湖北省武漢市高考化學(xué)模擬試卷（5月份）（含解析）-人教版高三全冊(cè)化學(xué)試題

湖北省武漢市2021屆高考化學(xué)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(jī)物同分異構(gòu)體的數(shù)目為U35

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

2,〔6分)以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是〔〕

A,硫酸、純堿'偏鋁酸鈉和過(guò)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(zhì)、強(qiáng)電解質(zhì)和弱電解質(zhì)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(duì)位置如下圖，常溫下,金屬鋁

能溶于W的最高價(jià)氧化物的水化物的稀溶液，卻不溶于其濃溶液，以下說(shuō)法正確的選

項(xiàng)是

〔〕

XY

WQ

A,Y的最高化合價(jià)為+6

B,簡(jiǎn)單離子的半徑,W,Q,Y,X

C,氫化物的穩(wěn)定性,W,Y

D,最高價(jià)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(fā)生反響X(g)+Y

(g)?M[g]+N〔g〕，所得實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)如表，

實(shí)驗(yàn)編號(hào)溫度/?起始時(shí)物質(zhì)的量/mol平衡時(shí)物質(zhì)的

量/mol

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

?8000.200.30a

79000.100.15b

以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是U

A,實(shí)驗(yàn)？中，假設(shè)5min時(shí)測(cè)得n[M]=0.050mol,那么0至5min時(shí)間內(nèi)，用N

表示的平

,2均反響速率v〔N〕=1.0xlOmol/(L?min]

C,實(shí)驗(yàn)？中,到達(dá)平衡時(shí),X的轉(zhuǎn)化率為60%

5,〔6分〕以下裝置能到達(dá)相應(yīng)實(shí)驗(yàn)?zāi)康氖荱

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(cè)定鹽酸的濃度

C,丙用于證明濃硫酸具有脫水性和強(qiáng)氧化性

D,丁用于制取金屬鎂

6,〔6分)硫酸鎰是工業(yè)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(zhì),向溶液中參加MnC。,充

分反242433響過(guò)濾，再參加MnS,充分反響后過(guò)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(xiàng)是u

3+A,參加MnCO的目的是除去Fe3

3+B,常溫下,pH=4時(shí),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(qiáng)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(shè)干種，某同學(xué)為了確認(rèn)其成分，取溶液進(jìn)展連續(xù)實(shí)驗(yàn),實(shí)驗(yàn)過(guò)程及產(chǎn)

物如下，以下結(jié)論正確的選項(xiàng)是U

Tw■?體泠液U

過(guò).『I

區(qū)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(shuō)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(bǔ)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(fù)

以下問(wèn)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(cè)

定產(chǎn)品中亞鐵含量進(jìn)而計(jì)算乳酸亞鐵晶體的質(zhì)量分?jǐn)?shù),發(fā)現(xiàn)產(chǎn)4

品的質(zhì)量分?jǐn)?shù)總是大于100%,其原因可能是，經(jīng)查閱文獻(xiàn)后，該興趣小組改用鋪

(Ce)量

2+的含量，取產(chǎn)品配成100mL溶液,每次取20.00mL,進(jìn)展必要處理，用法測(cè)定產(chǎn)品中Fe

0.1000mol/LCe(SO)標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)，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(chǎn)品中乳酸亞鐵晶體的質(zhì)量分?jǐn)?shù)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(xiàn)，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(zhì)子數(shù)與中子數(shù)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(zhì)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(zhì)中,屬于酸酢的是〔填化學(xué)式〕，假設(shè)體系一起處于復(fù)原性的氣

氛中，那么每生成lmolP時(shí)有mol電子發(fā)生轉(zhuǎn)移〃

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

銅溶4

液反響的化學(xué)方程式，

〔3〕比擬N、P氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性,PHNH[填"/或":或,請(qǐng)用原

子構(gòu)造的33

觀點(diǎn)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(shè)有多個(gè)反響，那么寫出主要反

響即可〕，

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

12324

液顯性〔填"酸"或"堿”〕，通過(guò)簡(jiǎn)單計(jì)算說(shuō)明你的理由，

和CO反響合成尿素,10,〔14分)工業(yè)上用NH32

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

困1圈2

CD該過(guò)程實(shí)際上分兩步進(jìn)展，第一步產(chǎn)生氨基甲酸筱,第二步是氨基甲酸筱脫水生

成尿

素，請(qǐng)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(dāng)氨碳比=4時(shí),C。的轉(zhuǎn)化率隨時(shí)間的變化關(guān)系2

如圖1所示，以下說(shuō)法錯(cuò)誤的選項(xiàng)是〔填標(biāo)號(hào)〕，

A,該反響在60min時(shí)到達(dá)平衡狀態(tài)，

B,NH的平衡轉(zhuǎn)化率為70%,3

C,增加氨碳比可進(jìn)一步提高CO的平衡轉(zhuǎn)化率,2

D,M點(diǎn)的逆反響速率v(CO)大于N點(diǎn)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(shí)可自發(fā)

向正反32222

響進(jìn)展，那么升高溫度，平衡常數(shù)K[填"增大"、"減小〃、"不變"〕，〔4〕假設(shè)

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(chǎng)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(dá)平衡時(shí)，混合氣體的平均摩爾質(zhì)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(huì)局部變?yōu)镹HCNO〔氨酸筱〕，25?氨水的電離常

數(shù)為4

541.7x10,富酸HCNO的電離常數(shù)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?！睳H〕]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(guò),a、b極均為惰性電極〕，電解時(shí),a極的電極反響式為,假設(shè)在b極產(chǎn)生標(biāo)況下

224mL氫氣,那么消耗尿素g,

三、選考題〔共15分〕

11,〔15分〕工業(yè)上回收利用某合金廢料〔主要含F(xiàn)e、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M(fèi)Na1co，格渡

(U金屬M(fèi)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(xué)方程式為，

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

須23

趁熱過(guò)濾，其原因是,90?時(shí)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(yáng)極生成兩種氣體，那么陽(yáng)極的電極反響式

為,23

12,氮化硅是一種新型無(wú)機(jī)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(gòu)成的三維空間網(wǎng)絡(luò)構(gòu)造,因氮化硅的構(gòu)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(jìn)展反響制備氮化硅，答復(fù)以下問(wèn)題，

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

到大的順序?yàn)椋?/p>

(2)尿素分子中碳的雜化方式為，尿素作配體時(shí)能作為配位原子的是，

〔3〕NHN。中陰離子的空間構(gòu)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(gòu)造為，假設(shè)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(gòu)造，頂角上的4個(gè)氧原子稱作"角氧”，3個(gè)硅氧四面體彼此用3個(gè)角氧

相連后，形成離子的化學(xué)式為,n個(gè)硅氧四面體彼此用4個(gè)角氧連接后形成的物質(zhì)的

化學(xué)式是，〔5〕0,氮化硅晶體類型為，判斷的理由是，

13,某煌A相對(duì)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(zhì)

的量的CO和HO,A能發(fā)生如下轉(zhuǎn)化〔圖中的無(wú)機(jī)產(chǎn)物均已略去〕，其中F能發(fā)生

銀鏡反響,22

E不能發(fā)生銀鏡反響,G、H互為同分異構(gòu)體,G中只含1個(gè)甲基,

R,O

R-''ll-C-R**.'*R—CHO?R-

OHOH

(1)用系統(tǒng)命名法對(duì)A命名，

[2]C與HIO的反響類型是“

〔3〕寫出F和G的構(gòu)造簡(jiǎn)式,F、G,

(4)寫出B?C和D?I的化學(xué)方程式，

B?C,

D?I,

(5)I有多種同分異構(gòu)體，寫出滿足以下條件的所有的同分異構(gòu)體,？六元環(huán),？環(huán)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(zhì)與足量的

NaHCCh

氫譜為3組峰,符合條件的構(gòu)造簡(jiǎn)式〔不考慮立體異構(gòu)〕，

湖北省武漢市2021屆高考化學(xué)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(jī)物同分異構(gòu)體的數(shù)目為U35

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

考點(diǎn)，有機(jī)化合物的異構(gòu)現(xiàn)象，

分析，根據(jù)化學(xué)式CHCI可知,該化合物是含有碳碳雙鍵的鹵代燒，即相當(dāng)于是丙烯中

的35

1個(gè)氫原子被氯原子取代后的生成物，所以共計(jì)有3種,又因?yàn)?,氯,1丙烯存在順?lè)?/p>

異構(gòu)，

所以總共是4種，

解答，解，根據(jù)化學(xué)式CHCI可知,該化合物是含有碳碳雙鍵的鹵代羥，即相當(dāng)于是丙烯

35

中的1個(gè)氫原子被氯原子取代后的生成物，所以共計(jì)有3種，

CH7CHCHCLCHCI7CHCH.CH?CCICH,又因?yàn)镃HCI?CHCH存在順?lè)串悩?gòu)，

所以223233總共是4種，

應(yīng)選B,

點(diǎn)評(píng)，此題考察有機(jī)物的同分異構(gòu)體的書寫，難度不大，注意掌握同分異構(gòu)體的書寫方

法，

2,16分）以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是U

A,硫酸、純堿、偏鋁酸鈉和過(guò)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(zhì)、強(qiáng)電解質(zhì)和弱電解質(zhì)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(diǎn)，鈉的重要化合物,常見的能量轉(zhuǎn)化形式，電解質(zhì)與非電解

質(zhì)，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(zhì)是指，在水溶液中或熔融狀態(tài)下能夠?qū)щ姷幕衔铮Ｒ姷碾娊赓|(zhì)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(fù)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?xì)獾龋文茉?，由一次性能源直接或間接轉(zhuǎn)換而來(lái)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(zhuǎn)化或被人類利用

而減少的能源，太陽(yáng)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(cuò)誤，

B,乙醇、次氯酸鈉和二氧化硫分別屬于非電解質(zhì)、強(qiáng)電解質(zhì)和非電解質(zhì)，故B錯(cuò)

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(cuò)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(yīng)

選,D,

點(diǎn)評(píng)，此題為綜合題,考察了物質(zhì)的分類、電解質(zhì)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(duì)位置如下圖，常溫下，金屬

鋁能溶于W的最高價(jià)氧化物的水化物的稀溶液，卻不溶于其濃溶液，以下說(shuō)法正確的

選項(xiàng)是〔〕

XY

WQ

A,Y的最高化合價(jià)為+6

B,簡(jiǎn)單離子的半徑,W,Q,Y,X

C,氫化物的穩(wěn)定性,W,Y

D,最高價(jià)氧化物的水化物的酸性,W,Q

考點(diǎn)，元素周期律和元素周期表的綜合應(yīng)用，

分析，短周期元素X、Y、W、Q,常溫下,AI能溶于W的最高價(jià)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(duì)位置可知,X為N

元素、Y為。元素、Q為CI元素，據(jù)此結(jié)合元素周期律知識(shí)對(duì)各選項(xiàng)進(jìn)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(jià)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(duì)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(méi)有+6價(jià)，故A錯(cuò)誤，

B,電子層越多離子半徑越大，電子層構(gòu)造一樣核電荷數(shù)越大離子半徑越小，故離子半

徑大

2.32小為,S,CI,N,。,故B錯(cuò)誤,

C,非金屬性越強(qiáng)，對(duì)應(yīng)的氫化物越穩(wěn)定，非金屬性,0,S,那么氫化物的穩(wěn)定性,W,Y,故

C錯(cuò)誤，

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

正確，

應(yīng)選D,

點(diǎn)評(píng)，此題考察元素周期表和元素周期律的綜合應(yīng)用，題目難度中等，注意把握周期表

的構(gòu)造、元素周期律內(nèi)容,注意主族元素化合價(jià)與族序數(shù)關(guān)系及元素化合價(jià)特殊性,4,

〔6分〕在10L恒容密閉容器中充入X[g]和Y〔g〕，發(fā)生反響X(g)+Y

(g]?M(g)+N(g)，所得實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)如表，

實(shí)驗(yàn)編號(hào)溫度/?起始時(shí)物質(zhì)的量/mol平衡時(shí)物質(zhì)的

量/mol

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

?8000.200.30a

?9000.100.15b

以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是〔〕

A,實(shí)驗(yàn)？中，假設(shè)5min時(shí)測(cè)得n(M)=0.050mol,那么0至5min時(shí)間內(nèi)，用N

表示的平

,2均反響速率v(N)=1.0xlOmol/(L?min)

C,實(shí)驗(yàn)？中,到達(dá)平衡時(shí),X的轉(zhuǎn)化率為60%

考點(diǎn)，真題集萃，化學(xué)平衡建立的過(guò)程，

專題，化學(xué)平衡專題，

△c

"At

分析,A、根據(jù)v=計(jì)算v〔M〕，在利用速率之比等于化學(xué)計(jì)量數(shù)之比計(jì)算v

〔N〕，B、由表中數(shù)據(jù)，利用三段式計(jì)算平衡時(shí)其它組分的物質(zhì)的量，由于反響中氣體

的化學(xué)計(jì)量數(shù)相等，可以用物質(zhì)的量代替濃度代入平衡常數(shù)表達(dá)式計(jì)算，

C、溫度不變平衡常數(shù)不變,根據(jù)平衡常數(shù)可求出轉(zhuǎn)化量，進(jìn)而求出轉(zhuǎn)化率，

D、比照實(shí)驗(yàn)？？的平衡常數(shù)可知，正反響為放熱反響，升溫平衡左移,平衡常數(shù)減小，轉(zhuǎn)

化率減小，根據(jù)實(shí)驗(yàn)？中X的轉(zhuǎn)化率為60%,那么實(shí)驗(yàn)？中X的轉(zhuǎn)化率小于60%,到達(dá)

平衡時(shí),b,0.060,

Ac0.05inol

△tlOLX5min

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

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

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

0.020.0300轉(zhuǎn)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(shù)K===1.0,解得a=0.12,實(shí)驗(yàn)？中,X的轉(zhuǎn)化率=100%=60%,故

C正確，

0.12..

0.2*

D,根據(jù)三段式可求得,700?時(shí),化學(xué)平衡常數(shù)K?2.6,升高溫度至800?得平衡常數(shù)為

K=1.0,K減小，即平衡逆向移動(dòng)，那么正反響為放熱反響,假設(shè)？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(shí)際溫度為

900?,相比擬800?,平衡逆向移動(dòng),b,0.06,故D錯(cuò)誤，

1

2

應(yīng)選C,

點(diǎn)評(píng)，此題考察化學(xué)反響速率、化學(xué)平衡常數(shù)、化學(xué)平衡的影響因素等，難度中等,5,

〔6分)以下裝置能到達(dá)相應(yīng)實(shí)驗(yàn)?zāi)康氖?]

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(cè)定鹽酸的濃度

C,丙用于證明濃硫酸具有脫水性和強(qiáng)氧化性

D,丁用于制取金屬鎂

考點(diǎn)，化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評(píng)價(jià)，

專題,實(shí)驗(yàn)評(píng)價(jià)題，

分析,A,氯氣密度比空氣大，應(yīng)用向上排空法收集，

B,氫氧化鈉應(yīng)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(yīng)用飽和食鹽水除去氯化氫，且氯氣密度比空氣大,應(yīng)用向

上排空法收集，故A錯(cuò)誤，

B,氫氧化鈉可腐蝕玻璃睡,應(yīng)放在堿式滴定管中，故B錯(cuò)誤，

C,濃硫酸具有脫水性,可使蔗糖碳化而變黑，與碳發(fā)生氧化復(fù)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(cuò)誤，

應(yīng)選C,

點(diǎn)評(píng)，此題考察化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評(píng)價(jià)，為高頻考點(diǎn)，涉及氣體的制取、中和滴定、性質(zhì)

檢驗(yàn)以及金屬冶煉等，把握實(shí)驗(yàn)原理及實(shí)驗(yàn)裝置圖的作用為解答的關(guān)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(yè)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(zhì),向溶液中參加MnCO,充分反

SO242433響過(guò)濾，再參加MnS,充分反響后過(guò)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(xiàng)是〔〕

3+A,參加MnCO的目的是除去Fes

3+B,常溫下,pH=4時(shí),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(diǎn)，難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉(zhuǎn)化的本質(zhì)，

分析，由各物質(zhì)的Ksp大小可知，調(diào)節(jié)溶液的pH,可生成Fe(OH)沉淀，由于3

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

CuSO、Fe(SO)雜質(zhì),向溶液中參加MnCO,也可參加42433

Mn[OH]CO、Mn〔OH〕，調(diào)節(jié)溶液pH,生成Fe[OH]沉淀,充分反響過(guò)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(diào)節(jié)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(dāng)Fe已除盡時(shí),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(cuò)誤,

D,Mn(OH)CO、Mn(OH)與MnCO性質(zhì)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(zhì),可代替，故D正確，

應(yīng)選C,

點(diǎn)評(píng)，此題考察難溶電解質(zhì)的溶解平衡，為2021屆高考常見題型和高頻考點(diǎn)，側(cè)重于

學(xué)生的分析能力和計(jì)算能力的考察，注意把握溶度積的意義及應(yīng)用，把握相關(guān)計(jì)算方

法，難度中等，

+++2+3+3+2,27,〔6分〕某強(qiáng)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(shè)干種，某同學(xué)為了確認(rèn)其成分,取溶液進(jìn)展連續(xù)實(shí)驗(yàn)，實(shí)驗(yàn)過(guò)程

及產(chǎn)4

物如下，以下結(jié)論正確的選項(xiàng)是U

—*jU?“~亙*|■.體?｛泠液可

—4rig||

—

+A,溶液J焰色反響顯黃色，那么說(shuō)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(diǎn),離子反響發(fā)生的條件，常見離子的檢驗(yàn)方法，

22分析,？強(qiáng)酸性溶液中CO、SO不能存在,33

2.?X溶液中參加過(guò)量Ba[NO]溶液生成沉淀C是BaSO,說(shuō)明有SO存在，硝酸被復(fù)原

2+2++,3+生成氣體A為NO,說(shuō)明有復(fù)原劑Fe存在，〔即

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

Fe〔OH〕，生成的氣體F為NH,說(shuō)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(guò)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(shuō)明溶液J中有Na,但由于前面參

3

一加過(guò)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?yàn)檠嫔?/p>

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(shí)驗(yàn)過(guò)程還不能確定溶

液

,X中是否存在C1,

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

2,生成沉淀C是BaSO,說(shuō)明有SO存在,硝酸被復(fù)原生成氣體A為NO,說(shuō)明有復(fù)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(guò)量NaOH溶液，生成的沉淀G為Fe〔OH〕，生成的氣體F為NH,說(shuō)

明33

+有NH存在,？溶液H通入CO生成沉淀I,由于前面參加過(guò)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(shuō)明溶液J中

有3

*+Na,但由于前面參加過(guò)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?yàn)檠嫔S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(shí)驗(yàn)

,過(guò)程還不能確定溶液X中是否存在C1,

A,通過(guò)以上分析知，不能確定原來(lái)溶液中是否含有鈉離子，故A錯(cuò)誤，

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

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(cuò)誤,3

應(yīng)選C,

點(diǎn)評(píng)，此題考察常見離子的檢驗(yàn)，如氨氣的檢驗(yàn)、鋁離子的檢驗(yàn)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(bǔ)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(fù)以下問(wèn)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(guān)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(jié)晶、過(guò)濾、洗滌、枯

燥，[5[該興趣小組用KMnO測(cè)定產(chǎn)品中亞鐵含量進(jìn)而計(jì)算乳酸亞鐵晶體的質(zhì)量分?jǐn)?shù),

發(fā)現(xiàn)產(chǎn)4

品的質(zhì)量分?jǐn)?shù)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(jīng)查閱文獻(xiàn)后，該興趣小組改用諦(Ce)量法測(cè)定產(chǎn)品中Fe的含量，取產(chǎn)品配成

100mL溶液,每次取20.00mL,進(jìn)展必要處理，用0.1000mol/LCe(SO)標(biāo)準(zhǔn)溶液滴

定42

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

乳42

酸亞鐵晶體的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為98.5%,

考點(diǎn)，制備實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)，

專題,實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)題，

分析，〔1〕由儀器A的構(gòu)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(fā)生反

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

2+〔3)實(shí)驗(yàn)?zāi)康氖侵苽淙樗醽嗚F晶體，參加Fe粉，防止Fe離子被氧化，過(guò)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(yīng)經(jīng)過(guò)冷卻結(jié)晶、過(guò)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(dǎo)致消耗高鎰酸鉀的增大，而

計(jì)算中按亞鐵離子被氧化,故計(jì)算所得乳酸亞鐵的質(zhì)量偏大，

2+2+根據(jù)離子方程式計(jì)算20mL溶液中n〔Fe〕，進(jìn)而計(jì)算100mL含有n〔Fe〕，再根

據(jù)m=nM計(jì)算乳酸亞鐵晶體的質(zhì)量，進(jìn)而計(jì)算產(chǎn)品中乳酸亞鐵晶體的質(zhì)量分?jǐn)?shù)，

解答，解，〔1〕由儀器A的構(gòu)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(guān)閉活塞3,翻開活塞2,

C裝置中FeCI和NHHCO發(fā)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(guān)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(shí)驗(yàn)?zāi)康氖侵苽淙樗醽嗚F晶體，參加Fe粉，防止

Fe離子被氧化，過(guò)量的鐵粉可以充分利用，得到乳酸亞鐵，應(yīng)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(yīng)經(jīng)

過(guò)冷卻結(jié)晶、過(guò)濾、洗滌、枯燥等操作，

故答案為，冷卻結(jié)晶、過(guò)濾，

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

計(jì)算中按亞鐵離子被氧化，故計(jì)算所得乳酸亞鐵的質(zhì)量偏大，產(chǎn)品中乳酸亞鐵的質(zhì)量

分?jǐn)?shù)會(huì)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(chǎn)品中孚L酸亞鐵晶體的質(zhì)

量分?jǐn)?shù)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(diǎn)評(píng)，此題考察實(shí)驗(yàn)制備方案,涉及化學(xué)儀器識(shí)別、對(duì)操作的分析評(píng)價(jià)、物質(zhì)別離提

純、氧化復(fù)原反響滴定應(yīng)用等,明確原理是解題關(guān)鍵，是對(duì)學(xué)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(xiàn)，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(zhì)子數(shù)與中子數(shù)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(zhì)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(zhì)中,屬于酸酊的是SiO、P0〔填化學(xué)式〕，假設(shè)體系一起處于

復(fù)原2410

性的氣氛中，那么每生成ImolP時(shí)有20mol電子發(fā)生轉(zhuǎn)移,4

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

銅溶4

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

〔3〕比擬N、P氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性,PH,NH[填":或"/或"一)，請(qǐng)用原

子構(gòu)造33

的觀點(diǎn)解釋其原因NP同主族最外層電子數(shù)一樣，P的電子層數(shù)比N多，原子核對(duì)

電子的吸引力弱，故磷化氫的穩(wěn)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(shè)有多個(gè)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(shí),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(guò)簡(jiǎn)單計(jì)算說(shuō)明你的理由K(HPO)==h24

=1.33x10,K,HPO的電離強(qiáng)于水解,溶液中c(H),c〔OH〕皿

考點(diǎn)，氮族元素簡(jiǎn)介，

分析，〔1〕質(zhì)子數(shù)與中子數(shù)相等的同位素，計(jì)算得到質(zhì)量數(shù)=15+15=30,結(jié)合原子

符號(hào)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(jià)

和酸中元素化合價(jià)一樣，結(jié)合氧化復(fù)原反響電子守恒計(jì)算電子轉(zhuǎn)移，

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

銅溶4

液反響生成銅，磷酸和硫酸，結(jié)合原子守恒配平書寫化學(xué)方程式，

〔3〕依據(jù)同主族非金屬性的強(qiáng)弱分析判斷氫化物的穩(wěn)定性，實(shí)質(zhì)是原子構(gòu)造的特征

分析，原子核對(duì)最外層電子的吸引力判斷，

〔4〕？磷酸鈉的水溶液顯堿性是因?yàn)榱姿岣x子分步水解，溶液中水的電離被促進(jìn)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(jì)算HPO的水解常

1232424

,數(shù)，和HPO的電離程度比擬分析判斷溶液酸堿性,24

解答，解，［1［質(zhì)子數(shù)與中子數(shù)相等的同位素，計(jì)算得到質(zhì)量數(shù)=15+15=30,結(jié)合原

子

3。符號(hào)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(jià)

和酸中元素化合價(jià)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(jié)合氧化復(fù)原反響電子守恒計(jì)算電子轉(zhuǎn)410

移,每生成ImolP時(shí)碳元素化合價(jià)0價(jià)變化為+2價(jià),磷元素化合價(jià)變化為+5價(jià)，電

子轉(zhuǎn)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(fù)原出來(lái)，寫出黃磷與冷硫酸

銅溶4

液反響生成銅，磷酸和硫酸，結(jié)合原子守恒配平書寫化學(xué)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(jù)同主族非金屬性的強(qiáng)弱分析判斷氫化物的穩(wěn)定性，實(shí)質(zhì)是原子構(gòu)造的特征

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

層數(shù)比N多，原子核對(duì)電子的吸引力弱，故磷化氫的穩(wěn)定性較差,PH,NH,33

故答案為,〃N、P同主族最外層電子數(shù)一樣,P的電子層數(shù)比N多，原子核對(duì)電子的吸

引力弱，故璘化氫的穩(wěn)定性較差，

(4)?磷酸鈉的水溶液顯堿性是因?yàn)榱姿岣x子分步水解，溶液中水的電離被促進(jìn)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(jì)算HPO的水解常

數(shù),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(qiáng)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(qiáng)于水解,溶液中c〔H〕，c〔OH〕，溶液顯酸性,K224

點(diǎn)評(píng)，此題考察了磷奇跡化合物性質(zhì)的分析判斷,主要是氧化復(fù)原反響電子轉(zhuǎn)移和化

學(xué)方程式書寫，弱電解質(zhì)電離平衡，鹽類水解平衡的理解應(yīng)用，掌握根底是關(guān)鍵,題目難

度較大,10,〔14分〕工業(yè)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(guò)程實(shí)際上分兩步進(jìn)展，第一步產(chǎn)生氨基甲酸鍍,第二步是氨基甲酸鍍脫水生

成尿素，請(qǐng)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(dāng)氨碳比=4時(shí),CO的轉(zhuǎn)化率隨時(shí)間的變化關(guān)系2

如圖1所示，以下說(shuō)法錯(cuò)誤的選項(xiàng)是BD〔填標(biāo)號(hào)〕，

A,該反響在60min時(shí)到達(dá)平衡狀態(tài),

B,NH的平衡轉(zhuǎn)化率為70%,3

C,增加氨碳比可進(jìn)一步提高CO的平衡轉(zhuǎn)化率,2

D,M點(diǎn)的逆反響速率v(CO)大于N點(diǎn)的正反響速率v〔C。〕，逆2正2

〔3〕反響2NH(g)+C0[g]?C0(NH)(g)+H0[