专题14 元素及其化合物知识的综合应用1. [2021江苏]N2.、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〕电.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02在加热和催化剂作用下生成N2O的化学方程式为▲.⑵ NO和N02的处理.已除去N20的硝酸尾气可用NaOH溶液吸收,主要反响为NO+NO 2+2OH ------ 2 NO 2 +H 2O2NO2+2OH -------- NO2 + NO3+H2O①以下举措能提升尾气中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,可提升尾气中NO的去除率.其他条件相同, NO转化为NO3的转化率随NaClO溶液初始pH 〔用稀盐酸调节〕的变化如下图.①在酸性NaClO溶液中,HC1O氧化NO生「成Cl-和NO 3 ,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▲.(3)① 3HC1O+2NO+H 2.^= 3C1-+2 NO 3+5H +②溶液pH 越小,溶液中HC1O 的浓度越大,氧化 NO 的水平越强 【解析】【详解】〔1〕 NH 3与O 2在加热和催化剂作用下发生氧化复原反响生成 N 2O,根据得失电子守恒和原子守恒看Ct 卡可知反响有水生成,配平化学方程式为：2NH 3+2OS1-N 2O+3H 2O .〔2〕①A 、加快通入尾气的速率,不能提升尾气中 NO 和NO 2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,能提升尾气中NO 和NO 2的去除率,符合题意；C 、定期补充适量的 NaOH 溶液可增大反响物浓度,能提升尾气中 NO 和NO 2的去除率,符合题意.应选BC .②由吸收反响： NO+NO 2+2OH -=2NO 2-+H 20, 2NO 2+2OH -=NO 2-+ NO 3-+H 2O 可知,反响后得到 NaNO 2和 NaNO 3混合溶液,经浓缩、结晶、过滤得到NaNO 2和NaNO 3晶体,因此得到的 NaNO 2混有NaNO 3；由吸收反响可知,假设 NO 和NO 2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 发生氧化复原反响生成NO 3-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+3HC1O+H 2O=2 NO 3-+3C1-+5H +.②在相同条件下,氧化剂的浓度越大,氧化水平越强,由反响 2NO+3HC1O+H 2O=2NO 3—+3 C1-+5H +可知,溶 液pH 越小,溶液中HClO 浓度越大,氧化 NO 的水平越强.2. ［2021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:pH 混合气体］〔现象1： C11SO4由白色变蓝色〕产固体单质］〔现象 > 呈紫红色〕 f 固体混合物'斗黑"1M 减性溶液|〔现象—焰色反响呈黄色〕〔恰好中和r 消耗0.0200 mH HCD请答复：〔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 与浓盐酸反响产生黄绿色气体,固体完全溶解,得到蓝色溶液,该反响 的化学方程式是. 【答案】(1) O (2) Cu 和 NaOH (3) NaCuO 22NaCuO 2+ 8HCl ---------- 2NaCl + 2CuCl 2+ Cl 24H 2O【答案】〔1〕 2NH 3+2O 2催化剂N 2O+3H 2O(2)① BC ②NaNO 3 NO可卜干H 式过前⑵38由热【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,焰色反响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CuSO?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焰色反响为黄色说明有Na元素,与HCl发生中和反响说明有NaOH,故答案填Cu和NaOH.(4) NaOH 为0.02mol,易算出m(Na)=0.02 X23g=0.46g, m(O)=m-m(Na)-m(Cu)=2.38-0.46-1.28=0.46g , N(Na):……0.46 1.28 0.W .............. …――一一1厂一…一…N(Cu)： N(O)=-=1： 1： 2,故化学式为NaCuO2, X与浓盐酸反响,根据反响现象,产物有C12,64 16和CuCl2蓝色溶液,因而化学方程式为2NaCuO2+8HCl2NaCl +2CuCl2+Cl2f+ 4H2O.3. [2021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-1KBrO 3标准溶液；n .取％mL上述溶液,参加过量KBr ,加H2SO4酸化,溶液颜色呈棕黄色；出.向n所得溶液中参加V2 mL废水；IV .向山中参加过量KI ;V .用b mol 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V2 mL.：I2+2Na2s2O3=2NaI+ Na2s4.6Na2s2O3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 中发生反响的离子方程式是.(3) 印中发生反响的化学方程式是.(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) >n (KBrO 3)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 gmol-1).(8)由于B「2具有性质,n~W中反响须在密闭容器中进行,否那么会造成测定结果偏高.【答案】(1)容量瓶(2) BrO3 +5Br-+6H+=3Br2 +3H2OOH OH(3)一'''(Sr ]+3HBrBr(4) B「2过量,保证苯酚完全反响(5)反响物用量存在关系：KBrO3~3Br2~6KI ,假设无苯酚时,消耗KI物质的量是KBrO3物质的量的6倍,因有苯酚消耗B「2,所以当n (KI) >n (KBrO3)时,KI 一定过量(6)溶液蓝色恰好消失⑺ (6av i bv3)946 v2(8)易挥发【解析】【分析】此题考查氧化复原反响滴定的综合运用.苯酚与澳反响快速灵敏,但滴定终点难以判断,因而制得一定量的澳分别与苯酚和KI反响(澳须完全反响完),而澳与KI反响生成的I2与Na2s2O3进行滴定分析,因而直接测出与KI反响所消耗的澳,进而计算出与苯酚反响消耗的澳,最后根据苯酚与澳反响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) KB「O3溶液中参加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BrO3 +5Br-+6H+=3Br2 +3H2O.(3)苯酚和滨水反响得到白色沉淀2,4,6-三澳苯酚,化学方程式为(4)该测量过程是利用一定量的澳分别与苯酚和KI反响,注意澳须反响完全,且一定量澳的总量,局部澳与KI反响生成的I2可利用氧化复原滴定法测量,进而计算出与KI反响的澳的消耗量,将一定量澳减去与KI 反响的澳的消耗量,可得与苯酚反响的澳的消耗量,因而一定量的澳与苯酚反响完,必须有剩余 的澳与KI 反响,出中反响结束时,假设溶液显黄色说明苯酚反响完,且有澳剩余,以便与 KI 反响,故原因 为n 中生成的Br 2与废水中苯酚完全反响后, 出中溶液颜色为黄色,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 B 「2.(5)n 中反响为 KBrO 3+ 5KBr + 3H 2SO 4=3K 2SO 4+ 3Br 2 + 3H 2O 可知 3n(KBrO 3)=n i (Br 2), n 中 Br 2局部与苯 酚反响,剩余澳的量设为n 2(Br 2)( n i (Br 2)>n 2(Br 2))在IV 中反响为Br 2+2KI=I 2+2KBr ,假设剩余澳完全反响,那么 n(KI) > 22T (Br 2),推知 n(KI) A 6n(KBrO;因而当 n(KI)皿 6n(KBrO, K 一定过量. (6)V 中含碘的溶液内参加淀粉,溶液显蓝色,随着Na 2s 2.3溶液滴入,蓝色变浅直至消失,因而当滴入 最后一滴Na 2s 2.3标准溶液时,溶液由蓝色变为无色,且 30s 不变色.(7)n(BrO 3-尸aviX10-3mol ,根据反响 BrO 3-+ 5Br -+ 6H += 3Br 2 + 3H 2O 可知 n(Br 2)=3av i X10-3mol,澳分别与 苯酚和KI反响,先计算由KI 消耗的澳的量,设为Q(Br 2),根据I 2+2Na 2s 2O 3=2NaI+Na 2s 4.6可知I 2~2Na 2s 2.3, 1 ° 又 Br 2+2I -=I 2+2Br -可知 B 「2~ ⑶ 可得 Br 2~2Na 2s 2O 3, n(Na 2s 2.3)= bv 3X 10-3mol, m(Br 2)=- bv 3X 10-3mol,再计 算由苯酚消耗的澳的量,设为n 2(Br 2)= n(Br 2)- m(B 「2)=( 3av 1-— bv 3) 10-3mol,苯酚与滨水反响的计量数关系2为 3Br 2~C 6H 5OH , n(C 6H 50H 尸—n 2(B 「2)=(av 1-l bv 3) ¥0-3mol ,废水中苯酚的含量3 6,1 .(av 1-- bv 3)mol 94g/mol (6a v 〔 bv 3)94v 2L(8)n 中生成的澳须被苯酚和KI 完全反响掉,而澳有挥发性,反响时须在密闭容器中进行.4. [2021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 Fes04 7H 2.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Fes .4 7H 2.溶于稀硫酸,在约70 C 下边搅拌边缓慢参加一定量的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▲；水解聚合反响会导致溶液的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,参加适量稀盐酸,加热,滴加稍过量的snCl 2溶液(sn 2+将Fe 3+复原为Fe 2+),充分反响后,除去过量的sn 2+.用5.000 M0-2 mol L -1 K 2Cr 2O 7溶液滴定至终点(滴定过程中 Cr ?.；与Fe 2+反响生成Cr 3+和 Fe 3+),消耗 K 2Cr 2O 7溶液 22.00 mL .①上述实验中假设不除去过量的 sn 2+,样品中铁的质量分数的测定结果将 ▲ (填 漏大〞或褊小〞或无影响〞).mol .6v 2【答案】(1) 2Fe 2++ H 2O 2+2H +^= 2Fe 3++2H 2O 减小(2)①偏大② n(C 「2.2 )=5.000 W -2mol L -1X 22.00 mL 10—3L mL -1=1.100 10-3 mol由滴定时Cr 2o 7 一 Cr 3+和Fe 2+一 Fe 3+,根据电子得失守恒可得微粒的关系式： Cr 2o 2〜6Fe 2+(或 C^O ； +14H ++6Fe 2+^=6Fe 3++2C 产+7H 2O)那么n(Fe 2+)=6n(C 「2O 7 )=6 >1.100 10—3mol=6.600 10-3 mol 样品中铁元素的质量：m(Fe)=6.600 何3 mol 为6 gm ol -1=0.3696 g【解析】 【分析】(1) Fe 2+具有复原性,H 2O 2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 水解反响的离子方程式分析溶液pH 的变化；(2)①根据Sn 2+能将Fe 3+复原为Fe 2+判断复原性的强弱,进一步进行误差分析； ②根据K 2Cr 2O 7溶液的浓度和体积计算消耗的 K 2Cr 2O 7物质的量,由得失电子守恒计算n ( Fe 2+),结合Fe守恒和3 ( Fe)的表达式计算.【详解】(1) Fe 2+具有复原性,在溶液中被氧化成Fe 3+, H 2O 2具有氧化性,其复原产物为H 2.,根据得失电子守恒可写出反响 2F-e 2++H 2O 2-2Fe 3++2H 2O,根据溶液呈酸性、结合原子守恒和电荷守恒,H 2O 2氧化Fe 2+ 的离子方程式为 2Fe 2++H 2O 2+2H +=2Fe 3++2H 2O ； H 2O 2氧化后的溶液为 Fe 2 (SO 4)3溶液,Fe 2 ( SO 4)3发生 水解反响 Fe 2 (SO 4) 3+ (6-2n) H 2.^^ Fe 2 (OH) 6-2n (SO 4)n + (3-n) H 2SO 4, Fe 2 (OH) 6-2n (SO 4)n 聚合得到聚合硫酸铁,根据水解方程式知水解聚合反响会导致溶液的酸性增强,pH 减小.(2)①根据题意,Sn 2+能将Fe 3+复原为Fe 2+,发生的反响为 Sn 2++2Fe 3+=Sn 4++2Fe 2+ ,根据复原性：复原剂> 复原产物,那么复原性 Sn 2+>Fe 2+,实验中假设不除去过量的Sn 2+,那么参加的K 2Cr 2O 7先氧化过量的Sn 2+再氧化Fe 2+,导致消耗的K 2Cr 2O 7溶液的体积偏大,那么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 (C 「2O 72-) =5.000 M0-2moi/L >22.00mL M0-3L/mL=1.100 M0-3mol 由滴定时Cr 2O 72--C 产和Fe 2+-Fe 3+,根据电子得失守恒,可得微粒的关系式：Cr 2O 72--6Fe 2+ (或Cr 2O 72-+6Fe 2++14H +=6Fe 3++2Cr 3++7H 2.) 那么 n (Fe 2+) =6n (Cr 2O 72-) =6X1.100 M0-3moi=6.6 10-3mol (根据Fe 守恒)样品中铁元素的质量：m (Fe) =6.6 X10-3mol X56g/mol=0.3696g②计算该样品中铁的质量分数(写出计算过程).［来源争f4网］样品中铁元素的质量分数:0.3696 gw(Fe)= ------------- 3.000 gM00%=12.32%0.3696g样品中铁兀素的质重分数：w (Fe) = ---------------- M00%=12.32%.3.000 g【点睛】此题以聚合硫酸铁的制备过程为载体,考查氧化复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〞的氧化复原反响规律分析.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. [2021海南]铜是人类发现最早并广泛使用的一种金属.答复以下问题：(1)实验室使用稀硫酸和H2O2溶解铜片,该反响的化学方程式为.(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-反响①中的氧化剂为.现取20.00 mL含Cu2+的溶液,参加足量KI充分反响后,用0.1000mol L -1 Na2s2O3标准溶液滴定至终点,消耗Na2s2.3溶液25.00 mL ,此溶液中Cu2+的浓度为mol L -1 O [来源学科网Z.X.X.K]【答案】(1) Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4 + 2H2O(2) Cu + 2Fe3 +=Cu2+ + 2Fe2+酸性预防Fe3+水解生成Fe(OH)3(3) Cu2+0.125【解析】【分析】(1)铜与稀硫酸不反响,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】(DH2O2在酸性条件下具有强氧化性, 能跟铜反响,反响的化学方程式为Cu + H2O2+H2SO4=CuSO4+ 2H2O,故答案为：Cu+ H2O2+ H2SO4 = CuSO4+ 2H2O0(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,反响的离子方程式为Cu+2Fe3+ = Cu2 + +2Fe2\由于F铲易水解,因此FeCl3溶液应保持酸性,目的是预防Fe3+水解生成Fe(OH)3.故答案为：Cu + 2Fe3+=Cu2+ + 2Fe2+；酸性；预防Fe*水解生成Fe(OH)3 .(3)反响①中的铜的化合价由+2--+1价,化合价降低,因此,氧化剂为Cu2+O根据反响关系：2s2O32-〜I3-~2Cu2小0.1mol/L (X025L x>0.02L0.1mol/L 0<025L= x (X02L,解得 x=0.125mol/L 故答案为：Cu 2+ ; 0.125.6. [2021天津]以下图中反响①是制备 SiH 4的一种方法,其副产物MgCl 2 6NH 3是优质.的镁资源.答复以下问题：(1) MgCl 2 6NH 3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) A 2B 的化学式为 .反响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 SiH 4和CH 4反响生成H 2和一种固体耐磨材料 (写化学式). (4)为实现燃煤脱硫,向煤中参加浆状Mg(OH) 2,使燃烧产生的SO 2转化为稳定的Mg 化合物,写出该反响的化学方程式：.(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:M 口 Ij R 七HRBr ---------- jRMgBr ------------------------ *(Rr 是基：R J r 援基或无水乙於 2) H?04 5r依据上述信息,写出制备‘Thfl hCHCHj 所需醛的可能结构简式： ________________________(1) MgCl 2 6NH 3所含元素的简单离子为 Mg 2+、Cl -、N 3-、H +,比拟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 +)<r(Mg 2+)<r(N 3)<r(C1).Mg 在周期表的第三周期n A 族.氢氧化镁是离子化合物,其中含有1个Mg 2+4n 人 cI H ：o ：l和2个OH -,所以电子式为：I ** n -2 Mg 2Si 熔融,电解 NH 3, NH 4CI4 2Mg(OH) 2+2SO 2+O 2=2MgSO 4+2H 2O5 CH 3CH 2CHO, CH 3CHO【解析】根据反响的流程过程,先判断出A 2B 的化学式,带入框图,结合学习过的相关知识进行分析即可.A ;B破通【答案】(1) r(H +)<r(M 「g 2+)<r(N 3)<r(Cl) 第三周期n A 族 中酎c(2)根据元素守恒,A 2B 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 Mg 2Si . 反响②是 MgCl2熔融电解得到单质 Mg,所以必备条件为：熔融、电解.反响①需要的是Mg 2Si 、NH 3和NH 4C1,而后续过程又得到了 NH 3和NH 4C1,所以可以循环的是 NH 3和NH 4C1. (3)在一定条件下,由 SiH 4和CH 4反响生成H 2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 SiCo(4)为实现燃煤脱硫,向煤中参加浆状Mg(OH) 2,使燃烧产生的SO 2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响得到盐(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),所以反响为： 2Mg(OH) 2+2SO 2+O 2=2M gSO 4+2H 2...)11,现在要求制备(CHQhCHCHd ,所以可以选择R 为CH 3CH 2, R'为 CH 3；或者选择 R 为CH 3, R 为CH 3CH 2,所以对应的醛 R CHO 可以是CH 3CH 2CHO 或CH 3CHO . 点睛：此题是一道比拟根本的元素综合问题,比拟新奇的是在题目的最后一问中参加了一个有机小题,这 样的无机有机综合题目是比拟少见的,当然难度并不大.第( 习中涉及的钙基固硫问题.方程式中按道理应该加上反响的条件,例如：加热.7. [2021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参加一定量的碳酸钙粉末,反响后经过滤得到碱式硫酸铝溶液,反响方程式为(2-x) Al 2(SO 4)3+3xCaCO 3+3xH2^^= 2[ (1-x)Al 2(SO 4)3 xAl(OH) 3]+3xCaSO 4 J +xCO 2 性成物(1- x) Al 2(SO 4)3 xAl(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,维持反响温度和反响时间不变,提升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,参加盐酸酸化的过量 BaCl 2溶液充分反响,静置后过滤、洗涤,枯燥至恒重,得固体 2.3300 go②取碱式硫酸铝溶液 2.50 mL ,稀释至25 mL ,参加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 (Al 3+、Cu 2+与EDTA 反响的化学计量比均为 1 ： 1).计算(1-x) Al 2(SO 4)3 xAl(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(5)利用格氏试剂可以制备 4)小题中的反响,可以参考必修 1的课后练(2)减小(3) 25mL 溶液中：n(SO42-)= n(BaSO4)= 2.3300g 1 =0.0100 mol233g mol2.5 mL溶液中：n(Al3+) = n(EDTA) - n(Cu2+)=0.1000 mol L-1>25.00 mLX 10-3L mL-1-0.08000 mol L- 1X20.00 mLX 10-3 L mL-1=9.000 10-4mol 25 mL 溶液中:n(Al 3+)=9.000 10-3mol1 mol (1 - x)Al 2(SO4)3 xAl(OH「)3 中n(Al 3+)=(2- x)mol; n(SO42-)=3(1- x)mol33n(Al ) 2 x 9.000 10 mol …------ = --------------- =---------------------- x=0.41n(SO4)31 x) 0.0100mol【解析】分析：(1)提升x的值,即促进Al3+的水解和CaSO4的生成.(2)碱式硫酸铝溶液吸收SO2,溶液碱性减弱,pH减小.(3)根据参加过量BaCl2溶液产生的固体计算n (SO42-)；由消耗的CuSO4计算过量的EDTA,由Al3+消耗的EDTA计算n (Al3+);根据n (Al3+)与n (SO42-)之比计算x的值.详解：(1)制备碱式硫酸铝溶液,维持反响温度和反响时间不变,提升x的值,即促进Al3+的水解和CaSO4的生成,可以采取的方法是：适当增加CaCO3的量、加快搅拌速率.(2)碱式硫酸铝溶液吸收SO2,溶液碱性减弱,pH减小.(3) 25mL 溶液中：n (SO42-) = n (BaSO4)= 2.3300g 1 =0.0100 mol 233g mol2.5 mL 溶液中：n(Al3+) = n(EDTA) - n(Cu2+) =0.1000 mol L-1>25.00 mL 10-3L mL-1- 0.08000 mol L-1X20.00mLX 10-3L mL-1=9.000 10-4mol25 mL 溶液中:n (Al3+) =9.000 X10-3mol1 mol (1-x) Al2 (SO4)3 xAl (OH) 3中n (Al3+) = (2-x) mol; n (SO42-) =3 (1-x) mol^21 =^_2^= 9.000 10 3mo l,解得x=0.41.n(SO4)31 x) 0.0100mol点睛：此题以碱式硫酸铝溶液的制备原理为背景,考查反响原理的理解、反响条件的限制和有关化学式的计算.解题的关键有：①向硫酸铝溶液中参加CaCO3生成碱式硫酸铝溶液, CaCO3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响与实验滴定方法的定量计算,理清物质间的计量关系.8. [2021新课标ni]KIO 3是一种重要的无机化合物,可作为食盐中的补碘剂.答复以下问题:(1) KIO 3的化学名称是(2)利用“KCQ 氧化法〞制备KIO 3工艺流程如以下图所示:【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 2.)(3) 2H 2O+2e ^^=2OH +H2T K + a 至ij b 产生 CI 2易污染环境等【解析】此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(KCl .3)可以推测KIO 3为碘酸钾.(4) 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.第一步反响得到的产品中氯气在 逐Cl 2〞时除去,根据图示,碘酸钾在最后得到,所以过滤时KH(IO 3)2应该 在滤渣中,所以滤液中主要为KCl 0调pH'的主要目的是将 KH(IO 3)2转化为KI .3,所以方程式为： 酸化反响〞所得产物有KH(IO 3)2、Cl 2和KClo 逐Cl 2〞采用的方法是 .滤液〞中的溶质主要是 .调pH 〞中发生反响的化学方程式为(3) KIO 3也可采用 电解法〞制备,装置如下图.①写出电解时阴极的电极反响式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,“KC1Q 氧化法〞的主要缺乏之处有 (写出一点).情性电缆Ph-冷却水 学KOJI-b KOHEI4)Kl*hKH(IO 3)2+KOH=2KIO 3+H2O.(3)①由图示,阴极为氢氧化钾溶液, 所以反响为水电离的氢离子得电子, 反响为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至ij b.③KClO 3氧化法的最大缺乏之处在于,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响：3I2 + 6KOH = KIO 3 + 5KI + 3H 2.,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响,以上反响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. [2021江苏]铝是应用广泛的金属. 以铝土矿(主要成分为Al 2O3,含SiO2和Fe2O3等杂质)为原料制备铝的一种工艺流程如下：NalK〔〕Al注：S iO2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 〞所得滤液中参加NaHCO3溶液,溶液的pH(填增大"、不变"或低小〞)(3)电解I〞是电解熔融Al 2O3,电解过程中作阳极的石墨易消耗,原因是 .(4)电解H 〞是电解Na2CO3溶液,原理如下图.阳极的电极反响式为 ,阴极产生的物质A的化学式为.由禹于更换履(5)铝粉在1000c时可与N2反响制备AlN.在铝粉中添加少量NH4CI固体并充分混合,有利于AlN的制备,其主要原因是__________________________【答案】〔1〕 Al 2O3+2OH- 2 AlO 2+H 20(2)减小(3)石墨电极被阳极上产生的O2氧化 (5) NH 4CI 分解产生的HCl 能够破坏Al 外表的A12O 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响,过滤后,滤液中偏铝酸钠与碳酸氢钠反响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 - 2 AlO 2 +H 2O .(2)为了提升铝土矿的浸取率,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,参加碳酸氢钠溶液后,氢氧化钠与碳酸氢钠发生反响生成碳酸钠和水,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,氧气与石墨发生反响生成气体,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HCO 3,所以电极反响式为 4CO2 +2H 2O-4e -^=4HCO3+O2T,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响生成一层致密的氧化膜.氯化钱受热分解产生的氯化氢能够破坏铝外表的氧化铝薄膜,所以参加少量的氯化钱有利于 AlN 的制备.【名师点睛】此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,分析时要从本钱角度 (原料是否廉价 易得)、环保角度(是否符合绿色化学的要求 卜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.要求用理论答复的试题应采用 四段论法〞：此题改变了什么条件(或是什么条件)一根据什么理论或性质 一所以 有什么变化一结论,如此题最后一个问题,只要注意了铝外表易生成氧化膜和氯化钱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. [2021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.答复以下问题：(1)用碳酸锂和 反响可制备氯化锂,工业上可由电解LiCl —KCl 的熔融混合物生产金属锂,阴 极上的电极反响式为 .(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 . 2 (4) 4双 +2H 2O-4e 4HCO 3+O 2T H 2(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______________ O【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响, 锂盐焰色为深红色,钠盐焰色为黄色, 钾盐焰色为紫色(透过蓝色钻玻璃)(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响制备氯化锂,根据电解原理,阴极上发生复原反响,得到电子,电极反响式为Li + + e^^= Li;(2)根据元素周期表中对角线原那么, Li和Mg的性质相似,Mg能在CO2中燃烧,Mg与CO2反响生成MgO和C,因此锂也能与CO2反响,因此不能用CO2灭火；(3)阳离子不同,阳离子属于碱金属元素,因此采用焰色反响进行鉴别,分别取样品进行焰色反响,锂盐焰色为深红色,钠盐焰色为黄色,钾盐焰色为紫色(透过蓝色钻玻璃) ；(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分解不属于氧化复原反响,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】此题考查化学反响原理,涉及物质的制备,元素及其化合物的性质、焰色反响、电极反响式的书写等知识,此题从元素周期表中的对角线原那么进行判断, Li和Mg处于对角线,性质具有一定的相似性,属于中等题,平时学生需要夯实根底,注意知识的综合运用. 一一11. [2021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,答复以下方法中的问题.I . H2s的除去方法1 :生物脱H2s的原理为：H2S+Fe2(SO4)3----------- S J +2FeSO+H2SO4硫杆菌4FeSO4+ O2+2H2SO4- 2Fe2(SO4)3 +2H2O(1)硫杆菌存在时,FeSO4被氧化的速率是无菌时的5M05倍,该菌的作用是.(2)由图3和图4判断使用硫杆菌的最正确条件为.假设反响温度过高,反响速率下降,其原因是.。
