2025高考化学三轮复习之元素及其化合物（解答大题）

第71页（共71页）2025高考化学三轮复习之元素及其化合物（解答大题）一．解答题（共20小题）1．（2024秋•红桥区期末）氯的许多化合物既是重要化工原料，又是高效、广谱的灭菌消毒剂。回答下列问题：（1）氯气是制备系列含氯化合物的主要原料，可采用如图（a）所示的装置来制取。①装置中的离子膜只允许离子通过（填“阳”或“阴”），氯气的逸出口是（填标号）。②该装置中阴极的电极反应式为。③每生成标准状况下的2.24LCl2时，装置左侧溶液质量减少g。④Cl2具有强氧化性，液氯通常储存在钢瓶中，可利用NH3检测氯气是否泄漏（观察是否有白烟产生），说明原因用化学方程式表示）。实验室可用NaOH溶液吸收多余的氯气，写出其离子方程式。（2）次氯酸为一元弱酸，具有漂白和杀菌作用，其电离平衡体系中各成分的组成分数s[δ(X)=c(X)c(HClO)+c(ClO-)，x为HClO（3）Cl2O为淡棕黄色气体，是次氮酸的酸酐，可由新制的HgO和Cl2反应来制备，该反应为歧化反应（氧化剂和还原剂为同一种物质的反应）。上述制备的Cl2O化学方程式为；当有3.36L（标准状况下）Cl2参加反应时，转移的电子数目为。2．（2025•商丘开学）依据物质类别和元素价态，有利于认识物质的性质、实现物质间的转化。（1）氯元素的部分化合价与物质类别的对应关系如图所示：①物质Y的化学名称为。②D的焰色试验为色（透过蓝色钴玻璃），其在水溶液中的电离方程式为。③A、B、C、Z中属于电解质的是（填化学式）。④B为酸性氧化物，其与NaOH溶液反应的化学方程式为。⑤依据价态分析，物质X具有强氧化性。从括号中选择合适的试剂，设计实验方案证明其具有氧化性：（X气体、淀粉KI溶液、FeCl3溶液）。（2）碘酸钙Ca（IO3）2]是重要的食品添加剂，微溶于水。实验室制备过程如图所示：①写出“氧化”时反应的化学方程式：。②写出“中和”反应生成碘酸盐的化学方程式：。3．（2024秋•徐汇区校级期末）卤族元素包括氟、氯、溴、碘、砹，同属于周期表中ⅦA族，简称卤素。（1）下列关于卤族元素的说法正确的是。A．最高正价均为+7价B．卤族元素的单质只有氧化性，且氧化性顺序为F2＞Cl2＞Br2＞I2C．从HF、HCl、HBr、HI的酸性递增的事实，推出F、Cl、Br、I的非金属性递增规律D．卤素单质与H2化合的难易程度按F2、Cl2、Br2、I2的顺序由易变难（2）试推测砹（At）的化合物不可能具有的性质。A．HAt受热很难分解B．AgAt是不溶于水的有色固体C．相同条件下HAt的还原性比HCl弱D．由KAt的水溶液制备砹的化学方程式为2KAt+Br2＝2KBr+At2（3）从原子结构角度解释：分子稳定性HF＞HCl＞HBr＞HI，。在酸性条件下，KBrO3能将KI氧化成KIO3，其本身被还原为Br2；KIO3能将I﹣氧化为I2，也能将Br﹣氧化成Br2，其本身被还原为I2。向盛有30mL0.2mol•L﹣1KI溶液的锥形瓶中依次滴入几滴淀粉溶液和足量稀硫酸，再逐滴加入KBrO3溶液，随着KBrO3溶液滴入，溶液由无色变为蓝色并逐渐加深，且一段时间保持不变。继续向上述溶液中滴入KBrO3溶液，溶液的蓝色逐渐褪去。（4）Br2、2BrO3-+Cl2-Br2+2ClO3（5）基于上述顺序，溶液颜色几乎保持一段时间不变时，发生的离子反应方程式为。A．6B．5C．5D．5（6）当溶液蓝色完全褪去时，整个反应共消耗的n（KBrO3）＝mol。4．（2024秋•徐汇区校级期末）从海水中可以提取溴、镁等物质，流程如图：（1）采用晒盐后的卤水为原料进行提溴而不是直接使用海水，原因是。（2）从充分利用海洋化学资源，提高经济效益的角度考虑，提镁“沉淀”过程所需石灰乳的原料主要来源于海洋中的。A．珊瑚礁B．贝壳C．海底石灰岩D．海带（3）通入热空气进行溴的吹出，符合不同温度下空气通入量与溴吹出率关系的图示是。A．B．C．D．（4）1m3海水经上述流程最终得到38.4gBr2，若总提取率为60%，原海水中溴离子的浓度是mmol•L﹣1。（5）关于卤水提取的先后顺序，两位工程师有不同观点：甲：先用卤水提溴，剩余液1用于提镁；乙：先用卤水提镁，剩余液2用于提溴。判断哪种方案更佳，简述理由。晒盐得到的粗盐，精制后可以用综合法来制备ClO2，综合法包括制备氯酸钠、盐酸合成和ClO2制取，其主要工艺流程如图：（6）流程中可循环利用的物质是Cl2、（写化学式）。（7）发生器中发生反应的化学方程式为。5．（2024秋•浦东新区校级期末）海带提碘的过程通常涉及将海带灼烧成灰，用水溶解后过滤，再用氧化剂（如氯水、过氧化氢）将碘离子氧化成碘单质，最后用萃取剂（如四氯化碳）萃取碘单质。这一过程充分展现了卤素碘的化学性质。海带中富含碘元素，为提取碘，小张同学设计了如图实验：（1）小张同学不从海水中直接提取碘，而是利用海带，这是因为海带具有的能力。（2）步骤①灼烧海带时，除需要三脚架外，还需要用到的实验仪器是（从下列仪器中选出所需的仪器，用标号字母填写在空白处）。A．烧杯B．坩埚C．表面皿D．泥三角E．酒精灯F．干燥器（3）步骤③的实验操作名称是；步骤⑥的目的是从含碘苯溶液中分离出单质碘和回收苯，该步骤的实验操作名称是；步骤⑤中，提取碘的方法叫，采用苯可以提取碘的理由是。（4）步骤④的离子方程式为，体现了硫酸的性质。（5）加碘盐中的碘是指（选填“元素”或“单质”或“原子”），主要以碘酸钾（KIO3）形式存在，已知IO3-+6H++5I﹣＝3I2+3H2O，据此反应，要证明食盐中IO3-存在，可使用淀粉﹣KI试纸和A．淀粉B．食醋C．白糖D．白酒（6）土豆片含淀粉，某电视台曾播出用土豆片检验食盐中的碘的节目，后被证实为伪科学。请结合所学知识，简要说明土豆片不能检验出食盐中含碘的原因：。（7）实验结束后，小张同学帮助一旁的小史同学进行实验，小史同学的实验方案仅步骤⑤加入的物质为CCl4，其余与小张均相同，则他得到含碘四氯化碳溶液中，有机层在层（选填“上”或“下”），他决定回收实验中可循环利用的。（8）两位同学思考过后，决定用NaOH浓溶液反萃取后再加稀酸，可以分离I2和CCl4，有关化学方程式为：碱性条件：I2+NaOH＝NaI+NaIO3+H2O；酸性条件：5NaI+NaIO3+3H2SO4＝3Na2SO4+3I2+3H2O。任务一：配平碱性条件下化学方程式，并用单线桥法标出酸性条件下反应的电子转移。任务二：按要求补充完整一下反萃取过程的操作过程：①向装有I2的CCl4溶液的（填仪器名称）中加入少量1mol/LNaOH溶液；②振荡至溶液的色消失，静置、分层；③将含碘的碱溶液从仪器的上口倒入烧杯中；④边搅拌边加入几滴1mol/LH2SO4溶液，溶液立即转为棕黄色，并析出（填现象）。6．（2025•海南一模）含氮化合物丰富多彩，由于组成和结构的不同，有的呈碱性、有的呈中性、有的呈酸性。请回答下列问题：（1）硝酸是一种强酸，能溶解很多物质，HgS的Ksp极小，不溶于硝酸，但溶于王水（浓盐酸、浓硝酸的混合液）：3HgS+12HCl+2HNO3＝3H2[HgCl4]+3S+2NO↑+4H2O。①基态硫原子核外电子的运动状态有种。Cl元素位于周期表的区。Hg为第六周期元素，与Zn同族，则基态Hg原子的价层电子排布式为。②请解释HgS不溶于硝酸而溶于王水的原因：。（2）乙胺呈碱性，其衍生物乙酰胺接近中性。在乙酰胺分子中，氮原子上的孤对电子与碳氧双键能形成p﹣π共轭体系，影响氨基氮上的电子云密度。①乙胺中N原子的杂化方式为。②乙酰胺的碱性比乙胺弱，请分析其原因：。（3）氨硼烷（NH3•BH3）储氢密度高，是最具价值的优质固体储氢材料之一。可用如下两种方法制备氨硼烷。方法ⅰ：BH3和NH3在THF（）作溶剂的条件下可合成氨硼烷：THF•BH3+NH3＝NH3•BH3+THF。方法ⅱ：BH3和NH3在DMA（CH3NHCH3）作溶剂的条件下可合成氨硼烷：DMA•BH3+NH3＝NH3•BH3+DMA。实验表明，方法ⅰ比方法ⅱ的产率更高，相同条件下，NH3、DMA和THF分别与B原子的结合能力由大到小的顺序为。7．（2024秋•宁德期末）氮及其化合物与生产、生活、环境等密切相关。部分含氮物质的转化关系如图所示，回答下列问题。（1）由N2转化成NO过程中，氮元素（填“被氧化”或“被还原”）。（2）图中物质溶于水，溶液呈碱性的是（写分子式）。（3）写出NH3转化成NO的化学方程式为。（4）图中关于NO2和HNO3的相互转化，下列说法正确的是（填标号）。A．由NO2转化为HNO3，实现了氮的固定B．工业上利用NO2与H2O反应制取HNO3C．不加入还原剂，也可实现HNO3转化为NO2D．由硝酸转化成等物质的量的NO2时，消耗碳单质和铜单质的物质的量相同（5）纳米铁粉可用于处理含氧酸性废水中的NO3①反应Ⅰ中体现了纳米铁粉的（填“氧化性”或“还原性”）。②反应Ⅱ中生成N2的离子方程式为。在铁粉总量一定的条件下，废水中的溶解氧过多不利于NO3-的去除，原因是（6）NH4NO3受撞击生成N2和NO2的物质的量之比为3：2，则生成1molN2时，转移电子的物质的量为mol。8．（2024秋•西城区期末）人工固氮对于农业生产有重要意义。（1）工业合成氨。①N2和H2合成NH3反应的化学方程式是。②下列措施中，既有利于提高合成氨反应限度又有利于增大其反应速率的是。a.升高温度b.增大压强c.使用催化剂（2）中国科学家研究Cu—Mn合金催化剂电催化还原N2制NH3，装置如图1所示。①阴极生成NH3其电极反应式是。②用相同的电解装置和试剂进行实验，证明NH3来自电催化还原N2，需排除以下可能：ⅰ.环境和电解池中存在微量的NH3ⅱ.Cu—Mn合金与N2、H2O直接反应生成NH3下列实验和结果能同时排除ⅰ、ⅱ的是。资料：自然界中的丰度：14N为99.6%，15N为0.4%。a.用Ar代替N2进行实验，电解后未检测到NH3b.用15N2代替N2进行实验，电解后仅检测到15NH3c.不通电进行实验，未检测到NH3③NH3的生成速率、NH3和H2的法拉第效率（FE）随阴极的电势变化如图2和图3所示。资料：ⅰ.相同条件下，阴极的电势越低，电流越大。ⅱ.某电极上产物B的FE（B）=生成阴极的电势由﹣0.2V降到﹣0.3V时，NH3的生成速率增大。阴极的电势继续降低，NH3的生成速率反而减小。结合FE解释NH3的生成速率减小的原因：。（3）用滴定法测定溶液中NH4Ⅰ.取v1mL含NH4Ⅱ.加入过量的V2mLc2mol•L﹣1NaOH溶液。Ⅲ.蒸馏，将蒸出的NH3用过量的V3mLc3mol•L﹣1H2SO4溶液吸收。Ⅳ.加入甲基橙指示剂，用c4mol•L﹣1NaOH溶液滴定吸收液中过量的H2SO4消耗的NaOH溶液体积为V4mL，计算待测溶液中NH4+的物质的量浓度时用到的溶液体积：和V9．（2024秋•海淀区校级期末）氮是自然界中生物体生命活动不可缺少的元素，其化合物种类丰富。Ⅰ．氨是重要的化工原料，实验室可通过图1装置制取。已知：相同条件下，相对分子质量小的气体，运动速率较快。（1）写出实验室制取NH3的化学方程式。（2）请将图1方框中收集NH3的装置补充完整。（3）图2中，玻璃管内可观察到的现象是（用不超过20字表述）。（4）图2反应的生成物溶于水得到溶液A。取溶液A少许于试管中，，则证明溶液A含有NHⅡ．氨的循环和转化对生产、生活有重要价值。某工厂制硝酸的流程如图所示。（5）写出“氧化炉”中反应的化学方程式：。（6）写出吸收塔中合成HNO3的化学方程式：。（7）“吸收塔”排出的尾气中会含有NO、NO2等氮氧化物，为消除它们对环境的影响，通常用纯碱溶液吸收法。法写出足量纯碱溶液吸收NO2的化学方程式（已知产物之一为NaNO2）：。10．（2024春•乐山期末）氨气是一种重要的工业原料，其中约80%用来生产各种氮肥。回答下列问题：（1）某化学兴趣小组为了制取氨气并探究其性质，按下列装置（部分夹持装置已略去）进行实验。①仪器A的名称为。②实验中观察到C装置中的现象是，用化学用语解释产生该现象的原因。③当实验进行一段时间后，挤压D装置中的胶头滴管，滴入1～2滴浓盐酸，可观察到的现象是；装置E中盛装的试剂可以为。（2）如图是氨气生产氮肥的两条重要路线（部分产物未标出）①反应Ⅰ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为。②在体积为VL的干燥烧瓶中充满干燥的NO2气体，利用反应Ⅲ做喷泉实验，实验装置如图所示，实验结束后进入烧瓶内液体的体积理论上为L，喷泉实验前后烧瓶中气体颜色的变化为。③写出反应Ⅴ氨气合成尿素的化学方程式。④相同质量的硝酸铵和尿素两种氮肥中氮元素质量比为。11．（2025•普陀区二模）硫化氢（H2S）是一种臭鸡蛋气味的有毒气体，但其在合成光电材料、污水处理方面有着重要作用，硫化氢尾气的回收处理并资源化利用是长期面临的重要研究课题。（1）下列关于H2S的说法中正确的是（不定项）。A.利用其气味可添加在管道煤气中监测燃气泄漏B.氢硫酸是一种二元弱酸，属于弱电解质C.将H2S气体通入AlCl3溶液中的离子方程式：2Al3++3S2﹣＝Al2S3↓D.硫化氢的球棍模型为25℃H2S饱和溶液浓度约为0.1mol•L﹣1，H2S水溶液中各含硫微粒物质的量分数δ随pH变化关系如图：（2）图中表示S2﹣物质的量分数变化的曲线是。A.曲线aB.曲线bC.曲线c（3）下列说法正确的是。A.饱和H2S溶液中加入等体积的NaOH溶液（体积变化忽略不计），则[B.以酚酞为指示剂，可用NaOH标准溶液滴定H2S水溶液至Na2S测定其浓度C.1.0L1mol•L﹣1的NaOH溶液最多能吸收1molH2S（g）D.NaHS溶液呈碱性是由于S2﹣的水解程度大于HS﹣的电离程度（4）由图可知，Ka1（H2S）＝。（5）已知0.1mol•L﹣1的Na2S溶液中S2﹣水解率约为62%，Ksp(FeS)=6.3×10-18，Ksp[Fe(OH)2]=4.9×10-170.010mol•L﹣1的FeClA.只有FeS沉淀B.只有Fe（OH）2沉淀C.没有沉淀D.FeS、Fe（OH）2都有实验室中，以FeCl3为吸收液脱除H2S实验发现，在FeCl3溶液中加入一定浓度的CuCl2可以明显提高H2S的脱除率。对比实验结果如表：实验序号①②③吸收液FeCl3溶液CuCl2溶液FeCl3溶液、CuCl2溶液H2S脱除率≈92%≈100%≈100%H2S脱除产物SCuSS（6）将①中脱除H2S的反应补充完整：□Fe3++HS﹣＝□_____+H++S↓（7）pH减小会降低①中脱除率，但对②中的脱除率几乎无影响，解释原因：。（8）③中，加入CuCl2后，脱除率几乎达到100%。结合方程式解释原因：。12．（2024秋•杭州期末）【阅读材料】探究性学习小组发现过氧化氢溶液产品外包装有如下注意事项：1、外用消毒剂，不得口服，置于儿童不易触及处；2、本品对金属有腐蚀作用，慎用。3、避免与碱性及还原性物质混合。4、对本品主要有效成分过敏者禁用。5、本品用于空气消毒时，应在无人条件下进行请回答下列问题：Ⅰ、回答与H2O2性质相关的问题（1）通过材料阅读可以获取过氧化氢可能具有的性质是。A.不稳定性B.氧化性C.还原性D.酸性（2）H2O2的性质探究：向酸化的CuSO4溶液中加入H2O2溶液，很快有大量气体逸出，同时放热，一段时间后，蓝色溶液变为红色浑浊（Cu2O）液，继续加入H2O2溶液，红色浑浊液又变为蓝色溶液，这个过程可以反复多次。下列关于上述过程的说法不正确的是。A.Cu2+是H2O2分解反应的催化剂B.H2O2既表现氧化性又表现还原性C.Cu2+将H2O2还原为O2D.红色浑浊变为蓝色溶液可表示为：Cu2O+H2O2+4H+═2Cu2++3H2OⅡ、H2O2的性质与浓度密切相关，实验室常用酸性高锰酸钾测定过氧化氢的浓度。测定之前，先用0.1000mol/LNa2C2O4溶液准确标定新制高锰酸钾溶液的浓度，然后再用高锰酸钾溶液测定H2O2的浓度。已知：①20.00mL未知浓度的高锰酸钾溶液恰好消耗了25.00mL0.1000mol/LNa2C2O4溶液。②20.00mL某浓度H2O2溶液标定过程中消耗高锰酸钾溶液体积为16.00mL。③常见消毒对象使用H2O2溶液浓度如表所示：消毒对象纺织品餐具器械空气使用浓度（质量分数）0.25%﹣0.5%0.5%﹣1.0%1.0%1.2%﹣1.8%④稀H2O2溶液密度可近似为1g•cm﹣3。⑤Na2C2O4溶液与酸性高锰酸钾溶液反应离子方程式：5C2O42-+2MnO4-+16H+═10CO2↑（1）请写出酸性高锰酸钾氧化过氧化氢的离子方程式：（酸性条件下高锰酸钾对应的还原产物为Mn2+。（2）上述过氧化氢溶液可以直接使用的消毒对象为：。13．（2024秋•宁德期末）硫及其化合物与生产、生活、环境等密切相关。如图是自然界中硫元素的存在及转化示意图，回答下列问题。（1）硫分子在气态下呈现为双原子分子，在液态时发生4S2（g）＝S8（l），该过程发生（填“物理”或“化学”）变化。（2）据我国古代第一部药物学专著《神农本草经》记载：“石硫黄（即硫黄）能化……银、铜、铁，奇物”，所得产物不可能是（填标号）。A．Ag2SB．CuSC．FeS（3）SO2属于（填“酸性”或“碱性”）氧化物。向BaCl2溶液中通入SO2至饱和，此过程看不到现象，再向溶液中通入一种物质，溶液变浑浊，通入的这种物质不可能是（填标号）。A．NH3B．Cl2C．CO2D．O2（4）工业上利用硫铁矿（含60%的FeS2）制备硫酸。①FeS2中S的化合价为，硫铁矿在氧气中焙烧产物为Fe2O3和SO2，写出该反应的化学方程式为。②不考虑生产过程中硫的损失，2吨该矿石可制得98%的浓硫酸吨。（5）H2S有毒，在一定条件下，用H2O2可脱除尾气中的H2S。随着参加反应的n(H2O2)n(H214．（2024秋•连云港期末）脱硫是天然气、电力、石油化工等行业中非常重要的一个环节，其主要目的是去除含硫化合物，以减少环境污染和提高产品质量。（1）天然气中含有少量H2S在酸性溶液中利用硫杆菌可实现天然气的催化脱硫，其原理如图﹣1所示。①该催化脱硫过程总反应的化学方程式为。②该催化过程中，要控制反应温度不能过高，原因是。（2）Ca（OH）2钙基脱硫剂常用于工业烟气的干法脱硫。通过添加活性组分可以提高脱硫性能，为筛选出能够更加有效提升脱硫剂脱硫效果的活性组分，进行研究：250℃时，SO2初始浓度、模拟烟气流量相同的条件下，分别添加0.1gNaHCO3及氨基类活性物质进行脱硫实验，结果如图﹣2所示。①反应一段时间后，SO2出口浓度都升高的原因是。②250℃时，NaHCO3已分解为Na2CO3固体，氨基类活性物质分解产生气态NH3。氨基类活性物质脱硫性能明显优于NaHCO3的原因是。（3）石油化工会产生含硫（﹣2价）废水，碱性条件下，催化氧化废水的机理如题图﹣3所示。①步骤Ⅲ可描述为。②步骤Ⅳ中，化合价发生变化的元素有。15．（2024秋•镇江期末）燃煤烟气中含有SO2排放前需净化处理。（1）石灰石﹣石膏法脱硫。石灰石浆液充分吸收烟气并氧化最终生成石膏CaSO4•2H2O，反应的化学方程式为。（2）氨法脱硫。用氨水将SO2转化为（NH4）2SO3（受热易分解），再氧化为（NH4）2SO4。主要流程如图：①该方法脱硫时一定能提高SO2去除率的措施有。A.增大氨水浓度B.升高反应温度C.使燃煤烟气与氨水充分接触②空气氧化是氨法脱硫的重要过程，（NH4）2SO3浓度一定时温度对氧化速率的影响如图﹣1所示。温度40﹣70℃区间，氧化速率先增大后减小可能原因是。（3）NaClO2溶液脱硫。①NaClO2溶液中通入含SO2的烟气，反应后溶液中的阴离子为SO42-和Cl﹣，脱硫反应的离子方程式为②已知酸件条件下NaClO2发生自身氧化还原反应，生成ClO2气体。温度高于50℃时，二氧化硫吸收效率下降，可能原因是。（4）γ﹣Al2O3催化下CO与烟气中的SO2反应脱硫。其反应原理为：2CO+SO2催化剂¯2CO2+S。γ﹣Al2O3比表面积大，有利于反应气体的吸附，研究表明，γ﹣Al2O3在240反应相同的时间，SO2的去除率随反应温度的变化如图﹣2所示。①240℃以前，随着温度的升高，SO2去除率降低的原因是。②240℃以后，随着温度的升高，SO2去除率迅速增大的主要原因是。16．（2024秋•抚顺期末）硫及其化合物与生产、生活及环境息息相关。回答下列问题：（1）SO2和氮的氧化物的大量排放会导致酸雨，它们的主要来源是煤和石油的燃烧。酸雨可导致的危害有（填标号）。A.腐蚀建筑物B.使树木枯萎C.土壤碱化D.恶化人类环境为了减少硫酸型酸雨的形成，必须减少SO2的排放量，可对燃料中的硫化物进行（填一种措施）。（2）石油炼制过程中产生的大量H2S废气的去除方法如图，该方法对H2S的去除率可达99%以上。“吸收H2S”步骤的反应的离子方程式为。（3）某化学学习小组设计如图所示的实验装置，测定工业原料气（含SO2、N2、CO2）中SO2的含量。①写出装置A中发生反应的离子方程式：。当装置A中出现（填现象）时，立即停止通气。②可用来代替A中碘的淀粉溶液且能达到实验目的的最合适的试剂是（填标号），此时A中发生反应的离子方程式为。A.酸性KMnO4溶液B.NaCl溶液C.NaOH溶液③若A中碘的淀粉溶液体积为25mL，其中碘的浓度为0.04mol•L﹣1，收集到的N2与CO2的体积共297.6mL（已折算为标准状况下的体积），则该工业原料气中SO2的含量是mg•L﹣1。（忽略气体在水中的溶解）17．（2024秋•西安期末）利用如图可以从不同角度研究含铁物质的性质及其转化关系。回答下列问题：（1）Na2FeO4是一种新型饮用水消毒剂。工业上常用NaClO、Fe（NO3）3、NaOH制备：3ClO﹣+2Fe3++10OH﹣═2FeO42-+3Cl﹣+5H2O，当反应转移电子的数目是0.3NA时，所消耗氧化剂的物质的量为（2）打印机使用的墨粉中含有Fe3O4，下列关于Fe3O4的说法正确的是。（填序号）a．有磁性，是FeO与Fe2O3的混合物b．属于两性氧化物，与酸、碱都能反应c．FeO在空气里受热能迅速生成Fe3O4d．Fe与水蒸气高温下反应能生成Fe3O4（3）维生素C易溶于水，可将Fe3+转化为Fe2+被人体吸收。为检验转化产物Fe2+，设计如下实验：取适量Fe2（SO4）3溶液于试管中，加入过量维生素C片振荡溶解后，滴加酸性高锰酸钾溶液，紫色褪去。该设计能否检验Fe2+并说明理由。（4）FeCl2溶液在空气中易变质，利用部分变质的FeCl2溶液制备Fe2O3。①请在括弧内填写所需试剂或条件、，在方框内填写含铁物质的化学式、。②若100mL该溶液最终制得1.6gFe2O3，不考虑过程损失，变质前FeCl2溶液的浓度为。18．（2024秋•西青区期末）利用如图可以从不同角度研究含铁物质的性质及其转化关系。回答下列问题：（1）Na2FeO4是一种新型饮用水消毒剂，工业上其制备方法为：3ClO设NA代表阿伏加德罗常数的值，当反应转移电子的数目是3NA时，所消耗氧化剂的物质的量为。（2）打印机使用的墨粉中含有Fe3O4，下列关于Fe3O4的说法正确的是（填字母）。A．有磁性，是FeO与Fe2O3的混合物B．属于两性氧化物，与酸、碱都能反应C．FeO在空气里受热能迅速生成Fe3O4D．Fe与水蒸气在高温下反应能生成Fe3O4（3）维生素C易溶于水，可将Fe3+转化为Fe2+被人体吸收。为检验转化产物Fe2+，设计如下实验：取适量Fe2（SO4）3溶液置于试管中，加入过量维生素C片振荡溶解后，滴加酸性高锰酸溶液，紫色褪去。该设计能否检验Fe2+并说明理由：。（4）FeCl2溶液在空气中易变质，利用部分变质的FeCl2溶液制备Fe2O3。①请在括号内填写所需试剂或条件，在方框内填写含铁物质的化学式。②若100mL该溶液最终制得1.6gFe2O3，不考虑过程损失，变质前FeCl2溶液的浓度为。19．（2024秋•祁东县期末）铁的化合物在生活中具有广泛的应用，利用铁元素的“价﹣类”二维图可以从不同角度研究含铁物质的性质及其转化关系，试回答下列问题：（1）若服用的药物胶囊中铬（Cr）含量超标，则人体会受到巨大的伤害。已知Fe（CrO2）2中铬元素为+3价，则其中的铁元素为价，Fe（CrO2）2属于（填“酸”“碱”“盐”或“氧化物”），根据“价﹣类”二维图，Fe（CrO2）2可能具有的性质为（填标号）。A.只有氧化性B.只有还原性C.既有还原性又有氧化性D.无法判断（2）琥珀酸亚铁片（呈暗黄色，难溶于水，可溶于盐酸）是市场上常见的一种补铁药物。①服用维生素C片，可以使补铁药品中的Fe3+转化为Fe2+，说明维生素C具有。②证明在空气中久置的琥珀酸亚铁片药品已被氧化变质的方法为。（3）K2FeO4是一种新型的多功能水处理剂，与水反应放出氧气，同时产生具有强吸附性的Fe（OH）3胶体，可除去水中细微的悬浮物，具有净水作用。①根据上述“价﹣类”二维图，K2FeO4位于图中（填字母）点。②将K2FeO4与水反应的化学方程式配平：K2FeO4+H2O＝Fe（OH）3（胶体）+O2↑+KOH③每生成3.36L（标准状况）O2时，转移的电子数为NA。20．（2024秋•南开区期末）含铁元素的部分物质的类别及铁元素价态的关系如图所示。回答下列问题：（1）Fe可与稀HNO3发生反应，生成Fe（NO3）3、NO气体和水。写出该反应的化学方程式：。（2）利用废铁屑（杂质不溶于酸）制备Xⅰ、取ag废铁屑溶于过量稀硫酸中，过滤ⅱ、向滤液中加入足量氯水ⅲ、再加入过量的氢氧化钠溶液，有沉淀Y生成ⅳ、过滤，加热沉淀Y至质量不再发生变化，得到bg固体X①步骤ⅱ中氯水的作用是。②沉淀Y的颜色为。③该废铁屑中铁元素的质量分数为。（3）写出图中Z转化为Y的化学方程式：。（4）制作广告牌时，用FeCl3溶液刻蚀不锈钢，该反应的离子方程式为。可与FeCl3溶液发生反应，使溶液变红的试剂是（填名称）。（5）高铁酸钠（Na2FeO4）是一种新型绿色净水剂，主要用于饮用水处理。工业上制备高铁酸钠的原理为3NaClO+Fe2（SO4）3+10NaOH═2Na2FeO4+3NaCl+3Na2SO4+5H2O。①每生成1molNa2FeO4时转移电子的数目为。②高铁酸钠可用作净水剂的原因是。

2025高考化学三轮复习之元素及其化合物（解答大题）参考答案与试题解析一．解答题（共20小题）1．（2024秋•红桥区期末）氯的许多化合物既是重要化工原料，又是高效、广谱的灭菌消毒剂。回答下列问题：（1）氯气是制备系列含氯化合物的主要原料，可采用如图（a）所示的装置来制取。①装置中的离子膜只允许Na+离子通过（填“阳”或“阴”），氯气的逸出口是a（填标号）。②该装置中阴极的电极反应式为2H2O+2e⁻＝H2↑+2OH⁻。③每生成标准状况下的2.24LCl2时，装置左侧溶液质量减少11.7g。④Cl2具有强氧化性，液氯通常储存在钢瓶中，可利用NH3检测氯气是否泄漏（观察是否有白烟产生），说明原因3Cl2+8NH3＝6NH4Cl+N2用化学方程式表示）。实验室可用NaOH溶液吸收多余的氯气，写出其离子方程式Cl2+2OH﹣＝Cl﹣+ClO﹣+H2O。（2）次氯酸为一元弱酸，具有漂白和杀菌作用，其电离平衡体系中各成分的组成分数s[δ(X)=c(X)c(HClO)+c(ClO-)，x为HClO或ClO（3）Cl2O为淡棕黄色气体，是次氮酸的酸酐，可由新制的HgO和Cl2反应来制备，该反应为歧化反应（氧化剂和还原剂为同一种物质的反应）。上述制备的Cl2O化学方程式为2Cl2+HgO＝HgCl2+Cl2O；当有3.36L（标准状况下）Cl2参加反应时，转移的电子数目为0.15NA。【答案】（1）①Na+；a；②2H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣；③11.7；④3Cl2+8NH3＝6NH4Cl+N2；Cl2+2OH﹣＝Cl﹣+ClO﹣+H2O；（2）10﹣7.5；（3）2Cl2+HgO＝HgCl2+Cl2O；0.15NA。【分析】在电解池中，阳极的电极反应式为：2Cl﹣﹣2e＝Cl2↑，阴极电极反应式为：2H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣，阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动，由图可知，氯离子在阳极失去电子生成氯气，当pH＝7.5时，电离平衡体系中HClO和ClO⁻的组成分数相同，即HClO和次氯酸根离子的浓度相同，结合HClO的电离平衡常数以此解题。【解答】解：（1）①为防止Cl2和OH﹣反应，同时防止氢气和氯气混合发生爆炸，则装置中的离子膜只允许Na+离子通过，不允许阴离子和气体通过，故答案为：Na+；a；②阳极的电极反应式为：2Cl﹣﹣2e﹣＝Cl2↑，则氯气的逸出口是a，故答案为：2H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣；③该装置中，阴极H2O中H+得电子发生还原反应生成H2，电极反应式为：2H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣，故答案为：11.7；④每生成标准状况下的2.24LCl2即0.1molCl2时，阳极：2Cl⁻﹣2e⁻＝Cl2↑，质量减少0.1mol×71g/mol＝7.1g，Na+向阴极移动，即左侧溶液质量减少0.1mol×2×23g/mol＝4.6g，则质量减少：7.1g+4.6g＝11.7g，氯气和氨气反应生成氯化铵和氮气，如果氯气是否泄漏，则会产生白烟，化学方程式为：3Cl2+8NH3＝6NH4Cl+N2，氯气（Cl2）与氢氧化钠（NaOH）溶液反应生成氯化钠（NaCl）、次氯酸钠（NaClO）和水（H2O），其离子方程式如下：Cl2+2OH﹣＝Cl﹣+ClO﹣+H2O故答案为：3Cl2+8NH3＝6NH4Cl+N2；Cl2+2OH﹣＝Cl﹣+ClO﹣+H2O；（2）由图（b）可知，当pH＝7.5时，电离平衡体系中HClO和ClO⁻的组成分数相同，即HClO和ClO⁻的浓度相同，所以HClO的电离平衡常数：Ka=c(H+)c(ClO故答案为：10﹣7.5；（3）①该反应为歧化反应，说明Cl2中一部分氯元素的化合价由0价升高至+1价，另一部分Cl2中氯元素的化合价由0价降低至﹣1价，则制备Cl2O的化学方程式为：2Cl2+HgO＝HgCl2+Cl2O，根据化学方程式：2Cl2+HgO＝HgCl2+Cl2O，消耗2molCl2转移2mol电子，当有3.36L（标准状况下）Cl2即0.15mol参加反应时，转移电子数目为：0.15NA，故答案为：2Cl2+HgO＝HgCl2+Cl2O；0.15NA。【点评】本题主要考查氯及其化合物的综合应用等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。2．（2025•商丘开学）依据物质类别和元素价态，有利于认识物质的性质、实现物质间的转化。（1）氯元素的部分化合价与物质类别的对应关系如图所示：①物质Y的化学名称为高氯酸。②D的焰色试验为紫色（透过蓝色钴玻璃），其在水溶液中的电离方程式为KClO3＝K++ClO3-③A、B、C、Z中属于电解质的是HClO、KClO（填化学式）。④B为酸性氧化物，其与NaOH溶液反应的化学方程式为Cl2O+2NaOH＝2NaClO+H2O。⑤依据价态分析，物质X具有强氧化性。从括号中选择合适的试剂，设计实验方案证明其具有氧化性：将ClO2气体通入淀粉KI溶液中，溶液变蓝（X气体、淀粉KI溶液、FeCl3溶液）。（2）碘酸钙Ca（IO3）2]是重要的食品添加剂，微溶于水。实验室制备过程如图所示：①写出“氧化”时反应的化学方程式：5Cl2+I2+6H2O＝10HCl+2HIO3。②写出“中和”反应生成碘酸盐的化学方程式：HIO3+KOH＝KIO3+H2O。【答案】（1）①高氯酸；②紫；KClO3＝K++ClO③HClO、KClO；④Cl2O+2NaOH＝2NaClO+H2O；⑤将ClO2气体通入淀粉KI溶液中，溶液变蓝；（2）①5Cl2+I2+6H2O＝10HCl+2HIO3；②HIO3+KOH＝KIO3+H2O。【分析】A为Cl2，B为Cl2O，C为HClO，D为KClO3，X为ClO2，Y为HClO4，Z为KClO；【解答】解：（1）①物质Y为HClO4，化学名称是高氯酸，故答案为：高氯酸；②D为KClO3，含有钾离子，透过蓝色钴玻璃观察，焰色试验为紫色，在水溶液中的电离方程式为KClO3＝K++ClO故答案为：紫；KClO3＝K++ClO③A、B、C、Z分别为Cl2、Cl2O、HClO、KClO，电解质是指在水溶液或熔融状态下能导电的化合物，其中属于电解质的是HClO、KClO，故答案为：HClO、KClO；④B为Cl2O，属于酸性氧化物，说明其与水反应生成HClO，则Cl2O与NaOH溶液反应生成NaClO和水，反应的化学方程式为Cl2O+2NaOH＝2NaClO+H2O，故答案为：Cl2O+2NaOH＝2NaClO+H2O；⑤X为ClO2，氯元素处于+4价，可将ClO2气体通入淀粉KI溶液中，ClO2将碘离子还原为碘单质，淀粉溶液变蓝，设计实验方案证明其具有氧化性为：将ClO2气体通入淀粉KI溶液中，溶液变蓝，故答案为：将ClO2气体通入淀粉KI溶液中，溶液变蓝；（2）①“氧化”时，氯气将碘单质氧化为HIO3，反应的化学方程式为5Cl2+I2+6H2O＝10HCl+2HIO3，故答案为：5Cl2+I2+6H2O＝10HCl+2HIO3；②“中和”反应中HIO3与KOH反应生成碘酸钾，化学方程式为：HIO3+KOH＝KIO3+H2O，故答案为：HIO3+KOH＝KIO3+H2O。【点评】本题考查氯及其化合物的性质，题目难度不大。3．（2024秋•徐汇区校级期末）卤族元素包括氟、氯、溴、碘、砹，同属于周期表中ⅦA族，简称卤素。（1）下列关于卤族元素的说法正确的是D。A．最高正价均为+7价B．卤族元素的单质只有氧化性，且氧化性顺序为F2＞Cl2＞Br2＞I2C．从HF、HCl、HBr、HI的酸性递增的事实，推出F、Cl、Br、I的非金属性递增规律D．卤素单质与H2化合的难易程度按F2、Cl2、Br2、I2的顺序由易变难（2）试推测砹（At）的化合物不可能具有的性质AC。A．HAt受热很难分解B．AgAt是不溶于水的有色固体C．相同条件下HAt的还原性比HCl弱D．由KAt的水溶液制备砹的化学方程式为2KAt+Br2＝2KBr+At2（3）从原子结构角度解释：分子稳定性HF＞HCl＞HBr＞HI，氟、氯、溴、碘、具有相同的最外层电子数，电子层数逐渐增多，原子半径逐渐增大，原子对核外电子的吸引能力逐渐减弱，得电子能力减弱，非金属性逐渐减弱，气态氢化物的稳定性逐渐减弱。在酸性条件下，KBrO3能将KI氧化成KIO3，其本身被还原为Br2；KIO3能将I﹣氧化为I2，也能将Br﹣氧化成Br2，其本身被还原为I2。向盛有30mL0.2mol•L﹣1KI溶液的锥形瓶中依次滴入几滴淀粉溶液和足量稀硫酸，再逐滴加入KBrO3溶液，随着KBrO3溶液滴入，溶液由无色变为蓝色并逐渐加深，且一段时间保持不变。继续向上述溶液中滴入KBrO3溶液，溶液的蓝色逐渐褪去。（4）Br2、2BrO3-+Cl2-Br2+2ClO3-、I2、（5）基于上述顺序，溶液颜色几乎保持一段时间不变时，发生的离子反应方程式为C。A．6B．5C．5D．5（6）当溶液蓝色完全褪去时，整个反应共消耗的n（KBrO3）＝7.2×10﹣3mol。【答案】（1）D；（2）AC；（3）氟、氯、溴、碘、具有相同的最外层电子数，电子层数逐渐增多，原子半径逐渐增大，原子对核外电子的吸引能力逐渐减弱，得电子能力减弱，非金属性逐渐减弱，气态氢化物的稳定性逐渐减弱；（4）2BrO3-+Cl2（5）C；（6）7.2×10﹣3。【分析】（1）根据F没有正价，F、Cl、Br、I的非金属性逐渐减弱，但HF、HCl、HBr、HI的酸性逐渐增强，非金属越强，进行分析；（2）根据同主族从上往下非金属性减弱，其氢化物的还原性增强，在卤族元素中，砹的非金属性最弱，进行分析；（3）根据非金属性越强，其氢化物越稳定，从原子结构角度分析为：氟、氯、溴、碘、具有相同的最外层电子数，电子层数逐渐增多，原子半径逐渐增大，原子对核外电子的吸引能力逐渐减弱，得电子能力减弱，进行分析；（4）根据在酸性条件下，KBrO3能将KI氧化成KIO3，该过程中氧化剂是KBrO3，氧化产物是KIO3，KIO3能将I﹣氧化为I2，进行分析；（5）根据溶液颜色几乎保持一段时间不变时，说明此时单质碘没有参加反应，即2BrO3-+Cl（6）根据氧化性顺序为2BrO3-+Cl2【解答】解：（1）A．F没有正价，故A错误；B．氯气、溴、碘既有氧化性又有还原性，故B错误；C．F、Cl、Br、I的非金属性逐渐减弱，但HF、HCl、HBr、HI的酸性逐渐增强，非金属越强，则其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，故C错误；D．元素的非金属性越强，其单质与氢气越容易化合，非金属性F＞Cl＞Br＞I，所以卤素单质与氢气化合按F2、Cl2、Br2、I2的顺序由易变难，故D正确；故答案为：D；（2）A．在卤族元素中，砹的非金属性最弱，碘化氢不稳定易分解，砹化氢的稳定性更差、更易分解，故A错误；B．卤族元素对应的AgX，除AgF溶于水或稀HNO3外，其它AgX都不溶于水，且从AgCl→AgBr→AgI的溶解度降低，颜色加深，故B正确；C．同主族从上往下非金属性减弱，其氢化物的还原性增强，则相同条件下HAt的还原性比HCl强，故C错误；D．同主族从上往下非金属性减弱，故氧化性Br2＞At2，由KAt的水溶液制备砹的化学方程式为2KAt+Br2＝2KBr+At2，故D正确；故答案为：AC；（3）非金属性越强，其氢化物越稳定，从原子结构角度分析为：氟、氯、溴、碘、具有相同的最外层电子数，电子层数逐渐增多，原子半径逐渐增大，原子对核外电子的吸引能力逐渐减弱，得电子能力减弱，非金属性逐渐减弱，气态氢化物的稳定性逐渐减弱，故答案为：氟、氯、溴、碘、具有相同的最外层电子数，电子层数逐渐增多，原子半径逐渐增大，原子对核外电子的吸引能力逐渐减弱，得电子能力减弱，非金属性逐渐减弱，气态氢化物的稳定性逐渐减弱；（4）在酸性条件下，KBrO3能将KI氧化成KIO3，该过程中氧化剂是KBrO3，氧化产物是KIO3，KIO3能将I﹣氧化为I2，该过程中氧化剂是KIO3，氧化产物是I2，KIO3也能将Br﹣氧化成Br2，该过程中氧化剂是KIO3，氧化产物是Br2，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性同时结合，非金属性Br大于I，非金属性越强，则其单质的氧化性越强，故Br2、2BrO3-+Cl2-Br2+2ClO3-故答案为：2BrO3-+Cl2（5）溶液颜色几乎保持一段时间不变时，说明此时单质碘没有参加反应，即2BrO3-+Cl2-Br2+2ClO故答案为：C；（6）结合第4问可知氧化性顺序为2BrO3-+Cl2-Br2+2ClO3-＞IO3-＞Br2＞I2，则当溶液蓝色完全褪去时，此时2BrO3-+Cl2-Br2+2ClO3-被还原的产物为Br2，碘离子被氧化为IO3-，碘离子的物质的量n（I﹣）＝30mL×10﹣3L/mL×0.2mol•L﹣1＝6×故答案为：7.2×10﹣3。【点评】本题主要考查卤素原子结构及其性质的比较等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。4．（2024秋•徐汇区校级期末）从海水中可以提取溴、镁等物质，流程如图：（1）采用晒盐后的卤水为原料进行提溴而不是直接使用海水，原因是水中的Br﹣浓度低，直接提取效率低。（2）从充分利用海洋化学资源，提高经济效益的角度考虑，提镁“沉淀”过程所需石灰乳的原料主要来源于海洋中的B。A．珊瑚礁B．贝壳C．海底石灰岩D．海带（3）通入热空气进行溴的吹出，符合不同温度下空气通入量与溴吹出率关系的图示是B。A．B．C．D．（4）1m3海水经上述流程最终得到38.4gBr2，若总提取率为60%，原海水中溴离子的浓度是0.8mmol•L﹣1。（5）关于卤水提取的先后顺序，两位工程师有不同观点：甲：先用卤水提溴，剩余液1用于提镁；乙：先用卤水提镁，剩余液2用于提溴。判断哪种方案更佳，简述理由甲方案更佳，若先提取镁，卤水中会残留较多Ca（OH）2，再用Cl2提取溴时会消耗更多Cl2。晒盐得到的粗盐，精制后可以用综合法来制备ClO2，综合法包括制备氯酸钠、盐酸合成和ClO2制取，其主要工艺流程如图：（6）流程中可循环利用的物质是Cl2、NaCl、H2O（写化学式）。（7）发生器中发生反应的化学方程式为2NaClO3【答案】（1）水中的Br﹣浓度低，直接提取效率低；（2）B；（3）B；（4）0.8；（5）甲方案更佳，若先提取镁，卤水中会残留较多Ca（OH）2，再用Cl2提取溴时会消耗更多Cl2；（6）NaCl、H2O；（7）2NaCl【分析】海水晒盐后得到粗盐和卤水，卤水中含浓度较大的溴离子和镁离子，卤水中通入足量氯气，将溴离子氧化为溴单质，再用热空气将溴单质吹出，吹出的溴单质经一系列处理得到液溴；卤水中加足量石灰乳，将镁离子转化为氢氧化镁沉淀，过滤后，再经盐酸中和，蒸发、结晶，然后脱水得到无水氯化镁，电解熔融氯化镁得到镁单质。【解答】解：（1）海水中的Br﹣浓度低，直接提取效率低，因此一般采用晒盐后的卤水为原料进行提溴，故答案为：水中的Br﹣浓度低，直接提取效率低；（2）提镁“沉淀”过程所需石灰乳的原料主要来源于海洋中的贝壳，故答案为：B；（3）空气通入量相同时，温度越高，溴的吹出率越高；在相同温度条件下，空气的通入量越多，溴的吹出率越高，因此符合的图像为B，故答案为：B；（4）1m3海水经上述流程最终得到38.4gBr2，所得溴单质的物质的量为38.4g160g/mol=0.24mol，溴原子的物质的量为0.48mol故答案为：0.8；（5）甲方案更佳，若先提取镁，卤水中再加入过量石灰乳后，卤水中会残留较多Ca（OH）2，再用Cl2提取溴时会消耗更多Cl2，故答案为：甲方案更佳，若先提取镁，卤水中会残留较多Ca（OH）2，再用Cl2提取溴时会消耗更多Cl2；（6）流程中可循环利用的物质是Cl2、NaCl、H2O，故答案为：NaCl、H2O；（7）由流程图可知，发生器中盐酸与氯酸钠反应，生成氯气、二氧化氯和水，则离子方程式为：2NaCl故答案为：2NaCl【点评】本题主要考查从海水中提取溴等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。5．（2024秋•浦东新区校级期末）海带提碘的过程通常涉及将海带灼烧成灰，用水溶解后过滤，再用氧化剂（如氯水、过氧化氢）将碘离子氧化成碘单质，最后用萃取剂（如四氯化碳）萃取碘单质。这一过程充分展现了卤素碘的化学性质。海带中富含碘元素，为提取碘，小张同学设计了如图实验：（1）小张同学不从海水中直接提取碘，而是利用海带，这是因为海带具有富集碘的能力。（2）步骤①灼烧海带时，除需要三脚架外，还需要用到的实验仪器是BDE（从下列仪器中选出所需的仪器，用标号字母填写在空白处）。A．烧杯B．坩埚C．表面皿D．泥三角E．酒精灯F．干燥器（3）步骤③的实验操作名称是过滤；步骤⑥的目的是从含碘苯溶液中分离出单质碘和回收苯，该步骤的实验操作名称是蒸馏；步骤⑤中，提取碘的方法叫萃取、分液，采用苯可以提取碘的理由是苯不溶于水，碘在苯中溶解度比在水中溶解度大，苯也不与碘单质发生反应，所以最终用苯萃取碘。（4）步骤④的离子方程式为2I-+MnO2+4（5）加碘盐中的碘是指元素（选填“元素”或“单质”或“原子”），主要以碘酸钾（KIO3）形式存在，已知IO3-+6H++5I﹣＝3I2+3H2O，据此反应，要证明食盐中IO3-存在，可使用淀粉﹣KI试纸和A．淀粉B．食醋C．白糖D．白酒（6）土豆片含淀粉，某电视台曾播出用土豆片检验食盐中的碘的节目，后被证实为伪科学。请结合所学知识，简要说明土豆片不能检验出食盐中含碘的原因：加碘盐中的碘主要为碘酸钾，而非碘单质。（7）实验结束后，小张同学帮助一旁的小史同学进行实验，小史同学的实验方案仅步骤⑤加入的物质为CCl4，其余与小张均相同，则他得到含碘四氯化碳溶液中，有机层在下层（选填“上”或“下”），他决定回收实验中可循环利用的四氯化碳。（8）两位同学思考过后，决定用NaOH浓溶液反萃取后再加稀酸，可以分离I2和CCl4，有关化学方程式为：碱性条件：3I2+6NaOH＝5NaI+1NaIO3+3H2O；酸性条件：5NaI+NaIO3+3H2SO4＝3Na2SO4+3I2+3H2O。任务一：配平碱性条件下化学方程式，并用单线桥法标出酸性条件下反应的电子转移3I2+6NaOH＝5NaI+NaIO3+3H2O、。任务二：按要求补充完整一下反萃取过程的操作过程：①向装有I2的CCl4溶液的分液漏斗（填仪器名称）中加入少量1mol/LNaOH溶液；②振荡至溶液的紫红色消失，静置、分层；③将含碘的碱溶液从仪器的上口倒入烧杯中；④边搅拌边加入几滴1mol/LH2SO4溶液，溶液立即转为棕黄色，并析出紫黑色固体（填现象）。【答案】（1）富集碘；（2）BDE；（3）过滤；蒸馏萃取、分液；苯不溶于水，碘在苯中溶解度比在水中溶解度大，苯也不与碘单质发生反应，所以最终用苯萃取碘；（4）2I（5）元素；B；（6）加碘盐中的碘主要为碘酸钾，而非碘单质；（7）下；四氯化碳；（8）3I2+6NaOH＝5NaI+NaIO3+3H2O、；①分液漏斗；②紫红；④紫黑色固体。【分析】海带中含有碘元素，海带经过灼烧，经水浸泡得海带灰悬浊液，过滤所得溶液中含有碘离子，碘离子在酸性条件下与二氧化锰反应生成碘单质，因为苯不溶于水，碘在苯中溶解度比在水中溶解度大，苯也不与碘单质发生反应，离子方程式为2I【解答】解：（1）海水中碘含量很低，而海带具有富集碘的能力，碘含量较高，故答案为：富集碘；（2）灼烧实验由于温度较高，所以会使用坩埚、泥三角、酒精灯、三脚架等实验仪器，故选BDE，故答案为：BDE；（3）步骤③的为分离固液的操作，实验操作名称是过滤；步骤⑥的目的是从含碘的苯溶液中分离出单质碘和回收苯，是利用两者沸点不同进行蒸馏的操作；步骤⑤中碘单质由在水中转移到苯中，所以该操作为萃取、分液；这是因为苯不溶于水，碘在苯中溶解度比在水中溶解度大，苯也不与碘单质发生反应，所以最终用苯萃取碘，故答案为：过滤；蒸馏萃取、分液；苯不溶于水，碘在苯中溶解度比在水中溶解度大，苯也不与碘单质发生反应，所以最终用苯萃取碘；（4）碘离子具有还原性，二氧化锰具有氧化性，步骤④反应为碘离子和二氧化锰发生氧化还原反应生成碘单质和锰离子，离子方程式为2I故答案为：2I（5）加碘盐中的碘是指碘元素，根据已知反应，在酸性条件下，碘酸根离子和碘离子发生归中反应生成能使淀粉溶液变蓝色的碘单质，故要证明食盐中IO3-存在，可使用淀粉﹣故答案为：元素；B；（6）加碘盐中的碘主要以碘酸钾（KIO3）存在，而非碘单质，不能使淀粉变蓝色，故土豆片不能检验出食盐中含碘的原因：加碘盐中的碘主要为碘酸钾，而非碘单质，故答案为：加碘盐中的碘主要为碘酸钾，而非碘单质；（7）四氯化碳密度大于水，故含碘的四氯化碳溶液中，有机层在下层；可以使用蒸馏的方法，回收实验中可循环利用的四氯化碳，故答案为：下；四氯化碳；（8）碱性条件下，碘单质中部分碘化合价由0变为﹣1、部分碘化合价由0变为+5，结合电子得失守恒和原子守恒，反应为3I2+6NaOH＝5NaI+NaIO3+3H2O；由反应5NaI+NaIO3+3H2SO4＝3Na2SO4+3I2+3H2O，碘离子失去1×5＝5个电子转化为碘单质、碘酸钠中碘得到5个电子转化为碘单质，单线桥表示为：，故答案为：3I2+6NaOH＝5NaI+NaIO3+3H2O、；①分液操作在分液漏斗中进行，故向装有I2的CCl4溶液的分液漏斗中加入少量1mol/LNaOH溶液，故答案为：分液漏斗；②碘单质的四氯化碳溶液为紫红色，反应后溶液颜色消失，故振荡至溶液的紫红色消失，静置、分层，故答案为：紫红；④边搅拌边加入几滴1mol/LH2SO4溶液，碘元素转化为碘单质，碘单质为紫黑色固体，故溶液立即转为棕黄色，并析出紫黑色固体，故答案为：紫黑色固体。【点评】本题主要考查从海带中提取碘等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。6．（2025•海南一模）含氮化合物丰富多彩，由于组成和结构的不同，有的呈碱性、有的呈中性、有的呈酸性。请回答下列问题：（1）硝酸是一种强酸，能溶解很多物质，HgS的Ksp极小，不溶于硝酸，但溶于王水（浓盐酸、浓硝酸的混合液）：3HgS+12HCl+2HNO3＝3H2[HgCl4]+3S+2NO↑+4H2O。①基态硫原子核外电子的运动状态有16种。Cl元素位于周期表的p区。Hg为第六周期元素，与Zn同族，则基态Hg原子的价层电子排布式为5d106s2。②请解释HgS不溶于硝酸而溶于王水的原因：HgS溶解产生的Hg2+能与Cl﹣形成稳定的配合物离子[HgCl4]2-，从而使溶液中的Hg2+浓度降低，进一步促使HgS（2）乙胺呈碱性，其衍生物乙酰胺接近中性。在乙酰胺分子中，氮原子上的孤对电子与碳氧双键能形成p﹣π共轭体系，影响氨基氮上的电子云密度。①乙胺中N原子的杂化方式为sp3。②乙酰胺的碱性比乙胺弱，请分析其原因：乙酰胺分子中形成的p﹣π共轭体系使氨基氮上的电子云密度降低，减弱了它接受质子的能力。（3）氨硼烷（NH3•BH3）储氢密度高，是最具价值的优质固体储氢材料之一。可用如下两种方法制备氨硼烷。方法ⅰ：BH3和NH3在THF（）作溶剂的条件下可合成氨硼烷：THF•BH3+NH3＝NH3•BH3+THF。方法ⅱ：BH3和NH3在DMA（CH3NHCH3）作溶剂的条件下可合成氨硼烷：DMA•BH3+NH3＝NH3•BH3+DMA。实验表明，方法ⅰ比方法ⅱ的产率更高，相同条件下，NH3、DMA和THF分别与B原子的结合能力由大到小的顺序为NH3＞DMA＞THF。【答案】（1）①16；p；5d106s2；②HgS溶解产生的Hg2+能与Cl﹣形成稳定的配合物离子[HgCl4]2-，从而使溶液中的Hg2+（2）①sp3；②乙酰胺分子中形成的p﹣π共轭体系使氨基氮上的电子云密度降低，减弱了它接受质子的能力；（3）NH3＞DMA＞THF。【分析】（1）根据泡利原理，Cl在第三周期ⅦA族，属于p区；Zn为第四周期ⅡB族，Hg位于第六周期ⅡB族，HgS是沉淀，存在沉淀溶解平衡，进行分析；（2）根据乙胺的结构简式为CH3CH2NH2，有机物的碱性与结合H+的难易有关，容易结合H+碱性强，进行分析；（3）根据方法i反应THF•BH3+NH3＝NH3•BH3+THF可知，NH3比THF更易结合B原子，根据方法iiDMA•BH3+NH3＝NH3•BH3+DMA，方法ⅰ比方法ⅱ的产率更高，进行分析。【解答】解：（1）①S原子核外有16个电子，根据泡利原理，有16种不同的运动状态；Cl在第三周期ⅦA族，属于p区；Zn为第四周期ⅡB族，价电子排布式为3d104s2，Hg位于第六周期ⅡB族，价电子排布式为5d106s2，故答案为：16；p；5d106s2；②HgS是沉淀，存在沉淀溶解平衡，溶解产生的Hg2+能与Cl﹣形成稳定的配合物离子[HgCl4]2-，从而使溶液中的Hg2+故答案为：HgS溶解产生的Hg2+能与Cl﹣形成稳定的配合物离子[HgCl4]2-，从而使溶液中的Hg2+（2）①乙胺的结构简式为CH3CH2NH2，N原子的成键电子对为3，孤电子对为1，价层电子对数为4，杂化方式为sp3杂化，故答案为：sp3；②有机物的碱性与结合H+的难易有关，容易结合H+碱性强，乙酰胺分子中形成的p﹣π共轭体系使氨基氮上的电子云密度降低，减弱了它接受质子的能力，碱性减弱，故答案为：乙酰胺分子中形成的p﹣π共轭体系使氨基氮上的电子云密度降低，减弱了它接受质子的能力；（3）根据方法i反应THF•BH3+NH3＝NH3•BH3+THF可知，NH3比THF更易结合B原子，根据方法iiDMA•BH3+NH3＝NH3•BH3+DMA，方法ⅰ比方法ⅱ的产率更高，说明结合DMA比THF更易结合B原子，且DMA与B原子不易分离，故相同条件下，NH3、DMA和THF分别与B原子的结合能力由大到小的顺序为：NH3＞DMA＞THF，故答案为：NH3＞DMA＞THF。【点评】本题主要考查含氮物质的综合应用等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。7．（2024秋•宁德期末）氮及其化合物与生产、生活、环境等密切相关。部分含氮物质的转化关系如图所示，回答下列问题。（1）由N2转化成NO过程中，氮元素被氧化（填“被氧化”或“被还原”）。（2）图中物质溶于水，溶液呈碱性的是NH3（写分子式）。（3）写出NH3转化成NO的化学方程式为4NH3+5O2催化剂¯△4NO+6H2O（4）图中关于NO2和HNO3的相互转化，下列说法正确的是BC（填标号）。A．由NO2转化为HNO3，实现了氮的固定B．工业上利用NO2与H2O反应制取HNO3C．不加入还原剂，也可实现HNO3转化为NO2D．由硝酸转化成等物质的量的NO2时，消耗碳单质和铜单质的物质的量相同（5）纳米铁粉可用于处理含氧酸性废水中的NO3①反应Ⅰ中体现了纳米铁粉的还原性（填“氧化性”或“还原性”）。②反应Ⅱ中生成N2的离子方程式为10Fe2++2NO3-+12H+＝10Fe3++N2↑+6H2O。在铁粉总量一定的条件下，废水中的溶解氧过多不利于NO3-的去除，原因是若氧气过多，会将Fe2+氧化为Fe3+，Fe2+（6）NH4NO3受撞击生成N2和NO2的物质的量之比为3：2，则生成1molN2时，转移电子的物质的量为4mol。【答案】（1）被氧化；（2）NH3；（3）4NH3+5O2催化剂¯△4NO+6H2（4）BC；（5）①还原性；②10Fe2++2NO3-+12H+＝10Fe3++N2↑+6H2O；若氧气过多，会将Fe2+氧化为Fe3+，Fe2+（6）4。【分析】（1）由N2转化成NO过程中，氮元素化合价升高；（2）氨气溶于水生成一水合氨，为一元弱碱；（3）氨气催化氧化反应生成NO和水；（4）A．氮的固定是游离态氮元素转化为化合态；B．NO2与H2O反应生成NO和HNO3；C．浓硝酸加热欧见光分解，可以实现HNO3转化为NO2；D．由硝酸转化成等物质的量的NO2时，氮元素化合价+5价降低到+4价，碳和浓硝酸反应，碳元素化合价0价升高到+4价，铜和浓硝酸反应，铜元素化合价0价升高到+2价；（5）①反应Ⅰ中纳米铁为铁单质，反应后生成Fe2+；②反应Ⅱ中生成N2是稀硝酸氧化亚铁离子反应生成铁离子，硝酸被还原为氮气，结合电子守恒书写离子方程式，废水中的溶解氧过多会氧化亚铁离子；（6）NH4NO3受撞击生成N2和NO2的物质的量之比为3：2，电子守恒得到反应的化学方程式：4NH4NO3撞击¯3N2+2NO2+8H2O，据此计算生成1molN2【解答】解：（1）由N2转化成NO过程中，氮元素化合价升高，0价升高到+2价，氮元素被氧化故答案为：被氧化；（2）氨气溶于水生成一水合氨，为一元弱碱，故答案为：NH3；（3）NH3转化成NO的化学方程式为：4NH3+5O2催化剂¯△4NO+6H2故答案为：4NH3+5O2催化剂¯△4NO+6H2（4）A．由NO2转化为HNO3，是化合物之间转化，不是氮的固定，故A错误；B．工业上利用NO2与H2O反应生成NO和HNO3，是工业制备硝酸的反应，故B正确；C．不加入还原剂，也可实现HNO3转化为NO2，如浓硝酸见光分解生成二氧化氮、氧气和水，故C正确；D．由硝酸转化成等物质的量的NO2时，氮元素化合价+5价降低到+4价，碳和浓硝酸反应，碳元素化合价0价升高到+4价，铜和浓硝酸反应，铜元素化合价0价升高到+2价，则消耗碳单质和铜单质的物质的量不相同，故D错误；故答案为：BC；（5）①反应Ⅰ中体现了纳米铁粉的还原性，故答案为：还原性；②反应Ⅱ中生成N2的离子方程式为：10Fe2++2NO3-+12H+＝10Fe3++N2↑+6H2O，在铁粉总量一定的条件下，废水中的溶解氧过多不利于NO3-的去除，原因是：若氧气过多，会将Fe2+氧化为Fe3+，故答案为：10Fe2++2NO3-+12H+＝10Fe3++N2↑+6H2O；若氧气过多，会将Fe2+氧化为Fe3+，Fe2+（6）NH4NO3受撞击生成N2和NO2的物质的量之比为3：2，电子守恒得到反应的化学方程式：4NH4NO3撞击¯3N2+2NO2+8H2O，生成3molN2电子转移12mol，据此计算生成1molN2时，转移电子的物质的量为4mol故答案为：4。【点评】本题考查了氮及其化合物性质、氧化还原反应和电子守恒的计算应用，注意知识的熟练掌握，题目难度中等。8．（2024秋•西城区期末）人工固氮对于农业生产有重要意义。（1）工业合成氨。①N2和H2合成NH3反应的化学方程式是N2+3H2⇌催化剂高温、高压2NH3②下列措施中，既有利于提高合成氨反应限度又有利于增大其反应速率的是b。a.升高温度b.增大压强c.使用催化剂（2）中国科学家研究Cu—Mn合金催化剂电催化还原N2制NH3，装置如图1所示。①阴极生成NH3其电极反应式是N2+6H++6e﹣＝2NH3。②用相同的电解装置和试剂进行实验，证明NH3来自电催化还原N2，需排除以下可能：ⅰ.环境和电解池中存在微量的NH3ⅱ.Cu—Mn合金与N2、H2O直接反应生成NH3下列实验和结果能同时排除ⅰ、ⅱ的是b。资料：自然界中的丰度：14N为99.6%，15N为0.4%。a.用Ar代替N2进行实验，电解后未检测到NH3b.用15N2代替N2进行实验，电解后仅检测到15NH3c.不通电进行实验，未检测到NH3③NH3的生成速率、NH3和H2的法拉第效率（FE）随阴极的电势变化如图2和图3所示。资料：ⅰ.相同条件下，阴极的电势越低，电流越大。ⅱ.某电极上产物B的FE（B）=生成阴极的电势由﹣0.2V降到﹣0.3V时，NH3的生成速率增大。阴极的电势继续降低，NH3的生成速率反而减小。结合FE解释NH3的生成速率减小的原因：阴极的电势继续降低，生成H2的逐渐增多，生成NH3的量逐渐减少，速率减小。（3）用滴定法测定溶液中NH4Ⅰ.取v1mL含N