專題13+元素及其化合物知識(shí)的綜合應(yīng)用-2019年高考真題和模擬題分項(xiàng)匯編化學(xué)含解析

專題13元素及其化合物知識(shí)的綜合應(yīng)用2012019年高考真題1．[2019江蘇]N2O、NO和NO2等氮氧化物是空氣污染物，含有氮氧化物的尾氣需處理后才能排放。（1）N2O的處理。N2O是硝酸生產(chǎn)中氨催化氧化的副產(chǎn)物，用特種催化劑能使N2O分解。NH3與O2在加熱和催化劑作用下生成N2O的化學(xué)方程式為▲。（2）NO和NO2的處理。已除去N2O的硝酸尾氣可用NaOH溶液吸收，主要反應(yīng)為NO+NO2+2OH?2+H2O2NO2+2OH?++H2O①下列措施能提高尾氣中NO和NO2去除率的有▲（填字母）。A．加快通入尾氣的速率B．采用氣、液逆流的方式吸收尾氣C．吸收尾氣過(guò)程中定期補(bǔ)加適量NaOH溶液②吸收后的溶液經(jīng)濃縮、結(jié)晶、過(guò)濾，得到NaNO2晶體，該晶體中的主要雜質(zhì)是▲（填化學(xué)式）；吸收后排放的尾氣中含量較高的氮氧化物是▲（填化學(xué)式）。（3）NO的氧化吸收。用NaClO溶液吸收硝酸尾氣，可提高尾氣中NO的去除率。其他條件相同，NO轉(zhuǎn)化為的轉(zhuǎn)化率隨NaClO溶液初始pH（用稀鹽酸調(diào)節(jié)）的變化如圖所示。①在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO生成Cl?和，其離子方程式為▲。②NaClO溶液的初始pH越小，NO轉(zhuǎn)化率越高。其原因是▲?！敬鸢浮浚?）2NH3+2O2N2O+3H2O （2）①BC②NaNO3NO（3）①3HClO+2NO+H2O3Cl?+2+5H+②溶液pH越小，溶液中HClO的濃度越大，氧化NO的能力越強(qiáng)【解析】【詳解】（1）NH3與O2在加熱和催化劑作用下發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成N2O，根據(jù)得失電子守恒和原子守恒可知反應(yīng)有水生成，配平化學(xué)方程式為：2NH3+2O2N2O+3H2O。（2）①A、加快通入尾氣的速率，不能提高尾氣中NO和NO2的去除率，不符合題意；B、采用氣、液逆流的方式吸收尾氣，可使氣液充分接觸，能提高尾氣中NO和NO2的去除率，符合題意；C、定期補(bǔ)充適量的NaOH溶液可增大反應(yīng)物濃度，能提高尾氣中NO和NO2的去除率，符合題意。故選BC。②由吸收反應(yīng)：NO+NO2+2OH-=2NO2-+H2O，2NO2+2OH-=NO2-+NO3-+H2O可知，反應(yīng)后得到NaNO2和NaNO3混合溶液，經(jīng)濃縮、結(jié)晶、過(guò)濾得到NaNO2和NaNO3晶體，因此得到的NaNO2混有NaNO3；由吸收反應(yīng)可知，若NO和NO2的物質(zhì)的量之比大于1：1，NO不能被吸收，因此，吸收后排放的尾氣中含量較高的氮氧化物是NO。（3）①在酸性的NaClO溶液中，次氯酸根離子和氫離子結(jié)合生成HClO，HClO和NO發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成NO3-和Cl-，根據(jù)得失電子守恒及電荷守恒、原子守恒，配平離子方程式為2NO+3HClO+H2O=2NO3-+3Cl-+5H+。②在相同條件下，氧化劑的濃度越大，氧化能力越強(qiáng)，由反應(yīng)2NO+3HClO+H2O=2NO3-+3Cl-+5H+可知，溶液pH越小，溶液中HClO濃度越大，氧化NO的能力越強(qiáng)。2．[2019浙江4月選考]固體化合物X由3種元素組成。某學(xué)習(xí)小組進(jìn)行了如下實(shí)驗(yàn)：請(qǐng)回答：（1）由現(xiàn)象1得出化合物X含有________元素(填元素符號(hào))。（2）固體混合物Y的成分________(填化學(xué)式)。（3）X的化學(xué)式________。X與濃鹽酸反應(yīng)產(chǎn)生黃綠色氣體，固體完全溶解，得到藍(lán)色溶液，該反應(yīng)的化學(xué)方程式是________?！敬鸢浮浚?）O（2）Cu和NaOH（3）NaCuO22NaCuO2＋8HCl2NaCl＋2CuCl2＋Cl2↑＋4H2O【解析】【分析】固體混合物Y溶于水，得到固體單質(zhì)為紫紅色，說(shuō)明是Cu，產(chǎn)生堿性溶液，焰色反應(yīng)呈黃色說(shuō)明含有鈉元素，與鹽酸HCl中和，說(shuō)明為NaOH（易算出為0.02mol），混合氣體能使CuSO4變藍(lán)，說(shuō)明有水蒸汽?！驹斀狻浚?）CuSO4由白色變?yōu)樗{(lán)色，說(shuō)明有水生成，根據(jù)元素守恒分析，必定含有O元素。（2）現(xiàn)象2獲得紫色單質(zhì)，說(shuō)明Y含有Cu,現(xiàn)象3焰色反應(yīng)為黃色說(shuō)明有Na元素，與HCl發(fā)生中和反應(yīng)說(shuō)明有NaOH，故答案填Cu和NaOH。（3）NaOH為0.02mol，易算出m(Na)=0.02×23g=0.46g，m(O)=m-m(Na)-m(Cu)=2.38-0.46-1.28=0.46g，N(Na)：N(Cu)：N(O)==1：1：2，故化學(xué)式為NaCuO2，X與濃鹽酸反應(yīng)，根據(jù)反應(yīng)現(xiàn)象，產(chǎn)物有Cl2，和CuCl2藍(lán)色溶液，因而化學(xué)方程式為2NaCuO2＋8HCl2NaCl＋2CuCl2＋Cl2↑＋4H2O。3．[2019北京]化學(xué)小組用如下方法測(cè)定經(jīng)處理后的廢水中苯酚的含量（廢水中不含干擾測(cè)定的物質(zhì)）。Ⅰ．用已準(zhǔn)確稱量的KBrO3固體配制一定體積的amol·L?1KBrO3標(biāo)準(zhǔn)溶液；Ⅱ．取v1mL上述溶液，加入過(guò)量KBr，加H2SO4酸化，溶液顏色呈棕黃色；Ⅲ．向Ⅱ所得溶液中加入v2mL廢水；Ⅳ．向Ⅲ中加入過(guò)量KI；Ⅴ．用bmol·L?1Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定Ⅳ中溶液至淺黃色時(shí)，滴加2滴淀粉溶液，繼續(xù)滴定至終點(diǎn)，共消耗Na2S2O3溶液v2mL。已知：I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6Na2S2O3和Na2S4O6溶液顏色均為無(wú)色（1）Ⅰ中配制溶液用到的玻璃儀器有燒杯、玻璃棒、膠頭滴管和____________。（2）Ⅰ中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式是_______________________________。（3）Ⅲ中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式是_________________________________。（4）Ⅳ中加KI前，溶液顏色須為黃色，原因是______________________________。（5）KI與KBrO3物質(zhì)的量關(guān)系為n（KI）≥6n（KBrO3）時(shí)，KI一定過(guò)量，理由是________。（6）Ⅴ中滴定至終點(diǎn)的現(xiàn)象是_____________________________。（7）廢水中苯酚的含量為___________g·L?1（苯酚摩爾質(zhì)量：94g·mol?1）。（8）由于Br2具有____________性質(zhì)，Ⅱ~Ⅳ中反應(yīng)須在密閉容器中進(jìn)行，否則會(huì)造成測(cè)定結(jié)果偏高。【答案】（1）容量瓶（2）+5Br-+6H+=3Br2+3H2O（3）（4）Br2過(guò)量，保證苯酚完全反應(yīng)（5）反應(yīng)物用量存在關(guān)系：KBrO3~3Br2~6KI，若無(wú)苯酚時(shí)，消耗KI物質(zhì)的量是KBrO3物質(zhì)的量的6倍，因有苯酚消耗Br2，所以當(dāng)n（KI）≥6n（KBrO3）時(shí)，KI一定過(guò)量（6）溶液藍(lán)色恰好消失（7）（8）易揮發(fā)【解析】【分析】本題考查氧化還原反應(yīng)滴定的綜合運(yùn)用。苯酚與溴反應(yīng)快速靈敏，但滴定終點(diǎn)難以判斷，因而制得一定量的溴分別與苯酚和KI反應(yīng)（溴須完全反應(yīng)完），而溴與KI反應(yīng)生成的I2與Na2S2O3進(jìn)行滴定分析，因而直接測(cè)出與KI反應(yīng)所消耗的溴，進(jìn)而計(jì)算出與苯酚反應(yīng)消耗的溴，最后根據(jù)苯酚與溴反應(yīng)的系數(shù)計(jì)算廢水中苯酚的濃度?！驹斀狻浚?）準(zhǔn)確稱量KBrO3固體配置溶液所需的玻璃儀器有燒杯、量筒、玻璃棒、膠頭滴管，一定規(guī)格的容量瓶，因而該空填容量瓶、量筒。（2）KBrO3溶液中加入KBr和H2SO4，溶液顏色呈棕黃色，說(shuō)明生成Br2，根據(jù)缺項(xiàng)配平可知該離子方程式為+5Br-+6H+=3Br2+3H2O。（3）苯酚和溴水反應(yīng)得到白色沉淀2,4,6-三溴苯酚，化學(xué)方程式為。（4）該測(cè)量過(guò)程是利用一定量的溴分別與苯酚和KI反應(yīng)，注意溴須反應(yīng)完全，且一定量溴的總量已知，部分溴與KI反應(yīng)生成的I2可利用氧化還原滴定法測(cè)量，進(jìn)而計(jì)算出與KI反應(yīng)的溴的消耗量，將一定量溴減去與KI反應(yīng)的溴的消耗量，可得與苯酚反應(yīng)的溴的消耗量，因而一定量的溴與苯酚反應(yīng)完，必須有剩余的溴與KI反應(yīng)，Ⅲ中反應(yīng)結(jié)束時(shí)，若溶液顯黃色說(shuō)明苯酚反應(yīng)完，且有溴剩余，以便與KI反應(yīng)，故原因?yàn)棰蛑猩傻腂r2與廢水中苯酚完全反應(yīng)后，Ⅲ中溶液顏色為黃色，說(shuō)明有Br2剩余，剩余Br2與過(guò)量KI反應(yīng)，從而間接計(jì)算苯酚消耗的Br2。（5）Ⅱ中反應(yīng)為KBrO3+5KBr+3H2SO4=3K2SO4+3Br2+3H2O可知3n(KBrO3)=n1(Br2)，Ⅱ中Br2部分與苯酚反應(yīng)，剩余溴的量設(shè)為n2(Br2)（n1(Br2)>n2(Br2)）在Ⅳ中反應(yīng)為Br2+2KI=I2+2KBr，若剩余溴完全反應(yīng)，則n(KI)≥2n2(Br2)，推知n(KI)≥6n(KBrO3)；因而當(dāng)n(KI)≥6n(KBrO3)，KI一定過(guò)量。（6）Ⅴ中含碘的溶液內(nèi)加入淀粉，溶液顯藍(lán)色，隨著Na2S2O3溶液滴入，藍(lán)色變淺直至消失，因而當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏蜰a2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液時(shí)，溶液由藍(lán)色變?yōu)闊o(wú)色，且30s不變色。（7）n(BrO3-)=av1×10-3mol，根據(jù)反應(yīng)BrO3-+5Br-+6H+=3Br2+3H2O可知n(Br2)=3av1×10-3mol，溴分別與苯酚和KI反應(yīng)，先計(jì)算由KI消耗的溴的量，設(shè)為n1(Br2)，根據(jù)I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6可知I2~2Na2S2O3，又Br2+2I-=I2+2Br-可知Br2~I2，可得Br2~2Na2S2O3，n(Na2S2O3)=bv3×10-3mol，n1(Br2)=bv3×10-3mol，再計(jì)算由苯酚消耗的溴的量，設(shè)為n2(Br2)=n(Br2)-n1(Br2)=(3av1-bv3)×10-3mol，苯酚與溴水反應(yīng)的計(jì)量數(shù)關(guān)系為3Br2~C6H5OH，n(C6H5OH)=n2(Br2)=(av1-bv3)×10-3mol，廢水中苯酚的含量==mol。（8）Ⅱ中生成的溴須被苯酚和KI完全反應(yīng)掉，而溴有揮發(fā)性，反應(yīng)時(shí)須在密閉容器中進(jìn)行。4．[2019江蘇]聚合硫酸鐵[Fe2(OH)6-2n(SO4)n]m廣泛用于水的凈化。以FeSO4·7H2O為原料，經(jīng)溶解、氧化、水解聚合等步驟，可制備聚合硫酸鐵。（1）將一定量的FeSO4·7H2O溶于稀硫酸，在約70℃下邊攪拌邊緩慢加入一定量的H2O2溶液，繼續(xù)反應(yīng)一段時(shí)間，得到紅棕色黏稠液體。H2O2氧化Fe2+的離子方程式為▲；水解聚合反應(yīng)會(huì)導(dǎo)致溶液的pH▲。（2）測(cè)定聚合硫酸鐵樣品中鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)：準(zhǔn)確稱取液態(tài)樣品3.000g，置于250mL錐形瓶中，加入適量稀鹽酸，加熱，滴加稍過(guò)量的SnCl2溶液（Sn2+將Fe3+還原為Fe2+），充分反應(yīng)后，除去過(guò)量的Sn2+。用5.000×10?2mol·L?1K2Cr2O7溶液滴定至終點(diǎn)（滴定過(guò)程中與Fe2+反應(yīng)生成Cr3+和Fe3+），消耗K2Cr2O7溶液22.00mL。①上述實(shí)驗(yàn)中若不除去過(guò)量的Sn2+，樣品中鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)的測(cè)定結(jié)果將▲（填“偏大”或“偏小”或“無(wú)影響”）。②計(jì)算該樣品中鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)（寫出計(jì)算過(guò)程）?！敬鸢浮浚?）2Fe2++H2O2+2H+2Fe3++2H2O減?。?）①偏大 ②n()=5.000×10?2mol·L?1×22.00mL×10?3L·mL?1=1.100×10?3mol由滴定時(shí)→Cr3+和Fe2+→Fe3+，根據(jù)電子得失守恒可得微粒的關(guān)系式：~6Fe2+（或+14H++6Fe2+6Fe3++2Cr3++7H2O）則n(Fe2+)=6n()=6×1.100×10?3mol=6.600×10?3mol樣品中鐵元素的質(zhì)量：m(Fe)=6.600×10?3mol×56g·mol?1=0.3696g樣品中鐵元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)：w(Fe)=×100%=12.32%【解析】【分析】（1）Fe2+具有還原性，H2O2具有氧化性，根據(jù)得失電子守恒、原子守恒和電荷守恒書寫離子方程式；根據(jù)水解反應(yīng)的離子方程式分析溶液pH的變化；（2）①根據(jù)Sn2+能將Fe3+還原為Fe2+判斷還原性的強(qiáng)弱，進(jìn)一步進(jìn)行誤差分析；②根據(jù)K2Cr2O7溶液的濃度和體積計(jì)算消耗的K2Cr2O7物質(zhì)的量，由得失電子守恒計(jì)算n（Fe2+），結(jié)合Fe守恒和ω（Fe）的表達(dá)式計(jì)算?！驹斀狻浚?）Fe2+具有還原性，在溶液中被氧化成Fe3+，H2O2具有氧化性，其還原產(chǎn)物為H2O，根據(jù)得失電子守恒可寫出反應(yīng)2Fe2++H2O2→2Fe3++2H2O，根據(jù)溶液呈酸性、結(jié)合原子守恒和電荷守恒，H2O2氧化Fe2+的離子方程式為2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；H2O2氧化后的溶液為Fe2（SO4）3溶液，F(xiàn)e2（SO4）3發(fā)生水解反應(yīng)Fe2（SO4）3+（6-2n）H2OFe2（OH）6-2n（SO4）n+（3-n）H2SO4，F(xiàn)e2（OH）6-2n（SO4）n聚合得到聚合硫酸鐵，根據(jù)水解方程式知水解聚合反應(yīng)會(huì)導(dǎo)致溶液的酸性增強(qiáng)，pH減小。（2）①根據(jù)題意，Sn2+能將Fe3+還原為Fe2+，發(fā)生的反應(yīng)為Sn2++2Fe3+=Sn4++2Fe2+，根據(jù)還原性：還原劑>還原產(chǎn)物，則還原性Sn2+>Fe2+，實(shí)驗(yàn)中若不除去過(guò)量的Sn2+，則加入的K2Cr2O7先氧化過(guò)量的Sn2+再氧化Fe2+，導(dǎo)致消耗的K2Cr2O7溶液的體積偏大，則樣品中鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)的測(cè)定結(jié)果將偏大。②實(shí)驗(yàn)過(guò)程中消耗的n（Cr2O72-）=5.000×10-2mol/L×22.00mL×10-3L/mL=1.100×10-3mol由滴定時(shí)Cr2O72-→Cr3+和Fe2+→Fe3+，根據(jù)電子得失守恒，可得微粒的關(guān)系式：Cr2O72-~6Fe2+（或Cr2O72-+6Fe2++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O）則n（Fe2+）=6n（Cr2O72-）=6×1.100×10-3mol=6.6×10-3mol（根據(jù)Fe守恒）樣品中鐵元素的質(zhì)量：m（Fe）=6.6×10-3mol×56g/mol=0.3696g樣品中鐵元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)：ω（Fe）=×100%=12.32%。【點(diǎn)睛】本題以聚合硫酸鐵的制備過(guò)程為載體，考查氧化還原型離子方程式的書寫、鹽類的水解、氧化還原滴定的誤差分析和元素質(zhì)量分?jǐn)?shù)的計(jì)算。易錯(cuò)點(diǎn)是第（2）①的誤差分析，應(yīng)利用“強(qiáng)制弱”和“先強(qiáng)后弱”的氧化還原反應(yīng)規(guī)律分析。難點(diǎn)是第（2）②，注意理清滴定實(shí)驗(yàn)中物質(zhì)之間的計(jì)量關(guān)系。2012019屆高考模擬試題5．[上海市閔行區(qū)2019屆高三二模]氫化鋁鋰（LiAlH4）是化工生產(chǎn)中廣泛應(yīng)用于藥物合成的常用試劑。（1）LiAlH4可將乙醛轉(zhuǎn)化為乙醇，LiAlH4作該反應(yīng)的______劑（選填“氧化”“還原”“催化”），用____（填試劑名稱）可檢驗(yàn)乙醛已完全轉(zhuǎn)化。（2）配平化學(xué)反應(yīng)方程式。______LiAlH4+______H2SO4→______Li2SO4+_______Al2(SO4)3+_______H2↑該反應(yīng)中H2SO4體現(xiàn)________性。若上述反應(yīng)中電子轉(zhuǎn)移數(shù)目為0.2NA個(gè)，則生成標(biāo)準(zhǔn)狀況下氫氣體積為_____________。（3）現(xiàn)有兩種濃度的LiOH溶液，已知a溶液的pH大于b溶液，則兩種溶液中由水電離的c(H+)大小關(guān)系是：a___________b（選填“>”、“<”或“=”）。（4）鋁和氧化鐵高溫下反應(yīng)得到的熔融物通常為鐵鋁合金，設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)證明其含金屬鋁。________________________________________________________________________________?！敬鸢浮浚?）還原新制氫氧化銅懸濁液（銀氨溶液）（2）24118氧化性和酸性4.48L（3）<（4）取樣，滴加氫氧化鈉溶液，若有氣泡產(chǎn)生，則合金中有金屬鋁。若無(wú)氣泡產(chǎn)生，則合金中沒有金屬鋁【解析】（1）乙醛被還原生成乙醇，則LiAlH4作該反應(yīng)的還原劑，乙醛可以與新制的氫氧化銅懸濁液反應(yīng)生成磚紅色沉淀，以此來(lái)檢驗(yàn)乙醛，或者利用乙醛可以與銀氨溶液發(fā)生銀鏡反應(yīng)，以此來(lái)檢驗(yàn)乙醛。（2）LiAlH4中H元素從-1價(jià)轉(zhuǎn)化為0價(jià)的H2即LiAlH4作還原劑，硫酸中H元素從+1價(jià)轉(zhuǎn)化成0價(jià)即硫酸作氧化劑，同時(shí)生成了硫酸鹽，體現(xiàn)了硫酸的酸性，根據(jù)氧化還原反應(yīng)中得失電子數(shù)相等，可配平方程式：2LiAlH4+4H2SO4→Li2SO4+Al2(SO4)3+8H2↑，根據(jù)方程式可知，2LiAlH4——8H2——8e-，若上述反應(yīng)中電子轉(zhuǎn)移數(shù)目為0.2NA個(gè)，即生成氫氣0.2mol，標(biāo)況下體積為：0.2mol×22.4mol/L=4.48L。（3）pH大，即c(OH-)大，c(H+)小，已知a溶液的pH大于b溶液，則a溶液中的c(H+)小于b溶液。（4）由于金屬鋁既能和酸反應(yīng)又能和堿反應(yīng)，而鐵不能和堿反應(yīng)，所以可以用氫氧化鈉檢驗(yàn)金屬鋁，合金與氫氧化鈉反應(yīng)，有氣泡生成即說(shuō)明合金中含有金屬鋁。6．[上海市寶山區(qū)2019屆高三二模]碳酸氫鈉俗稱“小蘇打”，在生活、生產(chǎn)中用途廣泛。（1）泡沫滅火器中主要成分是NaHCO3溶液和Al2(SO4)3溶液，兩者混合后發(fā)生雙水解反應(yīng)生成Al(OH)3和CO2進(jìn)行滅火，寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式______________________________________________。（2）Na2O2和NaHCO3都屬于鈉的化合物，它具有很強(qiáng)的氧化性。少量Na2O2與FeCl2溶液能發(fā)生如下反應(yīng)：____Na2O2+____FeCl2+____H2O→____Fe(OH)3+____FeCl3+____NaCl，已知FeCl2前面系數(shù)為6，配平上述化學(xué)方程式______，并標(biāo)出電子轉(zhuǎn)移方向和數(shù)目______。該反應(yīng)中被還原的元素是_________，氧化產(chǎn)物是_________。（3）向NaHCO3溶液中加入少許Ba(OH)2固體，忽略溶液體積變化，溶液中的c(CO32-)的變化是_____(選填“增大”、“減小”或“不變”)。（4）NaHCO3是氨堿法和聯(lián)合制堿法制純堿的中間產(chǎn)物，在濾出小蘇打后，母液提取氯化銨有兩種方法：①通入氨，冷卻、加食鹽，過(guò)濾②不通入氨，冷卻、加食鹽，過(guò)濾對(duì)兩種方法的評(píng)價(jià)正確的是______(選填編號(hào))。A．①析出的氯化銨純度更高B．②析出的氯化銨純度更高C．①的濾液可直接循環(huán)使用D．②的濾液可直接循環(huán)使用（5）已知HCO3-在水中既能水解也能電離。NaHCO3溶液呈堿性，溶液中c(H2CO3)___c(CO32-)(選填“>”、“<”、“=”)?！敬鸢浮浚?）6NaHCO3+Al2(SO4)3+6H2O→2Al(OH)3↓+6CO2↑+3Na2SO4（2）366426 Fe(OH)3和FeCl3（3）減小 （4）ad （5）>【解析】（1）根據(jù)信息，NaHCO3與Al2(SO4)3發(fā)生雙水解反應(yīng)，其化學(xué)反應(yīng)方程式為Al2(SO4)3＋6NaHCO3＋6H2O=2Al(OH)3↓＋6CO2↑＋3Na2SO4。（2）Na2O2具有強(qiáng)氧化性，該反應(yīng)中作氧化劑，F(xiàn)e2＋以還原性為主，作還原劑，Na2O2中O元素共降低2價(jià)，F(xiàn)e2＋→Fe3＋升高1價(jià)，最小公倍數(shù)為2，題中給出FeCl2的系數(shù)為6，則Na2O2的系數(shù)為3，根據(jù)原子守恒配平其他，即反應(yīng)方程式為3Na2O2＋6FeCl2＋6H2O=4Fe(OH)3↓＋2FeCl3＋6NaCl；電子轉(zhuǎn)移的方向和數(shù)目是；該反應(yīng)中被還原的元素是Na2O2中－1價(jià)O，氧化產(chǎn)物是FeCl3和Fe(OH)3。（3）Ba(OH)2少量，發(fā)生離子反應(yīng)方程式Ba2＋＋2OH－＋2HCO3－=BaCO3↓＋2H2O＋CO32－，NaHCO3電離方程式為NaHCO3=Na＋＋HCO3－，因此加入少許Ba(OH)2固體，溶液中c(CO32－)增大。（4）a、濾出小蘇打后，母液里有NH4Cl和NaHCO3，通入氨氣，增加c(NH4＋)，再加入食鹽，使NH4Cl析出，然后過(guò)濾，氯化銨的純度較高，故a說(shuō)法正確；b、②中析出的NH4Cl中含有較多的NaCl，氯化銨的純度降低，故b說(shuō)法錯(cuò)誤；c、①中濾液還有較多的NH3，不能直接循環(huán)使用，故c說(shuō)法錯(cuò)誤；d、②中濾液中含有較多NaCl，可以直接循環(huán)使用，故d說(shuō)法正確。（5）HCO3－電離方程式為HCO3－H＋＋CO32－，HCO3－水解方程式HCO3－＋H2OH2CO3＋OH－，NaHCO3溶液顯堿性，說(shuō)明HCO3－水解程度大于其電離程度，即c(H2CO3)>c(CO32－)?！军c(diǎn)睛】氧化還原反應(yīng)方程式的配平是難點(diǎn)，首先應(yīng)找準(zhǔn)氧化劑、還原劑、氧化產(chǎn)物、還原產(chǎn)物，像本題，Na2O2為氧化劑，F(xiàn)eCl2為還原劑，F(xiàn)e3＋為氧化產(chǎn)物，然后需要根據(jù)化合價(jià)升降法進(jìn)行配平，，Na2O2中O元素共降低2價(jià)，F(xiàn)e2＋→Fe3＋升高1價(jià)，最小公倍數(shù)為2，題中所給FeCl2的系數(shù)為6，則Na2O2的系數(shù)為3，最后根據(jù)原子守恒配平其他。7．[山東省淄博市2019屆高三三模]鈹銅廣泛應(yīng)用于制造高級(jí)彈性元件。從某廢舊鈹銅元件(含BeO、CuS、少量FeS和SiO2)中回收鈹和銅兩種金屬的流程如下：已知：I．鈹與鋁元素處于周期表中相鄰周期對(duì)角線的位置，化學(xué)性質(zhì)相似。Ⅱ．常溫下：Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10－20，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10－38，Ksp[Mn(OH)2]=2.1×10－13。（1）寫出鈹銅元件中SiO2與NaOH溶液反應(yīng)的離子方程式_____________________________。寫出生成“紅褐色固體”的離子方程式_____________________________________。（2）濾渣B的主要成分為_________________(填化學(xué)式)。寫出反應(yīng)①中含鈹化合物與過(guò)量鹽酸反應(yīng)的離子方程式_________________________________。（3）①?gòu)摹叭芤篊???→BeCl2溶液”的過(guò)程中，下列操作中合理的是（按先后順序排序）_________(填字母)。A．加入過(guò)量的NaOH溶液B．過(guò)濾C．加入適量的鹽酸D．加入過(guò)量的氨水E．通入過(guò)量的CO2氣體 F．洗滌②從“BeCl2溶液→BeCl2固體”的操作是_______________________________________。（4）MnO2能將金屬硫化物中的硫元素氧化為單質(zhì)硫，寫出反應(yīng)②中CuS發(fā)生反應(yīng)的離子方程式__________________________________________。（5）溶液D中含c(Cu2+)=2.2mol·L－1、c(Fe3+)=0.008mol·L－1、c(Mn2+)=0.01mol·L－1，逐滴加入稀氨水調(diào)節(jié)pH可依次分離，首先沉淀的是_____________(填離子符號(hào))?！敬鸢浮浚?）SiO2+2OH-SiO32—+H2OFe3++3NH3·H2OFe(OH)3↓+3NH4+（2）CuSFeSBeO22-+4H+Be2++2H2O（3）①DBFC②在HCl氣流中加熱蒸干BeCl2溶液（蒸發(fā)結(jié)晶時(shí)向溶液中持續(xù)通入HCl氣體）（4）MnO2+CuS+4H+Mn2++Cu2++S↓+2H2O（5）Fe3+【解析】【分析】廢舊鈹銅元件(含BeO、CuS、少量FeS和SiO2)中，加入氫氧化鈉溶液反應(yīng)后過(guò)濾，信息可知BeO屬于兩性氧化物，CuS不與氫氧化鈉溶液反應(yīng)，F(xiàn)eS不與氫氧化鈉溶液反應(yīng)，二氧化硅屬于酸性氧化物，和氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成硅酸鈉和水，因此濾液A成分是NaOH、Na2SiO3、Na2BeO2，濾渣B為CuS、FeS，濾液A中加入過(guò)量鹽酸過(guò)濾得到固體1為硅酸，溶液C中為BeCl2，向溶液C中先加入過(guò)量的氨水，生成Be（OH）2沉淀，然后過(guò)濾洗滌，再加入適量的HCl生成BeCl2，在HCl氣氛中對(duì)BeCl2溶液蒸發(fā)結(jié)晶得到晶體，濾渣B中加入硫酸酸化的二氧化錳，MnO2能將金屬硫化物中的硫元素氧化為單質(zhì)硫，酸性介質(zhì)中二氧化錳被還原為錳鹽，過(guò)濾得到溶液D為硫酸銅、硫酸鐵、硫酸錳的混合溶液，逐滴加入稀氨水調(diào)節(jié)pH可依次分離，最后得到金屬銅。【詳解】（1）SiO2是酸性氧化物，和NaOH反應(yīng)生成，硅酸鈉和水，離子方程式為：SiO2+2OH－=SiO32－+H2O，F(xiàn)e3+和NH3·H2O反應(yīng)生成“紅褐色固體”的離子方程式：Fe3++3NH3·H2O=Fe(OH)3↓+3NH4+。（2）由以上分析：濾渣B的主要成分是不反應(yīng)的CuS、FeS；濾液A中含鈹化合物為Na2BeO2，Na2BeO2與過(guò)量的鹽酸反應(yīng)的化學(xué)方程式為：Na2BeO2+4HClBeCl2+2NaCl+2H2O，離子方程式為：BeO22—+4H+Be2++2H2O。（3）①依據(jù)Be（OH）2和Al（OH）3性質(zhì)相似，難溶于水及具有兩性的特點(diǎn)，在溶液C中加入過(guò)量的氨水，生成Be（OH）2沉淀，過(guò)濾后洗滌，再加入鹽酸溶解即可，提純BeCl2選擇的合理步驟為：DBFC。②BeCl2易發(fā)生水解，生成Be（OH）2和HCl，從BeCl2溶液中用蒸發(fā)結(jié)晶法得到BeCl2固體時(shí)，為抑制水解，操作為：蒸發(fā)結(jié)晶時(shí)向溶液中持續(xù)通入HCl氣體（或在HCl氣流中加熱蒸干）。（4）反應(yīng)是在硫酸存在的條件下，MnO2和CuS反應(yīng)，CuS中的S元素被氧化成S單質(zhì)，同時(shí)MnO2中的Mn被還原成Mn2＋，所以反應(yīng)的離子方程式為：MnO2+CuS+4H＋S+Mn2＋+Cu2＋+2H2O。（5）當(dāng)加入氨水時(shí)，依據(jù)Ksp[Cu（OH）2]=2.2×10-20，欲使Cu（OH）2沉淀，根據(jù)c（OH－）2c（Cu2＋）=2.2×10-20，即c（OH－）=1mol·L－1，時(shí)就有Cu（OH）2沉淀，同理可求欲使Fe3＋、Mn2＋轉(zhuǎn)化為沉淀的c（OH－）分別為，1.7mol·L－1，1.45mol·L－1，因此首先沉淀的是Fe3＋。8．[武漢市武昌區(qū)2019屆高三五月調(diào)研考試]元素鉻(Cr)在自然界主要以+3價(jià)和+6價(jià)存在。請(qǐng)回答下列問題：（1）+6價(jià)的Cr能引起細(xì)胞的突變而對(duì)人體不利，可用Na2SO3將Cr2O72—還原為Cr3+。該反應(yīng)的離子反應(yīng)方程式為___________。（2）利用鉻鐵礦(FeO?Cr2O3)冶煉制取金屬鉻的工藝流程如圖所示：①為加快焙燒速率和提高原料的利用率，可采取的措施之一是__________________________。②“水浸”要獲得浸出液的操作是__________。浸出液的主要成分為Na2CrO4，向“濾液”中加入酸化的氯化鋇溶液有白色沉淀生成，則“還原”操作中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為___________________。③加熱Cr(OH)3可得到Cr2O3，從工業(yè)成本角度考慮，用Cr2O3制取金屬Cr的冶煉方法是_______。（3）已知Cr3+完全沉淀時(shí)溶液pH為5，（Cr3+濃度降至10-5mol?L-1可認(rèn)為完全沉淀）則Cr(OH)3的溶度積常數(shù)Ksp＝_______________。（4）用石墨電極電解鉻酸鈉(Na2CrO4)溶液，可制重鉻酸鈉(Na2Cr2O7)，實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示(已知：2Cr+2H+Cr2+H2O)。①電極b連接電源的______極(填“正”或“負(fù)”),b極發(fā)生的電極反應(yīng)式為_________________。②電解一段時(shí)間后，測(cè)得陽(yáng)極區(qū)溶液中Na+物質(zhì)的量由amol變?yōu)閎mol，則理論上生成重鉻酸鈉的物質(zhì)的量是_______________mol?！敬鸢浮浚?）Cr2O72—+3SO32-+8H+=2Cr3++3SO42-+4H2O（2）①鉻鐵礦粉碎②過(guò)濾8CrO42—+3S2-+20H2O=8Cr(OH)3↓+3SO42-+16OH-③CO高溫還原Cr2O3（熱還原法）（3）1×10-32（4）①正2H2O-4e-=O2↑+4H+②【解析】【分析】（1）分析元素化合價(jià)變化情況，依據(jù)得失電子守恒，原子個(gè)數(shù)守恒，得出離子反應(yīng)方程式。（2）①影響化學(xué)反應(yīng)速率的因素：物質(zhì)的表面積大小，表面積越大，反應(yīng)速率越快。②依據(jù)原子守恒和得失電子守恒，得出離子方程式。③用Cr2O3制取金屬Cr，可以采取CO高溫還原Cr2O3（熱還原法）。（3）根據(jù)Ksp＝c(Cr3+)c3(OH-)求算。（4）①根據(jù)裝置圖和離子放電順序得出陽(yáng)極的電極反應(yīng)式。②電解一段時(shí)間后，測(cè)得陽(yáng)極區(qū)溶液中Na+物質(zhì)的量由amol變?yōu)閎mol，則溶液中移動(dòng)的電荷為（a-b）mol，所以外電路轉(zhuǎn)移的電子為（a-b）mol，陽(yáng)極的電極反應(yīng)為2H2O-4e-=O2↑+4H+，則陽(yáng)極生成的氫離子為（a-b）mol?！驹斀狻浚?）反應(yīng)中鉻元素化合價(jià)從+6價(jià)降為+3價(jià)，硫元素從+4價(jià)升高到+6價(jià)，依據(jù)得失電子守恒，原子個(gè)數(shù)守恒，離子反應(yīng)方程式為Cr2O72—+3SO32-+8H+=2Cr3++3SO42-+4H2O。（2）①影響化學(xué)反應(yīng)速率的因素：物質(zhì)的表面積大小，表面積越大，反應(yīng)速率越快，為加快焙燒速率和提高原料的利用率，可采取的措施將鉻鐵礦粉碎。②“水浸”要獲得浸出液，要過(guò)濾出浸渣，采取的操作是過(guò)濾；浸出液的主要成分為Na2CrO4，向“濾液”中加入酸化的氯化鋇溶液有白色沉淀生成，說(shuō)明加入的Na2S被氧化成SO42-，Cr元素由+6價(jià)降為+3價(jià)，S元素由-2價(jià)升到+6價(jià)，依據(jù)原子守恒和得失電子守恒，得到反應(yīng)為：8CrO42—+3S2-+20H2O=8Cr(OH)3↓+3SO42-+16OH-。③從工業(yè)成本角度考慮，用Cr2O3制取金屬Cr，可以采取CO高溫還原Cr2O3（熱還原法）。（3）pH為5，c(OH-)=10-9，Ksp＝c(Cr3+)c3(OH-)=10-5×（10-9）3=1×10-32。（4）①根據(jù)圖示，在b極所在電極室得到Na2Cr2O7，根據(jù)2CrO42-+2H+Cr2O72—+H2O，電解過(guò)程中b極c（H+）增大，則b極電極反應(yīng)式為2H2O-4e-=O2↑+4H+，a是陰極，b是陽(yáng)極，電極b連接電源的正極。②電解一