江西省景德鎮(zhèn)市2021屆高考化學(xué)模擬試卷

一、選擇題〔此題共7小題，均為單項(xiàng)選擇題，每題6分，共42分〕

1(16分〕化學(xué)與科技、生產(chǎn)、生活密切相關(guān)(以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是()A(氣象

環(huán)境報(bào)告中的"PM2.5"是一種新分子的描述

B(采取"靜電除塵〃、"燃煤固硫"、"汽車尾氣催化凈化"等方法，可提高空氣

質(zhì)量、C("玉兔號(hào)"月球車太陽(yáng)能電池帆板的材料是二氧化硅

D(

如圖為霧霾的主要成分示意圖，SO和NO都屬于酸性氧化物2xy

2(〔6分〕設(shè)N為阿伏伽德羅常數(shù)的值,以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是UA

.B(15gCH〔碳正離子〕中含有的電子數(shù)為ION3A

q.D(2mol?L的(NH)S溶液中含有的S42A

3(〔6分〕如圖是局部短周期元素原子〔用字母表示〕最外層電子數(shù)與原子序數(shù)的

關(guān)系圖(以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是0

A(ZY、ZW的水溶液都顯酸性

B（原子半徑大小:W,R,X,離子半徑大小ZR,W,Y

C（W的氫化物水溶液的酸性比R的氫化物水溶液的酸性強(qiáng)，可證明非金屬性:W,R

D（Z、X兩種元素形成的ZX、ZX為離子化合物222

4（〔6分〕某學(xué)生以鐵絲和CI為原料進(jìn)展以下三個(gè)實(shí)驗(yàn)（從分類角度以下分析正確

的選項(xiàng)是？

普A.A不

（）

A（實(shí)驗(yàn)？、？反響制得的物質(zhì)均為純潔物

B（實(shí)驗(yàn)？、？均未發(fā)生氧化復(fù)原反響

C（實(shí)驗(yàn)？、？均為放熱反響

D（實(shí)驗(yàn)？、？所涉及的物質(zhì)均為電解質(zhì)或非電解質(zhì)

5（16分］科學(xué)家研制的航天推進(jìn)劑,離子液體火箭推進(jìn)劑AF,M315E,其主要成

分是羥基硝酸錢(qián)，它比腫燃燒釋放能量更高，更平安、環(huán)保，預(yù)計(jì)最早將在今年進(jìn)

展衛(wèi)星飛行試驗(yàn)（羥基硝酸錢(qián)的兩造如下圖,以下說(shuō)法不正確的選項(xiàng)是0

0

II

（T、CTOH

A（羥基硝酸錢(qián)中陽(yáng)離子的各原子共平面

B（羥基硝酸錢(qián)是離子化合物

C（羥基硝酸鍍中含有離子鍵和共價(jià)鍵

D(

346（〔6分〕可將氣態(tài)廢棄物中的硫化氫轉(zhuǎn)化為可利用的硫，自身復(fù)原為（工業(yè)上常采用

如下圖的電解裝置,通電電解，然后通入HS加以處理（以下說(shuō)法不正確的選項(xiàng)是02

4.3A（電解時(shí)陽(yáng)極反響式為,e?

,.2.B（電解時(shí)陰極反響式為2HCO+2e?H?+2C0323

C（當(dāng)電解過(guò)程中有標(biāo)準(zhǔn)狀況下的H生成時(shí),溶液中有32gs析出〔溶解忽略不

計(jì)〕2

D（整個(gè)過(guò)程中需要不斷補(bǔ)充K與KHCO43

7（〔6分〕建構(gòu)數(shù)學(xué)模型來(lái)研究化學(xué)問(wèn)題，既直觀又簡(jiǎn)潔（以下建構(gòu)的數(shù)軸模型正確

的選項(xiàng)是0

1/41/2

|I.哈）

N；Na）O,Na*0?:Na?0；w（Na）

aI

A（鈉在氧氣中燃燒，鈉的氧化產(chǎn)物：B（鐵在CI中燃燒，鐵的氧化產(chǎn)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與Cl反響，反響產(chǎn)物：32

11/2

|就4

Fe±Fe"F產(chǎn)jF產(chǎn)>忒FeB:￡

D（FeBr溶液中通入Clf鐵元素存在形式：

二、解答題〔共3小題，總分值43分〕

8(〔13分〕1902年德國(guó)化學(xué)家哈博研究出合成氨的方法，其反響原理為:N(g)

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

一種工業(yè)合成氨的簡(jiǎn)易流程圖如下:

I大4七隗&I-HI--"氣i曲區(qū)?1妙交*IU魚(yú)I

I14，

水黑工Ns——|1或意

完成以下填空:

(1)天然氣中的HS雜質(zhì)常用氨水吸收，產(chǎn)物為NHHS(一定條件下向NHHS溶

液中通入空氣，2心

得到單質(zhì)硫并使吸收液再生(NHHS的電子式是，寫(xiě)出再生反響的化學(xué)方程式:(NH

的沸點(diǎn)高43于HS,是因?yàn)镹H分子之間存在著一種比力更強(qiáng)的作用力(？3

(2)室溫下，0.1mol/L的氯化鉉溶液和0.1mol/L的硫酸氫錢(qián)溶液，酸性更強(qiáng)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)如圖甲表示500?、60.0MPa條件下，原料氣投料比與平衡時(shí)NH體積分?jǐn)?shù)

的關(guān)系(根據(jù)3

圖中a點(diǎn)數(shù)據(jù)計(jì)算N的平衡體積分?jǐn)?shù)；〔保存3位有效數(shù)字)(z

[4]依據(jù)溫度對(duì)合成氨反響的影響，在圖乙坐標(biāo)系中，畫(huà)出一定條件下的密閉容

器內(nèi)，從常溫下通入原料氣開(kāi)場(chǎng),隨溫度不斷升高,NH物質(zhì)的量變化的曲線示意

圖(3

?＜內(nèi)3

(5)上述流程圖中，使合成氨放出的能量得到充分利用的主要步驟是〔填序號(hào)〕

(簡(jiǎn)述本流程中提高合成氨原料總轉(zhuǎn)化率的方法〔只答一種即可〕：(

9((15分](NH)Fe(SO)俗稱莫爾鹽，其常見(jiàn)的制備工藝流程如下：

FcS%今T心0J―畢I—*畢

H?2*HJTQ)

fll“口911119IIV

(I)流程中鐵粉制備反響如下:

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

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

那么光解氣態(tài)水制備H的熱化學(xué)方程式為(2

+〔2〕步驟I中加水發(fā)生如下反響，請(qǐng)完善該反響：+2HO?2H+HTiO?;該步驟參加鐵粉

的作223

用是?;

?(

⑶步驟?生成(NH)Fe〔S。)，其化學(xué)反響方程式為;寫(xiě)出(NH)Fe(SO)

溶液中各42424242離子溶度由大到小的順序：

(4)在潮濕空氣中Fe(OH)比FeCI更易被氧化(據(jù)此分析(NH)Fe(SO)比

FCSO穩(wěn)定2242424的原因是(

3,.⑸室溫時(shí)Fe(OH)的懸濁液中存在Fe(OH)(s)?Fe(aq)+30H(aq)

Ksp=8?10n

3必」假設(shè)此懸濁液中c(Fe)=0.08mol?L那么溶液的pH等于(

10((15分]鐵離子，氯氣、溟均為常見(jiàn)的氧化劑，某化學(xué)興趣小組設(shè)計(jì)了如下實(shí)

驗(yàn)探究其強(qiáng)

弱:

(1)?裝置A中發(fā)生反響的離子方程式是(?整套實(shí)驗(yàn)裝置存在一處明顯的缺乏，請(qǐng)

指出(

(2)用改正后的裝置進(jìn)展實(shí)驗(yàn)，實(shí)驗(yàn)過(guò)程如下：

實(shí)驗(yàn)操作實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象結(jié)論

,向圓底燒瓶中滴入適量濃鹽酸;然后翻開(kāi)活塞a

(

〔填具體實(shí)驗(yàn)操作〕D裝置中:溶液變紅

E裝置中:水層溶液變黃，振蕩后，下層CCI層無(wú)明顯變化(一段時(shí)間后(〔填實(shí)驗(yàn)現(xiàn)

象〕4

3.CI、Br、Fe的氧化性由強(qiáng)到弱的順序?yàn)?22

3+CI/Br,Fe22

(3)因忙于觀察和記錄，沒(méi)有及時(shí)停頓反響，D、E中均發(fā)生了新的變化(D裝置

中:紅色慢慢褪去(

E裝置中:CCI層顏色逐漸加深，直至變成紅色(，

為探究上述實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象的本質(zhì)，小組同學(xué)查得資料如下：

3,.?(Fe+3SCN?Fe[SCN]是一個(gè)可逆反響(3

?((SCN)性質(zhì)與鹵素單質(zhì)類似(氧化性:Cl,{SCN〕(222

?請(qǐng)用平衡移動(dòng)原理〔結(jié)合上述資料〕解釋CI過(guò)量時(shí)D中溶液紅色褪去的原因（

現(xiàn)設(shè)計(jì)簡(jiǎn)單實(shí)驗(yàn)證明上述解釋:取少量褪色后的溶液，滴加溶液，.假設(shè)溶液顏色（那

么上述

解釋是合理的（

小組同學(xué)另查得資料如下：

?（CI和Br反響生成BrCI,BrCI呈紅色1略帶黃色），沸點(diǎn)約5?,它與水能發(fā)生

水解反響，22

且該反響為非氧化復(fù)原反響（

?（AgClO、AgBrO均可溶于水（

?欲探究E中顏色變化的原因，設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)如下:用分液漏斗別離出E的下層溶液，蒸

胤收

集紅色物質(zhì)，取少量，參加AgNO溶液，結(jié)果觀察到僅有白色沉淀產(chǎn)生（請(qǐng)結(jié)合上

述資料用兩3

步離子方程式解釋僅產(chǎn)生白色沉淀原因（

【化學(xué)?選修2:化學(xué)與技術(shù)】〔共1小題，總分值15分〕

0、MgO等雜質(zhì)〕制備氧化鐵的工藝流程如11（〔15分〕利用硫酸渣〔主要含

FeO.Si。、Al23232

下:

（1）"酸浸〃中硫酸要適當(dāng)過(guò)量，目的是?提高鐵的浸出率，?（

3,2之［21"復(fù)原〃是將Fe轉(zhuǎn)化為Fe,同時(shí)FeS被氧化為SO,該反響的離子方程式為

（24

3,13）為測(cè)定"酸浸"步驟后溶液中Fe的量以控制參加FeS的量:實(shí)驗(yàn)步驟為:準(zhǔn)確量

取一2

定體積的酸浸后的溶液于錐形瓶中，參加HCL稍過(guò)量SnCI,再加HgCI除去過(guò)

量的SnCI,222

以二苯胺磺酸鈉為指示劑，用KCrO標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定,有關(guān)反響方程式如下：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

”?假設(shè)SnCI缺乏量,那么測(cè)定的Fe量〔填"偏高〃、"偏低〃、"不變"，下同），

2

3〃假設(shè)不加HgCI,那么測(cè)定的Fe量（2

3小〔4〕？可選用〔填試劑〕檢驗(yàn)濾液中含有Fe（產(chǎn)生Fe的原因是〔用離子反響方程式

表示〕（

?局部陽(yáng)離子以氫氧化物形式沉淀時(shí)溶液的pH見(jiàn)下表：

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

實(shí)驗(yàn)可選用的試劑有:稀HNO、Ba（NO）溶液、酸性KMnO溶液、NaOH溶

液，要求制備過(guò)程中4中不產(chǎn)生有毒氣體（

請(qǐng)完成由"過(guò)濾"后的溶液模擬制備氧化鐵的實(shí)驗(yàn)步驟；a（氧化:；

b（沉淀:；

c（別離，洗滌；

d（烘干，研磨（

【化學(xué)一選修3;物質(zhì)構(gòu)造與性質(zhì)】（共1小題，總分值。分〕12（鹵族元素的單質(zhì)

和化合物很多，我們可以利用所學(xué)物質(zhì)構(gòu)造與性質(zhì)的相關(guān)知識(shí)去認(rèn)識(shí)和

理解它們（

（1）鹵族元素位于元素周期表的區(qū);漠的價(jià)電子排布式為（［2）在一定濃度的溶液

中,氫氟酸是以二分子締合（HF）形式存在的（使氫氟酸分子綿合的z

作用力是（

〔3〕請(qǐng)根據(jù)下表提供的第一電離能數(shù)據(jù)判斷，最有可能生成較穩(wěn)定的單核陽(yáng)離子

的鹵素原子

是（

氟氯溟碘第一電離能

（kJ/mol）1681125111401008（4）碘酸（HI0）和高碘酸（HI0）的構(gòu)

造分別如圖1、2所示:356

磁晶體晶袍R化F5同蒯

副國(guó)2圖3

請(qǐng)比擬二者酸性強(qiáng)弱:HIOHI0〔填7、丁或"二〃］（3”

“［5）CIO為角型，中心氯原子周圍有四對(duì)價(jià)層電子（CI。中心氯原子的雜化軌道類型

為,22

寫(xiě)出一個(gè)CIO的等電子體（2

（6）圖3為碘晶體晶胞構(gòu)造（有關(guān)說(shuō)法中正確的選項(xiàng)是（

A（碘分子的排列有2種不同的取向，2種取向不同的碘分子以4配位數(shù)交替配位形

成層構(gòu)造B（用均攤法可知平均每個(gè)晶胞中有4個(gè)碘原子

C（碘晶體為無(wú)限延伸的空間構(gòu)造,是原子晶體

D（碘晶體中存在的相互作用有非極性鍵和范德華力

32,〔7〕CaF晶體〔見(jiàn)圖4）的密度為pg/cm.N為阿伏加德羅常數(shù)，棱上相鄰的兩個(gè)

Ca的核2A

間距為acm,那么CaF的相對(duì)分子質(zhì)量可以表示為（2

【化學(xué)--選修5:有機(jī)化學(xué)根底】〔共1小題，總分值0分〕

13（常用的油脂、蠟的漂白劑、化裝品助劑，橡膠硫化劑〔CHO,CAS號(hào)為

94,36,0）已14104

被禁用（下面是以物質(zhì)A為原料合成CHO,的流程：14104

土:修察融5Mx盧4o

提示:？2021年赫克、根岸英一和鈴木章因在"鉗催化穿插偶聯(lián)反響〃研究領(lǐng)域作

出了出色

€=C-C=C.

）I）I巴D

奉獻(xiàn)，而獲得了諾貝爾化學(xué)獎(jiǎng)，其反響機(jī)理可簡(jiǎn)單表示為:R,X+H,,R〃？苯乙烯和甲

苯與酸性KMnO溶液反響產(chǎn)物一樣（4

請(qǐng)答復(fù)以下問(wèn)題：

〔1〕物質(zhì)A的名稱為，物質(zhì)C中含有的官能團(tuán)的名稱為，D的構(gòu)造簡(jiǎn)式為；〔2〕

反響？，中屬于取代反響的有；

⑶反響？的化學(xué)反響方程式；

14］某物質(zhì)E為漂白劑〔CHO,）的同分異構(gòu)體，同時(shí)符合以下條件的E的同分

異構(gòu)體有種;U104

g

?含有聯(lián)苯構(gòu)造單元0,在一定條件下能發(fā)生銀鏡反響,且ImolE最多可消耗

4molNaOH?遇FeCI溶液不顯紫色，且苯環(huán)上核磁共振氫譜有六個(gè)吸收峰（？

〔5〕請(qǐng)寫(xiě)出以苯乙爆和乙烯為原料，合成的流程，無(wú)機(jī)物任選，注明反響條件（例

如如下:AB（

反應(yīng)物反應(yīng)物

反應(yīng)條件’皮應(yīng)條件.

江西省景德鎮(zhèn)市2021屆高考化學(xué)模擬試卷

參考答案與試題解析

一、選擇題1此題共7小題，均為單項(xiàng)選擇題，每題6分，共42分）

1（〔6分〕化學(xué)與科技、生產(chǎn)、生活密切相關(guān)（以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是0

A（氣象環(huán)境報(bào)告中的"PM2.5"是一種新分子的描述

B（采取"靜電除塵"、"燃煤固硫〃、"汽車尾氣催化凈化"等方法，可提高空氣

質(zhì)量、C（"玉兔號(hào)"月球車太陽(yáng)能電池帆板的材料是二氧化硅

D（

如圖為霧霾的主要成分示意圖,SO和NO都屬于酸性氧化物2“

考點(diǎn)：常見(jiàn)的生活環(huán)境的污染及治理;酸、堿、鹽、氧化物的概念及其相互聯(lián)系;硅和

二氧化硅（

分析；A（PM2.5屬于顆粒污染物，不是新分子；

B（采取"靜電除塵"、"燃煤固硫"、"汽車尾氣催化凈化"等方法，減少了空氣

污染物；

C（制作太陽(yáng)能電池的原料是晶體硅,而不是石英；

D（NO組成未知，不一定是酸性氧化物（*y

解答：解:A（PM2.5顆粒直徑小于2.5pm,不是新分子，為粒子聚合體，故A錯(cuò)誤;

B（通過(guò)〃靜電除塵〃、"燃煤固硫〃和"汽車尾氣催化凈化.提高空氣質(zhì)量，可減

少粉塵污染、酸雨等，故B正確；

C（"玉兔號(hào)〃月球車太陽(yáng)能電池帆板的材料為晶體硅，二氧化硅是制作光導(dǎo)纖維的

原料，故C錯(cuò)誤；

D（二氧化硫?yàn)樗嵝匝趸?，但NO組成未知，不一定是酸性氧化物，故D錯(cuò)誤（”

應(yīng)選B（

點(diǎn)評(píng)：此題涉及的素材與當(dāng)今社會(huì)中的焦點(diǎn)熱點(diǎn)問(wèn)題聯(lián)系嚴(yán)密，有利于培養(yǎng)學(xué)生良

好的科學(xué)素養(yǎng)，提高學(xué)習(xí)的積極性，學(xué)會(huì)用化學(xué)知識(shí)解答現(xiàn)實(shí)問(wèn)題是學(xué)習(xí)化學(xué)的重

要功能,此題難度不大（

2（16分）設(shè)N為阿伏伽德羅常數(shù)的值,以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是（）A

2A

+B（15gCH〔碳正離子〕中含有的電子數(shù)為ION3A

A

gD（2mol?L的（NH）S溶液中含有的S42A

考點(diǎn)：阿伏加德羅常數(shù)（

分析：A（氯氣發(fā)生氧化復(fù)原反響可以是自身氧化復(fù)原反響，也可以只做氧化劑；.

［碳正離子）含有8個(gè)電子；3

C（氨氣為氮原子分子；

D（硫離子為弱根離子，局部發(fā)生水解（

解答：解：，故A錯(cuò)誤；A

一〔碳正離子）含有8個(gè)電子,15gCH〔碳正離子）的物質(zhì)的量為Imol,含有電子數(shù)

為9N,33A故B錯(cuò)誤；

C（標(biāo)準(zhǔn)狀況下，O.Smol氮?dú)夂械碾娮訑?shù)為0.5molx2N=N,故C正確；AA

」D.2mol?L的［NH）S溶液含有硫化錢(qián)的物質(zhì)的量為0.2mol,但是硫離子為弱根離

子,局部42

2發(fā)生水解,所以含有的S,故D錯(cuò)誤;A

應(yīng)選工（

點(diǎn)評(píng)：此題考察了阿伏伽德羅常數(shù)的有關(guān)計(jì)算,熟練掌握公式的使用和物質(zhì)的構(gòu)造

是解題關(guān)鍵，注意鹽類的水解規(guī)律，題目難度不大（

3（〔6分〕如圖是局部短周期元素原子〔用字母表示〕最外層電子數(shù)與原子序數(shù)的

關(guān)系圖（以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是

A（ZY、ZW的水溶液都顯酸性

Z“R,W,YB（原子半徑大小:W,R,X,離子半徑大小:z

c（W的氫化物水溶液的酸性比R的氫化物水溶液的酸性強(qiáng),可證明非金屬性:W,R

D（Z、X兩種元素形成的ZX、ZX為離子化合物222

考點(diǎn)：位置構(gòu)造性質(zhì)的相互關(guān)系應(yīng)用（

分析：都是短周期元素，由最外層電子數(shù)與原子序數(shù)關(guān)系可知，X、Y處于第二周

期，X的最外層電子數(shù)為6,故X為。元素，Y的最外層電子數(shù)為7,故Y為F元

素;Z、R、W處于第三周期，最外層電子數(shù)分別為1、6、7,故Z為Nd元素、R

為S元素、W為CI元素，據(jù)此進(jìn)展解答（

解答：解:都是短周期元素,由最外層電子數(shù)與原子序數(shù)關(guān)系可知，X、Y處于第二周

期,X的最外層電子數(shù)為6,故X為。元素，Y的最外層電子數(shù)為7,故Y為F元

素;Z、R、W處于第三周期，最外層電子數(shù)分別為1、6、7,故Z為Na元素、R

為S元素、W為CI元素（A（NaF溶液呈堿性，NaCI的水溶液為中性，故A錯(cuò)誤;

B（同周期自左而右，原子半徑減小，電子層越多原子半徑越大，故原子半徑

S,CLO,電子

2層構(gòu)造一樣，核電荷數(shù)越大離子半徑越小，電子層越多離子半徑越大，故離子半

徑SCLRNa,故B錯(cuò)誤；

C（HCI溶液酸性比硫化氫水溶液的酸性強(qiáng)，不能證明CI元素非金屬性比硫的強(qiáng)，

故C錯(cuò)誤；D（Z、X兩種元素可形成Na。、NaO,均為離子化合物，故D正確，

應(yīng)選D（

點(diǎn)評(píng)：此題考察構(gòu)造性質(zhì)位置關(guān)系、元素周期律等，難度不大，根據(jù)最外層電子數(shù)

及原子序數(shù)的關(guān)系確定元素是解題的關(guān)鍵，注意整體把握元素周期表的構(gòu)造（

4（16分］某學(xué)生以鐵絲和CI為原料進(jìn)展以下三個(gè)實(shí)驗(yàn)（從分類角度以下分析正確

的選項(xiàng)是2

r占

認(rèn)、也1/1H

6眄畿?FcCI,Xt*

雷人用小

（）

A（實(shí)驗(yàn)？、？反響制得的物質(zhì)均為純潔物

B（實(shí)驗(yàn)？、？均未發(fā)生氧化復(fù)原反響

C（實(shí)驗(yàn)？、？均為放熱反響

D（實(shí)驗(yàn)？、？所涉及的物質(zhì)均為電解質(zhì)或非電解質(zhì)

考點(diǎn)：混合物和純潔物;氧化復(fù)原反響;吸熱反響和放熱反響;電解質(zhì)與非電解質(zhì)（分析:

A、?得到的是氫氧化鐵膠體,是混合體系；

B、實(shí)驗(yàn)?溶解主要是物理變化、？水解是復(fù)分解，兩者均未發(fā)生氧化復(fù)原反響；*

鹽的水解是吸熱反響；

D、實(shí)驗(yàn)？中的鐵和氯q是單質(zhì)既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)（

解答：解:A、？得到的是氫氧化鐵膠體，是混合體系，所以不全為純潔物，故A錯(cuò)誤;

B、實(shí)驗(yàn)？溶解主要是物理變化、？水解是復(fù)分解，兩者均未發(fā)生氧化復(fù)原反響，故

B正確；C、鹽的水解是吸熱反響，故C錯(cuò)誤；

D、實(shí)驗(yàn)？中的鐵和氯氣是單質(zhì)，既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)，故D錯(cuò)誤;

應(yīng)選B

點(diǎn)評(píng)：此題考察物質(zhì)的分類、氧化復(fù)原、熱效應(yīng)和電解質(zhì)的相關(guān)概念，比擬根底，

掌握物質(zhì)性質(zhì)和反響過(guò)程實(shí)質(zhì)是關(guān)鍵，題目較簡(jiǎn)單（

5（〔6分〕科學(xué)家研制的航天推進(jìn)劑,離子液體火箭推進(jìn)劑AF.M315E,其主要成

分是羥基硝酸轉(zhuǎn)，它比脫燃燒釋放能量更高，更平安、環(huán)保，預(yù)計(jì)最早將在今年進(jìn)

展衛(wèi)星飛行試驗(yàn)（羥基硝酸校的溝造如下圖,以下說(shuō)法不正確的選項(xiàng)是（）

0

II

A（羥基硝酸核中陽(yáng)離子的各原子共平面

B（羥基硝酸鏡是離子化合物

C（羥基硝酸鎮(zhèn)中含有離子鍵和共價(jià)鍵

D（

考點(diǎn)：物質(zhì)的組成、構(gòu)造和性質(zhì)的關(guān)系（

分析：A（羥基硝酸錢(qián)中陽(yáng)離子空鍵構(gòu)型為三角錐型；

B（羥基硝酸鉉是由硝酸根離子與羥基氨根離子通過(guò)離子鍵構(gòu)成；

C（羥基硝酸鐵中存在硝酸根離子與羥基氨根離子的離子鍵，硝酸根離子中氮原子與

氧原子存在共價(jià)鍵，羥基氨根離子中存在存在0,H、N,H共價(jià)鍵；

D（羥基硝酸鏤的式量為96,摩爾質(zhì)量為96g/mol,一個(gè)羥基硝酸鐵中含有1個(gè)硝

酸根離子和一個(gè)羥基氨根離子（

解答：解:A（羥基硝酸鏤中陽(yáng)離子空鍵構(gòu)型為三角錐型，所以羥基氨根離子中氮原子

與氫原子不可能都共面，故A錯(cuò)誤；

B（羥基硝酸核含有離子鍵，屬于離子化合物，固體時(shí)屬于離子晶體，故B正確；

C（羥基硝酸錢(qián)中存在硝酸根離子與羥基氨根離子的離子鍵,硝酸根離子中氮原子與

氧原子存在共價(jià)鍵，羥基氨根離子中存在存在0,H、N,H共價(jià)鍵，故C正確；

D（一個(gè)羥基硝酸銹中含有1個(gè)硝酸根離子和一個(gè)羥基氨根離子羥基硝酸銃的物質(zhì)

的量二二O.lmol,含有離子的物質(zhì)的量二0.1molx2二0.2mol,故D正確；

9.6g

96g/mol

應(yīng)選:A（

點(diǎn)評(píng)：此題考察了物質(zhì)的組成及構(gòu)造，明確羥基硝酸鍍的構(gòu)造圖是解題關(guān)鍵，注意

離子化合物共價(jià)化合物的區(qū)別，題目難度中等（

區(qū)6（〔6分〕可將氣態(tài)廢棄物中的硫化氫轉(zhuǎn)化為可利用的硫，自身復(fù)原為（工業(yè)上常采用

如下圖的電解裝置，通電電解，然后通入HS加以處理（以下說(shuō)法不正確的選項(xiàng)是U2

jjZT

~十~

心［心仃％］與

KHCO*令矯濯

”,A（電解時(shí)陽(yáng)極反響式為,e?

?2.B（電解時(shí)陰極反響式為2HCO+2e?H?+2CO323

C（當(dāng)電解過(guò)程中有標(biāo)準(zhǔn)狀況下的H生成時(shí)，溶液中有32gs析出〔溶解忽略不

計(jì)）2

D（整個(gè)過(guò)程中需要不斷補(bǔ)充長(zhǎng)與KHCO43

考點(diǎn)：原電池和電解池的工作原理（

□分析:A、電解時(shí)陽(yáng)極發(fā)生失電子的氧化反響,先將轉(zhuǎn)化為Fe〔CN〕］,化合價(jià)升高;6

B、陰極發(fā)生復(fù)原反響，電解質(zhì)溶液中的陰極離子碳酸氫根離子，電離產(chǎn)生氫離子

在陰極放電；

.sC、根據(jù)2Fe(CN)+2CO+HS=2Fe(CN)+2HC0+S和阻極反響式為

2HCO+2e?H?+2CO63263323.3,得到關(guān)系式為:H?,2C0,S根據(jù)計(jì)算求解；,

3.2.&.D、因后來(lái)發(fā)生反響為2Fe(CN)+2CO+HS=2Fe(CN)+2HC0+S,所以整個(gè)

過(guò)程中不需63263

要不斷補(bǔ)充K與KHCO(43

口解答:解:A、電解時(shí)陽(yáng)極發(fā)生失電子的氧化反響，先將轉(zhuǎn)化為Fe(CN)],化合價(jià)升6

”.高，所以反響為:,e?,故A正確；

B、電解質(zhì)溶液中的陰極離子碳酸氫根離子,電離產(chǎn)生氫離子在陰極放電,所以電

極反響式為

..2.2HCO+2e?H?+2C0,故B正確；323

324,2*根據(jù)2Fe〔CN〕+2CO+HS=2Fe(CN)+2HC0+S和陰極反響式為

2HCO+2e?H?+2CO632633?,2.,得到關(guān)系式為:H?,2c0,S,所以標(biāo)準(zhǔn)狀況下的H生成

時(shí)，溶液中有32gs析出，故

正確；

I.D、因后來(lái)發(fā)生反響為2Fe(CN)+2C0+HS=2Fe(CN)+2HC0+S,所以整個(gè)

過(guò)程中需要63263

不斷補(bǔ)充硫化氫，故D錯(cuò)誤；

應(yīng)選D(

點(diǎn)評(píng)：此題主要考察了利用電解原理來(lái)判斷電極方程式、轉(zhuǎn)移電子數(shù)等,難度不

大，抓住電解的原理分析陰陽(yáng)極的反響是解題的根本(

7(〔6分〕建構(gòu)數(shù)學(xué)模型來(lái)研究化學(xué)問(wèn)題，既直觀又簡(jiǎn)潔(以下建構(gòu)的數(shù)軸模型正確

的選項(xiàng)是0

1/41/2

||｝吟)

Na?Q；:Na;O："Na)

I

A(鈉在氧氣中燃燒，鈉的氧化產(chǎn)物：B(鐵在CI中燃燒，鐵的氧化產(chǎn)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與Cl反響，反響產(chǎn)物：32

1312

I-一?.廣瓜出

Fe?：F產(chǎn)Fea，F(xiàn)產(chǎn)忒FeB:*

D(FeBr溶液中通入Cl,鐵元素存在形式：?

考點(diǎn)：鈉的化學(xué)性質(zhì);氯氣的化學(xué)性質(zhì);氨的化學(xué)性質(zhì);鐵的化學(xué)性質(zhì)(

專題：元素及其化合物(

分析：A、鈉在氧氣中燃燒，只生成過(guò)氧化鈉；

B、鐵在CI中燃燒，只生成氯化鐵；？

C、NH與CI反響，氨氣少量2NH+3CI=6HCI+N,氨氣過(guò)量

8NH+3CI=N+6NHCI；32322322，

-D、因復(fù)原性;Fe,Br,氯氣先氧化Fe,再氧化Br,向FeBr溶液中通入少量CI,只

發(fā)22

1

2m.生C"2Fe?2Fe+2CI,所以兩者之比為時(shí),亞鐵離子全部被氧化(2

解答：解:A、鈉在氧氣中燃燒，只生成過(guò)氧化鈉，故A錯(cuò)誤；

B、鐵在CI中燃燒，只生成氯化鐵，故B錯(cuò)誤；2

C、NH與CI反響，氨氣少量2NH+3CI=6HCI+N,氨氣過(guò)量

8NH+3CHN+6NHCI,所以兩者之323223224比為時(shí)，恰好完全反響生成HCI和

N,兩者之比為時(shí)，恰好完全反響生成NHCI和N,故CM2正確；

28

2，“D、因復(fù)原性:Fe,Br,氯氣先氧化Fe,再氧化Br,向FeBr溶液中通入少量CI,只

發(fā)根

1

~2

2⑶生CI+2Fe?2Fe+2CI,所以兩者之比為時(shí),亞鐵離子全部被氧化,故D錯(cuò)誤;2

應(yīng)選C(

點(diǎn)評(píng)：此題考察了元素化合物的知識(shí)，D選項(xiàng)要熟悉碘離子、浪離子、二價(jià)鐵離子

復(fù)原性強(qiáng)弱順序?yàn)榻怏w關(guān)鍵，題目難度中等(

二、解答題〔共3小題，總分值43分)

8(〔13分〕1902年德國(guó)化學(xué)家哈博研究出合成氨的方法，其反響原理為:N[g]

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

一種工業(yè)合成氨的簡(jiǎn)易流程圖如下；

1UIDIYV

!大務(wù)tingI----U*藉I----U憶仲/I—HAIMI—U舍尚區(qū)I

Ni------1-1我意

完成以下填空：

(1)天然氣中的HS雜質(zhì)常用氨水吸收，產(chǎn)物為NHHS(一定條件下向NHHS溶

液中通入空氣，244

U

得到單質(zhì)硫并使吸收液再生(NHHS的電子式是，寫(xiě)出再生反響的化學(xué),

方程式:2NHHS+O=2S?+2NH?HO(NH的沸點(diǎn)高于HS,是因?yàn)镹H分子之間存

在著一種比分4232323

子間作用力更強(qiáng)的作用力(

[2]室溫下,0.1mol/L的氯化鍍?nèi)芤汉?.lmol/L的硫酸氫鉉溶液,酸性更強(qiáng)的

是NHHSO,44

..其原因是HSO有較大程度的電離，使溶液呈較強(qiáng)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〕如圖甲表示500?、60.0MPa條件下，原料氣投料比與平衡時(shí)NH體積分?jǐn)?shù)

的關(guān)系（根據(jù)3

圖中a點(diǎn)數(shù)據(jù)計(jì)算N的平衡體積分?jǐn)?shù):14.5%〔保存3位有效數(shù)字〕（2

[4]依據(jù)溫度對(duì)合成氨反響的影響，在圖乙坐標(biāo)系中，畫(huà)出一定條件下的密閉容

器內(nèi)，從常溫下通入原料氣開(kāi)場(chǎng)，隨溫度不斷升高，NH物質(zhì)的量變化的曲線示意

圖（3

、以和

仍、

4r40

分?jǐn)?shù)

HrN?物優(yōu)的事之憶

甲

?（簡(jiǎn)述本〔5〕上述流程圖中，使合成氨放出的能量得到充分利用的主要步驟是〔填

序號(hào)）流程中提高合成氨原料總轉(zhuǎn)化率的方法〔只答一種即可〕：別離液氨，未反響

的氮?dú)夂蜌錃庋h(huán)使用（

考點(diǎn)：工業(yè)合成氨（

分析：〔1〕NHHS為離子化合物，陰陽(yáng)離子都需要標(biāo)出最外層電子及所帶電荷;HS

雜質(zhì)常42用氨水吸收,產(chǎn)物為NHHS,一定條件下向NHHS溶液中通入空氣,得

到單質(zhì)硫并使吸收液再44

生，反響過(guò)程中生成一水合氨，依據(jù)原子守恒和電子守恒配平書(shū)寫(xiě)化學(xué)方程式;NH

分子間存，在氫鍵，所以NH的沸點(diǎn)高于HS;〃

,2（2）硫酸氫錠中的硫氫根離子第二步電離程度K=1.2x10,非常的大，所以硫酸氫鏤

溶液

的酸性強(qiáng)同濃度的氯化錠;

(3)依據(jù)反響特征N+3H=2NH,反響前后氣體體積減小為生成氨氣的體積，一

樣條件下,氣223

體體積比等于氣體物質(zhì)的量之比，圖象分析可知平衡狀態(tài)氨氣體積含量42%,設(shè)平

衡混合氣體體積為100,氨氣為體積42,計(jì)算反響的氮?dú)?依據(jù)氣體體積比計(jì)算

原混合氣體中氮?dú)怏w積，得到平衡狀態(tài)下氮?dú)怏w積分?jǐn)?shù)；

(4)合成氨的反響是放熱反響，開(kāi)場(chǎng)反響，氨氣物質(zhì)的量增大，到達(dá)平衡狀態(tài)，

繼續(xù)升溫，平衡逆向進(jìn)展，氨氣物質(zhì)的量減小，據(jù)此畫(huà)出變化圖象；

〔5〕依據(jù)反響是氣體體積減小的放熱反響，結(jié)合平衡移動(dòng)原理分析(

[U：K：H]+[：S*：H]

U

解答：解：〔1〕NHHS為離子化合物，其電子式是;HS雜質(zhì)常用氨水，2

吸收，產(chǎn)物為NHHS,一定條件下向NHHS溶液中通入空氣，得到單質(zhì)硫并使吸

收液再生，反仙

響過(guò)程中生成一水合氨，依據(jù)原子守恒和電子守恒配平書(shū)寫(xiě)化學(xué)方程式為：

2NHHS+O=2S?+2NH?HO;4232

；NH分子間存在氫鍵，所以NH的沸點(diǎn)高于HS,332

[曲:[區(qū):H]

M

故答案為:;2NHHS+O=2S?+2NH?HO;分子間作用；

,2(2)硫酸氫鐵中的硫氫根離子的電離程度K=1.2xl0,0.1mol/L的硫酸氫錢(qián)溶液中

氫離子12

23義mol/L,而氯化鐵是錢(qián)根離子局部水解呈酸性，濃度約

為Olmol/Lx1,2x10=1,2x10

所以硫酸氫核溶液的酸性大于同濃度的氫化錢(qián)，

..故答案為:NHHSO;HSO有較大程度的電離，使溶液呈較強(qiáng)酸性，而NHCI只是NH水

解呈弱44444酸性;

(3)依據(jù)反響特征N+3H」2NH?V223

1322

平衡體積VV

即反響前后氣體體積減小為生成氨氣的體積，一樣條件下，氣體體積比等于氣體物

質(zhì)的量之比，圖象分析可知平衡狀態(tài)氨氣體積含量42%,設(shè)平衡混合氣體體積為

100,氨氣為體積42,那么反響前氣體體積100+42=142,氮?dú)夂蜌錃獍凑?:3

混合，氮?dú)怏w積=142x=35.5,依據(jù)化學(xué)方程式計(jì)算反響的氮G體積為21,平衡

狀態(tài)氮?dú)鉃?5.5,21=14.5,那么氮?dú)怏w積分?jǐn)?shù)為14.5%,

1

1

故答案為14.5%;

(4)合成氨的反響是放熱反響，開(kāi)場(chǎng)反響，氨氣物質(zhì)的量增大，到達(dá)平衡狀態(tài)，

繼續(xù)升溫,平衡逆向進(jìn)展,氨氣物質(zhì)的量減小,畫(huà)出的圖象為：

T/r

故答案為:;

(5)分析流程合成氨放熱通過(guò)？熱交換器加熱反響混合氣體，使反響到達(dá)所需溫

度，提高合成氨原料總轉(zhuǎn)化率，依據(jù)平衡移動(dòng)原理分析，別離出氨氣促進(jìn)平衡正向

進(jìn)展，把平衡混合氣體中氮?dú)夂脱鯕庵匦卵h(huán)使用，提高原理利用率；

故答案為？別離液氨,未反響的氮?dú)夂蜌錃庋h(huán)使用(

點(diǎn)評(píng)：此題考察了化學(xué)平衡影響因素分析、平衡計(jì)算應(yīng)用，題目難度中等，注意反

響特征的計(jì)算應(yīng)用、圖象繪制，試題側(cè)重考察學(xué)生靈活應(yīng)用根底知識(shí)的能力(

9((15分〕〔NH〕Fe(SO)俗稱莫爾鹽，其常見(jiàn)的制備工藝流程如下；小?

次”過(guò)?儀的(NH.),SQ

H>

ill”口stillMIV

(I)流程中鐵粉制備反響如下:

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

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

11

~24

那么光解氣態(tài)水制備H的熱化學(xué)方程式為HO(g)=H(g)+0(g)?H=

(a+b)kj/mol(un

(2)步驟I中加水發(fā)生如下反響，請(qǐng)完善該反響:TiO+2HO?2H+HTiO?;該步驟參加

鐵粉223

ZB的作用是?防止Fe被氧化成Fe;

⑵?消耗溶液中的H促進(jìn)TiO水解(

⑶步驟？生成(NH)Fe(SO)，其化學(xué)反響方程式為(NH)SO+FeSO=

(NH)Fe(SO)42424244424

2%;寫(xiě)出〔NH〕Fe(SO)溶液中各離子溶度由大到小的順序:C(SO),C(NH)fC

(Fe)2424244

,“C[H],C(OH)

〔4〕在潮濕空氣中Fe(OH)比FeCI更易被氧化(據(jù)此分析[NH]Fe(SO)比

FeSO穩(wěn)定2242424的原因是由題意可知二價(jià)鐵離子在堿性條件下更易被氧化，

(NH)Fe(SO)水解后的酸性強(qiáng)4242于FeSO,那么(NH)Fe(SO)的復(fù)原性

小于FeSO,所以更穩(wěn)定(44242；

3?“⑸室溫時(shí)Fe[OH]的懸濁液中存在Fe〔OH〕(s)?Fe[aq]+3OH(aq)

Ksp=8?10n

“假設(shè)此懸濁液中c(Fe)=0.08mol?L那么溶液的pH等于4(

考點(diǎn)：物質(zhì)別離和提純的方法和根本操作綜合應(yīng)用(

2.分析；FeSO〔含有TiOSO)中加水和過(guò)量鐵粉,TiO水解生成HTiO沉淀，過(guò)濾得到

的濾4423渣為HTiO,濾液為硫酸亞鐵溶液，在濾液中加〔NH〕S。，生成〔NH〕Fe

ISO),對(duì)溶液進(jìn)展蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過(guò)濾即可得到[NH)Fe(SO)晶

體；4242

(1)把的熱化學(xué)方程式相加即得到水分解的熱化學(xué)方程式；

2.2.(2)TiO水解生成HTiO沉淀;Fe粉能防止亞鐵離子被氧化，F(xiàn)e消耗氫離子能促進(jìn)

TiO水23

解；

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

溶液中亞鐵離—42424242子和鐵根離子均能水解，溶液顯酸性；

14)由題中信息可知亞鐵離子在堿性條件下易被氧化；

37〔5〕根據(jù)Ksp=c(Fe)XC(OH)計(jì)算氫氧根離子的濃度，然后求出pH(

2?解答：解:FeSO〔含有TiOSO)中加水和過(guò)量鐵粉，TiO水解生成HTiO沉淀,過(guò)濾得

到4m的濾渣為HTiO,濾液為硫酸亞鐵溶液,在濾液中加[NH)〈。，生成[NH)Fe

〔SO〕，對(duì)234244242溶液進(jìn)展蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過(guò)濾即可得到[NH]FG(SO)晶

體；4242

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

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

mi

4244

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

kJ/mol,222

11

雨

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

2〃..⑵TiO水解生成HTiO沉淀，其水解的離子方程式為T(mén)iO+2HO?2H+HTi。?;亞

鐵離子23223

2,在溶液中易被氧化，加Fe粉能防止亞鐵離子被氧化，F(xiàn)e消耗溶液中的氫離子能促進(jìn)

TiO水解，

2-，故答案為:TiO;防止Fe被氧化為Fe;消耗溶液中的H促進(jìn)TiO水解；

⑶在FeSO溶液中加(NH)SO會(huì)生成(NH)Fe〔SO〕，其反響方程式為：

(NH)SO+FeS。=……[NH)Fe(SO);(NH)Fe(SO)溶液中亞鐵離

子和鐵根離子均能水解，溶液顯酸性，那42424242

2,,人么離子溶度由大到小的順序:。工(SO),C[NH)工(Fe),C(H(OH)…

2??2,?故答案為:(NH)SO+FeSO=(NH)Fe(SO);C(SO),C(NH),C(Fe),C

(H)4244424244

“C〔OH〕；

(4)在潮濕空氣中Fe[OH]比FeCI更易被氧化，說(shuō)明二價(jià)佚離子在堿性條件下

易被氧化，22

[NH]Fe(SO)在溶液中電離出來(lái)的鐵根離子和二價(jià)鐵離子均發(fā)生水解，水解后

的溶液的

酸性強(qiáng)于FeSO,那么〔NH〕Fe[SO]的復(fù)原性小于FeSO,所以更穩(wěn)定；44.4

故答案為;由題意可知二價(jià)鐵離子在堿性條件下更易被氧化，(NH)Fe(SO)水

解后的酸性4242

強(qiáng)于FeSO,那么〔NH〕Fe(SO)的復(fù)原性小于FeSO,所以更穩(wěn)定；用⑺

3?“⑸室溫時(shí)Fe[OH]的懸濁液中存在Fe(OH)⑸?Fe(aq)+30H(aq)

Ksp=8?1033

323*.13*3,3.假設(shè)此懸濁液中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,

故答案為;4(

點(diǎn)評(píng)：此題考察了蓋斯定律的應(yīng)用、物質(zhì)的制備、物質(zhì)的別離、溶度積常數(shù)的有關(guān)

計(jì)算等，側(cè)重于學(xué)生的分析能力、實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾?，分析流程掌握物質(zhì)性質(zhì)和實(shí)驗(yàn)

根本操作是解題關(guān)鍵，題目難度中等(

10((15分]鐵離子，氧氣、溟均為常見(jiàn)的氧化劑，某化學(xué)興趣小組設(shè)計(jì)了如下實(shí)

驗(yàn)探究其強(qiáng)弱：

B⑴？裝置A中發(fā)生反響的離子方程式是MnO+4H+2CIMn+CI?+2H0(?整套實(shí)驗(yàn)

裝222置存在一處明顯的缺乏，請(qǐng)指出缺少尾氣處理裝置(

〔2〕用改正后的裝置進(jìn)展實(shí)驗(yàn)，實(shí)驗(yàn)過(guò)程如下：

實(shí)驗(yàn)操作實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象結(jié)論翻開(kāi)活塞a,向圓底燒瓶中滴入適量濃鹽酸;然后

，點(diǎn)燃酒精燈(關(guān)閉活塞a

〔填具體實(shí)驗(yàn)操作〕D裝置中:溶液變紅

E裝置中:水層溶液變黃，振蕩后，下層CCI層無(wú)明顯變化（一段時(shí)間后CCI層由無(wú)

色變?yōu)?4

，?橙色（〔填實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象〕CLB「、Fe的氧化性由強(qiáng)到弱的順序?yàn)椋?2

3.CI,Br,Fe22

（3）因忙于觀察和記錄，沒(méi)有及時(shí)停頓反響，D、E中均發(fā)生了新的變化（D裝置

中:紅色慢慢褪去（

E裝置中:CCI層顏色逐漸加深，直至變成紅色（4

為探究上述實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象的本質(zhì)，小組同學(xué)查得資料如下：

3?.?（Fe+3SCN?Fe[SCN]是一個(gè)可逆反響（3

?（（SCN）性質(zhì)與鹵素單質(zhì)類似（氧化性:Cl,〔SCN〕（222

?請(qǐng)用平衡移動(dòng)原理〔結(jié)合上述資料〕解釋CI過(guò)量時(shí)D中溶液紅色褪去的原因過(guò)量

氮?dú)夂蚐CN?

“3.反響2SCN+CI=2CI+（SCN），使SCN濃度減小，那么使Fe+3SCN?Fe

（SCN）平衡向逆群反響方向移動(dòng)而褪色（

現(xiàn)設(shè)計(jì)簡(jiǎn)單實(shí)驗(yàn)證明上述解釋:取少量褪色后的溶液，滴加KSCN溶液溶液，假設(shè)

溶液顏色變紅色（那么上述解釋是合理的（

小組同學(xué)另查得資料如下；

?（CI和Br反響生成BrCI,BrCI呈紅色〔略帶黃色〕，沸點(diǎn)約5?,它與水能發(fā)生

水解反響，22

且該反響為非氧化復(fù)原反響（

?（AgCIO、AgBrO均可溶于水（

?欲探究E中顏色變化的原因，設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)如下:用分液漏斗別離出E的下層溶液，蒸

儲(chǔ)、收集紅色物質(zhì),取少量,參加AgNO溶液,結(jié)果觀察到僅有白色沉淀產(chǎn)生（請(qǐng)

結(jié)合上述資料用兩3

+,，步離子方程式解釋僅產(chǎn)生白色沉淀原因BrCkHO=HBrO+H+CLAg+CI=AgCI?（?

考點(diǎn)：性質(zhì)實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì);氧化性、復(fù)原性強(qiáng)弱的比擬(

分析：［1〕?A中濃鹽酸與二氧化鏡加熱反響生成氯化鏡、氯氣和水;?氯氣有毒不

能直接排空，要用堿液吸收尾氣；

(2)翻開(kāi)活塞a,向圓底燒瓶中滴入適量濃鹽酸，然后關(guān)閉活塞a,點(diǎn)燃酒精燈加

熱;亞鐵離子的復(fù)原性比澳離子強(qiáng),氯氣首先氧化亞鐵離子，再氧化漠離子；

”〔3〕？過(guò)量氯氣和SCN反響SCN濃度減小，根據(jù)鐵離子和硫鼠根離子反響平衡原理分

析;向溶液中參加氯化鐵或硫氨化鉀溶液根據(jù)溶液顏色變化判斷；

?氮化澳能發(fā)生水解反響生成酸，根據(jù)AgBrO.AgCl的溶解性分析(

解答：解：〔1〕？濃鹽酸與二氧化鎰加熱反響生成氯化鎰、氯氣和水，反響的離子方

程式

A

.2.為MnO+4H+2CIMn+CI?+2HO,222

A

+.2,故答案為:MnO+4H+2cMn+Q?+2H0;222

?由于氯氣有毒，直接排放到空氣中會(huì)污染大氣，要用堿液吸收尾氣，實(shí)驗(yàn)裝置缺少

尾氣處理裝置，故答案為:缺少尾氣處理裝置；

(2)翻開(kāi)活塞a,向圓底燒瓶中滴入適量濃鹽酸，然后關(guān)閉活塞a，點(diǎn)燃酒精燈加

熱;亞鐵離子的復(fù)原性比浸離子強(qiáng)，氯氣首先氧化亞鐵離子,再氧化濱離子，所以D

裝置中首先變紅，CCI層由無(wú)色變?yōu)槌壬?，故答案?關(guān)閉活塞a,點(diǎn)燃酒精燈;CCI

層由無(wú)色變?yōu)槌壬?4

⑶？過(guò)量氯氣和SCN反響2SCN+CI=2CI+(SCN)，使SCN濃度減小，那么使

Fe+3SCN22

?Fe(SCN)平衡向逆反響方向移動(dòng)而褪色，為檢驗(yàn)其褪色原因，檢驗(yàn)方法為:取少量褪

色3

后的溶液，滴加KSCN溶液，暇設(shè)溶液變紅色，那么上述推測(cè)合理;或取少量褪色

后的溶液,滴加FeCI溶液，假設(shè)溶液不變紅，那么上述推測(cè)合理，3

缶故答案為:過(guò)量氯氣和SCN反響2SCN+CI=2CI+〔SCN〕，使SCN濃度減小，那

么使Fe+3SCNz2

?Fe（SCN）平衡向逆反響方向移動(dòng)而褪色;KSCN溶液;變紅色；〔或FeCI溶液，不變

紅〕；33

?過(guò)量的氯氣和溟反響生成氯化溟,氯化澳不穩(wěn)定，易和水反響生成鹽酸和次溟酸，

?BrCI+HO=HBrO+H+CI,氯離子和銀離子反響生成白色沉淀氯化銀，

Ag+CI=AgQ?,次溟酸2

和銀離子反響生成次漠酸銀易溶于水,所以生成的白色沉淀為氮化銀，

I故答案為:BrCI+HO=HBrO+H+CLAg+CI=AgCI?（2

點(diǎn)評(píng)：此題考察了性質(zhì)實(shí)驗(yàn)方案設(shè)計(jì)，明確反響原理是解此題關(guān)腱，結(jié)合資料分析

解答，會(huì)根據(jù)離子反響方程式判斷氧化性強(qiáng)弱,會(huì)根據(jù)實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象確定發(fā)生的反響，

難度中等（

【化學(xué)?選修2:化學(xué)與技術(shù)】〔共1小題，總分值15分〕

11（115分）利用硫酸渣〔主要含F(xiàn)eO、SiO、AIO、Mg。等雜質(zhì)）制備氧化鐵

的工藝流程如23223

下：

3,〔1〕"酸浸〃中硫酸要適當(dāng)過(guò)量，目的是?提高鐵的浸出率，？抑制Fe的水解（

…⑵”復(fù)原〃是將Fe轉(zhuǎn)化為Fe,同時(shí)FeS被氧化為SO,該反響的離子方程式為

24

3?…14Fe+FeS+8Ho=15Fe+2SO+16H(小

3,13)為測(cè)定"酸浸"步驟后溶液中Fe的量以控制參加FeS的量:實(shí)驗(yàn)步驟為:準(zhǔn)確量

取一2

定體積的酸浸后的溶液于錐形瓶中，參加HCL稍過(guò)量SnCI,再加HgCI除去過(guò)

量的SnCI,222以二苯胺磺酸鈉為指示劑，用KCr。標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定,有關(guān)反響方程

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

假設(shè)SnCI缺乏量,那么測(cè)定的Fe量偏低〔填"偏高〃、"偏低〃、"不變〃,下

同〕一

3，?假設(shè)不加HgCI,那么測(cè)定的Fe量偏高(2

3小〔4〕？可選用KSCN或〔填試劑〕檢驗(yàn)濾液中含有Fe(產(chǎn)生Fe的原因是

w4Fe+O+4H=4Fe+2Ho〔用離子反響方程式表示1(北

?局部陽(yáng)離子以氫氧化物形式沉淀時(shí)溶液的pH見(jiàn)下表：

沉淀物Fe(OH)Al(OH)Fe[OH]Mg(OH)Mn[OH]332〃

實(shí)驗(yàn)可選用的試劑有:稀HN。、Ba(NO)溶液、酸性KMn。溶液、NaOH溶

液，要求制備過(guò)程中4

中不產(chǎn)生有毒氣體(

請(qǐng)完成由"過(guò)濾"后的溶液模擬制備氧化鐵的實(shí)驗(yàn)步驟：

向溶液中參加過(guò)量的酸性高錨酸鉀溶液，攪拌；a(氧化：

b(沉淀:；

c(別離，洗滌;

d（烘干，研磨（

考點(diǎn)：制備實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì);難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉(zhuǎn)化的本質(zhì);鐵的氧化物和

氫

氧化物;鐵鹽和亞鐵鹽的相互轉(zhuǎn)變;二價(jià)Fe離子和三價(jià)Fe離子的檢驗(yàn)（專題：電離平

衡與溶液的pH專題;幾種重要的金屬及其化合物（

分析：〔1〕酸浸〃中硫酸要適當(dāng)過(guò)量，抑制Fe的水解；

3,2,2,〔2〕由信息Fe轉(zhuǎn)化為Fe,同時(shí)FeS被氧化為SO,在利用氧化復(fù)原反響配平方程

式:24

3.2.3.〔3〕？假設(shè)SnCI缺乏量，F(xiàn)e沒(méi)有完全復(fù)原為Fe,那么測(cè)定的Fe量偏低;2

2,?假設(shè)不加HgCI,溶液中含有Sn,也可以被酸性高鎰酸鉀氧化，消耗的酸性高鎰酸鉀

氧化2

??偏大，那么測(cè)定的Fe量偏高（

3d（4）?檢驗(yàn)濾液中含有Fe是KSCN溶液;Fe的氧化反響是被氧氣氧化為鐵離

子;j+3.8,使Fe完全沉淀（

川川,解答：解：⑴Fe的水解方程式為Fe+3HO?Fe（OH）+3H,酸過(guò)量，抑制Fe

的水解;23

“故答案為抑制Fe的水解；

?〔2〕根據(jù)題給信息，寫(xiě)出反響物和生成物，因?yàn)樵谒嵝原h(huán)境下反響，那么介質(zhì)為H0

和H,2

3小2根據(jù)電子得失守恒和離子所帶電荷守恒可以寫(xiě)出離子方程式

為:14Fe+FeS+8HO=15Fe+2SC）224「+16H;

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

?、?SnCI缺乏,Fe沒(méi)有完全反響，生成的Fe偏少,那么消耗的KCrO標(biāo)準(zhǔn)溶液

體積偏捷27

3.小，那么測(cè)定的Fe量偏低;

故答案為:偏低;

2,?假設(shè)不加HgCI,過(guò)量的Sn也能夠被KCrO氧化，那么消耗的KCrO標(biāo)準(zhǔn)溶液體積

偏高,2227227

3,那么測(cè)定的Fe量偏高；

故答案為:偏高；

3.33[4)?Fe與KSCN的絡(luò)合反響或者Fe與酚羥基的顯色反響均可以用于鑒別(產(chǎn)生

Fe的原

2.27?因是Fe被空氣中的氧氣氧叱,反響的離子方程式為：4Fe+O+4H=4Fe+2HO;22

2+m故答案為:KSCN或，4Fe+O+4H=4Fe+2HO;22

2.3,3.?“過(guò)濾〃后的溶液中有Fe、ALMg以及少量Fe,首先向溶液中參加過(guò)量的酸

性高鎰酸

2小鉀溶液，攪拌，將Fe完全氧化為Fe,然后控制pH,只使Fe(OH]沉淀，從表格

數(shù)據(jù)可以3

分析，控制pH為3.2,3.8(故答案為:a(向溶液中參加過(guò)量的酸性高鎰酸鉀溶液,攪

拌;b(滴加NaOH溶液，調(diào)節(jié)溶液為pH為3.2,3.8;

點(diǎn)評(píng)：此題考察了物質(zhì)制備和實(shí)驗(yàn)探究方法，物質(zhì)性質(zhì)和制備原理的理解應(yīng)用，實(shí)

驗(yàn)方案設(shè)計(jì)，物質(zhì)別離的方法應(yīng)用，掌握根底是關(guān)鍵,題目難度中等(

【