1、专题13 元素及其化合物知识的综合应用2019年高考真题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
2、、过滤，得到NaNO2晶体，该晶体中的主要杂质是 （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
3、】【详解】（1）NH3与O2在加热和催化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，
4、经浓缩、结晶、过滤得到NaNO2和NaNO3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，
5、氧化NO的能力越强。22019浙江4月选考固体化合物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C
6、uSO4变蓝，说明有水蒸汽。【详解】（1）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2NaCuO28HCl2NaCl2C
7、uCl2Cl24H2O。32019北京化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
8、头滴管和_。（2）中发生反应的离子方程式是_。（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
9、量的6倍，因有苯酚消耗Br2，所以当n（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KB
10、r和H2SO4，溶液颜色呈棕黄色，说明生成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
11、应后，中溶液颜色为黄色，说明有Br2剩余，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
12、Na2S2O3标准溶液时，溶液由蓝色变为无色，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
13、(Br2)=( 3av1-bv3) 10-3mol，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
14、为 ；水解聚合反应会导致溶液的pH 。（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+2Fe
15、3+2H2O 减小（2）偏大n()=5.000102 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
16、据水解反应的离子方程式分析溶液pH的变化；（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
17、（SO4）3发生水解反应Fe2（SO4）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-）=
18、5.00010-2mol/L22.00mL10-3L/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
19、还原滴定的误差分析和元素质量分数的计算。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。2019届高考模拟试题5上海市闵行区2019届高三二模氢化铝锂（LiAlH4）是化工生产中广泛应用于药物合成的常用试剂。（1）LiAlH4可将乙醛转化为乙醇，LiAlH4作该反应的_剂（选填“氧化”“还原”“催化”），用_（填试剂名称）可检验乙醛已完全转化。（2）配平化学反应方程式。_LiAlH4+_H2SO4_Li2SO4+_Al2(SO4)3+_H2该反应中H2SO4体现_性。若上述反应中电子转移数目为0.2NA个，
20、则生成标准状况下氢气体积为_。（3）现有两种浓度的LiOH溶液，已知a溶液的pH大于b溶液，则两种溶液中由水电离的c(H+)大小关系是：a_b（选填“”、“”或“=”）。（4）铝和氧化铁高温下反应得到的熔融物通常为铁铝合金，设计实验证明其含金属铝。_。【答案】（1）还原 新制氢氧化铜悬浊液（银氨溶液）（2）2 4 1 1 8 氧化性和酸性 4.48 L（3）”、“【解析】（1）根据信息，NaHCO3与Al2(SO4)3发生双水解反应，其化学反应方程式为Al2(SO4)36NaHCO36H2O=2Al(OH)36CO23Na2SO4。（2）Na2O2具有强氧化性，该反应中作氧化剂，Fe2以还原性
21、为主，作还原剂，Na2O2中O元素共降低2价，Fe2Fe3升高1价，最小公倍数为2，题中给出FeCl2的系数为6，则Na2O2的系数为3，根据原子守恒配平其他，即反应方程式为3Na2O26FeCl26H2O=4Fe(OH)32FeCl36NaCl；电子转移的方向和数目是；该反应中被还原的元素是Na2O2中1价O，氧化产物是FeCl3和Fe(OH)3。（3）Ba(OH)2少量，发生离子反应方程式Ba22OH2HCO3=BaCO32H2OCO32，NaHCO3电离方程式为NaHCO3=NaHCO3，因此加入少许Ba(OH)2固体，溶液中c(CO32)增大。（4）a、滤出小苏打后，母液里有NH4Cl
22、和NaHCO3，通入氨气，增加c(NH4)，再加入食盐，使NH4Cl析出，然后过滤，氯化铵的纯度较高，故a说法正确；b、中析出的NH4Cl中含有较多的NaCl，氯化铵的纯度降低，故b说法错误；c、中滤液还有较多的NH3，不能直接循环使用，故c说法错误；d、中滤液中含有较多NaCl，可以直接循环使用，故d说法正确。（5）HCO3电离方程式为HCO3HCO32，HCO3水解方程式HCO3H2OH2CO3OH，NaHCO3溶液显碱性，说明HCO3水解程度大于其电离程度，即c(H2CO3)c(CO32)。【点睛】氧化还原反应方程式的配平是难点，首先应找准氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物，像本题，Na
23、2O2为氧化剂，FeCl2为还原剂，Fe3为氧化产物，然后需要根据化合价升降法进行配平，Na2O2中O元素共降低2价，Fe2Fe3升高1价，最小公倍数为2，题中所给FeCl2的系数为6，则Na2O2的系数为3，最后根据原子守恒配平其他。7山东省淄博市2019届高三三模铍铜广泛应用于制造高级弹性元件。从某废旧铍铜元件(含BeO、CuS、少量FeS和SiO2)中回收铍和铜两种金属的流程如下：已知：I铍与铝元素处于周期表中相邻周期对角线的位置，化学性质相似。常温下：KspCu(OH)2=2.21020，KspFe(OH)3=4.01038，KspMn(OH)2=2.11013。（1）写出铍铜元件中S
24、iO2与NaOH溶液反应的离子方程式_。写出生成“红褐色固体”的离子方程式_。（2）滤渣B的主要成分为_(填化学式)。写出反应中含铍化合物与过量盐酸反应的离子方程式_。（3）从“溶液CBeCl2溶液”的过程中，下列操作中合理的是（按先后顺序排序）_(填字母)。A加入过量的NaOH溶液 B过滤 C加入适量的盐酸D加入过量的氨水 E通入过量的CO2气体 F洗涤从“BeCl2溶液BeCl2固体”的操作是_。（4）MnO2能将金属硫化物中的硫元素氧化为单质硫，写出反应中CuS发生反应的离子方程式_。（5）溶液D中含c(Cu2+)=2.2molL1、c(Fe3+)=0.008molL1、c(Mn2+)=
25、0.01molL1，逐滴加入稀氨水调节pH可依次分离，首先沉淀的是_(填离子符号)。【答案】（1）SiO2+2OH-SiO32+H2O Fe3+3NH3H2OFe(OH)3+3NH4+ （2）CuS FeS BeO22-+4 H+Be2+ + 2H2O（3）DBFC在HCl气流中加热蒸干BeCl2溶液（蒸发结晶时向溶液中持续通入HCl气体）（4）MnO2+CuS+4 H+Mn2+Cu2+S+ 2H2O（5）Fe3+ 【解析】【分析】废旧铍铜元件(含BeO、CuS、少量FeS和SiO2)中，加入氢氧化钠溶液反应后过滤，信息可知BeO属于两性氧化物，CuS不与氢氧化钠溶液反应，FeS不与氢氧化钠溶
26、液反应，二氧化硅属于酸性氧化物，和氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，因此滤液A成分是NaOH、Na2SiO3、Na2BeO2，滤渣B为CuS、FeS，滤液A中加入过量盐酸过滤得到固体1为硅酸，溶液C中为BeCl2，向溶液C中先加入过量的氨水，生成Be（OH）2沉淀，然后过滤洗涤，再加入适量的HCl生成BeCl2，在HCl气氛中对BeCl2溶液蒸发结晶得到晶体，滤渣B中加入硫酸酸化的二氧化锰，MnO2能将金属硫化物中的硫元素氧化为单质硫，酸性介质中二氧化锰被还原为锰盐，过滤得到溶液D为硫酸铜、硫酸铁、硫酸锰的混合溶液，逐滴加入稀氨水调节pH可依次分离，最后得到金属铜。【详解】（1）SiO2是酸性氧
27、化物，和NaOH反应生成，硅酸钠和水，离子方程式为：SiO2+2OH=SiO32+H2O，Fe3+和NH3H2O反应生成“红褐色固体”的离子方程式： Fe3+3NH3H2O= Fe(OH)3+3NH4+。（2）由以上分析：滤渣B的主要成分是不反应的CuS、FeS；滤液A中含铍化合物为Na2BeO2，Na2BeO2与过量的盐酸反应的化学方程式为：Na2BeO2+4HClBeCl2+2NaCl+2H2O，离子方程式为：BeO22+4 H+Be2+ + 2H2O 。（3）依据Be（OH）2和Al（OH）3性质相似，难溶于水及具有两性的特点，在溶液C中加入过量的氨水，生成Be（OH）2沉淀，过滤后洗涤
28、，再加入盐酸溶解即可，提纯BeCl2选择的合理步骤为：DBFC。BeCl2易发生水解，生成Be（OH）2和HCl，从BeCl2溶液中用蒸发结晶法得到BeCl2固体时，为抑制水解，操作为：蒸发结晶时向溶液中持续通入HCl气体（ 或在HCl 气流中加热蒸干）。（4）反应是在硫酸存在的条件下，MnO2和CuS反应，CuS中的S元素被氧化成S单质，同时MnO2中的Mn被还原成Mn2，所以反应的离子方程式为：MnO2+CuS+4HS+Mn2+Cu2+2H2O。（5）当加入氨水时，依据 KspCu（OH）2=2.210-20，欲使Cu（OH）2沉淀，根据c（OH）2 c（Cu2）=2.210-20，即c（
29、OH）=1 molL1，时就有Cu（OH）2沉淀，同理可求欲使Fe3、Mn2转化为沉淀的c（OH）分别为，1.7 molL1，1.45 molL1，因此首先沉淀的是Fe3。8武汉市武昌区2019届高三五月调研考试元素铬(Cr)在自然界主要以+3价和+6价存在。请回答下列问题： （1）+6价的Cr能引起细胞的突变而对人体不利，可用 Na2SO3 将Cr2O72还原为Cr3+。该反应的离子反应方程式为_。（2）利用铬铁矿(FeOCr2O3)冶炼制取金属铬的工艺流程如图所示：为加快焙烧速率和提高原料的利用率，可采取的措施之一是_。“水浸”要获得浸出液的操作是_。浸出液的主要成分为Na2CrO4，向“
30、滤液”中加入酸化的氯化钡溶液有白色沉淀生成，则 “还原”操作中发生反应的离子方程式为_。加热Cr(OH)3可得到Cr2O3，从工业成本角度考虑，用Cr2O3制取金属Cr的冶炼方法是_。（3）已知 Cr3+完全沉淀时溶液pH为5，（Cr3+浓度降至10-5molL-1可认为完全沉淀）则Cr(OH)3的溶度积常数 Ksp_。（4）用石墨电极电解铬酸钠(Na2CrO4)溶液，可制重铬酸钠(Na2Cr2O7)，实验装置如图所示(已知：2Cr+2H+Cr2+H2O)。电极b连接电源的_极(填“正”或“负”) , b 极发生的电极反应式为_。 电解一段时间后，测得阳极区溶液中Na+物质的量由a mol变为
31、b mol，则理论上生成重铬酸钠的物质的量是 _mol。【答案】（1）Cr2O72+3SO32-+8H+=2Cr3+3SO42-+4H2O（2）铬铁矿粉碎 过滤 8CrO42+3S2-+20H2O=8Cr(OH)3+3SO42-+16OH-CO高温还原Cr2O3（热还原法）（3）110-32 （4）正 2H2O-4e-=O2+4H+ 【解析】【分析】（1）分析元素化合价变化情况，依据得失电子守恒，原子个数守恒，得出离子反应方程式。（2）影响化学反应速率的因素：物质的表面积大小，表面积越大，反应速率越快。依据原子守恒和得失电子守恒，得出离子方程式。用Cr2O3制取金属Cr，可以采取CO高温还原C
32、r2O3（热还原法）。（3）根据Kspc(Cr3+)c3(OH-)求算。（4）根据装置图和离子放电顺序得出阳极的电极反应式。电解一段时间后，测得阳极区溶液中Na+物质的量由a mol变为b mol，则溶液中移动的电荷为（a-b）mol，所以外电路转移的电子为（a-b）mol，阳极的电极反应为2H2O-4e-=O2+4H+，则阳极生成的氢离子为（a-b）mol。【详解】（1）反应中铬元素化合价从+6价降为+3价，硫元素从+4价升高到+6价，依据得失电子守恒，原子个数守恒，离子反应方程式为Cr2O72+3SO32-+8H+=2Cr3+3SO42-+4H2O。（2）影响化学反应速率的因素：物质的表面
33、积大小，表面积越大，反应速率越快，为加快焙烧速率和提高原料的利用率，可采取的措施将铬铁矿粉碎。“水浸”要获得浸出液，要过滤出浸渣，采取的操作是过滤；浸出液的主要成分为Na2CrO4，向“滤液”中加入酸化的氯化钡溶液有白色沉淀生成，说明加入的Na2S被氧化成SO42-，Cr元素由+6价降为+3价，S元素由-2价升到+6价，依据原子守恒和得失电子守恒，得到反应为：8CrO42+3S2-+20H2O=8Cr(OH)3+3SO42-+16OH-。从工业成本角度考虑，用Cr2O3制取金属Cr，可以采取CO高温还原Cr2O3（热还原法）。（3）pH为5，c(OH-)=10-9，Kspc(Cr3+)c3(O
34、H-)=10-5（10-9）3=110-32。（4）根据图示，在b极所在电极室得到Na2Cr2O7，根据2CrO42-+2H+ Cr2O72+ H2O ，电解过程中b极c（H+）增大，则b极电极反应式为2H2O-4e-=O2+4H+，a是阴极，b是阳极，电极b连接电源的正极。电解一段时间后，测得阳极区溶液中Na+物质的量由a mol变为b mol，则溶液中移动的电荷为（a-b）mol，阴极电极反应式为2H2O+2e-=H2+2OH-，则电路中通过电子物质的量为（a-b）mol；阳极的电极反应式为2H2O-4e-=O2+4H+，则阳极生成的氢离子为（a-b）mol，结合2CrO42-+2H+ C
35、r2O72+ H2O，所以阳极生成的Cr2O72物质的量是mol。9河南省安阳市2019届高三二模氧化亚铜(Cu2O)是一种用途广泛的光电材料，某工厂以硫化铜矿石(含 CuFeS2、Cu2S等)为原料制取Cu2O的工艺流程如下：常温下几种物质开始形成沉淀与完全沉淀时的pH如下表（1）炉气中的有害气体成分是_，Cu2S与O2反应时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为_。（2）若试剂X是H2O2溶液，写出相应反应的离子方程式：_。当试剂X是_时，更有利于降低生产成本。（3）加入试剂Y调pH时，pH的调控范围是_。（4）写出用N2H4制备Cu2O的化学方程式：_，操作X包括_、洗涤、烘干，其中烘干时要隔
36、绝空气，其目的是_。（5）以铜与石墨作电极，电解浓的强碱性溶液可制得纳米级Cu2O，写出阳极上生成Cu2O的电极反应式：_。【答案】（1）SO2 2：1 （2）2Fe2+2H+H2O2=2Fe3+2H2O 空气或氧气（3）3.7pH4.8（4）4CuSO4+N2H4+8KOH2Cu2O+N2+4K2SO4+6H2O 过滤 防止Cu2O被空气中氧气氧化（5）2Cu-2e-+2OH-=Cu2O+H2O 【解析】【分析】根据流程图及二氧化硫的还原性分析解答；根据氧化还原反应原理书写化学方程式及离子方程式；根据电解原理书写电极反应式。【详解】（1）金属硫化物焙烧时均转化为金属氧化物与二氧化硫，故炉气中
37、的有害气体成分是SO2；Cu2S与O2反应时，氧化剂为O2，还原剂为Cu2S，根据得失电子守恒和原子守恒，二者的物质的量之比为2:1。（2）酸性条件下，H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，本身被还原为H2O，方程式为2Fe2+2H+H2O2=2Fe3+2H2O；酸性条件下O2也可以将Fe2+氧化为Fe3+，而氧气或空气价格远低于H2O2，所以用氧气替代双氧水，可以有效降低生产成本。（3）调整pH的目的是使铁离子全部转化为氢氧化铁沉淀除去而铜离子不能形成沉淀，故pH调控范围是3.7pH4.8。（4）N2H4将Cu2+还原为Cu2O，自身被氧化为N2，化学方程式为4CuSO4+N2H4+8KOH2Cu2O+N2+4K2SO4+6H2O；由于Cu2O不溶于水，故操作X为过滤、洗涤、烘干；因Cu2O有较强的还原性，在加热条件下易被空气氧化，故烘干过程中要隔绝空气。（5）因Cu2O是在阳极上生成的，故阳极材料是铜，铜失去电子转化为Cu2O，相应的电极反应式为：2Cu-2e-+2OH-=Cu2O+H2O。第17页（共17页）