2019年高考化学 备考百强校大题狂练系列 专题15 元素及化合物综合应用.doc

专题15 元素及化合物综合应用（满分60分 时间30分钟）姓名：_ 班级：_ 得分：_1中国传统文化是人类文明的瑰宝，古代文献中记载了大量古代化学的研究成果。回答下面问题。（1）我国最原始的陶瓷约出现在距今12000年前，制作瓷器所用的原料是高岭士，其晶体化学式是Al4Si4O10(OH)8，用氧化物表示其组成为_。（2）本草纲目中记载：“（火药）乃焰消( KNO3)、硫磺、杉木炭所合，以为烽燧铳机诸药者。”反应原理为：S+2KNO3+3CK2S+N2+3CO2，该反应的氧化剂是_ ，反应转移4mol电子时，被S氧化的C有_mol。（3）我国古代中药学著作新修本草记载的药物有844种，其中有关“青矾”的描述为：“本来绿色，新出窟未见风者，正如瑁璃烧之赤色。”我国早期科技丛书物理小适-金石类 记载有加热青矾时的景象：“青矾厂气熏人，衣服当之易烂，载木不盛。”青矾就是绿矾( FeSO47H2O)。根据以上信息，写出“青矾”受热分解的化学方程式_“钢是虎，钒是翼，钢含钒犹如虎添翼”，钒是“现代工业的味精”。钒对稀酸是稳定的，但室温下能溶解于浓硝酸中生成VO2+。（4）请写出金属钒与浓硝酸反应的离子方程式：_。（5）V2O5是两性氧化物，与强碱反应生成钒酸盐(阴离子为VO43-)，溶于强酸生成含钒氧离子(VO2+)的盐。请写出V2O5分别与烧碱溶液和稀硫酸反应生成的盐的化学式：_、_。【答案】Al2O32SiO22H2OS，KNO31/6或0.17或0.1672FeSO47H2OFe2O3+SO3+SO2+14H2OV6H5NO3-=VO2+5NO2 3H2ONa3VO4(VO2)2SO4【解析】【分析】（4）根据电子得失守恒和元素守恒写出方程式；（5）V2O5是两性氧化物，与强碱反应生成钒酸盐（阴离子为VO43），溶于强酸生成含钒氧离子（VO2）的盐，所以V2O5分别与烧碱溶液生成盐的金属阳离子是钠离子、酸根离子为VO43，由此书盐的化学式，而溶于稀硫酸生成含钒氧离子（VO2）的盐，所以阳离子是VO2，酸根是硫酸根，所以盐的化学式为：（VO2）2SO4；【详解】2FeSO47H2OFe2O3+SO2+SO3+14H2O，故答案为：2FeSO47H2OFe2O3+SO2+SO3+14H2O；（4）钒室温下能溶解于浓硝酸中生成VO，故金属钒与浓硝酸反应：V6H5NO3-=VO2+5NO23H2O； (5)V2O5是两性氧化物，与强碱反应生成钒酸盐（阴离子为VO43），溶于强酸生成含钒氧离子（VO2）的盐，所以V2O5分别与烧碱溶液生成盐的金属阳离子是钠离子、酸根离子为VO43，所以盐的化学式为Na3VO4，而溶于稀硫酸生成含钒氧离子（VO2）的盐，所以阳离子是VO2，酸根是硫酸根，所以盐的化学式为：（VO2）2SO4；V2O5是两性氧化物，与强碱反应生成钒酸盐（阴离子为VO43）即：V2O5与强碱反应生成Na3VO4，V2O5与强酸反应生成(VO2)2SO4。【点睛】解题关键：两性、氧化还原反应的电子得失守恒、氧化还原方程式书写等知识知识，难点（5）注意V2O5为两性氧化物，可根据氧化铝的两性知识进行迁移应用。2设计如下实验探究某矿石（仅含四种短周期元素）的组成和性质，已知矿石含有一定的结晶水：（1）矿石的组成元素是 H、O 和_、 _（填元素符号），化学式为_。（2）白色粉末3 溶于NaOH溶液的离子方程式是_。【答案】Mg，SiMgSiO32H2O2OH-SiO2=SiO32-H2O【解析】根据流程图，矿石灼烧后生成无色气体1，冷凝后得到无色液体1，该无色液体为水，质量为3.6g，物(1)根据上述分析，矿石的组成元素是 H、O、Mg和Si，硅酸镁的质量为10g，物质的量为=0.1mol，水的物质的量为=0.2mol，因此化学式为MgSiO32H2O，故答案为：Mg；Si；MgSiO32H2O；(2)白色粉末3为二氧化硅， 溶于NaOH溶液的离子方程式为2OH-SiO2=SiO32-H2O，故答案为：2OH-SiO2=SiO32-H2O。点睛：本题考查了物质的组成和性质的推断。本题的难点是白色胶状沉淀2和白色粉末3的判断，可以根据反应物中有盐酸结合白色粉末3能够与氢氧化钠溶液反应考虑。3A、B、C、D、E为中学化学常见的单质或化合物，相互转化关系如图所示(部分产物略去)。(1)若A是能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体；C、D均为空气的主要成分；E是一种有毒气体。C的电子式为_。写出反应的化学方程式_。写出反应的化学方程式_。(2)若A是淡黄色化合物；常温下D是无色气体；C中含有的阴、阳离子均为10电子粒子。D的结构式为_，C中所含化学键的类型是_。写出反应的化学方程式_。写出反应的化学方程式_。(3)将(2)中一定量的气体D通入2 L C的溶液中，在所得溶液中逐滴加入稀盐酸至过量，并将溶液加热，产生的气体与HCl物质的量的关系如图所示(忽略气体的溶解和HCl的挥发)。 O点溶液中所含溶质的化学式为_，常温下a点溶液的pH_(填“”、“”或“c(Na)c(Cl)c(HCO3-)c(OH)c(H)c(CO32-)44.82.5【解析】【分析】根据氨气和氧气在催化剂、加热条件下反应生成一氧化氮和水分析解答；（2）若A是淡黄色固体化合物，A为Na2O2，常温下D是无色气体，D是CO2，C分子中含有的阴、阳离子均为10电子粒子，C为NaOH，过氧化钠和二氧化碳反应生成B，B为Na2CO3，B和E反应生成氢氧化钠分析；根据D为CO2，C是NaOH，NaOH是离子化合物分析解答；根据二氧化碳和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气及氢氧化钙和碳酸钠反应生成碳酸钙和氢氧化钠分析解答；【详解】（1）若A是能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则A是NH3，C、D均为空气的主要成分，且A和D能反应，则D是O2，C是N2，反应I为氨的催化氧化，则B是NO，E是一种有毒气体，NO和有毒气体反应生成氮气，说明E具有还原性，为CO，C为N2，氮气分子的电子式为 ；反应是氨气和氧气在催化剂、加热条件下反应生成一氧化氮和水，化学方程式为4NH35O24NO6H2O；反应是在催化剂条件下，一氧化氮和一氧化碳反应生成氮气和二氧化碳，化学方程式为2NO2CON22CO2；（2）若A是淡黄色固体化合物，A为Na2O2，常温下D是无色气体，D是CO2，C分子中含有的阴、阳离子均为10电子粒子，C为NaOH，过氧化钠和二氧化碳反应生成B，B为Na2CO3，B和E反应生成氢氧化钠，D为CO2，结构式为O=C=O；C是NaOH，C分子中所含化学键的类型是离子键和共价键；反应是二氧化碳和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，化学方程式为：2Na2O22CO2=2Na2CO3O2；反应是氢氧化钙和碳酸钠反应生成碳酸钙和氢氧化钠，化学方程式为Ca(OH)2Na2CO3=CaCO32NaOH； （3）分析图象知，加入盐酸时，开始没有气体产生，加到一定量时才产生气体，根据1molNa2CO31molNaHCO31molCO2，可知O点溶液中含有氢氧化钠和碳酸钠；a点开始产生气体，说明a点溶质为碳酸氢钠和氯化钠，碳酸氢根离子电离程度小于水解程度，所以溶液呈碱性，即pH7；根据上面的分析可知，a点时溶液中的溶质是NaHCO3和NaCl，氯化钠为强碱强酸盐，钠离子和氯离从a点开始，碳酸氢钠与盐酸反应，消耗盐酸的物质的量的为2mol，碳酸氢钠和盐酸反应的物质的量之比为1: 1，所以n(NaHCO3)为2mol，根据碳原子守恒，得n(NaHCO3)=n(CO2)=2mol，所以标况下，二氧化碳的体积=2mol22.4L/mol=44.8L；溶液完全消耗的盐酸的物质的量是5mol，溶液中的溶质变为NaCl，根据氯元素、钠元素守恒得n(HCl)=n(NaCl)=n(NaOH)=5mol，所以c(NaOH)=2.5mol/L。4十九大报告中指出“持续实施大气污染防治行动，打赢蓝天保卫战”。SO2为大气污染物，研究它的性质对治理具有重要意义。在铝基氧化铜作催化剂时，可利用天然气脱除二氧化硫，并回收单质硫（熔点为112.8，沸点为444.6）。 （1）装置中导管X的作用是：_。用装置A制取SO2，则试剂的组合最好是_（填字母）。a. 18.4 mol/L H2SO4Cu b. 4 mol/L HNO3Na2SO3 c. 60% H2SO4K2SO3水与Al4C3在装置A中制取甲烷，其化学方程式为：_。（2）利用制得的CH4和SO2并结合BG装置验证反应：CH42SO2 .2SCO22H2O生成的单质S和CO2。B装置有三个作用，分别是_、充分混合CH4和SO2、观察气泡以便调节CH4和SO2的流速比约为12。实验装置依次连接的合理顺序为B、_（每个装置只用一次）。证明有CO2产生的现象为_。G装置中发生反应的离子方程式为_。【答案】使液体顺利滴入烧瓶中 c Al4C3+12H2O=4Al(OH)3+3CH4 干燥CH4、SO2 D、C、G、F、E F中品红不褪色，澄清石灰水变浑浊 2MnO4-+5SO2+2H2O=2Mn2+5SO42-+4H+ 【解析】（2）如图CH4和SO2的反应需要高温条件下在硬质玻璃管中进行，所以B中浓硫酸除了充分混合CH4和SO2、观察气泡以便调节CH4和SO2的流速比约为12之外，还有干燥CH4和SO2的作用。根据实验目的是验证CH4和SO2反应生成的单质S和CO2，装置C冷却得到固体S单质，用E装置中澄清石灰水验证CO2，为防止SO2对验证实验的干扰，必须先依次通过酸性高锰酸钾和品