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
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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
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Fe
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