三年高考2016_2018高考化学试题分项版解析专题15元素及其化合物知识的综合应用含解析201808062211.doc

《三年高考2016_2018高考化学试题分项版解析专题15元素及其化合物知识的综合应用含解析201808062211.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《三年高考2016_2018高考化学试题分项版解析专题15元素及其化合物知识的综合应用含解析201808062211.doc（19页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、专题15 元素及其化合物知识的综合应用1【2018天津卷】下图中反应是制备SiH4的一种方法，其副产物MgCl26NH3是优质的镁资源。回答下列问题：（1）MgCl26NH3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）A2B的化学式为_。反应的必备条件是_。上图中可以循环使用的物质有_。（3）在一定条件下，由SiH4和CH4反应生成H2和一种固体耐磨材料_（写化学式）。（4）为实现燃煤脱硫，向煤中加入浆状Mg(OH)2，使燃烧产生的SO2转化为稳定的Mg化合物，写出该反应的化学方程式：_。（5）用Mg制成的格氏试剂（RM

2、gBr）常用于有机合成，例如制备醇类化合物的合成路线如下：依据上述信息，写出制备所需醛的可能结构简式：_。【答案】 r(H+)r(Mg2+)r(N3)r(Cl) 第三周期A族 Mg2Si 熔融，电解 NH3，NH4Cl SiC 2Mg(OH)2+2SO2+O2=2MgSO4+2H2O CH3CH2CHO，CH3CHO【解析】为；（2）根据流程图，以及元素守恒，A2B中含有Si和Mg，即化学式为Mg2Si；反应为电解熔融状态的MgCl2得到金属镁，即必备的条件是熔融和电解；根据流程可以循环使用的物质为NH3和NH4Cl；（3）在一定条件下，由SiH4和CH4反应生成H2和一种固体耐磨材料，该耐磨

3、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SiC；（4）煤燃烧产生SO2，SO2与Mg(OH)2反应：Mg(OH)2SO2=MgSO3H2O，MgSO3中S被氧气氧化，其反应是2MgSO3O2=2MgSO4，因此总反应为2Mg(OH)2+2SO2+O2=2MgSO4+2H2O；（5）根据流程图，推出所需的醛是CH3CH2CHO或CH3CHO；考点定位：考查微粒半径大小比较、化学用语的考查、结构简式的推断等知识。 【试题点评】思路点拨：（5）问，比较新颖，考查了一道有机物试题，涉及有机物结构简式的推断，根据流程，格氏试剂与醛基反应，醛基中C=O一个键发生断裂，O原子转化成

4、OH，RMgX中的R与羰基上碳原子连接，因此推出醛应为CH3CH2CHO和CH3CHO。2【2018江苏卷】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加入一定量的碳酸钙粉末，反应后经过滤得到碱式硫酸铝溶液，反应方程式为（2x）Al2(SO4)3+3xCaCO3+3xH2O2（1x）Al2(SO4)3xAl(OH)3+3xCaSO4+3xCO2生成物（1x）Al2(SO4)3xAl(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，维持反应温度和反应时间不变，提高x值的方法有_。（2）碱式硫酸铝溶液吸收SO2过程中，溶液的pH_（填“增大”、“减小”

5、、“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：取碱式硫酸铝溶液25.00 mL，加入盐酸酸化的过量BaCl2溶液充分反应，静置后过滤、洗涤，干燥至恒重，得固体2.3300 g。取碱式硫酸铝溶液2.50 mL，稀释至25 mL，加入0.1000 molL1EDTA标准溶液25.00 mL，调节溶液pH约为4.2，煮沸，冷却后用0.08000 molL1CuSO4标准溶液滴定过量的EDTA至终点，消耗CuSO4标准溶液20.00 mL（已知Al3+、Cu2+与EDTA反应的化学计量比均为11）。计算（1x）Al2(SO4)3xAl(OH)3中的x值（写出计算过

6、程）。【答案】（1）适当增加CaCO3的量或加快搅拌速率（2）减小（3）25mL溶液中：n(SO42)= n(BaSO4) =0.0100 mol2.5 mL溶液中：n(Al3+) = n(EDTA)n(Cu2+)=0.1000 molL125.00 mL103LmL10.08000 molL120.00 mL103 LmL1=9.000104 mol25 mL溶液中：n(Al3+)=9.000103 mol1 mol (1x)Al2(SO4)3xAl(OH)3中n(Al3+)=(2x)mol；n(SO42)=3(1x)mol x=0.41【解析】2.5 mL溶液中：n（Al3+） = n（E

7、DTA）n（Cu2+）=0.1000 molL125.00 mL103LmL10.08000 molL120.00 mL103 LmL1=9.000104 mol25 mL溶液中：n（Al3+）=9.000103 mol1 mol （1-x）Al2（SO4）3xAl（OH）3中n（Al3+）=（2-x）mol；n（SO42-）=3（1-x）mol=，解得x=0.41。考点定位：本题以碱式硫酸铝溶液的制备原理为背景，考查反应原理的理解、反应条件的控制和有关化学式的计算。【试题点评】思路点拨：向硫酸铝溶液中加入CaCO3生成碱式硫酸铝溶液，根据平衡移动原理进行分析，CaCO3的作用是调节pH促进A

8、l3+水解，同时将SO42-转化为CaSO4沉淀；理解溶液中的离子反应与实验滴定方法的定量计算，理清物质间的计量关系。3【2017北京卷】SCR和NSR技术可有效降低柴油发动机在空气过量条件下的NOx排放。（1）SCR（选择性催化还原）工作原理： 尿素CO(NH2)2水溶液热分解为NH3和CO2，该反应的化学方程式：_。 反应器中NH3还原NO2的化学方程式：_。 当燃油中含硫量较高时，尾气中SO2在O2作用下会形成(NH4)2SO4，使催化剂中毒。用化学方程式表示(NH4)2SO4的形成：_。 尿素溶液浓度影响NO2的转化，测定溶液中尿素（M=60 gmol 1）含量的方法如下：取a g尿素

9、溶液，将所含氮完全转化为NH3，所得NH3用过量的v1 mL c1 molL1 H2SO4溶液吸收完全，剩余H2SO4用v2 mL c2 molL1 NaOH溶液恰好中和，则尿素溶液中溶质的质量分数是_。（2）NSR（NOx储存还原）工作原理：NOx的储存和还原在不同时段交替进行，如图a所示。 通过BaO和Ba(NO3)2的相互转化实现NOx的储存和还原。储存NOx的物质是_。 用H2模拟尾气中还原性气体研究了Ba(NO3)2的催化还原过程，该过程分两步进行，图b表示该过程相关物质浓度随时间的变化关系。第一步反应消耗的H2与Ba(NO3)2的物质的量之比是_。 还原过程中，有时会产生笑气（N2

10、O）。用同位素示踪法研究发现笑气的产生与NO有关。在有氧条件下15NO与NH3以一定比例反应时，得到的笑气几乎都是15NNO。将该反应的化学方程式补充完整：_15NNO+H2O【答案】（1）CO(NH2)2+H2OCO2+2NH3 8NH3+6NO27N2+12H2O2SO2+O2+4NH3+2H2O=2(NH4)2SO4（2）BaO81415NO+4NH3+3O2415NNO+6H2O molL1 -v2 10-3Lc2 molL1 =（v1c1-v2c2）10-3mol，则尿素的物质的量为（v1c1-v2c2）10-3mol，尿素溶液中溶质的质量分数是（v1c1-v2c2）10-3mol6

11、0g/mola g100%=。（2）由图示可知BaO和NOx作用生成Ba(NO3)2，Ba(NO3)2再还原为N2，则储存NOx的物质是BaO。由图示可知，第一步反应为H2与Ba(NO3)2作用生成NH3，每摩Ba(NO3)2作用生成NH3共转移16mol电子，根据电子守恒，参加反应的氢气的物质的量为16mol2=8mol，则消耗的H2与Ba(NO3)2的物质的量之比是8:1。反应物有15NO与NH3，结合产物中有水，可知还有另一反应物O2，反应中NH3是还原剂，15NO与O2是氧化剂，因含氮产物均为15NNO，则15NO与NH3以1:1参加反应，结合电子守恒和原子守恒可得此反应的化学方程式为

12、415NO+4NH3+3O2415NNO+6H2O。【名师点睛】试题以SCR和NSR技术控制发动机的NOx排放为载体，重点考查化学方程式书写、化学计算、氧化还原反应电子转移的应用等知识，考查考生的读图能力、计算能力和对试题的综合分析能力。注意读图时要结合题目要求展开，如图a，问题中“NOx的储存和还原。储存.”，因此主要就是从图左到图右，BaO转变成Ba(NO3)2，Pt没有发生变化，所以BaO是储存NOx的试剂，而Pt没有变化则可能是该储存过程中的催化剂。该题涉及到方程式的书写较多，尤其是氧化还原反应方程式的配平是解答的难点。注意利用好“守恒”三原则(即质量守恒、得失电子守恒、电荷守恒)，注

13、意电子得失守恒的计算关系式，即n(氧化剂)变价原子个数化合价变化值(高价低价)n(还原剂)变价原子个数化合价变化值(高价低价)。4【2017天津卷】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，回答下列方法中的问题。H2S的除去方法1：生物脱H2S的原理为：H2S+Fe2(SO4)3 S+2FeSO4+H2SO44FeSO4+ O2+2H2SO42Fe2(SO4)3 +2H2O （1）硫杆菌存在时，FeSO4被氧化的速率是无菌时的5105倍，该菌的作用是_。（2）由图3和图4判断使用硫杆菌的最佳条件为_。若反应温度过高，反应速率下降，其原因是_。方法

14、2：在一定条件下，用H2O2氧化H2S（3）随着参加反应的n(H2O2)/n(H2S)变化，氧化产物不同。当n(H2O2)/n(H2S)=4时，氧化产物的分子式为_。SO2的除去方法1（双减法）：用NaOH吸收SO2，并用CaO使NaOH再生NaOH溶液Na2SO3溶液（4）写出过程的离子方程式：_；CaO在水中存在如下转化：CaO(s)+ H2O (l) Ca(OH)2(s)Ca2+(aq)+2OH(aq)从平衡移动的角度，简述过程NaOH再生的原理_。方法2：用氨水除去SO2（5）已知25，NH3H2O的Kb=1.8105，H2SO3的Ka1=1.3102，Ka2=6.2108。若氨水的浓

15、度为2.0 molL1，溶液中的c(OH)=_ molL1。将SO2通入该氨水中，当c(OH)降至1.0107 molL1时，溶液中的c()/c()=_。【答案】（1）降低反应活化能（或作催化剂）（2）30 、pH=2.0 蛋白质变性（或硫杆菌失去活性）（3）H2SO4（4）2OH+SO2+H2O与Ca2+生成CaSO3沉淀，平衡向正向移动，有NaOH生成 （5）6.0103 0.62（4）过程是NaOH与SO2的反应，反应的离子方程式为2OH+SO2+H2O；根据CaO在水中的转化：CaO(s)+H2O(l) Ca(OH)2(s)Ca2+(aq)+2OH(aq)，过程中Na2SO3加入CaO

16、后，与Ca2+生成CaSO3沉淀，平衡向正向移动，有NaOH生成。（5）根据NH3H2O的Kb=1.8105可知，=1.8105，当氨水的浓度为2.0 molL1时，溶液中的c(OH)= c()=6.0103 molL1。根据H2SO3的Ka2=6.2108可知，=6.2108，当c(OH)降至1.0107 molL1，则c(H+)=1.0107 molL1，溶液中的c()/c()=0.62。【名师点睛】本题以真实化学问题为载体，考查应用实践能力。从化学科学特点出发，牢牢把握化学的应用性，广泛联系实际创设化学应用情境，引领考生正确认识化学对社会发展和人类进步的巨大贡献，认识化学学科的价值。要求

17、考生将基础化学、基本化学原理和方法运用到实际生产生活中，解释生活中相关的现象，解决工业生产的问题。题目中化学反应速率的影响因素，条件的选择，各种平衡常数的计算等为高频考点，掌握平衡的定量定性分析为解题的关键，注意平衡常数的应用。5【2017江苏卷】碱式氯化铜是重要的无机杀菌剂。 （1）碱式氯化铜有多种制备方法方法1： 45 50时，向CuCl悬浊液中持续通入空气得到Cu2(OH)2Cl23H2O，该反应的化学方程式为_。方法2： 先制得CuCl2，再与石灰乳反应生成碱式氯化铜。Cu与稀盐酸在持续通入空气的条件下反应生成CuCl2，Fe3+对该反应有催化作用，其催化原理如图所示。M的化学式为_。

18、（2）碱式氯化铜有多种组成，可表示为Cua(OH)bClcxH2O。为测定某碱式氯化铜的组成，进行下列实验：称取样品1.1160 g，用少量稀HNO3溶解后配成100.00 mL溶液A；取25.00 mL溶液A，加入足量AgNO3溶液，得AgCl 0.1722 g；另取25.00 mL溶液A，调节pH 4 5，用浓度为0.08000 molL1的EDTA(Na2H2Y2H2O)标准溶液滴定Cu2+ (离子方程式为Cu2+ H2Y2CuY2+2H+)，滴定至终点，消耗标准溶液30.00 mL。通过计算确定该样品的化学式(写出计算过程)。 【答案】（1）4CuCl + O2+ 8H2O2Cu2(O

19、H)2Cl23H2O Fe2+ （2）n(Cl)=n(AgCl)=4.800103mol n(Cu2+)=n(EDTA)=0.08000 molL130.00 mL103 LmL1=9.600103 mol n(OH)=2n(Cu2+)n(Cl)=29.600103 mol4.800103 mol=1.440102 mol m(Cl)=4.800103 mol35.5 g mol 1 =0.1704 g m(Cu2+)=9.600103 mol64 g mol 1 =0.6144 g m(OH)=1.440102 mol17 g mol 1 =0.2448 g n(H2O)=4.800103

20、mol abcx = n(Cu2+)n(OH)n(Cl)n(H2O)=2311 化学式为Cu2(OH)3ClH2O（2）由实验可以求出该样品中所含Cl的物质的量，由氯离子守恒得：n(Cl)=n(AgCl)=4.800103mol由实验结合反应信息Cu2+ H2Y2CuY2+2H+，可以求出样品中所含Cu元素的物质的量：n(Cu2+)=n(EDTA)=0.08000 molL130.00 mL103 LmL1=9.600103 mol 再由化合物中电荷守恒得：n(OH)=2n(Cu2+)n(Cl)=29.600103 mol4.800103 mol=1.440102 mol 分别求出这3种离子的

21、质量，根据质量守恒，求出H2O的质量：m(Cl)=4.800103 mol35.5 g mol 1 =0.1704 g m(Cu2+)=9.600103 mol64 g mol 1 =0.6144 g m(OH)=1.440102 mol17 g mol 1 =0.2448 g 再求出结晶水的物质的量：n(H2O)=4.800103 mol 最后求出各粒子的个数之比，写出化学式：因为abcx = n(Cu2+)n(OH)n(Cl)n(H2O)=2311 ，所以该样品的化学式为Cu2(OH)3ClH2O。【名师点睛】本题重点考查学生对化学反应中物质间转化的计量关系、反应条件的定量控制及化学反应原

22、理的理解和应用水平，考查学生运用实验数据和结果进行化学计算的能力，也考查了学生获取信息的能力和分析推理的能力。解题的关键有：分析反应前后元素的化合价变化情况，明确反应中的定量关系。体验从定量的角度控制反应的基本条件的方法。理解溶液中的离子反应与实验滴定方法的定量计算，理清物质间的计量关系。综合运用电荷守恒和质量守恒，理清思路，做到步骤清晰、细心运算。6【2016浙江卷】化合物Mg5Al3(OH)19(H2O)4可作环保型阻燃材料，受热时按如下化学方程式分解：2Mg5Al3(OH)19(H2O)427H2O+10MgO+3Al2O3（1）写出该化合物作阻燃剂的两条依据_。（2）用离子方程式表示除

23、去固体产物中Al2O3的原理_。（3）已知MgO可溶于NH4Cl的水溶液，用化学方程式表示其原理_。磁性材料A是由两种元素组成的化合物，某研究小组按如图流程探究其组成：请回答：（1）A的组成元素为_（用元素符号表示），化学式为_。（2）溶液C可溶解铜片，例举该反应的一个实际应用_。（3）已知化合物A能与稀硫酸反应，生成一种淡黄色不溶物和一种气体（标况下的密度为1.518 gL-1），该气体分子的电子式为_。写出该反应的离子方程式_。（4）写出FG反应的化学方程式_。设计实验方案探究溶液G中的主要微粒（不考虑H2O、H+、K+、I-）_。【答案】.（1）反应吸热降低温度，固体氧化物隔绝空气，水蒸

24、气稀释空气（2）Al2O3 +2OH2AlO2+H2O（3）MgO+2NH4Cl+H2OMgCl2+2NH3H2O或NH4Cl+H2ONH3H2O+HCl，MgO+2HCl MgCl2+H2O（1）S、Fe Fe3S4（2）制印刷电路板（3）Fe3S4+6H+3H2S+3Fe2+S（4）H2SO3+I2+H2O H2SO4+2HI取溶液G，加入过量BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则有SO42；过滤后取滤液，滴加H2O2溶液，若再产生白色沉淀，则有H2SO3。【解析】 MgO+2HCl MgCl2+H2O。（1）红棕色固体B为氧化铁，与盐酸反应后生成黄色溶液C为氯化铁，氯化铁与硫氰化钾溶液反应显

25、血红色，D为硫氰化铁。无色气体溶于水后为酸性，与碘反应后生成无色溶液，酸性变强，说明原酸为弱酸，且具有还原性，为亚硫酸，则无色气体为二氧化硫。则原化合物中含有铁和硫元素。氧化铁的质量为2.400g，其物质的量为2.400/160=0.015mol，含铁原子的物质的量为0.030mol，则铁的质量为0.03056=1.680g，则化合物中硫元素的质量为2.960-1.680=1.280g，硫的物质的量为1.280/32=0.040mol，则铁与硫的物质的量比为0.030:0.040=3:4，则化学式为：Fe3S4。（2）溶液C为氯化铁，可以溶解铜，用来制印刷电路板。（3）化合物A与硫酸反应生成淡

26、黄色不溶物为硫，和一种气体，该气体的摩尔质量为1.51822.4=34.00，则为硫化氢。硫化氢的电子式为，该反应生成硫酸亚铁和硫和硫化氢，方程式为：Fe3S4+6H+3H2S+3Fe2+S。（4）亚硫酸和碘单质反应生成硫酸和氢碘酸，方程式为：H2SO3+I2+H2O H2SO4+2HI；溶液G中主要含有硫酸根离子，或许有未反应完的亚硫酸分子，硫酸根离子用钡盐检验，亚硫酸可以用氧化剂氧化成硫酸根再检验，具体操作方法为：取溶液G，加入过量BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则有SO42，过滤后取滤液，滴加H2O2溶液，若产生白色沉淀，则有H2SO3。【考点定位】无机推断，离子检验，物质组成的确定。【

27、名师点睛】无机推断题要抓住突破口，例如物质的颜色，红棕色固体为氧化铁，黑色的固体为碳、二氧化锰，氧化亚铁、氧化铜等。黄色溶液为含铁离子的溶液，浅绿色溶液为含亚铁离子的溶液，蓝色溶液为含铜离子的溶液，紫色为含高锰酸根离子的溶液或苯酚遇到氯化铁的颜色。血红色或红色为硫氰化铁溶液。黄绿色气体为氯气。结合颜色确定成分，进而分析其他物质。掌握常见离子的检验方法。本题难度适中。7【2016新课标1卷】元素铬(Cr)在溶液中主要以Cr3+(蓝紫色)、Cr(OH)4(绿色)、Cr2O72(橙红色)、CrO42(黄色)等形式存在，Cr(OH)3为难溶于水的灰蓝色固体，回答下列问题：（1）Cr3+与Al3+的化学

28、性质相似。在Cr2(SO4)3溶液中逐滴加入NaOH溶液直至过量，可观察到的现象是_。【答案】（1）蓝紫色溶液变浅，同时有灰蓝色沉淀生成，然后沉淀逐渐溶解形成绿色溶液； 8【2016新课标2卷】某班同学用如下实验探究Fe2+、Fe3+的性质。回答下列问题：（1）分别取一定量氯化铁、氯化亚铁固体，均配制成0.1mol/L的溶液在FeCl2溶液中需加入少量铁屑，其目的是_。（2）甲组同学取2mL FeCl2溶液，加入几滴氯水，再加入1滴KSCN溶液，溶液变红，说明Cl2可将Fe2+氧化。FeCl2溶液与氯水反应的离子方程式为_。（3）乙组同学认为甲组的实验不够严谨，该组同学在2mLFeCl2溶液中

29、先加入0.5mL煤油，再于液面下依次加入几滴氯水和l滴KSCN溶液，溶液变红，煤油的作用是_。（4）丙组同学取10 mL0.1mol/LKI溶液，加入6mL0.1mol/LFeCl3溶液混合。分别取2mL此溶液于3 支试管中进行如下实验：第一支试管中加入1mLCCl4充分振荡、静置，CCl4层呈紫色；第二只试管中加入1滴K3Fe(CN)6 溶液，生成蓝色沉淀：第三支试管中加入1滴KSCN溶液，溶液变红。实验检验的离子是_（填离子符号）；实验和说明：在I- 过量的情况下，溶液中仍含有_（填离子符号），由此可以证明该氧化还原反应为_。（5）丁组同学向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的FeCl3

30、溶液，溶液变成棕黄色，发生反应的离子方程式为_；一段时间后溶液中有气泡出现，并放热，随后有红褐色沉淀生成。产生气泡的原因是_；生成沉淀的原因是_（用平衡移动原理解释）。【答案】(1)防止Fe2+被氧化（2）2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-（3）隔绝空气（排除氧气对实验的影响）（4）Fe2+；Fe3+；可逆反应(5)H2O2+2Fe2+2H+=2Fe3+2H2O，Fe3+催化H2O2分解产生O2；H2O2分解反应放热，促进Fe3+的水解平衡正向移动。【解析】（5）H2O2溶液中加入几滴酸化的FeCl3溶液，溶液变成棕黄色，发生反应的离子方程式为H2O2+2Fe2+2H+= 2Fe3+ 2H2

31、O，铁离子的溶液呈棕黄色；一段时间后溶液中有气泡出现，并放热。随后有红褐色沉淀生成，产生气泡的原因是H2O2分解放出氧气，而反应放热，促进Fe3+的水解平衡正向移动。【考点定位】考查铁离子和亚铁离子的性质，离子的检验，H2O2的性质，盐类的水解等知识。【名师点睛】本题以常见的铁离子和亚铁离子的性质、H2O2的性质为基础，考查了探究实验方案的设计与评价，学生读题不会感到陌生，有利于考查学生的基础知识，涉及铁离子和亚铁离子的性质，离子的检验，H2O2的性质，盐类的水解等知识。人们常用KSCN溶液检验Fe3+的存在，若向溶液中加入几滴KSCN溶液，溶液呈血红色，则该溶液中含义Fe3+；人们常用K3F

32、e(CN)6 溶液检验Fe2+的存在，若向溶液中加入几滴K3Fe(CN)6 溶液，生成蓝色沉淀，则该溶液中含义Fe2+。9【2016北京卷】用零价铁（Fe）去除水体中的硝酸盐（NO3-）已成为环境修复研究的热点之一。（1）Fe还原水体中NO3-的反应原理如图所示。作负极的物质是_。正极的电极反应式是_。（2）将足量铁粉投入水体中，经24小时测定NO3的去除率和pH，结果如下：初始pHpH=2.5pH=4.5NO3的去除率接近100%50%24小时pH接近中性接近中性铁的最终物质形态pH=4.5时，NO3的去除率低。其原因是_。（3）实验发现：在初始pH=4.5的水体中投入足量铁粉的同时，补充一

33、定量的Fe2+可以明显提高NO3的去除率。对Fe2+的作用提出两种假设：. Fe2+直接还原NO3；. Fe2+破坏FeO（OH）氧化层。做对比实验，结果如图所示，可得到的结论是_。同位素示踪法证实Fe2+能与FeO（OH）反应生成Fe3O4。结合该反应的离子方程式，解释加入Fe2+提高NO3去除率的原因：_。（4）其他条件与（2）相同，经1小时测定NO3的去除率和pH，结果如下：初始pHpH=2.5pH=4.5NO3的去除率约10%约3%1小时pH接近中性接近中性与（2）中数据对比，解释（2）中初始pH不同时，NO3去除率和铁的最终物质形态不同的原因：_。【答案】（1）铁 NO3+8e+10

34、H+=NH4+3H2O（2）因为铁表面生成不导电的FeO(OH)，阻止反应进一步发生（3）本实验条件下，Fe2+不能直接还原NO3-；在Fe和Fe2+共同作用下能提高NO3-的去除率。Fe2+2FeO(OH)=Fe3O4+2H+， Fe2+将不导电的FeO（OH）转化为可导电的Fe3O4，有利于反应的进行，使NO3-的去除率提高 （4）Fe2H=Fe2H2，初始pH较小，氢离子浓度高，产生的Fe2+浓度大，促使FeO（OH）转化为可导电的Fe3O4，使反应进行的更完全，初始pH高时，产生的Fe2+浓度小，从而造成NO3去除率和铁的最终物质形态不同。【解析】（3）从图中可以看出只加入铁粉和只加入

35、Fe2+，NO3-的去除率都不如同时加入铁和亚铁离子的去除率高，说明不是由于亚铁离子的还原性提高了硝酸根的去除率，而是由于Fe2+破坏FeO(OH)生成了四氧化三铁；同位素示踪法证实Fe2+能与FeO(OH)反应生成四氧化三铁，该反应的离子方程式为：Fe2+2FeO(OH)Fe3O4+2H+。加入Fe2+之所以可以提高硝酸根离子的转化率主要因为减少了FeO（OH）的生成，生成更多的Fe3O4，增强了导电性，另外生成了H+，可以使pH增大的速度减慢，使NO3-的转化率增大；（4）Fe2H=Fe2H2，初始pH较小，氢离子浓度高，产生的Fe2+浓度大，促使FeO（OH）转化为可导电的Fe3O4，使

36、反应进行的更完全；初始pH高时，由于Fe3+的水解，Fe3+越容易生成FeO(OH)，产生的Fe2+浓度小，从而造成NO3去除率和铁的最终物质形态不同。【考点定位】本题主要是考查化学反应原理，涉及电化学、氧化还原反应等相关知识【名师点晴】该题一改化学原理综合应用的拼题，改成“借实验考原理”的方式来考查学生应用化学反应基本理论、化学反应速率平衡、电化学等理论联系实际，分析解决氧化还原反应、速率平衡、电化学等问题的能力。此题区分度在第（4）问。实际上，我们只要抓住主要矛盾，便可简化解题思路。我们只需要从影响速率平衡的主要因素（此题主要是浓度）考虑问题即可。此问极易诱导学生从复杂角度分析问题，不容易

37、得到正确答案。10【2016海南卷】某废催化剂含58.2%的SiO2、21.0%的ZnO、4.5%的ZnS和12.8%的CuS。某同学用15.0 g该废催化剂为原料，回收其中的锌和铜。采用的实验方案如下：回答下列问题：（1）在下列装置中，第一次浸出必须用_，第二次浸出应选用_。（填标号）（2）第二次浸出时，向盛有滤液1的反应器中加入稀硫酸，后滴入过氧化氢溶液。若顺序相反，会造成_。滤渣2的主要成分是_。（3）浓缩硫酸锌、硫酸铜溶液使用的器皿名称是_。（4）某同学在实验完成之后，得到1.5gCuSO45H2O，则铜的回收率为_。【答案】（1）D A （每空1分，共2分）（2）H2O2与固体颗粒接

38、触分解（每空2分，共4分）（3）蒸发皿（2分）（4）30% （3分）【解析】（3）浓缩硫酸锌、硫酸铜溶液使用的器皿名称是蒸发皿。（4）15.0 g废催化剂中含有铜的物质的量为15.0g12.8%96g/mol=0.02mol，1.5gCuSO45H2O中铜的物质的量为1.5g250g/mol=0.006mol，则铜的回收率为0.006mol/0.02mol100%=30%。考点：考查化学工艺流程分析，化学实验方案的分析、评价，化学实验基本操作和化学计算。【名师点睛】化学实验常用仪器的使用方法和化学实验基本操作是进行化学实验的基础，对化学实验的考查离不开化学实验的基本操作。考查的角度主要是以常见

39、仪器的选用、实验基本操作为中心，通过是什么、为什么和怎样做重点考查实验基本操作的规范性和准确及灵活运用的能力。化学工艺流程实验方案设计与评价取材于教材、高于教材，注重创新是近年高考化学试题的一大特点。近年高考综合实验试题往往是在教材实验、演示实验或考生已有实验知识的基础上进行改进，创设新情境，提出新问题，考查考生的创新意识。主要体现在以下几个方面：(1)根据题干给予的新信息，预测实验现象等。(2)药品使用创新、仪器功能拓展、实验操作改进创新和实验操作新途径开辟等。(3)面对新情境，能够正确提取并处理信息(准确提炼规律、严密推理分析、做出合理解释等)。(4)面对新问题，能够全面深入思考，合理优化

40、结构，准确深刻评价等。11【2016江苏卷】过氧化钙（CaO28H2O）是一种在水产养殖中广泛使用的供氧剂。（1）Ca（OH）2悬浊液与H2O2溶液反应可制备CaO28H2O。Ca（OH）2+H2O2+6H2OCaO28H2O反应时通常加入过量的Ca（OH）2，其目的是_。（2）向池塘水中加入一定量的CaO28H2O后，池塘水中浓度增加的离子有_（填序号）。ACa2+ BH+ CCO32 DOH （3）水中溶解氧的测定方法如下：向一定量水样中加入适量MnSO4和碱性KI溶液，生成MnO(OH)2沉淀，密封静置；加入适量稀H2SO4，待MnO(OH)2与I完全反应生成Mn2+和I2后，以淀粉作指

41、示剂，用Na2S2O3标准溶液滴定至终点，测定过程中物质的转化关系如下：写出O2将Mn2+氧化成MnO(OH)2的离子方程式：_。取加过一定量CaO28H2O的池塘水样100.00 mL，按上述方法测定水中溶解氧量，消耗0.01000 molL1 Na2S2O3标准溶液13.50 mL。计算该水样中的溶解氧（以mgL1表示），写出计算过程。【答案】（1）提高H2O2的利用率 （2）AD （3）O22Mn24OH=MnO(OH)2 在100.00 mL水样中I22S2O32=2IS4O62n(I2)=6.750105 molnMnO(OH)2= n(I2)= 6.750105 moln(O2)=

42、nMnO(OH)2=6.750105mol=3.375105 mol水中溶解氧=10.80 mg/L【解析】根据转化关系图，获得各物质之间的量的关系，由此进行计算。【考点定位】本题主要是考查氧化还原反应方程式书写以及溶解氧含量测定等【名师点晴】灵活应用电子得失守恒是解答的关键，得失电子守恒是氧化还原反应计算的核心思想：得失电子守恒是指在发生氧化还原反应时，氧化剂得到的电子数一定等于还原剂失去的电子数。得失电子守恒法常用于氧化还原反应中氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的有关计算及电解过程中电极产物的有关计算等。电子守恒法解题的步骤是：首先找出氧化剂、还原剂及其物质的量以及每摩尔氧化剂、还原剂得

43、失电子的量，然后根据电子守恒列出等式。计算公式如下：n(氧化剂)得电子原子数原子降价数n(还原剂)失电子原子数原子升价数。利用这一等式，解氧化还原反应计算题，可化难为易，化繁为简。12【2016上海卷】半水煤气是工业合成氨的原料气，其主要成分是H2、CO、CO2、N2和H2O（g）。半水煤气经过下列步骤转化为合成氨的原料。完成下列填空：（1）半水煤气含有少量硫化氢。将半水煤气样品通入_溶液中（填写试剂名称），出现_，可以证明有硫化氢存在。（2）半水煤气在铜催化下实现CO变换：CO+H2OCO2+H2若半水煤气中V(H2):V(CO):V(N2)=38：28：22，经CO变换后的气体中：V(H2):V(N2)=_。（3）碱液吸收法是脱除二氧化碳的方法之一。已知：Na2CO3K2CO320碱液最高浓度（mol/L）2.08.0碱的价格（元/kg）1.259.80若选择Na2CO3碱液作吸收液，其优点是_；缺点是_。如果选择K2CO3碱液作吸收液，用什么方法可以降低成本？_写出这种方法涉及的化学反应方程式。_（4）