福建省福州市2021屆高考化學診斷試卷(5月份)(附答案詳解)

福建省福州市2021屆高考化學診斷試卷（5月份）

一、單選題（本大題共10小題，共40.0分）

1.下列物質不屬于合金的是（）

A.不銹鋼B.青銅C.硬鋁D.石英

2.下列說法中正確的是（）

A.標準狀況下，22.4L水中所含的分子數約為6.02X1023

B.標準狀況下，記的氧氣和氮氣的混合物含有的分子數約為Mx6.02x1023

22.4

C.常溫常壓下，48g&氣體含有的氧原子數為6.02X1023

D.2.24LCO2中含有的原子數為0.3x6.02x1023

3.短周期元素R的最高價氧化物對應的水化物的化學式％ROy，氣態(tài)氫化物的化學式為HzR（或

RHz）,已知ImolHxROy比lmo/"zR質量多64g,下列說法不正確的是（）

A.有多種元素符合本題條件

B.符合本題的HxROy分子有一元酸和多元酸

C.Z=X

D.R可能是第二周期元素

4.某溶液中可能存在廣、CO打、SOg、43+、ci-、K+等六種離子中的某幾種。現取該溶液進行

實驗，得到如下現象：實驗1：向溶液中滴加足量氯水后，溶液變黃色，且有無色氣體逸出；實

驗2：向所得黃色溶液中加CC,4萃取后，取水層滴加4gN03溶液，出現白色沉淀；實驗3：向實

驗1所得溶液中加入足量BaCL溶液，無沉淀生成。根據上面的操作和現象推斷，下列說法正確

的是（）

A.溶液中一定存在「、COj-,不存在⑷3+、SOl-

B.溶液變黃色時發(fā)生反應的離子方程式為廠+Cl2=I+2Cl-

C.產生的無色氣體中一定有C。?，可能有SO?

D.溶液中一定存在K+,可能存在山3+、ci-

5.有關酸堿滴定實驗，下列說法的正確的是（）

A.滴定管和錐形瓶都需要使用蒸儲水和待裝液潤洗

B.滴定前，必須將滴定管中液體的液面調至0刻度

C.滴定至終點時，溶液一定呈中性

D.測定待測液的濃度，至少需要完成兩組平行實驗，取消耗標準液的平均值

6.金屬銀有廣泛的用途，粗銀中含有少量Fe、Zn.Cu,Pt等雜質，以硫酸鍥溶液為電角翠液進行

粗銀提純，下列說法正確的是（已知：氧化性的強弱順序為Fe2+<N/+<Ci?+）（）

A.陽極首先發(fā)生的電極反應是Ni2++2e-=Ni

B.電解過程中，陽極質量的減少與陰極質量的增加相等

C.電解后，C”和Pt沉積在電解槽底部形成陽極泥，且溶液中NC+濃度要變化

D.電解后，溶液中存在金屬陽離子有Ni2+、Fe3+和zn2+

7.現有a、b、c三個容器，a容器恒容恒溫，b容器恒壓恒溫，c容器恒容絕熱.在三個容器中各充

入1瓶?！?（9）和2m。，為發(fā)生反應以9）+“2（。）U2H1（g）△//<0,初始時三個容器的體積和溫

度均相等，則反應達到平衡后，三個容器中/2（g）的轉化率的大小關系是（）

A.a=b>cB.b>a>cC.c>b>aD.a=b<c

8.用鐵泥（主要成分為Fez/、FeO和Fe）制備納米Fes。#平均直徑25mn）的流程示意圖如圖，下列

敘述錯誤的是（）

「一③.。H靠——小

B3

A.步驟①中，生成車間要禁止煙火

B.步驟②中，主要反應的離子方程式是2Fe3++Fe=3Fe2+

C.步驟④中H2G應該過量

D.步驟⑤中，為驗證得到因體是納米態(tài)/^3。4粒子，可將其形成分散系，做丁達爾效應實驗

9.高鐵酸鉀（占FeO。是一種新型多功能凈水劑，強堿性條件下制取，干燥環(huán)境下冷藏。制備過程

如下：

下列說法不正確的是（）

漂白粉與蘇打片溶液1溶液2墨》力

A.高鐵酸鉀既能殺菌消毒、又有凈水作用，凈水作用與膠體的性質有關

B.溶液1->溶液2的離子方程式為：2/=>3++3CIO-+100H-=2FeOl-+3c廠+5H2O

C.溶液2中加入KOH析出了KzFeCU固體，說明七八。4難溶于水

D.高鐵酸鉀受熱分解可放出氧氣

10.下列各組數據中比值不為1：1的是（）

A.10(TC時，pH=6的純水中，c(OH-)與C(H+)之比

B.常溫下，pH=1的“尸溶液與O.lmol?L的鹽酸中c(H+)之比

C.常溫下，pH=7的CH3COOH與C“3COONa的混合溶液中，，(。/^。。。一)與c(Na+)之比

D.常溫下，p，=12的Ba(OH)2溶液與「，=12的/;?！ㄈ芤褐腥苜|的物質的量濃度之比

二、簡答題(本大題共5小題，共60.0分)

11.零價鐵(Fe)除去水體中的硝酸鹽(N。*)已成為環(huán)境修復研究的熱點之一.

(l)Fe還原水體中NO*的反應原理如圖所示.的反應原理如圖1所示.

圖1圖2

正極的電極反應式是.

(2)將足量鐵粉投入水體中，經24小時測定N。*的去除率和pH,結果如表:

初始pHpH=2.5pH=4.5

NO*的去除率接近100%<50%

24小時pH接近中性接近中性

IrOiOHl⑥…KcO(O電II))

鐵的最終物質形態(tài)

pH=4.5時，N。］的去除率低.其原因是.

(3)實驗發(fā)現：在初始p"=4.5的水體中投入足量鐵粉的同時，補充一定量的Fe2+可以明顯提高

N。*的去除率.對八2+的作用提出兩種假設：

I.Fe?+直接還原NOJ；

II.Fe?+破壞FeO(OH)氧化層.

對比實驗，結果如圖2所示，可得到的結論是.pH=4.5(其他條件相同)

L高鐵酸鈉NazFeO,

(4)高鐵酸鈉主要通過如下反應制取:2Fe(OH)3+SNaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3X+5H2O,

則X的化學式為.

(5)高鐵酸鈉具有強氧化性，與水反應生成Fe(0")3膠體能夠吸附水中懸浮雜質，請寫出高鐵酸

鈉與水反應的離子方程式.

12.工業(yè)上用含鎰廢料(主要成分MnC>2,含有少量產02。3、川2。3、CuO,Ca。等)與煙氣脫硫進行聯

合處理并制備MnSOq的流程如圖:

ZUS

已知：25久時，部分金屬離子完全沉淀為氫氧化物的pH如表所示。

氫氧化物

Al(0H)3Fe(0H)3CU(OH)2Mn(OH)2

PH4.73.06.69.8

請回答:

(1)時71。2與5。2反應的化學方程式為。

(2)沉淀2的主要成分是(寫化學式)。

⑶“凈化”時，加入(N“4)2S的作用是沉淀C"2+'(N“4)2S中含有(填“共價鍵”“離子

鍵”或“共價鍵和離子鍵”)，寫出沉淀反應的離子方程式。

(4)加入雙氧水的目的是(用相關離子力程式表示)。

(S)已知：濾液3中除外，還含有少量(NHJS/，(N%)2so4、M71SO4的溶解度曲線如圖

所示。據此判斷，操作“I”應為蒸發(fā)濃縮、洗滌、干燥。

(6)(/7“4)25。4是一種常用的氮肥，可由氨氣與硫酸反應制得，寫出反應的化學方程式

13.在5L密閉容器中充人氣體和Imo/B氣體，在一定條件下發(fā)生反應：24(g)+B(g)=

2c(g),達平衡時，在相同溫度下測得容器內混合氣體的壓強是反應前的去

O

(1)求4的轉化率.

(2)求平衡時混合氣體中C的物質的量分數.

14.鐵是目前應用最多的金屬，鐵的單質及其化合物用途非常廣泛。

⑴KHFeCCNb］可用作食鹽的抗結劑?；鶓B(tài)鉀原子的電子排布式為

(2)Nci2仍e(CN)5(N0)］可用作治療高血壓急癥。

①Na、N、。的第一電離能有小到大的順序為。

②CAT中碳原子的雜化類型是o

(3)過氧化氫在FeCG催化作用下分解生成水和氧氣。

①1m0/也。2中。鍵的數目為0

②修。的沸點比H2s高的原因是。

(4)鐵觸媒是重要的催化劑。C。易與鐵觸媒作用導致其失去催化活性：Fe+SCO=Fe(C0)5：除去C。

的化學方程式為［C"(N”3)2］OOCCH3+。。+NH3=［CU(NH3)3(CO)］OOCC，3。

①與CO互為等電子體的分子為。配合物￡”(2"3)2］。。?，3中不存在的作用力是(填字

母)。

a.離子鍵瓦金屬鍵c,配位鍵d.極性共價鍵

②Fe(CO)5在空氣中燃燒的化學方程式為4Fe(CO)5+13O2―2取2。3+20。。2,Fe?。?的晶體類型

是。

③鐵的晶胞如圖所示，若該晶體的密度是ag-cm-3,則兩個最近的Fe原子間的距離為cm(設

M為阿伏伽德羅常數的值)。

15.有機物G是一種常見的食用香料。實驗室由鏈狀二烯燒4制備G的合成路線如下：

O

A^QH.^.AX0X—HBr_6

H,C-CH-CN

CHJCHJCOOC^CH-CH,O

：

dCHCH,COOHICH,IClb-CH.CN

小a一已一匕

G

回答下列問題:

(1)4的結構簡式為,。的化學名稱是o

(2)③的反應方程式為o

(3)④的反應試劑和反應條件分別是,⑤的反應類型是

(4)F中官能團名稱為,G的分子式為。

(5)H是E的同分異構體，其分子中含有苯環(huán)，苯環(huán)上只有2個取代基且處于對位，遇氯化鐵溶液顯紫

色，則H可能的結構有種。

(6)己知：①反應物分子的環(huán)外雙鍵比環(huán)內雙鍵更容易被氧化；

②AHC=CHR!—RCHO+RfCHO{R、R'代表炫基或氫原子)。寫出山有機物4制備

CHZOH

的合成路線：(無機試劑任選)。

參考答案及解析

1.答案：D

解析：解：4、不銹鋼是鐵的合金屬于混合物；

B、青銅是銅錫合金；

C、硬鋁屬于鋁的合金；

D、石英的主要成分為二氧化硅，不是合金。

故選：D。

根據合金的定義與特點進行解答：合金是指在一種金屬中加熱熔合其它金屬或非金屬而形成的具有

金屬特性的物質，合金概念有三個特點：①一定是混合物；②合金中各成分都是以單質形式存在；

③合金中至少有一種金屬.

本題主要考查合金與合金的性質，合金概念的三個特點要記牢；還要理解合金的性質，即合金的硬

度大，熔點低.本考點基礎性強，比較好把握.

2.答案：B

解析：解：2、標況下水不是氣態(tài)，力n=22.4L/moZ不適肋22.4L水的物質的量無法計算，所以22.4L

水中所含的分子數不確定，故A錯誤；

B、標準狀況下，aL的氧氣和氮氣的混合物含有的分子數N==必=彖x6.02x1023,故B正確；

C、常溫常壓下，48。。3中含有的氧原子數N=*MX一個分子中氧原子數=高禽、3以=3以=

3x6.02x1023,故C錯誤;

D、=22.4L/7no/適用于標況下的氣體，沒指名狀態(tài)，所以22.4L二氧化碳的物質的量不確定，原

子數不確定，故D錯誤。

故選：B。

A、標況下水不是氣態(tài)；

B、氮氣和氧氣均是雙原子分子，根據N=*Na來計算；

vm

C、根據氧原子數=1N4X一個分子中氧原子數來計算：

D^Vm=22.4L/mo/適用于標況下的氣體.

本題是一道關于阿伏加德羅常數的計算體，熟記宏觀量和微觀量之間的關系公式是解題的關鍵，難

度不大.

3.答案：D

解析：解：由分子式看出/ROy比HzR相差。原子和H原子，1摩爾的//xROy比1摩爾的HzR質量多64

克，如果多的質量為氧原子的質量，則。原子的物質的量為4mo/,即y=4,此時x=z,如果將一

個。換成H,則要有16個H原子，不符合客觀實際，所以分子式為％氏。4,"zR的化學式為當匕

A.符合本題條件的R有多種，可以是氯或者硫，故A正確；

B.當R為氯和硫時，對應的酸分別是He，。,、H2SO4,故B正確；

C.多的質量為氧原子的質量，則。原子的物質的量為4m0八即y=4,此時x=z,故C正確；

D.在第二周期中，存在含氧酸的B、C、N等元素，均不符合題中x=z的條件，故D錯誤；

故選：D.

依據題意InwIHxROy比lmo/HzR質量多64g,可知多出的可能是。和“，分別討論當多出的為。時、

多出的為。和H時，y與x、z的關系，以此來解答.

本題考查了元素性質、原子結構相關知識，熟悉相關知識是解題關鍵，題目難度中等.

4.答案:A

解析：解：4溶液中含有CO歹，則一定不含有⑷3+,因43+與C0歹發(fā)生雙水解反應不能共存，生成

沉淀，實驗3說明不含SO歹，該溶液中一定存在的離子為K+、廠、CO歹，一定不存在的離子為⑷3+、

SOj~,故A正確；

B.溶液變黃色時發(fā)生反應的離子方程式為：2廠+C%=/2+2C「，故B錯誤；

C.實驗1：向溶液中滴加足量氯水后，溶液變黃色，且有無色氣泡冒出，說明反應生成的碘單質，氣

體為二氧化碳、或二氧化硫，但實驗3：向實驗1所得溶液中加入足量BaC%溶液，無沉淀生成，說

明不含SOg，則溶液中一定存在81、CO.，無色氣體中一定為CO2,不可能有SO2,故C錯誤；

D.根據溶液呈電中性原則，溶液中一定含有K+,溶液中含有67。歹，則一定不含有43+,實驗1引進

了氯離子，則無法判斷原溶液中是否含有C廣，故D錯誤；

故選：4。

實驗1：向溶液中滴加足量氯水后，溶液變黃色，說明溶液中含有廣，且有無色氣泡冒出，說明溶液

中含離子S。歹、COj~,至少含其中一種；

實驗2：向所得橙色溶液加CC,4萃取后，取水層滴加力gNO3溶液，出現白色沉淀生成，該沉淀為硫酸

鋼或亞硫酸鋼或氯化銀，則原溶液中一定存在so歹、coj~,至少含其中一種，由于引進了氯離子,

則無法判斷原溶液中是否含有C廠；

實驗3：向實驗1所得溶液中加入足量BaC%溶液，無沉淀生成，說明不含SOg。

該溶液中一定存在的離子為K+、廠、C。仁，一定不存在的離子為43+、s。歹，可能存在Cr。

本題考查離子的檢驗及離子共存問題，題目難度中等，注意把握反應的實驗現象，結合離子的性質

進行判斷。

5.答案：D

解析：解：4滴定管需要潤洗，但錐形瓶不能潤洗，否則導致消耗標準液體積偏大，測定結果偏高，

故A錯誤；

B.滴定前，滴定管中液體的液面不一定非要調至0刻度，可調至0刻度以下，故B錯誤；

C.滴定至終點時，溶液不一定呈中性，如NaOH達到醋酸，滴定終點生成醋酸鈉，溶液呈堿性，故C

錯誤；

D.測定待測液的濃度，為了減少滴定誤差，必須至少需要完成兩組平行實驗，取消耗標準液的平均

值，故D正確；

故選：

A.錐形瓶不能用待裝液潤洗；

B.滴定管中液體的液面可調至?？潭纫韵拢?/p>

C.滴定終點時溶液可能為酸性、中性或堿性；

D.為了減少滴定誤差，至少需要完成兩組平行實驗。

本題考查中和滴定，題目難度不大，明確中和滴定原理為解答關鍵，注意掌握中和滴定操作步驟及

錐形瓶、滴定管的使用方法，試題側重考查學生的分析能力及化學實驗能力。

6.答案：C

解析：

本題考查了電解原理，明確陰陽極上發(fā)生的電極反應是解本題關鍵，注意結合陽離子氧化性強弱分

析解答，知道陽極泥成分，難度不大。

A.陰極上得電子發(fā)生還原反應，電極反應式為N/++2e-=M,故A錯誤：

B.電解過程中陽極失電子的有尸e、Zn.Ni；陰極析出的是保：依據電子守恒，陽極質量的減少與陰

極質量的增加不相等，故B錯誤；

C.金屬活潑性Fe和Zn較強，Cu和Pt較弱，Fe和Zn優(yōu)先溶解，Cu和Pt則形成陽極泥，活潑金屬溶解

提供一部分電子，則N-+被還原為Ni時，溶液中Ni2+變化，故C正確；

D.Fe溶解產生Fe2+,故D錯誤。

故選C。

7.答案:A

解析：解：對于/2(g)+H2(g)U2H/(g)A”<0,反應前后氣體的體積不變，則增大壓強平衡不移

動，a容器恒容恒溫，b容器恒壓恒溫，由于壓強對平衡無影響，則以。)的轉化率的大小關系是a=b,

正反應為放熱反應，升高溫度平衡逆向移動，c容器恒容絕熱，則溫度高于a、b,則a=b>c。

故選：A.

對于/2(g)+H2(g)=2H/(g)△”<(),反應前后氣體的體積不變，則增大壓強平衡不移動，正反應

為放熱反應，升高溫度平衡逆向移動，c容器恒容絕熱，則溫度高于a、b,以此解答該題.

本題考查了化學平衡影響因素，側重考查容器特征、化學平衡移動原理，為高頻考點，注意恒溫恒

容容器、恒溫恒壓容器、恒容絕熱容器改變條件對平衡的分析方法，題目難度中等.

8.答案：C

解析：解：4粉塵屬于易燃易爆物質，生成車間要禁止煙火，故A正確；

B.濾液力溶質為氯化鐵、氯化亞鐵、過量的稀鹽酸，加入鐵粉還原鐵離子和反應過量的鹽酸：2Fe3++

Fe=3Fe2+>故B正確；

C.步驟④中，防止其在步驟⑤中繼續(xù)氧化+2價鐵元素，%。2最好不要過量，故C錯誤；

D.膠體分散質微粒直徑在1到100納米間，納米態(tài)Fes。,粒子，可將其形成分散系為膠體，做丁達爾

效應實驗可以驗證，故D正確。

故選：Co

鐵泥(主要成分為尸62。3、Fe。和少量Fe)與稀鹽酸反應得到的濾液4溶質為氯化鐵、氯化亞鐵、過量

的稀鹽酸，加入鐵粉還原鐵離子：2Fe3++Fe=3Fe2+,過濾過量的鐵，濾液B的溶質為氯化亞鐵，

加入氫氧化鈉溶液，生成Fe(OH)2渾濁液，向渾濁液中加入雙氧水氧化：2尸e(O“)2+/。2=

2FeOOH+2H2O,反應完成后需再加熱一段時間除去剩余也。2，再與氯化亞鐵加熱攪拌發(fā)生反應:

△

2+

2FeOOH+Fe+2OH~—Fe3O4+2//2O-過濾、洗滌、干燥得產品/=>3。4，以此解答該題。

本題考查了物質的制備，為高頻考點和常見題型，側重考查學生的分析、實驗能力，題目涉及對工

藝流程的理解、氧化還原反應、對條件的控制選擇與理解、信息獲取與遷移運用等，需要學生具備

扎實的基礎，題目難度中等。

9.答案：C

解析：解：4FeO廠具有強氧化性，能夠殺菌消毒，FeO廠被還原生成的鐵離子水解生成氫氧化鐵膠

體具有較強吸附性，能夠凈水，則凈水作用與膠體的性質有關，故A正確；

B.溶液1中含有次氯酸鈉，在堿性條件下次氯酸鈉與鐵離子反應生成高鐵酸根氨離子和水，則溶液1T

溶液2的離子方程式為：2Fe3++3C7。-+10。"-=2Fe。廣+3C廠+5%。，故B正確；

C.鉀鹽、鈉鹽都易溶于水，溶液2中加入KOH析出了七尺。4固體，說明&FeO4的溶解度小于NazFeO^

不是出蹤。4難溶于水，故C錯誤；

D.高鐵酸鉀需要在干燥環(huán)境下冷藏，若高鐵酸鉀受熱會分解生成氧化鐵、氧化鉀和氧氣，反應方程

△

式為：4K2/6。4二2/02。3+3。2T+4K2。，故D正確；

故選：Co

漂白粉的主要成分為氯化鈣和次氯酸鈣，蘇打的主要成分為碳酸鈉，漂白粉和蘇打反應生成次氨酸

鈉(溶液1)和碳酸鈣；在堿性條件下次氯酸鈉與鐵離子發(fā)生反應2Fe3++3CIO-+100H-=

2FeOl-+3CI-+5H2O,生成FeOj-和水(溶液2)；向溶液2中加入一定量的KOH,經過過濾、洗滌、

干燥等步驟得到高鐵酸鉀(占FeOQ,以此分析解答。

本題考查物質的制備實驗，為高頻考點，把握制備原理、物質的性質、實驗技能為解答的關鍵，轉

移掌握常見元素化合物性質，C為易錯點，試題側重分析與實驗能力的考查，題目難度中等。

10.答案：D

解析：解：4、在純水中氫離子的濃度與氫氧根離子的濃度相等，所以c(OH-)與c(H+)之比為1：1,

故A正確；

B、p"=l的HF溶液氫離子的濃度為O.lnio,?廠1,而鹽酸是一元強酸酸的濃度等于氫離子的濃度,

所以兩者氫離子的濃度相等，故B正確；

C、根據電荷守恒：c(C“3C。。-)+c(OH-)=c(Na+)+c("+),PH=7說明溶液中c(0/T)=c("+),

所以c(C“3C。。-)=c(Na+),故C正確；

D、根據c(0/r)=需知，pH=12的Ba(OH)2溶液與p"=12的KOH溶液中氫氧根離子濃度相等

為O.OlmoZ/L,但溶質的物質的量濃度之比=0.005mo//L：0.01mol/L=1：2,故D錯誤；

故選：D。

A、在純水中氫離子的濃度與氫氧根離子的濃度相等；

B、pH=1的HF溶液氫離子的濃度為O.lmoE?『1；

C、根據電荷守恒：c(C“3COO-)+c(?！?)=c(Na+)+c(”+),結合PH=7分析解答；

D、c(O/r)=%結合化學式中氫氧根離子和化學式的關系分析.

本題考查了pH的有關計算，明確弱電解質的電離特點是解本題關鍵，學生要清楚純水中，氫離子的

濃度等于氫氧根離子的濃度，為易錯點.

11.答案：N。］+8e-+10H+=NHj+3H2。因為鐵表面生成不導電的FeO(。")，將鐵全部覆蓋，

阻止反應進一步發(fā)生本實驗條件下,Fe2+不能直接還原NO〉在Fe和北2+共同作用下能提高NO］的

去除率

解析：解：(l)Fe還原水體中N。1,則Fe作還原劑，失去電子，作負極，N。1在正極得電子發(fā)生還原

反應產生N赤，根據圖2信息可知為酸性環(huán)境，則正極的電極反應式為：NO1+8e~+10H+=NH^+

3H2。,

+

故答案為：NOi+8e-+10W=NHt+3W2O；

(2)pH越高,Fe3+越易水解生成FeO(OH),而尸eO(OH)不導電，將鐵全部覆蓋阻礙電子轉移，所以NOJ

的去除率低.

故答案為：因為鐵表面生成不導電的FeO(OH),將鐵全部覆蓋，阻止反應進一步發(fā)生；

(3)從圖2的實驗結果可以看出，單獨加入Fe2+時，N。*的去除率為0,因此得出尸e?+不能直接還原

NO”而Fe和Fe2+共同加入時NO1的去除率比單獨Fe高，因此可以得出結論：本實驗條件下，Fe2+

不能直接還原NO。在Fe和Fe2+共同作用下能提高N。］的去除率.

故答案為：本實驗條件下，Fe2+不能直接還原N。］；在Fe和北2+共同作用下能提高NO*的去除率；

(4)根據質量守恒定律，化學反應前后原子的種類和數目不變，每個X中含一個鈉原子和一個氯原子，

為氯化鈉，化學式為Na。.

故答案為：NaCl；

(5)高鐵酸鈉具有強氧化性，與水反應生成Fe(OH)3膠體，其中Fe元素化合價由+3價變?yōu)?6價，則。

元素化合價由-2價變?yōu)?價即有氧氣生成，則反應的離子方程式為：4Fe。廠+10為。=4Fe(OH)3(

膠體)+3。2T+80H1

故答案為：4FeO；-+10%。=4尸e(OH)3(膠體)+3O2T+80H~.

(l)Fe還原水體中NO。根據題意/=>3。4為電解質，則Fe作還原劑，失去電子，作負極；NO］在正極

得電子發(fā)生還原反應產生NH：,根據圖2信息可知為酸性環(huán)境；

(2)由于Fes/為電解質，而電解質主要作用是為電子轉移提供媒介，然后根據FeO(OH)不導電進行

分析；

(3)根據圖2中的三個實驗結果進行分析，單獨加入Fe2+時，NO1的去除率為0,因此得出Fe?+不能

直接還原NOg；而Fe和Fe2+共同加入時NO*的去除率比單獨Fe高；

(4)根據反應前后原子的種類與數目不發(fā)生改變進行判斷；

(5)高鐵酸鈉具有強氧化性，與水反應生成Fe(OH)3膠體，其中Fe元素化合價由+3價變?yōu)?6價，所

以0元素化合價由-2價變?yōu)?價即有氧氣生成，根據轉移電子守恒、電荷守恒及原子守恒書寫方程式.

本題考查化學反應原理，涉及電化學、氧化還原反應等相關知識，題中的Fe與N。］的反應跟溶液酸

堿性有關，抓住這一點是解題的關鍵，第II問的解答有一定的難度，特別是闡述上的準確性，題目

難度中等.

22+

12.答案：S02+MnO2=MnS04Al(OH)3.Fe(OH)3共價鍵和離子鍵S-+Cu=

2++3+

CuSI2Fe+H2O2+2H=2Fe+2H2O趁熱過濾2N/+H2SO4=(/VW4)2S04

解析：解：⑴Un。？與5。2反應的化學方程式為5。2+%。2=MnSC>4，

故答案為：S02+MnO2=MnS04；

(2)沉淀2的主要成分是小(OH｝、Fe(0H)3，

故答案為：4(?！?3、Fe(0H)3；

(3)“凈化”時，加入(N”4)2S的作用是沉淀Ci?+,(N“4)2S中含有共價鍵和離子鍵，沉淀反應的離

子方程式為S2-+Cu2+=CuSI,

故答案為：共價鍵和離子鍵；S2-+Cu2+=CuSI；

+3+

(4)加入雙氧水的目的是2Fe2++H202+2H=2Fe+2H2O,

故答案為：2Fe2++“2O2+2H+=2Fe3++2”2。；

(5)由圖可知，溫度較高時硫酸鐳的溶解度不大，且與硫酸鎮(zhèn)的溶解度差異大，則操作“I”應為蒸

發(fā)濃縮、趁熱過濾、洗滌、干燥，

故答案為：趁熱過濾：

(6)(N“4)2S04是一種常用的氮肥，可由氨氣與硫酸反應制得，反應的化學方程式為2N%+”2s。4=

(/VH4)2SO4,

故答案為：2N“3+H2s0&=(NHQ2SO4。

由流程可知，含錦廢料(主要成分用應。2，含有少量注2。3、42。3、Cu。、Cao等)與含有二氧化硫煙

2++2+

氣、稀硫酸溶解，^.S02+MnO2=Mn+S01~,Fe2O3+S02+2H=2Fe+SOl-+H20,

+3++2++

Al2O3+6H=2Al+3H2O,CUO+2H=Cu+H20,CaO+2H+SOl-=CaS04I+H2O,

沉淀1為CaS內,濾液1金屬陽離子為M"+、Fe2+,Al3+,Cu2+,加入雙氧水氧化Fe?+為Fe3+,調

節(jié)pH為5沉淀Fe3+、Al3+,沉淀2為4(0H)3和Fe(OH)3，濾液2金屬陽離子為“層+、Cu2+,加入

(N44)2S沉淀Ci?+,濾液3中除MnS04外，還含有少量(NHQzS。,，將濾液3蒸發(fā)濃縮、趁熱過濾、

洗滌、干燥制備“送。4，以此來解答。

本題考查混合物分離提純，為高頻考點，把握物質的性質、發(fā)生的反應、混合物分離方法為解答關

鍵，側重分析與實驗能力的考查，注意元素化合物知識的應用，題目難度不大。

13.答案：解：恒溫恒容時，混合氣體的壓強是反應前的J,說明混合氣體的物質的量也是反應前的

6o

設A轉化了物質的量工

24(g)+B(g)=2C(g)

初始物質的量2mol1mol0

轉化物質的量%x

平衡物質的量2mol—%1mol—x

則(2mol—%)+(Imol--%)+x=-x(2mol4-1mol)

26

%=1mol

(1)4的轉化率a(4)=gx100%=50%,答：A的轉化率為50%.

Imol

(2)C的物質的量分數為x100%=40%；

lmol+0.5mol+lmol

答：C的物質的量分數為40%；

解析：依據化學平衡三段式列式計算，設/轉物質的量》,

24(g)+8(g)=2C(g)

初始物質的量2mol1mol0

轉化物質的量XX

平衡物質的量2moZ-x1mo/-2xx

依據氣體壓強之比等于氣體物質的量之比計算分析.

本題考查了化學平衡計算方法的分析應用，主要考查轉化率、物質的量分數的計算分析，注意氣體

壓強之比等于氣體物質的量之比，題目較簡單.

14.答案：Is22s32P63s23P64sl或Mr]4s】；N>0>Na；sp；3^(^1.806x1024)；水分子間存在

氫鍵，氫鍵比分子間作用力強；”;b;離子晶體；乎凝

解析：解：(1)K原子核外有19個電子，根據構造原理書寫該原子核外電子排布式為

Is22s32P63s23P64sl或4sT,

故答案為：Is22s32P63s23P64sl或[4r]4si；

(2)①元素的非金屬性越強，其第一電離能越大；同一周期元素第一電離能隨著原子序數增大而呈增

大趨勢，但第〃4族、第族元素第一電離能大于其相鄰元素，所以這三種元素第一電離能大小順序

是N>0>Na,

故答案為：N>0>Na；

②CAT與氮氣分子互為等電子體，貝IC原子價層電子對個數是2,根據價層電子對互斥理論判斷C原

子雜化類型為sp；

(3)①1個"2。2中。鍵個數是3，則1m。出2。2中。鍵個數為3M(或1.806xIO?’,

故答案為：3刈(或1.806X1024)；

②含有氫鍵的物質熔沸點較高，/。中含有氫鍵、"2s不含氫鍵只含分子間作用力，氫鍵比分子間作

用力強，所以“2。的沸點比H2s高，

故答案為：水分子間存在氫鍵，氫鍵比分子間作用力強；

(4)①與C?；榈入娮芋w的分子中原子個數是2、價電子數是10,與C。互為等電子體的分子為N2；

配合物［CBN%)2］。。。。/中銅離子和N原子之間存在配位鍵，N-H、C一H、C一。原子之間存在

極性鍵，C-C原子之間存在非極性鍵，銅錢絡離子和醋酸根離子之間存在離子鍵，所以該物質中不

含金屬鍵，

故答案為：W2；b；

②尸02。3是由鐵離子和氧離子構成的，所以晶體類型是離子晶體，

故答案為：離子晶體；

1-13M.

③該晶胞中Fe原子個數=8x^+6x：=4,該晶胞棱長=無竺l，兩個最近的Fe原子間的距離為晶

胞棱長的趙倍，則兩個最近的Fe原子間的距離_在「陽在J留叵

7-A1Cfll-AICut-ICIIL

/2'a2yJa24CLNA

故答案為：案。

(1)K原子核外有19個電子，根據構造原理書寫該原子核外電子排布式；

(2)①元素的非金屬性越強，其第一電離能越大；同一周期元素第一電離能隨著原子序數增大而呈增

大趨勢，但第〃4族、第族元素第一電離能大于其相鄰元素；

②CN-與氮氣分子互為等電子體，則C原子價層電子對個數是2,根據價層電子對互斥理論判斷C原

子雜化類型；

⑶①1個"2。2中c鍵個數是3,據此計算1加0皿。2中。鍵個數：

②含有氫鍵的物質熔沸點較高；

(4)①與C。互為等電子體的分子中原子個數是2、價電子數是10；

配合物[Cn(NH