江西省景德镇市高考化学模拟试卷（含解析）-人教版高三全册化学试题

江西省景德镇市2021届高考化学模拟试卷

一、选择题〔此题共7小题，均为单项选择题，每题6分，共42分〕

1(16分〕化学与科技、生产、生活密切相关(以下说法正确的选项是()A(气象

环境报告中的"PM2.5"是一种新分子的描述

B(采取"静电除尘〃、"燃煤固硫"、"汽车尾气催化净化"等方法，可提高空气

质量、C("玉兔号"月球车太阳能电池帆板的材料是二氧化硅

D(

如图为雾霾的主要成分示意图，SO和NO都属于酸性氧化物2xy

2(〔6分〕设N为阿伏伽德罗常数的值,以下说法正确的选项是UA

.B(15gCH〔碳正离子〕中含有的电子数为ION3A

q.D(2mol・L的(NH)S溶液中含有的S42A

3(〔6分〕如图是局部短周期元素原子〔用字母表示〕最外层电子数与原子序数的

关系图(以下说法正确的选项是0

A(ZY、ZW的水溶液都显酸性

B（原子半径大小:W,R,X,离子半径大小ZR,W,Y

C（W的氢化物水溶液的酸性比R的氢化物水溶液的酸性强，可证明非金属性:W,R

D（Z、X两种元素形成的ZX、ZX为离子化合物222

4（〔6分〕某学生以铁丝和CI为原料进展以下三个实验（从分类角度以下分析正确

的选项是？

普A.A不

（）

A（实验？、？反响制得的物质均为纯洁物

B（实验？、？均未发生氧化复原反响

C（实验？、？均为放热反响

D（实验？、？所涉及的物质均为电解质或非电解质

5（16分］科学家研制的航天推进剂,离子液体火箭推进剂AF,M315E,其主要成

分是羟基硝酸钱，它比肿燃烧释放能量更高，更平安、环保，预计最早将在今年进

展卫星飞行试验（羟基硝酸钱的两造如下图,以下说法不正确的选项是0

0

II

（T、CTOH

A（羟基硝酸钱中阳离子的各原子共平面

B（羟基硝酸钱是离子化合物

C（羟基硝酸镀中含有离子键和共价键

D(

346（〔6分〕可将气态废弃物中的硫化氢转化为可利用的硫，自身复原为（工业上常采用

如下图的电解装置,通电电解，然后通入HS加以处理（以下说法不正确的选项是02

4.3A（电解时阳极反响式为,e?

,.2.B（电解时阴极反响式为2HCO+2e?H?+2C0323

C（当电解过程中有标准状况下的H生成时,溶液中有32gs析出〔溶解忽略不

计〕2

D（整个过程中需要不断补充K与KHCO43

7（〔6分〕建构数学模型来研究化学问题，既直观又简洁（以下建构的数轴模型正确

的选项是0

1/41/2

|I.哈）

N；Na）O,Na*0«:Na«0；w（Na）

aI

A（钠在氧气中燃烧，钠的氧化产物：B（铁在CI中燃烧，铁的氧化产物：2

1312…

___________|!--（Cl?）

FeClj•FeC1*.F«Clj-FtCIjjj（Fe.l

*26,80

_______|Ir-即

N：HC1：N?.HC1,NHfCl■lb.NH’Cl域&：）

c（NH与Cl反响，反响产物：32

11/2

|就4

Fe±Fe"F产jF产>忒FeB:£

D（FeBr溶液中通入Clf铁元素存在形式：

二、解答题〔共3小题，总分值43分〕

8(〔13分〕1902年德国化学家哈博研究出合成氨的方法，其反响原理为:N(g)

+3H(g)22?2NH(g);?H[?H,0)a

一种工业合成氨的简易流程图如下:

I大4七隗&I-HI--"气i曲区।1妙交*IU鱼I

I14，

水黑工Ns——|1或意

完成以下填空:

(1)天然气中的HS杂质常用氨水吸收，产物为NHHS(一定条件下向NHHS溶

液中通入空气，2心

得到单质硫并使吸收液再生(NHHS的电子式是，写出再生反响的化学方程式:(NH

的沸点高43于HS,是因为NH分子之间存在着一种比力更强的作用力(？3

(2)室温下，0.1mol/L的氯化铉溶液和0.1mol/L的硫酸氢钱溶液，酸性更强的

是，其原因

十一5“2,是(:HSO:HSO=H+HSO;HSO?H+SO;K=1.2xlONH-HO:K=1.8xlO”“44432

(3)如图甲表示500?、60.0MPa条件下，原料气投料比与平衡时NH体积分数

的关系(根据3

图中a点数据计算N的平衡体积分数；〔保存3位有效数字)(z

[4]依据温度对合成氨反响的影响，在图乙坐标系中，画出一定条件下的密闭容

器内，从常温下通入原料气开场,随温度不断升高,NH物质的量变化的曲线示意

图(3

«＜内3

(5)上述流程图中，使合成氨放出的能量得到充分利用的主要步骤是〔填序号〕

(简述本流程中提高合成氨原料总转化率的方法〔只答一种即可〕：(

9((15分](NH)Fe(SO)俗称莫尔盐，其常见的制备工艺流程如下：

FcS%今T心0J―毕I—*毕

H?2*HJTQ)

fll“口911119IIV

(I)流程中铁粉制备反响如下:

4H0(g)+3Fe(s)?FeO(s)+4H(g)?H=akJ/mol2342

FeO(s)=3Fe[s]+20[g]?H=bkJ/molUJ

那么光解气态水制备H的热化学方程式为(2

+〔2〕步骤I中加水发生如下反响，请完善该反响：+2HO?2H+HTiO?;该步骤参加铁粉

的作223

用是?;

?(

⑶步骤?生成(NH)Fe〔S。)，其化学反响方程式为;写出(NH)Fe(SO)

溶液中各42424242离子溶度由大到小的顺序：

(4)在潮湿空气中Fe(OH)比FeCI更易被氧化(据此分析(NH)Fe(SO)比

FCSO稳定2242424的原因是(

3,.⑸室温时Fe(OH)的悬浊液中存在Fe(OH)(s)?Fe(aq)+30H(aq)

Ksp=8?10n

3必」假设此悬浊液中c(Fe)=0.08mol・L那么溶液的pH等于(

10((15分]铁离子，氯气、溟均为常见的氧化剂，某化学兴趣小组设计了如下实

验探究其强

弱:

(1)?装置A中发生反响的离子方程式是(?整套实验装置存在一处明显的缺乏，请

指出(

(2)用改正后的装置进展实验，实验过程如下：

实验操作实验现象结论

,向圆底烧瓶中滴入适量浓盐酸;然后翻开活塞a

(

〔填具体实验操作〕D装置中:溶液变红

E装置中:水层溶液变黄，振荡后，下层CCI层无明显变化(一段时间后(〔填实验现

象〕4

3.CI、Br、Fe的氧化性由强到弱的顺序为:22

3+CI/Br,Fe22

(3)因忙于观察和记录，没有及时停顿反响，D、E中均发生了新的变化(D装置

中:红色慢慢褪去(

E装置中:CCI层颜色逐渐加深，直至变成红色(，

为探究上述实验现象的本质，小组同学查得资料如下：

3,.?(Fe+3SCN?Fe[SCN]是一个可逆反响(3

?((SCN)性质与卤素单质类似(氧化性:Cl,{SCN〕(222

?请用平衡移动原理〔结合上述资料〕解释CI过量时D中溶液红色褪去的原因（

现设计简单实验证明上述解释:取少量褪色后的溶液，滴加溶液，.假设溶液颜色（那

么上述

解释是合理的（

小组同学另查得资料如下：

?（CI和Br反响生成BrCI,BrCI呈红色1略带黄色），沸点约5?,它与水能发生

水解反响，22

且该反响为非氧化复原反响（

?（AgClO、AgBrO均可溶于水（

?欲探究E中颜色变化的原因，设计实验如下:用分液漏斗别离出E的下层溶液，蒸

胤收

集红色物质，取少量，参加AgNO溶液，结果观察到仅有白色沉淀产生（请结合上

述资料用两3

步离子方程式解释仅产生白色沉淀原因（

【化学?选修2:化学与技术】〔共1小题，总分值15分〕

0、MgO等杂质〕制备氧化铁的工艺流程如11（〔15分〕利用硫酸渣〔主要含

FeO.Si。、Al23232

下:

（1）"酸浸〃中硫酸要适当过量，目的是?提高铁的浸出率，?（

3,2之［21"复原〃是将Fe转化为Fe,同时FeS被氧化为SO,该反响的离子方程式为

（24

3,13）为测定"酸浸"步骤后溶液中Fe的量以控制参加FeS的量:实验步骤为:准确量

取一2

定体积的酸浸后的溶液于锥形瓶中，参加HCL稍过量SnCI,再加HgCI除去过

量的SnCI,222

以二苯胺磺酸钠为指示剂，用KCrO标准溶液滴定,有关反响方程式如下：Z27

3$2,.2$22Fe+Sn+6Q?2Fe+SnCI,6

6

2^,Sn+4CI+2HgCI?SnCI+HgCI?,222

2,….6Fe+CrO+14H?6Fe+2Cr+7H0（272

”?假设SnCI缺乏量,那么测定的Fe量〔填"偏高〃、"偏低〃、"不变"，下同），

2

3〃假设不加HgCI,那么测定的Fe量（2

3小〔4〕？可选用〔填试剂〕检验滤液中含有Fe（产生Fe的原因是〔用离子反响方程式

表示〕（

?局部阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：

沉淀物Fe（OH）Al（OH）Fe（OH）Mg（OH）Mn（OH）33222

实验可选用的试剂有:稀HNO、Ba（NO）溶液、酸性KMnO溶液、NaOH溶

液，要求制备过程中4中不产生有毒气体（

请完成由"过滤"后的溶液模拟制备氧化铁的实验步骤；a（氧化:；

b（沉淀:；

c（别离，洗涤；

d（烘干，研磨（

【化学一选修3;物质构造与性质】（共1小题，总分值。分〕12（卤族元素的单质

和化合物很多，我们可以利用所学物质构造与性质的相关知识去认识和

理解它们（

（1）卤族元素位于元素周期表的区;漠的价电子排布式为（［2）在一定浓度的溶液

中,氢氟酸是以二分子缔合（HF）形式存在的（使氢氟酸分子绵合的z

作用力是（

〔3〕请根据下表提供的第一电离能数据判断，最有可能生成较稳定的单核阳离子

的卤素原子

是（

氟氯溟碘第一电离能

（kJ/mol）1681125111401008（4）碘酸（HI0）和高碘酸（HI0）的构

造分别如图1、2所示:356

磁晶体晶袍R化F5同蒯

副国2图3

请比拟二者酸性强弱:HIOHI0〔填7、丁或"二〃］（3”

“［5）CIO为角型，中心氯原子周围有四对价层电子（CI。中心氯原子的杂化轨道类型

为,22

写出一个CIO的等电子体（2

（6）图3为碘晶体晶胞构造（有关说法中正确的选项是（

A（碘分子的排列有2种不同的取向，2种取向不同的碘分子以4配位数交替配位形

成层构造B（用均摊法可知平均每个晶胞中有4个碘原子

C（碘晶体为无限延伸的空间构造,是原子晶体

D（碘晶体中存在的相互作用有非极性键和范德华力

32,〔7〕CaF晶体〔见图4）的密度为pg/cm.N为阿伏加德罗常数，棱上相邻的两个

Ca的核2A

间距为acm,那么CaF的相对分子质量可以表示为（2

【化学--选修5:有机化学根底】〔共1小题，总分值0分〕

13（常用的油脂、蜡的漂白剂、化装品助剂，橡胶硫化剂〔CHO,CAS号为

94,36,0）已14104

被禁用（下面是以物质A为原料合成CHO,的流程：14104

土:修察融5Mx卢4o

提示:？2021年赫克、根岸英一和铃木章因在"钳催化穿插偶联反响〃研究领域作

出了出色

€=C-C=C.

）I）I巴D

奉献，而获得了诺贝尔化学奖，其反响机理可简单表示为:R,X+H,,R〃？苯乙烯和甲

苯与酸性KMnO溶液反响产物一样（4

请答复以下问题：

〔1〕物质A的名称为，物质C中含有的官能团的名称为，D的构造简式为；〔2〕

反响？，中属于取代反响的有；

⑶反响？的化学反响方程式；

14］某物质E为漂白剂〔CHO,）的同分异构体，同时符合以下条件的E的同分

异构体有种;U104

g

?含有联苯构造单元0,在一定条件下能发生银镜反响,且ImolE最多可消耗

4molNaOH?遇FeCI溶液不显紫色，且苯环上核磁共振氢谱有六个吸收峰（？

〔5〕请写出以苯乙爆和乙烯为原料，合成的流程，无机物任选，注明反响条件（例

如如下:AB（

反应物反应物

反应条件’皮应条件.

江西省景德镇市2021届高考化学模拟试卷

参考答案与试题解析

一、选择题1此题共7小题，均为单项选择题，每题6分，共42分）

1（〔6分〕化学与科技、生产、生活密切相关（以下说法正确的选项是0

A（气象环境报告中的"PM2.5"是一种新分子的描述

B（采取"静电除尘"、"燃煤固硫〃、"汽车尾气催化净化"等方法，可提高空气

质量、C（"玉兔号"月球车太阳能电池帆板的材料是二氧化硅

D（

如图为雾霾的主要成分示意图,SO和NO都属于酸性氧化物2“

考点：常见的生活环境的污染及治理;酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系;硅和

二氧化硅（

分析；A（PM2.5属于颗粒污染物，不是新分子；

B（采取"静电除尘"、"燃煤固硫"、"汽车尾气催化净化"等方法，减少了空气

污染物；

C（制作太阳能电池的原料是晶体硅,而不是石英；

D（NO组成未知，不一定是酸性氧化物（*y

解答：解:A（PM2.5颗粒直径小于2.5pm,不是新分子，为粒子聚合体，故A错误;

B（通过〃静电除尘〃、"燃煤固硫〃和"汽车尾气催化净化.提高空气质量，可减

少粉尘污染、酸雨等，故B正确；

C（"玉兔号〃月球车太阳能电池帆板的材料为晶体硅，二氧化硅是制作光导纤维的

原料，故C错误；

D（二氧化硫为酸性氧化物，但NO组成未知，不一定是酸性氧化物，故D错误（”

应选B（

点评：此题涉及的素材与当今社会中的焦点热点问题联系严密，有利于培养学生良

好的科学素养，提高学习的积极性，学会用化学知识解答现实问题是学习化学的重

要功能,此题难度不大（

2（16分）设N为阿伏伽德罗常数的值,以下说法正确的选项是（）A

2A

+B（15gCH〔碳正离子〕中含有的电子数为ION3A

A

gD（2mol・L的（NH）S溶液中含有的S42A

考点：阿伏加德罗常数（

分析：A（氯气发生氧化复原反响可以是自身氧化复原反响，也可以只做氧化剂；.

［碳正离子）含有8个电子；3

C（氨气为氮原子分子；

D（硫离子为弱根离子，局部发生水解（

解答：解：，故A错误；A

一〔碳正离子）含有8个电子,15gCH〔碳正离子）的物质的量为Imol,含有电子数

为9N,33A故B错误；

C（标准状况下，O.Smol氮气含有的电子数为0.5molx2N=N,故C正确；AA

」D.2mol・L的［NH）S溶液含有硫化钱的物质的量为0.2mol,但是硫离子为弱根离

子,局部42

2发生水解,所以含有的S,故D错误;A

应选工（

点评：此题考察了阿伏伽德罗常数的有关计算,熟练掌握公式的使用和物质的构造

是解题关键，注意盐类的水解规律，题目难度不大（

3（〔6分〕如图是局部短周期元素原子〔用字母表示〕最外层电子数与原子序数的

关系图（以下说法正确的选项是

A（ZY、ZW的水溶液都显酸性

Z“R,W,YB（原子半径大小:W,R,X,离子半径大小:z

c（W的氢化物水溶液的酸性比R的氢化物水溶液的酸性强,可证明非金属性:W,R

D（Z、X两种元素形成的ZX、ZX为离子化合物222

考点：位置构造性质的相互关系应用（

分析：都是短周期元素，由最外层电子数与原子序数关系可知，X、Y处于第二周

期，X的最外层电子数为6,故X为。元素，Y的最外层电子数为7,故Y为F元

素;Z、R、W处于第三周期，最外层电子数分别为1、6、7,故Z为Nd元素、R

为S元素、W为CI元素，据此进展解答（

解答：解:都是短周期元素,由最外层电子数与原子序数关系可知，X、Y处于第二周

期,X的最外层电子数为6,故X为。元素，Y的最外层电子数为7,故Y为F元

素;Z、R、W处于第三周期，最外层电子数分别为1、6、7,故Z为Na元素、R

为S元素、W为CI元素（A（NaF溶液呈碱性，NaCI的水溶液为中性，故A错误;

B（同周期自左而右，原子半径减小，电子层越多原子半径越大，故原子半径

S,CLO,电子

2层构造一样，核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大，故离子半

径SCLRNa,故B错误；

C（HCI溶液酸性比硫化氢水溶液的酸性强，不能证明CI元素非金属性比硫的强，

故C错误；D（Z、X两种元素可形成Na。、NaO,均为离子化合物，故D正确，

应选D（

点评：此题考察构造性质位置关系、元素周期律等，难度不大，根据最外层电子数

及原子序数的关系确定元素是解题的关键，注意整体把握元素周期表的构造（

4（16分］某学生以铁丝和CI为原料进展以下三个实验（从分类角度以下分析正确

的选项是2

r占

认、也1/1H

6眄畿®FcCI,Xt*

雷人用小

（）

A（实验？、？反响制得的物质均为纯洁物

B（实验？、？均未发生氧化复原反响

C（实验？、？均为放热反响

D（实验？、？所涉及的物质均为电解质或非电解质

考点：混合物和纯洁物;氧化复原反响;吸热反响和放热反响;电解质与非电解质（分析:

A、?得到的是氢氧化铁胶体,是混合体系；

B、实验?溶解主要是物理变化、？水解是复分解，两者均未发生氧化复原反响；*

盐的水解是吸热反响；

D、实验？中的铁和氯q是单质既不是电解质也不是非电解质（

解答：解:A、？得到的是氢氧化铁胶体，是混合体系，所以不全为纯洁物，故A错误;

B、实验？溶解主要是物理变化、？水解是复分解，两者均未发生氧化复原反响，故

B正确；C、盐的水解是吸热反响，故C错误；

D、实验？中的铁和氯气是单质，既不是电解质也不是非电解质，故D错误;

应选B

点评：此题考察物质的分类、氧化复原、热效应和电解质的相关概念，比拟根底，

掌握物质性质和反响过程实质是关键，题目较简单（

5（〔6分〕科学家研制的航天推进剂,离子液体火箭推进剂AF.M315E,其主要成

分是羟基硝酸转，它比脱燃烧释放能量更高，更平安、环保，预计最早将在今年进

展卫星飞行试验（羟基硝酸校的沟造如下图,以下说法不正确的选项是（）

0

II

A（羟基硝酸核中阳离子的各原子共平面

B（羟基硝酸镜是离子化合物

C（羟基硝酸镇中含有离子键和共价键

D（

考点：物质的组成、构造和性质的关系（

分析：A（羟基硝酸钱中阳离子空键构型为三角锥型；

B（羟基硝酸铉是由硝酸根离子与羟基氨根离子通过离子键构成；

C（羟基硝酸铁中存在硝酸根离子与羟基氨根离子的离子键，硝酸根离子中氮原子与

氧原子存在共价键，羟基氨根离子中存在存在0,H、N,H共价键；

D（羟基硝酸镂的式量为96,摩尔质量为96g/mol,一个羟基硝酸铁中含有1个硝

酸根离子和一个羟基氨根离子（

解答：解:A（羟基硝酸镂中阳离子空键构型为三角锥型，所以羟基氨根离子中氮原子

与氢原子不可能都共面，故A错误；

B（羟基硝酸核含有离子键，属于离子化合物，固体时属于离子晶体，故B正确；

C（羟基硝酸钱中存在硝酸根离子与羟基氨根离子的离子键,硝酸根离子中氮原子与

氧原子存在共价键，羟基氨根离子中存在存在0,H、N,H共价键，故C正确；

D（一个羟基硝酸锈中含有1个硝酸根离子和一个羟基氨根离子羟基硝酸铳的物质

的量二二O.lmol,含有离子的物质的量二0.1molx2二0.2mol,故D正确；

9.6g

96g/mol

应选:A（

点评：此题考察了物质的组成及构造，明确羟基硝酸镀的构造图是解题关键，注意

离子化合物共价化合物的区别，题目难度中等（

区6（〔6分〕可将气态废弃物中的硫化氢转化为可利用的硫，自身复原为（工业上常采用

如下图的电解装置，通电电解，然后通入HS加以处理（以下说法不正确的选项是U2

jjZT

~十~

心［心仃％］与

KHCO*令矫濯

”,A（电解时阳极反响式为,e?

„2.B（电解时阴极反响式为2HCO+2e?H?+2CO323

C（当电解过程中有标准状况下的H生成时，溶液中有32gs析出〔溶解忽略不

计）2

D（整个过程中需要不断补充长与KHCO43

考点：原电池和电解池的工作原理（

□分析:A、电解时阳极发生失电子的氧化反响,先将转化为Fe〔CN〕］,化合价升高;6

B、阴极发生复原反响，电解质溶液中的阴极离子碳酸氢根离子，电离产生氢离子

在阴极放电；

.sC、根据2Fe(CN)+2CO+HS=2Fe(CN)+2HC0+S和阻极反响式为

2HCO+2e?H?+2CO63263323.3,得到关系式为:H?,2C0,S根据计算求解；,

3.2.&.D、因后来发生反响为2Fe(CN)+2CO+HS=2Fe(CN)+2HC0+S,所以整个

过程中不需63263

要不断补充K与KHCO(43

口解答:解:A、电解时阳极发生失电子的氧化反响，先将转化为Fe(CN)],化合价升6

”.高，所以反响为:,e?,故A正确；

B、电解质溶液中的阴极离子碳酸氢根离子,电离产生氢离子在阴极放电,所以电

极反响式为

..2.2HCO+2e?H?+2C0,故B正确；323

324,2*根据2Fe〔CN〕+2CO+HS=2Fe(CN)+2HC0+S和阴极反响式为

2HCO+2e?H?+2CO632633»,2.,得到关系式为:H?,2c0,S,所以标准状况下的H生成

时，溶液中有32gs析出，故

正确；

I.D、因后来发生反响为2Fe(CN)+2C0+HS=2Fe(CN)+2HC0+S,所以整个

过程中需要63263

不断补充硫化氢，故D错误；

应选D(

点评：此题主要考察了利用电解原理来判断电极方程式、转移电子数等,难度不

大，抓住电解的原理分析阴阳极的反响是解题的根本(

7(〔6分〕建构数学模型来研究化学问题，既直观又简洁(以下建构的数轴模型正确

的选项是0

1/41/2

||｝吟)

Na?Q；:Na;O："Na)

I

A(钠在氧气中燃烧，钠的氧化产物：B(铁在CI中燃烧，铁的氧化产物:

13/2

|।力MW

FeCl：!FeCb.FftCb：FeC1；jj(Fe)

208G

__________|Ir孤HH”

W；HC1；N?.HC1,NH4CI-N”NH,C1M(C12)

C(NH与Cl反响，反响产物：32

1312

I-一।.广瓜出

Fe»：F产Fea，F产忒FeB:*

D(FeBr溶液中通入Cl,铁元素存在形式：»

考点：钠的化学性质;氯气的化学性质;氨的化学性质;铁的化学性质(

专题：元素及其化合物(

分析：A、钠在氧气中燃烧，只生成过氧化钠；

B、铁在CI中燃烧，只生成氯化铁；？

C、NH与CI反响，氨气少量2NH+3CI=6HCI+N,氨气过量

8NH+3CI=N+6NHCI；32322322，

-D、因复原性;Fe,Br,氯气先氧化Fe,再氧化Br,向FeBr溶液中通入少量CI,只

发22

1

2m.生C"2Fe?2Fe+2CI,所以两者之比为时,亚铁离子全部被氧化(2

解答：解:A、钠在氧气中燃烧，只生成过氧化钠，故A错误；

B、铁在CI中燃烧，只生成氯化铁，故B错误；2

C、NH与CI反响，氨气少量2NH+3CI=6HCI+N,氨气过量

8NH+3CHN+6NHCI,所以两者之323223224比为时，恰好完全反响生成HCI和

N,两者之比为时，恰好完全反响生成NHCI和N,故CM2正确；

28

2，“D、因复原性:Fe,Br,氯气先氧化Fe,再氧化Br,向FeBr溶液中通入少量CI,只

发根

1

~2

2⑶生CI+2Fe?2Fe+2CI,所以两者之比为时,亚铁离子全部被氧化,故D错误;2

应选C(

点评：此题考察了元素化合物的知识，D选项要熟悉碘离子、浪离子、二价铁离子

复原性强弱顺序为解体关键，题目难度中等(

二、解答题〔共3小题，总分值43分)

8(〔13分〕1902年德国化学家哈博研究出合成氨的方法，其反响原理为:N[g]

+3H(g)22?2NH(g);?H3

一种工业合成氨的简易流程图如下；

1UIDIYV

!大务tingI----U*藉I----U忆仲/I—HAIMI—U舍尚区I

Ni------1-1我意

完成以下填空：

(1)天然气中的HS杂质常用氨水吸收，产物为NHHS(一定条件下向NHHS溶

液中通入空气，244

U

得到单质硫并使吸收液再生(NHHS的电子式是，写出再生反响的化学,

方程式:2NHHS+O=2S?+2NH・HO(NH的沸点高于HS,是因为NH分子之间存

在着一种比分4232323

子间作用力更强的作用力(

[2]室温下,0.1mol/L的氯化镀溶液和0.lmol/L的硫酸氢铉溶液,酸性更强的

是NHHSO,44

..其原因是HSO有较大程度的电离，使溶液呈较强酸性，而NHCI只是NH水解呈弱酸

性（:HSO：44424

-HSO-H+HSO;HSO?H+SO:K=1.2xlONH«HO:K=1.8xlO2444432

〔3〕如图甲表示500?、60.0MPa条件下，原料气投料比与平衡时NH体积分数

的关系（根据3

图中a点数据计算N的平衡体积分数:14.5%〔保存3位有效数字〕（2

[4]依据温度对合成氨反响的影响，在图乙坐标系中，画出一定条件下的密闭容

器内，从常温下通入原料气开场，随温度不断升高，NH物质的量变化的曲线示意

图（3

、以和

仍、

4r40

分数

HrN?物优的事之忆

甲

?（简述本〔5〕上述流程图中，使合成氨放出的能量得到充分利用的主要步骤是〔填

序号）流程中提高合成氨原料总转化率的方法〔只答一种即可〕：别离液氨，未反响

的氮气和氢气循环使用（

考点：工业合成氨（

分析：〔1〕NHHS为离子化合物，阴阳离子都需要标出最外层电子及所带电荷;HS

杂质常42用氨水吸收,产物为NHHS,一定条件下向NHHS溶液中通入空气,得

到单质硫并使吸收液再44

生，反响过程中生成一水合氨，依据原子守恒和电子守恒配平书写化学方程式;NH

分子间存，在氢键，所以NH的沸点高于HS;〃

,2（2）硫酸氢锭中的硫氢根离子第二步电离程度K=1.2x10,非常的大，所以硫酸氢镂

溶液

的酸性强同浓度的氯化锭;

(3)依据反响特征N+3H=2NH,反响前后气体体积减小为生成氨气的体积，一

样条件下,气223

体体积比等于气体物质的量之比，图象分析可知平衡状态氨气体积含量42%,设平

衡混合气体体积为100,氨气为体积42,计算反响的氮气,依据气体体积比计算

原混合气体中氮气体积，得到平衡状态下氮气体积分数；

(4)合成氨的反响是放热反响，开场反响，氨气物质的量增大，到达平衡状态，

继续升温，平衡逆向进展，氨气物质的量减小，据此画出变化图象；

〔5〕依据反响是气体体积减小的放热反响，结合平衡移动原理分析(

[U：K：H]+[：S*：H]

U

解答：解：〔1〕NHHS为离子化合物，其电子式是;HS杂质常用氨水，2

吸收，产物为NHHS,一定条件下向NHHS溶液中通入空气，得到单质硫并使吸

收液再生，反仙

响过程中生成一水合氨，依据原子守恒和电子守恒配平书写化学方程式为：

2NHHS+O=2S?+2NH«HO;4232

；NH分子间存在氢键，所以NH的沸点高于HS,332

[曲:[区:H]

M

故答案为:;2NHHS+O=2S?+2NH・HO;分子间作用；

,2(2)硫酸氢铁中的硫氢根离子的电离程度K=1.2xl0,0.1mol/L的硫酸氢钱溶液中

氢离子12

23义mol/L,而氯化铁是钱根离子局部水解呈酸性，浓度约

为Olmol/Lx1,2x10=1,2x10

所以硫酸氢核溶液的酸性大于同浓度的氢化钱，

..故答案为:NHHSO;HSO有较大程度的电离，使溶液呈较强酸性，而NHCI只是NH水

解呈弱44444酸性;

(3)依据反响特征N+3H」2NH?V223

1322

平衡体积VV

即反响前后气体体积减小为生成氨气的体积，一样条件下，气体体积比等于气体物

质的量之比，图象分析可知平衡状态氨气体积含量42%,设平衡混合气体体积为

100,氨气为体积42,那么反响前气体体积100+42=142,氮气和氢气按照1:3

混合，氮气体积=142x=35.5,依据化学方程式计算反响的氮G体积为21,平衡

状态氮气为35.5,21=14.5,那么氮气体积分数为14.5%,

1

1

故答案为14.5%;

(4)合成氨的反响是放热反响，开场反响，氨气物质的量增大，到达平衡状态，

继续升温,平衡逆向进展,氨气物质的量减小,画出的图象为：

T/r

故答案为:;

(5)分析流程合成氨放热通过？热交换器加热反响混合气体，使反响到达所需温

度，提高合成氨原料总转化率，依据平衡移动原理分析，别离出氨气促进平衡正向

进展，把平衡混合气体中氮气和氧气重新循环使用，提高原理利用率；

故答案为？别离液氨,未反响的氮气和氢气循环使用(

点评：此题考察了化学平衡影响因素分析、平衡计算应用，题目难度中等，注意反

响特征的计算应用、图象绘制，试题侧重考察学生灵活应用根底知识的能力(

9((15分〕〔NH〕Fe(SO)俗称莫尔盐，其常见的制备工艺流程如下；小?

次”过♦仪的(NH.),SQ

H>

ill”口stillMIV

(I)流程中铁粉制备反响如下:

4H0[g]+3Fe[s]?FeO[s]+4H(g)?H=akJ/mol234：

FeO(s)=3Fe(s)+20(g)?H=bkJ/mol342

11

~24

那么光解气态水制备H的热化学方程式为HO(g)=H(g)+0(g)?H=

(a+b)kj/mol(un

(2)步骤I中加水发生如下反响，请完善该反响:TiO+2HO?2H+HTiO?;该步骤参加

铁粉223

ZB的作用是?防止Fe被氧化成Fe;

⑵?消耗溶液中的H促进TiO水解(

⑶步骤？生成(NH)Fe(SO)，其化学反响方程式为(NH)SO+FeSO=

(NH)Fe(SO)42424244424

2%;写出〔NH〕Fe(SO)溶液中各离子溶度由大到小的顺序:C(SO),C(NH)fC

(Fe)2424244

,“C[H],C(OH)

〔4〕在潮湿空气中Fe(OH)比FeCI更易被氧化(据此分析[NH]Fe(SO)比

FeSO稳定2242424的原因是由题意可知二价铁离子在碱性条件下更易被氧化，

(NH)Fe(SO)水解后的酸性强4242于FeSO,那么(NH)Fe(SO)的复原性

小于FeSO,所以更稳定(44242；

3•“⑸室温时Fe[OH]的悬浊液中存在Fe〔OH〕(s)?Fe[aq]+3OH(aq)

Ksp=8?10n

“假设此悬浊液中c(Fe)=0.08mol・L那么溶液的pH等于4(

考点：物质别离和提纯的方法和根本操作综合应用(

2.分析；FeSO〔含有TiOSO)中加水和过量铁粉,TiO水解生成HTiO沉淀，过滤得到

的滤4423渣为HTiO,滤液为硫酸亚铁溶液，在滤液中加〔NH〕S。，生成〔NH〕Fe

ISO),对溶液进展蒸发浓缩、冷却结晶、过滤即可得到[NH)Fe(SO)晶

体；4242

(1)把的热化学方程式相加即得到水分解的热化学方程式；

2.2.(2)TiO水解生成HTiO沉淀;Fe粉能防止亚铁离子被氧化，Fe消耗氢离子能促进

TiO水23

解；

〔3〕在FeSO溶液中加〔NH〕SO会生成(NH)Fe(SO);(NH)Fe(SO)

溶液中亚铁离—42424242子和铁根离子均能水解，溶液显酸性；

14)由题中信息可知亚铁离子在碱性条件下易被氧化；

37〔5〕根据Ksp=c(Fe)XC(OH)计算氢氧根离子的浓度，然后求出pH(

2•解答：解:FeSO〔含有TiOSO)中加水和过量铁粉，TiO水解生成HTiO沉淀,过滤得

到4m的滤渣为HTiO,滤液为硫酸亚铁溶液,在滤液中加[NH)〈。，生成[NH)Fe

〔SO〕，对234244242溶液进展蒸发浓缩、冷却结晶、过滤即可得到[NH]FG(SO)晶

体；4242

(1)?4H0(g)+3Fe(s)?FeO(s)+4H(g)?H=akJ/mol2342

?FeO(s)=3Fe(s)+20(g)?H=bkJ/mol342

mi

4244

由盖斯定律：〔？+?〕x得H0(g)=H(g)+0(gj?H=x[a+b]=(a+b)

kJ/mol,222

11

雨

故答案为:H0(g)=H(g)+0[g]?H=(a+b)kJ/mol;222

2〃..⑵TiO水解生成HTiO沉淀，其水解的离子方程式为TiO+2HO?2H+HTi。?;亚

铁离子23223

2,在溶液中易被氧化，加Fe粉能防止亚铁离子被氧化，Fe消耗溶液中的氢离子能促进

TiO水解，

2-，故答案为:TiO;防止Fe被氧化为Fe;消耗溶液中的H促进TiO水解；

⑶在FeSO溶液中加(NH)SO会生成(NH)Fe〔SO〕，其反响方程式为：

(NH)SO+FeS。=……[NH)Fe(SO);(NH)Fe(SO)溶液中亚铁离

子和铁根离子均能水解，溶液显酸性，那42424242

2,,人么离子溶度由大到小的顺序:。工(SO),C[NH)工(Fe),C(H(OH)…

2・・2,♦故答案为:(NH)SO+FeSO=(NH)Fe(SO);C(SO),C(NH),C(Fe),C

(H)4244424244

“C〔OH〕；

(4)在潮湿空气中Fe[OH]比FeCI更易被氧化，说明二价佚离子在碱性条件下

易被氧化，22

[NH]Fe(SO)在溶液中电离出来的铁根离子和二价铁离子均发生水解，水解后

的溶液的

酸性强于FeSO,那么〔NH〕Fe[SO]的复原性小于FeSO,所以更稳定；44.4

故答案为;由题意可知二价铁离子在碱性条件下更易被氧化，(NH)Fe(SO)水

解后的酸性4242

强于FeSO,那么〔NH〕Fe(SO)的复原性小于FeSO,所以更稳定；用⑺

3•“⑸室温时Fe[OH]的悬浊液中存在Fe(OH)⑸?Fe(aq)+30H(aq)

Ksp=8?1033

323*.13*3,3.假设此悬浊液中c(Fe)=0.08mohL,Ksp=c(Fe)xc(OH)=0.08xc

(OH)=8x10,32“必”那么c[OH]=10mol/L,所以c(H)=10mol/L,那么

pH=4,

故答案为;4(

点评：此题考察了盖斯定律的应用、物质的制备、物质的别离、溶度积常数的有关

计算等，侧重于学生的分析能力、实验能力的考察，分析流程掌握物质性质和实验

根本操作是解题关键，题目难度中等(

10((15分]铁离子，氧气、溟均为常见的氧化剂，某化学兴趣小组设计了如下实

验探究其强弱：

B⑴？装置A中发生反响的离子方程式是MnO+4H+2CIMn+CI?+2H0(?整套实验

装222置存在一处明显的缺乏，请指出缺少尾气处理装置(

〔2〕用改正后的装置进展实验，实验过程如下：

实验操作实验现象结论翻开活塞a,向圆底烧瓶中滴入适量浓盐酸;然后

，点燃酒精灯(关闭活塞a

〔填具体实验操作〕D装置中:溶液变红

E装置中:水层溶液变黄，振荡后，下层CCI层无明显变化（一段时间后CCI层由无

色变为44

，•橙色（〔填实验现象〕CLB「、Fe的氧化性由强到弱的顺序为：22

3.CI,Br,Fe22

（3）因忙于观察和记录，没有及时停顿反响，D、E中均发生了新的变化（D装置

中:红色慢慢褪去（

E装置中:CCI层颜色逐渐加深，直至变成红色（4

为探究上述实验现象的本质，小组同学查得资料如下：

3・.?（Fe+3SCN?Fe[SCN]是一个可逆反响（3

?（（SCN）性质与卤素单质类似（氧化性:Cl,〔SCN〕（222

?请用平衡移动原理〔结合上述资料〕解释CI过量时D中溶液红色褪去的原因过量

氮气和SCN?

“3.反响2SCN+CI=2CI+（SCN），使SCN浓度减小，那么使Fe+3SCN?Fe

（SCN）平衡向逆群反响方向移动而褪色（

现设计简单实验证明上述解释:取少量褪色后的溶液，滴加KSCN溶液溶液，假设

溶液颜色变红色（那么上述解释是合理的（

小组同学另查得资料如下；

?（CI和Br反响生成BrCI,BrCI呈红色〔略带黄色〕，沸点约5?,它与水能发生

水解反响，22

且该反响为非氧化复原反响（

?（AgCIO、AgBrO均可溶于水（

?欲探究E中颜色变化的原因，设计实验如下:用分液漏斗别离出E的下层溶液，蒸

储、收集红色物质,取少量,参加AgNO溶液,结果观察到仅有白色沉淀产生（请

结合上述资料用两3

+,，步离子方程式解释仅产生白色沉淀原因BrCkHO=HBrO+H+CLAg+CI=AgCI?（?

考点：性质实验方案的设计;氧化性、复原性强弱的比拟(

分析：［1〕?A中浓盐酸与二氧化镜加热反响生成氯化镜、氯气和水;?氯气有毒不

能直接排空，要用碱液吸收尾气；

(2)翻开活塞a,向圆底烧瓶中滴入适量浓盐酸，然后关闭活塞a,点燃酒精灯加

热;亚铁离子的复原性比澳离子强,氯气首先氧化亚铁离子，再氧化漠离子；

”〔3〕？过量氯气和SCN反响SCN浓度减小，根据铁离子和硫鼠根离子反响平衡原理分

析;向溶液中参加氯化铁或硫氨化钾溶液根据溶液颜色变化判断；

?氮化澳能发生水解反响生成酸，根据AgBrO.AgCl的溶解性分析(

解答：解：〔1〕？浓盐酸与二氧化镒加热反响生成氯化镒、氯气和水，反响的离子方

程式

A

.2.为MnO+4H+2CIMn+CI?+2HO,222

A

+.2,故答案为:MnO+4H+2cMn+Q?+2H0;222

?由于氯气有毒，直接排放到空气中会污染大气，要用碱液吸收尾气，实验装置缺少

尾气处理装置，故答案为:缺少尾气处理装置；

(2)翻开活塞a,向圆底烧瓶中滴入适量浓盐酸，然后关闭活塞a，点燃酒精灯加

热;亚铁离子的复原性比浸离子强，氯气首先氧化亚铁离子,再氧化滨离子，所以D

装置中首先变红，CCI层由无色变为橙色，故答案为:关闭活塞a,点燃酒精灯;CCI

层由无色变为橙色；44

⑶？过量氯气和SCN反响2SCN+CI=2CI+(SCN)，使SCN浓度减小，那么使

Fe+3SCN22

?Fe(SCN)平衡向逆反响方向移动而褪色，为检验其褪色原因，检验方法为:取少量褪

色3

后的溶液，滴加KSCN溶液，暇设溶液变红色，那么上述推测合理;或取少量褪色

后的溶液,滴加FeCI溶液，假设溶液不变红，那么上述推测合理，3

缶故答案为:过量氯气和SCN反响2SCN+CI=2CI+〔SCN〕，使SCN浓度减小，那

么使Fe+3SCNz2

?Fe（SCN）平衡向逆反响方向移动而褪色;KSCN溶液;变红色；〔或FeCI溶液，不变

红〕；33

?过量的氯气和溟反响生成氯化溟,氯化澳不稳定，易和水反响生成盐酸和次溟酸，

»BrCI+HO=HBrO+H+CI,氯离子和银离子反响生成白色沉淀氯化银，

Ag+CI=AgQ?,次溟酸2

和银离子反响生成次漠酸银易溶于水,所以生成的白色沉淀为氮化银，

I故答案为:BrCI+HO=HBrO+H+CLAg+CI=AgCI?（2

点评：此题考察了性质实验方案设计，明确反响原理是解此题关腱，结合资料分析

解答，会根据离子反响方程式判断氧化性强弱,会根据实验现象确定发生的反响，

难度中等（

【化学?选修2:化学与技术】〔共1小题，总分值15分〕

11（115分）利用硫酸渣〔主要含FeO、SiO、AIO、Mg。等杂质）制备氧化铁

的工艺流程如23223

下：

3,〔1〕"酸浸〃中硫酸要适当过量，目的是?提高铁的浸出率，？抑制Fe的水解（

…⑵”复原〃是将Fe转化为Fe,同时FeS被氧化为SO,该反响的离子方程式为

24

3•…14Fe+FeS+8Ho=15Fe+2SO+16H(小

3,13)为测定"酸浸"步骤后溶液中Fe的量以控制参加FeS的量:实验步骤为:准确量

取一2

定体积的酸浸后的溶液于锥形瓶中，参加HCL稍过量SnCI,再加HgCI除去过

量的SnCI,222以二苯胺磺酸钠为指示剂，用KCr。标准溶液滴定,有关反响方程

式如下：227

3・2..2.22Fe+Sn+6CI?2Fe+SnCI,6

z-Sn+4cl+2HgCI?SnCI+HgCI?,即

2-3.”2.6Fe+CrO+14H?6Fe+2Cr+7HO(“2

假设SnCI缺乏量,那么测定的Fe量偏低〔填"偏高〃、"偏低〃、"不变〃,下

同〕一

3，?假设不加HgCI,那么测定的Fe量偏高(2

3小〔4〕？可选用KSCN或〔填试剂〕检验滤液中含有Fe(产生Fe的原因是

w4Fe+O+4H=4Fe+2Ho〔用离子反响方程式表示1(北

?局部阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：

沉淀物Fe(OH)Al(OH)Fe[OH]Mg(OH)Mn[OH]332〃

实验可选用的试剂有:稀HN。、Ba(NO)溶液、酸性KMn。溶液、NaOH溶

液，要求制备过程中4

中不产生有毒气体(

请完成由"过滤"后的溶液模拟制备氧化铁的实验步骤：

向溶液中参加过量的酸性高锚酸钾溶液，搅拌；a(氧化：

b(沉淀:；

c(别离，洗涤;

d（烘干，研磨（

考点：制备实验方案的设计;难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质;铁的氧化物和

氢

氧化物;铁盐和亚铁盐的相互转变;二价Fe离子和三价Fe离子的检验（专题：电离平

衡与溶液的pH专题;几种重要的金属及其化合物（

分析：〔1〕酸浸〃中硫酸要适当过量，抑制Fe的水解；

3,2,2,〔2〕由信息Fe转化为Fe,同时FeS被氧化为SO,在利用氧化复原反响配平方程

式:24

3.2.3.〔3〕？假设SnCI缺乏量，Fe没有完全复原为Fe,那么测定的Fe量偏低;2

2,?假设不加HgCI,溶液中含有Sn,也可以被酸性高镒酸钾氧化，消耗的酸性高镒酸钾

氧化2

?•偏大，那么测定的Fe量偏高（

3d（4）?检验滤液中含有Fe是KSCN溶液;Fe的氧化反响是被氧气氧化为铁离

子;j+3.8,使Fe完全沉淀（

川川,解答：解：⑴Fe的水解方程式为Fe+3HO?Fe（OH）+3H,酸过量，抑制Fe

的水解;23

“故答案为抑制Fe的水解；

♦〔2〕根据题给信息，写出反响物和生成物，因为在酸性环境下反响，那么介质为H0

和H,2

3小2根据电子得失守恒和离子所带电荷守恒可以写出离子方程式

为:14Fe+FeS+8HO=15Fe+2SC）224「+16H;

3"..工故答案为:14Fe+FeS+8Ho=15Fe+2SO+16H;22,

小⑶?SnCI缺乏,Fe没有完全反响，生成的Fe偏少,那么消耗的KCrO标准溶液

体积偏捷27

3.小，那么测定的Fe量偏低;

故答案为:偏低;

2,?假设不加HgCI,过量的Sn也能够被KCrO氧化，那么消耗的KCrO标准溶液体积

偏高,2227227

3,那么测定的Fe量偏高；

故答案为:偏高；

3.33[4)?Fe与KSCN的络合反响或者Fe与酚羟基的显色反响均可以用于鉴别(产生

Fe的原

2.27•因是Fe被空气中的氧气氧叱,反响的离子方程式为：4Fe+O+4H=4Fe+2HO;22

2+m故答案为:KSCN或，4Fe+O+4H=4Fe+2HO;22

2.3,3.?“过滤〃后的溶液中有Fe、ALMg以及少量Fe,首先向溶液中参加过量的酸

性高镒酸

2小钾溶液，搅拌，将Fe完全氧化为Fe,然后控制pH,只使Fe(OH]沉淀，从表格

数据可以3

分析，控制pH为3.2,3.8(故答案为:a(向溶液中参加过量的酸性高镒酸钾溶液,搅

拌;b(滴加NaOH溶液，调节溶液为pH为3.2,3.8;

点评：此题考察了物质制备和实验探究方法，物质性质和制备原理的理解应用，实

验方案设计，物质别离的方法应用，掌握根底是关键,题目难度中等(

【