1、专题13 元素及其化合物知识的综合应用2020年高考真题1（2020年新课标）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(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
2、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10
3、00 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5ClO24H=4ClO2Cl2H2O，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
4、、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+Cl2
5、O，故答案为：2Cl2+HgO=HgCl2+Cl2O；（4）5ClO24H=4ClO2Cl2H2O，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：NaHCO3NaHSO4=Na2SO4H2OCO2，故答案为:1.25mol；NaHCO3NaHSO4=Na2SO4H2OCO2；(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：ClOCl2H=Cl2H2O；设氯气为xkg，则消耗的NaOH为kg，原氢氧化钠质量为+1000Kg0.01，由NaOH质量守恒：原溶液为1000Kg-x，则Kg+1
6、000Kg0. 01=（1000Kg-x)0.3，解得x=203Kg；故答案为：ClOCl2H=Cl2H2O；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-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
7、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。生成FeCO3沉淀的离子方程式为_。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）或
8、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23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
9、，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
10、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110-5mol/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)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
11、+NH3H2O+NH4HCO3=FeCO3+(NH4)2SO4+H2O或FeSO4+NH3+NH4HCO3=FeCO3+(NH4)2SO4，离子方程式为Fe2+NH3H2O=FeCO3+H2O（或Fe2+NH3=FeCO3+），答案为：Fe2+NH3H2O=FeCO3+H2O（或Fe2+NH3=FeCO3+）。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 ；
12、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23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23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
13、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。通过计算判断该样品是否为优质品_。(写出计
14、算过程， )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）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
15、次氯酸钠失效；(2)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。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）.化合物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
16、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：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；反应原理与“”相同。.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】.（1） （2） （3）或 .（1）吸收浓盐酸中的水分且放热导致
17、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】.（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：，
18、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；.(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
19、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。2020届高考模拟试题5（北京市海淀区2020届高三二模）金属铬常用于提升特种合金的性能。工业上以铬铁矿(主要成份为FeOCr2O3，含有少量Al2O3)为原料制备金属铬的流程如下图。下列说法不正确的是( )A中需持续吹入空气作氧化剂B中需加入过量稀硫酸C中发生了置换反应D溶液A为橙色【答案】B【解析】A在铬铁矿中Cr元素化合价为+3价，反应后变为Na2C
20、rO4中的+6价，化合价升高，被氧化，因此中需持续吹入空气作氧化剂，A正确；BAl(OH)3是两性氢氧化物，能够与硫酸发生反应产生可溶性Al2(SO4)3，因此中加入的稀硫酸不能过量，B错误；CCr2O3与Al在高温下反应产生Cr和Al2O3，反应物是单质和化合物，生成物也是单质与化合物，因此中反应类型为置换反应，C正确；DNa2CrO4在酸性溶液中发生反应： 2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O，反应产生Cr2O72-使溶液显橙色，D正确；故合理选项是B。6（2020年6月福建省普通高中学业水平合格性考试）某化学兴趣小组为制取NH3并探究其性质，按下图装置进行实验。（制取氨气的反应原
21、理:2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3+2H2O，部分夹持仪器已略去）（实验探究）(1)装置(I)中仪器a的名称是_。(2)装置()中可用_(填“碱石灰”或“食盐”)作干燥剂。(3)实验进行一段时间后，装置()中干燥的红色石蕊试纸不变色，然后滴加水，观察到试纸颜色变为_(填“白色”或“蓝色”)原因是氨水呈_(填“碱性”或“酸性”)。(4)装置()中胶头滴管若改装浓盐酸，实验进行一段时间后，滴加浓盐酸，观察到瓶内充满_(填“白烟”或“白雾”)，写出NH3与HCl反应生成NH4Cl的化学方程式:_。(5)装置(IV)中稀硫酸的作用是_。(6)用0.1 mol NH4Cl与足量Ca(O
22、H)2反应，理论上可生成NH3的物质的量是_mol。（实验拓展）(7)已知:2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O，若把装置()换为如图装置，当实验进行一段时间后，观察到黑色固体变为_(填“白色”或“红色”)，在这过程中NH3表现出_(填“还原性”或“氧化性”)。（知识应用）(8)氨气是一种重要的化工原料。写出它的一种用途:_。【答案】（1）酒精灯 （2）碱石灰 （3）蓝色 碱性 （4）白烟 NH3 + HCl= NH4Cl （5）吸收多余的氨气 （6）0.1 （7）红色 还原性 （8）制化肥 【解析】(1)装置(I)中根据仪器a的构造可知为酒精灯。(2)装置()中的目的是干燥氨气，食盐不具
23、有吸水性不可用，碱石灰为固体氢氧化钠和生石灰的混合物，具有很好的吸水性，可用于干燥氨气。(3)实验进行一段时间后，装置()中干燥的红色石蕊试纸不变色，然后滴加水，因氨气可与水反应产生一水合氨，一水合氨为弱碱电离产生氢氧根离子显碱性，红色石蕊试纸遇碱会变蓝色。(4)装置()中胶头滴管若改装浓盐酸，实验进行一段时间后，滴加浓盐酸，氯化氢与氨气反应产生固体氯化铵，在试剂瓶中可以看到白烟，相应的反应为：NH3+HCl=NH4Cl。(5)氨气是有毒气体挥发到空气中污染环境，因此装置(IV)中稀硫酸的作用是吸收多余的氨气，防止污染空气。(6)用0.1 mol NH4Cl与足量Ca(OH)2反应，根据元素守
24、恒可知，理论上可生成NH3的物质的量是0.1mol。(7)2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O，把装置()换为如图装置，当实验进行一段时间后，观察到黑色的氧化铜固体变为红色铜单质，在这过程中NH3转变成N2化合价升高被氧化，表现出还原性。(8)氨气是一种重要的化工原料，可跟酸反应产生铵盐做氮肥使用。7（安徽省六安市第一中学2020届高三下学期第八次模拟）工业上以铝土矿（主要成分是Al2O3和少量的SiO2、Fe2O3杂质）为原料制取铵明矾晶体NH4Al(SO4)212H2O的工艺流程如图所示：请回答下列问题：(1)试剂I为_；试剂为_；滤渣a的化学式为_。(2)证明铁元素已全部转化为滤渣b
25、的实验方法是_。(3)滤液中通入足量CO2进行酸化，从而得到固体c，若用盐酸进行酸化是否可以？_，请说明理由：_。(4)由固体d制取铵明矾溶液的化学方程式为_，从铵明矾溶液中获得铵明矾晶体的实验操作依次为（填操作名称）蒸发浓缩、冷却结晶、_。(5)NH4Al(SO4)2溶液呈_（“酸性”、“碱性”或“中性”），原因是_（用离子方程式表示）。(6)若NH4Al(SO4)2溶液、NH4HCO3溶液和NH4Cl溶液中的NH4+的物质的量浓度相等，则三种铵盐溶液的浓度从小到大的顺序为_。【答案】（1）盐酸（或稀硫酸等） NaOH溶液（或KOH溶液等） SiO2（2）取少量滤液于小试管中，向小试管中滴加
26、KSCN溶液，若溶液不变红，说明Fe3+已全部转化为红褐色滤渣b（3）不可以 通入足量CO2进行酸化的目的是使滤液中的AlO2-转化为Al(OH)3，而Al(OH)3能溶于盐酸，不易控制加入盐酸的量，故不能用盐酸进行酸化（4）Al2O34H2SO42NH3=2NH4Al(SO4)23H2O 过滤洗涤干燥（5）酸性 NH4+H2ONH3H2OH+，Al3+3H2OAl(OH)33H+（6）cNH4Al(SO4)2c(NH4Cl)c(NH4HCO3) 【解析】【分析】根据铝土矿的成分，Al2O3为两性氧化物，Fe2O3属于碱性氧化物，SiO2属于酸性氧化物，SiO2不与盐酸或稀硫酸等酸反应，结合图
27、中转化关系可知，红褐色滤渣b为Fe(OH)3，则试剂为NaOH溶液或KOH溶液等强碱溶液均可；进而推知滤渣a和试剂I。据此解答。【详解】(1)由图中转化关系可知，红褐色滤渣b为Fe(OH)3，则试剂为NaOH溶液或KOH溶液等强碱溶液均可；进而推知滤渣a为SiO2，试剂I为盐酸或稀硫酸。答案为：盐酸（或稀硫酸等）；NaOH溶液（或KOH溶液等）；SiO2；(2)可通过检验滤液中是否还含有Fe3+，来证明Fe3+是否已全部转化为Fe(OH)3，具体方法为：取少量滤液于小试管中，向小试管中滴加KSCN溶液，若溶液不变红，说明Fe3+已全部转化为红褐色滤渣b。答案为：取少量滤液于小试管中，向小试管中
28、滴加KSCN溶液，若溶液不变红，说明Fe3+已全部转化为红褐色滤渣b；(3)由上面的分析可知，滤液中含有AlO2-，通入足量CO2进行酸化，AlO2-可转化为Al(OH)3，CO2AlO2-2H2O=Al(OH)3HCO3-，若改用盐酸进行酸化，反应过程中生成的Al(OH)3会溶于盐酸，不易控制加入盐酸的量，故不能用盐酸进行酸化。答案为：不可以；通入足量CO2进行酸化的目的是使滤液中的AlO2- 转化为Al(OH)3，而Al(OH)3能溶于盐酸，不易控制加入盐酸的量，故不能用盐酸进行酸化；(4)根据流程图，固体c为Al(OH)3，固体d为Al2O3，固体d与稀硫酸、氨气反应生成铵明矾，化学反应
29、方程式为：Al2O34H2SO42NH3=2NH4Al(SO4)23H2O。从铵明矾溶液中获得铵明矾晶体的操作依次为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。答案为：Al2O34H2SO42NH3=2NH4Al(SO4)23H2O；过滤、洗涤、干燥；(5)NH4Al(SO4)2溶液呈酸性，因为NH4+和Al3+均能水解使溶液呈酸性，NH4+H2ONH3H2OH+，Al3+3H2OAl(OH)33H+。答案为：酸性；NH4+H2ONH3H2OH+，Al3+3H2OAl(OH)33H+；(6)NH4Al(SO4)2溶液中，Al3+水解产生的H+对NH4+的水解起抑制作用，使NH4+的水解程度减弱，溶液
30、中NH4+的量较多，而NH4HCO3中，HCO3-的水解产生的OH-对NH4+的水解起促进作用，使NH4+的水解程度增大，溶液中NH4+的量较少，因此，若溶液中的NH4+的物质的量浓度相等，三种铵盐溶液的浓度从小到大的顺序为：cNH4Al(SO4)2c(NH4Cl)c(NH4HCO3)。答案为：cNH4Al(SO4)2c(NH4Cl)c(NH4HCO3)。【点睛】判断几种物质的浓度关系时，我们可利用它们所含共同离子的浓度进行判断。一方面比较起始量，另一方面比较变化量，利用平衡量逆推物质的起始浓度。即变化量越大，平衡量越小，则所需起始量应越大。8（重庆市巴蜀中学2020届高考适应性月考一）铝(熔
31、点660)是一种应用广泛的金属，工业上用(熔点2045)和冰晶石()混合熔融后电解制得。请回答下列问题：(1)铝属于活泼金属却能在空气中稳定存在，其原因是_，冶金工业上常用金属铝作还原剂冶炼钒、铬、锰等金属，请写出铝与V2O5在高温下反应的化学方程式：_。(2)将液和溶液混合制取。该实验用于盛装NaF溶液的试剂瓶_(填“能”或“不能”)用玻璃瓶，原因是_。(3)下列关于铝元素的叙述不正确的是_(填序号)。A铝是人类最早使用的金属B镁铝合金既可完全溶于过量的盐酸，又可完全溶于过量的NaOH溶液C氢氧化铝是一种两性氢氧化物，既能溶于盐酸又能溶于NaOH溶液D铝是人体必需的微量元素之一，因此在生活中
32、人们应尽量使用铝制炊具和餐具更有利于身体健康(4)某工厂排放出有毒物质NOCl，它遇水就会生成。NOCl分子中各原子均满足8电子稳定结构，则NOCl的电子式为_，水源中的对人类健康会产生危害，为了降低水源中的浓度，有研究人员建议在碱性条件下用铝粉将还原为N2，此时铝主要以的形式存在于溶液中，请写出该反应的离子方程式：_，当该反应转移5mol电子时，产生的在标况下的体积约为_L。【答案】（1）铝的表面可以形成一层致密的氧化铝薄膜，保护铝不被进一步氧化 （2）不能 会水解产生氢氟酸，氢氟酸会腐蚀玻璃（3）ABD（4） 11.2L 【解析】（1）铝的表面可以形成一层致密的氧化铝薄膜，保护铝不被进一步
33、氧化，因此可以在空气中稳定存在，铝作还原剂冶炼金属，自身变成氧化铝，可以类比氧化铁的铝热反应：； （2）根据“有弱就水解，越弱越水解”的规律，会水解产生氢氟酸，氢氟酸本身会腐蚀玻璃，因此不能用玻璃瓶来盛放；（3）A尽管铝是地壳中含量最高的金属元素，但是提炼铝的方法是近两三个世纪才发现的，铝的大规模使用是上个世纪七十年代才开始的，A项错误；B铝和强酸强碱均能反应，但是镁只能和盐酸反应，不能和氢氧化钠溶液反应，因此镁不溶于烧碱溶液，B项错误；C是一种两性氢氧化物，既能溶于盐酸得到又能溶于烧碱得到，C项正确；D过多摄入对人体实际上是有害的，因此我们应减少铝制餐具的使用，并且在使用时避免接触强酸或强碱
34、性的食品，D项错误；答案选ABD；（4）既然各原子均满足8电子稳定结构，氮要形成3个共价键，氧要形成2个共价键，氯只能形成1个共价键，不难发现应写成的形式，1个铝失3个电子，1个氮得5个电子，写出反应方程式：，根据方程式不难看出转移电子数与生成氮气数之比为10:1，故当转移5mol电子时生成0.5mol氮气，这些氮气在标况下的体积为。9（百校联考2020届高考考前冲刺必刷卷一）含硫化合物多为重要的化工原料。请回答下列问题：I.多硫化物是含多硫离子(Sx2-)的化合物，可用作废水处理剂、硫化剂等。（1）Na2S2的电子式为_。（2）Na2S5(易溶于水)在酸性条件下可生成H2S和S，该反应的离子
35、方程式为_。（3）黄铁矿(FeS2)是工业上制硫酸的重要原料，在氧气中煅烧生成Fe2O3和SO2，其煅烧的化学方程式为_。II.焦亚硫酸钠(Na2S2O5)是一种食品抗氧化剂，易溶于水。（4）焦亚硫酸钠(Na2S2O5)中硫元素的化合价为_。（5）向某些饮料中添加少量焦亚硫酸钠(Na2S2O5)，可降低饮料中溶解氧的含量，发生反应的离子方程式为_。（6）向饱和碳酸钠溶液中通入过量SO2可制得焦亚硫酸钠，发生反应的化学方程式为_。III.硫代硫酸钠(Na2S2O3)是一种重要的滴定试剂，常用来滴定溶液中的含碘量。（7）为测定某碘水中I2的浓度(假设碘水中的碘元素均以碘单质形式存在)，取该碘水20
36、0.00mL，加入淀粉溶液作为指示剂，滴加0.01molL-1硫代硫酸钠标准液，发生反应：I2+2S2O32-=S4O62-+2I-，当_(填实验现象)，即为终点。平行滴定3次，标准液的平均用量为20.00mL，则该碘水中I2的浓度为_mgL-1。【答案】（1） （2）S52+2H+=H2S+4S （3）4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2 （4）+4 （5）S2O52+O2+H2O=2SO42+2H+ （6）Na2CO3+2SO2=Na2S2O5+CO2（7）滴入最后一滴硫代硫酸钠标准液，溶液由蓝色变为无色，且30s内不再变蓝 127 【解析】【分析】(1)Na2S2 是离子化合物，是
37、钠离子和过硫根离子构成；(2)Na2S5(易溶于水)在酸性条件下可生成H2S和S；(3)黄铁矿(FeS2)是工业上制硫酸的重要原料，在氧气中煅烧生成Fe2O3和SO2；(4)元素化合价倒数和为0计算得到元素的化合价；(5)向某些饮料中添加少量焦亚硫酸钠(Na2S2O5)，可降低饮料中溶解氧的含量，Na2S2O5被氧气氧化得到硫酸钠和硫酸；(6)向饱和碳酸钠溶液中通入过量SO2可制得焦亚硫酸钠；取该碘水200.00mL，加入淀粉溶液作为指示剂，滴加0.01molL-1硫代硫酸钠标准液，发生反应：I2+2S2O32-=S4O62-+2I-，反应终点的现象是滴入最后一滴溶液，蓝色变为无色且半分钟不变
38、，结合化学方程式定量关系计算。【详解】(1)Na2S2的电子式为；(2)Na2S5(易溶于水)在酸性条件下可生成H2S和S，反应的离子方程式为S52+2H+=H2S+4S；(3)黄铁矿(FeS2)是工业上制硫酸的重要原料，在氧气中煅烧生成Fe2O3和SO2，反应的化学方程式：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2；(4)焦亚硫酸钠(Na2S2O5)中，钠元素化合价+1价，氧元素化合价2价，化合价代数和为0计算得到硫元素的化合价为+4；(5)向某些饮料中添加少量焦亚硫酸钠(Na2S2O5)，可降低饮料中溶解氧的含量，Na2S2O5被氧气氧化得到硫酸钠和硫酸，反应的离子方程式：S2O52+O2
39、+H2O=2SO42+2H+；(6)向饱和碳酸钠溶液中通入过量SO2可制得焦亚硫酸钠，反应的化学方程式：Na2CO3+2SO2=Na2S2O5+CO2；碘水加入淀粉变蓝色，当消耗完碘单质后溶液变为无色，滴定终点的现象是：当滴入最后一滴硫代硫酸钠标准液后，溶液由蓝色变为无色且半分钟不再变蓝说明反应达到终点，发生反应：I2+2S2O32=S4O62+2I，2c(I2) V(I2)=c(S2O32)V(S2O32)，c(I2)=0.0005mol/L，0.0005mol/L127 g/mol21000mg/g=127mg/L。10（福建省2020届高三化学总复习专题训练）化学与人类社会可持续发展密切
40、相关，能源、环境、材料以及日常生活等离不开化学。（1）普通玻璃是常见的硅酸盐产品，其主要成分的化学式为Na2CaSi6O14，以氧化物形式可表示为_。（2）缺铁性贫血患者补充的铁，通常为硫酸亚铁的形式，而硫酸铁则没有这种药效当用硫酸亚铁制成药片时外表要包有一层特殊的糖衣，这层糖衣的作用是_若在酸性的硫酸亚铁溶液中通入氧气，也能得到棕黄色溶液，请写出此反应的离子方程式_检验棕黄色溶液是否有Fe2+，可选用的试剂为_（填字母）。A稀硝酸B浓硫酸CKSCN溶液D酸性高锰酸钾溶液（3）从降低成本和减少环境污染的角度考虑，制取硫酸铜最好的方法是_（填字母）。A铜和浓硫酸反应B铜和稀硫酸反应C氧化铜和硫酸
41、反应D铜与Fe2（SO4）3溶液反应（4）实验室用硫酸铜晶体配制一定物质的量浓度的硫酸铜溶液，下列操作将使所配溶液物质的量浓度偏高的是_（填字母）。A所用的硫酸铜晶体已经部分风化失水B移液时不小心溅出少许溶液C容量瓶查漏后未经干燥就直接使用D定容时俯视容量瓶刻度线E未洗涤烧杯和玻璃棒【答案】（1）Na2OCaO6SiO2 （2）防止Fe2+被氧化 4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O D （3）C （4）AD 【解析】（1）硅酸盐由盐的书写改写为氧化物的形式为：活泼金属氧化物较活泼金属氧化物二氧化硅水的顺序书写，则Na2CaSi6O14，以氧化物形式可表示为Na2OCaO6SiO2，故答
42、案为：Na2OCaO6SiO2；（2）亚铁易被氧化，当用硫酸亚铁制成药片时外表要包有一层特殊的糖衣，这层糖衣的作用是防止Fe2+被氧化；酸性条件下，亚铁离子与氧气反应生成铁离子和水，其反应的离子方程式为：4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O，二价铁离子被氧化产物为三价铁离子，所以加入稀硝酸、浓硫酸、KSCN溶液都不能检验二价铁离子存在，二价铁离子具有还原性，能够使酸性高锰酸钾褪色，所以可以选择高锰酸钾检验二价铁离子，故选D，故答案为：防止Fe2+被氧化；4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O；D；（3）A、铜和浓硫酸反应的方程式为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2+2H2O
43、，该反应中产生有毒气体二氧化硫，所以对环境有污染，不符合“绿色化学”理念，且硫酸的利用率不高，故A不符合题意；B、铜和稀硫酸不发生反应，不能制得硫酸铜，故B不符合题意；C、氧化铜和硫酸反应的方程式为：CuO+H2SO4=CuSO4+H2O，没有污染物，且硫酸的利用率100%，符合“绿色化学”和“降低成本”理念，故C符合题意；D、铜与Fe2(SO4)3溶液反应反应方程式为Cu+Fe2(SO4)3=CuSO4+2FeSO4，该反应虽有硫酸铜生成，但同时生成硫酸亚铁，不能得到纯净硫酸铜，故D不符合题意；故答案为：C；（4）A、所用的硫酸铜晶体已经部分风化失水，导致实际秤取的硫酸铜物质的量偏大，溶液浓度偏高，故A选；B、移液时不小心溅出少许溶液，导致部分溶质损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故B不选；C、容量瓶查漏后未经干燥就直接使用，对溶质的物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度不变，故C不选；D、定容时俯视容量瓶刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故D选；E、未洗涤烧杯和玻璃棒，导致部分溶质损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故E不选；故选：AD。
