化学专项突破二 元素及其化合物综合题的突破方法

专项突破二 元素及其化合物综合题的突破方法元素及其化合物综合应用题是高考常考的题型之一,它集元素化合物、基本概念、基本理论和化学计算等知识于一体,且试题结构紧凑、文字表述少、包含信息多。具有考查面广、创新性强、思维容量大的特点。这种题型能较好地考查考生的综合分析能力和逻辑推理能力。该类型试题层次分明,区分度高,其中无机推断题是一种重要形式,浓缩了元素及其化合物知识,此类试题具有学科特色强、题材广、可考查内容多和容易控制卷面难度的题型特点,因而成了高考命题中一种十分重要的命题形式。如2017年北京理综27题以降低NOx排放为素材对氮的考法突破考法突破化合物性质进行了综合考查;2016年北京理综27题以化学工艺流程形式对铅的化合物性质进行了综合考查。元素及其化合物知识是中学化学的主干知识,要学好元素及其化合物知识,需注意以下几点:回归教材,立足基础。注重知识点之间的联系,形成知识网络,在“融会贯通”上下功夫。反思纠正作业、练习和考试中出现的差错。类型一、信息提供型元素及其化合物综合题类型一、信息提供型元素及其化合物综合题此类题目往往起点高、落点低,考查的是对信息的获取与问题解决能力,解题的关键是理解新信息。当遇到这一类题时,第一步是读题,陌生度较高的信息应逐字逐句阅读,挖掘关键字,排除定式思维的影响;第二步是联想,在读题的基础上结合题目的问题联想分析考查的知识模块,提取出已学的相关化学知识;第三步是解题,按要求填好相应的问题答案,使化学意义顺畅。典例典例1工业上氰化物的用途广泛,在电镀、油漆、燃料、橡胶等行业都会用到。(1)氢氰酸(HCN)是一种酸性很弱的酸,其中碳元素的化合价为,氢氰酸分子的结构式为。(2)氰化钠(NaCN)溶液显强碱性,原因是(用离子方程式表示)。已知Na2CO3溶液能和HCN反应:Na2CO3+HCNNaHCO3+NaCN,则向NaCN溶液中通入少量CO2时反应的离子方程式为。(3)双氧水可消除氰化物(如NaCN)污染:NaCN+H2O2+H2OA+NH3,则生成物A的化学式为,H2O2常被称为“绿色氧化剂”的理由是。(4)在氯氧化法处理含CN-的废水过程中,液氯在碱性条件下可以将氰化物氧化成氰酸盐(其毒性仅为氰化物的千分之一),氰酸盐进一步被氧化为无毒物质。某厂废水中含KCN,其浓度为650mgL-1。现用氯氧化法处理,发生如下反应:KCN+2KOH+Cl2KOCN+2KCl+H2O,投入过量液氯,可将氰酸盐进一步氧化为氮气:2KOCN+4KOH+3Cl22CO2+N2+6KCl+2H2O。若处理上述废水20L,使KCN完全转化为无毒物质,至少需液氯g。答案答案(1)+2(2)CN-+H2OHCN+OH-CN-+H2O+CO2HC+HCN(3)NaHCO3还原产物H2O没有污染(4)35.5解析解析(1)根据价键规律,可知C、N之间以三键结合,H和C之间以单键结合。H显+1价,N的非金属性比C强,N显-3价,则C显+2价。(2)NaCN是强碱弱酸盐,CN-水解使溶液显碱性。HCN和Na2CO3反应生成NaHCO3,说明HCN的酸性比H2CO3弱 但 比 H C强,在NaCN溶液中通入少量CO2会生成HCN和NaHCO3。(3)根据质量守恒,可知A为NaHCO3。H2O2作氧化剂时,其还原产物H2O没有污染性,故H2O2常被称为“绿色氧化剂”。(4)20L废水中含KCN的质量为650mgL-120L=13000mg=13g。合并两步反应的化学方程式得2KCN+8KOH+5Cl210KCl+2CO2+N2+4H2O,则m(Cl2)=(35513130)g=35.5g。1-1用含有Al2O3、SiO2和少量FeOxFe2O3的铝灰制备Al2(SO4)318H2O,工艺流程如下(部分操作和条件略):.向铝灰中加入过量稀H2SO4,过滤;.向滤液中加入过量KMnO4溶液,调节溶液的pH约为3;.加热,产生大量棕色沉淀,静置,上层溶液呈紫红色;.加入MnSO4至紫红色消失,过滤;.浓缩、结晶、分离,得到产品。(1)H2SO4溶解Al2O3的离子方程式是。(2)将Mn氧化Fe2+的离子方程式补充完整:1Mn+Fe2+1Mn2+Fe3+(3)已知:生成氢氧化物沉淀的pH注:金属离子的起始浓度为0.1molL-1根据表中数据解释步骤的目的:。(4)已知:一定条件下,Mn可与Mn2+反应生成MnO2。向的沉淀中加入浓盐酸并加热,能说明沉淀中存在MnO2的现象是。中加入MnSO4的目的是。Al(OH)3Fe(OH)2Fe(OH)3开始沉淀时3.46.31.5完全沉淀时4.78.32.8答案答案(1)Al2O3+6H+2Al3+3H2O(2)58H+54H2O(3)pH约为3时,Fe2+和Al3+不能形成沉淀,将Fe2+氧化为Fe3+,可使铁完全沉淀(4)有黄绿色气体生成除去过量的Mn解析解析(2)根据氧化还原反应的配平方法化合价升降法:nn2+得5e-、失e-,确定Fe2+和Fe3+的化学计量数为5,再根据电荷守恒与原子守恒配平。(4)发生反应:MnO2+4HCl(浓)MnCl2+2H2O+Cl2,会产生黄绿色气体;已知Mn与Mn2+反应生成MnO2,因此加入MnSO4可以除去过量的Mn。1-2锂、铬、铈、镍均为金属元素,这些金属元素的化合物在工业生产中有着重要作用。(1)LiPF6是锂离子电池中广泛应用的电解质,LiPF6中P的化合价为。(2)自然界中Cr主要以+3价和+6价形式存在。+6价的Cr能引起细胞的突变,可以用亚硫酸钠在酸性条件下将其还原为+3价的Cr。完成并配平下列离子方程式:Cr2+S+Cr3+S+H2O(3)二氧化铈(CeO2)在平板电视显示屏的制造中有着重要应用。CeO2在稀硫酸和H2O2的作用下可生成Ce3+,写出该反应的化学方程式:。(4)如图所示是由Ce3+再生Ce4+的装置示意图。电解总反应为2HS+4H+4Ce3+S2+4Ce4+3H2O。生成Ce4+的电极反应式为。生成的含Ce4+溶液从电解槽的(填字母序号)口流出。(5)NiSO4nH2O是一种绿色、易溶于水的晶体,广泛应用于镀镍、电池制造等领域,为测定NiSO4nH2O的组成,进行如下实验:称取2.6826g样品,配制成250.00mL溶液,准确量取配制的溶液25.00mL,用0.04000molL-1的EDTA(Na2H2Y)标准溶液滴定Ni2+(离子方程式为Ni2+H2Y2-NiY2-+2H+),消耗EDTA标准溶液25.50mL。则晶体样品的化学式为。答案答案(1)+5(2)138H+234(3)2CeO2+3H2SO4+H2O2Ce2(SO4)3+4H2O+O2(4)Ce3+-e-Ce4+a(5)NiSO46H2O解析解析(1)根据化合物中各元素化合价代数和为0的原则,计算P的化合价为+5;(3)CeO2在稀硫酸和H2O2的作用下可生成Ce3+,说明CeO2为氧化剂,H2O2为还原剂,由此可写出化学方程式;(4)Ce3+生成Ce4+,Ce元素的化合价升高,发生氧化反应,应为阳极反应,因此生成的含Ce4+溶液从电解槽的a口流出;(5)根据关系式:NiSO4nH2ONa2H2Y,列出计算式:0.040000.0255010(155+n18)=2.6826,解得n=6。类型二、主题素材确定型元素及其化合物综合题类型二、主题素材确定型元素及其化合物综合题以某一主题组织素材的综合应用题,考查范围广,不但可考查常见元素的单质及其化合物的相互转化,还可结合基本理论进行考查,如:物质结构及元素周期律、化学平衡及电离平衡理论、氧化还原及电化学知识等。解答这一类型题目时,先要仔细审题,了解命题意图及考查的知识点,然后认真分析已知条件并结合已学知识分析注意事项、补充所缺项目,使整个题目前后连贯起来,规范做出正确答案。典例典例2某班同学用如下实验探究Fe2+、Fe3+的性质。回答下列问题:(1)丙组同学取10mL0.1molL-1KI溶液,加入6mL0.1molL-1FeCl3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层显紫色;第二支试管中加入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。(2)丁组同学向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的FeCl2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)。答案答案(1)Fe2+Fe3+可逆反应(2)H2O2+2Fe2+2H+2Fe3+2H2OFe3+催化H2O2分解产生O2H2O2分解反应放热,促进Fe3+的水解平衡正向移动解析解析(1)根据Fe2+的检验方法,向溶液中加入1滴K3Fe(CN)6溶液,生成蓝色沉淀,一定含有Fe2+,则实验检验的离子是Fe2+;碘易溶于CCl4,在CCl4中呈紫色,Fe3+遇KSCN溶液显红色,实验和说明,在I-过量的情况下,溶液中仍含有Fe3+,由此可以证明该氧化还原反应为可逆反应。(2)H2O2溶液中加入几滴酸化的FeCl2溶液,溶液变成棕黄色,发生反应的离子方程式为H2O2+2Fe2+2H+2Fe3+2H2O,含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,产生气泡的原因是反应产生的Fe3+是H2O2分解的催化剂,促使H2O2分解生成O2,同时H2O2分解反应是放热反应,促使Fe3+的水解平衡Fe3+3H2OFe(OH)3+3H+正向移动,产生较多Fe(OH)3,聚集形成沉淀。2-1无水氯化铝是有机合成工业中一种重要的催化剂,工业上由Al2O3制备无水氯化铝的反应为2Al2O3+6Cl24AlCl3+3O2。(1)实验室制氯气的离子方程式为,氯气溶于水生成的次氯酸的电子式为。(2)AlCl3可以作净水剂,其原理是(用离子方程式表示)。(3)Al-Mg合金焊接前用NaOH溶液处理Al2O3膜,其离子方程式为。(4)为分析某铝合金的成分,用足量稀硝酸将其完全溶解后,用NaOH溶液调pH,当pH=3.4时开始出现沉淀,分别在pH为5、9时过滤沉淀,继续滴加NaOH溶液无沉淀生成。结合图像信息推断该合金中除铝外还含有的金属是。答案答案(1)MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+2H2OH(2)Al3+3H2OAl(OH)3+3H+(3)Al2O3+2OH-2Al+H2O(4)Cu(或铜)解析解析(1)实验室利用MnO2和浓盐酸在加热条件下制备氯气,离子方程式为MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+2H2O。次氯酸的结构式为HOCl,电子式为H。(2)AlCl3可以作净水剂,是因为Al3+水解生成的Al(OH)3胶体可以吸附水中的悬浮物质。(3)NaOH溶液处理Al2O3膜时发生反应的离子方程式为Al2O3+2OH-2 A l+H2O。(4)根据题图可知,pH=3时,Fe3+已经完全沉淀,则溶解液中一定不含Fe3+,而pH=9时Mg2+才开始沉淀,根据题意,过滤后继续滴加NaOH溶液无沉淀生成,则溶解液中一定不含Mg2+,而Cu2+、Fe2+分别在pH=7、pH=9时完全沉淀,由于硝酸过量,不可能生成Fe2+,故溶解液中一定含有Cu2+,因此合金中还含有的金属为Cu。2-2硼及其化合物在工业上有许多用途。以铁硼矿(主要成分为Mg2B2O5H2O和Fe3O4,还有少量Fe2O3、FeO、CaO、Al2O3和SiO2等)为原料制备硼酸(H3BO3)的工艺流程如图所示:回答下列问题:(1)写出Mg2B2O5H2O与硫酸反应的化学方程式:。为提高浸出速率,除适当增加硫酸浓度外,还可采取的措施有(写出两条)。(2)利用的磁性,可将其从“浸渣”中分离。“浸渣”中还剩余的物质是。(写化学式)(3)“净化除杂”需先加H2O2溶液,作用是。然后再调节溶液的pH约为5,目的是。(4)“粗硼酸”中的主要杂质是(填名称)。(5)以硼酸为原料可制得硼氢化钠(NaBH4),它是有机合成中的重要还原剂,其电子式为。(6)单质硼可用于生产具有优良抗冲击性能的硼钢。以硼酸和金属镁为原料可制备单质硼,用化学方程式表示制备过程。答案答案(1)Mg2B2O5H2O+2H2SO42H3BO3+2MgSO4提高反应温度、减小铁硼矿粉粒径(2)Fe3O4SiO2和CaSO4(3)将Fe2+氧化成Fe3+使Fe3+与Al3+形成氢氧化物沉淀而除去(4)(七水)硫酸镁(5)Na+HH-(6)2H3BO3B2O3+3H2O、B2O3+3Mg2B+3MgO解析解析(1)硫酸可与硼酸盐反应制取酸性较弱的硼酸,所以Mg2B2O5H2O与硫酸反应的化学方程式为:Mg2B2O5H2O+2H2SO42MgSO4+2H3BO3。为提高浸出速率,除适当增加硫酸浓度外,还可采取提高反应温度、减小铁硼矿粉粒径等措施。(2)Fe3O4有磁性,可利用其磁性将其从“浸渣”中分离;“浸渣”中还剩余的物质是SiO2和CaSO4。(3)“净化除杂”需先加H2O2溶液,其作用是把Fe2+氧化为Fe3+,然后调节溶液的pH约为5,使Al3+和Fe3+以Al(OH)3、Fe(OH)3形式沉降而除去。(4)“粗硼酸”中所含杂质主要是没有除去的易溶性镁盐,故为(七水)硫酸镁。(5)硼氢化钠的电子式为Na+HH-。(6)利用Mg的还原性制取硼的化学方程式为2H3BO3B2O3+3H2O、B2O3+3Mg2B+3MgO。类型三、与环境保护和绿色化学相关的元素及其化合物综合题类型三、与环境保护和绿色化学相关的元素及其化合物综合题结合元素及其化合物的性质,考查环境保护与绿色化学的应用是近几年高考命题的热点;是与社会、生产、生活结合较为紧密的一类题目,题中一些答案的制定经常具有一定的开放性,作答时,要联系生产、生活实际,充分利用化学语言,敢于下笔。1.环境污染的类型及防治措施环境污染的类型及防治措施主要污染物及来源主要危害防治措施污染物:硫氧化物、氮氧化物、碳氢化合物、固体颗粒来源:化石燃料的燃烧,工业烟尘危害人体健康破坏建筑影响动、植物生长改变气候开发新能源,减少化石燃料的燃烧对工业尾气进行处理立法管理污染物:重金属盐、耗氧有机物,氮、磷化合物等来源:工业废水、生活废水、实验室和医院废水污染饮用水、影响人畜健康影响植物生长形成水华、赤潮,影响水中生物生长对废水进行无害化处理后排放立法管理污染物:重金属盐、废塑料、工业废料、建筑垃圾来源:生活垃圾、工厂、建筑垃圾、化肥、农药、各种废水使土壤板结、硬化水肥流失对垃圾进行回收和分类处理,综合利用控制各种污水的排放2.常见的环境污染及其成因常见的环境污染及其成因3.实现绿色化学的过程、目标及措施实现绿色化学的过程、目标及措施典例典例3研究CO2在海洋中的转移和归宿,是当今海洋科学研究的前沿领域。(1)溶于海水的CO2主要以4种无机碳形式存在,其中HC占95%。写出CO2溶于水产生HC的方程式:。(2)在海洋碳循环中,通过如图所示的途径固碳。写出钙化作用的离子方程式:。同位素示踪法证实光合作用释放出的O2只来自H2O。用18O标记物质的光合作用的化学方程式如下,将其补充完整:+(CH2O)x+x18O2+xH2O(3)海水中溶解无机碳占海水总碳的95%以上,其准确测量是研究海洋碳循环的基础。测量溶解无机碳,可采用如下方法:气提、吸收CO2。用N2从酸化后的海水中吹出CO2并用碱液吸收(装置示意图如下)。将虚线框中的装置补充完整并标出所用试剂。滴定。将吸收液吸收的无机碳转化为NaHCO3,再用xmolL-1HCl溶液滴定,消耗ymLHCl溶液。海水中溶解无机碳的浓度=molL-1。(4)利用下图所示装置从海水中提取CO2,有利于减少环境温室气体含量。结合方程式简述提取CO2的原理:。用该装置产生的物质处理b室排出的海水,合格后排回大海。处理至合格的方法是。答案答案(1)CO2+H2OH2CO3、H2CO3H+HC(2)2HC+Ca2+CaCO3+CO2+H2OxCO22xO(3)(4)a室:2H2O-4e-4H+O2,H+通过阳离子膜进入b室,发生反应:H+HCCO2+H2Oc室的反应:2H2O+2e-2OH-+H2,用c室排出的碱液将从b室排出的酸性海水调至接近装置入口海水的pH解析解析(3)向盛有海水的装置中通入N2应长进短出,酸化海水应用难挥发的H2SO4。由NaHCO3+HClNaCl+CO2+H2O可以看出,n(NaHCO3)=n(HCl),c(C)=molL-1。(4)a室为阳极室,H2O放电生成的H+可通过阳离子膜进入b室与HC反应产生CO2;c室为阴极室,H2O放电生成OH-使c室溶液呈碱性,故用c室排出的碱液将从b室排出的酸性海水调至接近装置入口海水的pH后,再将其排回大海。3-1煤燃烧排放的烟气含有SO2和NOx,形成酸雨、污染大气,采用Na-ClO2溶液作为吸收剂可同时对烟气进行脱硫、脱硝。回答下列问题:(1)NaClO2的化学名称为。(2)在鼓泡反应器中通入含有SO2和NO的烟气,反应温度323K,NaClO2溶液浓度为510-3molL-1。反应一段时间后溶液中离子浓度的分析结果如下表。写出NaClO2溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式:。增加压强,NO的转化率(填“提高”“不变”或“降低”)。随着吸收反应的进行,吸收剂溶液的pH逐渐(填“增大”“不变”或“减小”)。由实验结果可知,脱硫反应速率脱硝反应速率(填“大于”或“小于”)。原因除了SO2和NO在烟气中的初始浓度不同,还可能是。(3)在不同温度下,NaClO2溶液脱硫、脱硝的反应中SO2和NO的平衡分压pc如图所示。由图分析可知,反应温度升高,脱硫、脱硝反应的平衡常数均(填“增大”“不变”或“减小”)。反应Cl+2S2S+Cl-的平衡常数K表达式为。答案答案(1)亚氯酸钠(2)4NO+3Cl+4OH-4N+2H2O+3Cl-提高减小大于NO溶解度较低或脱硝反应活化能较高(3)减小解析解析(1)NaClO2的化学名称为亚氯酸钠。(2)脱硝过程就是烟气中的NO被NaClO2溶 液 吸 收 的 过 程,由 表 中 数 据 可 知 N O 与 C l在溶液中反应后主要生成N和Cl-,离子方程式为4NO+3Cl+4OH-4N+2H2O+3Cl-;增加压强,NO在溶液中的溶解度增大,NO的转化率提高。随着吸收反应的进行,c(OH-)减小,pH逐渐减小。由表中数据可知,反应一段时间后溶液中S的浓度大于N的浓度,说明脱硫反应速率大于脱硝反应速率。(3)由图像可知,升高温度,气体的平衡分压增大,说明平衡逆向移动,平衡常数减小。3-2直接排放含SO2的烟气会形成酸雨,危害环境。利用钠碱循环法可脱除烟气中的SO2。(1)用化学方程式表示SO2形成硫酸型酸雨的反应:。(2)在钠碱循环法中,Na2SO3溶液作为吸收液,可由NaOH溶液吸收SO2制得,该反应的离子方程式是。(3)吸收液吸收SO2的过程中,pH随n(S)n(HS)变化关系如下表:由上表判断,NaHSO3溶液显性,用化学平衡原理解释:。当吸收液呈中性时,溶液中离子浓度关系正确的是(选填字母)。a.c(Na+)=2c(S)+c(HS)b.c(Na+)c(HS)c(S)c(H+)=c(OH-)c.c(Na+)+c(H+)=c(S)+c(HS)+c(OH-)(4)当吸收液的pH降至约为6时,需送至电解槽再生。再生示意图如下:HS在阳极放电的电极反应式是。当阴极室中溶液pH升至8以上时,吸收液再生并循环利用。简述再生原理:。答案答案(1)SO2+H2OH2SO3、2H2SO3+O22H2SO4(2)SO2+2OH-S+H2O(3)酸HS存在:HSS+H+和HS+H2OH2SO3+OH-,HS的电离程度强于水解程度ab(4)HS+H2O-2e-3H+SH+在阴极得电子生成H2,溶液中的c(H+)降低,促使HS电离生成S,且Na+进入阴极,吸收液得以再生解析解析(2)SO2被NaOH溶液吸收制备Na2SO3时:SO2+2OH-S+H2O。(3)根据表中的数据可知n(S)n(HS)=991时,溶液的pH为6.2,故NaHSO3溶液显酸性;在NaHSO3溶液中存在HS的电离和水解,且电离程度大于水解程度,故溶液呈酸性。当吸收液呈中性时,溶液中c(H+)=c(OH-),根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=2c(S)+c(H S)+c(OH-),推出c(Na+)=2c(S)+c(HS);由于n(S)n(HS)=11时,溶液的pH为7.2,故溶液呈中性时一定有c(HS)c(S),可推出:c(Na+)c(HS)c(S )c(H+)=c(OH-)。(4)根据电解槽所示的变化,可知HS在阳极放电的电极反应式为HS+H2O-2e-3H+S;H+在阴极得电子生成H2,溶液中的c(H+)降低,促使HS电离生成S,且Na+进入阴极,吸收液得以再生。