2019年高考化學 備考百強校大題狂練系列 專題15 元素及化合物綜合應用.doc

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專題15 元素及化合物綜合應用（滿分60分 時間30分鐘）姓名：_ 班級：_ 得分：_1中國傳統(tǒng)文化是人類文明的瑰寶，古代文獻中記載了大量古代化學的研究成果?；卮鹣旅鎲栴}。（1）我國最原始的陶瓷約出現在距今12000年前，制作瓷器所用的原料是高嶺士，其晶體化學式是Al4Si4O10(OH)8，用氧化物表示其組成為_。（2）本草綱目中記載：“（火藥）乃焰消( KNO3)、硫磺、杉木炭所合，以為烽燧銃機諸藥者?！狈磻頌椋篠+2KNO3+3CK2S+N2+3CO2，該反應的氧化劑是_ ，反應轉移4mol電子時，被S氧化的C有_mol。（3）我國古代中藥學著作新修本草記載的藥物有844種，其中有關“青礬”的描述為：“本來綠色，新出窟未見風者，正如瑁璃燒之赤色?！蔽覈缙诳萍紖矔锢硇∵m-金石類 記載有加熱青礬時的景象：“青礬廠氣熏人，衣服當之易爛，載木不盛?！鼻嗟\就是綠礬( FeSO47H2O)。根據以上信息，寫出“青礬”受熱分解的化學方程式_“鋼是虎，釩是翼，鋼含釩猶如虎添翼”，釩是“現代工業(yè)的味精”。釩對稀酸是穩(wěn)定的，但室溫下能溶解于濃硝酸中生成VO2+。（4）請寫出金屬釩與濃硝酸反應的離子方程式：_。（5）V2O5是兩性氧化物，與強堿反應生成釩酸鹽(陰離子為VO43-)，溶于強酸生成含釩氧離子(VO2+)的鹽。請寫出V2O5分別與燒堿溶液和稀硫酸反應生成的鹽的化學式：_、_?！敬鸢浮緼l2O32SiO22H2OS，KNO31/6或0.17或0.1672FeSO47H2OFe2O3+SO3+SO2+14H2OV6H5NO3-=VO2+5NO2 3H2ONa3VO4(VO2)2SO4【解析】【分析】（4）根據電子得失守恒和元素守恒寫出方程式；（5）V2O5是兩性氧化物，與強堿反應生成釩酸鹽（陰離子為VO43），溶于強酸生成含釩氧離子（VO2）的鹽，所以V2O5分別與燒堿溶液生成鹽的金屬陽離子是鈉離子、酸根離子為VO43，由此書鹽的化學式，而溶于稀硫酸生成含釩氧離子（VO2）的鹽，所以陽離子是VO2，酸根是硫酸根，所以鹽的化學式為：（VO2）2SO4；【詳解】2FeSO47H2OFe2O3+SO2+SO3+14H2O，故答案為：2FeSO47H2OFe2O3+SO2+SO3+14H2O；（4）釩室溫下能溶解于濃硝酸中生成VO，故金屬釩與濃硝酸反應：V6H5NO3-=VO2+5NO23H2O； (5)V2O5是兩性氧化物，與強堿反應生成釩酸鹽（陰離子為VO43），溶于強酸生成含釩氧離子（VO2）的鹽，所以V2O5分別與燒堿溶液生成鹽的金屬陽離子是鈉離子、酸根離子為VO43，所以鹽的化學式為Na3VO4，而溶于稀硫酸生成含釩氧離子（VO2）的鹽，所以陽離子是VO2，酸根是硫酸根，所以鹽的化學式為：（VO2）2SO4；V2O5是兩性氧化物，與強堿反應生成釩酸鹽（陰離子為VO43）即：V2O5與強堿反應生成Na3VO4，V2O5與強酸反應生成(VO2)2SO4。【點睛】解題關鍵：兩性、氧化還原反應的電子得失守恒、氧化還原方程式書寫等知識知識，難點（5）注意V2O5為兩性氧化物，可根據氧化鋁的兩性知識進行遷移應用。2設計如下實驗探究某礦石（僅含四種短周期元素）的組成和性質，已知礦石含有一定的結晶水：（1）礦石的組成元素是 H、O 和_、 _（填元素符號），化學式為_。（2）白色粉末3 溶于NaOH溶液的離子方程式是_。【答案】Mg，SiMgSiO32H2O2OH-SiO2=SiO32-H2O【解析】根據流程圖，礦石灼燒后生成無色氣體1，冷凝后得到無色液體1，該無色液體為水，質量為3.6g，物(1)根據上述分析，礦石的組成元素是 H、O、Mg和Si，硅酸鎂的質量為10g，物質的量為=0.1mol，水的物質的量為=0.2mol，因此化學式為MgSiO32H2O，故答案為：Mg；Si；MgSiO32H2O；(2)白色粉末3為二氧化硅， 溶于NaOH溶液的離子方程式為2OH-SiO2=SiO32-H2O，故答案為：2OH-SiO2=SiO32-H2O。點睛：本題考查了物質的組成和性質的推斷。本題的難點是白色膠狀沉淀2和白色粉末3的判斷，可以根據反應物中有鹽酸結合白色粉末3能夠與氫氧化鈉溶液反應考慮。3A、B、C、D、E為中學化學常見的單質或化合物，相互轉化關系如圖所示(部分產物略去)。(1)若A是能使?jié)駶櫦t色石蕊試紙變藍的氣體；C、D均為空氣的主要成分；E是一種有毒氣體。C的電子式為_。寫出反應的化學方程式_。寫出反應的化學方程式_。(2)若A是淡黃色化合物；常溫下D是無色氣體；C中含有的陰、陽離子均為10電子粒子。D的結構式為_，C中所含化學鍵的類型是_。寫出反應的化學方程式_。寫出反應的化學方程式_。(3)將(2)中一定量的氣體D通入2 L C的溶液中，在所得溶液中逐滴加入稀鹽酸至過量，并將溶液加熱，產生的氣體與HCl物質的量的關系如圖所示(忽略氣體的溶解和HCl的揮發(fā))。 O點溶液中所含溶質的化學式為_，常溫下a點溶液的pH_(填“”、“”或“c(Na)c(Cl)c(HCO3-)c(OH)c(H)c(CO32-)44.82.5【解析】【分析】根據氨氣和氧氣在催化劑、加熱條件下反應生成一氧化氮和水分析解答；（2）若A是淡黃色固體化合物，A為Na2O2，常溫下D是無色氣體，D是CO2，C分子中含有的陰、陽離子均為10電子粒子，C為NaOH，過氧化鈉和二氧化碳反應生成B，B為Na2CO3，B和E反應生成氫氧化鈉分析；根據D為CO2，C是NaOH，NaOH是離子化合物分析解答；根據二氧化碳和過氧化鈉反應生成碳酸鈉和氧氣及氫氧化鈣和碳酸鈉反應生成碳酸鈣和氫氧化鈉分析解答；【詳解】（1）若A是能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍的氣體，則A是NH3，C、D均為空氣的主要成分，且A和D能反應，則D是O2，C是N2，反應I為氨的催化氧化，則B是NO，E是一種有毒氣體，NO和有毒氣體反應生成氮氣，說明E具有還原性，為CO，C為N2，氮氣分子的電子式為 ；反應是氨氣和氧氣在催化劑、加熱條件下反應生成一氧化氮和水，化學方程式為4NH35O24NO6H2O；反應是在催化劑條件下，一氧化氮和一氧化碳反應生成氮氣和二氧化碳，化學方程式為2NO2CON22CO2；（2）若A是淡黃色固體化合物，A為Na2O2，常溫下D是無色氣體，D是CO2，C分子中含有的陰、陽離子均為10電子粒子，C為NaOH，過氧化鈉和二氧化碳反應生成B，B為Na2CO3，B和E反應生成氫氧化鈉，D為CO2，結構式為O=C=O；C是NaOH，C分子中所含化學鍵的類型是離子鍵和共價鍵；反應是二氧化碳和過氧化鈉反應生成碳酸鈉和氧氣，化學方程式為：2Na2O22CO2=2Na2CO3O2；反應是氫氧化鈣和碳酸鈉反應生成碳酸鈣和氫氧化鈉，化學方程式為Ca(OH)2Na2CO3=CaCO32NaOH； （3）分析圖象知，加入鹽酸時，開始沒有氣體產生，加到一定量時才產生氣體，根據1molNa2CO31molNaHCO31molCO2，可知O點溶液中含有氫氧化鈉和碳酸鈉；a點開始產生氣體，說明a點溶質為碳酸氫鈉和氯化鈉，碳酸氫根離子電離程度小于水解程度，所以溶液呈堿性，即pH7；根據上面的分析可知，a點時溶液中的溶質是NaHCO3和NaCl，氯化鈉為強堿強酸鹽，鈉離子和氯離從a點開始，碳酸氫鈉與鹽酸反應，消耗鹽酸的物質的量的為2mol，碳酸氫鈉和鹽酸反應的物質的量之比為1: 1，所以n(NaHCO3)為2mol，根據碳原子守恒，得n(NaHCO3)=n(CO2)=2mol，所以標況下，二氧化碳的體積=2mol22.4L/mol=44.8L；溶液完全消耗的鹽酸的物質的量是5mol，溶液中的溶質變?yōu)镹aCl，根據氯元素、鈉元素守恒得n(HCl)=n(NaCl)=n(NaOH)=5mol，所以c(NaOH)=2.5mol/L。4十九大報告中指出“持續(xù)實施大氣污染防治行動，打贏藍天保衛(wèi)戰(zhàn)”。SO2為大氣污染物，研究它的性質對治理具有重要意義。在鋁基氧化銅作催化劑時，可利用天然氣脫除二氧化硫，并回收單質硫（熔點為112.8，沸點為444.6）。 （1）裝置中導管X的作用是：_。用裝置A制取SO2，則試劑的組合最好是_（填字母）。a. 18.4 mol/L H2SO4Cu b. 4 mol/L HNO3Na2SO3 c. 60% H2SO4K2SO3水與Al4C3在裝置A中制取甲烷，其化學方程式為：_。（2）利用制得的CH4和SO2并結合BG裝置驗證反應：CH42SO2 .2SCO22H2O生成的單質S和CO2。B裝置有三個作用，分別是_、充分混合CH4和SO2、觀察氣泡以便調節(jié)CH4和SO2的流速比約為12。實驗裝置依次連接的合理順序為B、_（每個裝置只用一次）。證明有CO2產生的現象為_。G裝置中發(fā)生反應的離子方程式為_?！敬鸢浮渴挂后w順利滴入燒瓶中 c Al4C3+12H2O=4Al(OH)3+3CH4 干燥CH4、SO2 D、C、G、F、E F中品紅不褪色，澄清石灰水變渾濁 2MnO4-+5SO2+2H2O=2Mn2+5SO42-+4H+ 【解析】（2）如圖CH4和SO2的反應需要高溫條件下在硬質玻璃管中進行，所以B中濃硫酸除了充分混合CH4和SO2、觀察氣泡以便調節(jié)CH4和SO2的流速比約為12之外，還有干燥CH4和SO2的作用。根據實驗目的是驗證CH4和SO2反應生成的單質S和CO2，裝置C冷卻得到固體S單質，用E裝置中澄清石灰水驗證CO2，為防止SO2對驗證實驗的干擾，必須先依次通過酸性高錳酸鉀和品