专题13 元素及其化合物知识的综合应用解析版.docx

专题13 元素及其化合物知识的综合应用解析版.docx

《专题13 元素及其化合物知识的综合应用解析版.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《专题13 元素及其化合物知识的综合应用解析版.docx（16页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

专题13元素及其化合物知识的综合应用解析版

专题13元素及其化合物知识的综合应用

2019年高考真题

1．[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−

+

+H2O

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▲。

【答案】

（1）2NH3+2O2

N2O+3H2O

（2）①BC②NaNO3NO

（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

【解析】

【详解】

（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。

（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，不符合题意；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，符合题意；

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，符合题意。

故选BC。

②由吸收反应：

NO+NO2+2OH-=2NO2-+H2O，2NO2+2OH-=NO2-+NO3-+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。

（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NO3-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=2NO3-+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=2NO3-+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。

2．[2019浙江4月选考]固体化合物X由3种元素组成。

某学习小组进行了如下实验：

请回答：

（1）由现象1得出化合物X含有________元素（填元素符号）。

（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________。

【答案】

（1）O

（2）Cu和NaOH

（3）NaCuO22NaCuO2＋8HCl

2NaCl＋2CuCl2＋Cl2↑＋4H2O

【解析】

【分析】

固体混合物Y溶于水，得到固体单质为紫红色，说明是Cu，产生碱性溶液，焰色反应呈黄色说明含有钠元素，与盐酸HCl中和，说明为NaOH（易算出为0.02mol），混合气体能使CuSO4变蓝，说明有水蒸汽。

【详解】

（1）CuSO4由白色变为蓝色，说明有水生成，根据元素守恒分析，必定含有O元素。

（2）现象2获得紫色单质，说明Y含有Cu,现象3焰色反应为黄色说明有Na元素，与HCl发生中和反应说明有NaOH，故答案填Cu和NaOH。

（3）NaOH为0.02mol，易算出m（Na）=0.02×23g=0.46g，m（O）=m-m（Na）-m（Cu）=2.38-0.46-1.28=0.46g，N（Na）：

N（Cu）：

N（O）=

=1：

1：

2，故化学式为NaCuO2，X与浓盐酸反应，根据反应现象，产物有Cl2，和CuCl2蓝色溶液，因而化学方程式为2NaCuO2＋8HCl2NaCl＋2CuCl2＋Cl2↑＋4H2O。

3．[2019北京]化学小组用如下方法测定经处理后的废水中苯酚的含量（废水中不含干扰测定的物质）。

Ⅰ．用已准确称量的KBrO3固体配制一定体积的amol·L−1KBrO3标准溶液；

Ⅱ．取v1mL上述溶液，加入过量KBr，加H2SO4酸化，溶液颜色呈棕黄色；

Ⅲ．向Ⅱ所得溶液中加入v2mL废水；

Ⅳ．向Ⅲ中加入过量KI；

Ⅴ．用bmol·L−1Na2S2O3标准溶液滴定Ⅳ中溶液至浅黄色时，滴加2滴淀粉溶液，继续滴定至终点，共消耗Na2S2O3溶液v2mL。

已知：

I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6

Na2S2O3和Na2S4O6溶液颜色均为无色

（1）Ⅰ中配制溶液用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和____________。

（2）Ⅰ中发生反应的离子方程式是_______________________________。

（3）Ⅲ中发生反应的化学方程式是_________________________________。

（4）Ⅳ中加KI前，溶液颜色须为黄色，原因是______________________________。

（5）KI与KBrO3物质的量关系为n（KI）≥6n（KBrO3）时，KI一定过量，理由是________。

（6）Ⅴ中滴定至终点的现象是_____________________________。

（7）废水中苯酚的含量为___________g·L−1（苯酚摩尔质量：

94g·mol−1）。

（8）由于Br2具有____________性质，Ⅱ~Ⅳ中反应须在密闭容器中进行，否则会造成测定结果偏高。

【答案】

（1）容量瓶

（2）

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

（3）

（4）Br2过量，保证苯酚完全反应

（5）反应物用量存在关系：

KBrO3~3Br2~6KI，若无苯酚时，消耗KI物质的量是KBrO3物质的量的6倍，因有苯酚消耗Br2，所以当n（KI）≥6n（KBrO3）时，KI一定过量

（6）溶液蓝色恰好消失

（7）

（8）易挥发

【解析】

【分析】

本题考查氧化还原反应滴定的综合运用。

苯酚与溴反应快速灵敏，但滴定终点难以判断，因而制得一定量的溴分别与苯酚和KI反应（溴须完全反应完），而溴与KI反应生成的I2与Na2S2O3进行滴定分析，因而直接测出与KI反应所消耗的溴，进而计算出与苯酚反应消耗的溴，最后根据苯酚与溴反应的系数计算废水中苯酚的浓度。

【详解】

（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（BrO3-）=av1×10-3mol，根据反应BrO3-+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。

4．[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）。

【答案】

（1）2Fe2++H2O2+2H+

2Fe3++2H2O减小

（2）①偏大②n（

）=5.000×10−2mol·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=6.600×10−3mol

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%

【解析】

【分析】

（1）Fe2+具有还原性，H2O2具有氧化性，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒书写离子方程式；根据水解反应的离子方程式分析溶液pH的变化；

（2）①根据Sn2+能将Fe3+还原为Fe2+判断还原性的强弱，进一步进行误差分析；

②根据K2Cr2O7溶液的浓度和体积计算消耗的K2Cr2O7物质的量，由得失电子守恒计算n（Fe2+），结合Fe守恒和ω（Fe）的表达式计算。

【详解】

（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。

（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。

②实验过程中消耗的n（Cr2O72-）=5.000×10-2mol/L×22.00mL×10-3L/mL=1.100×10-3mol

由滴定时Cr2O72-→Cr3+和Fe2+→Fe3+，根据电子得失守恒，可得微粒的关系式：

Cr2O72-~6Fe2+（或Cr2O72-+6Fe2++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O）

则n（Fe2+）=6n（Cr2O72-）=6×1.100×10-3mol=6.6×10-3mol

（根据Fe守恒）样品中铁元素的质量：

m（Fe）=6.6×10-3mol×56g/mol=0.3696g

样品中铁元素的质量分数：

ω（Fe）=

×100%=12.32%。

【点睛】本题以聚合硫酸铁的制备过程为载体，考查氧化还原型离子方程式的书写、盐类的水解、氧化还原滴定的误差分析和元素质量分数的计算。

易错点是第

（2）①的误差分析，应利用“强制弱”和“先强后弱”的氧化还原反应规律分析。

难点是第

（2）②，注意理清滴定实验中物质之间的计量关系。

2019届高考模拟试题

5．[上海市闵行区2019届高三二模]氢化铝锂（LiAlH4）是化工生产中广泛应用于药物合成的常用试剂。

（1）LiAlH4可将乙醛转化为乙醇，LiAlH4作该反应的______剂（选填“氧化”“还原”“催化”），用____（填试剂名称）可检验乙醛已完全转化。

（2）配平化学反应方程式。

______LiAlH4+______H2SO4→______Li2SO4+_______Al2（SO4）3+_______H2↑

该反应中H2SO4体现________性。

若上述反应中电子转移数目为0.2NA个，则生成标准状况下氢气体积为_____________。

（3）现有两种浓度的LiOH溶液，已知a溶液的pH大于b溶液，则两种溶液中由水电离的c（H+）大小关系是：

a___________b（选填“>”、“<”或“=”）。

（4）铝和氧化铁高温下反应得到的熔融物通常为铁铝合金，设计实验证明其含金属铝。

________________________________________________________________________________。

【答案】

（1）还原新制氢氧化铜悬浊液（银氨溶液）

（2）24118氧化性和酸性4.48L

（3）<

（4）取样，滴加氢氧化钠溶液，若有气泡产生，则合金中有金属铝。

若无气泡产生，则合金中没有金属铝

【解析】

（1）乙醛被还原生成乙醇，则LiAlH4作该反应的还原剂，乙醛可以与新制的氢氧化铜悬浊液反应生成砖红色沉淀，以此来检验乙醛，或者利用乙醛可以与银氨溶液发生银镜反应，以此来检验乙醛。

（2）LiAlH4中H元素从-1价转化为0价的H2即LiAlH4作还原剂，硫酸中H元素从+1价转化成0价即硫酸作氧化剂，同时生成了硫酸盐，体现了硫酸的酸性，根据氧化还原反应中得失电子数相等，可配平方程式：

2LiAlH4+4H2SO4→Li2SO4+Al2（SO4）3+8H2↑，根据方程式可知，2LiAlH4——8H2——8e-，若上述反应中电子转移数目为0.2NA个，即生成氢气0.2mol，标况下体积为：

0.2mol×22.4mol/L=4.48L。

（3）pH大，即c（OH-）大，c（H+）小，已知a溶液的pH大于b溶液，则a溶液中的c（H+）小于b溶液。

（4）由于金属铝既能和酸反应又能和碱反应，而铁不能和碱反应，所以可以用氢氧化钠检验金属铝，合金与氢氧化钠反应，有气泡生成即说明合金中含有金属铝。

6．[上海市宝山区2019届高三二模]碳酸氢钠俗称“小苏打”，在生活、生产中用途广泛。

（1）泡沫灭火器中主要成分是NaHCO3溶液和Al2（SO4）3溶液，两者混合后发生双水解反应生成Al（OH）3和CO2进行灭火，写出该反应的化学方程式______________________________________________。

（2）Na2O2和NaHCO3都属于钠的化合物，它具有很强的氧化性。

少量Na2O2与FeCl2溶液能发生如下反应：

____Na2O2+____FeCl2+____H2O→____Fe（OH）3

+____FeCl3+____NaCl，已知FeCl2前面系数为6，配平上述化学方程式______，并标出电子转移方向和数目______。

该反应中被还原的元素是_________，氧化产物是_________。

（3）向NaHCO3溶液中加入少许Ba（OH）2固体，忽略溶液体积变化，溶液中的c（CO32-）的变化是_____（选填“增大”、“减小”或“不变”）。

（4）NaHCO3是氨碱法和联合制碱法制纯碱的中间产物，在滤出小苏打后，母液提取氯化铵有两种方法：

①通入氨，冷却、加食盐，过滤②不通入氨，冷却、加食盐，过滤对两种方法的评价正确的是______（选填编号）。

A．①析出的氯化铵纯度更高B．②析出的氯化铵纯度更高

C．①的滤液可直接循环使用D．②的滤液可直接循环使用

（5）已知HCO3-在水中既能水解也能电离。

NaHCO3溶液呈碱性，溶液中c（H2CO3）___c（CO32-）（选填“>”、“<”、“=”）。

【答案】

（1）6NaHCO3+Al2（SO4）3+6H2O→2Al（OH）3↓+6CO2↑+3Na2SO4

（2）366426

Fe（OH）3和FeCl3

（3）减小（4）ad（5）>

【解析】

（1）根据信息，NaHCO3与Al2（SO4）3发生双水解反应，其化学反应方程式为Al2（SO4）3＋6NaHCO3＋6H2O=2Al（OH）3↓＋6CO2↑＋3Na2SO4。

（2）Na2O2具有强氧化性，该反应中作氧化剂，Fe2＋以还原性为主，作还原剂，Na2O2中O元素共降低2价，Fe2＋→Fe3＋升高1价，最小公倍数为2，题中给出FeCl2的系数为6，则Na2O2的系数为3，根据原子守恒配平其他，即反应方程式为3Na2O2＋6FeCl2＋6H2O=4Fe（OH）3↓＋2FeCl3＋6NaCl；电子转移的方向和数目是

；该反应中被还原的元素是Na2O2中－1价O，氧化产物是FeCl3和Fe（OH）3。

（3）Ba（OH）2少量，发生离子反应方程式Ba2＋＋2OH－＋2HCO3－=BaCO3↓＋2H2O＋CO32－，NaHCO3电离方程式为NaHCO3=Na＋＋HCO3－，因此加入少许Ba（OH）2固体，溶液中c（CO32－）增大。

（4）a、滤出小苏打后，母液里有NH4Cl和NaHCO3，通入氨气，增加c（NH4＋），再加入食盐，使NH4Cl析出，然后过滤，氯化铵的纯度较高，故a说法正确；b、②中析出的NH4Cl中含有较多的NaCl，氯化铵的纯度降低，故b说法错误；c、①中滤液还有较多的NH3，不能直接循环使用，故c说法错误；d、②中滤液中含有较多NaCl，可以直接循环使用，故d说法正确。

（5）HCO3－电离方程式为HCO3－

H＋＋CO32－，HCO3－水解方程式HCO3－＋H2O

H2CO3＋OH－，NaHCO3溶液显碱性，说明HCO3－水解程度大于其电离程度，即c（H2CO3）>c（CO32－）。

【点睛】

氧化还原反应方程式的配平是难点，首先应找准氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物，像本题，Na2O2为氧化剂，FeCl2为还原剂，Fe3＋为氧化产物，然后需要根据化合价升降法进行配平，，Na2O2中O元素共降低2价，Fe2＋→Fe3＋升高1价，最小公倍数为2，题中所给FeCl2的系数为6，则Na2O2的系数为3，最后根据原子守恒配平其他。

7．[山东省淄博市2019届高三三模]铍铜广泛应用于制造高级弹性元件。

从某废旧铍铜元件（含BeO、CuS、少量FeS和SiO2）中回收铍和铜两种金属的流程如下：

已知：

I．铍与铝元素处于周期表中相邻周期对角线的位置，化学性质相似。

Ⅱ．常温下：

Ksp[Cu（OH）2]=2.2×10－20，Ksp[Fe（OH）3]=4.0×10－38，Ksp[Mn（OH）2]=2.1×10－13。

（1）写出铍铜元件中SiO2与NaOH溶液反应的离子方程式_____________________________。

写出生成“红褐色固体”的离子方程式_____________________________________。

（2）滤渣B的主要成分为_________________（填化学式）。

写出反应①中含铍化合物与过量盐酸反应的离子方程式_________________________________。

（3）①从“溶液C•••→BeCl2溶液”的过程中，下列操作中合理的是（按先后顺序排序）_________（填字母）。

A．加入过量的NaOH溶液B．过滤C．加入适量的盐酸

D．加入过量的氨水E．通入过量的CO2气体F．洗涤

②从“BeCl2溶液→BeCl2固体”的操作是_______________________________________。

（4）MnO2能将金属硫化物中的硫元素氧化为单质硫，写出反应②中CuS发生反应的离子方程式__________________________________________。

（5）溶液D中含c（Cu2+）=2.2mol·L－1、c（Fe3+）=0.008mol·L－1、c（Mn2+）=0.01mol·L－1，逐滴加入稀氨水调节pH可依次分离，首先沉淀的是_____________（填离子符号）。

【答案】

（1）SiO2+2OH-

SiO32—+H2OFe3++3NH3·H2O

Fe（OH）3↓+3NH4+

（2）CuSFeSBeO22-+4H+

Be2++2H2O

（3）①DBFC

②在HCl气流中加热蒸干BeCl2溶液（蒸发结晶时向溶液中持续通入HCl气体）

（4）MnO2+CuS+4H+

Mn2++Cu2++S↓+2H2O

（5）Fe3+

【解析】

【分析】

废旧铍铜元件（含BeO、CuS、少量FeS和SiO2）中，加入氢氧化钠溶液反应后过滤