湖北省武漢市2021屆高考化學模擬試卷(5月份〕一、選擇題

〔每題6分，共42分〕

1,16分)某分子式為CHCI的有機物同分異構體的數目為U35

A,3B,4C,5D,6

2,〔6分)以下說法正確的選項是〔〕

A,硫酸、純堿'偏鋁酸鈉和過氧化鈉分別屬于酸、堿、鹽和氧化物

B,乙醇、次氯酸鈉和二氧化硫分別屬于非電解質、強電解質和弱電解質C,Na、

Al、Cu通常分別用電解法、熱分解法和置換法冶煉得到D,天然氣、沼氣和水煤氣

分別屬于化石能源、可再生能源和二次能源3,〔6分〕短周期元素X、Y、W、Q

在元素周期表中的相對位置如下圖，常溫下,金屬鋁

能溶于W的最高價氧化物的水化物的稀溶液，卻不溶于其濃溶液，以下說法正確的選

項是

〔〕

XY

WQ

A,Y的最高化合價為+6

B,簡單離子的半徑,W,Q,Y,X

C,氫化物的穩定性,W,Y

D,最高價氧化物的水化物的酸性,W,Q

4,16分)在10L恒容密閉容器中充入X(g)和Y〔g〕，發生反響X(g)+Y

(g)?M[g]+N〔g〕，所得實驗數據如表，

實驗編號溫度/?起始時物質的量/mol平衡時物質的

量/mol

n[X]n[Y]n(M)

?8000.200.30a

79000.100.15b

以下說法正確的選項是U

A,實驗？中，假設5min時測得n[M]=0.050mol,那么0至5min時間內，用N

表示的平

,2均反響速率v〔N〕=1.0xlOmol/(L?min]

C,實驗？中,到達平衡時,X的轉化率為60%

5,〔6分〕以下裝置能到達相應實驗目的是U

A,甲用于濃鹽酸和漂粉精制取并收集枯燥的Ck

B,乙用于測定鹽酸的濃度

C,丙用于證明濃硫酸具有脫水性和強氧化性

D,丁用于制取金屬鎂

6,〔6分)硫酸鎰是工業上制備二氧化鎰活性電極的原料，用軟鎰礦濁液吸收空氣中

的S。,得到的硫酸鎰溶液中含有CuS。、Fe(SO]雜質,向溶液中參加MnC。,充

分反242433響過濾，再參加MnS,充分反響后過濾,可以得到堿性的硫酸鎰溶液，常溫

下，

,38,36.i4K[Fe(OH)]=4.0xl0,K[CuS]=6.3x10,K[MnS]=4.65x10,以下推斷不

IEsp3spsp

確的選項是u

3+A,參加MnCO的目的是除去Fe3

3+B,常溫下,pH=4時,Fe已除盡

2+2+22(aq)+MnS[s]=CuS[s]+Mn(aq)的K=1.35xlOC,反響Cu

D,Mn(OH)CO、Mn(OH)都可以替代MnCO22323

*+2*3*3*+2,27,〔6分〕某強酸性溶液X中可能含有Na、K、NH、Fe、Fe、Al、CO、

SO433

,2、SO、Cl中的假設干種，某同學為了確認其成分，取溶液進展連續實驗,實驗過程及產

物如下，以下結論正確的選項是U

Tw■?體泠液U

過.『I

區例]--落了乙一■｛好琉aO忠酒一雷j[觀*到,色".0|

-{rig1]

-*1屐G|

c]

+A,溶液J焰色反響顯黃色，那么說明原溶液中存在Na

3+B,沉淀G中參加鹽酸溶解，滴加一滴KSCN溶液顯紅色,可以確定原溶液中有Fe

3+3+++.C,X中不能確定的離子是Al、Fe、Na、K和Cl

D,沉淀I一定是Al(OH)3

二、非選擇題〔必考題)〔43分〕

8,〔14分〕乳酸亞鐵晶體([CHCH(OH)COO]Fe-3HO,Mr=288)是常用的

補鐵劑,322

乳酸亞鐵可由乳酸與碳酸亞鐵〔易被空氣中氧氣氧化〕反響制得,2CHCH(OH)

COOH+FeCO?[CHCH(OH)COO]Fe+CO?+HO,333222某興趣小組用FeCI

〔用鐵粉與鹽酸反響制得)和NHHCO制備FeCO的裝置示意圖如下2433圖，答復

以下問題，

(1)A裝置的名稱是,

(2)將生成的FeCI溶液壓入C裝置的操作是，該裝置中涉及的主要反響的離子方

程式為,2

〔3〕將制得的FeCO參加到乳酸溶液中，再參加少量鐵粉,75?下攪拌使之充分反響,

然3

后向其中參加適量的，除去鐵粉，其中參加少量鐵粉的作用是，［4)從上述〔3〕所得

溶液中獲得乳酸亞鐵晶體的方法是,、、洗滌、枯燥，［5［該興趣小組用KMnO測

定產品中亞鐵含量進而計算乳酸亞鐵晶體的質量分數,發現產4

品的質量分數總是大于100%,其原因可能是，經查閱文獻后，該興趣小組改用鋪

(Ce)量

2+的含量，取產品配成100mL溶液,每次取20.00mL,進展必要處理，用法測定產品中Fe

0.1000mol/LCe(SO)標準溶液滴定至終點，平均消耗Ce(SO)19.7mL,滴定

反響為,4242

4+2+3+3+Ce+Fe=Ce+Fe,那么產品中乳酸亞鐵晶體的質量分數為,

9,〔15分)璘和氮都是生物體不可缺少的元素，但磷在自然界總是以磷酸鹽的形式

出現，如磷酸鈣礦Ca〔PO〕、磷灰石CaF(PO］等,342543

(1)磷共有23種同位素,其中質子數與中子數相等的同位素是人類獲得的第一種

人工放射性同位素，該核素可表示為，

(2)單質磷有多種同素異形體，如白磷、紅磷、黃磷等，

?磷酸鈣與焦炭、石英砂混合，在電爐中加熱到1400,1500?生成白磷,反響式,2Ca

［PO］+6SiO=6CaSiO+RO,10C+PO=P?+10CO?3422341004104

上述反響的各種物質中,屬于酸酢的是〔填化學式〕，假設體系一起處于復原性的氣

氛中，那么每生成lmolP時有mol電子發生轉移〃

?黃磷[P)有毒，它能將金、銀、銅從其冷的鹽溶液中復原出來，寫出黃磷與冷硫酸

銅溶4

液反響的化學方程式，

〔3〕比擬N、P氣態氫化物的穩定性,PHNH[填"/或":或,請用原

子構造的33

觀點解釋其原因，

〔4〕磷酸鹽在水溶液中既有電離又有水解

?磷酸鈉的水溶液顯堿性，用離子方程式解釋原因〔假設有多個反響，那么寫出主要反

響即可〕，

3&13?磷酸是三元酸，在298K時,K=7.5xl0,K=6.2xl0,K=2.2xl0,那么NaHPO溶

12324

液顯性〔填"酸"或"堿”〕，通過簡單計算說明你的理由，

和CO反響合成尿素,10,〔14分)工業上用NH32

2NH(g)+CO(g)?CO(NH)(g)+HO[g]?H32222i

困1圈2

CD該過程實際上分兩步進展，第一步產生氨基甲酸筱,第二步是氨基甲酸筱脫水生

成尿

素，請寫出第一步的反響方程式，

n(NH3)

n(C02)

(2)在一定條件下合成尿素，當氨碳比=4時,C。的轉化率隨時間的變化關系2

如圖1所示，以下說法錯誤的選項是〔填標號〕，

A,該反響在60min時到達平衡狀態，

B,NH的平衡轉化率為70%,3

C,增加氨碳比可進一步提高CO的平衡轉化率,2

D,M點的逆反響速率v(CO)大于N點的正反響速率v〔CO〕，逆2正2

(3)反響2NH[g]+C0(g)?C0(NH)[g]+H0[g]，在200?時可自發

向正反32222

響進展，那么升高溫度，平衡常數K[填"增大"、"減小〃、"不變"〕，〔4〕假設

一定條件下得到的尿素為固體,2NH(g)+C0(g)?C0(NH)(s)3222+H。

〔g〕，開場在一密閉容器中充入O.lmolNH、0.65molCO,0.65molHO

S〕，保2322持溫度不變，到達平衡時，混合氣體的平均摩爾質量與起始相比〔填

"變大"、"變小"、"不

變"]，

[5]尿素在一定溫度和壓力下會局部變為NHCNO〔氨酸筱〕，25?氨水的電離常

數為4

541.7x10,富酸HCNO的電離常數為3.3x10,氟酸筱水溶液中各離子的濃度大小順序

為，

〔6〕電解尿素[C。〔NH〕]的堿性溶液制氫的裝置示意圖如圖2〔電解池中隔膜僅

阻止氣體22

通過,a、b極均為惰性電極〕，電解時,a極的電極反響式為,假設在b極產生標況下

224mL氫氣,那么消耗尿素g,

三、選考題〔共15分〕

11,〔15分〕工業上回收利用某合金廢料〔主要含Fe、Cu、Co、Li等,C。、Fe

都是中等活潑金屬〕的工藝流程如下，

在空氣

(NH/C0用淞r

iH.O,■*?TZoC&jCg,]

情京AL

*作1

S]-懿T溶液R卜絲2-澗體3］

—就清

金屬MNa1co，格渡

(U金屬M為，操作1為，

〔2〕參加HO的作用是〔用離子方程式表示〕，參加氨水的作用是,22

〔3〕充分焙燒的化學方程式為，

〔4〕LiCO微溶于水，其飽和溶液的濃度與溫度關系見下表，操作2中,蒸發濃縮后必

須23

趁熱過濾，其原因是,90?時K(LiCO)的值為,SP23

溫度/?10306090

J濃度/mol?L

〔5〕用惰性電極電解熔融LiCO制取鋰，陽極生成兩種氣體，那么陽極的電極反響式

為,23

12,氮化硅是一種新型無機非金屬材料，主要有a,氮化硅和氏氮化硅兩種晶型，它們

都是由［SiN］正四面體共用頂角原子構成的三維空間網絡構造,因氮化硅的構造如下

圖,4

用甘氨酸〔HNCHCOOH〕或尿素［CO〔NH〕］作為燃料,硝酸筱［NHNO］為氧

化劑,222243原硅酸為硅源，蔗糖為碳源，進展反響制備氮化硅，答復以下問題，

(1Jlmol甘氨酸分子中含有。鍵的數目為，組成該物質的各元素第一電離能由小

到大的順序為，

(2)尿素分子中碳的雜化方式為，尿素作配體時能作為配位原子的是，

〔3〕NHN。中陰離子的空間構型為，由第1、2周期元素能成的與該陰離子互為等

電子體43

的離子是,

OH

I

HO—Si—OH

OH

4.(4)原硅酸的構造為，假設去掉氫原子后的剩余局部即Si〔原硅酸根〕為硅4

氧四面體構造，頂角上的4個氧原子稱作"角氧”，3個硅氧四面體彼此用3個角氧

相連后，形成離子的化學式為,n個硅氧四面體彼此用4個角氧連接后形成的物質的

化學式是，〔5〕0,氮化硅晶體類型為，判斷的理由是，

13,某煌A相對于氫氣的密度為35,一定量A在足量的氧氣中完全燃燒，得到等物質

的量的CO和HO,A能發生如下轉化〔圖中的無機產物均已略去〕，其中F能發生

銀鏡反響,22

E不能發生銀鏡反響,G、H互為同分異構體,G中只含1個甲基,

R,O

R-''ll-C-R**.'*R—CHO?R-

OHOH

(1)用系統命名法對A命名，

[2]C與HIO的反響類型是“

〔3〕寫出F和G的構造簡式,F、G,

(4)寫出B?C和D?I的化學方程式，

B?C,

D?I,

(5)I有多種同分異構體，寫出滿足以下條件的所有的同分異構體,？六元環,？環上的

作用放出2mol氣體,？核磁共振硝基取代物只有一種,？1mol該物質與足量的

NaHCCh

氫譜為3組峰,符合條件的構造簡式〔不考慮立體異構〕，

湖北省武漢市2021屆高考化學模擬試卷(5月份〕

參考答案與試題解析

一、選擇題〔每題6分，共42分〕

1,〔6分〕某分子式為CHCI的有機物同分異構體的數目為U35

A,3B,4C,5D,6

考點，有機化合物的異構現象，

分析，根據化學式CHCI可知,該化合物是含有碳碳雙鍵的鹵代燒，即相當于是丙烯中

的35

1個氫原子被氯原子取代后的生成物，所以共計有3種,又因為1,氯,1丙烯存在順反

異構，

所以總共是4種，

解答，解，根據化學式CHCI可知,該化合物是含有碳碳雙鍵的鹵代羥，即相當于是丙烯

35

中的1個氫原子被氯原子取代后的生成物，所以共計有3種，

CH7CHCHCLCHCI7CHCH.CH?CCICH,又因為CHCI?CHCH存在順反異構，

所以223233總共是4種，

應選B,

點評，此題考察有機物的同分異構體的書寫，難度不大，注意掌握同分異構體的書寫方

法，

2,16分）以下說法正確的選項是U

A,硫酸、純堿、偏鋁酸鈉和過氧化鈉分別屬于酸、堿、鹽和氧化物B,乙醇、次氯酸

鈉和二氧化硫分別屬于非電解質、強電解質和弱電解質C,Na、Al、Cu通常分別用

電解法、熱分解法和置換法冶煉得到D,天然氣、沼氣和水煤氣分別屬于化石能源、

可再生能源和二次能源考點，鈉的重要化合物,常見的能量轉化形式，電解質與非電解

質，金屬冶煉的一般原理，

分析,A,純堿是碳酸鈉，屬于鹽，

B,電解質是指，在水溶液中或熔融狀態下能夠導電的化合物，常見的電解質包括，酸、

堿、鹽、金屬氧化物和水，

C,Na、Mg、Al等活潑或較活潑金屬，電解法,Fe、Zn、Cu等中等活潑金屬，以C、

CO或H做復原劑,Hg、Ag等不活潑金屬，熱分解法,2

D,化石能源,指煤、石油、天燃氣等，二次能源，由一次性能源直接或間接轉換而來的

能源,煤氣、氫能、電能、汽油、沼氣，可再生能源，不隨其本身的轉化或被人類利用

而減少的能源，太陽能、生物能、水能，

解答，解,A,純堿是碳酸鈉，屬于鹽,不是堿，故A錯誤，

B,乙醇、次氯酸鈉和二氧化硫分別屬于非電解質、強電解質和非電解質，故B錯

誤,C,Na、ALCu可以分別用電解法、電解法和置換法冶煉得到，故C錯誤，

D,天然氣、沼氣和水煤氣分別屬于化石能源、可再生能源和二次能源，故D正確，應

選,D,

點評，此題為綜合題,考察了物質的分類、電解質判斷、金屬的冶煉,題目難度不大,3,

〔6分〕短周期元素X、Y、W、Q在元素周期表中的相對位置如下圖，常溫下，金屬

鋁能溶于W的最高價氧化物的水化物的稀溶液，卻不溶于其濃溶液，以下說法正確的

選項是〔〕

XY

WQ

A,Y的最高化合價為+6

B,簡單離子的半徑,W,Q,Y,X

C,氫化物的穩定性,W,Y

D,最高價氧化物的水化物的酸性,W,Q

考點，元素周期律和元素周期表的綜合應用，

分析，短周期元素X、Y、W、Q,常溫下,AI能溶于W的最高價氧化物的水化物的稀

溶液，卻不溶于其濃溶液，那么W為S元素,由元素周期表中的相對位置可知,X為N

元素、Y為。元素、Q為CI元素，據此結合元素周期律知識對各選項進展判斷，

解答，解，短周期元素X、Y、W、Q,常溫下,AI能溶于W的最高價氧化物的水化物的

稀溶液，卻不溶于其濃溶液，那么W為S元素,由元素周期表中的相對位置可知,X為

N元素、丫為。元素、Q為CI元素，

A,Y為。元素，氧元素沒有+6價，故A錯誤，

B,電子層越多離子半徑越大，電子層構造一樣核電荷數越大離子半徑越小，故離子半

徑大

2.32小為,S,CI,N,。,故B錯誤,

C,非金屬性越強，對應的氫化物越穩定，非金屬性,0,S,那么氫化物的穩定性,W,Y,故

C錯誤，

D,非金屬性CI,S,故最高價氧化物的水化物的酸性,HCIO,HS。,即,W,Q,故D424

正確，

應選D,

點評，此題考察元素周期表和元素周期律的綜合應用，題目難度中等，注意把握周期表

的構造、元素周期律內容,注意主族元素化合價與族序數關系及元素化合價特殊性,4,

〔6分〕在10L恒容密閉容器中充入X[g]和Y〔g〕，發生反響X(g)+Y

(g]?M(g)+N(g)，所得實驗數據如表，

實驗編號溫度/?起始時物質的量/mol平衡時物質的

量/mol

n(X)n[Y]n(M)

?8000.200.30a

?9000.100.15b

以下說法正確的選項是〔〕

A,實驗？中，假設5min時測得n(M)=0.050mol,那么0至5min時間內，用N

表示的平

,2均反響速率v(N)=1.0xlOmol/(L?min)

C,實驗？中,到達平衡時,X的轉化率為60%

考點，真題集萃，化學平衡建立的過程，

專題，化學平衡專題，

△c

"At

分析,A、根據v=計算v〔M〕，在利用速率之比等于化學計量數之比計算v

〔N〕，B、由表中數據，利用三段式計算平衡時其它組分的物質的量，由于反響中氣體

的化學計量數相等，可以用物質的量代替濃度代入平衡常數表達式計算，

C、溫度不變平衡常數不變,根據平衡常數可求出轉化量，進而求出轉化率，

D、比照實驗？？的平衡常數可知，正反響為放熱反響，升溫平衡左移,平衡常數減小，轉

化率減小，根據實驗？中X的轉化率為60%,那么實驗？中X的轉化率小于60%,到達

平衡時,b,0.060,

Ac0.05inol

△tlOLX5min

,3解答，解,A,v(N)=v[M]===1.0xl0mol/〔L?min〕，故A錯誤,B,X(g)+Y

(g)?M[g]+N(g)起始濃度〔mol/L〕0.010.0400實驗？中，該反響的平衡常

數K===1.0,故B錯誤,GX(g)+Y(g)?M[g]+N(g)起始濃度(mol/L)

0.020.0300轉化濃度〔mol/L〕

c(M)c(N)0,(jogx0.008aaaaaaaa

c(X)c(Y)o.002X0.0321010101010101010

平衡濃度(mol/L)0.02,0.03,

--------r7--------r-C(M)c(N)

(0.02-帝(。-。3-京>c-(X)=(Y)

該反響的平衡常數K===1.0,解得a=0.12,實驗？中,X的轉化率=100%=60%,故

C正確，

0.12..

0.2*

D,根據三段式可求得,700?時,化學平衡常數K?2.6,升高溫度至800?得平衡常數為

K=1.0,K減小，即平衡逆向移動，那么正反響為放熱反響,假設？的溫度為800?,恒容

體系中，氣體體積不變的反響,？與？為等效平衡,b=a=0.06mol,但？的實際溫度為

900?,相比擬800?,平衡逆向移動,b,0.06,故D錯誤，

1

2

應選C,

點評，此題考察化學反響速率、化學平衡常數、化學平衡的影響因素等，難度中等,5,

〔6分)以下裝置能到達相應實驗目的是(]

A,甲用于濃鹽酸和漂粉精制取并收集枯燥的Ck

B,乙用于測定鹽酸的濃度

C,丙用于證明濃硫酸具有脫水性和強氧化性

D,丁用于制取金屬鎂

考點，化學實驗方案的評價，

專題,實驗評價題，

分析,A,氯氣密度比空氣大，應用向上排空法收集，

B,氫氧化鈉應放在堿式滴定管中，

C,濃硫酸具有脫水性,可使蔗糖碳化而變黑，生成二氧化硫,可使高鎰酸鉀褪色,D,鎂比

鋁活潑，鋁不能置換出鎂，

解答，解,A,氯氣微溶于水，應用飽和食鹽水除去氯化氫，且氯氣密度比空氣大,應用向

上排空法收集，故A錯誤，

B,氫氧化鈉可腐蝕玻璃睡,應放在堿式滴定管中，故B錯誤，

C,濃硫酸具有脫水性,可使蔗糖碳化而變黑，與碳發生氧化復原反響生成二氧化硫，可

使高鎰酸鉀褪色，故C正確，

D,鎂比鋁活潑，鋁不能置換出鎂，故D錯誤，

應選C,

點評，此題考察化學實驗方案的評價，為高頻考點，涉及氣體的制取、中和滴定、性質

檢驗以及金屬冶煉等，把握實驗原理及實驗裝置圖的作用為解答的關鍵，注意方案的

合理性、操作性分析，題目難度不大，

6,〔6分)硫酸鎰是工業上制備二氧化鎰活性電極的原料，用軟鎰礦濁液吸收空氣中

的

，得到的硫酸鎰溶液中含有CuSO、Fe(SO)雜質,向溶液中參加MnCO,充分反

SO242433響過濾，再參加MnS,充分反響后過濾,可以得到堿性的硫酸鎰溶液，常溫下，

,38,36.i4K[Fe[OH]]=4.0xl0,K(CuS)=6.3x10,K(MnS)=4.65x10,以下推斷不

正sp3spsp

確的選項是〔〕

3+A,參加MnCO的目的是除去Fes

3+B,常溫下,pH=4時,Fe已除盡

2+2+22C,反響Cu[aq]+MnS[s]=CuS(s)+Mn(aq)的K=1.35xlOD,Mn

(OH)CO、Mn(OH)都可以替代MnCO22323

考點，難溶電解質的溶解平衡及沉淀轉化的本質，

分析，由各物質的Ksp大小可知，調節溶液的pH,可生成Fe(OH)沉淀，由于3

K(CuS,K〔MnS〕，可使MnS轉化成CuS,那么除去硫酸鎰溶液中含有spsp

CuSO、Fe(SO)雜質,向溶液中參加MnCO,也可參加42433

Mn[OH]CO、Mn〔OH〕，調節溶液pH,生成Fe[OH]沉淀,充分反響過濾，再

參22323

加MnS,可生成CuS,以此解答該題，

解答，解,A,由K[Fe[OH]]=4.0x10,可知Fe[OH]易生成沉淀,可參加sp33

3+MnCO,起到調節溶液pH的作用，可除去Fe,故A正確,3

3卜.0X1。女

V1X10-5

,383+.B,K[Fe(OH)]=4.0xl0,當Fe已除盡時,c[OH]=sp3

mmol/L=1.58xl0mol/L,pH?3.7,故B正確，

c(Kn2+)Ksp(MnS)

c(Cu2+)Ksp(CuS)

2+2+C,反響Cu[aq]+MnS[s]=CuS[s]+Mn[aq]的K二二二

-36

6.3X1。

14

4.65X10一

,22=1.35X10,故C錯誤,

D,Mn(OH)CO、Mn(OH)與MnCO性質相似，都可與氫離子反響生成二氧化

碳和22323

水，不引入新雜質,可代替，故D正確，

應選C,

點評，此題考察難溶電解質的溶解平衡，為2021屆高考常見題型和高頻考點，側重于

學生的分析能力和計算能力的考察，注意把握溶度積的意義及應用，把握相關計算方

法，難度中等，

+++2+3+3+2,27,〔6分〕某強酸性溶液X中可能含有Na、K、NH、Fe、Fe、Al、CO、

SO433.2...SO、Cl中的假設干種，某同學為了確認其成分,取溶液進展連續實驗，實驗過程

及產4

物如下，以下結論正確的選項是U

—*jU?“~亙*|■.體?｛泠液可

—4rig||

—

+A,溶液J焰色反響顯黃色，那么說明原溶液中存在Na

3+B,沉淀G中參加鹽酸溶解，滴加一滴KSCN溶液顯紅色,可以確定原溶液中有Fe

3+3+++.C,X中不能確定的離子是Al、Fe、Na、K和Cl

D,沉淀I一定是Al[OH]3

考點,離子反響發生的條件，常見離子的檢驗方法，

22分析,？強酸性溶液中CO、SO不能存在,33

2.?X溶液中參加過量Ba[NO]溶液生成沉淀C是BaSO,說明有SO存在，硝酸被復原

2+2++,3+生成氣體A為NO,說明有復原劑Fe存在，〔即

3Fe+4H+NO=3Fe+NO?+2HO〕聲?溶液B參加過量NaOH溶液，生成的沉淀G為

Fe〔OH〕，生成的氣體F為NH,說明33

+有NH存在八

2+?溶液H通入C。生成沉淀I,由于前面參加過量的Ba(NO)溶液，引入了大量Ba,所

232

3+以沉淀I中一定有BaCO,又由于前面不能確定溶液X中是否存在A1,所以這里也不能

確3

+定沉淀I中有Al〔0H〕，溶液J的焰色反響呈黃色，說明溶液J中有Na,但由于前面參

3

一加過量NaOH溶液,引入了較多的Na,因此不能確定溶液X中是否存在Na,因為焰色

黃

+色能掩蓋紫色焰色，所以不能確定溶液X中是否有K,另外,上述實驗過程還不能確定溶

液

,X中是否存在C1,

22解答,解,？強酸性溶液中CO、S。不能存在,？X溶液中參加過量Ba(NO)溶液3332

2,生成沉淀C是BaSO,說明有SO存在,硝酸被復原生成氣體A為NO,說明有復原劑44

2+2++,3+2+3+Fe存在，〔即3Fe+4H+NO=3Fe+NO?+2HO］，在此反響中,Fe被氧化為

Fe,32

?溶液B參加過量NaOH溶液，生成的沉淀G為Fe〔OH〕，生成的氣體F為NH,說

明33

+有NH存在,？溶液H通入CO生成沉淀I,由于前面參加過量的Ba［NO］溶液，引入

4232

2+3+了大量Ba,所以沉淀I中一定有BaCO,又由于前面不能確定溶液X中是否存在A1,

所3

以這里也不能確定沉淀I中有Al〔0H〕，溶液J的焰色反響呈黃色，說明溶液J中

有3

*+Na,但由于前面參加過量NaOH溶液,引入了較多的Na,因此不能確定溶液X中是否

存

在Na,因為焰色黃色能掩蓋紫色焰色，所以不能確定溶液X中是否有K,另外，上述實驗

,過程還不能確定溶液X中是否存在C1,

A,通過以上分析知，不能確定原來溶液中是否含有鈉離子，故A錯誤，

3+2+B,沉淀G為Fe〔OH〕，但Fe可能是原來有的，也可能是Fe被氧化生成的，故B錯

誤,3

2+3+3—+,+2,、NH、SO,A1、Fe、Na、K和Cl不能確定，故C正確,C,X中肯定存在

Fe44

3+D,沉淀I中一定有BaCO,又由于前面不能確定溶液X中是否存在A1,所以這里也不能

3

確定沉淀I中有Al〔0H〕，故D錯誤,3

應選C,

點評，此題考察常見離子的檢驗，如氨氣的檢驗、鋁離子的檢驗等，難度中等，二、非選

擇題〔必考題〕〔43分〕

8,〔14分〕乳酸亞鐵晶體([CHCH(OH)COO]Fe.3HO,Mr=288)是常用的

補鐵劑,322

乳酸亞鐵可由乳酸與碳酸亞鐵〔易被空氣中氧氣氧化〕反響制得，

2CHCH(OH)COOH+FeCO?[CHCH(OH)COO]Fe+C0?+HO,333222

某興趣小組用FeCI〔用鐵粉與鹽酸反響制得〕和NHHCO制備FeCO的裝置示意

圖如下2433

圖，答復以下問題，

(1)A裝置的名稱是分液漏斗，

〔2〕將生成的FeCI溶液壓入C裝置的操作是關閉活塞3，翻開活塞2,該裝置中

涉及的主2

2+.要反響的離子方程式為Fe+2HCO=FeCO?+CO?+HO,3322

〔3〕將制得的FeCO參加到乳酸溶液中，再參加少量鐵粉,75?下攪拌使之充分反響,

然3

2+后向其中參加適量的乳酸，除去鐵粉,其中參加少量鐵粉的作用是防止Fe離子被氧化,

〔4〕從上述(3)所得溶液中獲得乳酸亞鐵晶體的方法是，冷卻結晶、過濾、洗滌、枯

燥，[5[該興趣小組用KMnO測定產品中亞鐵含量進而計算乳酸亞鐵晶體的質量分數,

發現產4

品的質量分數總是大于100%,其原因可能是乳酸根離子中含有羥基,被酸性高鎰酸

鉀溶液

2+氧化，經查閱文獻后，該興趣小組改用諦(Ce)量法測定產品中Fe的含量，取產品配成

100mL溶液,每次取20.00mL,進展必要處理，用0.1000mol/LCe(SO)標準溶液滴

定42

4+2+3*3+至終點，平均消耗Ce[SO]19.7mL,滴定反響為,Ce+Fe=Ce+Fe,那么產品中

乳42

酸亞鐵晶體的質量分數為98.5%,

考點，制備實驗方案的設計，

專題,實驗設計題，

分析，〔1〕由儀器A的構造特征，可知A為分液漏斗，

〔2〕利用生成氫氣，使B裝置中氣壓增大，將B裝置中的氯化亞鐵溶液壓入C中工

裝置中FeCI和NHHCO發生反

響,FeCI+2NHHCO=FeCO?+2NHCI+CO?+HO,2432433422

2+〔3)實驗目的是制備乳酸亞鐵晶體，參加Fe粉，防止Fe離子被氧化，過量的鐵粉用乳

酸除去,Fe被充分利用，

〔4〕從溶液中獲得晶體，應經過冷卻結晶、過濾、洗滌、枯燥等操作,

(5)乳酸根中含有羥基，可以被酸性高鎬酸鉀溶液氧化，導致消耗高鎰酸鉀的增大，而

計算中按亞鐵離子被氧化,故計算所得乳酸亞鐵的質量偏大，

2+2+根據離子方程式計算20mL溶液中n〔Fe〕，進而計算100mL含有n〔Fe〕，再根

據m=nM計算乳酸亞鐵晶體的質量，進而計算產品中乳酸亞鐵晶體的質量分數，

解答，解，〔1〕由儀器A的構造特征，可知A為分液漏斗，故答案為，分液漏斗，〔2〕

利用生成氫氣，使B裝置中氣壓增大，將B裝置中的氯化亞鐵溶液壓入C中，具體操作

為，關閉活塞3,翻開活塞2,

C裝置中FeCI和NHHCO發生反

響,FeCI+2NHHCO=FeCO?+2NHCI+CO?+HO,2432433422

2+.反響離子方程式為,Fe+2HCO=FeCO?+CO?+HO,3322

2+,故答案為，關閉活塞3,翻開活塞2,Fe+2HCO=FeCO?+CO?+HO,3322

2+3+2+〔3〕Fe離子易被氧化為Fe離子，實驗目的是制備乳酸亞鐵晶體，參加Fe粉，防止

Fe離子被氧化，過量的鐵粉可以充分利用，得到乳酸亞鐵，應用乳酸除去，

2+故答案為，乳酸，防止Fe離子被氧化，

(4)在75?下攪拌使之充分反響制得乳酸亞鐵，從熱溶液中獲得乳酸亞鐵晶體，應經

過冷卻結晶、過濾、洗滌、枯燥等操作，

故答案為，冷卻結晶、過濾，

(5)乳酸根中含有羥基，可以被酸性高鎰酸鉀溶液氧化，導致消耗高鎰酸鉀的增大，而

計算中按亞鐵離子被氧化，故計算所得乳酸亞鐵的質量偏大，產品中乳酸亞鐵的質量

分數會大于100%,

4+2*3+3+由,Ce+Fe=Ce+Fe,可知20mL溶液中

2+4+n(Fe)=n(Ce)=0.1000mol/Lx=0.00197mol,

100mL

20mL

2+故100mL含有n(Fe)=0.00197molx=0.00985mol,故產品中孚L酸亞鐵晶體的質

量分數為xl00%=98.5%,

0.00985molX288g/mol

2.88g

故答案為，乳酸根離子中含有羥基，被酸性高鎰酸鉀溶液氧化,98.5%,

點評，此題考察實驗制備方案,涉及化學儀器識別、對操作的分析評價、物質別離提

純、氧化復原反響滴定應用等,明確原理是解題關鍵，是對學生綜合能力的考察，難度

中等,9,〔15分〕磷和氮都是生物體不可缺少的元素，但磷在自然界總是以磷酸鹽的

形式出現，如磷酸鈣礦Ca[PO],磷灰石CaF[PO]等,342543

(1)磷共有23種同位素,其中質子數與中子數相等的同位素是人類獲得的第一種

人工放射

3。性同位素，該核素可表示為P,15

〔2〕單質磷有多種同素異形體，如白磷、紅磷、黃磷等，

?磷酸鈣與焦炭、石英砂混合，在電爐中加熱到1400,1500?生成白磷,反響式,2Ca

(PO)+6SiO=6CaSiO+PO,10C+PO=P?+10CO?342234ioo4io4

上述反響的各種物質中,屬于酸酊的是SiO、P0〔填化學式〕，假設體系一起處于

復原2410

性的氣氛中，那么每生成ImolP時有20mol電子發生轉移,4

?黃磷(P)有毒，它能將金、銀、銅從其冷的鹽溶液中復原出來，寫出黃磷與冷硫酸

銅溶4

液反響的化學方程式P+10CuSO+16HO=10Cu+4HPO+10HSO,4423424

〔3〕比擬N、P氣態氫化物的穩定性,PH,NH[填":或"/或"一)，請用原

子構造33

的觀點解釋其原因NP同主族最外層電子數一樣，P的電子層數比N多，原子核對

電子的吸引力弱，故磷化氫的穩定性較差，

〔4〕磷酸鹽在水溶液中既有電離又有水解

,3.2,+HO?HPO+OH〔假設有多個反?磷酸鈉的水溶液顯堿性,用離子方程式解釋原

因PO424

響,那么寫出主要反響即可〕，

38.13?磷酸是三元酸，在298K時,K=7.5x10,K=6.2x10,K=2.2x10,那么NaHPO溶

12324

1X10如

7.5X1O-3K1

液顯酸性〔填"酸"或"堿"1,通過簡單計算說明你的理由K(HPO)==h24

=1.33x10,K,HPO的電離強于水解,溶液中c(H),c〔OH〕皿

考點，氮族元素簡介，

分析，〔1〕質子數與中子數相等的同位素，計算得到質量數=15+15=30,結合原子

符號書寫核素，

〔2〕？酸性氧化物是能和堿反響生成鹽和水的氧化物，非金屬氧化物中非金屬化合價

和酸中元素化合價一樣，結合氧化復原反響電子守恒計算電子轉移，

?黃磷［P)有毒，它能將金、銀、銅從其冷的鹽溶液中復原出來，寫出黃磷與冷硫酸

銅溶4

液反響生成銅，磷酸和硫酸，結合原子守恒配平書寫化學方程式，

〔3〕依據同主族非金屬性的強弱分析判斷氫化物的穩定性，實質是原子構造的特征

分析，原子核對最外層電子的吸引力判斷，

〔4〕？磷酸鈉的水溶液顯堿性是因為磷酸根離子分步水解，溶液中水的電離被促進氫

氧根離子濃度增大，

38.i3,?K=7.5x10,K=6.2x10,K=2.2x10,那么NaHPO溶液中分析計算HPO的水解常

1232424

,數，和HPO的電離程度比擬分析判斷溶液酸堿性,24

解答，解，［1［質子數與中子數相等的同位素，計算得到質量數=15+15=30,結合原

子

3。符號書寫核素為,P,15

3。故答案為,P,15

〔2〕？酸性氧化物是能和堿反響生成鹽和水的氧化物，非金屬氧化物中非金屬化合價

和酸中元素化合價一樣，反響2Ca[P0]

+6SiO=6CaSiO+PO,10C+PO=P?+10CO?342234ioo4io4中,二氧化硅是硅酸的酸

醉,P。是磷酸的酸酊，結合氧化復原反響電子守恒計算電子轉410

移,每生成ImolP時碳元素化合價0價變化為+2價,磷元素化合價變化為+5價，電

子轉移4

為20moI,

故答案為,20,

?黃磷[P)有毒，它能將金、銀、銅從其冷的鹽溶液中復原出來，寫出黃磷與冷硫酸

銅溶4

液反響生成銅，磷酸和硫酸，結合原子守恒配平書寫化學方程式為，

P+10CuSO+16HO=10Cu+4HPO+10HSO,4423424

故答案為,Si。、PO,P+10CuSO+16HO=10Cu+4HPO+10HSO,24104423424

〔3〕依據同主族非金屬性的強弱分析判斷氫化物的穩定性，實質是原子構造的特征

分析，原子核對最外層電子的吸引力判斷,N、P同主族最外層電子數一樣,P的電子

層數比N多，原子核對電子的吸引力弱，故磷化氫的穩定性較差,PH,NH,33

故答案為,〃N、P同主族最外層電子數一樣,P的電子層數比N多，原子核對電子的吸

引力弱，故璘化氫的穩定性較差，

(4)?磷酸鈉的水溶液顯堿性是因為磷酸根離子分步水解，溶液中水的電離被促進氫

氧根

32,離子濃度增大，水解離子方程式為,PO+HO?HPO+OH,424

,3.8.i3,?K=7.5xlO,K=6.2xlO,K=2.2xlO,NaHPO溶液中分析計算HPO的水解常

數,1232424

C(H3P04)C(0H-)

C(H2P04")

.和HP。的電離程度比擬分析判斷溶液酸堿性,K(HPO)==24h24

1x1oT4如

7.5X1O-3K1

,io+“==1.33xlO,K,HPO的電離強于水解,溶液中c(H),c[OH],224

溶液顯酸性,

c(HP0)C(0H~)

34,1X1CTI4加

c(H2PoJ)7.5X10-3Kl

,1。.故答案為，酸,K[HPO]====1.33x10,h24

HP。的電離強于水解,溶液中c〔H〕，c〔OH〕，溶液顯酸性,K224

點評，此題考察了磷奇跡化合物性質的分析判斷,主要是氧化復原反響電子轉移和化

學方程式書寫，弱電解質電離平衡，鹽類水解平衡的理解應用，掌握根底是關鍵,題目難

度較大,10,〔14分〕工業上用NH和C。反響合成尿素,32

2NH(g)+CO(g)?CO(NH)(g)+HO〔g〕?H32222i

〔1〕該過程實際上分兩步進展，第一步產生氨基甲酸鍍,第二步是氨基甲酸鍍脫水生

成尿素，請寫出第一步的反響方程式2NH(g)+C0(g)?

NHCOONH,3224

n(NH3)

n(CO2)

〔2〕在一定條件下合成尿素，當氨碳比=4時,CO的轉化率隨時間的變化關系2

如圖1所示，以下說法錯誤的選項是BD〔填標號〕，

A,該反響在60min時到達平衡狀態,

B,NH的平衡轉化率為70%,3

C,增加氨碳比可進一步提高CO的平衡轉化率,2

D,M點的逆反響速率v(CO)大于N點的正反響速率v〔C?！?，逆2正2

〔3〕反響2NH(g)+C0[g]?C0(NH)(g)+H0[