1、专题14 元素及其化合物知识的综合应用2022年高考真题1（2022浙江高考真题）化合物X由三种元素组成，某实验小组按如下流程进行相关实验：化合物X在空气中加热到，不发生反应。请回答：(1)组成X的三种元素为_；X的化学式为_。(2)溶液C的溶质组成为_(用化学式表示)。(3)写出由X到A的化学方程式_。X难溶于水，但可溶于氨水中，写出该反应的离子方程式_。(4)设计实验，检验尾气中相对活泼的2种气体_。【答案】(1) Ba、Cu、O BaCu3O4(2)HCl、H2SO4(3) 2NH3+BaCu3O4Ba(OH)2+3Cu+N2+2H2O BaCu3O4+12NH3H2O3Cu(NH3)+
2、Ba2+8OH+8H2O(4)将湿润的红色石蕊试纸置尾气出口，若变蓝，说明尾气中有NH3。将尾气通入冷的集气瓶中，若有液珠，说明有H2O【解析】化合物X由三种元素组成，在加热条件下和足量氨气反应生成固体混合物A，A和盐酸反应生成0.960g紫红色固体应该是Cu，无色溶液B中加入0.015mol稀硫酸生成白色沉淀1.165g应该是BaSO4，无色溶液C中加入足量BaCl2溶液生成白色沉淀2.330g是BaSO4，据此解答。(1)根据以上分析可知Cu的物质的量是0.96g64g/mol0.015mol，第一次生成硫酸钡的物质的量是1.165g233g/mol0.005mol，第二次生成硫酸钡的物质
3、的量是2.33g233g/mol0.01mol，因此1.965gX中一定含有0.96gCu，Ba的质量是0.005mol137g/mol0.685g，二者质量之和是1.645g1.965g，相差0.32g，根据原子守恒可知应该是氧元素，物质的量是0.32g16g/mol0.02mol，则Ba、Cu、O三种原子的个数之比是1：3：4，所以组成X的三种元素为Ba、Cu、O，X的化学式为BaCu3O4。(2)根据氯原子原子守恒以及溶液C仍然能与氯化钡反应生成硫酸钡可知溶液C的溶质组成为HCl、H2SO4。(3)反应中Cu元素化合价降低，得到电子，则氨气中氮元素化合价升高，被氧化生成氮气，根据原子守恒
4、可知由X到A的化学方程式为2NH3+BaCu3O4Ba(OH)2+3Cu+N2+2H2O。X难溶于水，但可溶于氨水中，说明有Cu(NH3)生成，所以该反应的离子方程式为BaCu3O4+12NH3H2O3Cu(NH3)+Ba2+8OH+8H2O。(4)反应中氨气可能过量，高温下水是气态，氮气性质稳定，所以需要检验的是氨气和水蒸气，实验方案为：将湿润的红色石蕊试纸置尾气出口，若变蓝，说明尾气中有NH3。将尾气通入冷的集气瓶中，若有液珠，说明有H2O。2（2022浙江高考真题）化合物X由4种元素组成。某兴趣小组按如图流程进行实验：请回答：(1)组成X的元素有_，X的化学式为_。(2)溶液C中溶质的成
5、分是_(用化学式表示)；根据CDE的现象，给出相应微粒与阳离子结合由弱到强的排序_。(3)X与足量Na反应生成固体F的化学方程式是_。(4)设计实验确定溶液G中阴离子_。【答案】(1) Fe、S、O、H FeH(SO4)2(2) FeCl3、HCl、BaCl2 Cl-、H2O、SCN-、OH-(3)2FeH(SO4)2+40Na2Fe+4Na2S+16Na2O+H2(4)用玻璃棒蘸取溶液G，点在红色石蕊试纸上，若变蓝，说明存在OH-；取少量溶液G，加入足量H2O2，用盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀，说明有S2-【解析】X形成水溶液，与氯化钡反应生产白色沉淀，且沉淀不与盐酸反应说明生
6、产硫酸钡，说明X含有硫酸根，溶液加入KSCN变红说明含有Fe3+，B为4.66g则为0.02mol硫酸钡，说明X含有0.02mol的硫酸根，H中为Fe单质，即为0.01mol，X中含有0.01molFe，由此可知X中应含有0.01的H，据此分析解题。(1)由分析可知，组成X的元素有：Fe、S、O、H；X的化学式为FeH(SO4)2；(2)X 为FeH(SO4)2与氯化钡反应，溶液C中溶质的成分是FeCl3、HCl以及过量的BaCl2；根据C为溶液，铁离子在水中会水解，CD形成络合物，DE形成沉淀，相应微粒与阳离子结合由弱到强的排序：Cl-、H2O、SCN-、OH-；(3)X与足量Na反应生成固
7、体F的化学方程式是：2FeH(SO4)2+40Na2Fe+4Na2S+16Na2O+H2；(4)设计实验确定溶液G中阴离子：用玻璃棒蘸取溶液G，点在红色石蕊试纸上，若变蓝，说明存在OH-；取少量溶液G，加入足量H2O2，用盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀，说明有S2-。3（2022辽宁高考真题）某工厂采用辉铋矿(主要成分为，含有、杂质)与软锰矿(主要成分为)联合焙烧法制备和，工艺流程如下：已知：焙烧时过量的分解为，转变为；金属活动性：；相关金属离子形成氢氧化物的范围如下：开始沉淀完全沉淀6.58.31.62.88.110.1回答下列问题：(1)为提高焙烧效率，可采取的措施为_。a进一
8、步粉碎矿石b鼓入适当过量的空气c降低焙烧温度(2)在空气中单独焙烧生成，反应的化学方程式为_。(3)“酸浸”中过量浓盐酸的作用为：充分浸出和；_。(4)滤渣的主要成分为_(填化学式)。(5)生成气体A的离子方程式为_。(6)加入金属的目的是_。【答案】(1)ab(2)(3)抑制金属离子水解(4)(5)(6)将转化为【解析】联合焙烧：由已知信息和第(2)问题干可知，发生转化：、，故联合焙烧后得到、和；水浸：进入滤液，滤渣为、和；酸浸：加入过量浓盐酸后，和发生转化：、，因有氧化性，会与浓盐酸发生氧化还原反应：，气体A为，滤渣主要为不溶于浓盐酸的，滤液中金属离子为；第(4)(5)问转化：由已知信息知
9、，的金属活动性强于，且调pH=2.6时和进入滤液，可知加入金属的目的是将还原为。(1)a.联合焙烧时，进一步粉碎矿石，可以增大矿石与空气的接触面积，能够提高焙烧效率，选项a符合题意；b.鼓入适当过量的空气有利于矿石充分反应，选项b符合题意；c.降低焙烧温度，反应速率减慢，不利于提高焙烧效率，选项c不符合题意；答案选ab；(2)在空气中单独焙烧生成，根据原子守恒可知还应生成，结合得失电子守恒，反应的化学方程式为；(3)加入浓盐酸后，溶液中含有的离子主要为、，而酸浸后取滤液进行转化，故要防止金属离子水解生成沉淀，进入滤渣，造成制得的产率偏低；(4)滤渣主要为不溶于浓盐酸的，答案为；(5)因有氧化性
10、，会与浓盐酸发生氧化还原反应：；(6)由已知信息知，调pH=2.6时，会水解生成沉淀，但还没开始沉淀，故要将转化为，在调后获得含的滤液，为了不引入新的杂质，加入作还原剂。4（2022河北高考真题）以焙烧黄铁矿(杂质为石英等)产生的红渣为原料制备铵铁蓝颜料。工艺流程如下：回答下列问题：(1)红渣的主要成分为_(填化学式)，滤渣的主要成分为_(填化学式)。(2)黄铁矿研细的目的是_。(3)还原工序中，不生成S单质的反应的化学方程式为_。(4)工序的名称为_，所得母液循环使用。(5)沉铁工序产生的白色沉淀中的化合价为_，氧化工序发生反应的离子方程式为_。(6)若用还原工序得到的滤液制备和，所加试剂为
11、_和_(填化学式，不引入杂质)。【答案】(1) Fe2O3 SiO2(2)增大固液接触面积，加快反应速率，提高黄铁矿的利用率(3)7Fe2(SO4)3+FeS2+8H2O=15FeSO4+8H2SO4(4)蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤(5) +2； Fe(NH4)2Fe(CN)6+ClO-+2H+=Fe(NH4)Fe(CN)6+H2O+Cl-+(6) H2O2 NH3H2O【解析】已知黄铁矿高温煅烧生成Fe2O3，反应原理为：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，故产生的红渣主要成分为Fe2O3和SiO2，将红渣粉碎后加入足量的50%的H2SO4溶液加热充酸浸，反应原理为：Fe2O3+3
12、H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O，过滤出滤渣，主要成分为SiO2，向滤液中加入黄铁矿进行还原，将Fe3+还原为Fe2+，由(3)小问可知不生成S沉淀，则硫元素被氧化为，反应原理为：14Fe3+FeS2+8H2O=15Fe2+2+16H+，然后进行工序为蒸发浓缩、冷却结晶，得到FeSO4晶体和母液主要含有FeSO4溶液和H2SO4，加水溶解FeSO4晶体，向所得溶液中加入(NH4)2SO4、K4Fe(CN)6并用H2SO4调节溶液的pH为3，进行沉铁过程，反应原理为：Fe2+2+Fe(CN)63-=Fe(NH4)2Fe(CN)6，然后过滤出沉淀，洗涤后加入H2SO4和NaClO3进行氧化
13、步骤，反应原理为：6Fe(NH4)2Fe(CN)6+ +6H+=6Fe(NH4)Fe(CN)6+3H2O+Cl-+6，过滤、洗涤干燥即制得Fe(NH4)Fe(CN)6，据此分析解题。(1)由分析可知，红渣的主要成分为：Fe2O3，滤渣的主要成分为：SiO2，故答案为：Fe2O3；SiO2；(2)黄铁矿研细的主要目的是增大固液接触面积，加快反应速率，提高黄铁矿的利用率，故答案为：增大固液接触面积，加快反应速率，提高黄铁矿的利用率；(3)由分析可知，还原工序中，不产生S单质沉淀，则硫元素被氧化为，反应原理为：14Fe3+FeS2+8H2O=15Fe2+2+16H+，故化学方程式为：7Fe2(SO4
14、)3+FeS2+8H2O=15FeSO4+8H2SO4，故答案为：7Fe2(SO4)3+FeS2+8H2O=15FeSO4+8H2SO4；(4)由分析可知，工序的名称为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤，所得母液主要含有FeSO4溶液和H2SO4可以循环利用，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤；(5)沉铁工序中产生的白色沉淀Fe(NH4)2Fe(CN)6中Fe的化合价为+2价和Fe(CN)64-中的+3价，由分析可知，氧化工序所发生的离子方程式为：6Fe(NH4)2Fe(CN)6+ +6H+=6Fe(NH4)Fe(CN)6+3H2O+Cl-+6，故答案为：+2；6Fe(NH4)2Fe(CN)6+
15、 +6H+=6Fe(NH4)Fe(CN)6+3H2O+Cl-+6；(6)由分析可知，还原工序所得的滤液中主要含有FeSO4溶液和H2SO4，向滤液中先加入一定量的H2O2溶液将Fe2+完全氧化为Fe3+，在向氧化后的溶液中加入氨水至不再产生沉淀为止，过滤洗涤，对沉淀进行灼烧，即可制得Fe2O3x H2O和(NH4)2SO4，故所需要加入的试剂为H2O2和NH3H2O，故答案为：H2O2；NH3H2O。5（2022广东高考真题）稀土()包括镧、钇等元素，是高科技发展的关键支撑。我国南方特有的稀土矿可用离子交换法处理，一种从该类矿(含铁、铝等元素)中提取稀土的工艺如下：已知：月桂酸熔点为；月桂酸和
16、均难溶于水。该工艺条件下，稀土离子保持价不变；的，开始溶解时的pH为8.8；有关金属离子沉淀的相关pH见下表。离子开始沉淀时的pH8.81.53.66.27.4沉淀完全时的pH/3.24.7/(1)“氧化调pH”中，化合价有变化的金属离子是_。(2)“过滤1”前，用溶液调pH至_的范围内，该过程中发生反应的离子方程式为_。(3)“过滤2”后，滤饼中检测不到元素，滤液2中浓度为。为尽可能多地提取，可提高月桂酸钠的加入量，但应确保“过滤2”前的溶液中低于_(保留两位有效数字)。(4)“加热搅拌”有利于加快溶出、提高产率，其原因是_。“操作X”的过程为：先_，再固液分离。(5)该工艺中，可再生循环利
17、用的物质有_(写化学式)。(6)稀土元素钇(Y)可用于制备高活性的合金类催化剂。还原和熔融盐制备时，生成1mol转移_电子。用作氢氧燃料电池电极材料时，能在碱性溶液中高效催化的还原，发生的电极反应为_。【答案】(1)Fe2+(2) 4.7pH6.2 (3)4.010-4(4) 加热搅拌可加快反应速率冷却结晶(5)MgSO4(6) 15 O2+4e-+2H2O=4OH-【解析】由流程可知，该类矿(含铁、铝等元素)加入酸化MgSO4溶液浸取，得到浸取液中含有、等离子，经氧化调pH使、形成沉淀，经过滤除去，滤液1中含有、等离子，加入月桂酸钠，使形成沉淀，滤液2主要含有MgSO4溶液，可循环利用，滤饼
18、加盐酸，经加热搅拌溶解后，再冷却结晶，析出月桂酸，再固液分离得到RECl3溶液。(1)由分析可知，“氧化调pH”目的是除去含铁、铝等元素的离子，需要将Fe2+氧化为Fe3+，以便后续除杂，所以化合价有变化的金属离子是Fe2+，故答案为：Fe2+；(2)由表中数据可知，沉淀完全的pH为4.7，而开始沉淀的pH为6.27.4，所以为保证、沉淀完全，且不沉淀，要用溶液调pH至4.7pH6.2的范围内，该过程中发生反应的离子方程式为，故答案为：4.7pHKBrKI Cl、Br、I位于第VIIA族，从上到下电子层数逐渐增加，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，阴离子的还原性逐渐增强(3)AgNO3或A
19、g2SO4(4)比较AgX的溶解度，AgI 溶解度最小，Ag+I-= AgI使得Ag还原性增强的最多，使得2Ag+2H+=2Ag+ H2反应得以发生(5)氧化剂(还原剂)的浓度越大，其氧化性(还原性)越强，还原产物(还原产物)的浓度越大，氧化剂(还原剂)的氧化性(还原性)越小；还原反应中，反应物浓度越大或生成物浓度越小，氧化剂氧化性越强【解析】(1)二氧化锰和浓盐酸制氯气的离子方程式为：MnO2+4H+ +2Cl- Mn2+Cl2 + 2H2O；氧化反应是元素化合价升高，故氧化反应为：2Cl-2e- =Cl2反应不能发生也可能是还原剂还原性减弱，或者产生了氧化性更强的氧化剂，故答案为：Cl-还
20、原性减弱或Cl2的氧化性增强可以从增大氯离子浓度的角度再结合实验II的现象分析，试剂a可以是KCl固体(或浓/饱和溶液)；结合实验III的显现是没有氯气，且实验III也加入了试剂a，那一定是试剂b影响了实验III的现象，再结合原因i可知试剂b是MnSO4固体(或浓/饱和溶液)；(2)非金属性越弱其阴离子的还原性越强，反应时所需的氢离子浓度越小，故顺序是KClKBrKI；其原因是Cl、Br、I位于第VIIA族，从上到下电子层数逐渐增加，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，阴离子的还原性逐渐增强；(3)根据(1)中的结论推测随Cl-浓度降低导致二氧化锰的氧化性减弱，那么如果进一步降低Cl-浓度降
21、低则可以导致可以提高溴的氧化性，将Mn2+氧化为MnO2，故答案为：AgNO3或Ag2SO4；(4)若要使反应2Ag+2H+=2Ag+ H2发生，根据本题的提示可以降低Ag+浓度，对比AgX的溶解度，AgI 溶解度最小，故Ag只与氢碘酸发生置换反应的原因是：比较AgX的溶解度，AgI 溶解度最小，Ag+I-= AgI使得Ag还原性增强的最多，使得2Ag+2H+=2Ag+ H2反应得以发生；(5)通过本题可以发现，物质氧化性和还原性还与物质的浓度有关，浓度越大氧化性或者还原性越强，故答案为：氧化剂(还原剂)的浓度越大，其氧化性(还原性)越强，还原产物(还原产物)的浓度越大，氧化剂(还原剂)的氧化
22、性(还原性)越小；还原反应中，反应物浓度越大或生成物浓度越小，氧化剂氧化性越强。7（2021北京高考真题）铁黄是一种重要的化工产品。由生产钛白粉废渣制备铁黄的过程如下。资料：i.钛白粉废渣成分：主要为FeSO4H2O，含少量TiOSO4和不溶物ii.TiOSO4+(x+1)H2OTiO2xH2O+H2SO4iii.0.1 mol/L Fe2+生成Fe(OH)2，开始沉淀时pH=6.3，完全沉淀时pH=8.3；0.1 mol/L Fe3+生成FeOOH，开始沉淀时pH=1.5，完全沉淀时pH=2.8(1)纯化加入过量铁粉的目的是_。充分反应后，分离混合物的方法是_。(2)制备晶种为制备高品质铁黄
23、产品，需先制备少量铁黄晶种。过程及现象是：向一定浓度FeSO4溶液中加入氨水，产生白色沉淀，并很快变成灰绿色。滴加氨水至pH为6.0时开始通空气并记录pH变化(如图)。产生白色沉淀的离子方程式是_。产生白色沉淀后的pH低于资料iii中的6.3。原因是：沉淀生成后c(Fe2+)_0.1mol/L(填“”“=”或“”)。0-t1时段，pH几乎不变；t1-t2时段，pH明显降低。结合方程式解释原因：_。pH4时制得铁黄晶种。若继续通入空气，t3后pH几乎不变，此时溶液中c(Fe2+)仍降低，但c(Fe3+)增加，且(Fe2+)降低量大于c(Fe3+)增加量。结合总方程式说明原因：_。(3)产品纯度测
24、定铁黄纯度可以通过产品的耗酸量确定。wg铁黄溶液b溶液c滴定资料：Fe3+3=Fe(C2O4)，Fe(C2O4)不与稀碱液反应Na2C2O4过量，会使测定结果_(填“偏大”“偏小”或“不受影响”)。【答案】(1) 与硫酸反应，使得TiOSO4+2H2OTiO2H2O+ H2SO4平衡正向移动，沉钛；过量的作用是防止二价铁被氧化过滤(2) Fe2+ 2NH3H2O = Fe(OH)2 + 2 pH6.0左右， 4Fe(OH)2 +O2+ 2H2O= 4Fe(OH)3因此pH几乎不变。之后发生4Fe2+ + O2+ 6H2O= 4FeOOH + 8H+，溶液中H+浓度增大，pH减小溶液中同时存在两
25、个氧化反应4Fe2+ + O2 +4H+=4Fe3+和4Fe2+ + O2+ 2H2O =4FeOOH + 4H+，因此c(Fe2+)的减小大于c(Fe3+)的增加。或用叠加反应解释： 12Fe2+ + 3O2+ 2H2O= 4FeOOH + 8Fe3+(3)不受影响【解析】根据钛白粉废渣制备铁黄流程和钛白粉废渣成分：FeSO4H2O、TiOSO4及其它难溶物,可知：加入蒸馏水、铁粉纯化后，TiOSO4+2H2OTiO2H2O+H2SO4，TiO2H2O是沉淀，通过过滤后，得到精制FeSO4溶液，加入氨水和空气后，FeSO4溶液被氧化成三价铁离子，同时调整PH（0.1mol/LFe2+沉淀为F
26、e(OH)2，起始的pH为6.3，完全沉淀的pH为8.3；0.1mol/LFe3+沉淀为FeOOH，起始的pH：1.5，完全沉淀的pH为2.8）和空气，生成FeOOH，再经过系列提纯，最终制得FeOOH固体。(1)与硫酸反应，使得TiOSO4+2H2OTiO2H2O+ H2SO4平衡正向移动，沉钛；过量的作用是防止二价铁被氧化. 钛白粉废渣成分：FeSO4H2O、TiOSO4及其它难溶物，充分反应后有沉淀出现，所以分离混合物的方法是过滤；(2)pH6.0左右， 4Fe(OH)2 +O2+ 2H2O= 4Fe(OH)3因此pH几乎不变。之后发生4Fe2+ + O2+ 6H2O= 4FeOOH +
27、 8H+，溶液中H+浓度增大，pH减小.溶液中同时存在两个氧化反应4Fe2+ + O2 +4H+=4Fe3+和4Fe2+ + O2+ 2H2O =4FeOOH + 4H+，因此c(Fe2+)的减小大于c(Fe3+)的增加。或用叠加反应解释： 12Fe2+ + 3O2+ 2H2O= 4FeOOH + 8Fe3+(3)由于Fe3+3C2O42- =Fe(C2O4)3，Fe(C2O4)3不与稀碱溶液反应, 所以加入的Na2C2O4过量，则测定结果不受影响2020年高考真题12020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
28、：（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
29、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+
30、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、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+
31、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）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
32、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+1000Kg0. 01=（1000Kg-x)0.3，解得x=203Kg；故答案为：ClOCl2H=Cl2H2O；203。22020江苏卷吸收工厂烟气中的SO2，能有效减少SO2对空气的污染。氨水、ZnO水
33、悬浊液吸收烟气中SO2后经O2催化氧化，可得到硫酸盐。已知：室温下，ZnSO3微溶于水，Zn(HSO3)2易溶于水；溶液中H2SO3、HSO3-、SO32-的物质的量分数随pH的分布如图-1所示。（1）氨水吸收SO2。向氨水中通入少量SO2，主要反应的离子方程式为_；当通入SO2至溶液pH=6时，溶液中浓度最大的阴离子是_(填化学式)。（2）ZnO水悬浊液吸收SO2。向ZnO水悬浊液中匀速缓慢通入SO2，在开始吸收的40mim内，SO2吸收率、溶液pH均经历了从几乎不变到迅速降低的变化(见图-2)。溶液pH几乎不变阶段，主要产物是_(填化学式)；SO2吸收率迅速降低阶段，主要反应的离子方程式为
34、_。（3）O2催化氧化。其他条件相同时，调节吸收SO2得到溶液的pH在4.56.5范围内，pH越低SO生成速率越大，其主要原因是_；随着氧化的进行，溶液的pH将_(填“增大”、“减小”或“不变”)。【答案】（1）或 HSO3（2）ZnSO3或（3）随着pH降低，HSO3浓度增大减小【解析】【分析】向氨水中通入少量的SO2，反应生成亚硫酸铵，结合图像分析pH=6时溶液中浓度最大的阴离子；通过分析ZnO吸收SO2后产物的溶解性判断吸收率变化的原因；通过分析与氧气反应的生成物，分析溶液pH的变化情况。【详解】（1）向氨水中通入少量SO2时，SO2与氨水反应生成亚硫酸铵，反应的离子方程式为2NH3+H
35、2O+SO2=2+（或2NH3H2O +SO2=2+H2O）；根据图-1所示，pH=6时，溶液中不含有亚硫酸，仅含有和，根据微粒物质的量分数曲线可以看出溶液中阴离子浓度最大的是；（2）反应开始时，悬浊液中的ZnO大量吸收SO2，生成微溶于水的ZnSO3，此时溶液pH几乎不变；一旦ZnO完全反应生成ZnSO3后，ZnSO3继续吸收SO2生成易溶于水的Zn(HSO3)2，此时溶液pH逐渐变小，SO2的吸收率逐渐降低，这一过程的离子方程式为ZnSO3+SO2+H2O=Zn2+2（或ZnO+2SO2+H2O=Zn2+2）（3）可以经氧气氧化生成，这一过程中需要调节溶液pH在4.56.5的范围内，pH越
36、低，溶液中的的浓度越大，使得催化氧化过程中反应速率越快；随着反应的不断进行，大量的反应生成，反应的离子方程式为2+O2=2+2H+，随着反应的不断进行，有大量的氢离子生成，导致氢离子浓度增大，溶液pH减小。32020浙江7月选考.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
37、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）吸水或放热导致挥发（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AgC
38、l，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：，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，故答案为：Al Cl AlCl3 NH3；（2）根据分析（1）可知，溶液B中通
39、入过量的CO2所发生的离子方程式为：，故答案为：；（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，故答案为：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，故答案为：浓硫酸
40、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，故答案为：HCl气体能够带出H2SO4分子，与Ba(NO3)2反应生成BaSO4沉淀。【点睛】本题为实验题结合有关物质的量计算，只要认真分析题干信息，利用（元素）原子守恒就能较快求出化合物X的化学式，进而推到出整个流程过程。42020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。
41、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1.1200 g样品，用容量瓶配成250.0mL溶液；取25.00 mL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5 min；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20.00 mL。通过计算判断该样品是否为优质品。(写出计算过程， )若在检测中加
42、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，从而是次氯酸钠失效，故答案为：；NaC
43、lO溶液吸收空气中的CO2后产生HClO，HClO见光分解；（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%，故该样品为优质品故答案为：n(S2O)=，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，故答案为：偏低；