专题13 元素及其化合物知识的综合应用答案

1.【答案】（1）①CO(NH 2)2+H 2O

CO 2+2NH 3 ②8NH 3+6NO 27N 2+12H 2O

③2SO 2+O 2+4NH 3+2H 2O=2(NH 4)2SO 4 ④

（2）①BaO

②8∶1

守恒可得此反应的化学方程式为2SO 2+O 2+4NH 3+2H 2O=2(NH 4)2SO 4。④吸收NH 3的硫酸的物质的量为v 1×10-3L × c 1 mol·L −1 -v 2 ×10-3L×c 2 mol·L −

1 ×12=（v 1c 1-1

2v 2c 2）×10-3mol ，则尿素的物质的量为（v 1c 1-12v 2c 2）×10-3mol ，尿素溶液中溶质的质量分数是[（v 1c 1-1

2v 2c 2）×10-3mol ×60g/mol]÷a g ×100%=

。（2）①由图示可知BaO 和NO x 作用生成

Ba(NO 3)2，Ba(NO 3)2再还原为N 2，则储存NO x 的物质是BaO 。②由图示可知，第一步反应为H 2与Ba(NO 3)2作用生成NH 3，每摩Ba(NO 3)2作用生成NH 3共转移16mol 电子，根据电子守恒，参加反应的氢气的物质的量为16mol ÷2=8mol ，则消耗的H 2与Ba(NO 3)2的物质的量之比是8:1。③反应物有15NO 与NH 3，结合产物中有水，可知还有另一反应物O 2，反应中NH 3是还原剂，15NO 与O 2是氧化剂，因含氮产物均为15NNO ，则15NO 与NH 3以1:1参加反应，结合电子守恒和原子守恒可得此反应的化学方程式为415NO+4NH 3+3O 2415NNO+6H 2O 。

【名师点睛】试题以SCR 和NSR 技术控制发动机的NO x 排放为载体，重点考查化学方程式

书写、化学计算、氧化还原反应电子转移的应用等知识，考查考生的读图能力、计算能力和对试题的综合分析能力。注意读图时要结合题目要求展开，如图a ，问题中“NO x 的储存和还原。储存…..”，因此主要就是从图左到图右，BaO 转变成Ba(NO 3)2，Pt 没有发生变化，所以BaO 是储存NO x 的试剂，而Pt 没有变化则可能是该储存过程中的催化剂。该题涉及到方程式的书写较多，尤其是氧化还原反应方程式的配平是解答的难点。11223(2c v c v )

100a -11223(2c v c v )

100a -

注意利用好“守恒”三原则(即质量守恒、得失电子守恒、电荷守恒)，注意电子得失守恒的计算关系式，即n (氧化剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价－低价)＝n (还原剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价－低价)。

2.【答案】（1）降低反应活化能（或作催化剂）（2）30 ℃、pH=2.0 蛋白质变性（或硫杆菌失去活性）

（3）H 2SO 4（4）2OH −+SO 2+H 2O

与Ca 2+生成CaSO 3沉淀，平衡向正向移动，有NaOH 生成 （5）6.0×10−3 0.62

（3）根据化合价升降，当n (H 2O 2)/n (H 2S)=4时，4 mol H 2O 2转移8 mol 电子，则1 mol H 2S 也转移8 mol 电子，化合价从−2价升高到+6价，所以氧化产物为H 2SO 4。

（4）过程①是NaOH 与SO 2的反应，反应的离子方程式为2OH −+SO 2

+H 2O ；根据CaO 在水中的转化：CaO(s)+H 2O(l)

Ca(OH)2(s)Ca 2+(aq)+2OH −(aq)，过程②中Na 2SO 3加入CaO 后，与Ca 2+生成CaSO 3沉淀，平衡向正向移动，有NaOH 生

成。

（5）根据NH 3·H 2O 的K b =1.8×10−5可知，

c (NH 4+)c (OH −)c (NH 3·H 2O) =1.8×10−5，当氨水的浓度为2.0 mol·L −1时，溶液中的c (OH −)= c ()= 1.8×10−5×2.0 mol·L -1 =6.0×10−3 mol·L −1。根据H 2SO 3

的K a2=6.2×10−8可知，c (H +)c (SO 32-)c (HSO 3

−) =6.2×10−8，当c (OH −)降至 1.0×10−7 mol·L −1，则c (H +)=1.0×10−7 mol·L −1，溶液中的c ()/c ()=0.62。

【名师点睛】本题以真实化学问题为载体，考查应用实践能力。从化学科学特点出发，牢牢

把握化学的应用性，广泛联系实际创设化学应用情境，引领考生正确认识化学对社会发展和人类进步的巨大贡献，认识化学学科的价值。要求考生将基础化学、基本化学原理和方法运用到实际生产生活中，解释生活中相关的现象，解决工业生产的问题。题目中化学反应速率的影响因素，条件的选择，各种平衡常数的计算等为高频考点，掌握平衡23SO -23SO

-23SO -23SO -4NH +23SO -3HSO -

的定量定性分析为解题的关键，注意平衡常数的应用。

3.【答案】2H2SO3＋O2＝2H2SO42(NH4)2SO3＋O2＝2(NH4)2SO42NH4HSO3＋O2＝2NH4HSO4

（任填两个）消耗溶液中的酸，促进Al3+和Fe3+水解生成氢氧化物沉淀MnS(s)+Cu2+(aq)=CuS(s)+Mn2+(aq) 2KMnO4+3MnSO4+2H2O=5MnO2↓+K2SO4+2H2SO4 Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+89

（2）用MnCO3能除去溶液中Al3+和Fe3+，其原因是：消耗溶液中的酸，促进Al3+和Fe3+水解生成氢氧化物沉淀，用MnS除去溶液中的Cu2+的离子方程式为：MnS(s)+Cu2+(aq)=CuS(s)+Mn2+(aq)，故答案为：消耗溶液中的酸，促进Al3+和Fe3+水解生成氢氧化物沉淀；MnS(s)+Cu2+(aq)=CuS(s)+Mn2+(aq)；

（3）高锰酸钾与硫酸锰反应生成二氧化锰，还生成硫酸钾，由元素守恒可知还生成硫酸，反应方程式为：2KMnO4+3MnSO4+2H2O=5MnO2↓+K2SO4+2H2SO4；

（4）MnO2可作超级电容器材料．电解硫酸锰溶液制备MnO2，Mn元素发生氧化反应，由装置图可知，B电极上有气体生成，发生还原反应，应是氢离子放电生成氢气，A为阳极，阳极上是Mn2+失去电子得到MnO2，由电荷守恒可知还有H+生成，氢离子通过质子交换膜移向右室，阳极电极反应式为：Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+，根据电子转移可知移向右室的氢离子生成氢气，右室电解质溶液质量不变，两侧电解液的质量变化差为二氧化锰与移向右室氢离子的质量，当制备1mol MnO2，转移电子为2mol，则移向右室的氢离子为2mol，则膜两侧电解液的质量变化差(△m左-△m右)为1mol×87g/mol+2mol×1g/mol=89g，故答案为：Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+；89。

点睛：本题考查物质制备工艺流程，关键是对工艺流程图原理的理解，（4）中计算为易错点，学生容易忽略氢离子由阳极通过质子交换膜移向阴极，同时注意根据Mn元素守恒及关系式计算。

4.【答案】（1）Na＞Al＞C＞O（2）第二周期第ⅥA族（3）HClO4