【正文】 Cl 的氣氛中加熱脫水 ，得到 無水 FeCl3． 【考點】 制備實驗方案的設(shè)計；鐵的氧化物和氫氧化物；探究物質(zhì)的組成或測量物質(zhì)的含量． 【分析】 （ 1） ① 酸化 FeCl3 用鹽酸酸化，不引入雜質(zhì)； ② 萃取是利用溶質(zhì)在不同溶劑中的溶解度差異分離提取物質(zhì)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(zhì)，冰水是減少沉淀溶解損失；故答案為：除去雜質(zhì)、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(jù)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(shù)高錳酸鉀體積多； c．讀數(shù)體積偏小，結(jié)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(zhì)，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(zhì)，且抑制鐵離子的水解，故答案為：（濃）鹽酸； ② 萃取是利用溶質(zhì)在不同溶劑中的溶解度差異分離提取物質(zhì)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(zhì)，冰水是減少沉淀溶解損失，故答案為：除去雜質(zhì)、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(shù)高錳酸鉀體積多，偏高； c．讀數(shù)體積偏小，結(jié)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(zhì)，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(shù) K 的表達式為 K= ； 圖 1 是反應時 CO 和 CH3OH（ g）的物質(zhì)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(zhuǎn)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(shù)不再改變 C． H2 的轉(zhuǎn)化率和 CO 的轉(zhuǎn)化率相等 D．混合氣體的平均相對分子質(zhì)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 的大小： KA=KB＞ KC ． （ 4）以甲醇為燃料， O2 為氧化劑， KOH 溶液為電解質(zhì)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(jù)蓋斯定律，由已知方程式構(gòu)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(jù)化學平衡常數(shù)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(shù)的表達式；根據(jù)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(zhuǎn)化率，轉(zhuǎn)化率越大，則壓強越大； ③ 平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)， A、 B 兩點溫度相同，平衡常數(shù)相同，由圖可知， 溫度 T1＜ T2，平衡時 B 點 CO 轉(zhuǎn)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(zhuǎn)化為碳酸根離子，據(jù)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(jù)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(shù)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(shù)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(shù)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(zhuǎn)化率和 CO 的轉(zhuǎn)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(zhì)量等于質(zhì)量和物質(zhì)的量的比值，物質(zhì)的量變化，質(zhì)量不變，所以當體系中氣體的平均相對分子質(zhì)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(zhuǎn)化率，轉(zhuǎn)化率越大，則壓強越大，圖象中 PB轉(zhuǎn)化率大于 PA，可知 PA＜ PB，故答案為： ＜ ； ③ 平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)， A、 B 兩點溫度相同，平衡常數(shù)相同，則 KA=KB；由圖可知， B、 C 兩 點壓強相同，平衡時 B 點 CO 轉(zhuǎn)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(zhuǎn)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(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)】 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(shù)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(shù)是未成對電子總數(shù)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(shù)目是 1mol ． （ 5） C、 F 兩元素形成的某化合物的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，則該化合物的化學式是 Cu3N ， C 原子的配位數(shù)是 6 ． 【考點】 晶胞的計算；原子核外電子排布；原子結(jié)構(gòu)與元素周期律的關(guān)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(shù)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(shù)是未成對電子總數(shù)的 3 倍，則 D 是 O 元素， C 元素原子序數(shù)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(jù)構(gòu)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(shù)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(shù)是 3 且不含孤電子對，根據(jù)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(jié)構(gòu)如圖所示，利用均攤分計算該晶胞中 N、 Cu 原子個數(shù)，從而確定其化學式；該晶胞中 N 原子配位數(shù)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(shù)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(shù)是未成對電子總數(shù)的 3 倍，則 D 是 O 元素， C 元素原子序數(shù)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(jù)構(gòu)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(shù)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(shù)是 3 且不含孤電子對，根據(jù)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(jié)構(gòu)如圖所示，該晶胞中 Cu 原子個數(shù)=12 = N 原子個數(shù) =8 =1，所以其化學式為 Cu3N；該晶胞中 N 原子配位數(shù)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： 。