专题14 元素及其化合物知识的综合应用-三年(2017-2019)高考真题化学分项汇编含解析

专题14 元素及其化合物知识的综合应用

1．[2019江苏]N 2O 、NO 和NO 2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）N 2O 的处理。N 2O 是硝酸生产中氨催化氧化的副产物，用特种催化剂能使N 2O 分解。NH 3与O 2在加热和催

化剂作用下生成N 2O 的化学方程式为 ▲ 。

（2）NO 和NO 2的处理。已除去N 2O 的硝酸尾气可用NaOH 溶液吸收，主要反应为

NO+NO 2+2OH ?22NO -

+H 2O

2NO 2+2OH ?

2NO -+

3NO -

+H 2O ①下列措施能提高尾气中NO 和NO 2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NaNO 2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3

NO -

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3NO -

，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）2NH 3+2O 2N 2O+3H 2O （2）①BC ②NaNO 3 NO

（3）①3HClO+2NO+H 2O

3Cl ?+23NO -

+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+2O2N2O+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=2 NO3-+3 Cl-+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=2N O3-+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。

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）NaCuO 22NaCuO2＋8HCl2NaCl＋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a mol·L?1 KBrO3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b mol·L?1 Na2S2O3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Na

S2O3溶液v2mL。

2

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：94 g·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

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

（2）

3

（3）

（4）Br2过量，保证苯酚完全反应

（5）反应物用量存在关系：KBrO 3~3Br 2~6KI ，若无苯酚时，消耗KI 物质的量是KBrO 3物质的量的6倍，因有苯酚消耗Br 2，所以当n （KI ）≥6n （KBrO 3）时，KI 一定过量 （6）溶液蓝色恰好消失 （7）

132

(6a v bv )94

6v -? （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I 2与Na 2S 2O 3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KBrO 3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）KBrO 3溶液中加入KBr 和H 2SO 4，溶液颜色呈棕黄色，说明生成Br 2，根据缺项配平可知该离子方程式为

3BrO -+5Br -+6H +=3Br 2 +3H 2O 。

（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I 2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Br 2与废水中苯酚完全反应后，Ⅲ中溶液颜色为黄色，说明有Br 2剩余，剩余Br 2与过量KI 反应，从而间接计算苯酚消耗的Br 2。

（5）Ⅱ中反应为KBrO 3

+ 5KBr

+ 3H 2SO 4=3K 2SO 4+ 3Br 2 + 3H 2O 可知3n(KBrO 3)=n 1(Br 2)，Ⅱ中Br 2部分与苯酚反应，剩余溴的量设为n 2(Br 2)（n 1(Br 2)>n 2(Br 2)）在Ⅳ中反应为Br 2+2KI=I 2+2KBr ，若剩余溴完全反应，则n(KI)≥ 2n 2(Br 2)，推知n(KI)≥6n(KBrO 3)；因而当n(KI)≥6n(KBrO 3)，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Na 2S 2O 3溶液滴入，蓝色变浅直至消失，因而当滴入最后一滴Na 2S 2O 3标准溶液时，溶液由蓝色变为无色，且30s 不变色。

（7）n(BrO 3-)=av 1×

10-3mol ，根据反应BrO 3- + 5Br - + 6H + = 3Br 2 + 3H 2O 可知n(Br 2)=3av 1×10-3mol ，溴分别与苯酚和KI 反应，先计算由KI 消耗的溴的量，设为n 1(Br 2)，根据I 2+2Na 2S 2O 3=2NaI+Na 2S 4O 6可知I 2~2Na 2S 2O 3，又

Br 2+2I -=I 2+2Br -可知Br 2~ I 2，可得Br 2~2Na 2S 2O 3，n(Na 2S 2O 3)= bv 3×10-3mol ，n 1(Br 2)=1

2

bv 3×10-3mol ，再计算由苯酚消耗的溴的量，设为n 2(Br 2)= n(Br 2)- n 1(Br 2)=( 3av 1-

1

2

bv 3) ×10-3mol ，苯酚与溴水反应的计量数关系为3Br 2~C 6H 5OH ，n(C 6H 5OH)=13n 2(Br 2)=(av 1-16bv 3)×10-3mol ，废水中苯酚的含量=1

32

1(av -bv )mol 94g /mol 6

v L

?=132

(6a v bv )946v -?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[Fe 2(OH)6-2n (SO 4)n ]m 广泛用于水的净化。以FeSO 4·7H 2O 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FeSO 4·

7H 2O 溶于稀硫酸，在约70 ℃下边搅拌边缓慢加入一定量的H 2O 2溶液，继续反应一段时间，得到红棕色黏稠液体。H 2O 2氧化Fe 2+

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SnCl 2溶液（Sn 2+将Fe 3+还原为Fe 2+），充分反应后，除去过量的Sn 2+

。用5.000×

10?2 mol·L ?1 K 2Cr 2O 7溶液滴定至终点（滴定过程中227Cr O -

与Fe 2+反应生成Cr 3+和Fe 3+），消耗K 2Cr 2O 7溶液2

2.00 mL 。

①上述实验中若不除去过量的Sn 2+

，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）2Fe 2++ H 2O 2+2H +

2Fe 3++2H 2O 减小

（2）①偏大

②n (227Cr O -

)=5.000×

10?2 mol·L ?1×22.00 mL×10?3 L·mL ?1=1.100×10?3 mol 由滴定时227Cr O -

→Cr 3+和Fe 2+→Fe 3+，根据电子得失守恒可得微粒的关系式：227Cr O -

~6Fe 2+

（或227Cr O -

+14H ++6Fe

2+

6Fe 3++2Cr 3++7H 2O ）

则n (Fe 2+

)=6n (227Cr O -

)=6×

1.100×10?3 mol=6.600×10?3 mol 样品中铁元素的质量：

m (Fe)=6.600×10?3 mol×56 g·mol ?1=0.3696 g 样品中铁元素的质量分数：w (Fe)=0.3696g

3.000g

×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2F e2++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）=0.3696g

3.000g

×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。

5．[2018海南]铜是人类发现最早并广泛使用的一种金属。回答下列问题：

（1）实验室使用稀硫酸和H2O2溶解铜片，该反应的化学方程式为__________________。

（2）电子工业使用FeCl3溶液刻蚀印刷电路板铜箔，写出该过程的离子方程式____________。配制的FeCl3溶液应保持_______(填“酸性”“碱性”或“中性”)，原因是_____________。

（3）溶液中Cu2＋的浓度可采用碘量法测得：

①2Cu2＋＋5I―＝2CuI↓＋I3-②I3-＋2S2O32-=3I―+2S2O62-

反应①中的氧化剂为_____________。现取20.00 mL含Cu2＋的溶液，加入足量KI充分反应后，用0.1000 mol·Lˉ1 Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液25.00 mL，此溶液中Cu2＋的浓度为_______mol·Lˉ1。

【答案】（1）Cu＋H2O2＋H2SO4＝CuSO4＋2H2O

（2）Cu＋2Fe3＋＝Cu2＋＋2Fe2＋酸性防止Fe3＋水解生成Fe(OH)3

（3）Cu2＋0.125

【解析】

【分析】（1）铜与稀硫酸不反应，稀硫酸的作用是提供酸性环境，增强过氧化氢的氧化性；

（2）由于Fe3+易水解，因此配制的FeCl3溶液要保持在酸性条件下，抑制水解；

（3）根据转移的电子数守恒可列关系式求解。

【详解】（1）H2O2在酸性条件下具有强氧化性，能跟铜反应，反应的化学方程式为Cu＋H2O2＋H2SO4＝CuSO4＋2H2O，故答案为：Cu＋H2O2＋H2SO4＝CuSO4＋2H2O。

（2）FeCl3溶液刻蚀印刷电路板铜箔，是铁离子把铜氧化成铜离子，反应的离子方程式为Cu＋2Fe3＋＝Cu2＋＋2Fe2＋。由于Fe3+易水解，因此FeCl3溶液应保持酸性，目的是防止Fe3＋水解生成Fe(OH)3。

故答案为：Cu＋2Fe3＋＝Cu2＋＋2Fe2＋；酸性；防止Fe3＋水解生成Fe(OH)3。

（3）反应①中的铜的化合价由+2→+1价，化合价降低，因此，氧化剂为Cu2＋。

根据反应关系：2S2O32-I3- 2Cu2＋

0.1mol/L×0.025L x×0.02L

0.1mol/L×0.025L= x×0.02L，解得x=0.125mol/L

故答案为：Cu2＋；0.125。

6．[2018天津]下图中反应①是制备SiH4的一种方法，其副产物MgCl2·6NH3是优质的镁资源。回答下列问题：

（1）MgCl2·6NH3所含元素的简单离子半径由小到大的顺序（H-除外）：_________________________，Mg在元素周期表中的位置：_____________________，Mg(OH)2的电子式：____________________。

（2）A2B的化学式为_______________。反应②的必备条件是_______________。上图中可以循环使用的物质有_______________。

（3）在一定条件下，由SiH4和CH4反应生成H2和一种固体耐磨材料_______________（写化学式）。

（4）为实现燃煤脱硫，向煤中加入浆状Mg(OH)2，使燃烧产生的SO2转化为稳定的Mg化合物，写出该反应的化学方程式：_______________。

（5）用Mg制成的格氏试剂（RMgBr）常用于有机合成，例如制备醇类化合物的合成路线如下：

依据上述信息，写出制备所需醛的可能结构简式：_______________。

【答案】（1）r(H+)

（2）Mg2Si 熔融，电解NH3，NH4Cl

（3）SiC

（4）2Mg(OH)2+2SO2+O2=2MgSO4+2H2O

（5）CH3CH2C HO，CH3CHO

【解析】根据反应的流程过程，先判断出A2B的化学式，带入框图，结合学习过的相关知识进行分析即可。（1）MgCl2·6NH3所含元素的简单离子为Mg2+、Cl-、N3-、H+，比较离子半径应该先看电子层，电子层多半径大，电子层相同时看核电荷数，核电荷数越大离子半径越小，所以这几种离子半径由小到大的顺序为：r(H+)

OH-,所以电子式为：。

（2）根据元素守恒，A2B中就一定有Mg和Si，考虑到各自化合价Mg为+2，Si为-4，所以化学式为Mg2Si。反应②是MgCl2熔融电解得到单质Mg，所以必备条件为：熔融、电解。反应①需要的是Mg2Si、NH3和NH4Cl，而后续过程又得到了NH3和NH4Cl，所以可以循环的是NH3和NH4Cl。

（3）在一定条件下，由SiH4和CH4反应生成H2和一种固体耐磨材料，该耐磨材料一定有Si和C，考虑到课本中介绍了碳化硅的高硬度，所以该物质为SiC。

（4）为实现燃煤脱硫，向煤中加入浆状Mg(OH)2，使燃烧产生的SO2转化为稳定的Mg化合物，二氧化硫是酸性氧化物与氢氧化镁这样的碱应该反应得到盐（亚硫酸镁），考虑到题目要求写出得到稳定化合物的方程式，所以产物应该为硫酸镁（亚硫酸镁被空气中的氧气氧化得到），所以反应为：2Mg(OH)2+2SO2+O2=2M gSO4+2H2O。

（5）利用格氏试剂可以制备，现在要求制备，所以可以选择R为CH3CH2，R’为CH3；或者选择R为CH3，R’为CH3CH2，所以对应的醛R’CHO可以是CH3CH2CHO或CH3CHO。

点睛：本题是一道比较基本的元素综合问题，比较新颖的是在题目的最后一问中加入了一个有机小题，这样的无机有机综合题目是比较少见的，当然难度并不大。第（4）小题中的反应，可以参考必修1的课后练习中涉及的钙基固

硫问题。方程式中按道理应该加上反应的条件，例如：加热。

7．[2018江苏]碱式硫酸铝溶液可用于烟气脱硫。室温下向一定浓度的硫酸铝溶液中加入一定量的碳酸钙粉末，反应

后经过滤得到碱式硫酸铝溶液，反应方程式为（2?x ）Al 2(SO 4)3+3x CaCO 3+3x H 2

O

2[（1?x ）

Al 2(SO 4)3·x Al(OH)3]+3x CaSO 4↓+3x CO 2↑生成物（1?x ）Al 2(SO 4)3·x Al(OH)3中x 值的大小影响碱式硫酸铝溶液的脱硫效率。

（1）制备碱式硫酸铝溶液时，维持反应温度和反应时间不变，提高x 值的方法有___________________。 （2）碱式硫酸铝溶液吸收SO 2过程中，溶液的pH___________（填“增大”、“减小”、“不变”）。 （3）通过测定碱式硫酸铝溶液中相关离子的浓度确定x 的值，测定方法如下：

①取碱式硫酸铝溶液25.00 mL ，加入盐酸酸化的过量BaCl 2溶液充分反应，静置后过滤、洗涤，干燥至恒重，得固体2.3300 g 。

②取碱式硫酸铝溶液2.50 mL ，稀释至25 mL ，加入0.1000 mol·L ?1EDTA 标准溶液25.00 mL ，调节溶液pH 约为4.2，煮沸，冷却后用0.08000 mol·L ?1CuSO 4标准溶液滴定过量的EDTA 至终点，消耗CuSO 4标准溶液20.00 mL （已知Al 3+、Cu 2+与EDTA 反应的化学计量比均为1∶1）。 计算（1?x ）Al 2(SO 4)3·x Al(OH)3中的x 值（写出计算过程）。 【答案】（1）适当增加CaCO 3的量或加快搅拌速率 （2）减小

（3）25mL 溶液中：n (SO 42?)= n (BaSO 4)=1

2.3300g

233g mol -?=0.0100 mol

2.5 mL 溶液中：

n (Al 3+) = n (EDTA)?n (Cu 2+)=0.1000 mol·L ?1×25.00 mL×10?3L·mL ?1?0.08000 mol·L ?1×20.00 mL×10?3 L·mL ?1=9.000×10?4 mol

25 mL 溶液中：n (Al 3+)=9.000×10?3 mol 1 mol (1?x )Al 2(SO 4)3·x Al(OH )3中 n (Al 3+)=(2?x )mol ；n (SO 42?)=3(1?x )mol 324

Al SO n n +-

（）（） =231x

x --（）=39.00010mol 0.0100mol -? x =0.41 【解析】分析：（1）提高x 的值，即促进Al 3+的水解和CaSO 4的生成。 （2）碱式硫酸铝溶液吸收SO 2，溶液碱性减弱，pH 减小。

（3）根据加入过量BaCl 2溶液产生的固体计算n （SO 42-）；由消耗的CuSO 4计算过量的EDTA ，由Al 3+消耗的EDTA 计算n （Al 3+）；根据n （Al 3+）与n （SO 42-）之比计算x 的值。

详解：（1）制备碱式硫酸铝溶液，维持反应温度和反应时间不变，提高x 的值，即促进Al 3+的水解和CaSO 4的生成，可以采取的方法是：适当增加CaCO 3的量、加快搅拌速率。

（2）碱式硫酸铝溶液吸收SO 2，溶液碱性减弱，pH 减小。 （3）25mL 溶液中：n （SO 42-）= n （BaSO 4）=

1

2.3300g

233g mol

-? =0.0100 mol 2.5 mL 溶液中：n （Al 3+） = n （EDTA ）?n （Cu 2+）=0.1000 mol·L ?1×25.00 mL×10?3L·mL ?1?0.08000 mol·L ?1×20.00 mL×10?3 L·mL ?1=9.000×10?4 mol

25 mL 溶液中：n （Al 3+）=9.000×10?3 mol

1 mol （1-x ）Al 2（SO 4）3·xAl （OH ）3中n （Al 3+）=（2-x ）mol ；n （SO 42-）=3（1-x ）mol 324Al SO n n +-

（）（） =231x

x --（）=39.00010mol 0.0100mol

-?，解得x=0.41。 点睛：本题以碱式硫酸铝溶液的制备原理为背景，考查反应原理的理解、反应条件的控制和有关化学式的计算。解题的关键有：①向硫酸铝溶液中加入CaCO 3生成碱式硫酸铝溶液，CaCO 3的作用是调节pH 促进Al 3+水解，同时将SO 42-转化为CaSO 4沉淀；②理解溶液中的离子反应与实验滴定方法的定量计算，理清物质间的计量关系。 8．[2018新课标Ⅲ]KIO 3是一种重要的无机化合物，可作为食盐中的补碘剂。回答下列问题： （1）KIO 3的化学名称是_______。

（2）利用“KClO 3氧化法”制备KIO 3工艺流程如下图所示：

“酸化反应”所得产物有KH(IO 3)2、Cl 2和KCl 。“逐Cl 2”采用的方法是________。“滤液”中的溶质主要是_______。“调pH”中发生反应的化学方程式为__________。 （3）KIO 3也可采用“电解法”制备，装置如图所示。 ①写出电解时阴极的电极反应式______。

②电解过程中通过阳离子交换膜的离子主要为_________，其迁移方向是_____________。 ③与“电解法”相比，“KClO 3氧化法”的主要不足之处有______________（写出一点）。

【答案】（1）碘酸钾

（2）加热 KCl KH(IO 3)2+KOH

2KIO 3+H 2O 或（HIO 3+KOH

KIO 3+H 2O ）

（3）2H 2O+2e－2OH－+H2↑ K+a到b 产生Cl2易污染环境等

【解析】本题考查的是化学工业以及电化学的相关知识。应该从题目的化工流程入手，判断每步流程操作的目的，就可以顺利解决问题。

（1）根据氯酸钾（KClO3）可以推测KIO3为碘酸钾。

（2）将溶解在溶液中的气体排出的一般方法是将溶液加热，原因是气体的溶解度是随温度上升而下减小。第一步反应得到的产品中氯气在“逐Cl2”时除去，根据图示，碘酸钾在最后得到，所以过滤时KH(IO3)2应该在滤渣中，所以滤液中主要为KCl。“调pH”的主要目的是将KH(IO3)2转化为KIO3，所以方程式为：KH(IO3)2+KOH=2KIO3+H2O。（3）①由图示，阴极为氢氧化钾溶液，所以反应为水电离的氢离子得电子，反应为2H2O + 2e- = 2OH- + H2↑。

②电解时，溶液中的阳离子应该向阴极迁移，明显是溶液中大量存在的钾离子迁移，方向为由左向右，即由a到b。

③KClO3氧化法的最大不足之处在于，生产中会产生污染环境的氯气。

点睛：题目的电解过程，可以理解为：阳极区的单质碘和氢氧化钾反应：3I2 + 6KOH = KIO3 + 5KI + 3H2O，生成的碘离子在阳极失电子再转化为单质碘，单质碘再与氢氧化钾反应，以上反应反复循环最终将所有的碘都转化为碘酸钾。阴极区得到的氢氧化钾可以循环使用。

9．[2017江苏]铝是应用广泛的金属。以铝土矿(主要成分为Al2O3，含SiO2和Fe2O3等杂质)为原料制备铝的一种工艺流程如下：

注：SiO2在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀。

（1）“碱溶”时生成偏铝酸钠的离子方程式为_____________________。

（2）向“过滤Ⅰ”所得滤液中加入NaHCO3溶液，溶液的pH_________ (填“增大”、“不变”或“减小”)。

（3）“电解Ⅰ”是电解熔融Al2O3，电解过程中作阳极的石墨易消耗，原因是___________。

（4）“电解Ⅱ”是电解Na2CO3溶液，原理如图所示。阳极的电极反应式为_____________________，阴极产生的物质A的化学式为____________。

（5）铝粉在1000℃时可与N 2反应制备AlN 。在铝粉中添加少量NH 4Cl 固体并充分混合，有利于AlN 的制备，

其主要原因是_____________________。

【答案】（1）Al 2O 3+2OH

?

22AlO -

+H 2O

（2）减小

（3）石墨电极被阳极上产生的O 2氧化

（4）423CO -

+2H 2O?4e

?

43HCO -

+O 2↑ H 2

（5）NH 4Cl 分解产生的HCl 能够破坏Al 表面的Al 2O 3薄膜

【解析】结合流程及题中信息可知，铝土矿在碱溶时，其中的氧化铝和二氧化硅可与强碱溶液反应，过滤后，滤液中偏铝酸钠与碳酸氢钠反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，氢氧化铝经灼烧后分解为氧化铝，最后电解熔融的氧化铝得到铝。碳酸钠溶液经电解后可以再生成碳酸氢钠和氢氧化钠进行循环利用。

（1）氧化铝为两性氧化物，可溶于强碱溶液生成偏铝酸钠和水，离子方程式为Al 2O 3+2OH

?

22AlO -

+H 2O 。

（2）为了提高铝土矿的浸取率，氢氧化钠溶液必须过量，所以过滤I 所得滤液中含有氢氧化钠，加入碳酸氢钠溶液后，氢氧化钠与碳酸氢钠发生反应生成碳酸钠和水，所以溶液的pH 减小。

（3）电解I 过程中，石墨阳极上氧离子被氧化为氧气，在高温下，氧气与石墨发生反应生成气体，所以，石墨电极易消耗的原因是被阳极上产生的氧气氧化。

（4）由图中信息可知，生成氧气的为阳极室，溶液中水电离的OH ?

放电生成氧气，破坏了水的电离平衡，碳酸根结

合H +转化为3HCO -

，所以电极反应式为423CO -

+2H 2O?4e

?43HCO -

+O 2↑，阴极室氢氧化钠溶液浓度变大，说明

水电离的H +

放电生成氢气而破坏水的电离平衡，所以阴极产生的物质A 为H 2。

（5）铝在常温下就容易与空气中的氧气反应生成一层致密的氧化膜。氯化铵受热分解产生的氯化氢能够破坏铝表面的氧化铝薄膜，所以加入少量的氯化铵有利于AlN 的制备。

【名师点睛】本题通过化工流程考查了课本上学过的从铝土矿提取铝的元素化合物的知识，在问题中又结合原料的循环利用考查了电解原理。制备类工艺流程题一般由多步连续的操作组成，每一步操作都有其具体的目标、任务。审题的重点要放在与题设有关操作的目标、任务上，分析时要从成本角度(原料是否廉价易得)、环保角度(是否符合绿色化学的要求)、现实角度等方面考虑；解答时要先看框内，后看框外，里外结合；边分析，边思考，易处着手；先局部，后全盘，逐步深入。而且还要看清问题，不能答非所问。要求用理论回答的试题应采用“四段论法”：本题改变了什么条件(或是什么条件)→根据什么理论或性质→所以有什么变化→结论，如本题最后一个问题，只要注意了铝表面易生成氧化膜和氯化铵受热易分解这两条性质，即可想到分解产物对氧化膜的作用，所以备考时，要多看课本上元素化合物方面内容，知道学了哪些，大多数的试题的根都在课本上。

10．[2017海南]锂是最轻的活泼金属，其单质及其化合物有广泛的用途。回答下列问题：

（1）用碳酸锂和_______反应可制备氯化锂，工业上可由电解LiCl－KCl的熔融混合物生产金属锂，阴极上的电极反应式为__________。

（2）不可使用二氧化碳灭火器扑灭因金属锂引起的火灾，其原因是__________。

（3）硬脂酸锂是锂肥皂的主要成分，可作为高温润滑油和油脂的稠化剂。鉴别硬脂酸锂与硬脂酸钠、硬脂酸钾可采用的实验方法和现象分别是__________。

（4）LiPF6易溶于有机溶剂，常用作锂离子电池的电解质。LiPF6受热易分解，其热分解产物为PF3和__________。【答案】（1）盐酸Li＋＋e－Li

（2）金属锂在CO2仍可燃烧

（3）分别取样品进行焰色反应，锂盐焰色为深红色，钠盐焰色为黄色，钾盐焰色为紫色（透过蓝色钴玻璃）

（4）LiF

【解析】（1）碳酸锂制备氯化锂，利用碳酸锂的性质与碳酸镁的性质相似，因此碳酸锂与盐酸反应制备氯化锂，根据电解原理，阴极上发生还原反应，得到电子，电极反应式为Li＋＋e－Li；

（2）根据元素周期表中对角线原则，Li和Mg的性质相似，Mg能在CO2中燃烧，Mg与CO2反应生成MgO和C，因此锂也能与CO2反应，因此不能用CO2灭火；

（3）阳离子不同，阳离子属于碱金属元素，因此采用焰色反应进行鉴别，分别取样品进行焰色反应，锂盐焰色为深红色，钠盐焰色为黄色，钾盐焰色为紫色（透过蓝色钴玻璃）；

（4）LiPF6中Li显＋1价，P显＋5价，F显－1价，PF5中P显＋5价，F显－1价，因此LiPF6分解不属于氧化还原反应，根据元素守恒，另一种产物中含有Li，即另一种产物是LiF。

【名师点睛】本题考查化学反应原理，涉及物质的制备，元素及其化合物的性质、焰色反应、电极反应式的书写等知识，本题从元素周期表中的对角线原则进行判断，Li和Mg处于对角线，性质具有一定的相似性，属于中等题，平时学生需要夯实基础，注意知识的综合运用。

11．[2017天津]H2S和SO2会对环境和人体健康带来极大的危害，工业上采取多种方法减少这些有害气体的排放，回答下列方法中的问题。

Ⅰ．H2S的除去

方法1：生物脱H2S的原理为：

H

2

S+Fe2(SO4)3 S↓+2FeSO4+H2SO4

4FeSO4+ O2+2H2SO4硫杆菌

2Fe2(SO4)3 +2H2O

（1）硫杆菌存在时，FeSO4被氧化的速率是无菌时的5×105倍，该菌的作用是______________。

（2）由图3和图4判断使用硫杆菌的最佳条件为______________。若反应温度过高，反应速率下降，其原因是______________。

方法2：在一定条件下，用H 2O 2氧化H 2S

（3）随着参加反应的n (H 2O 2)/n (H 2S)变化，氧化产物不同。当n (H 2O 2)/n (H 2S)=4时，氧化产物的分子式为

__________。 Ⅱ．SO 2的除去

方法1（双减法）：用NaOH 吸收SO 2，并用CaO 使NaOH 再生

NaOH 溶液2

SO CaO

???→←???

①②Na 2SO 3溶液 （4）写出过程①的离子方程式：____________________________；CaO 在水中存在如下转化：

CaO(s)+ H 2O (l)

Ca(OH)2(s)

Ca 2+(aq)+2OH ?(aq)

从平衡移动的角度，简述过程②NaOH 再生的原理____________________________________。 方法2：用氨水除去SO 2

（5）已知25℃，NH 3·

H 2O 的K b =1.8×10?5，H 2SO 3的K a1=1.3×10?2，K a2=6.2×10?8。若氨水的浓度为2.0 mol·L ?1，溶液中的c (OH ?

)=_________________ mol·

L ?1。将SO 2通入该氨水中，当c (OH ?)降至1.0×10?7 mol·L ?1时，溶液中的c (23SO -)/c (3HSO -

)=___________________。

【答案】（1）降低反应活化能（或作催化剂）

（2）30 ℃、pH=2.0 蛋白质变性（或硫杆菌失去活性） （3）H 2SO 4

（4）2OH ?

+SO 2

23SO -+H 2O

23SO -

与Ca 2+生成CaSO 3沉淀，平衡向正向移动，有NaOH 生成

（5）6.0×

10?3 0.62 【解析】（1）根据硫杆菌存在时的反应速率是无菌时的5×105倍可知，反应速率显著增大，则硫杆菌的作用是作催化剂，降低了反应的活化能。

（2）根据图3可知，温度30℃左右时，氧化速率最大，根据图4可知，pH=2.0时氧化速率最大，所以使用硫杆菌的最佳条件为30℃、pH=2.0；若反应温度过高，硫杆菌蛋白质变性失去活性造成反应速率下降。

（3）根据化合价升降，当n (H 2O 2)/n (H 2S)=4时，4 mol H 2O 2转移8 mol 电子，则1 mol H 2S 也转移8 mol 电子，化合

价从?2价升高到+6价，所以氧化产物为H 2SO 4。

（4）过程①是NaOH 与SO 2的反应，反应的离子方程式为2OH ?

+SO 2

23SO -+H 2O ；根据CaO 在水中的转化：

CaO(s)+H 2O(l)Ca(OH)2(s)

Ca 2+(aq)+2OH ?(aq)，过程②中Na 2SO 3加入CaO 后，23SO -

与Ca 2+生成CaSO 3

沉淀，平衡向正向移动，有NaOH 生成。

（5）根据NH 3·H 2O 的K b =1.8×10?5可知，c (NH 4+)c (OH ?)

c (NH 3·H 2O) =1.8×10?5，当氨水的浓度为2.0 mol·L ?1时，溶液中的c (OH ?

)= c (4NH +

)= 1.8×10?5×2.0 mol·L -1 =6.0×10?3 mol·L ?1。

根据H 2SO 3的K a2=6.2×10?8可知，c (H +)c (SO 32-)

c (HSO 3?) =6.2×10?8，当c (OH ?)降至1.0×10?7 mol·L ?1，则c (H +

)=1.0×10?7 mol·L ?1，溶液中的c (23SO -

)/c (3HSO -

)=0.62。

12．[2017北京]SCR 和NSR 技术可有效降低柴油发动机在空气过量条件下的NO x 排放。 （1）SCR （选择性催化还原）工作原理：

① 尿素[CO(NH 2)2]水溶液热分解为NH 3和CO 2，该反应的化学方程式：____________。 ② 反应器中NH 3还原NO 2的化学方程式：____________。

③ 当燃油中含硫量较高时，尾气中SO 2在O 2作用下会形成(NH 4)2SO 4，使催化剂中毒。用化学方程式表示(NH 4)2SO 4的形成：________。

④ 尿素溶液浓度影响NO 2的转化，测定溶液中尿素（M =60 g·

mol ?1）含量的方法如下：取a g 尿素溶液，将所含氮完全转化为NH 3，所得NH 3用过量的v 1 mL c 1 mol·

L ?1 H 2SO 4溶液吸收完全，剩余H 2SO 4用v 2 mL c 2 mol·L ?1 NaOH 溶液恰好中和，则尿素溶液中溶质的质量分数是________。 （2）NSR （NO x 储存还原）工作原理：

NO x 的储存和还原在不同时段交替进行，如图a 所示。

① 通过BaO 和Ba(NO 3)2的相互转化实现NO x 的储存和还原。储存NO x 的物质是_________。

② 用H 2模拟尾气中还原性气体研究了Ba(NO 3)2的催化还原过程，该过程分两步进行，图b 表示该过程相关物质浓度随时间的变化关系。第一步反应消耗的H 2与Ba(NO 3)2的物质的量之比是__________。 ③ 还原过程中，有时会产生笑气（N 2O ）。用同位素示踪法研究发现笑气的产生与NO 有关。在有氧条件下

15

NO 与NH 3以一定比例反应时，得到的笑气几乎都是

15

NNO 。将该反应的化学方程式补充完整：

_______

催化剂

□15NNO+□H 2O

【答案】（1）①CO(NH 2)2+H 2O CO 2+2NH 3

②8NH 3+6NO 2

7N 2+12H 2O

③2SO 2+O 2+4NH 3+2H 2O 2(NH 4)2SO 4 ④

11223(2)

100c v c v a

-

（2）①BaO ②8∶1 ③415

NO+4NH 3+3O 2

415NNO+6H 2O

【解析】（1）①尿素[CO(NH 2)2]水溶液热分解为NH 3和CO 2，结合原子守恒，发生反应的化学方程式为

CO(NH 2)2+H 2O =====

△ 2NH 3↑+CO 2↑。②从图中可以看出NH 3在催化剂作用下还原NO 2生成氮气和水，根据电子守恒和原子守恒可得此反应的化学方程式为8NH 3+6NO 2

7N 2+12H 2O 。③SO 2在O 2作用下与NH 3、H 2O 反应形成

(NH 4)2SO 4，此反应中SO 2是还原剂，氧气是氧化剂，结合电子守恒和原子守恒可得此反应的化学方程式为2SO 2+O 2+4NH 3+2H 2O

2(NH 4)2SO 4。④吸收NH 3的硫酸的物质的量为v 1×

10?3L× c 1 mol·L ?1 ?v 2 ×10?3 L×c 2 mol·L ?1 ×12=（v 1c 1?12v 2c 2）×10?3mol ，则尿素的物质的量为（v 1c 1?1

2v 2c 2）×10?3mol ，尿素溶液中溶质的质量分数是[（v 1c 1?

1

2v 2c 2）×10?3mol×60g/mol]÷a g×100%=11223(2)100c v c v a

-。（2）①由图示可知BaO 和NO x 作用生成Ba(NO 3)2，Ba(NO 3)2再还原为N 2，则储存NO x 的物质是BaO 。②由图示可知，第一步反应为H 2与Ba(NO 3)2作用生成NH 3，每摩Ba(NO 3)2作用生成NH 3共转移16 mol 电子，根据电子守恒，参加反应的氢气的物质的量为16 mol÷

2=8 mol ，则消耗的H 2与Ba(NO 3)2的物质的量之比是8∶1。③反应物有15

NO 与NH 3，结合产物中有水，可知还有另一反应物

O 2，反应中NH 3是还原剂，15NO 与O 2是氧化剂，因含氮产物均为15NNO ，则15NO 与NH 3以1∶1参加反应，结合

电子守恒和原子守恒可得此反应的化学方程式为415

NO+4NH 3+3O 2

415NNO+6H 2O 。

【名师点睛】试题以SCR 和NSR 技术控制发动机的NO x 排放为载体，重点考查化学方程式书写、化学计算、氧化还原反应电子转移的应用等知识，考查考生的读图能力、计算能力和对试题的综合分析能力。注意读图时要结合题目要求展开，如图a ，问题中“NO x 的储存和还原。储存…”，因此主要就是从图左到图右，BaO 转变成Ba(NO 3)2，Pt 没有发生变化，所以BaO 是储存NO x 的试剂，而Pt 没有变化则可能是该储存过程中的催化剂。该题涉及到方程式的书写较多，尤其是氧化还原反应方程式的配平是解答的难点。注意利用好“守恒”三原则(即质量守恒、得失电子守恒、电荷守恒)，注意电子得失守恒的计算关系式，即n (氧化剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价－低价)＝n (还

原剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价－低价)。