專題14 元素及其化合物知識(shí)的綜合應(yīng)用——三年（2018-2020）高考

1、PAGE PAGE 20專題14 元素及其化合物知識(shí)的綜合應(yīng)用12020新課標(biāo)化學(xué)工業(yè)為疫情防控提供了強(qiáng)有力的物質(zhì)支撐。氯的許多化合物既是重要化工原料，又是高效、廣譜的滅菌消毒劑?；卮鹣铝袉栴}：（1）氯氣是制備系列含氯化合物的主要原料，可采用如圖(a)所示的裝置來(lái)制取。裝置中的離子膜只允許_離子通過，氯氣的逸出口是_（填標(biāo)號(hào)）。（2）次氯酸為一元弱酸，具有漂白和殺菌作用，其電離平衡體系中各成分的組成分?jǐn)?shù)(X)=，X為HClO或ClO與pH的關(guān)系如圖(b)所示。HClO的電離常數(shù)Ka值為_。（3）Cl2O為淡棕黃色氣體，是次氯酸的酸酐，可由新制的HgO和Cl2反應(yīng)來(lái)制備，該反應(yīng)為歧化反應(yīng)（氧化劑

2、和還原劑為同一種物質(zhì)的反應(yīng)）。上述制備Cl2O的化學(xué)方程式為_。（4）ClO2常溫下為黃色氣體，易溶于水，其水溶液是一種廣譜殺菌劑。一種有效成分為NaClO2、NaHSO4、NaHCO3的“二氧化氯泡騰片”，能快速溶于水，溢出大量氣泡，得到ClO2溶液。上述過程中，生成ClO2的反應(yīng)屬于歧化反應(yīng)，每生成1 mol ClO2消耗NaClO2的量為_mol；產(chǎn)生“氣泡”的化學(xué)方程式為_。（5）“84消毒液”的有效成分為NaClO，不可與酸性清潔劑混用的原因是_（用離子方程式表示）。工業(yè)上是將氯氣通入到30%的NaOH溶液中來(lái)制備NaClO溶液，若NaClO溶液中NaOH的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為1%，則生產(chǎn)10

3、00 kg該溶液需消耗氯氣的質(zhì)量為_kg（保留整數(shù)）?！敬鸢浮浚?）Na+ a（2）10-7.5（3）2Cl2+HgO=HgCl2+Cl2O（4）1.25 NaHCO3+NaHSO4=CO2+Na2SO4+H2O（5）ClO-+Cl-+2H+=Cl2+ H2O 203【解析】【分析】（1）電解飽和食鹽水，陽(yáng)極產(chǎn)生氯氣，陽(yáng)離子移向陰極室；（2）由圖pH=7.5時(shí)，c(HClO)=c(ClO-)，HClO的Ka=c(H+)；（3）Cl2歧化為Cl2O和Cl-；（4）根據(jù)5ClO24H=4ClO2Cl2H2O，計(jì)算每生成1molClO2，消耗的NaClO2；碳酸氫鈉和硫酸氫鈉反應(yīng)生成硫酸鈉、水和二氧

4、化碳；（5）“84”中的NaClO、NaCl和酸性清潔劑混合后發(fā)生歸中反應(yīng)；根據(jù)NaOH質(zhì)量守恒計(jì)算；【詳解】（1）電解飽和食鹽水，反應(yīng)的化學(xué)方程式為2NaCl+2H2O 2NaOH+Cl2+H2，陽(yáng)極氯離子失電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成氯氣，氯氣從a口逸出，陰極氫離子得到電子發(fā)生還原反應(yīng)生成氫氣，產(chǎn)生OH-與通過離子膜的Na+在陰極室形成NaOH，故答案為：Na+；a；（2）由圖pH=7.5時(shí)，c(HClO)=c(ClO-)，HClO的Ka=c(H+)=10-7.5；故答案為：10-7.5；（3）Cl2歧化為Cl2O和Cl-，HgO和氯氣反應(yīng)的方程式為：2Cl2+HgO=HgCl2+Cl2O，故答案

5、為：2Cl2+HgO=HgCl2+Cl2O；（4）5ClO24H=4ClO2Cl2H2O，每生成1molClO2，消耗NaClO2為 =1.25mol；碳酸氫鈉和硫酸氫鈉反應(yīng)生成硫酸鈉、水和二氧化碳，方程式為：NaHCO3NaHSO4=Na2SO4H2OCO2，故答案為:1.25mol；NaHCO3NaHSO4=Na2SO4H2OCO2；（5）“84”中的NaClO、NaCl和酸性清潔劑混合后發(fā)生歸中反應(yīng)，離子方程式為：ClOCl2H=Cl2H2O；設(shè)氯氣為xkg，則消耗的NaOH為kg，原氫氧化鈉質(zhì)量為+1000Kg0.01，由NaOH質(zhì)量守恒：原溶液為1000Kg-x，則Kg+1000Kg

6、0. 01=（1000Kg-x)0.3，解得x=203Kg；故答案為：ClOCl2H=Cl2H2O；203。22020江蘇卷吸收工廠煙氣中的SO2，能有效減少SO2對(duì)空氣的污染。氨水、ZnO水懸濁液吸收煙氣中SO2后經(jīng)O2催化氧化，可得到硫酸鹽。已知：室溫下，ZnSO3微溶于水，Zn(HSO3)2易溶于水；溶液中H2SO3、HSO3-、SO32-的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)隨pH的分布如圖-1所示。（1）氨水吸收SO2。向氨水中通入少量SO2，主要反應(yīng)的離子方程式為_；當(dāng)通入SO2至溶液pH=6時(shí)，溶液中濃度最大的陰離子是_(填化學(xué)式)。（2）ZnO水懸濁液吸收SO2。向ZnO水懸濁液中勻速緩慢通入SO2，

7、在開始吸收的40mim內(nèi)，SO2吸收率、溶液pH均經(jīng)歷了從幾乎不變到迅速降低的變化(見圖-2)。溶液pH幾乎不變階段，主要產(chǎn)物是_(填化學(xué)式)；SO2吸收率迅速降低階段，主要反應(yīng)的離子方程式為_。（3）O2催化氧化。其他條件相同時(shí)，調(diào)節(jié)吸收SO2得到溶液的pH在4.56.5范圍內(nèi)，pH越低SO生成速率越大，其主要原因是_；隨著氧化的進(jìn)行，溶液的pH將_(填“增大”、“減小”或“不變”)?！敬鸢浮浚?）或 HSO3（2）ZnSO3或（3）隨著pH降低，HSO3濃度增大減小【解析】【分析】向氨水中通入少量的SO2，反應(yīng)生成亞硫酸銨，結(jié)合圖像分析pH=6時(shí)溶液中濃度最大的陰離子；通過分析ZnO吸收S

8、O2后產(chǎn)物的溶解性判斷吸收率變化的原因；通過分析與氧氣反應(yīng)的生成物，分析溶液pH的變化情況?！驹斀狻浚?）向氨水中通入少量SO2時(shí)，SO2與氨水反應(yīng)生成亞硫酸銨，反應(yīng)的離子方程式為2NH3+H2O+SO2=2+（或2NH3H2O +SO2=2+H2O）；根據(jù)圖-1所示，pH=6時(shí)，溶液中不含有亞硫酸，僅含有和，根據(jù)微粒物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)曲線可以看出溶液中陰離子濃度最大的是；（2）反應(yīng)開始時(shí)，懸濁液中的ZnO大量吸收SO2，生成微溶于水的ZnSO3，此時(shí)溶液pH幾乎不變；一旦ZnO完全反應(yīng)生成ZnSO3后，ZnSO3繼續(xù)吸收SO2生成易溶于水的Zn(HSO3)2，此時(shí)溶液pH逐漸變小，SO2的吸收率逐

9、漸降低，這一過程的離子方程式為ZnSO3+SO2+H2O=Zn2+2（或ZnO+2SO2+H2O=Zn2+2）（3）可以經(jīng)氧氣氧化生成，這一過程中需要調(diào)節(jié)溶液pH在4.56.5的范圍內(nèi)，pH越低，溶液中的的濃度越大，使得催化氧化過程中反應(yīng)速率越快；隨著反應(yīng)的不斷進(jìn)行，大量的反應(yīng)生成，反應(yīng)的離子方程式為2+O2=2+2H+，隨著反應(yīng)的不斷進(jìn)行，有大量的氫離子生成，導(dǎo)致氫離子濃度增大，溶液pH減小。32020浙江7月選考 . 化合物由四種短周期元素組成，加熱X，可產(chǎn)生使?jié)駶?rùn)的紅色石蕊試紙變藍(lán)的氣體Y，Y為純凈物；取，用含的鹽酸完全溶解得溶液A，將溶液A分成和兩等份，完成如下實(shí)驗(yàn)（白色沉淀C可溶于溶

10、液）：請(qǐng)回答：（1）組成X的四種元素是N、H和_（填元素符號(hào)），X的化學(xué)式是_。（2）溶液B通入過量得到白色沉淀C的離子方程式是_。（3）寫出一個(gè)化合反應(yīng)（用化學(xué)方程式或離子方程式表示）_。要求同時(shí)滿足：其中一種反應(yīng)物的組成元素必須是X中除N、H外的兩種元素；反應(yīng)原理與“”相同。. 某興趣小組為驗(yàn)證濃硫酸的性質(zhì)進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，如圖。實(shí)驗(yàn)中觀察到的現(xiàn)象有：錐形瓶?jī)?nèi)有白霧，燒杯中出現(xiàn)白色沉淀。請(qǐng)回答：（1）將濃硫酸和濃鹽酸混合可產(chǎn)生氣體的原因是_。（2）燒杯中出現(xiàn)白色沉淀的原因是_。【答案】.（1）、 （2）（3）或.（1）吸水或放熱導(dǎo)致?lián)]發(fā)（2）氣體會(huì)將帶出，與作用生成 【解析】【分析】根據(jù)題干可知，

11、加熱X可產(chǎn)生能使?jié)駶?rùn)的紅色石蕊試紙變藍(lán)的純凈物氣體Y，故Y為NH3，由實(shí)驗(yàn)流程圖中分析可知，結(jié)合B中通入過量的CO2產(chǎn)生能溶于NaOH溶液的白色沉淀C，故C為Al(OH)3，則D為Al2O3，E是AgCl，結(jié)合圖中數(shù)據(jù)利用原子守恒，可以計(jì)算出各自元素的物質(zhì)的量，求出X的化學(xué)式，再根據(jù)物質(zhì)性質(zhì)進(jìn)行解答?！驹斀狻?（1）由分析可知，Y為NH3，由實(shí)驗(yàn)流程圖中分析可知，結(jié)合B中通入過量的CO2產(chǎn)生能溶于NaOH溶液的白色沉淀C，故C為Al(OH)3，則D為Al2O3，E是AgCl，利用原子守恒可知：A1溶液中含有N原子的物質(zhì)的量為：，Al原子的物質(zhì)的量為：，A2溶液中含有的Cl-的物質(zhì)的量為： ；故

12、一半溶液中含有的H原子的物質(zhì)的量為：，故X中含有四種元素即N、H、Al、Cl，其個(gè)數(shù)比為：，故X的化學(xué)式為：AlCl3NH3，故答案為：Al Cl AlCl3 NH3；（2）根據(jù)分析（1）可知，溶液B中通入過量的CO2所發(fā)生的離子方程式為：，故答案為：；（3）結(jié)合題給的兩個(gè)條件，再分析化合物X(AlCl3NH3)是NH3和AlCl3通過配位鍵結(jié)合成的化合物，不難想到類似于NH3和H2O反應(yīng)，故可以很快得出該反應(yīng)的離子方程式為AlCl3+Cl-= 或者AlCl3+NH3=AlCl3NH3，故答案為：AlCl3+Cl-= 或者AlCl3+NH3=AlCl3NH3；.（1）由于濃硫酸具有吸水性且濃硫

13、酸稀釋是個(gè)放熱過程，而且HCl的揮發(fā)性隨濃度增大而增大，隨溫度升高而增大，從而得出用濃硫酸和濃鹽酸混合制備HCl的原理是濃硫酸吸收濃鹽酸中的水分且放熱，使?jié)恹}酸的揮發(fā)性增強(qiáng)，使HCl揮發(fā)出來(lái)，故答案為：濃硫酸吸收濃鹽酸中的水分且放熱，使?jié)恹}酸的揮發(fā)性增強(qiáng)，使HCl揮發(fā)出來(lái)；（2）濃硫酸雖然難揮發(fā)，但也會(huì)隨HCl氣流而帶出少量的H2SO4分子，與Ba(NO3)2反應(yīng)生成硫酸鋇白色沉淀，故答案為：HCl氣體能夠帶出H2SO4分子，與Ba(NO3)2反應(yīng)生成BaSO4沉淀?！军c(diǎn)睛】本題為實(shí)驗(yàn)題結(jié)合有關(guān)物質(zhì)的量計(jì)算，只要認(rèn)真分析題干信息，利用（元素）原子守恒就能較快求出化合物X的化學(xué)式，進(jìn)而推到出整個(gè)

14、流程過程。42020江蘇卷次氯酸鈉溶液和二氯異氰尿酸鈉（C3N3O3Cl2Na）都是常用的殺菌消毒劑。 NaClO可用于制備二氯異氰尿酸鈉。（1）NaClO溶液可由低溫下將Cl2緩慢通入NaOH溶液中而制得。制備 NaClO的離子方程式為 ；用于環(huán)境殺菌消毒的NaClO溶液須稀釋并及時(shí)使用，若在空氣中暴露時(shí)間過長(zhǎng)且見光，將會(huì)導(dǎo)致消毒作用減弱，其原因是 。（2）二氯異氰尿酸鈉優(yōu)質(zhì)品要求有效氯大于60%。通過下列實(shí)驗(yàn)檢測(cè)二氯異氰尿酸鈉樣品是否達(dá)到優(yōu)質(zhì)品標(biāo)準(zhǔn)。實(shí)驗(yàn)檢測(cè)原理為準(zhǔn)確稱取1.1200 g樣品，用容量瓶配成250.0 mL溶液；取25.00 mL上述溶液于碘量瓶中，加入適量稀硫酸和過量KI溶

15、液，密封在暗處?kù)o置5 min；用Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至溶液呈微黃色，加入淀粉指示劑，繼續(xù)滴定至終點(diǎn)，消耗Na2S2O3溶液20.00 mL。通過計(jì)算判斷該樣品是否為優(yōu)質(zhì)品。(寫出計(jì)算過程， )若在檢測(cè)中加入稀硫酸的量過少，將導(dǎo)致樣品的有效氯測(cè)定值 （填“偏高”或“偏低”）【答案】（1）NaClO溶液吸收空氣中的CO2后產(chǎn)生HClO，HClO見光分解（2）根據(jù)物質(zhì)轉(zhuǎn)換和電子得失守恒關(guān)系：得氯元素的質(zhì)量：該樣品的有效氯為：該樣品的有效氯大于60%，故該樣品為優(yōu)質(zhì)品偏低【解析】（1） 由題意可知，氯氣通入氫氧化鈉中產(chǎn)生次氯酸鈉，同時(shí)產(chǎn)生氯化鈉，反應(yīng)的離子方程式為：；次氯酸鈉溶液長(zhǎng)期暴露在空氣中

16、會(huì)吸收空氣中的二氧化碳?xì)怏w，因次氯酸酸性比碳酸弱，因此次氯酸鈉可以與二氧化碳在水中反應(yīng)產(chǎn)生HClO，HClO具有不穩(wěn)定性，在受熱或見光條件下會(huì)發(fā)生分解反應(yīng)，產(chǎn)生HCl和O2，從而是次氯酸鈉失效，故答案為：；NaClO溶液吸收空氣中的CO2后產(chǎn)生HClO，HClO見光分解；（2） 由題中反應(yīng)可知，在酸性條件產(chǎn)生HClO，HClO氧化碘離子產(chǎn)生碘單質(zhì)，碘單質(zhì)再用硫代硫酸鈉滴定，結(jié)合反應(yīng)轉(zhuǎn)化確定物質(zhì)之間的關(guān)系為：， ，根據(jù)物質(zhì)轉(zhuǎn)換和電子得失守恒關(guān)系：得n(Cl)=0.5=，氯元素的質(zhì)量：m(Cl)= =0.03550g，該樣品中的有效氯為： =63.39%，該樣品中的有效氯大于60%，故該樣品為優(yōu)質(zhì)

17、品故答案為：n(S2O)=，根據(jù)物質(zhì)轉(zhuǎn)換和電子得失守恒關(guān)系：，得n(Cl)=0.5=，氯元素的質(zhì)量：m(Cl)= =0.03550g，該樣品中的有效氯為： =63.39%，該樣品中的有效氯大于60%，故該樣品為優(yōu)質(zhì)品如果硫酸的用量過少，則導(dǎo)致反應(yīng)不能充分進(jìn)行，產(chǎn)生的HClO的量偏低，最終導(dǎo)致實(shí)驗(yàn)測(cè)得的有效氯含量會(huì)偏低，故答案為：偏低；52019江蘇N2O、NO和NO2等氮氧化物是空氣污染物，含有氮氧化物的尾氣需處理后才能排放。（1）N2O的處理。N2O是硝酸生產(chǎn)中氨催化氧化的副產(chǎn)物，用特種催化劑能使N2O分解。NH3與O2在加熱和催化劑作用下生成N2O的化學(xué)方程式為 。（2）NO和NO2的處理

18、。已除去N2O的硝酸尾氣可用NaOH溶液吸收，主要反應(yīng)為NO+NO2+2OH2+H2O2NO2+2OH+H2O下列措施能提高尾氣中NO和NO2去除率的有 （填字母）。A加快通入尾氣的速率B采用氣、液逆流的方式吸收尾氣C吸收尾氣過程中定期補(bǔ)加適量NaOH溶液吸收后的溶液經(jīng)濃縮、結(jié)晶、過濾，得到NaNO2晶體，該晶體中的主要雜質(zhì)是 （填化學(xué)式）；吸收后排放的尾氣中含量較高的氮氧化物是 （填化學(xué)式）。（3）NO的氧化吸收。用NaClO溶液吸收硝酸尾氣，可提高尾氣中NO的去除率。其他條件相同，NO轉(zhuǎn)化為的轉(zhuǎn)化率隨NaClO溶液初始pH（用稀鹽酸調(diào)節(jié)）的變化如圖所示。在酸性NaClO溶液中，HClO氧化

19、NO生成Cl和，其離子方程式為 。NaClO溶液的初始pH越小，NO轉(zhuǎn)化率越高。其原因是 ?！敬鸢浮浚?）2NH3+2O2N2O+3H2O（2）BC NaNO3 NO（3）3HClO+2NO+H2O3Cl+2+5H+溶液pH越小，溶液中HClO的濃度越大，氧化NO的能力越強(qiáng)【解析】【詳解】（1）NH3與O2在加熱和催化劑作用下發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成N2O，根據(jù)得失電子守恒和原子守恒可知反應(yīng)有水生成，配平化學(xué)方程式為：2NH3+2O2N2O+3H2O。（2）A、加快通入尾氣的速率，不能提高尾氣中NO和NO2的去除率，不符合題意；B、采用氣、液逆流的方式吸收尾氣，可使氣液充分接觸，能提高尾氣中NO和

20、NO2的去除率，符合題意；C、定期補(bǔ)充適量的NaOH溶液可增大反應(yīng)物濃度，能提高尾氣中NO和NO2的去除率，符合題意。故選BC。由吸收反應(yīng)：NO+NO2+2OH-=2NO2-+H2O，2NO2+2OH-=NO2-+ NO3-+H2O可知，反應(yīng)后得到NaNO2和NaNO3混合溶液，經(jīng)濃縮、結(jié)晶、過濾得到NaNO2和NaNO3晶體，因此得到的NaNO2混有NaNO3；由吸收反應(yīng)可知，若NO和NO2的物質(zhì)的量之比大于1：1，NO不能被吸收，因此，吸收后排放的尾氣中含量較高的氮氧化物是NO。（3）在酸性的NaClO溶液中，次氯酸根離子和氫離子結(jié)合生成HClO，HClO和NO發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成NO3-

21、和Cl-，根據(jù)得失電子守恒及電荷守恒、原子守恒，配平離子方程式為2NO+3HClO+H2O=2 NO3-+3 Cl-+5H+。在相同條件下，氧化劑的濃度越大，氧化能力越強(qiáng)，由反應(yīng)2NO+3HClO+H2O=2NO3-+3 Cl-+5H+可知，溶液pH越小，溶液中HClO濃度越大，氧化NO的能力越強(qiáng)。62019浙江4月選考固體化合物X由3種元素組成。某學(xué)習(xí)小組進(jìn)行了如下實(shí)驗(yàn)：請(qǐng)回答：（1）由現(xiàn)象1得出化合物X含有_元素(填元素符號(hào))。（2）固體混合物Y的成分_(填化學(xué)式)。（3）X的化學(xué)式_。X與濃鹽酸反應(yīng)產(chǎn)生黃綠色氣體，固體完全溶解，得到藍(lán)色溶液，該反應(yīng)的化學(xué)方程式是_。【答案】（1）O（2）

22、Cu和NaOH（3）NaCuO2 2NaCuO28HCl2NaCl2CuCl2Cl24H2O【解析】【分析】固體混合物Y溶于水，得到固體單質(zhì)為紫紅色，說(shuō)明是Cu，產(chǎn)生堿性溶液，焰色反應(yīng)呈黃色說(shuō)明含有鈉元素，與鹽酸HCl中和，說(shuō)明為NaOH（易算出為0.02mol），混合氣體能使CuSO4變藍(lán)，說(shuō)明有水蒸汽?！驹斀狻浚?）CuSO4由白色變?yōu)樗{(lán)色，說(shuō)明有水生成，根據(jù)元素守恒分析，必定含有O元素。（2）現(xiàn)象2獲得紫色單質(zhì)，說(shuō)明Y含有Cu,現(xiàn)象3焰色反應(yīng)為黃色說(shuō)明有Na元素，與HCl發(fā)生中和反應(yīng)說(shuō)明有NaOH，故答案填Cu和NaOH。（3）NaOH為0.02mol，易算出m(Na)=0.0223g=

23、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，故化學(xué)式為NaCuO2，X與濃鹽酸反應(yīng)，根據(jù)反應(yīng)現(xiàn)象，產(chǎn)物有Cl2，和CuCl2藍(lán)色溶液，因而化學(xué)方程式為2NaCuO28HCl2NaCl2CuCl2Cl24H2O。72019北京化學(xué)小組用如下方法測(cè)定經(jīng)處理后的廢水中苯酚的含量（廢水中不含干擾測(cè)定的物質(zhì)）。用已準(zhǔn)確稱量的KBrO3固體配制一定體積的a molL1 KBrO3標(biāo)準(zhǔn)溶液；取v1 mL上述溶液，加入過量KBr，加H2SO4酸化，溶液顏色呈棕黃色；向所得溶液中加入v2 mL廢水；向中加入過量KI；用

24、b molL1 Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定中溶液至淺黃色時(shí)，滴加2滴淀粉溶液，繼續(xù)滴定至終點(diǎn)，共消耗Na2S2O3溶液v2 mL。已知：I2+2Na2S2O3=2NaI+ Na2S4O6Na2S2O3和Na2S4O6溶液顏色均為無(wú)色（1）中配制溶液用到的玻璃儀器有燒杯、玻璃棒、膠頭滴管和_。（2）中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式是_。（3）中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式是_。（4）中加KI前，溶液顏色須為黃色，原因是_。（5）KI與KBrO3物質(zhì)的量關(guān)系為n（KI）6n（KBrO3）時(shí)，KI一定過量，理由是_。（6）中滴定至終點(diǎn)的現(xiàn)象是_。（7）廢水中苯酚的含量為_gL1（苯酚摩爾質(zhì)量：94 gmol 1）。（

25、8）由于Br2具有_性質(zhì)，中反應(yīng)須在密閉容器中進(jìn)行，否則會(huì)造成測(cè)定結(jié)果偏高。【答案】（1）容量瓶（2）+5Br-+6H+=3Br2 +3H2O（3）（4）Br2過量，保證苯酚完全反應(yīng)（5）反應(yīng)物用量存在關(guān)系：KBrO33Br26KI，若無(wú)苯酚時(shí)，消耗KI物質(zhì)的量是KBrO3物質(zhì)的量的6倍，因有苯酚消耗Br2，所以當(dāng)n（KI）6n（KBrO3）時(shí)，KI一定過量（6）溶液藍(lán)色恰好消失（7）（8）易揮發(fā)【解析】【分析】本題考查氧化還原反應(yīng)滴定的綜合運(yùn)用。苯酚與溴反應(yīng)快速靈敏，但滴定終點(diǎn)難以判斷，因而制得一定量的溴分別與苯酚和KI反應(yīng)（溴須完全反應(yīng)完），而溴與KI反應(yīng)生成的I2與Na2S2O3進(jìn)行滴定

26、分析，因而直接測(cè)出與KI反應(yīng)所消耗的溴，進(jìn)而計(jì)算出與苯酚反應(yīng)消耗的溴，最后根據(jù)苯酚與溴反應(yīng)的系數(shù)計(jì)算廢水中苯酚的濃度?！驹斀狻浚?）準(zhǔn)確稱量KBrO3固體配置溶液所需的玻璃儀器有燒杯、玻璃棒、膠頭滴管，一定規(guī)格的容量瓶，因而該空填容量瓶。（2）KBrO3溶液中加入KBr和H2SO4，溶液顏色呈棕黃色，說(shuō)明生成Br2，根據(jù)缺項(xiàng)配平可知該離子方程式為+5Br-+6H+=3Br2 +3H2O。（3）苯酚和溴水反應(yīng)得到白色沉淀2,4,6-三溴苯酚，化學(xué)方程式為。（4）該測(cè)量過程是利用一定量的溴分別與苯酚和KI反應(yīng)，注意溴須反應(yīng)完全，且一定量溴的總量已知，部分溴與KI反應(yīng)生成的I2可利用氧化還原滴定法測(cè)

27、量，進(jìn)而計(jì)算出與KI反應(yīng)的溴的消耗量，將一定量溴減去與KI反應(yīng)的溴的消耗量，可得與苯酚反應(yīng)的溴的消耗量，因而一定量的溴與苯酚反應(yīng)完，必須有剩余的溴與KI反應(yīng)，中反應(yīng)結(jié)束時(shí)，若溶液顯黃色說(shuō)明苯酚反應(yīng)完，且有溴剩余，以便與KI反應(yīng)，故原因?yàn)橹猩傻腂r2與廢水中苯酚完全反應(yīng)后，中溶液顏色為黃色，說(shuō)明有Br2剩余，剩余Br2與過量KI反應(yīng)，從而間接計(jì)算苯酚消耗的Br2。（5）中反應(yīng)為KBrO3 + 5KBr + 3H2SO4=3K2SO4+ 3Br2 + 3H2O可知3n(KBrO3)=n1(Br2)，中Br2部分與苯酚反應(yīng)，剩余溴的量設(shè)為n2(Br2)（n1(Br2)n2(Br2)）在中反應(yīng)為Br

28、2+2KI=I2+2KBr，若剩余溴完全反應(yīng)，則n(KI) 2n2(Br2)，推知n(KI)6n(KBrO3)；因而當(dāng)n(KI)6n(KBrO3)，KI一定過量。（6）中含碘的溶液內(nèi)加入淀粉，溶液顯藍(lán)色，隨著Na2S2O3溶液滴入，藍(lán)色變淺直至消失，因而當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏蜰a2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液時(shí)，溶液由藍(lán)色變?yōu)闊o(wú)色，且30s不變色。（7）n(BrO3-)=av110-3mol，根據(jù)反應(yīng)BrO3- + 5Br- + 6H+ = 3Br2 + 3H2O可知n(Br2)=3av110-3mol，溴分別與苯酚和KI反應(yīng)，先計(jì)算由KI消耗的溴的量，設(shè)為n1(Br2)，根據(jù)I2+2Na2S2O3=2NaI+N

29、a2S4O6可知I22Na2S2O3，又Br2+2I-=I2+2Br-可知Br2 I2，可得Br22Na2S2O3，n(Na2S2O3)= bv310-3mol，n1(Br2)=bv310-3mol，再計(jì)算由苯酚消耗的溴的量，設(shè)為n2(Br2)= n(Br2)- n1(Br2)=( 3av1-bv3) 10-3mol，苯酚與溴水反應(yīng)的計(jì)量數(shù)關(guān)系為3Br2C6H5OH，n(C6H5OH)=n2(Br2)=(av1-bv3)10-3mol，廢水中苯酚的含量=mol。（8）中生成的溴須被苯酚和KI完全反應(yīng)掉，而溴有揮發(fā)性，反應(yīng)時(shí)須在密閉容器中進(jìn)行。82019江蘇聚合硫酸鐵Fe2(OH)6-2n(SO

30、4)nm廣泛用于水的凈化。以FeSO47H2O為原料，經(jīng)溶解、氧化、水解聚合等步驟，可制備聚合硫酸鐵。（1）將一定量的FeSO47H2O溶于稀硫酸，在約70 下邊攪拌邊緩慢加入一定量的H2O2溶液，繼續(xù)反應(yīng)一段時(shí)間，得到紅棕色黏稠液體。H2O2氧化Fe2+的離子方程式為 ；水解聚合反應(yīng)會(huì)導(dǎo)致溶液的pH 。（2）測(cè)定聚合硫酸鐵樣品中鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)：準(zhǔn)確稱取液態(tài)樣品3.000 g，置于250 mL錐形瓶中，加入適量稀鹽酸，加熱，滴加稍過量的SnCl2溶液（Sn2+將Fe3+還原為Fe2+），充分反應(yīng)后，除去過量的Sn2+。用5.000102 molL1 K2Cr2O7溶液滴定至終點(diǎn)（滴定過程中與Fe

31、2+反應(yīng)生成Cr3+和Fe3+），消耗K2Cr2O7溶液22.00 mL。上述實(shí)驗(yàn)中若不除去過量的Sn2+，樣品中鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)的測(cè)定結(jié)果將 （填“偏大”或“偏小”或“無(wú)影響”）。計(jì)算該樣品中鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)（寫出計(jì)算過程）。【答案】（1）2Fe2+ H2O2+2H+2Fe3+2H2O 減?。?）偏大n()=5.000102 molL122.00 mL103 LmL1=1.100103 mol由滴定時(shí)Cr3+和Fe2+Fe3+，根據(jù)電子得失守恒可得微粒的關(guān)系式：6Fe2+（或+14H+6Fe2+6Fe3+2Cr3+7H2O）則n(Fe2+)=6n()=61.100103 mol=6.600103 m

32、ol樣品中鐵元素的質(zhì)量：m(Fe)=6.600103 mol56 gmol1=0.3696 g樣品中鐵元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)：w(Fe)=100%=12.32%【解析】【分析】（1）Fe2+具有還原性，H2O2具有氧化性，根據(jù)得失電子守恒、原子守恒和電荷守恒書寫離子方程式；根據(jù)水解反應(yīng)的離子方程式分析溶液pH的變化；（2）根據(jù)Sn2+能將Fe3+還原為Fe2+判斷還原性的強(qiáng)弱，進(jìn)一步進(jìn)行誤差分析；根據(jù)K2Cr2O7溶液的濃度和體積計(jì)算消耗的K2Cr2O7物質(zhì)的量，由得失電子守恒計(jì)算n（Fe2+），結(jié)合Fe守恒和（Fe）的表達(dá)式計(jì)算?！驹斀狻浚?）Fe2+具有還原性，在溶液中被氧化成Fe3+，H2O2具

33、有氧化性，其還原產(chǎn)物為H2O，根據(jù)得失電子守恒可寫出反應(yīng)2Fe2+H2O22Fe3+2H2O，根據(jù)溶液呈酸性、結(jié)合原子守恒和電荷守恒，H2O2氧化Fe2+的離子方程式為2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O；H2O2氧化后的溶液為Fe2（SO4）3溶液，F(xiàn)e2（SO4）3發(fā)生水解反應(yīng)Fe2（SO4）3+（6-2n）H2O Fe2（OH）6-2n（SO4）n+（3-n）H2SO4，F(xiàn)e2（OH）6-2n（SO4）n聚合得到聚合硫酸鐵，根據(jù)水解方程式知水解聚合反應(yīng)會(huì)導(dǎo)致溶液的酸性增強(qiáng)，pH減小。（2）根據(jù)題意，Sn2+能將Fe3+還原為Fe2+，發(fā)生的反應(yīng)為Sn2+2Fe3+=Sn4+2F

34、e2+，根據(jù)還原性：還原劑還原產(chǎn)物，則還原性Sn2+Fe2+，實(shí)驗(yàn)中若不除去過量的Sn2+，則加入的K2Cr2O7先氧化過量的Sn2+再氧化Fe2+，導(dǎo)致消耗的K2Cr2O7溶液的體積偏大，則樣品中鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)的測(cè)定結(jié)果將偏大。 實(shí)驗(yàn)過程中消耗的n（Cr2O72-）=5.00010-2mol/L22.00mL10-3L/mL=1.10010-3mol由滴定時(shí)Cr2O72-Cr3+和Fe2+Fe3+，根據(jù)電子得失守恒，可得微粒的關(guān)系式：Cr2O72-6Fe2+（或Cr2O72-+6Fe2+14H+=6Fe3+2Cr3+7H2O）則n（Fe2+）=6n（Cr2O72-）=61.10010-3mol

35、=6.610-3mol（根據(jù)Fe守恒）樣品中鐵元素的質(zhì)量：m（Fe）=6.610-3mol56g/mol=0.3696g樣品中鐵元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)：（Fe）=100%=12.32%?！军c(diǎn)睛】本題以聚合硫酸鐵的制備過程為載體，考查氧化還原型離子方程式的書寫、鹽類的水解、氧化還原滴定的誤差分析和元素質(zhì)量分?jǐn)?shù)的計(jì)算。易錯(cuò)點(diǎn)是第（2）的誤差分析，應(yīng)利用“強(qiáng)制弱”和“先強(qiáng)后弱”的氧化還原反應(yīng)規(guī)律分析。難點(diǎn)是第（2），注意理清滴定實(shí)驗(yàn)中物質(zhì)之間的計(jì)量關(guān)系。92018海南銅是人類發(fā)現(xiàn)最早并廣泛使用的一種金屬?；卮鹣铝袉栴}：（1）實(shí)驗(yàn)室使用稀硫酸和H2O2溶解銅片，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為_。（2）電子工業(yè)使用FeC

36、l3溶液刻蝕印刷電路板銅箔，寫出該過程的離子方程式_。配制的FeCl3溶液應(yīng)保持_(填“酸性”“堿性”或“中性”)，原因是_。（3）溶液中Cu2的濃度可采用碘量法測(cè)得：2Cu25I2CuII3- I3- 2S2O32-=3I+2S2O62-反應(yīng)中的氧化劑為_。現(xiàn)取20.00 mL含Cu2的溶液，加入足量KI充分反應(yīng)后，用0.1000 molL1 Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)，消耗Na2S2O3溶液25.00 mL，此溶液中Cu2的濃度為_molL1?！敬鸢浮浚?）CuH2O2H2SO4CuSO42H2O （2）Cu2Fe3Cu22Fe2 酸性 防止Fe3水解生成Fe(OH)3 （3）Cu2

37、 0.125 【解析】【分析】（1）銅與稀硫酸不反應(yīng)，稀硫酸的作用是提供酸性環(huán)境，增強(qiáng)過氧化氫的氧化性；（2）由于Fe3+易水解，因此配制的FeCl3溶液要保持在酸性條件下，抑制水解；（3）根據(jù)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)守恒可列關(guān)系式求解。【詳解】（1）H2O2在酸性條件下具有強(qiáng)氧化性，能跟銅反應(yīng)，反應(yīng)的化學(xué)方程式為CuH2O2H2SO4CuSO42H2O，故答案為：CuH2O2H2SO4CuSO42H2O。（2）FeCl3溶液刻蝕印刷電路板銅箔，是鐵離子把銅氧化成銅離子，反應(yīng)的離子方程式為Cu2Fe3Cu22Fe2。由于Fe3+易水解，因此FeCl3溶液應(yīng)保持酸性，目的是防止Fe3水解生成Fe(OH)3。

38、故答案為：Cu2Fe3Cu22Fe2 ；酸性；防止Fe3水解生成Fe(OH)3 。（3）反應(yīng)中的銅的化合價(jià)由+2+1價(jià)，化合價(jià)降低，因此，氧化劑為Cu2。根據(jù)反應(yīng)關(guān)系：2S2O32- I3- 2Cu20.1mol/L QUOTE 0.025L x QUOTE 0.02L0.1mol/L0.025L= x0.02L，解得x=0.125mol/L故答案為：Cu2 ；0.125。102018天津下圖中反應(yīng)是制備SiH4的一種方法，其副產(chǎn)物MgCl26NH3是優(yōu)質(zhì)的鎂資源?；卮鹣铝袉栴}：（1）MgCl26NH3所含元素的簡(jiǎn)單離子半徑由小到大的順序（H-除外）：_，Mg在元素周期表中的位置：_，Mg(O

39、H)2的電子式：_。（2）A2B的化學(xué)式為_。反應(yīng)的必備條件是_。上圖中可以循環(huán)使用的物質(zhì)有_。（3）在一定條件下，由SiH4和CH4反應(yīng)生成H2和一種固體耐磨材料_（寫化學(xué)式）。（4）為實(shí)現(xiàn)燃煤脫硫，向煤中加入漿狀Mg(OH)2，使燃燒產(chǎn)生的SO2轉(zhuǎn)化為穩(wěn)定的Mg化合物，寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式：_。（5）用Mg制成的格氏試劑（RMgBr）常用于有機(jī)合成，例如制備醇類化合物的合成路線如下：依據(jù)上述信息，寫出制備所需醛的可能結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式：_?！敬鸢浮浚?）r(H+)r(Mg2+)r(N3)r(Cl) 第三周期A族 （2）Mg2Si 熔融，電解 NH3，NH4Cl （3）SiC （4）2Mg(OH)2

40、+2SO2+O2=2MgSO4+2H2O （5）CH3CH2CHO，CH3CHO【解析】根據(jù)反應(yīng)的流程過程，先判斷出A2B的化學(xué)式，帶入框圖，結(jié)合學(xué)習(xí)過的相關(guān)知識(shí)進(jìn)行分析即可。（1）MgCl26NH3所含元素的簡(jiǎn)單離子為Mg2+、Cl、N3-、H+，比較離子半徑應(yīng)該先看電子層，電子層多半徑大，電子層相同時(shí)看核電荷數(shù)，核電荷數(shù)越大離子半徑越小，所以這幾種離子半徑由小到大的順序?yàn)椋簉(H+)r(Mg2+)r(N3)r(Cl)。Mg在周期表的第三周期A族。氫氧化鎂是離子化合物，其中含有1個(gè)Mg2+和2個(gè)OH-,所以電子式為：。（2）根據(jù)元素守恒，A2B中就一定有Mg和Si，考慮到各自化合價(jià)Mg為+2

41、，Si為-4，所以化學(xué)式為Mg2Si。反應(yīng)是MgCl2熔融電解得到單質(zhì)Mg，所以必備條件為：熔融、電解。反應(yīng)需要的是Mg2Si、NH3和NH4Cl，而后續(xù)過程又得到了NH3和NH4Cl，所以可以循環(huán)的是NH3和NH4Cl。（3）在一定條件下，由SiH4和CH4反應(yīng)生成H2和一種固體耐磨材料，該耐磨材料一定有Si和C，考慮到課本中介紹了碳化硅的高硬度，所以該物質(zhì)為SiC。（4）為實(shí)現(xiàn)燃煤脫硫，向煤中加入漿狀Mg(OH)2，使燃燒產(chǎn)生的SO2轉(zhuǎn)化為穩(wěn)定的Mg化合物，二氧化硫是酸性氧化物與氫氧化鎂這樣的堿應(yīng)該反應(yīng)得到鹽（亞硫酸鎂），考慮到題目要求寫出得到穩(wěn)定化合物的方程式，所以產(chǎn)物應(yīng)該為硫酸鎂（亞硫

42、酸鎂被空氣中的氧氣氧化得到），所以反應(yīng)為：2Mg(OH)2+2SO2+O2=2MgSO4+2H2O。（5）利用格氏試劑可以制備，現(xiàn)在要求制備，所以可以選擇R為CH3CH2，R為CH3；或者選擇R為CH3，R為CH3CH2，所以對(duì)應(yīng)的醛RCHO可以是CH3CH2CHO或CH3CHO。點(diǎn)睛：本題是一道比較基本的元素綜合問題，比較新穎的是在題目的最后一問中加入了一個(gè)有機(jī)小題，這樣的無(wú)機(jī)有機(jī)綜合題目是比較少見的，當(dāng)然難度并不大。第（4）小題中的反應(yīng)，可以參考必修1的課后練習(xí)中涉及的鈣基固硫問題。方程式中按道理應(yīng)該加上反應(yīng)的條件，例如：加熱。112018江蘇堿式硫酸鋁溶液可用于煙氣脫硫。室溫下向一定濃度

43、的硫酸鋁溶液中加入一定量的碳酸鈣粉末，反應(yīng)后經(jīng)過濾得到堿式硫酸鋁溶液，反應(yīng)方程式為（2x）Al2(SO4)3+3xCaCO3+3xH2O2（1x）Al2(SO4)3xAl(OH)3+3xCaSO4+3xCO2生成物（1x）Al2(SO4)3xAl(OH)3中x值的大小影響堿式硫酸鋁溶液的脫硫效率。（1）制備堿式硫酸鋁溶液時(shí)，維持反應(yīng)溫度和反應(yīng)時(shí)間不變，提高x值的方法有_。（2）堿式硫酸鋁溶液吸收SO2過程中，溶液的pH_（填“增大”、“減小”、“不變”）。（3）通過測(cè)定堿式硫酸鋁溶液中相關(guān)離子的濃度確定x的值，測(cè)定方法如下：取堿式硫酸鋁溶液25.00 mL，加入鹽酸酸化的過量BaCl2溶液充分

44、反應(yīng)，靜置后過濾、洗滌，干燥至恒重，得固體2.3300 g。取堿式硫酸鋁溶液2.50 mL，稀釋至25 mL，加入0.1000 molL1EDTA標(biāo)準(zhǔn)溶液25.00 mL，調(diào)節(jié)溶液pH約為4.2，煮沸，冷卻后用0.08000 molL1CuSO4標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定過量的EDTA至終點(diǎn)，消耗CuSO4標(biāo)準(zhǔn)溶液20.00 mL（已知Al3+、Cu2+與EDTA反應(yīng)的化學(xué)計(jì)量比均為11）。計(jì)算（1x）Al2(SO4)3xAl(OH)3中的x值（寫出計(jì)算過程）?！敬鸢浮浚?）適當(dāng)增加CaCO3的量或加快攪拌速率（2）減小（3）25mL溶液中：n(SO42)= n(BaSO4)=0.0100 mol2.5 m

45、L溶液中：n(Al3+) = n(EDTA)n(Cu2+)=0.1000 molL125.00 mL103LmL10.08000 molL120.00 mL103 LmL1=9.000104 mol25 mL溶液中：n(Al3+)=9.000103 mol1 mol (1x)Al2(SO4)3xAl(OH)3中n(Al3+)=(2x)mol；n(SO42)=3(1x)mol QUOTE = QUOTE = QUOTE x=0.41【解析】分析：（1）提高x的值，即促進(jìn)Al3+的水解和CaSO4的生成。（2）堿式硫酸鋁溶液吸收SO2，溶液堿性減弱，pH減小。（3）根據(jù)加入過量BaCl2溶液產(chǎn)生的固體計(jì)算n（SO42-）；由消耗的CuSO4計(jì)算過量的EDTA，由