高考真题+高考模拟题专项版解析汇编 化学专题13 元素及其化合物知识的综合应用解析版.docx

1、高考真题+高考模拟题 专项版解析汇编 化学专题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12019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+2OH2+H2O2NO2+2OH+H2O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

2、、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。在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO生成Cl和，其离子方程式为 。NaClO溶液的初始pH越小，NO转化率越高。其原因是 。【答案】（1）2NH3+2O2N2O+3H2O （2）BC NaNO3 NO（3）3HClO+2NO+

3、H2O3Cl+2+5H+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+2O2N2O+3H2O。（2）A、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。由吸收反应：NO+NO2+2OH-=2NO2-+H2O，2NO2

4、+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）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=2 NO3-+3 Cl-+5H+。在相同条件下，氧化剂的浓度越大，氧化能力越强，由反应2NO+3HC

5、lO+H2O=2NO3-+3 Cl-+5H+可知，溶液pH越小，溶液中HClO浓度越大，氧化NO的能力越强。22019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）NaCuO2 2NaCuO28HCl2NaCl2CuCl2Cl24H2O【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

6、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)=0.0223g=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，

7、产物有Cl2，和CuCl2蓝色溶液，因而化学方程式为2NaCuO28HCl2NaCl2CuCl2Cl24H2O。32019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）。用已准确称量的KBrO3固体配制一定体积的a molL1 KBrO3标准溶液；取v1 mL上述溶液，加入过量KBr，加H2SO4酸化，溶液颜色呈棕黄色；向所得溶液中加入v2 mL废水；向中加入过量KI；用b molL1 Na2S2O3标准溶液滴定中溶液至浅黄色时，滴加2滴淀粉溶液，继续滴定至终点，共消耗Na2S2O3溶液v2 mL。已知：I2+2Na2S2O3=2NaI+ Na2S4O6Na2

8、S2O3和Na2S4O6溶液颜色均为无色（1）中配制溶液用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和_。（2）中发生反应的离子方程式是_。（3）中发生反应的化学方程式是_。（4）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）中滴定至终点的现象是_。（7）废水中苯酚的含量为_gL1（苯酚摩尔质量：94 gmol 1）。（8）由于Br2具有_性质，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

9、物用量存在关系：KBrO33Br26KI，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

10、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，中反应结束时，若溶液显

11、黄色说明苯酚反应完，且有溴剩余，以便与KI反应，故原因为中生成的Br2与废水中苯酚完全反应后，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）中反应为KBrO3 + 5KBr + 3H2SO4=3K2SO4+ 3Br2 + 3H2O可知3n(KBrO3)=n1(Br2)，中Br2部分与苯酚反应，剩余溴的量设为n2(Br2)（n1(Br2)n2(Br2)）在中反应为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）中含碘的溶液

12、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-)=av110-3mol，根据反应BrO3- + 5Br- + 6H+ = 3Br2 + 3H2O可知n(Br2)=3av110-3mol，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I22Na2S2O3，又Br2+2I-=I2+2Br-可知Br2 I2，可得Br22Na2S2O3，n(Na2S2O3)= bv310-3mol，n1(Br2)=b

13、v310-3mol，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3Br2C6H5OH，n(C6H5OH)=n2(Br2)=(av1-bv3)10-3mol，废水中苯酚的含量=mol。（8）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。42019江苏聚合硫酸铁Fe2(OH)6-2n(SO4)nm广泛用于水的净化。以FeSO47H2O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FeSO47H2O溶于稀硫酸，在约70 下边搅拌边缓慢加入一定

14、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3.000 g，置于250 mL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5.000102 molL1 K2Cr2O7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22.00 mL。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”）。计

15、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）偏大 n()=5.000102 molL122.00 mL103 LmL1=1.100103 mol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()=61.100103 mol=6.600103 mol样品中铁元素的质量：m(Fe)=6.600103 mol56 gmol1=0.3696 g样品中铁元素的质量分数：w(Fe)=100%=12.32%【解析】【分析】（1）Fe

16、2+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）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；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（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+H2O22Fe3+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+

17、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）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

18、的体积偏大，则样品中铁的质量分数的测定结果将偏大。 实验过程中消耗的n（Cr2O72-）=5.00010-2mol/L22.00mL10-3L/mL=1.10010-3mol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-）=61.10010-3mol=6.610-3mol（根据Fe守恒）样品中铁元素的质量：m（Fe）=6.610-3mol56g/mol=0.3696g样品中铁元素的质量分数：（Fe）=100%=12.32%。

19、【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）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），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+_Al

20、2(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）2 4 1 1 8 氧化性和酸性 4.48 L（3）”、“【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)36NaHCO36H2O=2Al(OH

21、)36CO23Na2SO4。（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，Fe2Fe3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3Na2O26FeCl26H2O=4Fe(OH)32FeCl36NaCl；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Ba22OH2HCO3=BaCO32H2OCO32，NaHCO3电离方程式为NaHCO3=NaHCO3，因此加入少

22、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、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、中滤液还有较多的NH3，不能直接循环使用，故c说法错误；d、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HCO3HCO32，HCO3水解方程式HCO3H2OH2CO3OH，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】

23、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，Fe2Fe3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。常温下：KspCu(OH)2=2.21020，KspF

24、e(OH)3=4.01038，KspMn(OH)2=2.11013。（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)。写出反应中含铍化合物与过量盐酸反应的离子方程式_。（3）从“溶液CBeCl2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，写出反应中CuS发生反应的离子方程式_。（5）溶液D中含c(Cu2+)=2.2molL1、c(Fe3+)=0.008molL1、c(Mn2+)=0.01molL1，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+H2O Fe3+3NH3H2OFe(OH)3+3NH4+ （2）CuS FeS BeO22-+4 H+Be2+ + 2H2O（3）DBFC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+4 H+Mn2+Cu2+S+ 2H2O（5）Fe3+ 【解析】【分析】废旧铍铜元件(含BeO、CuS、少量FeS和S