专题5元素及其化合物汇编(2020届高考二轮专题)

1、元素及其化合物、选择题1 . 2019新课标I 固体界面上强酸的吸附和离解是多相化学在环境、催化、材料科学等领域研究的重要课题。下图为少量 HCI气体分子在253 K冰表面吸附和溶解过程的示意图。下列叙述错误的是第一层第二启第三层A .冰表面第一层中，HCI以分子形式存在B. 冰表面第二层中，H+浓度为5X10-3 mol L-1 （设冰的密度为 0.9 gem-3）C. 冰表面第三层中，冰的氢键网络结构保持不变D. 冰表面各层之间，均存在可逆反应HCI?H+CI-【答案】D【解析】【分析】由示意图可知，在冰的表面第一层主要为氯化氢的吸附，第二层中氯化氢溶于水中并发 生部分电离，第三层主要是冰

2、，与氯化氢的吸附和溶解无关。【详解】A项、由图可知，冰的表面第一层主要为氯化氢的吸附，氯化氢以分子形式存在，故A正确；B项、由题给数据可知，冰的表面第二层中氯离子和水的个数比为104：1，第二层中溶解的氯化氢分子应少于第一层吸附的氯化氢分子数，与水的质量相比，可忽略其中溶解的氯化氢的质量。设水的物质的量为1mol，则所得溶液质量为18g/mol X1mol=18g，贝V溶液的体积为18g/mol 1mol0.9g/mLX103L/ml=2.0 X02L，由第二层氯离子和水个数比可知，溶液中氢离子物质的量等于氯离子物质的量，为104mol，则氢离子浓度为10-4mol2.0 10-2L=5X10

3、3mol/L ,故 B 正确;C项、由图可知，第三层主要是冰，与氯化氢的吸附和溶解无关，冰的氢键网络结构保持不变，故C正确；D项、由图可知，只有第二层存在氯化氢的电离平衡HCI三H+CI ，而第一层和第三层均不存在，故D错误。故选D。【点睛】本题考查氯化氢气体在冰表面的吸附和溶解。侧重考查接受、吸收、整合化学信息的能 力及分析和解决化学问题的能力，注意能够明确图像表达的化学意义，正确计算物质的量浓度为 解答关键。2. 2019江苏下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是A . NH4HCO3受热易分解，可用作化肥B 稀硫酸具有酸性，可用于除去铁锈C . SO2具有氧化性，可用于纸浆漂白D .

4、Al 2O3具有两性，可用于电解冶炼铝【答案】B【解析】A . NH4HCO3受热易分解和用作化肥无关，可以用作化肥是因为含有氮元素；B .铁锈的主要成分为Fe2O3，硫酸具有酸性可以和金属氧化物反应，具有对应关系；C .二氧化硫的漂白原理是二氧化硫与有色物质化合成不稳定的无色物质，不涉及氧化还原，故和 二氧化硫的氧化性无关；D .电解冶炼铝，只能说明熔融氧化铝能导电，是离子晶体，无法说明是否具有两性，和酸、碱都 反应可以体现 Al 2O3具有两性。故选B。3. 2019江苏下列有关化学反应的叙述正确的是A . Fe在稀硝酸中发生钝化B . MnO 2和稀盐酸反应制取 Cl2C . SO2与过

5、量氨水反应生成（NH4）2SO3D .室温下Na与空气中O2反应制取Na2O2【答案】C【解析】【分析】相同的反应物，条件不同（如温度、浓度、过量与少量），反应有可能也不同；A .钝化反应应注意必须注明常温下，浓硝酸与Fe发生钝化；B .实验室制备氯气的反应中应注意盐酸的浓度和反应温度；C.过量与少量问题应以少量物质为基准书写产物；D 钠的还原性强，其与氧气反应，温度不同，产物也不同；【详解】A 常温下，Fe在与浓硝酸发生钝化反应，故 A错误；B 二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应制取氯气，故B 错误；C .二氧化硫与过量氨水反应生成硫酸铵，故 C正确；D .常温下，Na与空气中的氧气反应生成

6、Na20;加热条件下，钠与氧气反应生成 Na2O2,故D错 误；综上所述，本题应选 C。【点睛】本题考查常见物质的化学反应，相同的反应物，条件不同（如温度、浓度、过量与少量） ， 反应有可能也不同，所以在描述化学反应时应注意反应的条件。4.2019江苏 在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是A . NaCl(aq)电解Fe(s)ci 2(g) yFeCi 2(s)石灰乳煅烧B . MgCl 2(aq)Mg(OH) 2(s)MgO (s)O (g)c. S(s)点燃丿H 2 O(i)SO3(g)H2O(i)H2SO4(aq)H2 (g)D. N2(g) 高温高压、催化剂NH 3(g)

7、cO2(g)Naci(aq)Na2cO3(s)【答案】 B【解析】【分析】A .电解条件时应看清是电解水溶液还是电解熔融态物质，C12具有强氧化性；B .根据强碱制弱碱”原理制备氢氧化镁；C .注意生成二氧化硫与三氧化硫的条件；D .氨气、二氧化碳和氯化钠反应制备碳酸氢钠是利用碳酸氢钠的溶解度低；【详解】A .氯气的氧化性强，与铁单质反应直接生成氯化铁，故A错误；B .氯化镁与石灰乳发生复分解反应生成氢氧化镁，氢氧化镁高温煅烧生成氧化镁和水， 故 B 正确；C .硫单质在空气中燃烧只能生成 SO2, SO2在与氧气在催化剂条件下生成 SO3,故C错误；D .氨气与二氧化碳和氯化钠溶液反应生成碳

8、酸氢钠，碳酸氢钠受热分解可生成碳酸钠，故D 错误；综上所述，本题应选 B。【点睛】本题考查元素及其化合物之间的相互转化和反应条件，解题的关键是熟悉常见物质的化 学性质和转化条件。5.2019 天津 下列有关金属及其化合物的应用不合理.的是A .将废铁屑加入 FeCl2溶液中，可用于除去工业废气中的C12B .铝中添加适量锂，制得低密度、高强度的铝合金，可用于航空工业C 盐碱地(含较多 Na2CO3等)不利于作物生长，可施加熟石灰进行改良D 无水CoCJ呈蓝色，吸水会变为粉红色，可用于判断变色硅胶是否吸水【答案】 C【解析】【分析】 A 、氯气能将铁和亚铁氧化；B、根据合金的性质判断；C、Na2

9、CO3 + Ca(OH)2=CaCO3 2NaOH，产物仍然呈碱性；D、利用无水氯化钻和氯化钻晶体的颜色不同。【详解】A、铁和亚铁能将氯气还原为氯离子，从而除去工业废气中的氯气，故A不选；B、 根据铝合金的性质，铝合金具有密度低、强度高，故可应用于航空航天等工业，故B不选；C、Na2CO3+ Ca(0H)2二CaC03j+ 2NaOH，产物仍然呈碱性，不能改变土壤的碱性，反而使土壤更 板结，故 C 选；D、 利用无水氯化钻和氯化钻晶体的颜色不同，故可根据颜色判断硅胶中是否能吸水，故D不选。 故选 C。【点睛】本题考查金属元素及其化合物的应用，易错点C,除杂不只是将反应物反应掉，还要考虑产物在应

10、用中是否符合要求，生成的 NaOH 仍然呈碱性，达不到降低碱度的目的。6. 2019 浙江 4月选考下列说法不.正.确.的是A .液氯可以储存在钢瓶中B. 天然气的主要成分是甲烷的水合物C. 天然石英和水晶的主要成分都是二氧化硅D .硫元素在自然界的存在形式有硫单质、硫化物和硫酸盐等【答案】 B【解析】A .液氯就是液态的氯气，与钢瓶不反应，可以储存在钢瓶中，A项正确；B .天然气的主要成分是甲烷，可燃冰的主要成分是甲烷的水合物，B项错误；C .石英、水晶、硅石、沙子的主要成分均为二氧化硅，C项正确；D .硫在地壳中主要以硫化物、硫酸盐等形式存在，火山口处有硫单质，D项正确。故答案选 B。7.

11、 2019浙江 4月选考 18.下列说法不.正.确.的是A 纯碱和烧碱熔化时克服的化学键类型相同B. 加热蒸发氯化钾水溶液的过程中有分子间作用力的破坏C. C02溶于水和干冰升华都只有分子间作用力改变D 石墨转化为金刚石既有共价键的断裂和生成，也有分子间作用力的破坏【答案】 C【解析】 A .烧碱和纯碱均属于离子化合物，熔化时须克服离子键， A 项正确；B 加热蒸发氯化钾水溶液，液态水变为气态水，水分子之间的分子间作用力被破坏，B项正确；C. CO2溶于水发生反应：CO2+H2O? H2CO3,这里有化学键的断裂和生成， C项错误；D 石墨属于层状结构晶体，每层石墨原子间为共价键，层与层之间为

12、分子间作用力，金刚石只含有共价键，因而石墨转化为金刚石既有共价键的断裂和生成，也有分子间作用力的破坏，D项正确。故答案选 C。8 2018 浙江 11 月选考 下列说法不正确的是A 电解熔融氯化镁可制取金属镁B 电解饱和食盐水可制取氯气C 生产普通玻璃的主要原料为石灰石、纯碱和晶体硅D 接触法制硫酸的硫元素主要来源于硫黄或含硫矿石【答案】 C【解析】A、制取金属镁时，由于镁的活泼性很强， 故一般电解熔融的氯化镁制取金属镁，选项A正确；B、电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气和氯气，可制取氯气，选项B正确；C、生产普通玻璃的主要原料为石灰石、纯碱和石英，选项 C不正确；D、接触法制硫酸的硫元素主要来

13、源于硫黄或含硫矿石，硫与氧气反应 生成二氧化硫或煅烧硫铁矿生成二氧化硫，选项 D 正确。答案选 C。9 2018 海南卷 絮凝剂有助于去除工业和生活废水中的悬浮物。下列物质可作为絮凝剂的是A . NaFe(SO4)2 6H2OB . CaSO4 2H2OC. Pb(CH3COO)2 3H2OD. KAI(SO 4)2 12H2O【答案】 AD【解析】由题意知，絮凝剂有助于去除工业和生活废水中的悬浮物，因此，絮凝剂本身或与水生成的产物 具有吸附性。 A. 铁离子能水解生成氢氧化铁胶体可吸附悬浮物，符合题意；B. 硫酸钙本身是微溶物，没有吸附作用，不符合题意；C. 醋酸铅没有吸附性，不符合题意；D

14、. 明矾可净水，其原理是铝离子水解生成氢氧化铝胶体，可吸附悬浮物，符合题意；故答案为AD 。10. 2018江苏卷在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是NaHCOjfs rCOsj-NaOHCaq)Al(*NaAO:(aq.C.Al . HCi xq)【解析】【答案】A项，NaHCO3受热分解成 Na2CO3、CO2和H2O, Na2CO3与饱和石灰水反应生成 CaCO3和NaOH，NaCI、两步反应均能实现；B项，AI与NaOH溶液反应生成 NaAIO 2和H2, NaAIO 2与过量盐酸反应生成AICI 3和H2O，第二步反应不能实现；C项，AgNO3中加入氨水可获得银氨溶液，

15、蔗糖中不含醛基，蔗糖不能发生银镜反应，第二步反应不能实现；D项，AI与Fe2O3高温发生铝热反应生成 AI2O3和Fe, Fe与HCI反应生成FeCS和H2,第二步反应不能实现；物质间转化均能实现的是A项，答案选A。点睛：本题考查元素及其化合物之间的相互转化和反应条件，解题的关键是熟悉常见物质的化学性质和转化的条件。注意量的多少对生成物的影响，如NaAIO 2与少量HCI反应生成 NaCI和AI （ OH）3，NaAIO 2与过量HCI反应生成NaCI、AICI3和H2O。11. 2018新课标I卷磷酸亚铁锂（LiFePO4）电池是新能源汽车的动力电池之一。采用湿法冶金工艺回收废旧硫酸亚铁锂电

16、池正极片中的金属，其流程如下:Hl /HNH2SiO3【答案】C【解析】A、混合溶液中SO2被FeCl3氧化生成SO42-，再与BaCl 2反应产生白色沉淀，体现了 SO2的还 原性，A正确；B、SO2与H2S在溶液发生反应 SO2+2H23SJ +2HO，体现了 SO2的氧化性，B正 确；C、SO2使酸性KMnO4溶液褪色，这是 SO2在酸性溶液中还原 KMnO4生成Mn 2+,体现了 SO2的还 原性，C错误；D、SO2与Na2SiO3溶液产生胶状沉淀，根据较强酸制较弱酸，可得结论酸性：H2SO3H2SiO3, D正确。答案选C。【名师点睛】掌握 SO2的性质特点是解答的关键，选项C是易错

17、点，要明确并不是遇到褪色就是漂白，要搞清楚反应的原理以及常见的漂白剂。SO2通入下列溶液中的现象与其体现的性质归纳如下:溶液石蕊试液加有酚酞的NaOH溶液酸性KMnO 4溶液溴水品红溶液氢硫酸（H2S溶液）现象变红褪色褪色褪色褪色生成浅黄色沉淀性质酸性氧化物酸性氧化物还原性还原性漂白性氧化性、综合题1 . Ca、H 和 NCa2HNCa2HN + 5HCl=2CaCl 2+ H2 T + NH 4Cl4NH3+6HCHO 宀C6H12N4) + 6H2O2H2S+ Cl2O=2S J+ 2HCl + H2O用玻璃棒蘸取清液，点到KI-淀粉试纸上，如果变蓝（或变蓝后再褪色），说明Cl2O过量【解

18、析】 【分析】I .由溶液C焰色反应为砖红色可知，溶液C中含有钙元素，由气体 E能使湿润的红色石蕊试纸变蓝可知,气体E为氨气，则C中含有氯化铵，C为氯化钙和氯化铵的混合溶液，则固体 A中含有钙元素和氮元素,由固体A与足量盐酸反应结合质量守恒定律可知，气体B为氢气，固体A中还含有氢元素，则固体 A中含有Ca、N和H三种元素。n 由题意可知，H2S和CI20发生氧化还原反应生成硫、氯化氢和水，反应中H2S中硫元素化合价升高被氧化，CI20中氯元素化合价降低被还原。【详解】1. ( 1)由分析可知，组成 A的三种元素是 Ca、N和H，由钙原子个数守恒可知，固体A中钙的物质的量4.00g为=0-04m

19、ol ,质量为0.04mol x 40g/mol=1.6g ,固体A与足量盐酸反应时，固体A中氢元素化合100 g / mol价升高被氧化，HCI中氢元素化合价降低被还原，由得失电子数目守恒和原子个数守恒可知，固体A中氢0 448L1的物质的量为x 2 x $ =0.02mol，质量为0.02mol x 1g/mol=0.02g，则固体 A中氮的物质的量为22.4L/moI(1.9 1.6 0.02) g=0.02mol , A 中 Ca、N 和 H 的物质的量比为 0.04mol: 0.02mol: 0.02mol=2:1:1，化学式为14g / molCa2HN，故答案为：Ca、H 和 N

20、 ; CazHN ；(2) Ca2HN与足量盐酸反应时，Ca2HN中氢元素化合价升高被氧化，HCI中氢元素化合价降低被还原，反应生成氯化钙、氯化铵和氢气，反应的化学方程式为 Ca2HN + 5HCl=2CaCl 2+ H2T+ NH4CI，故答案为：CazHN+ 5HCl=2CaCl 2+ H 2 f+ NH4CI ；6H2O，故答案为 4NH3+ 6HCHO(3)氨气与甲醛反应生成(或 C6H12N4)+ 6H2O ；和水，反应的化学方程式为 4NH3+ 6HCH8(或 C6H12N4) +H2S和CI2O发生氧化还原反应生成硫、氯化氢n .( 1)由三颈瓶中出现淡黄色沉淀，溶液呈强酸性可知

21、,和水，反应的化学方程式为 2H2S+ Cl2O=2SJ+ 2HCI + H2O，故答案为：2H2S+ Cl2O=2SJ+ 2HCI + H2O；(2) Cl 2O具有强氧化性，若通入水中的Cl 2O已过量，过量的 Cl 2O能与碘化钾溶液反应生成单质碘，单质碘能使淀粉溶液变蓝色，则检验CI2O已过量的实验方案为用玻璃棒蘸取清液，点到KI-淀粉试纸上，如果变蓝(或变蓝后再褪色)，说明CI2O过量，故答案为：用玻璃棒蘸取清液，点到KI-淀粉试纸上，如果变蓝(或变蓝后再褪色)，说明CI2O过量。NaAIO 2 AI(OH) 31 : 162. SO2+OH-=HSO3-FeS2硫元素转化为 CaS

22、O4而留在矿粉中【解析】【分析】 根据流程，矿粉焙烧时 FeS2与O2反应生成F03和SO2，在空气中CaO可将SO2转化为CaSO4；碱浸”时 AI2O3、Si02转化为溶于水的 NaAIO2、Na2SiO3； Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成 F&04和S02,(1) 过量SO2与NaOH反应生成 NaHSO3和H2O。(2根据题给已知，多数金属硫酸盐的分解温度高于600C，不添加CaO的矿粉低于500C焙烧时，去除的硫元素主要来源于 FeS2。添加CaO, CaO起固硫作用，根据硫去除率的含义，700C焙烧时，添加1%CaO的矿粉硫去除率比不添加CaO的矿粉硫去除率低。(3

23、) 碱浸”时AI2O3、SiO2转化为溶于水的 NaAIO2、Na2SiO3,向 过滤”得到的滤液中通入过量 CO2, CO2 与 NaAIO2 反应生成 NaHCO3 和 Al ( OH) 3。(4) Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成FesO4和SO2，反应的化学方程式为FeS2+16Fe2O3 - 11FesO4+2SO2 To【详解】(1) 过量SO2与NaOH反应生成 NaHSO3和H2O，反应的化学方程式为 SO2+NaOH=NaHSO 3,离子方程式 为 SO2+OH-=HSO3-o(2根据题给已知，多数金属硫酸盐的分解温度高于600C，不添加CaO的矿粉低于500C

24、焙烧时，去除的硫元素主要来源于 FeS2。添加CaO, CaO起固硫作用，添加 CaO发生的反应为 2CaO+2SO2+O2=2CaSO4,根据硫去除率的含义，700 C焙烧时，添加1%CaO的矿粉硫去除率比不添加CaO的矿粉硫去除率低的原因是：硫元素转化为CaSO4留在矿粉中。(3) 碱浸时AI2O3、SiO2转化为溶于水的 NaAIO2、Na2SiO3,向 过滤”得到的滤液中通入过量 CO2, CO2 与 NaAIO2 反应生成 NaHCO3 和 AI ( OH) 3,反应的离子方程式为 CO2+AIO 2-+2H2O=AI (OH ) 3J +HCO-, 即AI元素存在的形式由 NaAI

25、O2转化为AI ( OH) 3。(4) Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成FesOq和SO2,反应的化学方程式为FeS2+16Fe2O臺匡 11Fe3O4+2SO2f,理论上完全反应消耗的n ( FeSs) : n ( FeeO3)=1:16。【点睛】本题以高硫铝土矿为原料生产氧化铝和 Fe3O4的流程为载体，考查流程的分析， Fe、AI、S元素及其化合物 的性质，图像的分析，获取新信息的能力，指定情境下方程式的书写。女口NaOH溶液吸收过量SO2则产物为HSO3- , Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧则没有氧气作氧化剂等需注意反应物及用量的不同。3. 将样品中可能存在的

26、 Fe2+氧化为Fe3+ 双氧水(H2O2) SiO2 (或H2SQ3) SiO2+4HF= SiF4 T +2HO【解析】(1)根据题中信息，水泥中含有一定量的铁、铝、镁等金属氧化物，根据流程需要除去这些杂质，因为Fe3+容易在pH较小时以氢氧化物的形式沉淀出来，因此加入硝酸的目的是将样品中可能存在的Fe2+转化成Fe3+ ;加入的物质要具有氧化性，同时不能引入新的杂质，因为过氧化氢被称为绿色氧化剂，所以可 以选择双氧水；(2 )根据水泥中成分，二氧化硅不溶于一般酸溶液，所以沉淀A是二氧化硅；SiO2溶于氢氟酸，发生的反应是：SiQ+4HF SiF 4 f +2H2O(3) 盐类水解是吸热反

27、应，加热可以促进Fe3+、Al 3+水解转换为Fe(OH), Al (OH) 3；根据流程图，pH45 时 Ca2+、Mg沉淀，Fe3+、Al3+沉淀，所以沉淀 B 为 Fe(OH)3、Al (OH) 3。(4) 草酸钙的化学式为 CaGC4, MnQ作氧化剂，化合价降低 5价，H2C2C4中的C化合价由+ 3价4价， 整体升高2价，最小公倍数为10,因此Mn0的系数为2, HGO的系数为5，运用关系式法5Ca2+5H2CO 2KMnO_3 3n(KMnO)=0.0500mol/L x 36.00 x 10mL=1.80X 10 moln(Ca2+)=4.50 x 10 3mol水泥中钙的质量

28、分数为4.50 x 10 3molx 40.0g/mol/0.400g x 100%=45.0%4. 降低反应活化能(或作催化剂)30 C、pH=2.0 蛋白质变性(或硫杆菌失去活性)HSQ 2OH+SQSQ2-+H2O SQ2-与Ca2成CaSO沉淀，平衡向正向移动，有NaOH生成 6.0 x 10-3 0.62【解析】(1)根据硫杆菌存在时的反应速率是无菌时的5x 105倍可知，反应速率显著增大，则硫杆菌的作用是作催化剂，降低了反应的活化能。(2) 根据图3可知，温度30C左右时，氧化速率最大，根据图 4可知，pH=2.0时氧化速率最大，所以使用硫杆菌的最佳条件为30C、pH=2.0 ;若

29、反应温度过高，硫杆菌蛋白质变性失去活性造成反应速率下降。(3) 根据化合价升降，当n(H2Q)/ n(H2S)=4时，4mol H2Q转移8mol电子，贝U 1mol H2S也转移8mol电子，化合价从-2价升高到+6价，所以氧化产物为HSQ。(4) 过程是NaOH与SQ的反应，反应的离子方程式为2OH+ SQSQ+HQ根据CaO在水中的转化：CaO(s)+ H2O (l) = Ca(OH)2(sK Cai+(aq)+2OH- (aq)，过程中 NqSO加入 CaO后, SO2-与 Cf 生成CaSO沉淀，平衡向正向移动，有NaOH生成。(5) 根据NHLHO的K=1.8 x 10-5可知，耳

30、當C =1.8 x 10-5，当氨水的浓度为 2.0 mol L -1时，溶 液中的 c(OH)= c(NH4+)= Jl忌述=6.0 x 10-3 mol L-1。根据 HSO 的 Ka2=6.2 x 10-8可知，雹需)=6.2 x 10-8,当 c(OH-)降至 1.0 x 10-7 mol L-1，溶液中的 c(SO32-)/ c(HSQ-)=0.62。5. (1) Fe3+水解生成的Fe(0H)3胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质2 Fe3+Fe=3 Fe2+(2) 2 1 6 6H + 1 6 3H2O(3) KiK2K3b d调节溶液的pH(4) 1820【解析】本题主要考查盐类水解的

31、影响因素。(1)FeCl3净水的原理是Fe3+水解生成的Fe(0H)3胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质，FeCb溶液腐蚀钢铁设备，除H+作用外，另一主要原因是2Fe3+Fe=3Fe2+。若酸性FeCl2以液中电荷守恒：2c(Fe2+)+3c(Fe3+)+ c(H+)=c(Cl -)+c(OH-)，酸性溶液中可忽略c(OH-), c(H+)=c(Cl -)-2c(Fe2+)-3c(Fe3+)=1.0 K0-2mol/L，则该溶液的 pH 约为 2。根据电子守恒初步将方程式配平为CIO3-+6Fe2+D_=Cl+6Fe3+D再根据溶液呈酸性、电荷守恒和元素守恒得到完整方程式：ClO3-+6Fe2+6H

32、 +=Cl-+6Fe3+3H 2O。(3)FeCl3的分步水解程度越来越小，所以K1K2K3。欲使平衡正向移动可采用的方法是 bd。a.盐类水解为吸热反应，降温平衡左移，故a不符合题意；b.加水稀释促进盐类水解，故 b符合题意；C.NH4CI的水解抑制上述水解，故 c不符合题意；d.NaHCO3的水解促进 上述水解，故d符合题意。故选 bd。分析离子方程式：xFe3+yH2O Fex(OH)y(3x-y)+ +yH +可知室温下，使氯化铁溶液转化为高浓度聚合氯化铁 的关键条件是调节溶液的pH。由图中数据得出每升污水中投放聚合氯化铁以Fe(mg L-1)表示的最佳范围约为1820mg L-1。

33、加硝酸加热溶解固体，再滴加稀盐酸，产生白色沉淀Fe+2Fe3+=3Fe2+ 4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O 加入KSCN溶液后产生白色沉淀0.05 mol L-1 NaNO3溶液 FeSO4溶液(或FeCl2溶液)分别取电池工作前与工作一段时间后左侧烧杯中溶液，同时滴加KSCN溶液，后者红色更深溶液中存在反应： Fe+2Ag+=Fe2+2Ag， Ag+Fe2+=Ag+Fe 3+， Fe+2Fe3+=3Fe2+。反应开始时，c(Ag+ )大，以反应、为 主，c(Fe3+)增大。约30分钟后，c(Ag+)小，以反应为主，c(Fe3+)减小。【解析】(1)黑色固体中含有过量铁，如果同时含

34、有银，则可以加入HCI或H2SQ溶解Fe,而银不能溶解。或者先用硝酸溶解固体，再用HCI检验Ag+OK3Fe(CNM是检验Fe2+的试剂，所以产生蓝色沉淀说明含有Fe2+O (2)过量铁粉与 Fe3+反应生成Fe2+，即Fe+2Fe3+=3Fe2+。O 2氧化Fe2+生成Fe3+的反应为 4Fe2+4H+=Fe3+2H2O白色沉淀是 AgSCN所以实验可以说明含有Ag+, Ag+可能氧化Fe2+生成Fe3+。证明假设abc错误，就是排除Ag+时实验比较，相当于没有Ag+存在的空白实验，考虑其他条件不要变化，可以选用0.05 mol L -1 NaNO溶液。原电池实验需要证明的是假设d的反应Ag

35、+Fe2+=Ag+FeT能够实现，所以甲池应当注入FeCl2 (或者FeSQ溶液)。假设d成立，则上述原电池中能够产生电流，左侧溶液中生成的Fe3+遇到KSCN寸红色会更深。(3)由于存在过量铁粉，溶液中存在反应有 Fe+2Ag +=Fe2+2Ag,反应生成的Fe2+ 能够被Ag+氧化发生反应Ag +Fe2+=Ag+Fe3+,生成的Fe3+与过量铁粉发生反应Fe+2Fe 3+=3Fe2+。反应开始时， c(Ag+)大，以反应为主，c(Fe3+)增大。约30分钟后，c(Ag+)小，以反应为主，c(Fe3+)减小。7. 4CuCl + O 2+ 8H2O2Cif(OH)2C|2 3H2OFe2+n

36、(Cl -)= n(AgCl) x : . =4.800 x 10-3mol, n(Cu2+)= n(EDTA)x=0.08000mol L -1 x 30.00 mLx 10 -3 L mL一: 7 =4 .800 x 10-3 mol , a : b : c : x =n(Cu ) : n(QH) ： n(CI -) : n(H2Q)=2 : 3 ： 1 ： 1，化学式为 Cit (OH) 3CI H 2Q【解析】 分析CuCl悬浊液中持续通入空气得到Cu (OH) 2 Cl 2 3H2Q可以发现Cu元素的化价升高了，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

37、，可以写出该反应的化学方工口 亠、4340TC程式为 4CuCI + O 2+ 8H2O2Cii(OH)2Cl2 30。由催化原理示意图可知，M先与H+、Q反应生成 M M再被Cu还原为Cu2+，所以M的化学式为Fe2+。 由实验可以求出该样品中所含Cl-的物质的量，由氯离子守恒得： n(Cl -)= n(AgCl) x=-=4.800 x 10-3mol25JC0H1L 14gnicl z&.ckhilL 由实验结合反应信息Cu2+ H2Y2-CuY+2H+,可以求出样品中所含 Cu元素的物质的量： n(Cu2+)= n(EDTA)x=0.08000 mol L -1 x 30.00 mL

38、x 10 -3 L mL：1 x=9.600 x 10-3 mol再由化合物中电荷守恒得：- 2+-3-3-2 n(OH)=2 n(Cu )- n(Cl )=2 x 9.600 x 10 mol 4.800 x 10mol=1.440 x 10 mol分别求出这3种离子的质量，根据质量守恒，求出H2O的质量：- -3-1 x*皿灵=9.600 x 10-3 mol , n(OH)=2 n(Cu2+)- n(Cl -)-3-3-2_-3-1=2x 9.600 x 10 mol 4.800 x 10 mol=1.440 x 10 mol, m(Cl )=4.800 x 10 molx 35.5g

39、mol =0.1704 g, 2+-3-1-2-1m(Cu )=9.600 x 10 molx 64g mol =0.6144g , n(OH)=1.440 x 10 molx 17g mol =0.2448g , n (出0)=2+3im(Cu )=9.600 X 10molX 64 g mol =0.6144 g-2-1m(OH)=1.440 X 10molX 17 g m ol =0.2448 g再求出结晶水的物质的量：n(H20)=4.800 X 10-3 mol18最后求出各粒子的个数之比，写出化学式：2+因为 a : b： c : x = n(Cu ) : n(OH) ： n(CI ) : n(H2O)=2 : 3 ： 1 ： 1，所以该样品的化学式为Cu(OHg H2Q僵逊斗昭一扛8. CO(NH)2+H2NHf +COf 8NH+6NO=7Na+12H2O2SO+Q+4NH+2H2O= 2(NH4)2SC4 1 1 a 3a15BaO8：l 4 NO+4N3+3Q46【解析】【分析】(1)尿素CO ( NH2)2水溶液热分解为NH3和CO2，结合原子守恒配平书写化学方程式；反应器中NH3还原NO2生成氮气和水，根据电子守恒和原子守恒可得此反应的化学方程式；SO2在O