【導讀】2017年江蘇省南通市高考化學全真模擬試卷（二）。個選項符合題意）。1．《中華人民共和國安全生產法》指出安全生產工作應當以人為本，堅持安全發(fā)。展、預防為主、綜合治理的方針．下列做法不正確的是（）。A．面粉生產車間應嚴禁煙火。B．NH3泄露時向空中噴灑水霧。C．含Cl2的尾氣用堿溶液處理后再排放。D．金屬鈉失火時應立即用大量冷水撲滅。2．下列有關鈉元素及其化合物的表示正確的是（）。C．小蘇打在水中的電離方程式：NaHCO3═Na++HCO3﹣。C．濃硫酸具有脫水性，可用于干燥CO2. 之和為18，X與Z同主族，Y原子的最外層電子數等于周期數，W的單質在常溫。D．X、Y、W最高價氧化物對應的水化物兩兩之間能發(fā)生反應。用裝置進行銅和濃硫酸的反應。用裝置收集二氧化硫并吸收尾氣。用裝置稀釋反應后的混合液。用裝置測定余酸的濃度。D．與充分反應所得氣體中原子數目一定為××1023. C．1mol該化合物與足量溴水反應，消耗2molBr2

　　

【正文】 HCl 的氣氛中加熱脫水 ，得到 無水 FeCl3． 【考點】 制備實驗方案的設計；鐵的氧化物和氫氧化物；探究物質的組成或測量物質的含量． 【分析】 （ 1） ① 酸化 FeCl3 用鹽酸酸化，不引入雜質； ② 萃取是利用溶質在不同溶劑中的溶解度差異分離提取物質的一種方法，能萃取說明 FeCl3 在異丙醚中的溶解度大于其在水中的溶解度；檢驗 Fe3+用 KSCN 溶液效果最好； ③ 洗滌是除去沉淀表面雜質，冰水是減少沉淀溶解損失；故答案為：除去雜質、減少草酸鐵晶體的溶解損耗； ④ KMnO4 標準溶液具有強氧化性，應置于酸式滴定管中；根據高錳酸鉀的量計算 草酸的含量， a．沒有潤洗導致高錳酸鉀濃度低消耗體積多； b．讀數高錳酸鉀體積多； c．讀數體積偏小，結果偏低； （ 2）該過程中生成亞鐵離子需加雙氧水氧化為鐵離子，但實驗的目的是得到銅單質，反應生成的是銅和剩余鐵的混合物，故需加鹽酸除去銅中的鐵，并把反應濾液與前次合并，故操作為向濾渣中加入足量 HCl，充分反應后過濾、洗滌、干燥得銅粉；將兩次過濾所得濾液合并，向其中加入適量 H2O2 溶液至 Fe2+全部生成 Fe3+；直接加熱 FeCl3?6H2O 會水解，為抑制水解需在 HCl 氛圍下進行． 【解答】 解：（ 1） ① 酸化 FeCl3 用鹽酸酸化 ，不引入雜質，且抑制鐵離子的水解，故答案為：（濃）鹽酸； ② 萃取是利用溶質在不同溶劑中的溶解度差異分離提取物質的一種方法，能萃取說明 FeCl3 在異丙醚中的溶解度大于其在水中的溶解度；檢驗 Fe3+用 KSCN 溶液效果最好；故答案為： FeCl3 在異丙醚中的溶解度大于其在水中的溶解度；取少量溶液，向其中滴加少量 KSCN 溶液，若溶液變紅，則含有 Fe3+； ③ 洗滌是除去沉淀表面雜質，冰水是減少沉淀溶解損失，故答案為：除去雜質、減少草酸鐵晶體的溶解損耗； ④ KMnO4 標準溶液具有強氧化性，應置于酸式滴定管中； a．沒有潤 洗導致高錳酸鉀濃度低消耗體積多，偏高； b．讀數高錳酸鉀體積多，偏高； c．讀數體積偏小，結果偏低，正確； 故答案為：甲； c； （ 2）該過程中生成亞鐵離子需加雙氧水氧化為鐵離子，但實驗的目的是得到銅單質，反應生成的是銅和剩余鐵的混合物，故需加鹽酸除去銅中的鐵，并把反應濾液與前次合并，故操作為向濾渣中加入足量 HCl，充分反應后過濾、洗滌、干燥得銅粉；將兩次過濾所得濾液合并，向其中加入適量 H2O2 溶液至 Fe2+全部生成 Fe3+；直接加熱 FeCl3?6H2O 會水解，為抑制水解需在 HCl 氛圍下進行， 故答案為：向濾 渣中加入足量 HCl，充分反應后過濾、洗滌、干燥得銅粉；將兩次過濾所得濾液合并，向其中加入適量 H2O2 溶液至 Fe2+全部生成 Fe3+；將 FeCl3?6H2O 在 HCl 的氣氛中加熱脫水． 20．甲醇是一種重要的可再生能源． （ 1）已知： 2CH4（ g） +O2（ g） =2CO（ g） +4H2（ g） △ H=a kJ/mol CO（ g） +2H2（ g） =CH3OH（ g） △ H=b kJ/mol 寫出由 CH4 和 O2 制取 CH3OH（ g）的熱化學方程式： 2CH4（ g） +O2（ g） =2CH3OH（ g） △ H=（ a+2b） kJ/mol ． （ 2）反應： CO（ g） +2H2（ g） ═ CH3OH（ g）的平衡常數 K 的表達式為 K= ； 圖 1 是反應時 CO 和 CH3OH（ g）的物質的量濃度隨時間（ t）的變化曲線．從反應開始至達到平衡時，用 H2 表示的反應速率 v（ H2） = （ L． min） ． （ 3）在一容積可變的密閉容器中充入 10mol CO 和 20mol H2，發(fā)生反應并達到平衡， CO 的平衡轉化率隨溫度（ T）、壓強（ P）的變化曲線如圖 2 所示． ① 能判斷該反應達到化學平衡狀態(tài)的是 BD （填選項字母）． A． H2 的消耗速率等于 CH3OH 的生 成速率的 2 倍 B． H2 的體積分數不再改變 C． H2 的轉化率和 CO 的轉化率相等 D．混合氣體的平均相對分子質量不再改變 ② 比較 A、 B 兩點壓強大?。?P（ A） ＜ P（ B）（填 “＞ ”、 “＜ ”或 “=”）． ③ 比較 KA、 KB、 KC 的大?。? KA=KB＞ KC ． （ 4）以甲醇為燃料， O2 為氧化劑， KOH 溶液為電解質溶液，可制成燃料電池（電極材料為惰性電極）．若 KOH 溶液足量，寫出燃料電池負極的電極反應式： CH3OH﹣ 6e﹣ +8OH﹣ =CO32﹣ +6H2O ． 【考點】 化學平衡狀態(tài)的判斷；熱化學方程式；原電池和電解 池的工作原理；化學平衡的計算． 【分析】 （ 1）根據蓋斯定律，由已知方程式構建目標方程式可得到 CH4 與 O2 反應生成 CH3OH 的熱化學反應方程式； （ 2）根據化學平衡常數為生成物的濃度冪之積除以反應物的濃度冪之積，列出平衡常數的表達式；根據化學反應速率是 υ（ H2） =2υ（ CH3OH）計算； （ 3） ① 平衡標志是正逆反應速率相同，各成分濃度保持不變分析判斷選項； ② 正反應方向為氣體體積減小的方向， T1℃ 時比較 CO 的轉化率，轉化率越大，則壓強越大； ③ 平衡常數只與溫度有關， A、 B 兩點溫度相同，平衡常數相同，由圖可知， 溫度 T1＜ T2，平衡時 B 點 CO 轉化率更高，則降低溫度平衡向正反應方向移動， K值增大； （ 4）燃料電池負極的電極反應是燃料失電子發(fā)生氧化反應，在堿性環(huán)境下，二氧化碳轉化為碳酸根離子，據此書寫． 【解答】 解：（ 1） ① 2CH4（ g） +O2（ g） =2CO（ g） +4H2（ g） △ H=a kJ/mol ② CO（ g） +2H2（ g） =CH3OH（ g） △ H=b kJ/mol 根據蓋斯定律，由 ① +② 2 得： 2CH4（ g） +O2（ g） =2CH3OH（ g） △ H=（ a+2b） kJ/mol， 故答案為： 2CH4（ g） +O2（ g） =2CH3OH（ g） △ H=（ a+2b） kJ/mol； （ 2）化學平衡常數為生成物的濃度冪之積除以反應物的濃度冪之積，反應物的生成物都是氣體，故平衡常數表達式為 K= ； υ（ CH3OH） = = =（ L． min），故 υ（ H2） =2υ（ CH3OH）=（ L． min）， 故答案為： K= ； （ L． min）； （ 3） A． H2 的消耗速率等于 CH3OH 的生成速率的 2 倍，都是指正反應方向，不能說明正逆反應速率相等，不一定平衡，故 A 錯誤； B． H2 的體積分數不再改變是化學平衡的特征， 達到了平衡，故 B 正確； C．體系中 H2 的轉化率和 CO 的轉化率相等，不能說明正逆反應速率相等，不一定平衡，故 C 錯誤； D．混合氣體的平均相對分子質量等于質量和物質的量的比值，物質的量變化，質量不變，所以當體系中氣體的平均相對分子質量不再改變，證明達到了平衡，故 D 正確； 故選 BD； ② 正反應方向為氣體體積減小的方向， T1℃ 時比較 CO 的轉化率，轉化率越大，則壓強越大，圖象中 PB轉化率大于 PA，可知 PA＜ PB，故答案為： ＜ ； ③ 平衡常數只與溫度有關， A、 B 兩點溫度相同，平衡常數相同，則 KA=KB；由圖可知， B、 C 兩 點壓強相同，平衡時 B 點 CO 轉化率更高，又溫度 T1＜ T2，則降低溫度平衡向正反應方向移動， K 值增大，則 KB＞ KC，故答案為： KA=KB＞ KC； （ 4）燃料電池負極的電極反應是燃料失電子發(fā)生氧化反應，在堿性環(huán)境下，二氧化碳轉化為碳酸根離子，所以負極反應為： CH3OH﹣ 6e﹣ +8OH﹣ =CO32﹣ +6H2O，故答案為： CH3OH﹣ 6e﹣ +8OH﹣ =CO32﹣ +6H2O． 【化學 選修題 3：物質結構與性質】 21． A、 B、 C、 D、 E、 F 六種元素均位于周期表的前四周期，且原子序數依次增大．元素 A 是原子半徑最小的元 素； B 元素基態(tài)原子的核外電子分占四個原子軌道（能級）； D 元素原子的已成對電子總數是未成對電子總數的 3 倍； E 與 D 處于同一主族； F 位于 ds 區(qū)，且原子的最外層只有 1 個電子． （ 1） F+離子的電子排布式是 1s22s22p63s23p63d10{或 [Ar]3d10} ． （ 2） B、 C、 D 元素的第一電離能由大到小的順序是 N＞ O＞ C ． （ 3） B、 C 元素的某些氫化物的分子中均含有 18 個電子，則 B 的這種氫化物的化學式是 C2H6 ； B、 C 的這些氫化物的沸點相差較大的主要原因是 氮的氫化物（ N2H4）分子間存在氫鍵 ． （ 4） A、 B、 D 可形成分子式為 A2BD 的某化合物，則該化合物分子中 B 原子的軌道雜化類型是 sp2 ； 1mol 該分子中含有 π 鍵的數目是 1mol ． （ 5） C、 F 兩元素形成的某化合物的晶胞結構如圖所示，則該化合物的化學式是 Cu3N ， C 原子的配位數是 6 ． 【考點】 晶胞的計算；原子核外電子排布；原子結構與元素周期律的關系． 【分析】 A、 B、 C、 D、 E、 F 六種元素均位于周期表的前四周期，且原子序數依次增大；元素 A 是原子半徑最小的元素，則 A 是 H 元素； B 元素基態(tài)原子的核外電子分占四個原子軌道（能級），則 B 為 C 元素； D 元素原子的已成對電子總數是未成對電子總數的 3 倍，則 D 是 O 元素， C 元素原子序數大于 B 而小于 D，則C 是 N 元素； E 與 D 處于同一主族，則 E 是 S 元素； F 位于 ds 區(qū)，且原子的最外層只有 1 個電子，則 F 為 Cu 元素； （ 1） Cu+是 Cu 原子失去最外層電子得到的離子，其離子核外有 28 個電子，根據構造原理書寫亞銅離子核外電子排布式； （ 2） B、 C、 D 分別是 C、 N、 O 元素，且位于同一周期，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 IIA 族、第 VA 族元素第一電離能大于其相鄰元素； （ 3） C、 N 元素的某些氫化物 的分子中均含有 18 個電子，則 B 的這種氫化物為乙烷； 含有氫鍵的氫化物熔沸點較高； （ 4） H、 C、 O 可形成分子式為 H2CO 的某化合物，為 HCHO，該分子中 C 原子價層電子對個數是 3 且不含孤電子對，根據價層電子對互斥理論判斷 C 原子雜化方式；一個甲醛分子中含有 1 個 π 鍵； （ 5） N、 Cu 兩元素形成的某化合物的晶胞結構如圖所示，利用均攤分計算該晶胞中 N、 Cu 原子個數，從而確定其化學式；該晶胞中 N 原子配位數為 6． 【解答】 解： A、 B、 C、 D、 E、 F 六種元素均位于周期表的前四周期，且原子序數依次增大；元素 A 是原子半徑最小的 元素，則 A 是 H 元素； B 元素基態(tài)原子的核外電子分占四個原子軌道（能級），則 B 為 C 元素； D 元素原子的已成對電子總數是未成對電子總數的 3 倍，則 D 是 O 元素， C 元素原子序數大于 B 而小于 D，則 C 是 N 元素； E 與 D 處于同一主族，則 E 是 S 元素； F 位于 ds 區(qū)，且原子的最 外層只有 1 個電子，則 F 為 Cu 元素； （ 1） Cu+是 Cu 原子失去最外層電子得到的離子，其離子核外有 28 個電子，根據構造原理書寫亞銅離子核外電子排布式為 1s22s22p63s23p63d10{或 [Ar]3d10}， 故答案為： 1s22s22p63s23p63d10{或 [Ar]3d10}； （ 2） B、 C、 D 分別是 C、 N、 O 元素，且位于同一周期，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 IIA 族、第 VA 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＞ O＞ C，故答案為： N＞O＞ C； （ 3） C、 N 元素的某些氫化物的分子中均含有 18 個電子，則 B 的這種氫化物為C2H6； 含有氫鍵的氫化物熔沸點較高，氮的氫化物中含有氫鍵而碳的氫化物中不含氫鍵，所以氮的氫化物熔沸點較高， 故答案為： C2H6；氮的氫化物（ N2H4）分子間存在氫鍵； （ 4） H、 C、 O 可形成分子式為 H2CO 的某化合物，為 HCHO，該分子中 C 原子價層電子對個數是 3 且不含孤電子對，根據價層電子對互斥理論判斷 C 原子雜化方式為 sp2；一個甲醛分子中含有 1 個 π 鍵，則 1mol 甲醛中含有 1molπ 鍵， 故答案為： sp2； 1mol； （ 5） N、 Cu 兩元素形成的某化合物的晶胞結構如圖所示，該晶胞中 Cu 原子個數=12 = N 原子個數 =8 =1，所以其化學式為 Cu3N；該晶胞中 N 原子配位數為 6， 故答案為： Cu3N； 6． 【化學 選修題 5：實驗化學】 22．苯甲酸苯酯是重要的有機合成中間體，工業(yè)上用 二苯甲酮制備苯甲酸苯酯． 制備苯甲酸苯酯的實驗步驟為：