1、2019年高考题12019江苏N2O、NO和NO2等氮氧化物是空气污染物，含有氮氧化物的尾气需处理后才能排放。（1）N2O的处理。N2O是硝酸生产中氨催化氧化的副产物，用特种催化剂能使N2O分解。NH3与O2在加热和催化剂作用下生成N2O的化学方程式为 。（2）NO和NO2的处理。已除去N2O的硝酸尾气可用NaOH溶液吸收，主要反应为NO+NO2+2OH2+H2O2NO2+2OH+H2O下列措施能提高尾气中NO和NO2去除率的有 （填字母）。A加快通入尾气的速率B采用气、液逆流的方式吸收尾气C吸收尾气过程中定期补加适量NaOH溶液吸收后的溶液经浓缩、结晶、过滤，得到NaNO2晶体，该晶体中的主
2、要杂质是 （填化学式）；吸收后排放的尾气中含量较高的氮氧化物是 （填化学式）。（3）NO的氧化吸收。用NaClO溶液吸收硝酸尾气，可提高尾气中NO的去除率。其他条件相同，NO转化为的转化率随NaClO溶液初始pH（用稀盐酸调节）的变化如图所示。在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO生成Cl和，其离子方程式为 。NaClO溶液的初始pH越小，NO转化率越高。其原因是 。【答案】（1）2NH3+2O2N2O+3H2O（2）BC NaNO3 NO（3）3HClO+2NO+H2O3Cl+2+5H+溶液pH越小，溶液中HClO的浓度越大，氧化NO的能力越强【解析】【详解】（1）NH3与O2在加热和催化
3、剂作用下发生氧化还原反应生成N2O，根据得失电子守恒和原子守恒可知反应有水生成，配平化学方程式为：2NH3+2O2N2O+3H2O。（2）A、加快通入尾气的速率，不能提高尾气中NO和NO2的去除率，不符合题意；B、采用气、液逆流的方式吸收尾气，可使气液充分接触，能提高尾气中NO和NO2的去除率，符合题意；C、定期补充适量的NaOH溶液可增大反应物浓度，能提高尾气中NO和NO2的去除率，符合题意。故选BC。由吸收反应：NO+NO2+2OH-=2NO2-+H2O，2NO2+2OH-=NO2-+ NO3-+H2O可知，反应后得到NaNO2和NaNO3混合溶液，经浓缩、结晶、过滤得到NaNO2和NaN
4、O3晶体，因此得到的NaNO2混有NaNO3；由吸收反应可知，若NO和NO2的物质的量之比大于1：1，NO不能被吸收，因此，吸收后排放的尾气中含量较高的氮氧化物是NO。（3）在酸性的NaClO溶液中，次氯酸根离子和氢离子结合生成HClO，HClO和NO发生氧化还原反应生成NO3-和Cl-，根据得失电子守恒及电荷守恒、原子守恒，配平离子方程式为2NO+3HClO+H2O=2 NO3-+3 Cl-+5H+。在相同条件下，氧化剂的浓度越大，氧化能力越强，由反应2NO+3HClO+H2O=2NO3-+3 Cl-+5H+可知，溶液pH越小，溶液中HClO浓度越大，氧化NO的能力越强。22019浙江4月选
5、考固体化合物X由3种元素组成。某学习小组进行了如下实验：请回答：（1）由现象1得出化合物X含有_元素(填元素符号)。（2）固体混合物Y的成分_(填化学式)。（3）X的化学式_。X与浓盐酸反应产生黄绿色气体，固体完全溶解，得到蓝色溶液，该反应的化学方程式是_。【答案】（1）O（2）Cu和NaOH（3）NaCuO2 2NaCuO28HCl2NaCl2CuCl2Cl24H2O【解析】【分析】固体混合物Y溶于水，得到固体单质为紫红色，说明是Cu，产生碱性溶液，焰色反应呈黄色说明含有钠元素，与盐酸HCl中和，说明为NaOH（易算出为0.02mol），混合气体能使CuSO4变蓝，说明有水蒸汽。【详解】（1
6、）CuSO4由白色变为蓝色，说明有水生成，根据元素守恒分析，必定含有O元素。（2）现象2获得紫色单质，说明Y含有Cu,现象3焰色反应为黄色说明有Na元素，与HCl发生中和反应说明有NaOH，故答案填Cu和NaOH。（3）NaOH为0.02mol，易算出m(Na)=0.0223g=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，故化学式为NaCuO2，X与浓盐酸反应，根据反应现象，产物有Cl2，和CuCl2蓝色溶液，因而化学方程式为2NaCuO28HCl2NaCl2CuCl2Cl24H2O。32019北京化
7、学小组用如下方法测定经处理后的废水中苯酚的含量（废水中不含干扰测定的物质）。用已准确称量的KBrO3固体配制一定体积的a molL1 KBrO3标准溶液；取v1 mL上述溶液，加入过量KBr，加H2SO4酸化，溶液颜色呈棕黄色；向所得溶液中加入v2 mL废水；向中加入过量KI；用b molL1 Na2S2O3标准溶液滴定中溶液至浅黄色时，滴加2滴淀粉溶液，继续滴定至终点，共消耗Na2S2O3溶液v2 mL。已知：I2+2Na2S2O3=2NaI+ Na2S4O6Na2S2O3和Na2S4O6溶液颜色均为无色（1）中配制溶液用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和_。（2）中发生反应的离子方程式
8、是_。（3）中发生反应的化学方程式是_。（4）中加KI前，溶液颜色须为黄色，原因是_。（5）KI与KBrO3物质的量关系为n（KI）6n（KBrO3）时，KI一定过量，理由是_。（6）中滴定至终点的现象是_。（7）废水中苯酚的含量为_gL1（苯酚摩尔质量：94 gmol 1）。（8）由于Br2具有_性质，中反应须在密闭容器中进行，否则会造成测定结果偏高。【答案】（1）容量瓶（2）+5Br-+6H+=3Br2 +3H2O（3）（4）Br2过量，保证苯酚完全反应（5）反应物用量存在关系：KBrO33Br26KI，若无苯酚时，消耗KI物质的量是KBrO3物质的量的6倍，因有苯酚消耗Br2，所以当n（
9、KI）6n（KBrO3）时，KI一定过量（6）溶液蓝色恰好消失（7）（8）易挥发【解析】【分析】本题考查氧化还原反应滴定的综合运用。苯酚与溴反应快速灵敏，但滴定终点难以判断，因而制得一定量的溴分别与苯酚和KI反应（溴须完全反应完），而溴与KI反应生成的I2与Na2S2O3进行滴定分析，因而直接测出与KI反应所消耗的溴，进而计算出与苯酚反应消耗的溴，最后根据苯酚与溴反应的系数计算废水中苯酚的浓度。【详解】（1）准确称量KBrO3固体配置溶液所需的玻璃仪器有烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管，一定规格的容量瓶，因而该空填容量瓶、量筒。（2）KBrO3溶液中加入KBr和H2SO4，溶液颜色呈棕黄色，说明生
10、成Br2，根据缺项配平可知该离子方程式为+5Br-+6H+=3Br2 +3H2O。（3）苯酚和溴水反应得到白色沉淀2,4,6-三溴苯酚，化学方程式为。（4）该测量过程是利用一定量的溴分别与苯酚和KI反应，注意溴须反应完全，且一定量溴的总量已知，部分溴与KI反应生成的I2可利用氧化还原滴定法测量，进而计算出与KI反应的溴的消耗量，将一定量溴减去与KI反应的溴的消耗量，可得与苯酚反应的溴的消耗量，因而一定量的溴与苯酚反应完，必须有剩余的溴与KI反应，中反应结束时，若溶液显黄色说明苯酚反应完，且有溴剩余，以便与KI反应，故原因为中生成的Br2与废水中苯酚完全反应后，中溶液颜色为黄色，说明有Br2剩余
11、，剩余Br2与过量KI反应，从而间接计算苯酚消耗的Br2。（5）中反应为KBrO3 + 5KBr + 3H2SO4=3K2SO4+ 3Br2 + 3H2O可知3n(KBrO3)=n1(Br2)，中Br2部分与苯酚反应，剩余溴的量设为n2(Br2)（n1(Br2)n2(Br2)）在中反应为Br2+2KI=I2+2KBr，若剩余溴完全反应，则n(KI) 2n2(Br2)，推知n(KI)6n(KBrO3)；因而当n(KI)6n(KBrO3)，KI一定过量。（6）中含碘的溶液内加入淀粉，溶液显蓝色，随着Na2S2O3溶液滴入，蓝色变浅直至消失，因而当滴入最后一滴Na2S2O3标准溶液时，溶液由蓝色变为
12、无色，且30s不变色。（7）n(BrO3-)=av110-3mol，根据反应BrO3- + 5Br- + 6H+ = 3Br2 + 3H2O可知n(Br2)=3av110-3mol，溴分别与苯酚和KI反应，先计算由KI消耗的溴的量，设为n1(Br2)，根据I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6可知I22Na2S2O3，又Br2+2I-=I2+2Br-可知Br2 I2，可得Br22Na2S2O3，n(Na2S2O3)= bv310-3mol，n1(Br2)=bv310-3mol，再计算由苯酚消耗的溴的量，设为n2(Br2)= n(Br2)- n1(Br2)=( 3av1-bv3) 10
13、-3mol，苯酚与溴水反应的计量数关系为3Br2C6H5OH，n(C6H5OH)=n2(Br2)=(av1-bv3)10-3mol，废水中苯酚的含量=mol。（8）中生成的溴须被苯酚和KI完全反应掉，而溴有挥发性，反应时须在密闭容器中进行。42019江苏聚合硫酸铁Fe2(OH)6-2n(SO4)nm广泛用于水的净化。以FeSO47H2O为原料，经溶解、氧化、水解聚合等步骤，可制备聚合硫酸铁。（1）将一定量的FeSO47H2O溶于稀硫酸，在约70 下边搅拌边缓慢加入一定量的H2O2溶液，继续反应一段时间，得到红棕色黏稠液体。H2O2氧化Fe2+的离子方程式为 ；水解聚合反应会导致溶液的pH 。（
14、2）测定聚合硫酸铁样品中铁的质量分数：准确称取液态样品3.000 g，置于250 mL锥形瓶中，加入适量稀盐酸，加热，滴加稍过量的SnCl2溶液（Sn2+将Fe3+还原为Fe2+），充分反应后，除去过量的Sn2+。用5.000102 molL1 K2Cr2O7溶液滴定至终点（滴定过程中与Fe2+反应生成Cr3+和Fe3+），消耗K2Cr2O7溶液22.00 mL。上述实验中若不除去过量的Sn2+，样品中铁的质量分数的测定结果将 （填“偏大”或“偏小”或“无影响”）。计算该样品中铁的质量分数（写出计算过程）。【答案】（1）2Fe2+ H2O2+2H+2Fe3+2H2O 减小（2）偏大n()=5.
15、000102 molL122.00 mL103 LmL1=1.100103 mol由滴定时Cr3+和Fe2+Fe3+，根据电子得失守恒可得微粒的关系式：6Fe2+（或+14H+6Fe2+6Fe3+2Cr3+7H2O）则n(Fe2+)=6n()=61.100103 mol=6.600103 mol样品中铁元素的质量：m(Fe)=6.600103 mol56 gmol1=0.3696 g样品中铁元素的质量分数：w(Fe)=100%=12.32%【解析】【分析】（1）Fe2+具有还原性，H2O2具有氧化性，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒书写离子方程式；根据水解反应的离子方程式分析溶液pH的变化
16、；（2）根据Sn2+能将Fe3+还原为Fe2+判断还原性的强弱，进一步进行误差分析；根据K2Cr2O7溶液的浓度和体积计算消耗的K2Cr2O7物质的量，由得失电子守恒计算n（Fe2+），结合Fe守恒和（Fe）的表达式计算。【详解】（1）Fe2+具有还原性，在溶液中被氧化成Fe3+，H2O2具有氧化性，其还原产物为H2O，根据得失电子守恒可写出反应2Fe2+H2O22Fe3+2H2O，根据溶液呈酸性、结合原子守恒和电荷守恒，H2O2氧化Fe2+的离子方程式为2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O；H2O2氧化后的溶液为Fe2（SO4）3溶液，Fe2（SO4）3发生水解反应Fe2（SO4）
17、3+（6-2n）H2O Fe2（OH）6-2n（SO4）n+（3-n）H2SO4，Fe2（OH）6-2n（SO4）n聚合得到聚合硫酸铁，根据水解方程式知水解聚合反应会导致溶液的酸性增强，pH减小。（2）根据题意，Sn2+能将Fe3+还原为Fe2+，发生的反应为Sn2+2Fe3+=Sn4+2Fe2+，根据还原性：还原剂还原产物，则还原性Sn2+Fe2+，实验中若不除去过量的Sn2+，则加入的K2Cr2O7先氧化过量的Sn2+再氧化Fe2+，导致消耗的K2Cr2O7溶液的体积偏大，则样品中铁的质量分数的测定结果将偏大。 实验过程中消耗的n（Cr2O72-）=5.00010-2mol/L22.00m
18、L10-3L/mL=1.10010-3mol由滴定时Cr2O72-Cr3+和Fe2+Fe3+，根据电子得失守恒，可得微粒的关系式：Cr2O72-6Fe2+（或Cr2O72-+6Fe2+14H+=6Fe3+2Cr3+7H2O）则n（Fe2+）=6n（Cr2O72-）=61.10010-3mol=6.610-3mol（根据Fe守恒）样品中铁元素的质量：m（Fe）=6.610-3mol56g/mol=0.3696g样品中铁元素的质量分数：（Fe）=100%=12.32%。【点睛】本题以聚合硫酸铁的制备过程为载体，考查氧化还原型离子方程式的书写、盐类的水解、氧化还原滴定的误差分析和元素质量分数的计算。
19、易错点是第（2）的误差分析，应利用“强制弱”和“先强后弱”的氧化还原反应规律分析。难点是第（2），注意理清滴定实验中物质之间的计量关系。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
20、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（RMgBr）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：_。来源:Zxxk.Com【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
21、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。学科网【试题点评】思路点拨：（5）问，比较
22、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
23、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”、“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
24、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中来源:学
25、*科*网n(Al3+)=(2x)mol；n(SO42)=3(1x)mol x=0.41【解析】2.5 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 （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
26、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Al3+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。1【2017北京卷】（12分）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
27、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
28、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（N2O）。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则储存NOx的物质是BaO。由图示可知，第一步反应为H2与B
29、a(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
30、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)。2【2017天津卷】（14分）H2S和SO2会对
31、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2：在一定条件下，用H2O2氧化H2S来源:学科网ZXXK（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
32、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(
33、)=_。【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来源:学科网与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
34、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
35、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。3【2017江苏卷】(12 分)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_。（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1.1
36、160 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(OH)2Cl23H2O Fe2+ （2）n(Cl)=n(AgCl)=4.800103mol n(Cu2+)=n(EDTA)=
37、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 mol abcx = n(Cu2+)n(OH)n(Cl)n(H2O)=2311 化学式为Cu2(OH)3ClH2O【解析】
38、（1）分析CuCl悬浊液中持续通入空气得到Cu2(OH)2Cl23H2O，可以发现Cu元素的化合价升高了，所以氧气肯定做了该反应的氧化剂，根据化合价升降总数相等并结合质量守恒定律，可以写出该反应的化学方程式为4CuCl + O2+ 8H2O2Cu2(OH)2Cl23H2O。由催化原理示意图可知，M先与H+、O2反应生成M，M再被Cu还原为Cu2+，所以M的化学式为Fe2+。来源:Zxxk.Com分别求出这3种离子的质量，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
39、=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
40、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。4【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）
41、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，水蒸气稀释空气（2）Al2O3 +2OH2AlO2+H2O（3）MgO+2NH4Cl+H2OMgCl2+2NH3H2O或NH4Cl+H2ONH3H2O+HCl，MgO+2HCl MgCl
42、2+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】试题分析：.（1）此反应为吸热反应，能降低温度，反应产生的固体氧化物能隔绝空气，并且产生水蒸气，可以稀释空气。故答案为：反应吸热降低温度，固体氧化物隔绝空气，水蒸气稀释空气。（2）氧化镁和氧化铝的区别在于氧化铝能与强碱反应而氧化镁不能，氧化铝和强碱反应生成偏铝酸盐和水，离子方程式为：Al2O3 +2OH2AlO
43、2+H2O。（3）氯化铵溶液中铵根离子水解， NH4Cl+H2ONH3H2O+HCl，溶液为酸性，氧化镁和水解生成的盐酸反应生成氯化镁，方程式为： 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。【考点定位】无机推断，离子检验，物质组成的确定。【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