湖北省武汉市高考化学模拟试卷（5月份）（含解析）-人教版高三全册化学试题

湖北省武汉市2021届高考化学模拟试卷(5月份〕一、选择题

〔每题6分，共42分〕

1,16分)某分子式为CHCI的有机物同分异构体的数目为U35

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

2,〔6分)以下说法正确的选项是〔〕

A,硫酸、纯碱'偏铝酸钠和过氧化钠分别属于酸、碱、盐和氧化物

B,乙醇、次氯酸钠和二氧化硫分别属于非电解质、强电解质和弱电解质C,Na、

Al、Cu通常分别用电解法、热分解法和置换法冶炼得到D,天然气、沼气和水煤气

分别属于化石能源、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对位置如下图，常温下,金属铝

能溶于W的最高价氧化物的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液，以下说法正确的选

项是

〔〕

XY

WQ

A,Y的最高化合价为+6

B,简单离子的半径,W,Q,Y,X

C,氢化物的稳定性,W,Y

D,最高价氧化物的水化物的酸性,W,Q

4,16分)在10L恒容密闭容器中充入X(g)和Y〔g〕，发生反响X(g)+Y

(g)?M[g]+N〔g〕，所得实验数据如表，

实验编号温度/?起始时物质的量/mol平衡时物质的

量/mol

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

?8000.200.30a

79000.100.15b

以下说法正确的选项是U

A,实验？中，假设5min时测得n[M]=0.050mol,那么0至5min时间内，用N

表示的平

,2均反响速率v〔N〕=1.0xlOmol/(L»min]

C,实验？中,到达平衡时,X的转化率为60%

5,〔6分〕以下装置能到达相应实验目的是U

A,甲用于浓盐酸和漂粉精制取并收集枯燥的Ck

B,乙用于测定盐酸的浓度

C,丙用于证明浓硫酸具有脱水性和强氧化性

D,丁用于制取金属镁

6,〔6分)硫酸镒是工业上制备二氧化镒活性电极的原料，用软镒矿浊液吸收空气中

的S。,得到的硫酸镒溶液中含有CuS。、Fe(SO]杂质,向溶液中参加MnC。,充

分反242433响过滤，再参加MnS,充分反响后过滤,可以得到碱性的硫酸镒溶液，常温

下，

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

IEsp3spsp

确的选项是u

3+A,参加MnCO的目的是除去Fe3

3+B,常温下,pH=4时,Fe已除尽

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

D,Mn(OH)CO、Mn(OH)都可以替代MnCO22323

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

SO433

,2、SO、Cl中的假设干种，某同学为了确认其成分，取溶液进展连续实验,实验过程及产

物如下，以下结论正确的选项是U

Tw■•体泠液U

过.『I

区例]--落了乙一■｛好琉aO忠酒一雷j[观*到,色".0|

-{rig1]

-*1屐G|

c]

+A,溶液J焰色反响显黄色，那么说明原溶液中存在Na

3+B,沉淀G中参加盐酸溶解，滴加一滴KSCN溶液显红色,可以确定原溶液中有Fe

3+3+++.C,X中不能确定的离子是Al、Fe、Na、K和Cl

D,沉淀I一定是Al(OH)3

二、非选择题〔必考题)〔43分〕

8,〔14分〕乳酸亚铁晶体([CHCH(OH)COO]Fe-3HO,Mr=288)是常用的

补铁剂,322

乳酸亚铁可由乳酸与碳酸亚铁〔易被空气中氧气氧化〕反响制得,2CHCH(OH)

COOH+FeCO?[CHCH(OH)COO]Fe+CO?+HO,333222某兴趣小组用FeCI

〔用铁粉与盐酸反响制得)和NHHCO制备FeCO的装置示意图如下2433图，答复

以下问题，

(1)A装置的名称是,

(2)将生成的FeCI溶液压入C装置的操作是，该装置中涉及的主要反响的离子方

程式为,2

〔3〕将制得的FeCO参加到乳酸溶液中，再参加少量铁粉,75?下搅拌使之充分反响,

然3

后向其中参加适量的，除去铁粉，其中参加少量铁粉的作用是，［4)从上述〔3〕所得

溶液中获得乳酸亚铁晶体的方法是,、、洗涤、枯燥，［5［该兴趣小组用KMnO测

定产品中亚铁含量进而计算乳酸亚铁晶体的质量分数,发现产4

品的质量分数总是大于100%,其原因可能是，经查阅文献后，该兴趣小组改用铺

(Ce)量

2+的含量，取产品配成100mL溶液,每次取20.00mL,进展必要处理，用法测定产品中Fe

0.1000mol/LCe(SO)标准溶液滴定至终点，平均消耗Ce(SO)19.7mL,滴定

反响为,4242

4+2+3+3+Ce+Fe=Ce+Fe,那么产品中乳酸亚铁晶体的质量分数为,

9,〔15分)璘和氮都是生物体不可缺少的元素，但磷在自然界总是以磷酸盐的形式

出现，如磷酸钙矿Ca〔PO〕、磷灰石CaF(PO］等,342543

(1)磷共有23种同位素,其中质子数与中子数相等的同位素是人类获得的第一种

人工放射性同位素，该核素可表示为，

(2)单质磷有多种同素异形体，如白磷、红磷、黄磷等，

?磷酸钙与焦炭、石英砂混合，在电炉中加热到1400,1500?生成白磷,反响式,2Ca

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

上述反响的各种物质中,属于酸酢的是〔填化学式〕，假设体系一起处于复原性的气

氛中，那么每生成lmolP时有mol电子发生转移〃

?黄磷[P)有毒，它能将金、银、铜从其冷的盐溶液中复原出来，写出黄磷与冷硫酸

铜溶4

液反响的化学方程式，

〔3〕比拟N、P气态氢化物的稳定性,PHNH[填"/或":或,请用原

子构造的33

观点解释其原因，

〔4〕磷酸盐在水溶液中既有电离又有水解

?磷酸钠的水溶液显碱性，用离子方程式解释原因〔假设有多个反响，那么写出主要反

响即可〕，

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

12324

液显性〔填"酸"或"碱”〕，通过简单计算说明你的理由，

和CO反响合成尿素,10,〔14分)工业上用NH32

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

困1圈2

CD该过程实际上分两步进展，第一步产生氨基甲酸筱,第二步是氨基甲酸筱脱水生

成尿

素，请写出第一步的反响方程式，

n(NH3)

n(C02)

(2)在一定条件下合成尿素，当氨碳比=4时,C。的转化率随时间的变化关系2

如图1所示，以下说法错误的选项是〔填标号〕，

A,该反响在60min时到达平衡状态，

B,NH的平衡转化率为70%,3

C,增加氨碳比可进一步提高CO的平衡转化率,2

D,M点的逆反响速率v(CO)大于N点的正反响速率v〔CO〕，逆2正2

(3)反响2NH[g]+C0(g)?C0(NH)[g]+H0[g]，在200?时可自发

向正反32222

响进展，那么升高温度，平衡常数K[填"增大"、"减小〃、"不变"〕，〔4〕假设

一定条件下得到的尿素为固体,2NH(g)+C0(g)?C0(NH)(s)3222+H。

〔g〕，开场在一密闭容器中充入O.lmolNH、0.65molCO,0.65molHO

S〕，保2322持温度不变，到达平衡时，混合气体的平均摩尔质量与起始相比〔填

"变大"、"变小"、"不

变"]，

[5]尿素在一定温度和压力下会局部变为NHCNO〔氨酸筱〕，25?氨水的电离常

数为4

541.7x10,富酸HCNO的电离常数为3.3x10,氟酸筱水溶液中各离子的浓度大小顺序

为，

〔6〕电解尿素[C。〔NH〕]的碱性溶液制氢的装置示意图如图2〔电解池中隔膜仅

阻止气体22

通过,a、b极均为惰性电极〕，电解时,a极的电极反响式为,假设在b极产生标况下

224mL氢气,那么消耗尿素g,

三、选考题〔共15分〕

11,〔15分〕工业上回收利用某合金废料〔主要含Fe、Cu、Co、Li等,C。、Fe

都是中等活泼金属〕的工艺流程如下，

在空气

(NH/C0用淞r

iH.O,■*♦TZoC&jCg,]

情京AL

*作1

S]-懿T溶液R卜丝2-涧体3］

—就清

金属MNa1co，格渡

(U金属M为，操作1为，

〔2〕参加HO的作用是〔用离子方程式表示〕，参加氨水的作用是,22

〔3〕充分焙烧的化学方程式为，

〔4〕LiCO微溶于水，其饱和溶液的浓度与温度关系见下表，操作2中,蒸发浓缩后必

须23

趁热过滤，其原因是,90?时K(LiCO)的值为,SP23

温度/?10306090

J浓度/mol・L

〔5〕用惰性电极电解熔融LiCO制取锂，阳极生成两种气体，那么阳极的电极反响式

为,23

12,氮化硅是一种新型无机非金属材料，主要有a,氮化硅和氏氮化硅两种晶型，它们

都是由［SiN］正四面体共用顶角原子构成的三维空间网络构造,因氮化硅的构造如下

图,4

用甘氨酸〔HNCHCOOH〕或尿素［CO〔NH〕］作为燃料,硝酸筱［NHNO］为氧

化剂,222243原硅酸为硅源，蔗糖为碳源，进展反响制备氮化硅，答复以下问题，

(1Jlmol甘氨酸分子中含有。键的数目为，组成该物质的各元素第一电离能由小

到大的顺序为，

(2)尿素分子中碳的杂化方式为，尿素作配体时能作为配位原子的是，

〔3〕NHN。中阴离子的空间构型为，由第1、2周期元素能成的与该阴离子互为等

电子体43

的离子是,

OH

I

HO—Si—OH

OH

4.(4)原硅酸的构造为，假设去掉氢原子后的剩余局部即Si〔原硅酸根〕为硅4

氧四面体构造，顶角上的4个氧原子称作"角氧”，3个硅氧四面体彼此用3个角氧

相连后，形成离子的化学式为,n个硅氧四面体彼此用4个角氧连接后形成的物质的

化学式是，〔5〕0,氮化硅晶体类型为，判断的理由是，

13,某煌A相对于氢气的密度为35,一定量A在足量的氧气中完全燃烧，得到等物质

的量的CO和HO,A能发生如下转化〔图中的无机产物均已略去〕，其中F能发生

银镜反响,22

E不能发生银镜反响,G、H互为同分异构体,G中只含1个甲基,

R,O

R-''ll-C-R**.'*R—CHO♦R-

OHOH

(1)用系统命名法对A命名，

[2]C与HIO的反响类型是“

〔3〕写出F和G的构造简式,F、G,

(4)写出B?C和D?I的化学方程式，

B?C,

D?I,

(5)I有多种同分异构体，写出满足以下条件的所有的同分异构体,？六元环,？环上的

作用放出2mol气体,？核磁共振硝基取代物只有一种,？1mol该物质与足量的

NaHCCh

氢谱为3组峰,符合条件的构造简式〔不考虑立体异构〕，

湖北省武汉市2021届高考化学模拟试卷(5月份〕

参考答案与试题解析

一、选择题〔每题6分，共42分〕

1,〔6分〕某分子式为CHCI的有机物同分异构体的数目为U35

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

考点，有机化合物的异构现象，

分析，根据化学式CHCI可知,该化合物是含有碳碳双键的卤代烧，即相当于是丙烯中

的35

1个氢原子被氯原子取代后的生成物，所以共计有3种,又因为1,氯,1丙烯存在顺反

异构，

所以总共是4种，

解答，解，根据化学式CHCI可知,该化合物是含有碳碳双键的卤代羟，即相当于是丙烯

35

中的1个氢原子被氯原子取代后的生成物，所以共计有3种，

CH7CHCHCLCHCI7CHCH.CH?CCICH,又因为CHCI?CHCH存在顺反异构，

所以223233总共是4种，

应选B,

点评，此题考察有机物的同分异构体的书写，难度不大，注意掌握同分异构体的书写方

法，

2,16分）以下说法正确的选项是U

A,硫酸、纯碱、偏铝酸钠和过氧化钠分别属于酸、碱、盐和氧化物B,乙醇、次氯酸

钠和二氧化硫分别属于非电解质、强电解质和弱电解质C,Na、Al、Cu通常分别用

电解法、热分解法和置换法冶炼得到D,天然气、沼气和水煤气分别属于化石能源、

可再生能源和二次能源考点，钠的重要化合物,常见的能量转化形式，电解质与非电解

质，金属冶炼的一般原理，

分析,A,纯碱是碳酸钠，属于盐，

B,电解质是指，在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物，常见的电解质包括，酸、

碱、盐、金属氧化物和水，

C,Na、Mg、Al等活泼或较活泼金属，电解法,Fe、Zn、Cu等中等活泼金属，以C、

CO或H做复原剂,Hg、Ag等不活泼金属，热分解法,2

D,化石能源,指煤、石油、天燃气等，二次能源，由一次性能源直接或间接转换而来的

能源,煤气、氢能、电能、汽油、沼气，可再生能源，不随其本身的转化或被人类利用

而减少的能源，太阳能、生物能、水能，

解答，解,A,纯碱是碳酸钠，属于盐,不是碱，故A错误，

B,乙醇、次氯酸钠和二氧化硫分别属于非电解质、强电解质和非电解质，故B错

误,C,Na、ALCu可以分别用电解法、电解法和置换法冶炼得到，故C错误，

D,天然气、沼气和水煤气分别属于化石能源、可再生能源和二次能源，故D正确，应

选,D,

点评，此题为综合题,考察了物质的分类、电解质判断、金属的冶炼,题目难度不大,3,

〔6分〕短周期元素X、Y、W、Q在元素周期表中的相对位置如下图，常温下，金属

铝能溶于W的最高价氧化物的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液，以下说法正确的

选项是〔〕

XY

WQ

A,Y的最高化合价为+6

B,简单离子的半径,W,Q,Y,X

C,氢化物的稳定性,W,Y

D,最高价氧化物的水化物的酸性,W,Q

考点，元素周期律和元素周期表的综合应用，

分析，短周期元素X、Y、W、Q,常温下,AI能溶于W的最高价氧化物的水化物的稀

溶液，却不溶于其浓溶液，那么W为S元素,由元素周期表中的相对位置可知,X为N

元素、Y为。元素、Q为CI元素，据此结合元素周期律知识对各选项进展判断，

解答，解，短周期元素X、Y、W、Q,常温下,AI能溶于W的最高价氧化物的水化物的

稀溶液，却不溶于其浓溶液，那么W为S元素,由元素周期表中的相对位置可知,X为

N元素、丫为。元素、Q为CI元素，

A,Y为。元素，氧元素没有+6价，故A错误，

B,电子层越多离子半径越大，电子层构造一样核电荷数越大离子半径越小，故离子半

径大

2.32小为,S,CI,N,。,故B错误,

C,非金属性越强，对应的氢化物越稳定，非金属性,0,S,那么氢化物的稳定性,W,Y,故

C错误，

D,非金属性CI,S,故最高价氧化物的水化物的酸性,HCIO,HS。,即,W,Q,故D424

正确，

应选D,

点评，此题考察元素周期表和元素周期律的综合应用，题目难度中等，注意把握周期表

的构造、元素周期律内容,注意主族元素化合价与族序数关系及元素化合价特殊性,4,

〔6分〕在10L恒容密闭容器中充入X[g]和Y〔g〕，发生反响X(g)+Y

(g]?M(g)+N(g)，所得实验数据如表，

实验编号温度/?起始时物质的量/mol平衡时物质的

量/mol

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

?8000.200.30a

?9000.100.15b

以下说法正确的选项是〔〕

A,实验？中，假设5min时测得n(M)=0.050mol,那么0至5min时间内，用N

表示的平

,2均反响速率v(N)=1.0xlOmol/(L«min)

C,实验？中,到达平衡时,X的转化率为60%

考点，真题集萃，化学平衡建立的过程，

专题，化学平衡专题，

△c

"At

分析,A、根据v=计算v〔M〕，在利用速率之比等于化学计量数之比计算v

〔N〕，B、由表中数据，利用三段式计算平衡时其它组分的物质的量，由于反响中气体

的化学计量数相等，可以用物质的量代替浓度代入平衡常数表达式计算，

C、温度不变平衡常数不变,根据平衡常数可求出转化量，进而求出转化率，

D、比照实验？？的平衡常数可知，正反响为放热反响，升温平衡左移,平衡常数减小，转

化率减小，根据实验？中X的转化率为60%,那么实验？中X的转化率小于60%,到达

平衡时,b,0.060,

Ac0.05inol

△tlOLX5min

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

(g)?M[g]+N(g)起始浓度〔mol/L〕0.010.0400实验？中，该反响的平衡常

数K===1.0,故B错误,GX(g)+Y(g)?M[g]+N(g)起始浓度(mol/L)

0.020.0300转化浓度〔mol/L〕

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

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

平衡浓度(mol/L)0.02,0.03,

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

(0.02-帝(。-。3-京>c-(X)=(Y)

该反响的平衡常数K===1.0,解得a=0.12,实验？中,X的转化率=100%=60%,故

C正确，

0.12..

0.2*

D,根据三段式可求得,700?时,化学平衡常数K?2.6,升高温度至800?得平衡常数为

K=1.0,K减小，即平衡逆向移动，那么正反响为放热反响,假设？的温度为800?,恒容

体系中，气体体积不变的反响,？与？为等效平衡,b=a=0.06mol,但？的实际温度为

900?,相比拟800?,平衡逆向移动,b,0.06,故D错误，

1

2

应选C,

点评，此题考察化学反响速率、化学平衡常数、化学平衡的影响因素等，难度中等,5,

〔6分)以下装置能到达相应实验目的是(]

A,甲用于浓盐酸和漂粉精制取并收集枯燥的Ck

B,乙用于测定盐酸的浓度

C,丙用于证明浓硫酸具有脱水性和强氧化性

D,丁用于制取金属镁

考点，化学实验方案的评价，

专题,实验评价题，

分析,A,氯气密度比空气大，应用向上排空法收集，

B,氢氧化钠应放在碱式滴定管中，

C,浓硫酸具有脱水性,可使蔗糖碳化而变黑，生成二氧化硫,可使高镒酸钾褪色,D,镁比

铝活泼，铝不能置换出镁，

解答，解,A,氯气微溶于水，应用饱和食盐水除去氯化氢，且氯气密度比空气大,应用向

上排空法收集，故A错误，

B,氢氧化钠可腐蚀玻璃睡,应放在碱式滴定管中，故B错误，

C,浓硫酸具有脱水性,可使蔗糖碳化而变黑，与碳发生氧化复原反响生成二氧化硫，可

使高镒酸钾褪色，故C正确，

D,镁比铝活泼，铝不能置换出镁，故D错误，

应选C,

点评，此题考察化学实验方案的评价，为高频考点，涉及气体的制取、中和滴定、性质

检验以及金属冶炼等，把握实验原理及实验装置图的作用为解答的关键，注意方案的

合理性、操作性分析，题目难度不大，

6,〔6分)硫酸镒是工业上制备二氧化镒活性电极的原料，用软镒矿浊液吸收空气中

的

，得到的硫酸镒溶液中含有CuSO、Fe(SO)杂质,向溶液中参加MnCO,充分反

SO242433响过滤，再参加MnS,充分反响后过滤,可以得到碱性的硫酸镒溶液，常温下，

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

正sp3spsp

确的选项是〔〕

3+A,参加MnCO的目的是除去Fes

3+B,常温下,pH=4时,Fe已除尽

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

(OH)CO、Mn(OH)都可以替代MnCO22323

考点，难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质，

分析，由各物质的Ksp大小可知，调节溶液的pH,可生成Fe(OH)沉淀，由于3

K(CuS,K〔MnS〕，可使MnS转化成CuS,那么除去硫酸镒溶液中含有spsp

CuSO、Fe(SO)杂质,向溶液中参加MnCO,也可参加42433

Mn[OH]CO、Mn〔OH〕，调节溶液pH,生成Fe[OH]沉淀,充分反响过滤，再

参22323

加MnS,可生成CuS,以此解答该题，

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

3+MnCO,起到调节溶液pH的作用，可除去Fe,故A正确,3

3卜.0X1。女

V1X10-5

,383+.B,K[Fe(OH)]=4.0xl0,当Fe已除尽时,c[OH]=sp3

mmol/L=1.58xl0mol/L,pH?3.7,故B正确，

c(Kn2+)Ksp(MnS)

c(Cu2+)Ksp(CuS)

2+2+C,反响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错误,

D,Mn(OH)CO、Mn(OH)与MnCO性质相似，都可与氢离子反响生成二氧化

碳和22323

水，不引入新杂质,可代替，故D正确，

应选C,

点评，此题考察难溶电解质的溶解平衡，为2021届高考常见题型和高频考点，侧重于

学生的分析能力和计算能力的考察，注意把握溶度积的意义及应用，把握相关计算方

法，难度中等，

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

SO433.2...SO、Cl中的假设干种，某同学为了确认其成分,取溶液进展连续实验，实验过程

及产4

物如下，以下结论正确的选项是U

—*jU?“~亘*|■.体•｛泠液可

—4rig||

—

+A,溶液J焰色反响显黄色，那么说明原溶液中存在Na

3+B,沉淀G中参加盐酸溶解，滴加一滴KSCN溶液显红色,可以确定原溶液中有Fe

3+3+++.C,X中不能确定的离子是Al、Fe、Na、K和Cl

D,沉淀I一定是Al[OH]3

考点,离子反响发生的条件，常见离子的检验方法，

22分析,？强酸性溶液中CO、SO不能存在,33

2.?X溶液中参加过量Ba[NO]溶液生成沉淀C是BaSO,说明有SO存在，硝酸被复原

2+2++,3+生成气体A为NO,说明有复原剂Fe存在，〔即

3Fe+4H+NO=3Fe+NO?+2HO〕声?溶液B参加过量NaOH溶液，生成的沉淀G为

Fe〔OH〕，生成的气体F为NH,说明33

+有NH存在八

2+?溶液H通入C。生成沉淀I,由于前面参加过量的Ba(NO)溶液，引入了大量Ba,所

232

3+以沉淀I中一定有BaCO,又由于前面不能确定溶液X中是否存在A1,所以这里也不能

确3

+定沉淀I中有Al〔0H〕，溶液J的焰色反响呈黄色，说明溶液J中有Na,但由于前面参

3

一加过量NaOH溶液,引入了较多的Na,因此不能确定溶液X中是否存在Na,因为焰色

黄

+色能掩盖紫色焰色，所以不能确定溶液X中是否有K,另外,上述实验过程还不能确定溶

液

,X中是否存在C1,

22解答,解,？强酸性溶液中CO、S。不能存在,？X溶液中参加过量Ba(NO)溶液3332

2,生成沉淀C是BaSO,说明有SO存在,硝酸被复原生成气体A为NO,说明有复原剂44

2+2++,3+2+3+Fe存在，〔即3Fe+4H+NO=3Fe+NO?+2HO］，在此反响中,Fe被氧化为

Fe,32

?溶液B参加过量NaOH溶液，生成的沉淀G为Fe〔OH〕，生成的气体F为NH,说

明33

+有NH存在,？溶液H通入CO生成沉淀I,由于前面参加过量的Ba［NO］溶液，引入

4232

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

所3

以这里也不能确定沉淀I中有Al〔0H〕，溶液J的焰色反响呈黄色，说明溶液J中

有3

*+Na,但由于前面参加过量NaOH溶液,引入了较多的Na,因此不能确定溶液X中是否

存

在Na,因为焰色黄色能掩盖紫色焰色，所以不能确定溶液X中是否有K,另外，上述实验

,过程还不能确定溶液X中是否存在C1,

A,通过以上分析知，不能确定原来溶液中是否含有钠离子，故A错误，

3+2+B,沉淀G为Fe〔OH〕，但Fe可能是原来有的，也可能是Fe被氧化生成的，故B错

误,3

2+3+3—+,+2,、NH、SO,A1、Fe、Na、K和Cl不能确定，故C正确,C,X中肯定存在

Fe44

3+D,沉淀I中一定有BaCO,又由于前面不能确定溶液X中是否存在A1,所以这里也不能

3

确定沉淀I中有Al〔0H〕，故D错误,3

应选C,

点评，此题考察常见离子的检验，如氨气的检验、铝离子的检验等，难度中等，二、非选

择题〔必考题〕〔43分〕

8,〔14分〕乳酸亚铁晶体([CHCH(OH)COO]Fe.3HO,Mr=288)是常用的

补铁剂,322

乳酸亚铁可由乳酸与碳酸亚铁〔易被空气中氧气氧化〕反响制得，

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

某兴趣小组用FeCI〔用铁粉与盐酸反响制得〕和NHHCO制备FeCO的装置示意

图如下2433

图，答复以下问题，

(1)A装置的名称是分液漏斗，

〔2〕将生成的FeCI溶液压入C装置的操作是关闭活塞3，翻开活塞2,该装置中

涉及的主2

2+.要反响的离子方程式为Fe+2HCO=FeCO?+CO?+HO,3322

〔3〕将制得的FeCO参加到乳酸溶液中，再参加少量铁粉,75?下搅拌使之充分反响,

然3

2+后向其中参加适量的乳酸，除去铁粉,其中参加少量铁粉的作用是防止Fe离子被氧化,

〔4〕从上述(3)所得溶液中获得乳酸亚铁晶体的方法是，冷却结晶、过滤、洗涤、枯

燥，[5[该兴趣小组用KMnO测定产品中亚铁含量进而计算乳酸亚铁晶体的质量分数,

发现产4

品的质量分数总是大于100%,其原因可能是乳酸根离子中含有羟基,被酸性高镒酸

钾溶液

2+氧化，经查阅文献后，该兴趣小组改用谛(Ce)量法测定产品中Fe的含量，取产品配成

100mL溶液,每次取20.00mL,进展必要处理，用0.1000mol/LCe(SO)标准溶液滴

定42

4+2+3*3+至终点，平均消耗Ce[SO]19.7mL,滴定反响为,Ce+Fe=Ce+Fe,那么产品中

乳42

酸亚铁晶体的质量分数为98.5%,

考点，制备实验方案的设计，

专题,实验设计题，

分析，〔1〕由仪器A的构造特征，可知A为分液漏斗，

〔2〕利用生成氢气，使B装置中气压增大，将B装置中的氯化亚铁溶液压入C中工

装置中FeCI和NHHCO发生反

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

2+〔3)实验目的是制备乳酸亚铁晶体，参加Fe粉，防止Fe离子被氧化，过量的铁粉用乳

酸除去,Fe被充分利用，

〔4〕从溶液中获得晶体，应经过冷却结晶、过滤、洗涤、枯燥等操作,

(5)乳酸根中含有羟基，可以被酸性高镐酸钾溶液氧化，导致消耗高镒酸钾的增大，而

计算中按亚铁离子被氧化,故计算所得乳酸亚铁的质量偏大，

2+2+根据离子方程式计算20mL溶液中n〔Fe〕，进而计算100mL含有n〔Fe〕，再根

据m=nM计算乳酸亚铁晶体的质量，进而计算产品中乳酸亚铁晶体的质量分数，

解答，解，〔1〕由仪器A的构造特征，可知A为分液漏斗，故答案为，分液漏斗，〔2〕

利用生成氢气，使B装置中气压增大，将B装置中的氯化亚铁溶液压入C中，具体操作

为，关闭活塞3,翻开活塞2,

C装置中FeCI和NHHCO发生反

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

2+.反响离子方程式为,Fe+2HCO=FeCO?+CO?+HO,3322

2+,故答案为，关闭活塞3,翻开活塞2,Fe+2HCO=FeCO?+CO?+HO,3322

2+3+2+〔3〕Fe离子易被氧化为Fe离子，实验目的是制备乳酸亚铁晶体，参加Fe粉，防止

Fe离子被氧化，过量的铁粉可以充分利用，得到乳酸亚铁，应用乳酸除去，

2+故答案为，乳酸，防止Fe离子被氧化，

(4)在75?下搅拌使之充分反响制得乳酸亚铁，从热溶液中获得乳酸亚铁晶体，应经

过冷却结晶、过滤、洗涤、枯燥等操作，

故答案为，冷却结晶、过滤，

(5)乳酸根中含有羟基，可以被酸性高镒酸钾溶液氧化，导致消耗高镒酸钾的增大，而

计算中按亚铁离子被氧化，故计算所得乳酸亚铁的质量偏大，产品中乳酸亚铁的质量

分数会大于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,故产品中孚L酸亚铁晶体的质

量分数为xl00%=98.5%,

0.00985molX288g/mol

2.88g

故答案为，乳酸根离子中含有羟基，被酸性高镒酸钾溶液氧化,98.5%,

点评，此题考察实验制备方案,涉及化学仪器识别、对操作的分析评价、物质别离提

纯、氧化复原反响滴定应用等,明确原理是解题关键，是对学生综合能力的考察，难度

中等,9,〔15分〕磷和氮都是生物体不可缺少的元素，但磷在自然界总是以磷酸盐的

形式出现，如磷酸钙矿Ca[PO],磷灰石CaF[PO]等,342543

(1)磷共有23种同位素,其中质子数与中子数相等的同位素是人类获得的第一种

人工放射

3。性同位素，该核素可表示为P,15

〔2〕单质磷有多种同素异形体，如白磷、红磷、黄磷等，

?磷酸钙与焦炭、石英砂混合，在电炉中加热到1400,1500?生成白磷,反响式,2Ca

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

上述反响的各种物质中,属于酸酊的是SiO、P0〔填化学式〕，假设体系一起处于

复原2410

性的气氛中，那么每生成ImolP时有20mol电子发生转移,4

?黄磷(P)有毒，它能将金、银、铜从其冷的盐溶液中复原出来，写出黄磷与冷硫酸

铜溶4

液反响的化学方程式P+10CuSO+16HO=10Cu+4HPO+10HSO,4423424

〔3〕比拟N、P气态氢化物的稳定性,PH,NH[填":或"/或"一)，请用原

子构造33

的观点解释其原因NP同主族最外层电子数一样，P的电子层数比N多，原子核对

电子的吸引力弱，故磷化氢的稳定性较差，

〔4〕磷酸盐在水溶液中既有电离又有水解

,3.2,+HO?HPO+OH〔假设有多个反?磷酸钠的水溶液显碱性,用离子方程式解释原

因PO424

响,那么写出主要反响即可〕，

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

12324

1X10如

7.5X1O-3K1

液显酸性〔填"酸"或"碱"1,通过简单计算说明你的理由K(HPO)==h24

=1.33x10,K,HPO的电离强于水解,溶液中c(H),c〔OH〕皿

考点，氮族元素简介，

分析，〔1〕质子数与中子数相等的同位素，计算得到质量数=15+15=30,结合原子

符号书写核素，

〔2〕？酸性氧化物是能和碱反响生成盐和水的氧化物，非金属氧化物中非金属化合价

和酸中元素化合价一样，结合氧化复原反响电子守恒计算电子转移，

?黄磷［P)有毒，它能将金、银、铜从其冷的盐溶液中复原出来，写出黄磷与冷硫酸

铜溶4

液反响生成铜，磷酸和硫酸，结合原子守恒配平书写化学方程式，

〔3〕依据同主族非金属性的强弱分析判断氢化物的稳定性，实质是原子构造的特征

分析，原子核对最外层电子的吸引力判断，

〔4〕？磷酸钠的水溶液显碱性是因为磷酸根离子分步水解，溶液中水的电离被促进氢

氧根离子浓度增大，

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

1232424

,数，和HPO的电离程度比拟分析判断溶液酸碱性,24

解答，解，［1［质子数与中子数相等的同位素，计算得到质量数=15+15=30,结合原

子

3。符号书写核素为,P,15

3。故答案为,P,15

〔2〕？酸性氧化物是能和碱反响生成盐和水的氧化物，非金属氧化物中非金属化合价

和酸中元素化合价一样，反响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，结合氧化复原反响电子守恒计算电子转410

移,每生成ImolP时碳元素化合价0价变化为+2价,磷元素化合价变化为+5价，电

子转移4

为20moI,

故答案为,20,

?黄磷[P)有毒，它能将金、银、铜从其冷的盐溶液中复原出来，写出黄磷与冷硫酸

铜溶4

液反响生成铜，磷酸和硫酸，结合原子守恒配平书写化学方程式为，

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

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

〔3〕依据同主族非金属性的强弱分析判断氢化物的稳定性，实质是原子构造的特征

分析，原子核对最外层电子的吸引力判断,N、P同主族最外层电子数一样,P的电子

层数比N多，原子核对电子的吸引力弱，故磷化氢的稳定性较差,PH,NH,33

故答案为,〃N、P同主族最外层电子数一样,P的电子层数比N多，原子核对电子的吸

引力弱，故璘化氢的稳定性较差，

(4)?磷酸钠的水溶液显碱性是因为磷酸根离子分步水解，溶液中水的电离被促进氢

氧根

32,离子浓度增大，水解离子方程式为,PO+HO?HPO+OH,424

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

数,1232424

C(H3P04)C(0H-)

C(H2P04")

.和HP。的电离程度比拟分析判断溶液酸碱性,K(HPO)==24h24

1x1oT4如

7.5X1O-3K1

,io+“==1.33xlO,K,HPO的电离强于水解,溶液中c(H),c[OH],224

溶液显酸性,

c(HP0)C(0H~)

34,1X1CTI4加

c(H2PoJ)7.5X10-3Kl

,1。.故答案为，酸,K[HPO]====1.33x10,h24

HP。的电离强于水解,溶液中c〔H〕，c〔OH〕，溶液显酸性,K224

点评，此题考察了磷奇迹化合物性质的分析判断,主要是氧化复原反响电子转移和化

学方程式书写，弱电解质电离平衡，盐类水解平衡的理解应用，掌握根底是关键,题目难

度较大,10,〔14分〕工业上用NH和C。反响合成尿素,32

2NH(g)+CO(g)?CO(NH)(g)+HO〔g〕?H32222i

〔1〕该过程实际上分两步进展，第一步产生氨基甲酸镀,第二步是氨基甲酸镀脱水生

成尿素，请写出第一步的反响方程式2NH(g)+C0(g)?

NHCOONH,3224

n(NH3)

n(CO2)

〔2〕在一定条件下合成尿素，当氨碳比=4时,CO的转化率随时间的变化关系2

如图1所示，以下说法错误的选项是BD〔填标号〕，

A,该反响在60min时到达平衡状态,

B,NH的平衡转化率为70%,3

C,增加氨碳比可进一步提高CO的平衡转化率,2

D,M点的逆反响速率v(CO)大于N点的正反响速率v〔C。〕，逆2正2

〔3〕反响2NH(g)+C0[g]?C0(NH)(g)+H0[