2020年高考化学真题分类训练 专题13 元素及其化合物知识的综合应用

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专题13   元素及其化合物知识的综合应用1．(2020年新课标Ⅱ)化学工业为疫情防控提供了强有力的物质支撑。氯的许多化合物既是重要化工原料，又是高效、广谱的灭菌消毒剂。回答下列问题：(1)氯气是制备系列含氯化合物的主要原料，可采用如图(a)所示的装置来制取。装置中的离子膜只允许______离子通过，氯气的逸出口是_______(填标号)。(2)次氯酸为一元弱酸，具有漂白和杀菌作用，其电离平衡体系中各成分的组成分数δ[δ(X)=，X为HClO或ClO−]与pH的关系如图(b)所示。HClO的电离常数Ka值为______。(3)Cl2O为淡棕黄色气体，是次氯酸的酸酐，可由新制的HgO和Cl2反应来制备，该反应为歧化反应(氧化剂和还原剂为同一种物质的反应)。上述制备Cl2O的化学方程式为______。(4)ClO2常温下为黄色气体，易溶于水，其水溶液是一种广谱杀菌剂。一种有效成分为NaClO2、NaHSO4、NaHCO3的“二氧化氯泡腾片”，能快速溶于水，溢出大量气泡，得到ClO2溶液。上述过程中，生成ClO2的反应属于歧化反应，每生成1 mol ClO2消耗NaClO2的量为_____mol；产生“气泡”的化学方程式为____________。(5)“84消毒液”的有效成分为NaClO，不可与酸性清洁剂混用的原因是______(用离子方程式表示)。工业上是将氯气通入到30%的NaOH溶液中来制备NaClO溶液，若NaClO溶液中NaOH的质量分数为1%，则生产1000 kg该溶液需消耗氯气的质量为____kg(保留整数)。【答案】(1)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)电解饱和食盐水，阳极产生氯气，阳离子移向阴极室；(2)由图pH=7.5时，c(HClO)=c(ClO-)，HClO的Ka==c(H+)；(3)Cl2歧化为Cl2O和Cl-；(4)根据5ClO2－＋4H＋=4ClO2＋Cl－＋2H2O，计算每生成1molClO2，消耗的NaClO2；碳酸氢钠和硫酸氢钠反应生成硫酸钠、水和二氧化碳；(5)“84”中的NaClO、NaCl和酸性清洁剂混合后发生归中反应；根据NaOH质量守恒计算；【详解】(1)电解饱和食盐水，反应的化学方程式为2NaCl+2H2O 2NaOH+Cl2↑+H2↑，阳极氯离子失电子发生氧化反应生成氯气，氯气从a口逸出，阴极氢离子得到电子发生还原反应生成氢气，产生OH-与通过离子膜的Na+在阴极室形成NaOH，故答案为：Na+；a；(2)由图pH=7.5时，c(HClO)=c(ClO-)，HClO的Ka==c(H+)=10-7.5；故答案为：10-7.5；(3)Cl2歧化为Cl2O和Cl-，HgO和氯气反应的方程式为：2Cl2+HgO=HgCl2+Cl2O，故答案为：2Cl2+HgO=HgCl2+Cl2O；(4)5ClO2－＋4H＋=4ClO2＋Cl－＋2H2O，每生成1molClO2，消耗NaClO2为 =1.25mol；碳酸氢钠和硫酸氢钠反应生成硫酸钠、水和二氧化碳，方程式为：NaHCO3＋NaHSO4=Na2SO4＋H2O＋CO2↑，故答案为:1.25mol；NaHCO3＋NaHSO4=Na2SO4＋H2O＋CO2↑；(5)“84”中的NaClO、NaCl和酸性清洁剂混合后发生归中反应，离子方程式为：ClO－＋Cl－＋2H＋=Cl2↑＋H2O；设氯气为xkg，则消耗的NaOH为kg，原氢氧化钠质量为+1000Kg×0.01，由NaOH质量守恒：原溶液为1000Kg-x，则Kg+1000Kg×0. 01=(1000Kg-x)×0.3，解得x=203Kg；故答案为：ClO－＋Cl－＋2H＋=Cl2↑＋H2O；203。2．(2020年江苏卷)实验室由炼钢污泥(简称铁泥，主要成份为铁的氧化物)制备软磁性材料α-Fe2O3。其主要实验流程如下：(1)酸浸：用一定浓度的H2SO4溶液浸取铁泥中的铁元素。若其他条件不变，实验中采取下列措施能提高铁元素浸出率的有___________(填序号)。A．适当升高酸浸温度B．适当加快搅拌速度C．适当缩短酸浸时间(2)还原：向“酸浸”后的滤液中加入过量铁粉，使Fe3+完全转化为Fe2+。“还原”过程中除生成Fe2+外，还会生成___________(填化学式)；检验Fe3+是否还原完全的实验操作是______________。(3)除杂：向“还原”后的滤液中加入NH4F溶液，使Ca2+转化为CaF2沉淀除去。若溶液的pH偏低、将会导致CaF2沉淀不完全，其原因是___________[，]。(4)沉铁：将提纯后的FeSO4溶液与氨水-NH4HCO3混合溶液反应，生成FeCO3沉淀。①生成FeCO3沉淀的离子方程式为____________。②设计以FeSO4溶液、氨水- NH4HCO3混合溶液为原料，制备FeCO3的实验方案：__。(FeCO3沉淀需“洗涤完全”，Fe(OH)2开始沉淀的pH=6.5)。【答案】(1)AB    (2)H2    取少量清液，向其中滴加几滴KSCN溶液，观察溶液颜色是否呈血红色    (3)pH偏低形成HF，导致溶液中F-浓度减小，CaF2沉淀不完全(4)①或    ②在搅拌下向FeSO4溶液中缓慢加入氨水-NH4HCO3混合溶液，控制溶液pH不大于6.5；静置后过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤2~3次；取最后一次洗涤后的滤液，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，不出现白色沉淀【解析】【分析】铁泥的主要成份为铁的氧化物，铁泥用H2SO4溶液“酸浸”得到相应硫酸盐溶液，向“酸浸”后的滤液中加入过量铁粉将Fe3+还原为Fe2+；向“还原”后的滤液中加入NH4F使Ca2+转化为CaF2沉淀而除去；然后进行“沉铁”生成FeCO3，将FeCO3沉淀经过系列操作制得α—Fe2O3；据此分析作答。【详解】(1)A．适当升高酸浸温度，加快酸浸速率，能提高铁元素的浸出率，A选；B．适当加快搅拌速率，增大铁泥与硫酸溶液的接触，加快酸浸速率，能提高铁元素的浸出率，B选；C．适当缩短酸浸时间，铁元素的浸出率会降低，C不选；答案选AB。(2)为了提高铁元素的浸出率，“酸浸”过程中硫酸溶液要适当过量，故向“酸浸”后的滤液中加入过量的铁粉发生的反应有：Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+2H+=Fe2++H2↑，“还原”过程中除生成Fe2+外，还有H2生成；通常用KSCN溶液检验Fe3+，故检验Fe3+是否还原完全的实验操作是：取少量清液，向其中滴加几滴KSCN溶液，观察溶液颜色是否呈血红色，若不呈血红色，则Fe3+还原完全，若溶液呈血红色，则Fe3+没有还原完全，故答案为：H2，取少量清液，向其中滴加几滴KSCN溶液，观察溶液颜色是否呈血红色。(3)向“还原”后的滤液中加入NH4F溶液，使Ca2+转化为CaF2沉淀，Ksp(CaF2)=c(Ca2+)·c2(F-)，当Ca2+完全沉淀(某离子浓度小于1×10-5mol/L表明该离子沉淀完全)时，溶液中c(F-)至少为mol/L=×10-2mol/L；若溶液的pH偏低，即溶液中H+浓度较大，H+与F-形成弱酸HF，导致溶液中c(F-)减小，CaF2沉淀不完全，故答案为：pH偏低形成HF，导致溶液中F-浓度减小，CaF2沉淀不完全。(4)①将提纯后的FeSO4溶液与氨水—NH4HCO3混合溶液反应生成FeCO3沉淀，生成FeCO3的化学方程式为FeSO4+NH3·H2O+NH4HCO3=FeCO3↓+(NH4)2SO4+H2O[或FeSO4+NH3+NH4HCO3=FeCO3↓+(NH4)2SO4]，离子方程式为Fe2+++NH3·H2O=FeCO3↓++H2O(或Fe2+++NH3=FeCO3↓+)，答案为：Fe2+++NH3·H2O=FeCO3↓++H2O(或Fe2+++NH3=FeCO3↓+)。②根据题意Fe(OH)2开始沉淀的pH=6.5，为防止产生Fe(OH)2沉淀，所以将FeSO4溶液与氨水—NH4HCO3混合溶液反应制备FeCO3沉淀的过程中要控制溶液的pH不大于6.5；FeCO3沉淀需“洗涤完全”，所以设计的实验方案中要用盐酸酸化的BaCl2溶液检验最后的洗涤液中不含 ；则设计的实验方案为：在搅拌下向FeSO4溶液中缓慢加入氨水—NH4HCO3混合溶液，控制溶液pH不大于6.5；静置后过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤2~3次；取最后一次洗涤后的滤液，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，不出现白色沉淀，故答案为：在搅拌下向FeSO4溶液中缓慢加入氨水—NH4HCO3混合溶液，控制溶液pH不大于6.5；静置后过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤2~3次；取最后一次洗涤后的滤液，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，不出现白色沉淀。3．(2020年江苏卷)次氯酸钠溶液和二氯异氰尿酸钠(C3N3O3Cl2Na)都是常用的杀菌消毒剂。 NaClO可用于制备二氯异氰尿酸钠.(1)NaClO溶液可由低温下将Cl2缓慢通入NaOH溶液中而制得。制备 NaClO的离子方程式为__________；用于环境杀菌消毒的NaClO溶液须稀释并及时使用，若在空气中暴露时间过长且见光，将会导致消毒作用减弱，其原因是__________________。(2)二氯异氰尿酸钠优质品要求有效氯大于60%。通过下列实验检测二氯异氰尿酸钠样品是否达到优质品标准。实验检测原理为  准确称取1.1200g样品，用容量瓶配成250.0mL溶液；取25.00mL上述溶液于碘量瓶中，加入适量稀硫酸和过量KI溶液，密封在暗处静置5min；用Na2S2O3标准溶液滴定至溶液呈微黄色，加入淀粉指示剂继续滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液20.00mL。①通过计算判断该样品是否为优质品_______。(写出计算过程， )②若在检测中加入稀硫酸的量过少，将导致样品的有效氯测定值____________(填“偏高”或“偏低”)。【答案】(1)    NaClO溶液吸收空气中的CO2后产生HClO，HClO见光分解    (2)①根据物质转换和电子得失守恒关系：得氯元素的质量:该样品的有效氯为：该样品的有效氯大于60%，故该样品为优质品②偏低    【解析】(1)由题意可知，氯气通入氢氧化钠中产生次氯酸钠，同时产生氯化钠，反应的离子方程式为：；次氯酸钠溶液长期暴露在空气中会吸收空气中的二氧化碳气体，因次氯酸酸性比碳酸弱，因此次氯酸钠可以与二氧化碳在水中反应产生HClO，HClO具有不稳定性，在受热或见光条件下会发生分解反应，产生HCl和O2，从而是次氯酸钠失效；(2)①由题中反应可知，在酸性条件产生HClO，HClO氧化碘离子产生碘单质，碘单质再用硫代硫酸钠滴定，结合反应转化确定物质之间的关系为：， ，根据物质转换和电子得失守恒关系：得n(Cl)=0.5=，氯元素的质量：m(Cl)= =0.03550g，该样品中的有效氯为： =63.39%，该样品中的有效氯大于60%，故该样品为优质品。②如果硫酸的用量过少，则导致反应不能充分进行，产生的HClO的量偏低，最终导致实验测得的有效氯含量会偏低。4．(2020年7月浙江选考)Ⅰ.化合物Ⅹ由四种短周期元素组成，加热X，可产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体Y，Y为纯净物；取，用含的盐酸完全溶解得溶液A，将溶液A分成和两等份，完成如下实验(白色沉淀C可溶于溶液)：请回答：(1)组成X的四种元素是N、H和_______(填元素符号)，X的化学式是_________。(2)溶液B通入过量得到白色沉淀C的离子方程式是______________。(3)写出一个化合反应(用化学方程式或离子方程式表示)_____________。要求同时满足：①其中一种反应物的组成元素必须是X中除N、H外的两种元素；②反应原理与“”相同。Ⅱ.某兴趣小组为验证浓硫酸的性质进行实验，如图。实验中观察到的现象有：锥形瓶内有白雾，烧杯中出现白色沉淀。请回答：(1)将浓硫酸和浓盐酸混合可产生气体的原因是________。(2)烧杯中出现白色沉淀的原因是_____________。【答案】Ⅰ.(1)         (2)    (3)或    Ⅱ.(1)吸收浓盐酸中的水分且放热导致挥发(2)气体会将带出，与作用生成    【解析】【分析】根据题干可知，加热X可产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的纯净物气体Y，故Y为NH3，由实验流程图中分析可知，结合B中通入过量的CO2产生能溶于NaOH溶液的白色沉淀C，故C为Al(OH)3，则D为Al2O3，E是AgCl，结合图中数据利用原子守恒，可以计算出各自元素的物质的量，求出X的化学式，再根据物质性质进行解答。【详解】Ⅰ.(1)由分析可知，Y为NH3，由实验流程图中分析可知，结合B中通入过量的CO2产生能溶于NaOH溶液的白色沉淀C，故C为Al(OH)3，则D为Al2O3，E是AgCl，利用原子守恒可知：A1溶液中含有N原子的物质的量为：，Al原子的物质的量为：，A2溶液中含有的Cl-的物质的量为： ；故一半溶液中含有的H原子的物质的量为：，故X中含有四种元素即N、H、Al、Cl，其个数比为：，故X的化学式为：AlCl3NH3；(2)根据分析(1)可知，溶液B中通入过量的CO2所发生的离子方程式为：；(3)结合题给的两个条件，再分析化合物X(AlCl3NH3)是NH3和AlCl3通过配位键结合成的化合物，不难想到类似于NH3和H2O反应，故可以很快得出该反应的离子方程式为AlCl3+Cl-= 或者AlCl3+NH3=AlCl3NH3；Ⅱ.(1)由于浓硫酸具有吸水性且浓硫酸稀释是个放热过程，而且HCl的挥发性随浓度增大而增大，随温度升高而增大，从而得出用浓硫酸和浓盐酸混合制备HCl的原理是浓硫酸吸收浓盐酸中的水分且放热，使浓盐酸的挥发性增强，使HCl挥发出来；(2)浓硫酸虽然难挥发，但也会随HCl气流而带出少量的H2SO4分子，与Ba(NO3)2反应生成硫酸钡白色沉淀。