湖北省武汉市2015届高考化学模拟试卷(5月份)

1、湖北省武汉市2015届高考化学模拟试卷（5月份）一、选择题（每小题6分，共42分）1（6分）某分子式为C3H5Cl的有机物同分异构体的数目为（）A3B4C5D62（6分）下列说法正确的是（）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CNa、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图所示常温下，金属铝能溶于W的最高价氧化物的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液下列说法正确的是（） XY WQ

2、AY的最高化合价为+6B简单离子的半径：WQYXC氢化物的稳定性：WYD最高价氧化物的水化物的酸性：WQ4（6分）在10L恒容密闭容器中充入X（g）和Y（g），发生反应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/moln（X）n（Y）n（M）7000.400.100.0908000.100.400.0808000.200.30a9000.100.15b下列说法正确的是（）A实验中，若5min时测得n（M）=0.050mol，则0至5min时间内，用N表示的平均反应速率v（N）=1.0×102mol/（Lmin）B实验中，

3、该反应的平衡常数K=2.0C实验中，达到平衡时，X的转化率为60%D实验中，达到平衡时，b0.0605（6分）下列装置能达到相应实验目的是（）A甲用于浓盐酸和漂粉精制取并收集干燥的Cl2B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）硫酸锰是工业上制备二氧化锰活性电极的原料，用软锰矿浊液吸收空气中的SO2，得到的硫酸锰溶液中含有CuSO4、Fe2（SO4）3杂质，向溶液中加入MnCO3，充分反应过滤；再加入MnS，充分反应后过滤，可以得到碱性的硫酸锰溶液已知常温下，KspFe（OH）3=4.0×1038，Ksp（CuS）=6.3×10

4、36，Ksp（MnS）=4.65×1014下列推断不正确的是（）A加入MnCO3的目的是除去Fe3+B常温下，pH=4时，Fe3+已除尽C反应Cu2+（aq）+MnS（s）=CuS（s）+Mn2+（aq）的K=1.35×1022DMn2（OH）2CO3、Mn（OH）2都可以替代MnCO37（6分）某强酸性溶液X中可能含有Na+、K+、NH4+、Fe2+、Fe3+、A13+、CO32、SO32、SO42、C1中的若干种，某同学为了确认其成分，取溶液进行连续实验，实验过程及产物如下：下列结论正确的是（）A溶液J焰色反应显黄色，则说明原溶液中存在Na+B沉淀G中加入盐酸溶解，滴加

5、一滴KSCN溶液显红色，可以确定原溶液中有Fe3+CX中不能确定的离子是 A13+、Fe3+、Na+、K+和C1D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（CH3CH（OH）COO2Fe3H2O，Mr=288）是常用的补铁剂乳酸亚铁可由乳酸与碳酸亚铁（易被空气中氧气氧化）反应制得：2CH3CH（OH）COOH+FeCO3CH3CH（OH）COO2Fe+CO2+H2O某兴趣小组用FeCl2（用铁粉与盐酸反应制得）和NH4HCO3制备FeCO3的装置示意图如图所示回答下列问题：（1）A装置的名称是（2）将生成的FeCl2溶液压入C装置的操作是，该装置中涉

6、及的主要反应的离子方程式为（3）将制得的FeCO3加入到乳酸溶液中，再加入少量铁粉，75下搅拌使之充分反应，然后向其中加入适量的，除去铁粉其中加入少量铁粉的作用是（4）从上述（3）所得溶液中获得乳酸亚铁晶体的方法是：、洗涤、干燥（5）该兴趣小组用KMnO4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，该兴趣小组改用铈（Ce）量法测定产品中Fe2+的含量取2.880g产品配成100mL溶液，每次取20.00mL，进行必要处理，用0.1000mol/L Ce（SO4）2标准溶液滴定至终点，平均消耗Ce（SO4）2 19.7mL滴定反

7、应为：Ce4+Fe2+=Ce3+Fe3+，则产品中乳酸亚铁晶体的质量分数为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Ca3（PO4）2、磷灰石Ca5F（PO4）3等（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14001500生成白磷，反应式：2Ca3（PO4）2+6SiO2=6CaSiO3+P4O100；10C+P4O10=P4+10CO上述反应的各种物质中，属于酸酐的是（填化学式）若体系一起处于

8、还原性的气氛中，那么每生成1mol P4时有mol电子发生转移黄磷（P4）有毒，它能将金、银、铜从其冷的盐溶液中还原出来写出黄磷与冷硫酸铜溶液反应的化学方程式（3）比较N、P气态氢化物的稳定性：PH3NH3（填“”或“”或“=”），请用原子结构的观点解释其原因（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（若有多个反应，则写出主要反应即可）磷酸是三元酸，在298K时，K1=7.5×103，K2=6.2×108，K3=2.2×1013，则NaH2PO4溶液显性（填“酸”或“碱”），通过简单计算说明你的理由10（14分）工业上用NH3

9、和CO2反应合成尿素2NH3（g）+CO2（g）CO（NH2）2（g）+H2O（g）H1=536.1kJ/mol（1）该过程实际上分两步进行，第一步产生氨基甲酸铵，第二步是氨基甲酸铵脱水生成尿素请写出第一步的反应方程式（2）在一定条件下合成尿素，当氨碳比=4时，CO2的转化率随时间的变化关系如图1所示，下列说法错误的是（填标号）A该反应在60min时达到平衡状态；BNH3的平衡转化率为70%；C增加氨碳比可进一步提高CO2的平衡转化率；DM点的逆反应速率v逆（CO2）大于N点的正反应速率v正（CO2）；（3）反应2NH3（g）+CO2（g）CO（NH2）2（g）+H2O（g），在200时可自发

10、向正反应进行，则升高温度，平衡常数K（填“增大”、“减小”、“不变”）（4）若一定条件下得到的尿素为固体，2NH3（g）+CO2（g）CO（NH2）2（s）+H2O（g），开始在一密闭容器中充入0.1mol NH3、0.65mol CO2、0.65mol H2O（g），保持温度不变，达到平衡时，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部分变为NH4CNO（氰酸铵），已知25氨水的电离常数为1.7×105，氰酸HCNO的电离常数为3.3×104氰酸铵水溶液中各离子的浓度大小顺序为（6）电解尿素CO（NH2）2的碱性溶液制

11、氢的装置示意图如图2（电解池中隔膜仅阻止气体通过，a、b极均为惰性电极）电解时，a极的电极反应式为，若在b极产生标况下224mL氢气，则消耗尿素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，已知Co、Fe都是中等活泼金属）的工艺流程如下：（1）金属M为，操作1为（2）加入H2O2的作用是（用离子方程式表示），加入氨水的作用是（3）充分焙烧的化学方程式为（4）已知Li2CO3微溶于水，其饱和溶液的浓度与温度关系见下表操作2中，蒸发浓缩后必须趁热过滤，其原因是，90时Ksp（Li2CO3）的值为温度/10306090浓度/molL10.210.17

12、0.140.10（5）用惰性电极电解熔融Li2CO3制取锂，阳极生成两种气体，则阳极的电极反应式为12氮化硅是一种新型无机非金属材料，主要有氮化硅和氮化硅两种晶型，它们都是由SiN4正四面体共用顶角原子构成的三维空间网络结构，氮化硅的结构如图所示：用甘氨酸（H2NCH2COOH）或尿素CO（NH2）2作为燃料，硝酸铵（NH4NO3）为氧化剂，原硅酸为硅源，蔗糖为碳源，进行反应制备氮化硅回答下列问题：（1）1mol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）NH4NO3中阴离子的空间构型为，由第1、2

13、周期元素能成的与该阴离子互为等电子体的离子是（4）原硅酸的结构为，若去掉氢原子后的剩余部分即Si44（原硅酸根）为硅氧四面体结构，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）氮化硅晶体类型为，判断的理由是13某烃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CO2和H2O，A能发生如下转化（图中的无机产物均已略去）其中F能发生银镜反应，E不能发生银镜反应；G、H互为同分异构体，G中只含1个甲基已知：（1）用系统命名法对A命名（2）C与HIO4的反应类型是（3）写出F和

14、G的结构简式：F、G（4）写出BC和DI的化学方程式BC；DI（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；环上的一硝基取代物只有一种；1 mol该物质与足量的NaHCO3作用放出2 mol气体；核磁共振氢谱为3组峰符合条件的结构简式（不考虑立体异构）湖北省武汉市2015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（每小题6分，共42分）1（6分）某分子式为C3H5Cl的有机物同分异构体的数目为（）A3B4C5D6考点：有机化合物的异构现象 分析：根据化学式C3H5Cl可知，该化合物是含有碳碳双键的卤代烃，即相当于是丙烯中的1个氢原子被氯原子取代后的生成物，

15、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C3H5Cl可知，该化合物是含有碳碳双键的卤代烃，即相当于是丙烯中的1个氢原子被氯原子取代后的生成物，所以共计有3种：CH2CHCH2Cl、CHClCHCH3、CH2CClCH3又因为CHClCHCH3存在顺反异构，所以总共是4种故选B点评：本题考查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（6分）下列说法正确的是（）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CNa、Al、Cu通常分别用电解法、热分解法和置换法冶炼得

16、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；CNa、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H2做还原剂；Hg、Ag等不活泼金属：热分解法；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

17、：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；CNa、Al、Cu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；故选：D点评：本题为综合题，考查了物质的分类、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图所示常温下，金属铝能溶于W的最高价氧化物的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液下列说法正确的是（） XY WQ AY的最高化合价为+6B简单离子的半径：WQYXC氢化物的稳定性：WYD最高价氧化物

18、的水化物的酸性：WQ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，Al能溶于W的最髙价氧化物的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液，则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O元素、Q为Cl元素，据此结合元素周期律知识对各选项进行判断解答：解：短周期元素X、Y、W、Q，常温下，Al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，则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O元素、Q为Cl元素，AY为O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，电子层结构相同核电荷数越大离子半径越小，故离子半径大小为：S2

19、ClN3O2，故B错误；C非金属性越强，对应的氢化物越稳定，非金属性：OS，则氢化物的稳定性：WY，故C错误；D非金属性ClS，故最高价氧化物的水化物的酸性：HClO4H2SO4，即：WQ，故D正确；故选D点评：本题考查元素周期表和元素周期律的综合应用，题目难度中等，注意把握周期表的结构、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），发生反应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/moln（X）n（Y）n（M）7000.400.100.0908000.1

20、00.400.0808000.200.30a9000.100.15b下列说法正确的是（）A实验中，若5min时测得n（M）=0.050mol，则0至5min时间内，用N表示的平均反应速率v（N）=1.0×102mol/（Lmin）B实验中，该反应的平衡常数K=2.0C实验中，达到平衡时，X的转化率为60%D实验中，达到平衡时，b0.060考点：真题集萃；化学平衡建立的过程 专题：化学平衡专题分析：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，由于反应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

21、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、对比实验的平衡常数可知，正反应为放热反应，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%，则实验中X的转化率小于60%，达到平衡时，b0.060解答：解：Av（N）=v（M）=1.0×103mol/（Lmin），故A错误；B X（g）+Y（g）M（g）+N（g）起始浓度（mol/L） 0.01 0.04 0 0转化浓度（mol/L） 0.008 0.008 0.008 0.008平衡浓度（mol/L） 0.002 0.032 0.008 0.008实验中，该反应的平衡常数K=

22、1.0，故B错误；C X（g）+Y（g）M（g）+N（g）起始浓度（mol/L） 0.02 0.03 0 0转化浓度（mol/L） 平衡浓度（mol/L） 0.02 0.03该反应的平衡常数K=1.0，解得a=0.12，实验中，X的转化率=100%=60%，故C正确；D根据三段式可求得，700时，化学平衡常数K2.6，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，则正反应为放热反应，若的温度为800，恒容体系中，气体体积不变的反应，与为等效平衡，b=a=0.06mol，但的实际温度为900，相比较800，平衡逆向移动，b0.06，故D错误；故选C点评：本题考查化学反应速率、化

23、学平衡常数、化学平衡的影响因素等，难度中等5（6分）下列装置能达到相应实验目的是（）A甲用于浓盐酸和漂粉精制取并收集干燥的Cl2B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，可使高锰酸钾褪色；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噻，应放在碱式滴定管中，故B错误；C浓硫酸具有脱水性，

24、可使蔗糖碳化而变黑，与碳发生氧化还原反应生成二氧化硫，可使高锰酸钾褪色，故C正确；D镁比铝活泼，铝不能置换出镁，故D错误故选C点评：本题考查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）硫酸锰是工业上制备二氧化锰活性电极的原料，用软锰矿浊液吸收空气中的SO2，得到的硫酸锰溶液中含有CuSO4、Fe2（SO4）3杂质，向溶液中加入MnCO3，充分反应过滤；再加入MnS，充分反应后过滤，可以得到碱性的硫酸锰溶液已知常温下，KspFe（OH）3=4.0×103

25、8，Ksp（CuS）=6.3×1036，Ksp（MnS）=4.65×1014下列推断不正确的是（）A加入MnCO3的目的是除去Fe3+B常温下，pH=4时，Fe3+已除尽C反应Cu2+（aq）+MnS（s）=CuS（s）+Mn2+（aq）的K=1.35×1022DMn2（OH）2CO3、Mn（OH）2都可以替代MnCO3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）3沉淀，由于Ksp（CuSKsp（MnS），可使MnS转化成CuS，则除去硫酸锰溶液中含有CuSO4、Fe2（SO4）3杂质，向溶液中加入

26、MnCO3，也可加入Mn2（OH）2CO3、Mn（OH）2，调节溶液pH，生成Fe（OH）3沉淀，充分反应过滤，再加入MnS，可生成CuS，以此解答该题解答：解：A由KspFe（OH）3=4.0×1038，可知Fe（OH）3易生成沉淀，可加入MnCO3，起到调节溶液pH的作用，可除去Fe3+，故A正确；BKspFe（OH）3=4.0×1038，当Fe3+已除尽时，c（OH）=mol/L=1.58×1011mol/L，pH3.7，故B正确；C反应Cu2+（aq）+MnS（s）=CuS（s）+Mn2+（aq）的K=1.35×1022，故C错误；DMn2（OH

27、）2CO3、Mn（OH）2与MnCO3性质相似，都可与氢离子反应生成二氧化碳和水，不引入新杂质，可代替，故D正确故选C点评：本题考查难溶电解质的溶解平衡，为2015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查，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7（6分）某强酸性溶液X中可能含有Na+、K+、NH4+、Fe2+、Fe3+、A13+、CO32、SO32、SO42、C1中的若干种，某同学为了确认其成分，取溶液进行连续实验，实验过程及产物如下：下列结论正确的是（）A溶液J焰色反应显黄色，则说明原溶液中存在Na+B沉淀G中加入盐酸溶解，滴加一滴KSCN溶液显红色，可

28、以确定原溶液中有Fe3+CX中不能确定的离子是 A13+、Fe3+、Na+、K+和C1D沉淀I一定是Al（OH ）3考点：离子反应发生的条件；常见离子的检验方法 分析：强酸性溶液中CO32、SO32不能存在；X溶液中加入过量Ba（NO3）2溶液生成沉淀C是BaSO4，说明有SO42存在；硝酸被还原生成气体A为NO，说明有还原剂Fe2+存在，（即3Fe2+4H+NO3=3Fe3+NO+2H2O）溶液B加入过量NaOH溶液，生成的沉淀G为Fe（OH）3；生成的气体F为NH3，说明有NH4+存在溶液H通入CO2生成沉淀I，由于前面加入过量的Ba（NO3）2溶液，引入了大量Ba2+，所以沉淀I中一定有

29、BaCO3，又由于前面不能确定溶液X中是否存在A13+，所以这里也不能确定沉淀I中有A1（OH）3；溶液J的焰色反应呈黄色，说明溶液J中有Na+，但由于前面加入过量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解答：解：强酸性溶液中CO32、SO32不能存在；X溶液中加入过量Ba（NO3）2溶液生成沉淀C是BaSO4，说明有SO42存在；硝酸被还原生成气体A为NO，说明有还原剂Fe2+存在，（即3Fe2+4H+NO3=3Fe3+NO+2H2O），在此反应中，Fe2

30、+被氧化为Fe3+溶液B加入过量NaOH溶液，生成的沉淀G为Fe（OH）3；生成的气体F为NH3，说明有NH4+存在溶液H通入CO2生成沉淀I，由于前面加入过量的Ba（NO3）2溶液，引入了大量Ba2+，所以沉淀I中一定有BaCO3，又由于前面不能确定溶液X中是否存在A13+，所以这里也不能确定沉淀I中有A1（OH）3；溶液J的焰色反应呈黄色，说明溶液J中有Na+，但由于前面加入过量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C1A通过以上分析知，不能确定原来溶液中

31、是否含有钠离子，故A错误；B沉淀G为Fe（OH）3，但Fe3+可能是原来有的，也可能是Fe2+被氧化生成的，故B错误；CX中肯定存在Fe2+、NH4+、SO42，A13+、Fe3+、Na+、K+和C1不能确定，故C正确；D沉淀I中一定有BaCO3，又由于前面不能确定溶液X中是否存在A13+，所以这里也不能确定沉淀I中有A1（OH）3，故D错误；故选C点评：本题考查常见离子的检验，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（CH3CH（OH）COO2Fe3H2O，Mr=288）是常用的补铁剂乳酸亚铁可由乳酸与碳酸亚铁（易被空气中氧气氧化）反应制

32、得：2CH3CH（OH）COOH+FeCO3CH3CH（OH）COO2Fe+CO2+H2O某兴趣小组用FeCl2（用铁粉与盐酸反应制得）和NH4HCO3制备FeCO3的装置示意图如图所示回答下列问题：（1）A装置的名称是分液漏斗（2）将生成的FeCl2溶液压入C装置的操作是关闭活塞3，打开活塞2，该装置中涉及的主要反应的离子方程式为Fe2+2HCO3=FeCO3+CO2+H2O（3）将制得的FeCO3加入到乳酸溶液中，再加入少量铁粉，75下搅拌使之充分反应，然后向其中加入适量的乳酸，除去铁粉其中加入少量铁粉的作用是防止Fe2+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

33、结晶、过滤、洗涤、干燥（5）该兴趣小组用KMnO4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，被酸性高锰酸钾溶液氧化经查阅文献后，该兴趣小组改用铈（Ce）量法测定产品中Fe2+的含量取2.880g产品配成100mL溶液，每次取20.00mL，进行必要处理，用0.1000mol/L Ce（SO4）2标准溶液滴定至终点，平均消耗Ce（SO4）2 19.7mL滴定反应为：Ce4+Fe2+=Ce3+Fe3+，则产品中乳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的结构特征，可知

34、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；C装置中FeCl2和NH4HCO3发生反应：FeCl2+2NH4HCO3=FeCO3+2NH4Cl+CO2+H2O；（3）实验目的是制备乳酸亚铁晶体，加入Fe粉，防止Fe2+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、干燥等操作；（5）乳酸根中含有羟基，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗高锰酸钾的增大，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；根据离子方程式计算20mL溶液中n（Fe2+），进而计算100mL含有n（Fe2+），再根据

35、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的结构特征，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，打开活塞2；C装置中FeCl2和NH4HCO3发生反应：FeCl2+2NH4HCO3=FeCO3+2NH4Cl+CO2+H2O，反应离子方程式为：Fe2+2HCO3=FeCO3+CO2+H2O，故答案为：关闭活塞3，打开活塞2；Fe2+2HCO3=FeCO3+CO2+H2O；（3）Fe2+离子易被氧化为Fe3+离子，实验目的是制备乳酸亚铁晶体，加入Fe粉，防

36、止Fe2+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，故答案为：乳酸；防止Fe2+离子被氧化；（4）在75下搅拌使之充分反应制得乳酸亚铁，从热溶液中获得乳酸亚铁晶体，应经过冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等操作，故答案为：冷却结晶、过滤；（5）乳酸根中含有羟基，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗高锰酸钾的增大，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%；由：Ce4+Fe2+=Ce3+Fe3+，可知20mL溶液中n（Fe2+）=n（Ce4+）=0.1000mol/L×0.0197L=0.00197mol，故100mL含

37、有n（Fe2+）=0.00197mol×=0.00985mol，故产品中乳酸亚铁晶体的质量分数为×100%=98.5%，故答案为：乳酸根离子中含有羟基，被酸性高锰酸钾溶液氧化；98.5%点评：本题考查实验制备方案，涉及化学仪器识别、对操作的分析评价、物质分离提纯、氧化还原反应滴定应用等，明确原理是解题关键，是对学生综合能力的考查，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Ca3（PO4）2、磷灰石Ca5F（PO4）3等（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

38、示为3015P（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14001500生成白磷，反应式：2Ca3（PO4）2+6SiO2=6CaSiO3+P4O100；10C+P4O10=P4+10CO上述反应的各种物质中，属于酸酐的是SiO2、P4O10（填化学式）若体系一起处于还原性的气氛中，那么每生成1mol P4时有20mol电子发生转移黄磷（P4）有毒，它能将金、银、铜从其冷的盐溶液中还原出来写出黄磷与冷硫酸铜溶液反应的化学方程式P4+10CuSO4+16H2O=10Cu+4H3PO4+10H2SO4（3）比较N、P气态氢化物的稳定性：PH3NH3（

39、填“”或“”或“=”），请用原子结构的观点解释其原因NP同主族最外层电子数相同，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磷酸钠的水溶液显碱性，用离子方程式解释原因PO43+H2OHPO42+OH（若有多个反应，则写出主要反应即可）磷酸是三元酸，在298K时，K1=7.5×103，K2=6.2×108，K3=2.2×1013，则NaH2PO4溶液显酸性（填“酸”或“碱”），通过简单计算说明你的理由Kh（H2PO4）=1.33×1010K2，H2PO4的电离强于水解，溶液中c（H+）c（OH）考点

40、：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应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相同，结合氧化还原反应电子守恒计算电子转移；黄磷（P4）有毒，它能将金、银、铜从其冷的盐溶液中还原出来写出黄磷与冷硫酸铜溶液反应生成铜，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，实质是原子结构的特征分析，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；K1=7.5&

41、#215;103，K2=6.2×108，K3=2.2×1013，则NaH2PO4溶液中分析计算H2PO4的水解常数，和H2PO4的电离程度比较分析判断溶液酸碱性；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，结合原子符号书写核素为：3015P，故答案为：3015P；（2）酸性氧化物是能和碱反应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相同，反应2Ca3（PO4）2+6SiO2=6CaSiO3+P4O100；10C+P4O10=P4+10CO中，二氧化硅是硅酸的酸酐，P4O10是磷酸的酸酐，结合氧化还原反应电子守恒计算电子转

42、移，每生成1mol P4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，电子转移为20mol，故答案为：20；黄磷（P4）有毒，它能将金、银、铜从其冷的盐溶液中还原出来写出黄磷与冷硫酸铜溶液反应生成铜，磷酸和硫酸，结合原子守恒配平书写化学方程式为：P4+10CuSO4+16H2O=10Cu+4H3PO4+10H2SO4，故答案为：SiO2、P4O10；P4+10CuSO4+16H2O=10Cu+4H3PO4+10H2SO4；（3）依据同主族非金属性的强弱分析判断氢化物的稳定性，实质是原子结构的特征分析，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相同，P的电子层数比N多，

43、原子核对电子的吸引力弱，故磷化氢的稳定性较差：PH3NH3，故答案为：，N、P同主族最外层电子数相同，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，水解离子方程式为：PO43+H2OHPO42+OH；K1=7.5×103，K2=6.2×108，K3=2.2×1013，NaH2PO4溶液中分析计算H2PO4的水解常数，和H2PO4的电离程度比较分析判断溶液酸碱性，Kh（H2PO4）=1.33×1010K2，H2PO4的电离强于水解，溶液中c（H+

44、）c（OH），溶液显酸性，故答案为：酸，Kh（H2PO4）=1.33×1010K2，H2PO4的电离强于水解，溶液中c（H+）c（OH），溶液显酸性点评：本题考查了磷奇迹化合物性质的分析判断，主要是氧化还原反应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，掌握基础是关键，题目难度较大10（14分）工业上用NH3和CO2反应合成尿素2NH3（g）+CO2（g）CO（NH2）2（g）+H2O（g）H1=536.1kJ/mol（1）该过程实际上分两步进行，第一步产生氨基甲酸铵，第二步是氨基甲酸铵脱水生成尿素请写出第一步的反应方程式2NH3（g）+CO2（g）NH2CO

45、ONH4（2）在一定条件下合成尿素，当氨碳比=4时，CO2的转化率随时间的变化关系如图1所示，下列说法错误的是BD（填标号）A该反应在60min时达到平衡状态；BNH3的平衡转化率为70%；C增加氨碳比可进一步提高CO2的平衡转化率；DM点的逆反应速率v逆（CO2）大于N点的正反应速率v正（CO2）；（3）反应2NH3（g）+CO2（g）CO（NH2）2（g）+H2O（g），在200时可自发向正反应进行，则升高温度，平衡常数K减小（填“增大”、“减小”、“不变”）（4）若一定条件下得到的尿素为固体，2NH3（g）+CO2（g）CO（NH2）2（s）+H2O（g），开始在一密闭容器中充入0.1m

46、ol NH3、0.65mol CO2、0.65mol H2O（g），保持温度不变，达到平衡时，混合气体的平均摩尔质量与起始相比变小（填“变大”、“变小”、“不变”）（5）尿素在一定温度和压力下会部分变为NH4CNO（氰酸铵），已知25氨水的电离常数为1.7×105，氰酸HCNO的电离常数为3.3×104氰酸铵水溶液中各离子的浓度大小顺序为c（CNO）c（NH4+）c（H+）c（OH）（6）电解尿素CO（NH2）2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通过，a、b极均为惰性电极）电解时，a极的电极反应式为CO（NH2）26e+8OH=CO32+N2+6H2O

47、，若在b极产生标况下224mL氢气，则消耗尿素0.2g考点：化学平衡的计算；原电池和电解池的工作原理；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断 分析：（1）该过程实际上分两步进行，第一步产生氨基甲酸铵，反应方程式为：2NH3（g）+CO2（g）NH2COONH4；（2）A图象纵坐标表示二氧化碳的转化率，横坐标表示时间变化，图象表示的二氧化碳的转化率随着时间的变化关系，转化率=，反应未达到平衡前二氧化碳的转化率始终变化，只有达到平衡才能保持不变，所以可以作为判断平衡的标志；B三段式表示各物质的物质的量的关系，套用公式求解；C反应达到平衡后再增加氨气的用量可以是平衡进一步向正反向移动，消耗的二氧化碳

48、增多，故转化率提高DM点达到平衡时V（正）=V（逆），所以比较M点的逆反应速率与N点的正反应速率可以转化为比较M点的逆反应速率和N点的逆反应速率；（3）依据反应自发进行的判断依据是HTS0，结合反应特征分析，低温下自发进行，说明正反应是放热反应，所以升高温度，平衡常数K减小；（4）尿素为固体，开始在一密闭容器中充入0.1molNH3、0.65mol CO2、0.65molH2O（g），相当于增大压强，平衡正向移动，混合气体的平均相对分子量变小；（5）25氨水的电离常数为1.7×105，氰酸HCNO的电离常数为3.3×104，所以氰酸铵水溶液中铵离子的水解程度大于氰酸根离子的

49、水解程度，溶液呈酸性；（6）尿素CO（NH2）2中的氮由3价到0价，发生氧化反应，所以a为阳极，电极反应式为：CO（NH2）26e+8OH=CO32+N2+6H2O；根据关系式：CO（NH2）26e3H2，来求解解答：解：（1）该过程实际上分两步进行，第一步产生氨基甲酸铵，反应方程式为：2NH3（g）+CO2（g）NH2COONH4，故答案为：2NH3（g）+CO2（g）NH2COONH4；（2）A从图象中可知060min二氧化碳的转化率始终增大，到60min后保持不变，说明该反应达到平衡，故A正确；B设氨气的物质的量为4mol，则二氧化碳的物质的量为1mol，平衡时消耗的二氧化碳为1

50、5;60%=0.6 2NH3+CO2 CO（NH2）2+H2O初始量（mol） 4 1 0 0转化量（mol） 1.2 0.6 则氨气的转化率=×100%=30% 故B错误；C反应达到平衡后再增加氨气的用量可以使平衡进一步向正反向移动，二氧化碳转化率提高，故C正确；DN点反应达到平衡，N点的正反应速率正（CO2）等于N点的逆反应速率逆（CO2），M点时生成物的浓度低于N点的浓度所以M点的逆反应速率逆（CO2）小于N点的逆反应速率逆（CO2），也就是小于N点的正反应速率逆（CO2），故D错误；故选BD；（3）依据反应自发进行的判断依据是HTS0，结合反应特征分析，低温下自发进行，说明正

51、反应是放热反应，所以升高温度，平衡常数K减小，故答案为：减小；（4）尿素为固体，开始在一密闭容器中充入0.1molNH3、0.65mol CO2、0.65molH2O（g），相当于增大压强，平衡正向移动，混合气体的平均相对分子量变小，故答案为：变小；（5）25氨水的电离常数为1.7×105，氰酸HCNO的电离常数为3.3×104，所以氰酸铵水溶液中铵离子的水解程度大于氰酸根离子的水解程度，溶液呈酸性，所以离子浓度大小顺序为：c（CNO）c（NH4+）c（H+）c（OH），故答案为：c（CNO）c（NH4+）c（H+）c（OH）；（6）尿素CO（NH2）2中的氮由3价到0价，

52、发生氧化反应，所以a为阳极，电极反应式为：CO（NH2）26e+8OH=CO32+N2+6H2O；根据关系式：CO（NH2）26e3H2，所以尿素的质量为：=0.2g，故答案为：CO（NH2）26e+8OH=CO32+N2+6H2O；0.2点评：本题考查了化学平衡状态概念、特征、平衡转化率的求算、方程式的书写和电极反应式的书写，题目难度中等，解此类题关键要看清图象表达的含义，运用平衡理论求解三、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，已知Co、Fe都是中等活泼金属）的工艺流程如下：（1）金属M为Cu，操作1为过滤（2）加入H2O2的作用是（用离

53、子方程式表示）2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O，加入氨水的作用是调节溶液的pH使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀（3）充分焙烧的化学方程式为4CoC2O42H2O+3O22Co2O3+8 H2O+8CO2（4）已知Li2CO3微溶于水，其饱和溶液的浓度与温度关系见下表操作2中，蒸发浓缩后必须趁热过滤，其原因是减少Li2CO3的溶解损失，90时Ksp（Li2CO3）的值为4.0×103温度/10306090浓度/molL10.210.170.140.10（5）用惰性电极电解熔融Li2CO3制取锂，阳极生成两种气体，则阳极的电极反应式为2CO324e=O2+CO2考点：物质

54、分离和提纯的方法和基本操作综合应用 分析：合金废料（主要含Fe、Cu、Co、Li等，已知Co、Fe都是中等活泼金属）加入盐酸过滤得到金属M为不与盐酸反应的铜，浸出液中加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，加入氨水调节溶液PH使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，通过操作过滤得到溶液A中加入草酸铵溶液沉淀钴离子过滤得到溶液B主要是锂离子的溶液，加入碳酸钠沉淀锂离子，过滤得到碳酸锂；结晶析出CoC2O42H2O足量空气煅烧得到氧化钴；（2）加入H2O2的作用是氧化亚铁离子为铁离子；加入氨水的作用是调节溶液PH使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀；（3）CoC2O4焙烧生成Co2O3、CO2和水；（4）Li2CO3微溶于水，溶解度随温度升高而降低，为减少Li2CO3的溶解损失，蒸发浓缩后必须趁热过滤，90时c（Li2CO3）的浓度为0.10mol/L，则c（Li+）=0.20mol/L，c（CO32）=0.10mol/L，则Ksp（Li2CO3）=0.20×0.20×0.10=4.0×103；（5）用惰性电极电解熔融Li2CO3制取锂，阳极生成两种气体，应为二氧化碳和氧气解答：解：合金废料（主要含Fe、Cu、Co、Li等，已知Co、Fe都是中等活泼金属）加入盐酸过滤得到金属M为不与盐酸反应的铜，浸出液中