1、专题八元素及其化合物一、选择题1.(2019江苏单科,6,2分)下列有关化学反应的叙述正确的是()A.Fe在稀硝酸中发生钝化B.MnO2和稀盐酸反应制取Cl2C.SO2与过量氨水反应生成(NH4)2SO3D.室温下Na与空气中O2反应制取Na2O2答案CA项,常温下,Fe遇浓硝酸发生钝化,Fe与稀硝酸发生氧化还原反应生成NO气体,错误;B项,MnO2与浓盐酸在加热条件下可制取Cl2,与稀盐酸不反应,错误;C项,SO2与过量氨水反应生成(NH4)2SO3,正确;D项,室温下Na与O2反应生成Na2O,错误。2.(2019广东佛山一模)硫是生物必需的营养元素之一,下列关于自然界中硫循环(如图所示)
2、的说法正确的是()A.含硫杆菌及好氧/厌氧菌促进了硫的循环B.硫循环中硫的化合物均为无机物C.上述硫循环中硫元素均被氧化D.烧煤时加石灰石,可减少酸雨及温室气体的排放答案AA项,分析题图可知,含硫杆菌及好氧/厌氧菌促进了硫的循环;B项,硫循环中硫的化合物包括有机物和无机物;C项,硫循环中部分硫元素化合价升高被氧化,部分硫元素化合价降低为-2价被还原;D项,烧煤时加入石灰石可减少二氧化硫的排放量,即可减少酸雨的发生,但不能减少温室气体的排放量。3.(2019安徽黄山一模)下列各组物质中,物质之间通过一步反应能实现如下图所示转化的是()选项ABCDXFeAl2O3N2HClYFeCl3Al(OH)
3、3NO2NaClZFe(OH)3NaAlO2HNO3Cl2答案DFe(OH)3无法通过一步反应生成铁,A项错误;Al2O3无法通过一步反应生成Al(OH)3,NaAlO2也无法通过一步反应生成Al2O3,B项错误;N2无法通过一步反应生成NO2,C项错误;HCl与氢氧化钠反应生成NaCl,电解熔融NaCl生成氯气,氯气与钠反应生成氯化钠,氯气与氢气反应生成氯化氢,D项正确。4.(2019河南平顶山二调)某化工厂制备净水剂硫酸铁铵晶体NH4Fe(SO4)26H2O的一种方案如下:下列说法不正确的是()A.滤渣A的主要成分是CaSO4B.相同条件下,NH4Fe(SO4)26H2O净水能力比FeCl
4、3强C.“合成”反应要控制温度,温度过高,产率会降低D.“系列操作”包括蒸发浓缩、降温结晶、过滤、干燥等答案B硫酸钙微溶于水,滤渣A的主要成分是硫酸钙,A项正确;NH4+抑制Fe3+的水解,故相同条件下氯化铁净水能力比硫酸铁铵晶体强,B项错误;“合成”时温度过高,会促进Fe3+的水解,C项正确;经过“系列操作”后由溶液得到含结晶水的晶体,宜采用降温结晶法,D项正确。5.(2019江西重点中学盟校联考)某学习小组以废催化剂(主要成分为SiO2、ZnO、ZnS和CuS)为原料,制备锌和铜的硫酸盐晶体。设计的实验方案如下:下列说法正确的是()A.步骤中能溶于稀硫酸的是ZnO、ZnS和CuSB.步骤、
5、中发生的反应均为氧化还原反应C.步骤涉及的离子反应可能为CuS+H2O2+2H+Cu2+S+2H2OD.步骤和,采用蒸发结晶、过滤后均可获取粗晶体答案CZnO、ZnS可与稀硫酸反应,CuS不溶于稀硫酸,A错误;步骤中发生反应:ZnO+H2SO4ZnSO4+H2O、ZnS+H2SO4ZnSO4+H2S,均不是氧化还原反应,B错误;步骤中发生反应:CuS+H2O2+H2SO4 CuSO4+S+2H2O,离子方程式为CuS+H2O2+2H+Cu2+S+2H2O,C正确;步骤和均为溶液结晶得到含结晶水的晶体,均采用蒸发浓缩、冷却结晶法,D错误。6.(2019安徽六安一模)下图所示为海水综合利用的部分流
6、程,下列有关说法正确的是()A.第步中除去粗盐中的SO42-、Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质加入的药品顺序为NaOH溶液Na2CO3溶液BaCl2溶液过滤后加盐酸B.第步是一个将电能转化为化学能的过程,工业上采用阴离子交换膜的电解装置C.第步中结晶出的MgCl26H2O可在空气中受热分解制无水MgCl2D.第步中反应的离子方程式为Cl2+2Br- 2Cl-+Br2,第步的目的是富集溴元素答案D除去粗盐中的杂质离子时,Na2CO3溶液应在BaCl2溶液之后加入,故A错误;第步是电解饱和食盐水,是将电能转化为化学能的过程,工业上采用阳离子交换膜的电解装置,故B错误;为防止镁离子水解,应在氯化氢
7、气流中加热MgCl26H2O,故C错误;第步中溴元素被氧化,发生反应的离子方程式为Cl2+2Br- 2Cl-+Br2,第步中溴单质在碳酸钠溶液中发生歧化反应生成溴化钠和溴酸钠,第步中溴化钠和溴酸钠经酸化转化为溴单质,过程中步的目的是浓缩、富集溴元素,故D正确。7.(2019河南许昌一模)下图所示是验证氯气性质的微型实验,a、b、c、d、e是浸有相关溶液的滤纸。已知:2KMnO4+16HCl(浓) 2KCl+5Cl2+2MnCl2+8H2O。向KMnO4晶体上滴加一滴浓盐酸后,立即用另一培养皿扣在上面。下列有关说法正确的是()A.a处变蓝、b处变棕红,说明非金属性:ClBrIB.c处先变红后褪色
8、,说明Cl2与H2O反应生成HClC.d处立即褪色,说明Cl2与H2O反应生成HClOD.e处变红,说明Cl2与Fe2+反应生成Fe3+答案DCl2分别与KI、NaBr作用生成I2、Br2,a处变蓝、b处变棕红,可证明氧化性:Cl2I2、Cl2Br2,无法证明I2与Br2氧化性的强弱,则无法证明非金属性:ClBrI,A项错误;氯气与水发生反应Cl2+H2OH+Cl-+HClO,H+使试纸变红,HClO具有漂白性,可使试纸褪色,则c处先变红后褪色,能证明氯气与水反应生成了酸性物质和漂白性物质,B项错误;Cl2和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水,消耗了氢氧化钠,红色褪去,不能证明Cl2与H2O
9、反应的生成物是HClO,C项错误;Cl2将Fe2+氧化为Fe3+,使浸有KSCN溶液的滤纸变为红色,D项正确。8.(2019上海单科,16,2分)在pH为1的100 mL 0.1 mol/L的AlCl3溶液中,加入300 mL 0.1 mol/L的氢氧化钠溶液后铝元素的存在形式是()A.AlO2- B.Al3+ C.Al(OH)3 D.Al3+、Al(OH)3答案DpH为1的100 mL 0.1 mol/L的AlCl3溶液中,n(H+)=0.1 L0.1 mol/L=0.01 mol,n(Al3+)=0.1 L0.1 mol/L=0.01 mol,300 mL 0.1 mol/L的NaOH溶液
10、中n(NaOH)=0.3 L0.1 mol/L=0.03 mol,两溶液混合后先后发生反应H+OH- H2O、Al3+3OH- Al(OH)3,0.01 mol H+消耗0.01 mol OH-,剩余的0.02 mol OH-与0.01 mol Al3+反应时,Al3+过量,所以铝元素的存在形式为Al3+、Al(OH)3。二、非选择题9.(2019江苏单科,16,12分)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。(
11、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- 2NO2-+H22NO2+2OH- NO2-+NO3-+H2O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NO3-的转化率随NaClO溶液初始pH(用稀
12、盐酸调节)的变化如图所示。在酸性NaClO溶液中,HClO氧化NO生成Cl-和NO3-,其离子方程式为。NaClO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)BCNaNO3NO(3)3HClO+2NO+H2O 3Cl-+2NO3-+5H+溶液pH越小,溶液中HClO的浓度越大,氧化NO的能力越强解析(1)根据得失电子守恒和原子守恒可写出NH3与O2反应的化学方程式。(2)若要提高尾气中NO和NO2的去除率,须加快氮氧化物与NaOH的反应速率。B项措施能增大气、液反应物的接触面积,C项措施增大NaOH溶液的浓度,二者均能加快反应速率;A项措施易
13、导致氮氧化物不能及时被吸收,使NO和NO2去除率降低。据题给反应:2NO2+2OH- NO2-+NO3-+H2O可知,NaNO2晶体中含有NaNO3杂质;由于NO与NaOH不反应,故吸收后排放的尾气中NO的含量较高。(3)据得失电子守恒可得:3HClO+2NO3Cl-+2NO3-,据电荷守恒可得:3HClO+2NO 3Cl-+2NO3-+5H+,据原子(质量)守恒可得:3HClO+2NO+H2O 3Cl-+2NO3-+5H+。NaClO溶液的初始pH越小,c(H+)越大,c(HClO)越大,氧化NO的能力越强,NO的转化率越高。10.(2017课标,26,14分)水泥是重要的建筑材料。水泥熟料
14、的主要成分为CaO、SiO2,并含有一定量的铁、铝和镁等金属的氧化物。实验室测定水泥样品中钙含量的过程如图所示:回答下列问题:(1)在分解水泥样品过程中,以盐酸为溶剂,氯化铵为助溶剂,还需加入几滴硝酸。加入硝酸的目的是,还可使用代替硝酸。(2)沉淀A的主要成分是,其不溶于强酸但可与一种弱酸反应,该反应的化学方程式为。(3)加氨水过程中加热的目的是。沉淀B的主要成分为、(写化学式)。(4)草酸钙沉淀经稀H2SO4处理后,用KMnO4标准溶液滴定,通过测定草酸的量可间接获知钙的含量,滴定反应为:MnO4-+H+H2C2O4Mn2+CO2+H2O。实验中称取0.400 g水泥样品,滴定时消耗了0.0
15、50 0 molL-1的KMnO4溶液36.00 mL,则该水泥样品中钙的质量分数为。答案(1)将样品中可能存在的Fe2+氧化为Fe3+H2O2(2)SiO2(或H2SiO3)SiO2+4HF SiF4+2H2O(或H2SiO3+4HFSiF4+3H2O)(3)防止胶体生成,易沉淀分离Al(OH)3Fe(OH)3(4)45.0%解析(1)水泥样品中可能含有Fe2+,酸溶时加入几滴硝酸可将Fe2+氧化为Fe3+;将Fe2+氧化为Fe3+的氧化剂还可以选择H2O2,该氧化剂的还原产物为H2O,不会引入其他杂质。(2)SiO2不溶于盐酸、硝酸等强酸,但可溶于氢氟酸。(3)Fe3+、Al3+在沉淀的过
16、程中容易形成胶体而无法沉淀分离,采取加热的方法可加速微粒凝聚形成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀,从而易于分离;pH为45时Al3+、Fe3+可完全沉淀,而Mg2+、Ca2+不沉淀,故沉淀B的主要成分为Al(OH)3、Fe(OH)3。(4)配平方程式可得对应关系式:2KMnO4 5H2C2O4 5CaC2O4 5Ca2+2 mol 540 g0.050 036.0010-3 mol m(Ca2+)m(Ca2+)=0.180 g故(Ca2+)=0.180 g0.400 g100%=45.0%。11.(2017课标,27,15分)重铬酸钾是一种重要的化工原料,一般由铬铁矿制备,铬铁矿的主要成分为
17、FeOCr2O3,还含有硅、铝等杂质。制备流程如图所示:回答下列问题:(1)步骤的主要反应为:FeOCr2O3+Na2CO3+NaNO3 Na2CrO4+Fe2O3+CO2+NaNO2上述反应配平后FeOCr2O3与NaNO3的系数比为。该步骤不能使用陶瓷容器,原因是。(2)滤渣1中含量最多的金属元素是,滤渣2的主要成分是及含硅杂质。(3)步骤调滤液2的pH使之变(填“大”或“小”),原因是(用离子方程式表示)。(4)有关物质的溶解度如图所示。向“滤液3”中加入适量KCl,蒸发浓缩,冷却结晶,过滤得到K2Cr2O7固体。冷却到(填标号)得到的K2Cr2O7固体产品最多。a.80 b.60 c.
18、40 d.10 步骤的反应类型是。(5)某工厂用m1 kg铬铁矿粉(含Cr2O3 40%)制备K2Cr2O7,最终得到产品m2 kg,产率为。答案(1)27陶瓷在高温下会与Na2CO3反应(2)FeAl(OH)3(3)小2CrO42-+2H+ Cr2O72-+H2O(4)d复分解反应(5)190m2147m1100%解析(1)利用得失电子守恒法配平:2FeOCr2O3+4Na2CO3+7NaNO3 4Na2CrO4+Fe2O3+4CO2+7NaNO2,则FeOCr2O3与NaNO3的系数比为27。陶瓷中含有SiO2,在高温下能与Na2CO3反应,会损坏仪器。(2)由步骤可知熔块中含有NaNO2
19、、Na2CrO4、Fe2O3等,故滤渣1中含量最多的金属元素为Fe,而步骤需除去Al3+及含硅物质,故滤渣2中应主要含Al(OH)3及含硅杂质。(3)步骤调pH的目的是促进CrO42-转化为Cr2O72-,根据2CrO42-+2H+ Cr2O72-+H2O,可知应增大c(H+),故pH要变小。(4)根据溶解度曲线图可知,应选择K2Cr2O7溶解度小于溶液中其他溶质溶解度且溶解度最小的温度区域,故选d。反应为2K+Cr2O72- K2Cr2O7,此反应为复分解反应。(5)根据Cr原子守恒建立关系式:Cr2O3 K2Cr2O7152 294m140% kg m(K2Cr2O7)m(K2Cr2O7)
20、=294m140%152 kg故产率为m2kg294m140%152kg100%=190m2147m1100%。12.(2019河北石家庄一模)草酸亚铁晶体(FeC2O42H2O,相对分子质量为180)呈淡黄色,可用作照相显影剂。某实验小组对其进行了一系列探究。.纯净草酸亚铁晶体热分解产物的探究(1)气体产物成分的探究。小组成员采用如下装置(可重复选用)进行实验:装置D的名称为。按照气流从左到右的方向,上述装置的连接顺序为尾气处理装置(填仪器接口的字母编号)。实验前先通入一段时间N2,其目的是。实验证明气体产物中含有CO,依据的实验现象为。(2)固体产物成分的探究。充分反应后,A处反应管中残留
21、黑色固体,查阅资料可知,黑色固体可能为Fe或FeO。小组成员设计实验证明了其成分只有FeO,其操作及现象为。(3)依据(1)和(2)的结论,可知A处反应管中发生反应的化学方程式为。.草酸亚铁晶体样品纯度的测定工业制得的草酸亚铁晶体中常含有FeSO4杂质,测定其纯度的步骤如下:步骤1:称取m g草酸亚铁晶体样品并溶于稀硫酸中,配成250 mL溶液。步骤2:取上述溶液25.00 mL,用c molL-1KMnO4标准溶液滴定至终点,重复23次,平均消耗标准溶液V1 mL。步骤3:向反应后的溶液中加入适量锌粉,充分反应后,加入适量稀硫酸,再用c molL-1KMnO4标准溶液滴定至终点,重复23次,
22、平均消耗标准溶液V2 mL。(4)步骤3中加入锌粉的目的是。(5)草酸亚铁晶体样品的纯度为;若步骤1配制溶液时部分Fe2+被氧化,则测定结果将(填“偏高”“偏低”或“不变”)。答案(1)(球形)干燥管agfbchi(或ih)de(或ed)bc排尽装置中的空气,防止加热时发生爆炸C处反应管中固体由黑变红,其后装置中澄清石灰水变浑浊(2)取固体少许溶于稀硫酸,无气体生成(3)FeC2O42H2O FeO+CO+CO2+2H2O(4)将Fe3+还原为Fe2+(5)52c(V1-V2)10-325025180m100%偏低解析(1)草酸亚铁晶体在装置A中受热分解,通过装置D检验水蒸气的存在,通过装置B
23、检验二氧化碳的存在,通过装置E除去二氧化碳并干燥气体,通过装置C检验一氧化碳,再通过装置B检验生成的二氧化碳气体,最后进行尾气处理;实验前先通入一段时间N2,把装置内空气排尽,防止加热时发生爆炸。(3)依据(1)和(2)中结论,可知A处反应管中发生的反应是草酸亚铁晶体分解生成氧化亚铁、一氧化碳、二氧化碳和水。(4)向反应后的溶液中加入适量锌粉是为了将Fe3+还原为Fe2+。(5)草酸亚铁晶体溶于稀硫酸后生成硫酸亚铁和草酸,向其中滴入高锰酸钾标准溶液发生氧化还原反应,亚铁离子和草酸都被氧化,向反应后的溶液中加入适量锌粉,充分反应后,加入适量稀H2SO4,再用c molL-1KMnO4标准溶液滴定
24、至终点,平均消耗标准溶液V2 mL,此时滴定的是亚铁离子,则草酸消耗的KMnO4的物质的量为c(V1-V2)10-3 mol,利用化学反应定量关系计算即可。若步骤1配制溶液时部分Fe2+被氧化,导致V1偏小,测定结果偏低。13.(2019江西重点中学盟校高三第一次联考)碲(52Te)被誉为“现代工业、国防与尖端技术的维生素”。工业上常用铜阳极泥(主要成分是Cu2Te,含Ag、Au等杂质)为原料提取碲并回收金属,其工艺流程如下:已知:TeO2是两性氧化物,微溶于水,易溶于较浓的强酸和强碱溶液。回答下列问题:(1)碲在元素周期表中的位置是。(2)“加压酸浸1”过程中将碲元素转化成TeO2,应控制溶
25、液的pH为4.55.0,酸度不能过高,原因是,其中“加压”的目的是,写出“加压酸浸1”过程中Cu2Te发生反应的化学方程式:。(3)“酸浸2”时温度过高会使碲的浸出率降低,原因是,要从Ag和Au中分离出Au,可以向回收的Ag和Au中加入的试剂是。(4)写出“还原”反应中发生反应的离子方程式:。(5)工业上另一种提取碲的方法是将铜阳极泥在空气中焙烧,使碲转化成TeO2,再加NaOH溶液碱浸,以石墨为电极电解溶液获得Te。电解过程中阴极的电极反应式为。答案(1)第五周期第A族(2)溶液酸性过强,TeO2会继续与酸反应导致碲元素损失增大O2的溶解度,加快反应速率,提高浸出率Cu2Te+2O2+2H2
26、SO4 2CuSO4+TeO2+2H2O(3)温度升高,HCl挥发,反应物浓度降低稀硝酸(4)Te4+2SO2+4H2OTe+2SO42-+8H+(5)TeO32-+3H2O+4e-Te+6OH-解析(1)碲是52号元素,位于元素周期表第五周期第A族。(2)“加压酸浸1”过程中将碲元素转化成TeO2,溶液的pH控制在4.55.0,酸度不能过高,这是因为TeO2是两性氧化物,能够溶于强酸;“加压”的目的是增大O2的溶解度,加快反应速率;“加压酸浸1”过程中Cu2Te发生反应的化学方程式是Cu2Te+2O2+2H2SO42CuSO4+TeO2+2H2O。(3)“酸浸2”时若温度过高,会使HCl挥发,反应物浓度降低,使碲的浸出率降低;从Au、Ag混合物中分离出Au,可根据Ag能够被硝酸氧化,而Au不能与硝酸反应,用稀硝酸将Ag氧化为Ag+,然后经过滤、洗涤、干燥得到纯净的Au。(4)SO2具有还原性,可将TeO2还原为Te,SO2被氧化为H2SO4,反应的离子方程式为Te4+2SO2+4H2O Te+2SO42-+8H+。(5)电解过程中阴极的电极反应式为TeO32-+3H2O+4e- Te+6OH-。
