专题14元素及其化合物知识的综合应用1.[2019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+2OH−22NO+H2O2NO2+2OH−2NO+3NO+H2O①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②吸收后的溶液经浓缩、结晶、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3NO的转化率随NaClO溶液初始pH(用稀盐酸调节)的变化如图所示。①在酸性NaClO溶液中,HClO氧化NO生成Cl−和3NO,其离子方程式为▲。②NaClO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)①BC②NaNO3NO(3)①3HClO+2NO+H2O3Cl−+23NO+5H+②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)①A、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。②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)①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=2NO3-+3Cl-+5H+。②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-+3Cl-+5H+可知,溶液pH越小,溶液中HClO浓度越大,氧化NO的能力越强。2.[2019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)NaCuO22NaCuO2+8HCl2NaCl+2CuCl2+Cl2↑+4H2O【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)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)=0.02×23g=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2NaCuO2+8HCl2NaCl+2CuCl2+Cl2↑+4H2O。3.[2019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)。Ⅰ.用已准确称量的KBrO3固体配制一定体积的amol·L−1KBrO3标准溶液;Ⅱ.取v1mL上述溶液,加入过量KBr,加H2SO4酸化,溶液颜色呈棕黄色;Ⅲ.向Ⅱ所得溶液中加入v2mL废水;Ⅳ.向Ⅲ中加入过量KI;Ⅴ.用bmol·L−1Na2S2O3标准溶液滴定Ⅳ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v2mL。已知:I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6Na2S2O3和Na2S4O6溶液颜色均为无色(1)Ⅰ中配制溶液用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和____________。(2)Ⅰ中发生反应的离子方程式是_______________________________。(3)Ⅲ中发生反应的化学方程式是_________________________________。(4)Ⅳ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)Ⅴ中滴定至终点的现象是_____________________________。(7)废水中苯酚的含量为___________g·L−1(苯酚摩尔质量:94g·mol−1)。(8)由于Br2具有____________性质,Ⅱ~Ⅳ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)3BrO+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:KBrO3~3Br2~6KI,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(KI)≥6n(KBrO3)时,KI一定过量(6)溶液蓝色恰好消失(7)132(6avbv)946v(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,说明生成Br2,根据缺项配平可知该离子方程式为3BrO+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,Ⅲ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Ⅱ中生成的Br2与废水中苯酚完全反应后,Ⅲ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)Ⅱ中反应为KBrO3+5KBr+3H2SO4=3K2SO4+3Br2+3H2O可知3n(KBrO3)=n1(Br2),Ⅱ中Br2部分与苯酚反应,剩余溴的量设为n2(Br2)(n1(Br2)n2(Br2))在Ⅳ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)Ⅴ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,溶液由蓝色变为无色,且30s不变色。(7)n(BrO3-)=av1×10-3mol,根据反应BrO3-+5Br-+6H+=3Br2+3H2O可知n(Br2)=3av1×10-3mol,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I2~2Na2S2O3,又Br2+2I-=I2+2Br-可知Br2~I2,可得Br2~2Na2S2O3,n(Na2S2O3)=bv3×10-3mol,n1(Br2)=12bv3×10-3mol,再计算由苯酚消耗的溴的量,设为n2(Br2)=n(Br2)-n1(Br2)=(3av1-12bv3)×10-3mol,苯酚与溴水反应的计量数关系为3Br2~C6H5OH,n(C6H5OH)=13n2(Br2)=(av1-16bv3)×10-3mol,废水中苯酚的含量=1321(av-bv)mol94g/mol6vL=132(6avbv)946vmol。(8)Ⅱ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。4.[2019江苏]聚合硫酸铁[Fe2(OH)6-2n(SO4)n]m广泛用于水的净化。以FeSO4·7H2O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FeSO4·7H2O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▲。(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3.000g,置于250mL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5.000×10−2mol·L−1K2Cr2O7溶液滴定至终点(滴定过程中227CrO与Fe2+反应生成Cr3+和Fe3+),消耗K2Cr2O7溶液22.00mL。①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”)。②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)①偏大②n(227CrO)=5.000×10−2mol·L−1×22.00mL×10−3L·mL−1=1.100×10−3mol由滴定时227CrO→Cr3+和Fe2+→Fe3+,根据电子得失守恒可得微粒的关系式:227CrO~6Fe2+(或227CrO+14H++6Fe2+6Fe3++2Cr3++7H2O)则n(Fe2+)=6n(227CrO)=6×1.100×10−3mol=6.600×10−3mol样品中铁元素的质量:m(Fe)=6.600×10−3mol×56g·mol−1=0.3696g样品中铁元素的质量分数:w(Fe)=0.3696g3.000g×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;(2)①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;②根据K2Cr2O7溶液的浓度和体积计算消耗