湖北省武漢市2015屆高考化學(xué)模擬試卷(5月份)

1、湖北省武漢市2015屆高考化學(xué)模擬試卷（5月份）一、選擇題（每小題6分，共42分）1（6分）某分子式為C3H5Cl的有機(jī)物同分異構(gòu)體的數(shù)目為（）A3B4C5D62（6分）下列說法正確的是（）A硫酸、純堿、偏鋁酸鈉和過氧化鈉分別屬于酸、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)CNa、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位置如圖所示常溫下，金屬鋁能溶于W的最高價(jià)氧化物的水化物的稀溶液，卻不溶于其濃溶液下列說法正確的是（） XY WQ

2、AY的最高化合價(jià)為+6B簡單離子的半徑：WQYXC氫化物的穩(wěn)定性：WYD最高價(jià)氧化物的水化物的酸性：WQ4（6分）在10L恒容密閉容器中充入X（g）和Y（g），發(fā)生反應(yīng)X（g）+Y（g）M（g）+N（g），所得實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)如表：實(shí)驗(yàn)編號溫度/起始時(shí)物質(zhì)的量/mol平衡時(shí)物質(zhì)的量/moln（X）n（Y）n（M）7000.400.100.0908000.100.400.0808000.200.30a9000.100.15b下列說法正確的是（）A實(shí)驗(yàn)中，若5min時(shí)測得n（M）=0.050mol，則0至5min時(shí)間內(nèi)，用N表示的平均反應(yīng)速率v（N）=1.0×102mol/（Lmin）B實(shí)驗(yàn)中，

3、該反應(yīng)的平衡常數(shù)K=2.0C實(shí)驗(yàn)中，達(dá)到平衡時(shí)，X的轉(zhuǎn)化率為60%D實(shí)驗(yàn)中，達(dá)到平衡時(shí)，b0.0605（6分）下列裝置能達(dá)到相應(yīng)實(shí)驗(yàn)?zāi)康氖牵ǎ〢甲用于濃鹽酸和漂粉精制取并收集干燥的Cl2B乙用于測定鹽酸的濃度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）硫酸錳是工業(yè)上制備二氧化錳活性電極的原料，用軟錳礦濁液吸收空氣中的SO2，得到的硫酸錳溶液中含有CuSO4、Fe2（SO4）3雜質(zhì)，向溶液中加入MnCO3，充分反應(yīng)過濾；再加入MnS，充分反應(yīng)后過濾，可以得到堿性的硫酸錳溶液已知常溫下，KspFe（OH）3=4.0×1038，Ksp（CuS）=6.3×10

4、36，Ksp（MnS）=4.65×1014下列推斷不正確的是（）A加入MnCO3的目的是除去Fe3+B常溫下，pH=4時(shí)，F(xiàn)e3+已除盡C反應(yīng)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）某強(qiáng)酸性溶液X中可能含有Na+、K+、NH4+、Fe2+、Fe3+、A13+、CO32、SO32、SO42、C1中的若干種，某同學(xué)為了確認(rèn)其成分，取溶液進(jìn)行連續(xù)實(shí)驗(yàn)，實(shí)驗(yàn)過程及產(chǎn)物如下：下列結(jié)論正確的是（）A溶液J焰色反應(yīng)顯黃色，則說明原溶液中存在Na+B沉淀G中加入鹽酸溶解，滴加

5、一滴KSCN溶液顯紅色，可以確定原溶液中有Fe3+CX中不能確定的離子是 A13+、Fe3+、Na+、K+和C1D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（CH3CH（OH）COO2Fe3H2O，Mr=288）是常用的補(bǔ)鐵劑乳酸亞鐵可由乳酸與碳酸亞鐵（易被空氣中氧氣氧化）反應(yīng)制得：2CH3CH（OH）COOH+FeCO3CH3CH（OH）COO2Fe+CO2+H2O某興趣小組用FeCl2（用鐵粉與鹽酸反應(yīng)制得）和NH4HCO3制備FeCO3的裝置示意圖如圖所示回答下列問題：（1）A裝置的名稱是（2）將生成的FeCl2溶液壓入C裝置的操作是，該裝置中涉

6、及的主要反應(yīng)的離子方程式為（3）將制得的FeCO3加入到乳酸溶液中，再加入少量鐵粉，75下攪拌使之充分反應(yīng)，然后向其中加入適量的，除去鐵粉其中加入少量鐵粉的作用是（4）從上述（3）所得溶液中獲得乳酸亞鐵晶體的方法是：、洗滌、干燥（5）該興趣小組用KMnO4測定產(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)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，該興趣小組改用鈰（Ce）量法測定產(chǎn)品中Fe2+的含量取2.880g產(chǎn)品配成100mL溶液，每次取20.00mL，進(jìn)行必要處理，用0.1000mol/L Ce（SO4）2標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)，平均消耗Ce（SO4）2 19.7mL滴定反

7、應(yīng)為：Ce4+Fe2+=Ce3+Fe3+，則產(chǎn)品中乳酸亞鐵晶體的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為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Ca3（PO4）2、磷灰石Ca5F（PO4）3等（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14001500生成白磷，反應(yīng)式：2Ca3（PO4）2+6SiO2=6CaSiO3+P4O100；10C+P4O10=P4+10CO上述反應(yīng)的各種物質(zhì)中，屬于酸酐的是（填化學(xué)式）若體系一起處于

8、還原性的氣氛中，那么每生成1mol P4時(shí)有mol電子發(fā)生轉(zhuǎn)移黃磷（P4）有毒，它能將金、銀、銅從其冷的鹽溶液中還原出來寫出黃磷與冷硫酸銅溶液反應(yīng)的化學(xué)方程式（3）比較N、P氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：PH3NH3（填“”或“”或“=”），請用原子結(jié)構(gòu)的觀點(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（若有多個(gè)反應(yīng)，則寫出主要反應(yīng)即可）磷酸是三元酸，在298K時(shí)，K1=7.5×103，K2=6.2×108，K3=2.2×1013，則NaH2PO4溶液顯性（填“酸”或“堿”），通過簡單計(jì)算說明你的理由10（14分）工業(yè)上用NH3

9、和CO2反應(yīng)合成尿素2NH3（g）+CO2（g）CO（NH2）2（g）+H2O（g）H1=536.1kJ/mol（1）該過程實(shí)際上分兩步進(jìn)行，第一步產(chǎn)生氨基甲酸銨，第二步是氨基甲酸銨脫水生成尿素請寫出第一步的反應(yīng)方程式（2）在一定條件下合成尿素，當(dāng)氨碳比=4時(shí)，CO2的轉(zhuǎn)化率隨時(shí)間的變化關(guān)系如圖1所示，下列說法錯(cuò)誤的是（填標(biāo)號）A該反應(yīng)在60min時(shí)達(dá)到平衡狀態(tài)；BNH3的平衡轉(zhuǎn)化率為70%；C增加氨碳比可進(jìn)一步提高CO2的平衡轉(zhuǎn)化率；DM點(diǎn)的逆反應(yīng)速率v逆（CO2）大于N點(diǎn)的正反應(yīng)速率v正（CO2）；（3）反應(yīng)2NH3（g）+CO2（g）CO（NH2）2（g）+H2O（g），在200時(shí)可自發(fā)

10、向正反應(yīng)進(jìn)行，則升高溫度，平衡常數(shù)K（填“增大”、“減小”、“不變”）（4）若一定條件下得到的尿素為固體，2NH3（g）+CO2（g）CO（NH2）2（s）+H2O（g），開始在一密閉容器中充入0.1mol NH3、0.65mol CO2、0.65mol H2O（g），保持溫度不變，達(dá)到平衡時(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部分變?yōu)镹H4CNO（氰酸銨），已知25氨水的電離常數(shù)為1.7×105，氰酸HCNO的電離常數(shù)為3.3×104氰酸銨水溶液中各離子的濃度大小順序?yàn)椋?）電解尿素CO（NH2）2的堿性溶液制

11、氫的裝置示意圖如圖2（電解池中隔膜僅阻止氣體通過，a、b極均為惰性電極）電解時(shí)，a極的電極反應(yīng)式為，若在b極產(chǎn)生標(biāo)況下224mL氫氣，則消耗尿素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，已知Co、Fe都是中等活潑金屬）的工藝流程如下：（1）金屬M(fèi)為，操作1為（2）加入H2O2的作用是（用離子方程式表示），加入氨水的作用是（3）充分焙燒的化學(xué)方程式為（4）已知Li2CO3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)濃縮后必須趁熱過濾，其原因是，90時(shí)Ksp（Li2CO3）的值為溫度/10306090濃度/molL10.210.17

12、0.140.10（5）用惰性電極電解熔融Li2CO3制取鋰，陽極生成兩種氣體，則陽極的電極反應(yīng)式為12氮化硅是一種新型無機(jī)非金屬材料，主要有氮化硅和氮化硅兩種晶型，它們都是由SiN4正四面體共用頂角原子構(gòu)成的三維空間網(wǎng)絡(luò)結(jié)構(gòu)，氮化硅的結(jié)構(gòu)如圖所示：用甘氨酸（H2NCH2COOH）或尿素CO（NH2）2作為燃料，硝酸銨（NH4NO3）為氧化劑，原硅酸為硅源，蔗糖為碳源，進(jìn)行反應(yīng)制備氮化硅回答下列問題：（1）1mol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?）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）NH4NO3中陰離子的空間構(gòu)型為，由第1、2

13、周期元素能成的與該陰離子互為等電子體的離子是（4）原硅酸的結(jié)構(gòu)為，若去掉氫原子后的剩余部分即Si44（原硅酸根）為硅氧四面體結(jié)構(gòu)，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）氮化硅晶體類型為，判斷的理由是13某烴A相對于氫氣的密度為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CO2和H2O，A能發(fā)生如下轉(zhuǎn)化（圖中的無機(jī)產(chǎn)物均已略去）其中F能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，E不能發(fā)生銀鏡反應(yīng)；G、H互為同分異構(gòu)體，G中只含1個(gè)甲基已知：（1）用系統(tǒng)命名法對A命名（2）C與HIO4的反應(yīng)類型是（3）寫出F和

14、G的結(jié)構(gòu)簡式：F、G（4）寫出BC和DI的化學(xué)方程式BC；DI（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)上的一硝基取代物只有一種；1 mol該物質(zhì)與足量的NaHCO3作用放出2 mol氣體；核磁共振氫譜為3組峰符合條件的結(jié)構(gòu)簡式（不考慮立體異構(gòu)）湖北省武漢市2015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（每小題6分，共42分）1（6分）某分子式為C3H5Cl的有機(jī)物同分異構(gòu)體的數(shù)目為（）A3B4C5D6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C3H5Cl可知，該化合物是含有碳碳雙鍵的鹵代烴，即相當(dāng)于是丙烯中的1個(gè)氫原子被氯原子取代后的生成物，

15、所以共計(jì)有3種又因?yàn)?氯1丙烯存在順反異構(gòu)，所以總共是4種解答：解：根據(jù)化學(xué)式C3H5Cl可知，該化合物是含有碳碳雙鍵的鹵代烴，即相當(dāng)于是丙烯中的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：CH2CHCH2Cl、CHClCHCH3、CH2CClCH3又因?yàn)镃HClCHCH3存在順反異構(gòu)，所以總共是4種故選B點(diǎn)評：本題考查有機(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（6分）下列說法正確的是（）A硫酸、純堿、偏鋁酸鈉和過氧化鈉分別屬于酸、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)CNa、Al、Cu通常分別用電解法、熱分解法和置換法冶煉得

16、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?，常見的電解質(zhì)包括：酸、堿、鹽、金屬氧化物和水；CNa、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H2做還原劑；Hg、Ag等不活潑金屬：熱分解法；D化石能源：指煤、石油、天燃?xì)獾?；二次能源：由一次性能源直接或間接轉(zhuǎn)換而來的能源：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：太陽能、生物能、水能解答

17、：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；CNa、Al、Cu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；故選：D點(diǎn)評：本題為綜合題，考查了物質(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位置如圖所示常溫下，金屬鋁能溶于W的最高價(jià)氧化物的水化物的稀溶液，卻不溶于其濃溶液下列說法正確的是（） XY WQ AY的最高化合價(jià)為+6B簡單離子的半徑：WQYXC氫化物的穩(wěn)定性：WYD最高價(jià)氧化物

18、的水化物的酸性：WQ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，Al能溶于W的最髙價(jià)氧化物的水化物的稀溶液，卻不溶于其濃溶液，則W為S元素；由元素周期表中的相對位置可知，X為N元素、Y為O元素、Q為Cl元素，據(jù)此結(jié)合元素周期律知識對各選項(xiàng)進(jìn)行判斷解答：解：短周期元素X、Y、W、Q，常溫下，Al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，則W為S元素，由元素周期表中的相對位置可知，X為N元素、Y為O元素、Q為Cl元素，AY為O元素，氧元素沒有+6價(jià)，故A錯(cuò)誤；B電子層越多離子半徑越大，電子層結(jié)構(gòu)相同核電荷數(shù)越大離子半徑越小，故離子半徑大小為：S2

19、ClN3O2，故B錯(cuò)誤；C非金屬性越強(qiáng)，對應(yīng)的氫化物越穩(wěn)定，非金屬性：OS，則氫化物的穩(wěn)定性：WY，故C錯(cuò)誤；D非金屬性ClS，故最高價(jià)氧化物的水化物的酸性：HClO4H2SO4，即：WQ，故D正確；故選D點(diǎn)評：本題考查元素周期表和元素周期律的綜合應(yīng)用，題目難度中等，注意把握周期表的結(jié)構(gòu)、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)生反應(yīng)X（g）+Y（g）M（g）+N（g），所得實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)如表：實(shí)驗(yàn)編號溫度/起始時(shí)物質(zhì)的量/mol平衡時(shí)物質(zhì)的量/moln（X）n（Y）n（M）7000.400.100.0908000.1

20、00.400.0808000.200.30a9000.100.15b下列說法正確的是（）A實(shí)驗(yàn)中，若5min時(shí)測得n（M）=0.050mol，則0至5min時(shí)間內(nèi)，用N表示的平均反應(yīng)速率v（N）=1.0×102mol/（Lmin）B實(shí)驗(yàn)中，該反應(yīng)的平衡常數(shù)K=2.0C實(shí)驗(yàn)中，達(dá)到平衡時(shí)，X的轉(zhuǎn)化率為60%D實(shí)驗(yàn)中，達(dá)到平衡時(shí)，b0.060考點(diǎn)：真題集萃；化學(xué)平衡建立的過程 專題：化學(xué)平衡專題分析：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，由于反應(yīng)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

21、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、對比實(shí)驗(yàn)的平衡常數(shù)可知，正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，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%，則實(shí)驗(yàn)中X的轉(zhuǎn)化率小于60%，達(dá)到平衡時(shí)，b0.060解答：解：Av（N）=v（M）=1.0×103mol/（Lmin），故A錯(cuò)誤；B X（g）+Y（g）M（g）+N（g）起始濃度（mol/L） 0.01 0.04 0 0轉(zhuǎn)化濃度（mol/L） 0.008 0.008 0.008 0.008平衡濃度（mol/L） 0.002 0.032 0.008 0.008實(shí)驗(yàn)中，該反應(yīng)的平衡常數(shù)K=

22、1.0，故B錯(cuò)誤；C X（g）+Y（g）M（g）+N（g）起始濃度（mol/L） 0.02 0.03 0 0轉(zhuǎn)化濃度（mol/L） 平衡濃度（mol/L） 0.02 0.03該反應(yīng)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；D根據(jù)三段式可求得，700時(shí)，化學(xué)平衡常數(shù)K2.6，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)，則正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，若的溫度為800，恒容體系中，氣體體積不變的反應(yīng)，與為等效平衡，b=a=0.06mol，但的實(shí)際溫度為900，相比較800，平衡逆向移動(dòng)，b0.06，故D錯(cuò)誤；故選C點(diǎn)評：本題考查化學(xué)反應(yīng)速率、化

23、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）下列裝置能達(dá)到相應(yīng)實(shí)驗(yàn)?zāi)康氖牵ǎ〢甲用于濃鹽酸和漂粉精制取并收集干燥的Cl2B乙用于測定鹽酸的濃度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)方案的評價(jià) 專題：實(shí)驗(yàn)評價(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，可使高錳酸鉀褪色；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噻，應(yīng)放在堿式滴定管中，故B錯(cuò)誤；C濃硫酸具有脫水性，

24、可使蔗糖碳化而變黑，與碳發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成二氧化硫，可使高錳酸鉀褪色，故C正確；D鎂比鋁活潑，鋁不能置換出鎂，故D錯(cuò)誤故選C點(diǎn)評：本題考查化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評價(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）硫酸錳是工業(yè)上制備二氧化錳活性電極的原料，用軟錳礦濁液吸收空氣中的SO2，得到的硫酸錳溶液中含有CuSO4、Fe2（SO4）3雜質(zhì)，向溶液中加入MnCO3，充分反應(yīng)過濾；再加入MnS，充分反應(yīng)后過濾，可以得到堿性的硫酸錳溶液已知常溫下，KspFe（OH）3=4.0×103

25、8，Ksp（CuS）=6.3×1036，Ksp（MnS）=4.65×1014下列推斷不正確的是（）A加入MnCO3的目的是除去Fe3+B常溫下，pH=4時(shí)，F(xiàn)e3+已除盡C反應(yīng)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）3沉淀，由于Ksp（CuSKsp（MnS），可使MnS轉(zhuǎn)化成CuS，則除去硫酸錳溶液中含有CuSO4、Fe2（SO4）3雜質(zhì)，向溶液中加入

26、MnCO3，也可加入Mn2（OH）2CO3、Mn（OH）2，調(diào)節(jié)溶液pH，生成Fe（OH）3沉淀，充分反應(yīng)過濾，再加入MnS，可生成CuS，以此解答該題解答：解：A由KspFe（OH）3=4.0×1038，可知Fe（OH）3易生成沉淀，可加入MnCO3，起到調(diào)節(jié)溶液pH的作用，可除去Fe3+，故A正確；BKspFe（OH）3=4.0×1038，當(dāng)Fe3+已除盡時(shí)，c（OH）=mol/L=1.58×1011mol/L，pH3.7，故B正確；C反應(yīng)Cu2+（aq）+MnS（s）=CuS（s）+Mn2+（aq）的K=1.35×1022，故C錯(cuò)誤；DMn2（OH

27、）2CO3、Mn（OH）2與MnCO3性質(zhì)相似，都可與氫離子反應(yīng)生成二氧化碳和水，不引入新雜質(zhì)，可代替，故D正確故選C點(diǎn)評：本題考查難溶電解質(zhì)的溶解平衡，為2015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)算能力的考查，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7（6分）某強(qiáng)酸性溶液X中可能含有Na+、K+、NH4+、Fe2+、Fe3+、A13+、CO32、SO32、SO42、C1中的若干種，某同學(xué)為了確認(rèn)其成分，取溶液進(jìn)行連續(xù)實(shí)驗(yàn)，實(shí)驗(yàn)過程及產(chǎn)物如下：下列結(jié)論正確的是（）A溶液J焰色反應(yīng)顯黃色，則說明原溶液中存在Na+B沉淀G中加入鹽酸溶解，滴加一滴KSCN溶液顯紅色，可

28、以確定原溶液中有Fe3+CX中不能確定的離子是 A13+、Fe3+、Na+、K+和C1D沉淀I一定是Al（OH ）3考點(diǎn)：離子反應(yīng)發(fā)生的條件；常見離子的檢驗(yàn)方法 分析：強(qiáng)酸性溶液中CO32、SO32不能存在；X溶液中加入過量Ba（NO3）2溶液生成沉淀C是BaSO4，說明有SO42存在；硝酸被還原生成氣體A為NO，說明有還原劑Fe2+存在，（即3Fe2+4H+NO3=3Fe3+NO+2H2O）溶液B加入過量NaOH溶液，生成的沉淀G為Fe（OH）3；生成的氣體F為NH3，說明有NH4+存在溶液H通入CO2生成沉淀I，由于前面加入過量的Ba（NO3）2溶液，引入了大量Ba2+，所以沉淀I中一定有

29、BaCO3，又由于前面不能確定溶液X中是否存在A13+，所以這里也不能確定沉淀I中有A1（OH）3；溶液J的焰色反應(yīng)呈黃色，說明溶液J中有Na+，但由于前面加入過量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)過程還不能確定溶液X中是否存在C1解答：解：強(qiáng)酸性溶液中CO32、SO32不能存在；X溶液中加入過量Ba（NO3）2溶液生成沉淀C是BaSO4，說明有SO42存在；硝酸被還原生成氣體A為NO，說明有還原劑Fe2+存在，（即3Fe2+4H+NO3=3Fe3+NO+2H2O），在此反應(yīng)中，F(xiàn)e2

30、+被氧化為Fe3+溶液B加入過量NaOH溶液，生成的沉淀G為Fe（OH）3；生成的氣體F為NH3，說明有NH4+存在溶液H通入CO2生成沉淀I，由于前面加入過量的Ba（NO3）2溶液，引入了大量Ba2+，所以沉淀I中一定有BaCO3，又由于前面不能確定溶液X中是否存在A13+，所以這里也不能確定沉淀I中有A1（OH）3；溶液J的焰色反應(yīng)呈黃色，說明溶液J中有Na+，但由于前面加入過量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)過程還不能確定溶液X中是否存在C1A通過以上分析知，不能確定原來溶液中

31、是否含有鈉離子，故A錯(cuò)誤；B沉淀G為Fe（OH）3，但Fe3+可能是原來有的，也可能是Fe2+被氧化生成的，故B錯(cuò)誤；CX中肯定存在Fe2+、NH4+、SO42，A13+、Fe3+、Na+、K+和C1不能確定，故C正確；D沉淀I中一定有BaCO3，又由于前面不能確定溶液X中是否存在A13+，所以這里也不能確定沉淀I中有A1（OH）3，故D錯(cuò)誤；故選C點(diǎn)評：本題考查常見離子的檢驗(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（CH3CH（OH）COO2Fe3H2O，Mr=288）是常用的補(bǔ)鐵劑乳酸亞鐵可由乳酸與碳酸亞鐵（易被空氣中氧氣氧化）反應(yīng)制

32、得：2CH3CH（OH）COOH+FeCO3CH3CH（OH）COO2Fe+CO2+H2O某興趣小組用FeCl2（用鐵粉與鹽酸反應(yīng)制得）和NH4HCO3制備FeCO3的裝置示意圖如圖所示回答下列問題：（1）A裝置的名稱是分液漏斗（2）將生成的FeCl2溶液壓入C裝置的操作是關(guān)閉活塞3，打開活塞2，該裝置中涉及的主要反應(yīng)的離子方程式為Fe2+2HCO3=FeCO3+CO2+H2O（3）將制得的FeCO3加入到乳酸溶液中，再加入少量鐵粉，75下攪拌使之充分反應(yīng)，然后向其中加入適量的乳酸，除去鐵粉其中加入少量鐵粉的作用是防止Fe2+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

33、結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥（5）該興趣小組用KMnO4測定產(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)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，被酸性高錳酸鉀溶液氧化經(jīng)查閱文獻(xiàn)后，該興趣小組改用鈰（Ce）量法測定產(chǎn)品中Fe2+的含量取2.880g產(chǎn)品配成100mL溶液，每次取20.00mL，進(jìn)行必要處理，用0.1000mol/L Ce（SO4）2標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)，平均消耗Ce（SO4）2 19.7mL滴定反應(yīng)為：Ce4+Fe2+=Ce3+Fe3+，則產(chǎn)品中乳酸亞鐵晶體的質(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的結(jié)構(gòu)特征，可知

34、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；C裝置中FeCl2和NH4HCO3發(fā)生反應(yīng)：FeCl2+2NH4HCO3=FeCO3+2NH4Cl+CO2+H2O；（3）實(shí)驗(yàn)?zāi)康氖侵苽淙樗醽嗚F晶體，加入Fe粉，防止Fe2+離子被氧化，過量的鐵粉用乳酸除去，F(xiàn)e被充分利用；（4）從溶液中獲得晶體，應(yīng)經(jīng)過冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥等操作；（5）乳酸根中含有羥基，可以被酸性高錳酸鉀溶液氧化，導(dǎo)致消耗高錳酸鉀的增大，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；根據(jù)離子方程式計(jì)算20mL溶液中n（Fe2+），進(jìn)而計(jì)算100mL含有n（Fe2+），再根據(jù)

35、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的結(jié)構(gòu)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，打開活塞2；C裝置中FeCl2和NH4HCO3發(fā)生反應(yīng)：FeCl2+2NH4HCO3=FeCO3+2NH4Cl+CO2+H2O，反應(yīng)離子方程式為：Fe2+2HCO3=FeCO3+CO2+H2O，故答案為：關(guān)閉活塞3，打開活塞2；Fe2+2HCO3=FeCO3+CO2+H2O；（3）Fe2+離子易被氧化為Fe3+離子，實(shí)驗(yàn)?zāi)康氖侵苽淙樗醽嗚F晶體，加入Fe粉，防

36、止Fe2+離子被氧化，過量的鐵粉可以充分利用，得到乳酸亞鐵，應(yīng)用乳酸除去，故答案為：乳酸；防止Fe2+離子被氧化；（4）在75下攪拌使之充分反應(yīng)制得乳酸亞鐵，從熱溶液中獲得乳酸亞鐵晶體，應(yīng)經(jīng)過冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥等操作，故答案為：冷卻結(jié)晶、過濾；（5）乳酸根中含有羥基，可以被酸性高錳酸鉀溶液氧化，導(dǎo)致消耗高錳酸鉀的增大，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，故產(chǎn)品中乳酸亞鐵晶體的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為×100%=98.5%，故答案為：乳酸根離子中含有羥基，被酸性高錳酸鉀溶液氧化；98.5%點(diǎn)評：本題考查實(shí)驗(yàn)制備方案，涉及化學(xué)儀器識別、對操作的分析評價(jià)、物質(zhì)分離提純、氧化還原反應(yīng)滴定應(yīng)用等，明確原理是解題關(guān)鍵，是對學(xué)生綜合能力的考查，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Ca3（PO4）2、磷灰石Ca5F（PO4）3等（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

38、示為3015P（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14001500生成白磷，反應(yīng)式：2Ca3（PO4）2+6SiO2=6CaSiO3+P4O100；10C+P4O10=P4+10CO上述反應(yīng)的各種物質(zhì)中，屬于酸酐的是SiO2、P4O10（填化學(xué)式）若體系一起處于還原性的氣氛中，那么每生成1mol P4時(shí)有20mol電子發(fā)生轉(zhuǎn)移黃磷（P4）有毒，它能將金、銀、銅從其冷的鹽溶液中還原出來寫出黃磷與冷硫酸銅溶液反應(yīng)的化學(xué)方程式P4+10CuSO4+16H2O=10Cu+4H3PO4+10H2SO4（3）比較N、P氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：PH3NH3（

39、填“”或“”或“=”），請用原子結(jié)構(gòu)的觀點(diǎn)解釋其原因NP同主族最外層電子數(shù)相同，P的電子層數(shù)比N多，原子核對電子的吸引力弱，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磷酸鈉的水溶液顯堿性，用離子方程式解釋原因PO43+H2OHPO42+OH（若有多個(gè)反應(yīng)，則寫出主要反應(yīng)即可）磷酸是三元酸，在298K時(shí)，K1=7.5×103，K2=6.2×108，K3=2.2×1013，則NaH2PO4溶液顯酸性（填“酸”或“堿”），通過簡單計(jì)算說明你的理由Kh（H2PO4）=1.33×1010K2，H2PO4的電離強(qiáng)于水解，溶液中c（H+）c（OH）考點(diǎn)

40、：氮族元素簡介 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)合原子符號書寫核素；（2）酸性氧化物是能和堿反應(yīng)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)相同，結(jié)合氧化還原反應(yīng)電子守恒計(jì)算電子轉(zhuǎn)移；黃磷（P4）有毒，它能將金、銀、銅從其冷的鹽溶液中還原出來寫出黃磷與冷硫酸銅溶液反應(yīng)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)是原子結(jié)構(gòu)的特征分析，原子核對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；K1=7.5&

41、#215;103，K2=6.2×108，K3=2.2×1013，則NaH2PO4溶液中分析計(jì)算H2PO4的水解常數(shù)，和H2PO4的電離程度比較分析判斷溶液酸堿性；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)合原子符號書寫核素為：3015P，故答案為：3015P；（2）酸性氧化物是能和堿反應(yīng)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)相同，反應(yīng)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，結(jié)合氧化還原反應(yīng)電子守恒計(jì)算電子轉(zhuǎn)

42、移，每生成1mol P4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)移為20mol，故答案為：20；黃磷（P4）有毒，它能將金、銀、銅從其冷的鹽溶液中還原出來寫出黃磷與冷硫酸銅溶液反應(yīng)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：P4+10CuSO4+16H2O=10Cu+4H3PO4+10H2SO4，故答案為：SiO2、P4O10；P4+10CuSO4+16H2O=10Cu+4H3PO4+10H2SO4；（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)是原子結(jié)構(gòu)的特征分析，原子核對最外層電子的吸引力判斷，N、P同主族最外層電子數(shù)相同，P的電子層數(shù)比N多，

43、原子核對電子的吸引力弱，故磷化氫的穩(wěn)定性較差：PH3NH3，故答案為：，N、P同主族最外層電子數(shù)相同，P的電子層數(shù)比N多，原子核對電子的吸引力弱，故磷化氫的穩(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)氫氧根離子濃度增大，水解離子方程式為：PO43+H2OHPO42+OH；K1=7.5×103，K2=6.2×108，K3=2.2×1013，NaH2PO4溶液中分析計(jì)算H2PO4的水解常數(shù)，和H2PO4的電離程度比較分析判斷溶液酸堿性，Kh（H2PO4）=1.33×1010K2，H2PO4的電離強(qiáng)于水解，溶液中c（H+

44、）c（OH），溶液顯酸性，故答案為：酸，Kh（H2PO4）=1.33×1010K2，H2PO4的電離強(qiáng)于水解，溶液中c（H+）c（OH），溶液顯酸性點(diǎn)評：本題考查了磷奇跡化合物性質(zhì)的分析判斷，主要是氧化還原反應(yīng)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，掌握基礎(chǔ)是關(guān)鍵，題目難度較大10（14分）工業(yè)上用NH3和CO2反應(yīng)合成尿素2NH3（g）+CO2（g）CO（NH2）2（g）+H2O（g）H1=536.1kJ/mol（1）該過程實(shí)際上分兩步進(jìn)行，第一步產(chǎn)生氨基甲酸銨，第二步是氨基甲酸銨脫水生成尿素請寫出第一步的反應(yīng)方程式2NH3（g）+CO2（g）NH2CO

45、ONH4（2）在一定條件下合成尿素，當(dāng)氨碳比=4時(shí)，CO2的轉(zhuǎn)化率隨時(shí)間的變化關(guān)系如圖1所示，下列說法錯(cuò)誤的是BD（填標(biāo)號）A該反應(yīng)在60min時(shí)達(dá)到平衡狀態(tài)；BNH3的平衡轉(zhuǎn)化率為70%；C增加氨碳比可進(jìn)一步提高CO2的平衡轉(zhuǎn)化率；DM點(diǎn)的逆反應(yīng)速率v逆（CO2）大于N點(diǎn)的正反應(yīng)速率v正（CO2）；（3）反應(yīng)2NH3（g）+CO2（g）CO（NH2）2（g）+H2O（g），在200時(shí)可自發(fā)向正反應(yīng)進(jìn)行，則升高溫度，平衡常數(shù)K減?。ㄌ睢霸龃蟆薄ⅰ皽p小”、“不變”）（4）若一定條件下得到的尿素為固體，2NH3（g）+CO2（g）CO（NH2）2（s）+H2O（g），開始在一密閉容器中充入0.1m

46、ol NH3、0.65mol CO2、0.65mol H2O（g），保持溫度不變，達(dá)到平衡時(shí)，混合氣體的平均摩爾質(zhì)量與起始相比變小（填“變大”、“變小”、“不變”）（5）尿素在一定溫度和壓力下會部分變?yōu)镹H4CNO（氰酸銨），已知25氨水的電離常數(shù)為1.7×105，氰酸HCNO的電離常數(shù)為3.3×104氰酸銨水溶液中各離子的濃度大小順序?yàn)閏（CNO）c（NH4+）c（H+）c（OH）（6）電解尿素CO（NH2）2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通過，a、b極均為惰性電極）電解時(shí)，a極的電極反應(yīng)式為CO（NH2）26e+8OH=CO32+N2+6H2O

47、，若在b極產(chǎn)生標(biāo)況下224mL氫氣，則消耗尿素0.2g考點(diǎn)：化學(xué)平衡的計(jì)算；原電池和電解池的工作原理；化學(xué)平衡的影響因素；化學(xué)平衡狀態(tài)的判斷 分析：（1）該過程實(shí)際上分兩步進(jìn)行，第一步產(chǎn)生氨基甲酸銨，反應(yīng)方程式為：2NH3（g）+CO2（g）NH2COONH4；（2）A圖象縱坐標(biāo)表示二氧化碳的轉(zhuǎn)化率，橫坐標(biāo)表示時(shí)間變化，圖象表示的二氧化碳的轉(zhuǎn)化率隨著時(shí)間的變化關(guān)系，轉(zhuǎn)化率=，反應(yīng)未達(dá)到平衡前二氧化碳的轉(zhuǎn)化率始終變化，只有達(dá)到平衡才能保持不變，所以可以作為判斷平衡的標(biāo)志；B三段式表示各物質(zhì)的物質(zhì)的量的關(guān)系，套用公式求解；C反應(yīng)達(dá)到平衡后再增加氨氣的用量可以是平衡進(jìn)一步向正反向移動(dòng)，消耗的二氧化碳

48、增多，故轉(zhuǎn)化率提高DM點(diǎn)達(dá)到平衡時(shí)V（正）=V（逆），所以比較M點(diǎn)的逆反應(yīng)速率與N點(diǎn)的正反應(yīng)速率可以轉(zhuǎn)化為比較M點(diǎn)的逆反應(yīng)速率和N點(diǎn)的逆反應(yīng)速率；（3）依據(jù)反應(yīng)自發(fā)進(jìn)行的判斷依據(jù)是HTS0，結(jié)合反應(yīng)特征分析，低溫下自發(fā)進(jìn)行，說明正反應(yīng)是放熱反應(yīng)，所以升高溫度，平衡常數(shù)K減小；（4）尿素為固體，開始在一密閉容器中充入0.1molNH3、0.65mol CO2、0.65molH2O（g），相當(dāng)于增大壓強(qiáng)，平衡正向移動(dòng)，混合氣體的平均相對分子量變??；（5）25氨水的電離常數(shù)為1.7×105，氰酸HCNO的電離常數(shù)為3.3×104，所以氰酸銨水溶液中銨離子的水解程度大于氰酸根離子的

49、水解程度，溶液呈酸性；（6）尿素CO（NH2）2中的氮由3價(jià)到0價(jià)，發(fā)生氧化反應(yīng)，所以a為陽極，電極反應(yīng)式為：CO（NH2）26e+8OH=CO32+N2+6H2O；根據(jù)關(guān)系式：CO（NH2）26e3H2，來求解解答：解：（1）該過程實(shí)際上分兩步進(jìn)行，第一步產(chǎn)生氨基甲酸銨，反應(yīng)方程式為：2NH3（g）+CO2（g）NH2COONH4，故答案為：2NH3（g）+CO2（g）NH2COONH4；（2）A從圖象中可知060min二氧化碳的轉(zhuǎn)化率始終增大，到60min后保持不變，說明該反應(yīng)達(dá)到平衡，故A正確；B設(shè)氨氣的物質(zhì)的量為4mol，則二氧化碳的物質(zhì)的量為1mol，平衡時(shí)消耗的二氧化碳為1

50、5;60%=0.6 2NH3+CO2 CO（NH2）2+H2O初始量（mol） 4 1 0 0轉(zhuǎn)化量（mol） 1.2 0.6 則氨氣的轉(zhuǎn)化率=×100%=30% 故B錯(cuò)誤；C反應(yīng)達(dá)到平衡后再增加氨氣的用量可以使平衡進(jìn)一步向正反向移動(dòng)，二氧化碳轉(zhuǎn)化率提高，故C正確；DN點(diǎn)反應(yīng)達(dá)到平衡，N點(diǎn)的正反應(yīng)速率正（CO2）等于N點(diǎn)的逆反應(yīng)速率逆（CO2），M點(diǎn)時(shí)生成物的濃度低于N點(diǎn)的濃度所以M點(diǎn)的逆反應(yīng)速率逆（CO2）小于N點(diǎn)的逆反應(yīng)速率逆（CO2），也就是小于N點(diǎn)的正反應(yīng)速率逆（CO2），故D錯(cuò)誤；故選BD；（3）依據(jù)反應(yīng)自發(fā)進(jìn)行的判斷依據(jù)是HTS0，結(jié)合反應(yīng)特征分析，低溫下自發(fā)進(jìn)行，說明正

51、反應(yīng)是放熱反應(yīng)，所以升高溫度，平衡常數(shù)K減小，故答案為：減??；（4）尿素為固體，開始在一密閉容器中充入0.1molNH3、0.65mol CO2、0.65molH2O（g），相當(dāng)于增大壓強(qiáng)，平衡正向移動(dòng)，混合氣體的平均相對分子量變小，故答案為：變??；（5）25氨水的電離常數(shù)為1.7×105，氰酸HCNO的電離常數(shù)為3.3×104，所以氰酸銨水溶液中銨離子的水解程度大于氰酸根離子的水解程度，溶液呈酸性，所以離子濃度大小順序?yàn)椋篶（CNO）c（NH4+）c（H+）c（OH），故答案為：c（CNO）c（NH4+）c（H+）c（OH）；（6）尿素CO（NH2）2中的氮由3價(jià)到0價(jià)，

52、發(fā)生氧化反應(yīng)，所以a為陽極，電極反應(yīng)式為：CO（NH2）26e+8OH=CO32+N2+6H2O；根據(jù)關(guān)系式：CO（NH2）26e3H2，所以尿素的質(zhì)量為：=0.2g，故答案為：CO（NH2）26e+8OH=CO32+N2+6H2O；0.2點(diǎn)評：本題考查了化學(xué)平衡狀態(tài)概念、特征、平衡轉(zhuǎn)化率的求算、方程式的書寫和電極反應(yīng)式的書寫，題目難度中等，解此類題關(guān)鍵要看清圖象表達(dá)的含義，運(yùn)用平衡理論求解三、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，已知Co、Fe都是中等活潑金屬）的工藝流程如下：（1）金屬M(fèi)為Cu，操作1為過濾（2）加入H2O2的作用是（用離

53、子方程式表示）2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O，加入氨水的作用是調(diào)節(jié)溶液的pH使Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe（OH）3沉淀（3）充分焙燒的化學(xué)方程式為4CoC2O42H2O+3O22Co2O3+8 H2O+8CO2（4）已知Li2CO3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)濃縮后必須趁熱過濾，其原因是減少Li2CO3的溶解損失，90時(shí)Ksp（Li2CO3）的值為4.0×103溫度/10306090濃度/molL10.210.170.140.10（5）用惰性電極電解熔融Li2CO3制取鋰，陽極生成兩種氣體，則陽極的電極反應(yīng)式為2CO324e=O2+CO2考點(diǎn)：物質(zhì)

54、分離和提純的方法和基本操作綜合應(yīng)用 分析：合金廢料（主要含F(xiàn)e、Cu、Co、Li等，已知Co、Fe都是中等活潑金屬）加入鹽酸過濾得到金屬M(fèi)為不與鹽酸反應(yīng)的銅，浸出液中加入過氧化氫氧化亞鐵離子為鐵離子，加入氨水調(diào)節(jié)溶液PH使鐵離子轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀，通過操作過濾得到溶液A中加入草酸銨溶液沉淀鈷離子過濾得到溶液B主要是鋰離子的溶液，加入碳酸鈉沉淀鋰離子，過濾得到碳酸鋰；結(jié)晶析出CoC2O42H2O足量空氣煅燒得到氧化鈷；（2）加入H2O2的作用是氧化亞鐵離子為鐵離子；加入氨水的作用是調(diào)節(jié)溶液PH使Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe（OH）3沉淀；（3）CoC2O4焙燒生成Co2O3、CO2和水；（4）Li2CO3微溶于水，溶解度隨溫度升高而降低，為減少Li2CO3的溶解損失，蒸發(fā)濃縮后必須趁熱過濾，90時(shí)c（Li2CO3）的濃度為0.10mol/L，則c（Li+）=0.20mol/L，c（CO32）=0.10mol/L，則Ksp（Li2CO3）=0.20×0.20×0.10=4.0×103；（5）用惰性電極電解熔融Li2CO3制取鋰，陽極生成兩種氣體，應(yīng)為二氧化碳和氧氣解答：解：合金廢料（主要含F(xiàn)e、Cu、Co、Li等，已知Co、Fe都是中等活潑金屬）加入鹽酸過濾得到金屬M(fèi)為不與鹽酸反應(yīng)的銅，浸出液中