第71頁（共71頁）2025高考化學三輪復習之元素及其化合物（解答大題）一．解答題（共20小題）1．（2024秋?紅橋區期末）氯的許多化合物既是重要化工原料，又是高效、廣譜的滅菌消毒劑。回答下列問題：（1）氯氣是制備系列含氯化合物的主要原料，可采用如圖（a）所示的裝置來制取。①裝置中的離子膜只允許離子通過（填“陽”或“陰”），氯氣的逸出口是（填標號）。②該裝置中陰極的電極反應式為。③每生成標準狀況下的2.24LCl2時，裝置左側溶液質量減少g。④Cl2具有強氧化性，液氯通常儲存在鋼瓶中，可利用NH3檢測氯氣是否泄漏（觀察是否有白煙產生），說明原因用化學方程式表示）。實驗室可用NaOH溶液吸收多余的氯氣，寫出其離子方程式。（2）次氯酸為一元弱酸，具有漂白和殺菌作用，其電離平衡體系中各成分的組成分數s[δ(X)=c(X)c(HClO)+c(ClO-)，x為HClO（3）Cl2O為淡棕黃色氣體，是次氮酸的酸酐，可由新制的HgO和Cl2反應來制備，該反應為歧化反應（氧化劑和還原劑為同一種物質的反應）。上述制備的Cl2O化學方程式為；當有3.36L（標準狀況下）Cl2參加反應時，轉移的電子數目為。2．（2025?商丘開學）依據物質類別和元素價態，有利于認識物質的性質、實現物質間的轉化。（1）氯元素的部分化合價與物質類別的對應關系如圖所示：①物質Y的化學名稱為。②D的焰色試驗為色（透過藍色鈷玻璃），其在水溶液中的電離方程式為。③A、B、C、Z中屬于電解質的是（填化學式）。④B為酸性氧化物，其與NaOH溶液反應的化學方程式為。⑤依據價態分析，物質X具有強氧化性。從括號中選擇合適的試劑，設計實驗方案證明其具有氧化性：（X氣體、淀粉KI溶液、FeCl3溶液）。（2）碘酸鈣Ca（IO3）2]是重要的食品添加劑，微溶于水。實驗室制備過程如圖所示：①寫出“氧化”時反應的化學方程式：。②寫出“中和”反應生成碘酸鹽的化學方程式：。3．（2024秋?徐匯區校級期末）鹵族元素包括氟、氯、溴、碘、砹，同屬于周期表中ⅦA族，簡稱鹵素。（1）下列關于鹵族元素的說法正確的是。A．最高正價均為+7價B．鹵族元素的單質只有氧化性，且氧化性順序為F2＞Cl2＞Br2＞I2C．從HF、HCl、HBr、HI的酸性遞增的事實，推出F、Cl、Br、I的非金屬性遞增規律D．鹵素單質與H2化合的難易程度按F2、Cl2、Br2、I2的順序由易變難（2）試推測砹（At）的化合物不可能具有的性質。A．HAt受熱很難分解B．AgAt是不溶于水的有色固體C．相同條件下HAt的還原性比HCl弱D．由KAt的水溶液制備砹的化學方程式為2KAt+Br2＝2KBr+At2（3）從原子結構角度解釋：分子穩定性HF＞HCl＞HBr＞HI，。在酸性條件下，KBrO3能將KI氧化成KIO3，其本身被還原為Br2；KIO3能將I﹣氧化為I2，也能將Br﹣氧化成Br2，其本身被還原為I2。向盛有30mL0.2mol?L﹣1KI溶液的錐形瓶中依次滴入幾滴淀粉溶液和足量稀硫酸，再逐滴加入KBrO3溶液，隨著KBrO3溶液滴入，溶液由無色變為藍色并逐漸加深，且一段時間保持不變。繼續向上述溶液中滴入KBrO3溶液，溶液的藍色逐漸褪去。（4）Br2、2BrO3-+Cl2-Br2+2ClO3（5）基于上述順序，溶液顏色幾乎保持一段時間不變時，發生的離子反應方程式為。A．6B．5C．5D．5（6）當溶液藍色完全褪去時，整個反應共消耗的n（KBrO3）＝mol。4．（2024秋?徐匯區校級期末）從海水中可以提取溴、鎂等物質，流程如圖：（1）采用曬鹽后的鹵水為原料進行提溴而不是直接使用海水，原因是。（2）從充分利用海洋化學資源，提高經濟效益的角度考慮，提鎂“沉淀”過程所需石灰乳的原料主要來源于海洋中的。A．珊瑚礁B．貝殼C．海底石灰巖D．海帶（3）通入熱空氣進行溴的吹出，符合不同溫度下空氣通入量與溴吹出率關系的圖示是。A．B．C．D．（4）1m3海水經上述流程最終得到38.4gBr2，若總提取率為60%，原海水中溴離子的濃度是mmol?L﹣1。（5）關于鹵水提取的先后順序，兩位工程師有不同觀點：甲：先用鹵水提溴，剩余液1用于提鎂；乙：先用鹵水提鎂，剩余液2用于提溴。判斷哪種方案更佳，簡述理由。曬鹽得到的粗鹽，精制后可以用綜合法來制備ClO2，綜合法包括制備氯酸鈉、鹽酸合成和ClO2制取，其主要工藝流程如圖：（6）流程中可循環利用的物質是Cl2、（寫化學式）。（7）發生器中發生反應的化學方程式為。5．（2024秋?浦東新區校級期末）海帶提碘的過程通常涉及將海帶灼燒成灰，用水溶解后過濾，再用氧化劑（如氯水、過氧化氫）將碘離子氧化成碘單質，最后用萃取劑（如四氯化碳）萃取碘單質。這一過程充分展現了鹵素碘的化學性質。海帶中富含碘元素，為提取碘，小張同學設計了如圖實驗：（1）小張同學不從海水中直接提取碘，而是利用海帶，這是因為海帶具有的能力。（2）步驟①灼燒海帶時，除需要三腳架外，還需要用到的實驗儀器是（從下列儀器中選出所需的儀器，用標號字母填寫在空白處）。A．燒杯B．坩堝C．表面皿D．泥三角E．酒精燈F．干燥器（3）步驟③的實驗操作名稱是；步驟⑥的目的是從含碘苯溶液中分離出單質碘和回收苯，該步驟的實驗操作名稱是；步驟⑤中，提取碘的方法叫，采用苯可以提取碘的理由是。（4）步驟④的離子方程式為，體現了硫酸的性質。（5）加碘鹽中的碘是指（選填“元素”或“單質”或“原子”），主要以碘酸鉀（KIO3）形式存在，已知IO3-+6H++5I﹣＝3I2+3H2O，據此反應，要證明食鹽中IO3-存在，可使用淀粉﹣KI試紙和A．淀粉B．食醋C．白糖D．白酒（6）土豆片含淀粉，某電視臺曾播出用土豆片檢驗食鹽中的碘的節目，后被證實為偽科學。請結合所學知識，簡要說明土豆片不能檢驗出食鹽中含碘的原因：。（7）實驗結束后，小張同學幫助一旁的小史同學進行實驗，小史同學的實驗方案僅步驟⑤加入的物質為CCl4，其余與小張均相同，則他得到含碘四氯化碳溶液中，有機層在層（選填“上”或“下”），他決定回收實驗中可循環利用的。（8）兩位同學思考過后，決定用NaOH濃溶液反萃取后再加稀酸，可以分離I2和CCl4，有關化學方程式為：堿性條件：I2+NaOH＝NaI+NaIO3+H2O；酸性條件：5NaI+NaIO3+3H2SO4＝3Na2SO4+3I2+3H2O。任務一：配平堿性條件下化學方程式，并用單線橋法標出酸性條件下反應的電子轉移。任務二：按要求補充完整一下反萃取過程的操作過程：①向裝有I2的CCl4溶液的（填儀器名稱）中加入少量1mol/LNaOH溶液；②振蕩至溶液的色消失，靜置、分層；③將含碘的堿溶液從儀器的上口倒入燒杯中；④邊攪拌邊加入幾滴1mol/LH2SO4溶液，溶液立即轉為棕黃色，并析出（填現象）。6．（2025?海南一模）含氮化合物豐富多彩，由于組成和結構的不同，有的呈堿性、有的呈中性、有的呈酸性。請回答下列問題：（1）硝酸是一種強酸，能溶解很多物質，HgS的Ksp極小，不溶于硝酸，但溶于王水（濃鹽酸、濃硝酸的混合液）：3HgS+12HCl+2HNO3＝3H2[HgCl4]+3S+2NO↑+4H2O。①基態硫原子核外電子的運動狀態有種。Cl元素位于周期表的區。Hg為第六周期元素，與Zn同族，則基態Hg原子的價層電子排布式為。②請解釋HgS不溶于硝酸而溶于王水的原因：。（2）乙胺呈堿性，其衍生物乙酰胺接近中性。在乙酰胺分子中，氮原子上的孤對電子與碳氧雙鍵能形成p﹣π共軛體系，影響氨基氮上的電子云密度。①乙胺中N原子的雜化方式為。②乙酰胺的堿性比乙胺弱，請分析其原因：。（3）氨硼烷（NH3?BH3）儲氫密度高，是最具價值的優質固體儲氫材料之一。可用如下兩種方法制備氨硼烷。方法?。築H3和NH3在THF（）作溶劑的條件下可合成氨硼烷：THF?BH3+NH3＝NH3?BH3+THF。方法ⅱ：BH3和NH3在DMA（CH3NHCH3）作溶劑的條件下可合成氨硼烷：DMA?BH3+NH3＝NH3?BH3+DMA。實驗表明，方法ⅰ比方法ⅱ的產率更高，相同條件下，NH3、DMA和THF分別與B原子的結合能力由大到小的順序為。7．（2024秋?寧德期末）氮及其化合物與生產、生活、環境等密切相關。部分含氮物質的轉化關系如圖所示，回答下列問題。（1）由N2轉化成NO過程中，氮元素（填“被氧化”或“被還原”）。（2）圖中物質溶于水，溶液呈堿性的是（寫分子式）。（3）寫出NH3轉化成NO的化學方程式為。（4）圖中關于NO2和HNO3的相互轉化，下列說法正確的是（填標號）。A．由NO2轉化為HNO3，實現了氮的固定B．工業上利用NO2與H2O反應制取HNO3C．不加入還原劑，也可實現HNO3轉化為NO2D．由硝酸轉化成等物質的量的NO2時，消耗碳單質和銅單質的物質的量相同（5）納米鐵粉可用于處理含氧酸性廢水中的NO3①反應Ⅰ中體現了納米鐵粉的（填“氧化性”或“還原性”）。②反應Ⅱ中生成N2的離子方程式為。在鐵粉總量一定的條件下，廢水中的溶解氧過多不利于NO3-的去除，原因是（6）NH4NO3受撞擊生成N2和NO2的物質的量之比為3：2，則生成1molN2時，轉移電子的物質的量為mol。8．（2024秋?西城區期末）人工固氮對于農業生產有重要意義。（1）工業合成氨。①N2和H2合成NH3反應的化學方程式是。②下列措施中，既有利于提高合成氨反應限度又有利于增大其反應速率的是。a.升高溫度b.增大壓強c.使用催化劑（2）中國科學家研究Cu—Mn合金催化劑電催化還原N2制NH3，裝置如圖1所示。①陰極生成NH3其電極反應式是。②用相同的電解裝置和試劑進行實驗，證明NH3來自電催化還原N2，需排除以下可能：ⅰ.環境和電解池中存在微量的NH3ⅱ.Cu—Mn合金與N2、H2O直接反應生成NH3下列實驗和結果能同時排除ⅰ、ⅱ的是。資料：自然界中的豐度：14N為99.6%，15N為0.4%。a.用Ar代替N2進行實驗，電解后未檢測到NH3b.用15N2代替N2進行實驗，電解后僅檢測到15NH3c.不通電進行實驗，未檢測到NH3③NH3的生成速率、NH3和H2的法拉第效率（FE）隨陰極的電勢變化如圖2和圖3所示。資料：ⅰ.相同條件下，陰極的電勢越低，電流越大。ⅱ.某電極上產物B的FE（B）=生成陰極的電勢由﹣0.2V降到﹣0.3V時，NH3的生成速率增大。陰極的電勢繼續降低，NH3的生成速率反而減小。結合FE解釋NH3的生成速率減小的原因：。（3）用滴定法測定溶液中NH4Ⅰ.取v1mL含NH4Ⅱ.加入過量的V2mLc2mol?L﹣1NaOH溶液。Ⅲ.蒸餾，將蒸出的NH3用過量的V3mLc3mol?L﹣1H2SO4溶液吸收。Ⅳ.加入甲基橙指示劑，用c4mol?L﹣1NaOH溶液滴定吸收液中過量的H2SO4消耗的NaOH溶液體積為V4mL，計算待測溶液中NH4+的物質的量濃度時用到的溶液體積：和V9．（2024秋?海淀區校級期末）氮是自然界中生物體生命活動不可缺少的元素，其化合物種類豐富。Ⅰ．氨是重要的化工原料，實驗室可通過圖1裝置制取。已知：相同條件下，相對分子質量小的氣體，運動速率較快。（1）寫出實驗室制取NH3的化學方程式。（2）請將圖1方框中收集NH3的裝置補充完整。（3）圖2中，玻璃管內可觀察到的現象是（用不超過20字表述）。（4）圖2反應的生成物溶于水得到溶液A。取溶液A少許于試管中，，則證明溶液A含有NHⅡ．氨的循環和轉化對生產、生活有重要價值。某工廠制硝酸的流程如圖所示。（5）寫出“氧化爐”中反應的化學方程式：。（6）寫出吸收塔中合成HNO3的化學方程式：。（7）“吸收塔”排出的尾氣中會含有NO、NO2等氮氧化物，為消除它們對環境的影響，通常用純堿溶液吸收法。法寫出足量純堿溶液吸收NO2的化學方程式（已知產物之一為NaNO2）：。10．（2024春?樂山期末）氨氣是一種重要的工業原料，其中約80%用來生產各種氮肥?；卮鹣铝袉栴}：（1）某化學興趣小組為了制取氨氣并探究其性質，按下列裝置（部分夾持裝置已略去）進行實驗。①儀器A的名稱為。②實驗中觀察到C裝置中的現象是，用化學用語解釋產生該現象的原因。③當實驗進行一段時間后，擠壓D裝置中的膠頭滴管，滴入1～2滴濃鹽酸，可觀察到的現象是；裝置E中盛裝的試劑可以為。（2）如圖是氨氣生產氮肥的兩條重要路線（部分產物未標出）①反應Ⅰ中氧化劑與還原劑的物質的量之比為。②在體積為VL的干燥燒瓶中充滿干燥的NO2氣體，利用反應Ⅲ做噴泉實驗，實驗裝置如圖所示，實驗結束后進入燒瓶內液體的體積理論上為L，噴泉實驗前后燒瓶中氣體顏色的變化為。③寫出反應Ⅴ氨氣合成尿素的化學方程式。④相同質量的硝酸銨和尿素兩種氮肥中氮元素質量比為。11．（2025?普陀區二模）硫化氫（H2S）是一種臭雞蛋氣味的有毒氣體，但其在合成光電材料、污水處理方面有著重要作用，硫化氫尾氣的回收處理并資源化利用是長期面臨的重要研究課題。（1）下列關于H2S的說法中正確的是（不定項）。A.利用其氣味可添加在管道煤氣中監測燃氣泄漏B.氫硫酸是一種二元弱酸，屬于弱電解質C.將H2S氣體通入AlCl3溶液中的離子方程式：2Al3++3S2﹣＝Al2S3↓D.硫化氫的球棍模型為25℃H2S飽和溶液濃度約為0.1mol?L﹣1，H2S水溶液中各含硫微粒物質的量分數δ隨pH變化關系如圖：（2）圖中表示S2﹣物質的量分數變化的曲線是。A.曲線aB.曲線bC.曲線c（3）下列說法正確的是。A.飽和H2S溶液中加入等體積的NaOH溶液（體積變化忽略不計），則[B.以酚酞為指示劑，可用NaOH標準溶液滴定H2S水溶液至Na2S測定其濃度C.1.0L1mol?L﹣1的NaOH溶液最多能吸收1molH2S（g）D.NaHS溶液呈堿性是由于S2﹣的水解程度大于HS﹣的電離程度（4）由圖可知，Ka1（H2S）＝。（5）已知0.1mol?L﹣1的Na2S溶液中S2﹣水解率約為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.沒有沉淀D.FeS、Fe（OH）2都有實驗室中，以FeCl3為吸收液脫除H2S實驗發現，在FeCl3溶液中加入一定濃度的CuCl2可以明顯提高H2S的脫除率。對比實驗結果如表：實驗序號①②③吸收液FeCl3溶液CuCl2溶液FeCl3溶液、CuCl2溶液H2S脫除率≈92%≈100%≈100%H2S脫除產物SCuSS（6）將①中脫除H2S的反應補充完整：□Fe3++HS﹣＝□_____+H++S↓（7）pH減小會降低①中脫除率，但對②中的脫除率幾乎無影響，解釋原因：。（8）③中，加入CuCl2后，脫除率幾乎達到100%。結合方程式解釋原因：。12．（2024秋?杭州期末）【閱讀材料】探究性學習小組發現過氧化氫溶液產品外包裝有如下注意事項：1、外用消毒劑，不得口服，置于兒童不易觸及處；2、本品對金屬有腐蝕作用，慎用。3、避免與堿性及還原性物質混合。4、對本品主要有效成分過敏者禁用。5、本品用于空氣消毒時，應在無人條件下進行請回答下列問題：Ⅰ、回答與H2O2性質相關的問題（1）通過材料閱讀可以獲取過氧化氫可能具有的性質是。A.不穩定性B.氧化性C.還原性D.酸性（2）H2O2的性質探究：向酸化的CuSO4溶液中加入H2O2溶液，很快有大量氣體逸出，同時放熱，一段時間后，藍色溶液變為紅色渾濁（Cu2O）液，繼續加入H2O2溶液，紅色渾濁液又變為藍色溶液，這個過程可以反復多次。下列關于上述過程的說法不正確的是。A.Cu2+是H2O2分解反應的催化劑B.H2O2既表現氧化性又表現還原性C.Cu2+將H2O2還原為O2D.紅色渾濁變為藍色溶液可表示為：Cu2O+H2O2+4H+═2Cu2++3H2OⅡ、H2O2的性質與濃度密切相關，實驗室常用酸性高錳酸鉀測定過氧化氫的濃度。測定之前，先用0.1000mol/LNa2C2O4溶液準確標定新制高錳酸鉀溶液的濃度，然后再用高錳酸鉀溶液測定H2O2的濃度。已知：①20.00mL未知濃度的高錳酸鉀溶液恰好消耗了25.00mL0.1000mol/LNa2C2O4溶液。②20.00mL某濃度H2O2溶液標定過程中消耗高錳酸鉀溶液體積為16.00mL。③常見消毒對象使用H2O2溶液濃度如表所示：消毒對象紡織品餐具器械空氣使用濃度（質量分數）0.25%﹣0.5%0.5%﹣1.0%1.0%1.2%﹣1.8%④稀H2O2溶液密度可近似為1g?cm﹣3。⑤Na2C2O4溶液與酸性高錳酸鉀溶液反應離子方程式：5C2O42-+2MnO4-+16H+═10CO2↑（1）請寫出酸性高錳酸鉀氧化過氧化氫的離子方程式：（酸性條件下高錳酸鉀對應的還原產物為Mn2+。（2）上述過氧化氫溶液可以直接使用的消毒對象為：。13．（2024秋?寧德期末）硫及其化合物與生產、生活、環境等密切相關。如圖是自然界中硫元素的存在及轉化示意圖，回答下列問題。（1）硫分子在氣態下呈現為雙原子分子，在液態時發生4S2（g）＝S8（l），該過程發生（填“物理”或“化學”）變化。（2）據我國古代第一部藥物學專著《神農本草經》記載：“石硫黃（即硫黃）能化……銀、銅、鐵，奇物”，所得產物不可能是（填標號）。A．Ag2SB．CuSC．FeS（3）SO2屬于（填“酸性”或“堿性”）氧化物。向BaCl2溶液中通入SO2至飽和，此過程看不到現象，再向溶液中通入一種物質，溶液變渾濁，通入的這種物質不可能是（填標號）。A．NH3B．Cl2C．CO2D．O2（4）工業上利用硫鐵礦（含60%的FeS2）制備硫酸。①FeS2中S的化合價為，硫鐵礦在氧氣中焙燒產物為Fe2O3和SO2，寫出該反應的化學方程式為。②不考慮生產過程中硫的損失，2噸該礦石可制得98%的濃硫酸噸。（5）H2S有毒，在一定條件下，用H2O2可脫除尾氣中的H2S。隨著參加反應的n(H2O2)n(H214．（2024秋?連云港期末）脫硫是天然氣、電力、石油化工等行業中非常重要的一個環節，其主要目的是去除含硫化合物，以減少環境污染和提高產品質量。（1）天然氣中含有少量H2S在酸性溶液中利用硫桿菌可實現天然氣的催化脫硫，其原理如圖﹣1所示。①該催化脫硫過程總反應的化學方程式為。②該催化過程中，要控制反應溫度不能過高，原因是。（2）Ca（OH）2鈣基脫硫劑常用于工業煙氣的干法脫硫。通過添加活性組分可以提高脫硫性能，為篩選出能夠更加有效提升脫硫劑脫硫效果的活性組分，進行研究：250℃時，SO2初始濃度、模擬煙氣流量相同的條件下，分別添加0.1gNaHCO3及氨基類活性物質進行脫硫實驗，結果如圖﹣2所示。①反應一段時間后，SO2出口濃度都升高的原因是。②250℃時，NaHCO3已分解為Na2CO3固體，氨基類活性物質分解產生氣態NH3。氨基類活性物質脫硫性能明顯優于NaHCO3的原因是。（3）石油化工會產生含硫（﹣2價）廢水，堿性條件下，催化氧化廢水的機理如題圖﹣3所示。①步驟Ⅲ可描述為。②步驟Ⅳ中，化合價發生變化的元素有。15．（2024秋?鎮江期末）燃煤煙氣中含有SO2排放前需凈化處理。（1）石灰石﹣石膏法脫硫。石灰石漿液充分吸收煙氣并氧化最終生成石膏CaSO4?2H2O，反應的化學方程式為。（2）氨法脫硫。用氨水將SO2轉化為（NH4）2SO3（受熱易分解），再氧化為（NH4）2SO4。主要流程如圖：①該方法脫硫時一定能提高SO2去除率的措施有。A.增大氨水濃度B.升高反應溫度C.使燃煤煙氣與氨水充分接觸②空氣氧化是氨法脫硫的重要過程，（NH4）2SO3濃度一定時溫度對氧化速率的影響如圖﹣1所示。溫度40﹣70℃區間，氧化速率先增大后減小可能原因是。（3）NaClO2溶液脫硫。①NaClO2溶液中通入含SO2的煙氣，反應后溶液中的陰離子為SO42-和Cl﹣，脫硫反應的離子方程式為②已知酸件條件下NaClO2發生自身氧化還原反應，生成ClO2氣體。溫度高于50℃時，二氧化硫吸收效率下降，可能原因是。（4）γ﹣Al2O3催化下CO與煙氣中的SO2反應脫硫。其反應原理為：2CO+SO2催化劑ˉ2CO2+S。γ﹣Al2O3比表面積大，有利于反應氣體的吸附，研究表明，γ﹣Al2O3在240反應相同的時間，SO2的去除率隨反應溫度的變化如圖﹣2所示。①240℃以前，隨著溫度的升高，SO2去除率降低的原因是。②240℃以后，隨著溫度的升高，SO2去除率迅速增大的主要原因是。16．（2024秋?撫順期末）硫及其化合物與生產、生活及環境息息相關?；卮鹣铝袉栴}：（1）SO2和氮的氧化物的大量排放會導致酸雨，它們的主要來源是煤和石油的燃燒。酸雨可導致的危害有（填標號）。A.腐蝕建筑物B.使樹木枯萎C.土壤堿化D.惡化人類環境為了減少硫酸型酸雨的形成，必須減少SO2的排放量，可對燃料中的硫化物進行（填一種措施）。（2）石油煉制過程中產生的大量H2S廢氣的去除方法如圖，該方法對H2S的去除率可達99%以上。“吸收H2S”步驟的反應的離子方程式為。（3）某化學學習小組設計如圖所示的實驗裝置，測定工業原料氣（含SO2、N2、CO2）中SO2的含量。①寫出裝置A中發生反應的離子方程式：。當裝置A中出現（填現象）時，立即停止通氣。②可用來代替A中碘的淀粉溶液且能達到實驗目的的最合適的試劑是（填標號），此時A中發生反應的離子方程式為。A.酸性KMnO4溶液B.NaCl溶液C.NaOH溶液③若A中碘的淀粉溶液體積為25mL，其中碘的濃度為0.04mol?L﹣1，收集到的N2與CO2的體積共297.6mL（已折算為標準狀況下的體積），則該工業原料氣中SO2的含量是mg?L﹣1。（忽略氣體在水中的溶解）17．（2024秋?西安期末）利用如圖可以從不同角度研究含鐵物質的性質及其轉化關系。回答下列問題：（1）Na2FeO4是一種新型飲用水消毒劑。工業上常用NaClO、Fe（NO3）3、NaOH制備：3ClO﹣+2Fe3++10OH﹣═2FeO42-+3Cl﹣+5H2O，當反應轉移電子的數目是0.3NA時，所消耗氧化劑的物質的量為（2）打印機使用的墨粉中含有Fe3O4，下列關于Fe3O4的說法正確的是。（填序號）a．有磁性，是FeO與Fe2O3的混合物b．屬于兩性氧化物，與酸、堿都能反應c．FeO在空氣里受熱能迅速生成Fe3O4d．Fe與水蒸氣高溫下反應能生成Fe3O4（3）維生素C易溶于水，可將Fe3+轉化為Fe2+被人體吸收。為檢驗轉化產物Fe2+，設計如下實驗：取適量Fe2（SO4）3溶液于試管中，加入過量維生素C片振蕩溶解后，滴加酸性高錳酸鉀溶液，紫色褪去。該設計能否檢驗Fe2+并說明理由。（4）FeCl2溶液在空氣中易變質，利用部分變質的FeCl2溶液制備Fe2O3。①請在括弧內填寫所需試劑或條件、，在方框內填寫含鐵物質的化學式、。②若100mL該溶液最終制得1.6gFe2O3，不考慮過程損失，變質前FeCl2溶液的濃度為。18．（2024秋?西青區期末）利用如圖可以從不同角度研究含鐵物質的性質及其轉化關系?；卮鹣铝袉栴}：（1）Na2FeO4是一種新型飲用水消毒劑，工業上其制備方法為：3ClO設NA代表阿伏加德羅常數的值，當反應轉移電子的數目是3NA時，所消耗氧化劑的物質的量為。（2）打印機使用的墨粉中含有Fe3O4，下列關于Fe3O4的說法正確的是（填字母）。A．有磁性，是FeO與Fe2O3的混合物B．屬于兩性氧化物，與酸、堿都能反應C．FeO在空氣里受熱能迅速生成Fe3O4D．Fe與水蒸氣在高溫下反應能生成Fe3O4（3）維生素C易溶于水，可將Fe3+轉化為Fe2+被人體吸收。為檢驗轉化產物Fe2+，設計如下實驗：取適量Fe2（SO4）3溶液置于試管中，加入過量維生素C片振蕩溶解后，滴加酸性高錳酸溶液，紫色褪去。該設計能否檢驗Fe2+并說明理由：。（4）FeCl2溶液在空氣中易變質，利用部分變質的FeCl2溶液制備Fe2O3。①請在括號內填寫所需試劑或條件，在方框內填寫含鐵物質的化學式。②若100mL該溶液最終制得1.6gFe2O3，不考慮過程損失，變質前FeCl2溶液的濃度為。19．（2024秋?祁東縣期末）鐵的化合物在生活中具有廣泛的應用，利用鐵元素的“價﹣類”二維圖可以從不同角度研究含鐵物質的性質及其轉化關系，試回答下列問題：（1）若服用的藥物膠囊中鉻（Cr）含量超標，則人體會受到巨大的傷害。已知Fe（CrO2）2中鉻元素為+3價，則其中的鐵元素為價，Fe（CrO2）2屬于（填“酸”“堿”“鹽”或“氧化物”），根據“價﹣類”二維圖，Fe（CrO2）2可能具有的性質為（填標號）。A.只有氧化性B.只有還原性C.既有還原性又有氧化性D.無法判斷（2）琥珀酸亞鐵片（呈暗黃色，難溶于水，可溶于鹽酸）是市場上常見的一種補鐵藥物。①服用維生素C片，可以使補鐵藥品中的Fe3+轉化為Fe2+，說明維生素C具有。②證明在空氣中久置的琥珀酸亞鐵片藥品已被氧化變質的方法為。（3）K2FeO4是一種新型的多功能水處理劑，與水反應放出氧氣，同時產生具有強吸附性的Fe（OH）3膠體，可除去水中細微的懸浮物，具有凈水作用。①根據上述“價﹣類”二維圖，K2FeO4位于圖中（填字母）點。②將K2FeO4與水反應的化學方程式配平：K2FeO4+H2O＝Fe（OH）3（膠體）+O2↑+KOH③每生成3.36L（標準狀況）O2時，轉移的電子數為NA。20．（2024秋?南開區期末）含鐵元素的部分物質的類別及鐵元素價態的關系如圖所示?；卮鹣铝袉栴}：（1）Fe可與稀HNO3發生反應，生成Fe（NO3）3、NO氣體和水。寫出該反應的化學方程式：。（2）利用廢鐵屑（雜質不溶于酸）制備Xⅰ、取ag廢鐵屑溶于過量稀硫酸中，過濾ⅱ、向濾液中加入足量氯水ⅲ、再加入過量的氫氧化鈉溶液，有沉淀Y生成ⅳ、過濾，加熱沉淀Y至質量不再發生變化，得到bg固體X①步驟ⅱ中氯水的作用是。②沉淀Y的顏色為。③該廢鐵屑中鐵元素的質量分數為。（3）寫出圖中Z轉化為Y的化學方程式：。（4）制作廣告牌時，用FeCl3溶液刻蝕不銹鋼，該反應的離子方程式為?？膳cFeCl3溶液發生反應，使溶液變紅的試劑是（填名稱）。（5）高鐵酸鈉（Na2FeO4）是一種新型綠色凈水劑，主要用于飲用水處理。工業上制備高鐵酸鈉的原理為3NaClO+Fe2（SO4）3+10NaOH═2Na2FeO4+3NaCl+3Na2SO4+5H2O。①每生成1molNa2FeO4時轉移電子的數目為。②高鐵酸鈉可用作凈水劑的原因是。

2025高考化學三輪復習之元素及其化合物（解答大題）參考答案與試題解析一．解答題（共20小題）1．（2024秋?紅橋區期末）氯的許多化合物既是重要化工原料，又是高效、廣譜的滅菌消毒劑?；卮鹣铝袉栴}：（1）氯氣是制備系列含氯化合物的主要原料，可采用如圖（a）所示的裝置來制取。①裝置中的離子膜只允許Na+離子通過（填“陽”或“陰”），氯氣的逸出口是a（填標號）。②該裝置中陰極的電極反應式為2H2O+2e?＝H2↑+2OH?。③每生成標準狀況下的2.24LCl2時，裝置左側溶液質量減少11.7g。④Cl2具有強氧化性，液氯通常儲存在鋼瓶中，可利用NH3檢測氯氣是否泄漏（觀察是否有白煙產生），說明原因3Cl2+8NH3＝6NH4Cl+N2用化學方程式表示）。實驗室可用NaOH溶液吸收多余的氯氣，寫出其離子方程式Cl2+2OH﹣＝Cl﹣+ClO﹣+H2O。（2）次氯酸為一元弱酸，具有漂白和殺菌作用，其電離平衡體系中各成分的組成分數s[δ(X)=c(X)c(HClO)+c(ClO-)，x為HClO或ClO（3）Cl2O為淡棕黃色氣體，是次氮酸的酸酐，可由新制的HgO和Cl2反應來制備，該反應為歧化反應（氧化劑和還原劑為同一種物質的反應）。上述制備的Cl2O化學方程式為2Cl2+HgO＝HgCl2+Cl2O；當有3.36L（標準狀況下）Cl2參加反應時，轉移的電子數目為0.15NA?！敬鸢浮浚?）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】在電解池中，陽極的電極反應式為：2Cl﹣﹣2e＝Cl2↑，陰極電極反應式為：2H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣，陽離子向陰極移動，陰離子向陽極移動，由圖可知，氯離子在陽極失去電子生成氯氣，當pH＝7.5時，電離平衡體系中HClO和ClO?的組成分數相同，即HClO和次氯酸根離子的濃度相同，結合HClO的電離平衡常數以此解題?！窘獯稹拷猓海?）①為防止Cl2和OH﹣反應，同時防止氫氣和氯氣混合發生爆炸，則裝置中的離子膜只允許Na+離子通過，不允許陰離子和氣體通過，故答案為：Na+；a；②陽極的電極反應式為：2Cl﹣﹣2e﹣＝Cl2↑，則氯氣的逸出口是a，故答案為：2H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣；③該裝置中，陰極H2O中H+得電子發生還原反應生成H2，電極反應式為：2H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣，故答案為：11.7；④每生成標準狀況下的2.24LCl2即0.1molCl2時，陽極：2Cl?﹣2e?＝Cl2↑，質量減少0.1mol×71g/mol＝7.1g，Na+向陰極移動，即左側溶液質量減少0.1mol×2×23g/mol＝4.6g，則質量減少：7.1g+4.6g＝11.7g，氯氣和氨氣反應生成氯化銨和氮氣，如果氯氣是否泄漏，則會產生白煙，化學方程式為：3Cl2+8NH3＝6NH4Cl+N2，氯氣（Cl2）與氫氧化鈉（NaOH）溶液反應生成氯化鈉（NaCl）、次氯酸鈉（NaClO）和水（H2O），其離子方程式如下：Cl2+2OH﹣＝Cl﹣+ClO﹣+H2O故答案為：3Cl2+8NH3＝6NH4Cl+N2；Cl2+2OH﹣＝Cl﹣+ClO﹣+H2O；（2）由圖（b）可知，當pH＝7.5時，電離平衡體系中HClO和ClO?的組成分數相同，即HClO和ClO?的濃度相同，所以HClO的電離平衡常數：Ka=c(H+)c(ClO故答案為：10﹣7.5；（3）①該反應為歧化反應，說明Cl2中一部分氯元素的化合價由0價升高至+1價，另一部分Cl2中氯元素的化合價由0價降低至﹣1價，則制備Cl2O的化學方程式為：2Cl2+HgO＝HgCl2+Cl2O，根據化學方程式：2Cl2+HgO＝HgCl2+Cl2O，消耗2molCl2轉移2mol電子，當有3.36L（標準狀況下）Cl2即0.15mol參加反應時，轉移電子數目為：0.15NA，故答案為：2Cl2+HgO＝HgCl2+Cl2O；0.15NA。【點評】本題主要考查氯及其化合物的綜合應用等，注意完成此題，可以從題干中抽取有用的信息，結合已有的知識進行解題。2．（2025?商丘開學）依據物質類別和元素價態，有利于認識物質的性質、實現物質間的轉化。（1）氯元素的部分化合價與物質類別的對應關系如圖所示：①物質Y的化學名稱為高氯酸。②D的焰色試驗為紫色（透過藍色鈷玻璃），其在水溶液中的電離方程式為KClO3＝K++ClO3-③A、B、C、Z中屬于電解質的是HClO、KClO（填化學式）。④B為酸性氧化物，其與NaOH溶液反應的化學方程式為Cl2O+2NaOH＝2NaClO+H2O。⑤依據價態分析，物質X具有強氧化性。從括號中選擇合適的試劑，設計實驗方案證明其具有氧化性：將ClO2氣體通入淀粉KI溶液中，溶液變藍（X氣體、淀粉KI溶液、FeCl3溶液）。（2）碘酸鈣Ca（IO3）2]是重要的食品添加劑，微溶于水。實驗室制備過程如圖所示：①寫出“氧化”時反應的化學方程式：5Cl2+I2+6H2O＝10HCl+2HIO3。②寫出“中和”反應生成碘酸鹽的化學方程式：HIO3+KOH＝KIO3+H2O。【答案】（1）①高氯酸；②紫；KClO3＝K++ClO③HClO、KClO；④Cl2O+2NaOH＝2NaClO+H2O；⑤將ClO2氣體通入淀粉KI溶液中，溶液變藍；（2）①5Cl2+I2+6H2O＝10HCl+2HIO3；②HIO3+KOH＝KIO3+H2O。【分析】A為Cl2，B為Cl2O，C為HClO，D為KClO3，X為ClO2，Y為HClO4，Z為KClO；【解答】解：（1）①物質Y為HClO4，化學名稱是高氯酸，故答案為：高氯酸；②D為KClO3，含有鉀離子，透過藍色鈷玻璃觀察，焰色試驗為紫色，在水溶液中的電離方程式為KClO3＝K++ClO故答案為：紫；KClO3＝K++ClO③A、B、C、Z分別為Cl2、Cl2O、HClO、KClO，電解質是指在水溶液或熔融狀態下能導電的化合物，其中屬于電解質的是HClO、KClO，故答案為：HClO、KClO；④B為Cl2O，屬于酸性氧化物，說明其與水反應生成HClO，則Cl2O與NaOH溶液反應生成NaClO和水，反應的化學方程式為Cl2O+2NaOH＝2NaClO+H2O，故答案為：Cl2O+2NaOH＝2NaClO+H2O；⑤X為ClO2，氯元素處于+4價，可將ClO2氣體通入淀粉KI溶液中，ClO2將碘離子還原為碘單質，淀粉溶液變藍，設計實驗方案證明其具有氧化性為：將ClO2氣體通入淀粉KI溶液中，溶液變藍，故答案為：將ClO2氣體通入淀粉KI溶液中，溶液變藍；（2）①“氧化”時，氯氣將碘單質氧化為HIO3，反應的化學方程式為5Cl2+I2+6H2O＝10HCl+2HIO3，故答案為：5Cl2+I2+6H2O＝10HCl+2HIO3；②“中和”反應中HIO3與KOH反應生成碘酸鉀，化學方程式為：HIO3+KOH＝KIO3+H2O，故答案為：HIO3+KOH＝KIO3+H2O?！军c評】本題考查氯及其化合物的性質，題目難度不大。3．（2024秋?徐匯區校級期末）鹵族元素包括氟、氯、溴、碘、砹，同屬于周期表中ⅦA族，簡稱鹵素。（1）下列關于鹵族元素的說法正確的是D。A．最高正價均為+7價B．鹵族元素的單質只有氧化性，且氧化性順序為F2＞Cl2＞Br2＞I2C．從HF、HCl、HBr、HI的酸性遞增的事實，推出F、Cl、Br、I的非金屬性遞增規律D．鹵素單質與H2化合的難易程度按F2、Cl2、Br2、I2的順序由易變難（2）試推測砹（At）的化合物不可能具有的性質AC。A．HAt受熱很難分解B．AgAt是不溶于水的有色固體C．相同條件下HAt的還原性比HCl弱D．由KAt的水溶液制備砹的化學方程式為2KAt+Br2＝2KBr+At2（3）從原子結構角度解釋：分子穩定性HF＞HCl＞HBr＞HI，氟、氯、溴、碘、具有相同的最外層電子數，電子層數逐漸增多，原子半徑逐漸增大，原子對核外電子的吸引能力逐漸減弱，得電子能力減弱，非金屬性逐漸減弱，氣態氫化物的穩定性逐漸減弱。在酸性條件下，KBrO3能將KI氧化成KIO3，其本身被還原為Br2；KIO3能將I﹣氧化為I2，也能將Br﹣氧化成Br2，其本身被還原為I2。向盛有30mL0.2mol?L﹣1KI溶液的錐形瓶中依次滴入幾滴淀粉溶液和足量稀硫酸，再逐滴加入KBrO3溶液，隨著KBrO3溶液滴入，溶液由無色變為藍色并逐漸加深，且一段時間保持不變。繼續向上述溶液中滴入KBrO3溶液，溶液的藍色逐漸褪去。（4）Br2、2BrO3-+Cl2-Br2+2ClO3-、I2、（5）基于上述順序，溶液顏色幾乎保持一段時間不變時，發生的離子反應方程式為C。A．6B．5C．5D．5（6）當溶液藍色完全褪去時，整個反應共消耗的n（KBrO3）＝7.2×10﹣3mol?！敬鸢浮浚?）D；（2）AC；（3）氟、氯、溴、碘、具有相同的最外層電子數，電子層數逐漸增多，原子半徑逐漸增大，原子對核外電子的吸引能力逐漸減弱，得電子能力減弱，非金屬性逐漸減弱，氣態氫化物的穩定性逐漸減弱；（4）2BrO3-+Cl2（5）C；（6）7.2×10﹣3。【分析】（1）根據F沒有正價，F、Cl、Br、I的非金屬性逐漸減弱，但HF、HCl、HBr、HI的酸性逐漸增強，非金屬越強，進行分析；（2）根據同主族從上往下非金屬性減弱，其氫化物的還原性增強，在鹵族元素中，砹的非金屬性最弱，進行分析；（3）根據非金屬性越強，其氫化物越穩定，從原子結構角度分析為：氟、氯、溴、碘、具有相同的最外層電子數，電子層數逐漸增多，原子半徑逐漸增大，原子對核外電子的吸引能力逐漸減弱，得電子能力減弱，進行分析；（4）根據在酸性條件下，KBrO3能將KI氧化成KIO3，該過程中氧化劑是KBrO3，氧化產物是KIO3，KIO3能將I﹣氧化為I2，進行分析；（5）根據溶液顏色幾乎保持一段時間不變時，說明此時單質碘沒有參加反應，即2BrO3-+Cl（6）根據氧化性順序為2BrO3-+Cl2【解答】解：（1）A．F沒有正價，故A錯誤；B．氯氣、溴、碘既有氧化性又有還原性，故B錯誤；C．F、Cl、Br、I的非金屬性逐漸減弱，但HF、HCl、HBr、HI的酸性逐漸增強，非金屬越強，則其最高價氧化物對應水化物的酸性越強，故C錯誤；D．元素的非金屬性越強，其單質與氫氣越容易化合，非金屬性F＞Cl＞Br＞I，所以鹵素單質與氫氣化合按F2、Cl2、Br2、I2的順序由易變難，故D正確；故答案為：D；（2）A．在鹵族元素中，砹的非金屬性最弱，碘化氫不穩定易分解，砹化氫的穩定性更差、更易分解，故A錯誤；B．鹵族元素對應的AgX，除AgF溶于水或稀HNO3外，其它AgX都不溶于水，且從AgCl→AgBr→AgI的溶解度降低，顏色加深，故B正確；C．同主族從上往下非金屬性減弱，其氫化物的還原性增強，則相同條件下HAt的還原性比HCl強，故C錯誤；D．同主族從上往下非金屬性減弱，故氧化性Br2＞At2，由KAt的水溶液制備砹的化學方程式為2KAt+Br2＝2KBr+At2，故D正確；故答案為：AC；（3）非金屬性越強，其氫化物越穩定，從原子結構角度分析為：氟、氯、溴、碘、具有相同的最外層電子數，電子層數逐漸增多，原子半徑逐漸增大，原子對核外電子的吸引能力逐漸減弱，得電子能力減弱，非金屬性逐漸減弱，氣態氫化物的穩定性逐漸減弱，故答案為：氟、氯、溴、碘、具有相同的最外層電子數，電子層數逐漸增多，原子半徑逐漸增大，原子對核外電子的吸引能力逐漸減弱，得電子能力減弱，非金屬性逐漸減弱，氣態氫化物的穩定性逐漸減弱；（4）在酸性條件下，KBrO3能將KI氧化成KIO3，該過程中氧化劑是KBrO3，氧化產物是KIO3，KIO3能將I﹣氧化為I2，該過程中氧化劑是KIO3，氧化產物是I2，KIO3也能將Br﹣氧化成Br2，該過程中氧化劑是KIO3，氧化產物是Br2，根據氧化劑的氧化性大于氧化產物的氧化性同時結合，非金屬性Br大于I，非金屬性越強，則其單質的氧化性越強，故Br2、2BrO3-+Cl2-Br2+2ClO3-故答案為：2BrO3-+Cl2（5）溶液顏色幾乎保持一段時間不變時，說明此時單質碘沒有參加反應，即2BrO3-+Cl2-Br2+2ClO故答案為：C；（6）結合第4問可知氧化性順序為2BrO3-+Cl2-Br2+2ClO3-＞IO3-＞Br2＞I2，則當溶液藍色完全褪去時，此時2BrO3-+Cl2-Br2+2ClO3-被還原的產物為Br2，碘離子被氧化為IO3-，碘離子的物質的量n（I﹣）＝30mL×10﹣3L/mL×0.2mol?L﹣1＝6×故答案為：7.2×10﹣3。【點評】本題主要考查鹵素原子結構及其性質的比較等，注意完成此題，可以從題干中抽取有用的信息，結合已有的知識進行解題。4．（2024秋?徐匯區校級期末）從海水中可以提取溴、鎂等物質，流程如圖：（1）采用曬鹽后的鹵水為原料進行提溴而不是直接使用海水，原因是水中的Br﹣濃度低，直接提取效率低。（2）從充分利用海洋化學資源，提高經濟效益的角度考慮，提鎂“沉淀”過程所需石灰乳的原料主要來源于海洋中的B。A．珊瑚礁B．貝殼C．海底石灰巖D．海帶（3）通入熱空氣進行溴的吹出，符合不同溫度下空氣通入量與溴吹出率關系的圖示是B。A．B．C．D．（4）1m3海水經上述流程最終得到38.4gBr2，若總提取率為60%，原海水中溴離子的濃度是0.8mmol?L﹣1。（5）關于鹵水提取的先后順序，兩位工程師有不同觀點：甲：先用鹵水提溴，剩余液1用于提鎂；乙：先用鹵水提鎂，剩余液2用于提溴。判斷哪種方案更佳，簡述理由甲方案更佳，若先提取鎂，鹵水中會殘留較多Ca（OH）2，再用Cl2提取溴時會消耗更多Cl2。曬鹽得到的粗鹽，精制后可以用綜合法來制備ClO2，綜合法包括制備氯酸鈉、鹽酸合成和ClO2制取，其主要工藝流程如圖：（6）流程中可循環利用的物質是Cl2、NaCl、H2O（寫化學式）。（7）發生器中發生反應的化學方程式為2NaClO3【答案】（1）水中的Br﹣濃度低，直接提取效率低；（2）B；（3）B；（4）0.8；（5）甲方案更佳，若先提取鎂，鹵水中會殘留較多Ca（OH）2，再用Cl2提取溴時會消耗更多Cl2；（6）NaCl、H2O；（7）2NaCl【分析】海水曬鹽后得到粗鹽和鹵水，鹵水中含濃度較大的溴離子和鎂離子，鹵水中通入足量氯氣，將溴離子氧化為溴單質，再用熱空氣將溴單質吹出，吹出的溴單質經一系列處理得到液溴；鹵水中加足量石灰乳，將鎂離子轉化為氫氧化鎂沉淀，過濾后，再經鹽酸中和，蒸發、結晶，然后脫水得到無水氯化鎂，電解熔融氯化鎂得到鎂單質。【解答】解：（1）海水中的Br﹣濃度低，直接提取效率低，因此一般采用曬鹽后的鹵水為原料進行提溴，故答案為：水中的Br﹣濃度低，直接提取效率低；（2）提鎂“沉淀”過程所需石灰乳的原料主要來源于海洋中的貝殼，故答案為：B；（3）空氣通入量相同時，溫度越高，溴的吹出率越高；在相同溫度條件下，空氣的通入量越多，溴的吹出率越高，因此符合的圖像為B，故答案為：B；（4）1m3海水經上述流程最終得到38.4gBr2，所得溴單質的物質的量為38.4g160g/mol=0.24mol，溴原子的物質的量為0.48mol故答案為：0.8；（5）甲方案更佳，若先提取鎂，鹵水中再加入過量石灰乳后，鹵水中會殘留較多Ca（OH）2，再用Cl2提取溴時會消耗更多Cl2，故答案為：甲方案更佳，若先提取鎂，鹵水中會殘留較多Ca（OH）2，再用Cl2提取溴時會消耗更多Cl2；（6）流程中可循環利用的物質是Cl2、NaCl、H2O，故答案為：NaCl、H2O；（7）由流程圖可知，發生器中鹽酸與氯酸鈉反應，生成氯氣、二氧化氯和水，則離子方程式為：2NaCl故答案為：2NaCl【點評】本題主要考查從海水中提取溴等，注意完成此題，可以從題干中抽取有用的信息，結合已有的知識進行解題。5．（2024秋?浦東新區校級期末）海帶提碘的過程通常涉及將海帶灼燒成灰，用水溶解后過濾，再用氧化劑（如氯水、過氧化氫）將碘離子氧化成碘單質，最后用萃取劑（如四氯化碳）萃取碘單質。這一過程充分展現了鹵素碘的化學性質。海帶中富含碘元素，為提取碘，小張同學設計了如圖實驗：（1）小張同學不從海水中直接提取碘，而是利用海帶，這是因為海帶具有富集碘的能力。（2）步驟①灼燒海帶時，除需要三腳架外，還需要用到的實驗儀器是BDE（從下列儀器中選出所需的儀器，用標號字母填寫在空白處）。A．燒杯B．坩堝C．表面皿D．泥三角E．酒精燈F．干燥器（3）步驟③的實驗操作名稱是過濾；步驟⑥的目的是從含碘苯溶液中分離出單質碘和回收苯，該步驟的實驗操作名稱是蒸餾；步驟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，苯也不與碘單質發生反應，所以最終用苯萃取碘。（4）步驟④的離子方程式為2I-+MnO2+4（5）加碘鹽中的碘是指元素（選填“元素”或“單質”或“原子”），主要以碘酸鉀（KIO3）形式存在，已知IO3-+6H++5I﹣＝3I2+3H2O，據此反應，要證明食鹽中IO3-存在，可使用淀粉﹣KI試紙和A．淀粉B．食醋C．白糖D．白酒（6）土豆片含淀粉，某電視臺曾播出用土豆片檢驗食鹽中的碘的節目，后被證實為偽科學。請結合所學知識，簡要說明土豆片不能檢驗出食鹽中含碘的原因：加碘鹽中的碘主要為碘酸鉀，而非碘單質。（7）實驗結束后，小張同學幫助一旁的小史同學進行實驗，小史同學的實驗方案僅步驟⑤加入的物質為CCl4，其余與小張均相同，則他得到含碘四氯化碳溶液中，有機層在下層（選填“上”或“下”），他決定回收實驗中可循環利用的四氯化碳。（8）兩位同學思考過后，決定用NaOH濃溶液反萃取后再加稀酸，可以分離I2和CCl4，有關化學方程式為：堿性條件：3I2+6NaOH＝5NaI+1NaIO3+3H2O；酸性條件：5NaI+NaIO3+3H2SO4＝3Na2SO4+3I2+3H2O。任務一：配平堿性條件下化學方程式，并用單線橋法標出酸性條件下反應的電子轉移3I2+6NaOH＝5NaI+NaIO3+3H2O、。任務二：按要求補充完整一下反萃取過程的操作過程：①向裝有I2的CCl4溶液的分液漏斗（填儀器名稱）中加入少量1mol/LNaOH溶液；②振蕩至溶液的紫紅色消失，靜置、分層；③將含碘的堿溶液從儀器的上口倒入燒杯中；④邊攪拌邊加入幾滴1mol/LH2SO4溶液，溶液立即轉為棕黃色，并析出紫黑色固體（填現象）?！敬鸢浮浚?）富集碘；（2）BDE；（3）過濾；蒸餾萃取、分液；苯不溶于水，碘在苯中溶解度比在水中溶解度大，苯也不與碘單質發生反應，所以最終用苯萃取碘；（4）2I（5）元素；B；（6）加碘鹽中的碘主要為碘酸鉀，而非碘單質；（7）下；四氯化碳；（8）3I2+6NaOH＝5NaI+NaIO3+3H2O、；①分液漏斗；②紫紅；④紫黑色固體。【分析】海帶中含有碘元素，海帶經過灼燒，經水浸泡得海帶灰懸濁液，過濾所得溶液中含有碘離子，碘離子在酸性條件下與二氧化錳反應生成碘單質，因為苯不溶于水，碘在苯中溶解度比在水中溶解度大，苯也不與碘單質發生反應，離子方程式為2I【解答】解：（1）海水中碘含量很低，而海帶具有富集碘的能力，碘含量較高，故答案為：富集碘；（2）灼燒實驗由于溫度較高，所以會使用坩堝、泥三角、酒精燈、三腳架等實驗儀器，故選BDE，故答案為：BDE；（3）步驟③的為分離固液的操作，實驗操作名稱是過濾；步驟⑥的目的是從含碘的苯溶液中分離出單質碘和回收苯，是利用兩者沸點不同進行蒸餾的操作；步驟⑤中碘單質由在水中轉移到苯中，所以該操作為萃取、分液；這是因為苯不溶于水，碘在苯中溶解度比在水中溶解度大，苯也不與碘單質發生反應，所以最終用苯萃取碘，故答案為：過濾；蒸餾萃取、分液；苯不溶于水，碘在苯中溶解度比在水中溶解度大，苯也不與碘單質發生反應，所以最終用苯萃取碘；（4）碘離子具有還原性，二氧化錳具有氧化性，步驟④反應為碘離子和二氧化錳發生氧化還原反應生成碘單質和錳離子，離子方程式為2I故答案為：2I（5）加碘鹽中的碘是指碘元素，根據已知反應，在酸性條件下，碘酸根離子和碘離子發生歸中反應生成能使淀粉溶液變藍色的碘單質，故要證明食鹽中IO3-存在，可使用淀粉﹣故答案為：元素；B；（6）加碘鹽中的碘主要以碘酸鉀（KIO3）存在，而非碘單質，不能使淀粉變藍色，故土豆片不能檢驗出食鹽中含碘的原因：加碘鹽中的碘主要為碘酸鉀，而非碘單質，故答案為：加碘鹽中的碘主要為碘酸鉀，而非碘單質；（7）四氯化碳密度大于水，故含碘的四氯化碳溶液中，有機層在下層；可以使用蒸餾的方法，回收實驗中可循環利用的四氯化碳，故答案為：下；四氯化碳；（8）堿性條件下，碘單質中部分碘化合價由0變為﹣1、部分碘化合價由0變為+5，結合電子得失守恒和原子守恒，反應為3I2+6NaOH＝5NaI+NaIO3+3H2O；由反應5NaI+NaIO3+3H2SO4＝3Na2SO4+3I2+3H2O，碘離子失去1×5＝5個電子轉化為碘單質、碘酸鈉中碘得到5個電子轉化為碘單質，單線橋表示為：，故答案為：3I2+6NaOH＝5NaI+NaIO3+3H2O、；①分液操作在分液漏斗中進行，故向裝有I2的CCl4溶液的分液漏斗中加入少量1mol/LNaOH溶液，故答案為：分液漏斗；②碘單質的四氯化碳溶液為紫紅色，反應后溶液顏色消失，故振蕩至溶液的紫紅色消失，靜置、分層，故答案為：紫紅；④邊攪拌邊加入幾滴1mol/LH2SO4溶液，碘元素轉化為碘單質，碘單質為紫黑色固體，故溶液立即轉為棕黃色，并析出紫黑色固體，故答案為：紫黑色固體?！军c評】本題主要考查從海帶中提取碘等，注意完成此題，可以從題干中抽取有用的信息，結合已有的知識進行解題。6．（2025?海南一模）含氮化合物豐富多彩，由于組成和結構的不同，有的呈堿性、有的呈中性、有的呈酸性。請回答下列問題：（1）硝酸是一種強酸，能溶解很多物質，HgS的Ksp極小，不溶于硝酸，但溶于王水（濃鹽酸、濃硝酸的混合液）：3HgS+12HCl+2HNO3＝3H2[HgCl4]+3S+2NO↑+4H2O。①基態硫原子核外電子的運動狀態有16種。Cl元素位于周期表的p區。Hg為第六周期元素，與Zn同族，則基態Hg原子的價層電子排布式為5d106s2。②請解釋HgS不溶于硝酸而溶于王水的原因：HgS溶解產生的Hg2+能與Cl﹣形成穩定的配合物離子[HgCl4]2-，從而使溶液中的Hg2+濃度降低，進一步促使HgS（2）乙胺呈堿性，其衍生物乙酰胺接近中性。在乙酰胺分子中，氮原子上的孤對電子與碳氧雙鍵能形成p﹣π共軛體系，影響氨基氮上的電子云密度。①乙胺中N原子的雜化方式為sp3。②乙酰胺的堿性比乙胺弱，請分析其原因：乙酰胺分子中形成的p﹣π共軛體系使氨基氮上的電子云密度降低，減弱了它接受質子的能力。（3）氨硼烷（NH3?BH3）儲氫密度高，是最具價值的優質固體儲氫材料之一?？捎萌缦聝煞N方法制備氨硼烷。方法?。築H3和NH3在THF（）作溶劑的條件下可合成氨硼烷：THF?BH3+NH3＝NH3?BH3+THF。方法ⅱ：BH3和NH3在DMA（CH3NHCH3）作溶劑的條件下可合成氨硼烷：DMA?BH3+NH3＝NH3?BH3+DMA。實驗表明，方法ⅰ比方法ⅱ的產率更高，相同條件下，NH3、DMA和THF分別與B原子的結合能力由大到小的順序為NH3＞DMA＞THF?！敬鸢浮浚?）①16；p；5d106s2；②HgS溶解產生的Hg2+能與Cl﹣形成穩定的配合物離子[HgCl4]2-，從而使溶液中的Hg2+（2）①sp3；②乙酰胺分子中形成的p﹣π共軛體系使氨基氮上的電子云密度降低，減弱了它接受質子的能力；（3）NH3＞DMA＞THF?！痉治觥浚?）根據泡利原理，Cl在第三周期ⅦA族，屬于p區；Zn為第四周期ⅡB族，Hg位于第六周期ⅡB族，HgS是沉淀，存在沉淀溶解平衡，進行分析；（2）根據乙胺的結構簡式為CH3CH2NH2，有機物的堿性與結合H+的難易有關，容易結合H+堿性強，進行分析；（3）根據方法i反應THF?BH3+NH3＝NH3?BH3+THF可知，NH3比THF更易結合B原子，根據方法iiDMA?BH3+NH3＝NH3?BH3+DMA，方法ⅰ比方法ⅱ的產率更高，進行分析?！窘獯稹拷猓海?）①S原子核外有16個電子，根據泡利原理，有16種不同的運動狀態；Cl在第三周期ⅦA族，屬于p區；Zn為第四周期ⅡB族，價電子排布式為3d104s2，Hg位于第六周期ⅡB族，價電子排布式為5d106s2，故答案為：16；p；5d106s2；②HgS是沉淀，存在沉淀溶解平衡，溶解產生的Hg2+能與Cl﹣形成穩定的配合物離子[HgCl4]2-，從而使溶液中的Hg2+故答案為：HgS溶解產生的Hg2+能與Cl﹣形成穩定的配合物離子[HgCl4]2-，從而使溶液中的Hg2+（2）①乙胺的結構簡式為CH3CH2NH2，N原子的成鍵電子對為3，孤電子對為1，價層電子對數為4，雜化方式為sp3雜化，故答案為：sp3；②有機物的堿性與結合H+的難易有關，容易結合H+堿性強，乙酰胺分子中形成的p﹣π共軛體系使氨基氮上的電子云密度降低，減弱了它接受質子的能力，堿性減弱，故答案為：乙酰胺分子中形成的p﹣π共軛體系使氨基氮上的電子云密度降低，減弱了它接受質子的能力；（3）根據方法i反應THF?BH3+NH3＝NH3?BH3+THF可知，NH3比THF更易結合B原子，根據方法iiDMA?BH3+NH3＝NH3?BH3+DMA，方法ⅰ比方法ⅱ的產率更高，說明結合DMA比THF更易結合B原子，且DMA與B原子不易分離，故相同條件下，NH3、DMA和THF分別與B原子的結合能力由大到小的順序為：NH3＞DMA＞THF，故答案為：NH3＞DMA＞THF?！军c評】本題主要考查含氮物質的綜合應用等，注意完成此題，可以從題干中抽取有用的信息，結合已有的知識進行解題。7．（2024秋?寧德期末）氮及其化合物與生產、生活、環境等密切相關。部分含氮物質的轉化關系如圖所示，回答下列問題。（1）由N2轉化成NO過程中，氮元素被氧化（填“被氧化”或“被還原”）。（2）圖中物質溶于水，溶液呈堿性的是NH3（寫分子式）。（3）寫出NH3轉化成NO的化學方程式為4NH3+5O2催化劑ˉ△4NO+6H2O（4）圖中關于NO2和HNO3的相互轉化，下列說法正確的是BC（填標號）。A．由NO2轉化為HNO3，實現了氮的固定B．工業上利用NO2與H2O反應制取HNO3C．不加入還原劑，也可實現HNO3轉化為NO2D．由硝酸轉化成等物質的量的NO2時，消耗碳單質和銅單質的物質的量相同（5）納米鐵粉可用于處理含氧酸性廢水中的NO3①反應Ⅰ中體現了納米鐵粉的還原性（填“氧化性”或“還原性”）。②反應Ⅱ中生成N2的離子方程式為10Fe2++2NO3-+12H+＝10Fe3++N2↑+6H2O。在鐵粉總量一定的條件下，廢水中的溶解氧過多不利于NO3-的去除，原因是若氧氣過多，會將Fe2+氧化為Fe3+，Fe2+（6）NH4NO3受撞擊生成N2和NO2的物質的量之比為3：2，則生成1molN2時，轉移電子的物質的量為4mol。【答案】（1）被氧化；（2）NH3；（3）4NH3+5O2催化劑ˉ△4NO+6H2（4）BC；（5）①還原性；②10Fe2++2NO3-+12H+＝10Fe3++N2↑+6H2O；若氧氣過多，會將Fe2+氧化為Fe3+，Fe2+（6）4。【分析】（1）由N2轉化成NO過程中，氮元素化合價升高；（2）氨氣溶于水生成一水合氨，為一元弱堿；（3）氨氣催化氧化反應生成NO和水；（4）A．氮的固定是游離態氮元素轉化為化合態；B．NO2與H2O反應生成NO和HNO3；C．濃硝酸加熱歐見光分解，可以實現HNO3轉化為NO2；D．由硝酸轉化成等物質的量的NO2時，氮元素化合價+5價降低到+4價，碳和濃硝酸反應，碳元素化合價0價升高到+4價，銅和濃硝酸反應，銅元素化合價0價升高到+2價；（5）①反應Ⅰ中納米鐵為鐵單質，反應后生成Fe2+；②反應Ⅱ中生成N2是稀硝酸氧化亞鐵離子反應生成鐵離子，硝酸被還原為氮氣，結合電子守恒書寫離子方程式，廢水中的溶解氧過多會氧化亞鐵離子；（6）NH4NO3受撞擊生成N2和NO2的物質的量之比為3：2，電子守恒得到反應的化學方程式：4NH4NO3撞擊ˉ3N2+2NO2+8H2O，據此計算生成1molN2【解答】解：（1）由N2轉化成NO過程中，氮元素化合價升高，0價升高到+2價，氮元素被氧化故答案為：被氧化；（2）氨氣溶于水生成一水合氨，為一元弱堿，故答案為：NH3；（3）NH3轉化成NO的化學方程式為：4NH3+5O2催化劑ˉ△4NO+6H2故答案為：4NH3+5O2催化劑ˉ△4NO+6H2（4）A．由NO2轉化為HNO3，是化合物之間轉化，不是氮的固定，故A錯誤；B．工業上利用NO2與H2O反應生成NO和HNO3，是工業制備硝酸的反應，故B正確；C．不加入還原劑，也可實現HNO3轉化為NO2，如濃硝酸見光分解生成二氧化氮、氧氣和水，故C正確；D．由硝酸轉化成等物質的量的NO2時，氮元素化合價+5價降低到+4價，碳和濃硝酸反應，碳元素化合價0價升高到+4價，銅和濃硝酸反應，銅元素化合價0價升高到+2價，則消耗碳單質和銅單質的物質的量不相同，故D錯誤；故答案為：BC；（5）①反應Ⅰ中體現了納米鐵粉的還原性，故答案為：還原性；②反應Ⅱ中生成N2的離子方程式為：10Fe2++2NO3-+12H+＝10Fe3++N2↑+6H2O，在鐵粉總量一定的條件下，廢水中的溶解氧過多不利于NO3-的去除，原因是：若氧氣過多，會將Fe2+氧化為Fe3+，故答案為：10Fe2++2NO3-+12H+＝10Fe3++N2↑+6H2O；若氧氣過多，會將Fe2+氧化為Fe3+，Fe2+（6）NH4NO3受撞擊生成N2和NO2的物質的量之比為3：2，電子守恒得到反應的化學方程式：4NH4NO3撞擊ˉ3N2+2NO2+8H2O，生成3molN2電子轉移12mol，據此計算生成1molN2時，轉移電子的物質的量為4mol故答案為：4。【點評】本題考查了氮及其化合物性質、氧化還原反應和電子守恒的計算應用，注意知識的熟練掌握，題目難度中等。8．（2024秋?西城區期末）人工固氮對于農業生產有重要意義。（1）工業合成氨。①N2和H2合成NH3反應的化學方程式是N2+3H2?催化劑高溫、高壓2NH3②下列措施中，既有利于提高合成氨反應限度又有利于增大其反應速率的是b。a.升高溫度b.增大壓強c.使用催化劑（2）中國科學家研究Cu—Mn合金催化劑電催化還原N2制NH3，裝置如圖1所示。①陰極生成NH3其電極反應式是N2+6H++6e﹣＝2NH3。②用相同的電解裝置和試劑進行實驗，證明NH3來自電催化還原N2，需排除以下可能：ⅰ.環境和電解池中存在微量的NH3ⅱ.Cu—Mn合金與N2、H2O直接反應生成NH3下列實驗和結果能同時排除ⅰ、ⅱ的是b。資料：自然界中的豐度：14N為99.6%，15N為0.4%。a.用Ar代替N2進行實驗，電解后未檢測到NH3b.用15N2代替N2進行實驗，電解后僅檢測到15NH3c.不通電進行實驗，未檢測到NH3③NH3的生成速率、NH3和H2的法拉第效率（FE）隨陰極的電勢變化如圖2和圖3所示。資料：ⅰ.相同條件下，陰極的電勢越低，電流越大。ⅱ.某電極上產物B的FE（B）=生成陰極的電勢由﹣0.2V降到﹣0.3V時，NH3的生成速率增大。陰極的電勢繼續降低，NH3的生成速率反而減小。結合FE解釋NH3的生成速率減小的原因：陰極的電勢繼續降低，生成H2的逐漸增多，生成NH3的量逐漸減少，速率減小。（3）用滴定法測定溶液中NH4Ⅰ.取v1mL含N