质相似，能与NaOH溶液反应生成NaGaO2，C项正确；向NaAlO2和NaGaO2的混合液中通入适量CO2，只有Al（OH）3沉淀，而没有Ga（OH）3沉淀，说明酸性：

Ga（OH）3>Al（OH）3，D项错误。

5．我国钓鱼岛海域资源丰富，利用海水可制得多种化工产品，其主要工艺流程如下图：

下列分析不正确的是（　C　）

A．反应①～⑥中属于氧化还原反应的有①⑤⑥

B．粗盐中常常含有Fe2＋，工业上可用A物质将其氧化后加入沉淀剂而除去

C．B、C两种物质可在一定条件下实现相互转化，且可利用BaCl2溶液判断C中是否含有B

D．金属Mg在一定条件下能与B的某种分解产物发生置换反应

解析：

本题考查元素化合物知识和实验基本操作，意在考查考生分析问题和解决问题的能力。

若反应前后有元素化合价发生变化，则该反应属于氧化还原反应，由此可知①⑤⑥属于氧化还原反应，A项正确；A物质为Cl2，Cl2将Fe2＋氧化为Fe3＋，再加入碱而除去，B项正确；B为NaHCO3，C为Na2CO3，NaHCO3受热分解得到Na2CO3，Na2CO3与CO2、H2O反应得到NaHCO3，BaCl2只能与Na2CO3反应而不能与NaHCO3反应，C项错误；NaHCO3分解产生的H2O、CO2均能与Mg发生置换反应，D项正确。

6．Cl2O为国际公认的高效安全灭菌消毒剂之一，实验室可利用氯气和空气（氯气与空气体积比为1∶3，空气不参与反应）的混合气与含水8%的碳酸钠反应制备，所用实验装置和Cl2O的性质如下：

颜色

棕黄色

状态

气体

气味

强刺激性

熔点

－116℃

沸点

3.8℃

水溶性

极易溶于水，与水反应生成次氯酸

热稳定性

42℃以上，分解为Cl2和O2

回答下列问题：

（1）仪器a的名称为球形干燥管，所盛放的药品是碱石灰。

（2）写出装置A中发生的离子方程式：

MnO2＋4H＋＋2Cl－

Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O。

（3）装置C的主要作用是控制氯气和空气的体积比。

（4）装置D、E中都用到多孔球泡，其作用是增大接触面积，使反应充分进行。

（5）写出装置D生成Cl2O的化学方程式：

2Cl2＋2Na2CO3＋H2O===2NaCl＋Cl2O＋2NaHCO3。

（6）Cl2O是一种更为理想的饮用水消毒剂，ClO2和Cl2O在消毒时自身均被还原为Cl－，ClO2的消毒能力是等质量Cl2O的1.61（结果保留两位小数）倍。

（7）装置E中所得溶液呈黄绿色，可能的原因是D中的氯气过量进入E中，设计实验证明：

取样，滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，若有白色沉淀生成，则说明是氯气过量所致。

（8）制备Cl2O装置中存在缺陷，请提出改进措施：

将装置D放在冰水浴中，以控制三颈烧瓶内的温度不超过3.8℃。

解析：

（3）C中盛有浓硫酸便于空气和氯气混合均匀，同时控制氯气和空气的体积比，有利于氯气的反应。

（4）装置D、E中都用到多孔球泡，能增大反应物的接触面积，使反应充分进行。

（5）氯气与空气体积比为1∶3的混合气体与含水8%的碳酸钠在装置D中发生氧化还原反应生成Cl2O，反应的化学方程式为2Cl2＋2Na2CO3＋H2O===2NaCl＋Cl2O＋2NaHCO3。

（6）ClO2和Cl2O在消毒时自身均被还原为Cl－，质量相同的ClO2和Cl2O的消毒能力之比就是它们得电子的数目之比。

设ClO2和Cl2O的质量均为1g,1gClO2得电子数为

×5NA＝

NA，1gCl2O得电子数为

×4NA＝

NA，则ClO2与Cl2O的消毒能力之比为

∶

≈1.61∶1，即ClO2的消毒能力是等质量Cl2O的1.61倍。

（7）装置E中所得溶液呈黄绿色，要想证明是D中的氯气过量进入E中，只要证明E中含有Cl－即可，可设计实验如下：

取样，滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，若有白色沉淀生成，则说明是氯气过量所致。

（8）Cl2O在3.8℃以上会变成气体，因此装置D中的温度不能过高，所以将装置D放在冰水浴中，以控制三颈烧瓶内的温度不超过3.8℃。

7．碲（Te）凭借优良的性能成为制作合金添加剂、半导体、光电元件的主体材料，并被广泛应用于冶金、航空航天、电子等领域。

可从精炼铜的阳极泥中（主要成分为Cu2Te）回收碲，工艺流程如下：

回答下列问题：

（1）“焙烧”后，碲主要以TeO2形式存在，写出相应反应的化学方程式：

Cu2Te＋2H2SO4＋2O2

2CuSO4＋TeO2＋2H2O。

（2）为了选择最佳的焙烧工艺，进行了温度和硫酸加入量的条件试验，结果如表所示：

则实验中应选择的条件为460_℃、硫酸用量为理论量的1.25倍，原因为该条件下，铜的浸出率高且碲的损失较低。

（3）工艺（Ⅰ）中，“还原”时发生的总的化学方程式为Na2TeO4＋3Na2SO3＋H2SO4===4Na2SO4＋Te＋H2O。

（4）由于工艺（Ⅰ）中“氧化”对溶液和物料条件要求高，有研究者采用工艺（Ⅱ）获得碲。

则“电积”过程中，阴极的电极反应式为TeO

＋4e－＋3H2O===Te＋6OH－。

（5）工业生产中，滤渣2经硫酸酸浸后得滤液3和滤渣3。

①滤液3与滤液1合并，进入铜电积系统。

该处理措施的优点为CuSO4溶液循环利用，提高经济效益。

②滤渣3中富含Au和Ag，可用B将其进行分离。

A．王水B．稀硝酸

C．浓氢氧化钠溶液D．浓盐酸

解析：

（1）根据“焙烧”前后物质的变化，可得反应方程式为Cu2Te＋2H2SO4＋2O2

2CuSO4＋TeO2＋2H2O。

（2）由表中数据可知，在460℃、硫酸用量为理论量的1.25倍时，铜的浸出率高且碲的损失较低。

（3）根据“还原”前后物质的变化，可得反应方程式Na2TeO4＋3Na2SO3＋H2SO4===4Na2SO4＋Te＋H2O。

（4）“电积”时，反应物为TeO

，产物为Te。

由TeO

―→Te是得电子的还原反应，故阴极反应：

TeO

＋4e－＋3H2O===Te＋6OH－。

（5）①滤液3与滤液1的成分为硫酸铜，合并后进入铜电积系统，物质循环利用，提高经济效益。

②滤渣3中富含Au和Ag，可用稀硝酸溶解银而加以分离。

8．（2019·辽宁期末）三氧化二锰（Mn2O3）在现代工业上应用广泛。

以软锰矿（主要成分为MnO2）和硫锰矿（主要成分为MnS）为原料制备高纯度硫酸锰进而制备三氧化二锰的工艺流程如下（两种矿物中均不存在单质杂质）：

（1）滤渣1中存在一种非金属单质，则“酸浸”时反应①的化学方程式为MnO2＋MnS＋2H2SO4===2MnSO4＋S＋2H2O。

（2）操作X为蒸发浓缩、冷却结晶、洗涤烘干。

经操作X之后得到MnSO4·H2O。

在洗涤操作中，常用酒精洗涤MnSO4·H2O晶体，主要目的是减少MnSO4·H2O的损失。

（3）气体Y直接排放会污染空气，将Y的水溶液与软锰矿反应可得硫酸锰，反应②的化学方程式为MnO2＋SO2===MnSO4。

（4）用标准的BaCl2溶液测定样品中MnSO4·H2O的质量分数时，发现样品纯度大于100%（测定过程中产生的误差可忽略），其原因可能是混有硫酸盐杂质（或部分晶体失去结晶水）（任写一点）。

解析：

（1）MnO2、MnS与H2SO4反应，由后续操作可知生成MnSO4，MnO2中Mn元素化合价降低，可知“非金属单质”为S，根据得失电子守恒及原子守恒配平。

（2）从MnSO4溶液中获得硫酸锰晶体，采用蒸发浓缩、冷却结晶的方法。

酒精洗涤的目的一是洗去表面杂质，二是减少产品的损失，同时还便于快速干燥。

（3）硫酸锰晶体煅烧得Mn2O3，锰的化合价升高，判断气体Y可能为SO2，另外MnO2与Y的水溶液反应生成MnSO4，锰的化合价降低，说明Y中元素化合价升高，确定Y为SO2。

（4）测得样品纯度大于100%，可能是失去部分结晶水或混有其他硫酸盐杂质。

9．铝合金是工业中应用最广泛的一类有色金属结构材料，在航空、航天、汽车、机械制造、船舶及化学工业中已大量应用。

工业上用铝土矿（主要成分是Al2O3，常含有SiO2、MgO、Fe2O3等杂质）冶炼铝的主要流程如下：

根据以上信息，回答下列问题：

（1）铝合金与碳素钢相比，其显著优点是质轻，抗腐蚀（或其他合理答案）（列举两点）。

（2）在步骤②中发生的离子反应共有5个，其中含铝微粒发生变化的离子反应为Al3＋＋3OH－===Al（OH）3↓、Al（OH）3＋OH－===AlO

＋2H2O（或Al3＋＋4OH－===AlO

＋2H2O）。

（3）若滤液2仍然浑浊，接下来的操作应是：

更换过滤器，重新过滤；洗涤沉淀的操作方法是在过滤器中加水浸没沉淀，静置，待水滤出后，重复此操作2到3次即可。

（4）滤液3中溶质的主要成分是NaCl、NaHCO3。

（5）向滤液2中加入NaHCO3溶液，也能生成沉淀乙，写出该反应的离子方程式：

AlO

＋HCO

＋H2O===Al（OH）3↓＋CO

　。

（6）根据文献资料，铝电解的阴极过程如下：

①Na＋迁移至阴极；②AlF

、AlF

、F－由于熔液的对流和扩散而至阴极。

络合阴离子中的三价铝被阴极吸引而挣脱出来生成铝，据此阴极的电极反应式应写为AlF

＋3e－===Al＋6F－、AlF

＋3e－===Al＋4F－。

解析：

（1）与碳素钢相比，铝合金的显著优点是密度小，抗腐蚀能力强。

（2）步骤①所涉及的方程式为Al2O3＋6H＋===2Al3＋＋3H2O、MgO＋2H＋===H2O＋Mg2＋、Fe2O3＋6H＋===2Fe3＋＋3H2O，因此向滤液1加入过量的氢氧化钠溶液的目的是沉淀Mg2＋、Fe3＋，并将Al3＋转化为AlO

。

加入足量氢氧化钠溶液，溶液中的H＋、Fe3＋、Al3＋、Mg2＋能与OH－反应：

H＋＋OH－===H2O、Fe3＋＋3OH－===Fe（OH）3↓、Al3＋＋3OH－===Al（OH）3↓、Mg2＋＋2OH－===Mg（OH）2↓，然后在过量的氢氧化钠中氢氧化铝又溶解：

Al（OH）3＋OH－===AlO

＋2H2O；发生的离子反应共有5个。

（3）若过滤后的滤液仍浑浊，说明过滤器损坏，应更换过滤器，重新过滤；洗涤沉淀的一般步骤为在过滤器中加水浸没沉淀，静置，待水滤出后，重复此操作2到3次即可。

（4）滤液2含有偏铝酸钠、氯化钠、以及过量的氢氧化钠等，通入过量二氧化碳，反应生成氢氧化铝沉淀与碳酸氢钠。

（5）根据“铝三角”转化关系，AlO

结合H＋生成Al（OH）3↓，故该反应的原因是AlO

促进了HCO

的电离生成CO

。

（6）根据题意可知，阴极放电的是AlF

、AlF

，而不是传统意义上的Al3＋直接放电，根据电荷守恒与原子守恒可写出AlF

＋3e－===Al＋6F－、AlF

＋3e－===Al＋4F－。