1、2020 年全国高考考前适应性模拟卷 化 学 6.30 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 P 31 S 32 Fe 56 Cu 64 Cr 52 Sr 87.6 一、选择题：本题共 7 个小题，每小题 6 分，共 42 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目 要求的。 7化学与科学、技术、社会、环境（STSE）密切联系。下列说法错误的是（ ） A绿色化学要求从源头上消除或减少生产活动对环境的污染 B生产 N95 口罩的主要原料聚丙烯是一种高分子化合物 C新冠病毒可用 75%乙醇、次氯酸钠溶液、过氧乙酸（CH3COOOH）进行消毒，其消毒原理相同 D聚乙烯是
2、生产食品保鲜膜、塑料水杯等生活用品的主要材料，不能用聚氯乙烯替代 8设 A N为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ） A 2 7.8g Na S与 22 Na O的混合物，含离子总数为 A 0.3 N B已知 5 CrO中铬元素的化合价为6价，则 5 1mol CrO分子中存在的过氧键数目为 A N C 1 22 1L1mol L H O 溶液完全反应，转移电子数目一定为 A 2 N D常温时，pH5的盐酸中水电离的OH数目为 9 10N 9X、Y、Z、M 为四种短周期元素。X、Y、Z 是原子数依次递增的同周期元素，X 与 Z 可形成常见的 XZ 或 XZ2型分子，Y 与 M 形成的气态
3、化合物对氢气的相对密度为 8.5。下列判断正确的是（ ） A最高价含氧酸的酸性：XYcX(OH) D在 3 X(OH)NO水溶液中， -+2+ 2 cX(OH) +c(OH )=c X+c H 二、 非选择题： 本卷包括必考题和选考题两部分。 第 2628 题为必考题， 每个试题考生都必须作答。 第 3536 题为选考题，考生根据要求作答。 （一）必考题：共 43 分。 26 （15 分）碳的氧化物对环境的影响较大，研究和开发碳的氧化物的应用对发展低碳经济，构建生态文明 社会具有重要的意义。 （1）已知：甲醇的燃烧热 H726.4 kJ mol1； H2(g) 1 2 O2(g)=H2O(l)
4、 H285.8 kJ mol1 H2O(g)=H2O(l) H44 kJ mol1 则二氧化碳和氢气合成液态甲醇、生成气态水的热化学方程式为_。 （2）在 T1时，向体积为 2L 的恒容容器中充入物质的量之和为 3mol 的 CO 和 H2，发生反应 CO(g) 2H2(g)CH3OH(g)，反应达到平衡时 CH3OH(g)的体积分数()与 2 n(H ) n(CO) 的关系如图所示： 当起始 2 (H ) (CO) n n 2时， 经过5min达到平衡， CO的转化率为0.6， 则05min内平均反应速率v(H2)_。 若此刻再向容器中加入 CO(g)和 CH3OH(g)各 0.4mol，
5、达到新平衡时 H2的转化率将_(填“增大”“减小” 或“不变”)。 当 2 (H ) (CO) n n 3.5 时，达到平衡后，CH3OH 的体积分数可能是图像中的_(填“D”“E”或“F”)点。 （3） 已知由CO2生成CO的化学方程式为CO2(g)O(g)CO(g)O2(g)， 其正反应速率为v正k正 c(CO2) c(O)， 逆反应速率为 v逆k逆 c(CO) c(O2)， k 为速率常数。2500 K 时，k 逆1.21 105L s 1 mol1，k 正3.02 105L s 1 mol1，则该温度下该反应的平衡常数 K 为_。(保留小数点后一位小数) （4）CH3OHO2在新型聚合
6、物催化下可发生原电池反应，其装置如图： 外电路中每转移 3mol 电子，溶液中生成_molH 写出电极 B 的电极反应式：_。 27 （14 分）重铬酸钾常用作有机合成的氧化剂和催化剂等。由含铬废液（主要含 Cr3+、Fe3+、K+、SO 2- 4 等） 制备 K2Cr2O7的流程如图所示。 已知：I.在酸性条件下，H2O2能将 Cr2O 2- 7 还原为 Cr3+； .相关金属离子形成氢氧化物沉淀的 pH 范围如下： 金属离子 开始沉淀的 pH 沉淀完全的 pH Cr3+ 4.9 6.8 Fe3+ 1.5 2.8 请回答下列问题： （1）滤渣的主要成分 。 （2）加入 H2O2的作用是（用离
7、子方程式解释） 。 （3）加热的目的是 。 （4）“酸化”过程中发生反应的离子方程式为_；若该反应的平衡常数 K=4 1014L3 mol-3，已知：“酸化”后溶 液中 c(Cr2O 2- 7 )=1.6 10-3mol L-1，则溶液中 c(CrO 2- 4 )= 。 （5）“结晶”后得到 K2Cr2O7(M=294g mol-1)产品 0.6000g，将其溶解后用稀 H2SO4酸化，再用浓度为 0.01000mol L-1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定，滴定反应为：Cr2O 2- 7 +6Fe2+14H+2Cr3+6Fe3+7H2O，滴定 终点消耗标准溶液的体积为 900mL，则
8、产品的纯度为 。 （计算结果保留四位有效数字） （6）在 K2Cr2O7存在下，可利用微生物电化学技术实现含苯酚（C6H5OH）废水的有效处理，其工作原理如 图所示。 负极的电极反应式为 ； 一段时间后，中间室中 NaCl 溶液的浓度 （填“增大”、“减小”或“不变”） 。 28 （14 分）铁及其化合物在生产生活中有广泛应用。 （1） 3 FeCl可用作净水剂，也可用于无线电印刷电路做蚀刻剂。某化学兴趣小组利用如图所示装置向 500600 C 的铁屑中通入 2 Cl生产无水 3 FeCl。 已知： 3 FeCl固体呈黑棕色、 易潮解、100 C 左右时升华。 回答下列问题 写出用高锰酸钾和浓
9、盐酸在装置A中制备氯气的离子方程式 。 装置B中加入的试剂是_，装置C中玻璃丝的作用是_，E中NaOH 溶液的 作用是_。 有同学认为气体通入装置C前应除去其中含有的HCl，改进措施为_。 （2） 一种新型高效净水剂PAFC(聚合氯化铁铝 x1 xn3-n m Al Fe(OH) Cl ，广泛用于日常生活用水和工业污 水的处理。某化工厂欲以工业生产废料(金属铁、铝及其氧化物)为原料制取PAFC，设计生产流程如下： 实验室现需用 1 200mL2mol L的稀盐酸， 欲用 1 10mol L 的浓盐酸配制， 则所需浓盐酸体积为_。 PAFC中Fe显_价，PAFC在强酸性和强碱性溶液中均_稳定存在
10、(填“能”或“不能”)。 步骤中取样分析的目的是_。 A测定溶液中 2 Fe 与3 Fe 的含量比 B测定原料是否完全溶解 C测定溶液中 2 Fe 的含量，以确定加入 3 NaClO的量 D测定溶液中 3 Al 的含量 （二）选考题：共 15 分。请考生从 2 道题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。 35 化学选修 3： 物质结构与性质 （15 分） 目前我国研制的稀土催化剂催化转化汽车尾气示意图如下： （1）Zr 原子序数为 40，价电子排布式为 4d25s2，它在周期表中的位置是_。 （2）图中互为等电子体的两种气体分子是_。 （3）C3H8中所有碳原子的杂化方式是_。 （4
11、）图中属于非极性的气体分子是_。 Fe、Mn 元素的部分电离能数据列于下表中 元素 Fe Mn 电离能(kJ mol-1) I1 759 717 I2 1561 1509 I3 2957 3248 （5）从上表两元素部分电离能数据比较的可知，气态 Mn2+再失去一下电子比气态 Fe2+再夫去一个电子难， 原因是_。 （6）CO 与 Ni 可生成羰基镍Ni(CO)4，已知其中镍的化合价为 0，镍原子在基态时核外电子排式为 _，Ni(CO)4的配体是_，配位原子是_。 （7）为了节省贵金属并降低成本，也常用钙钛矿型复合氧化物作为催化剂。一种复合氧化物结构如图 A 所 示，则与每个 Sr2+紧邻的
12、O2-有_个。 图 A 图 B （8）与 Zr 相邻的 41 号元素 Nb 金属的晶格类型为体心立方晶格（图 B） ，原子半径为 apm，相对原子质量 为 b，阿伏加德罗常数为 NA，试计算晶体铌的密度为_g cm-3(用来 a、b、NA表示计算结果)。 36化学选修 5：有机化学基础（15 分） 喘通（）是我国最早自主研发生产的药物之一，主要用于支气管哮喘的治疗。其合 成路线如图： （1）A 的化学名称为_，反应的试剂与条件为_，反应的反应类型为_。 （2）E 中含氧官能团的名称为_。 （3）F 的结构简式为_。 （4）反应的化学方程式为_。 （5）B 的同分异构体 H 是含有氨基、能与 N
13、aHCO3溶液反应放出气体的芳香族化合物。则 H 的结构有 _种（不含立体异构） 。其中核磁共振氢谱有 5 组峰，且峰面积之比为 1：2：2：2：2 的是_ （写出其中一种的结构简式） 。 （6） 神农本草经中记载麻黄能“止咳逆上气”。从麻黄中提取的麻黄碱也可用于治疗支气管哮喘，其结构 简式为。 已知：+ CH3COCl+HCl。设计以苯、CH3CH2COCl、CH3NH2为原料合成麻黄碱的合成路线 _。 （无机试剂任选） 2020 年全国高考考前适应性模拟卷 化 学 6.30 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 P 31 S 32 Fe 56 Cu 64 Cr 52
14、 Sr 87.6 一、选择题：本题共 7 个小题，每小题 6 分，共 42 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目 要求的。 7化学与科学、技术、社会、环境（STSE）密切联系。下列说法错误的是（ ） A绿色化学要求从源头上消除或减少生产活动对环境的污染 B生产 N95 口罩的主要原料聚丙烯是一种高分子化合物 C新冠病毒可用 75%乙醇、次氯酸钠溶液、过氧乙酸（CH3COOOH）进行消毒，其消毒原理相同 D聚乙烯是生产食品保鲜膜、塑料水杯等生活用品的主要材料，不能用聚氯乙烯替代 【答案】C 【解析】 A.绿色化学要求从源头上消除或减少生产活动对环境的污染，A 正确； B.聚丙烯属于有
15、机合成高分子材料，B 正确； C. 75%的乙醇消毒利用乙醇的分子具有很大的渗透能力，它能穿过细菌表面的膜，打入细菌的内部，使构 成细菌生命基础的蛋白质凝固，将细菌杀死,即能使蛋白质变性，而次氯酸钠溶液、过氧乙酸是利用其强氧 化性消毒，因此，其消毒原理不同，故 C 错误； D.聚氯乙烯在使用过程中会慢慢释放出氯化氢，能够造成食品的污染，不能代替聚乙烯使用，故 D 正确； 8设 A N为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ） A 2 7.8g Na S与 22 Na O的混合物，含离子总数为 A 0.3 N B已知 5 CrO中铬元素的化合价为6价，则 5 1mol CrO分子中存在的过氧键
16、数目为 A N C 1 22 1L1mol L H O 溶液完全反应，转移电子数目一定为 A 2 N D常温时，pH5的盐酸中水电离的OH数目为 9 10N 【答案】A 【解析】 A Na2S 和 Na2O2的摩尔质量均为 78g/mol，则 7.8gNa2S 和 Na2O2的混合物的物质的量为 0.1mol，1molNa2S 由 2molNa+和 1molS2-构成，1molNa2O2由 2molNa+和 1mol 2- 2 O构成，因此 1molNa2S 和 Na2O2的混合物中含 有的离子总数为 0.3NA，A 选项正确； BCrO5中铬元素的化合价为+6 价，根据化合物中元素的化合价代
17、数和为 0 可知，CrO5中 1 个 O 显-2 价， 4 个 O 显-1 价，则 CrO5中有 2 个过氧键，因此 1molCrO5分子中存在的过氧键数目为 2NA，B 选项错误； CH2O2完全分解生成 H2O 和 O2时，O 元素的化合价有升高也有降低，即 1molH2O2完全反应时转移的电 子数为 NA，C 选项错误； D溶液体积位置，不能确定溶液中水电离出的 OH-数目，D 选项错误； 【点睛】 D 选项为易错点，解答时需要注意根据 pH 只能得出 H+或 OH-的浓度，而溶液体积未知，不能计算物质的 量及离子数目。 9X、Y、Z、M 为四种短周期元素。X、Y、Z 是原子数依次递增的
18、同周期元素，X 与 Z 可形成常见的 XZ 或 XZ2型分子，Y 与 M 形成的气态化合物对氢气的相对密度为 8.5。下列判断正确的是（ ） A最高价含氧酸的酸性：XYcX(OH) D在 3 X(OH)NO水溶液中， -+2+ 2 cX(OH) +c(OH )=c X+c H 【答案】C 【解析】 A.根据图像分析， Kb2= 14 10 2 7.8 10 6.2 (X ) (OH ) (OH )10 (X(OH) )(H ) ccKw c cc , Kb2的数量级为 10-8，故正确； B.X(OH)NO3水溶液中，X 主要以 X(OH)+形式存在，由图示可知，此时溶液中，pH 位于 7-8
19、 之间，因此水 溶液呈弱碱性，故正确； C.X2+的水解常数为由Kb2计算得10-6.2， 等物质的量的X(NO3)2和X(OH)NO3混合溶液中， c(X2+) c(X(OH)+)， 故错误； D.在 X(OH)NO3水溶液中， 存在电荷守恒， c(NO3-)+c(OH-)=2c(X2+)+c(H+)+c(X(OH)+)， 存在物料守恒 c(NO3-)= c(X2+)+c(X(OH)+)+ c(X(OH)2)，将物料守恒的关系式代入电荷守恒可得 c(X(OH)2) +c(OH-)= c(X2+)+ c(H+)， 故正确。 二、 非选择题： 本卷包括必考题和选考题两部分。 第 2628 题为必
20、考题， 每个试题考生都必须作答。 第 3536 题为选考题，考生根据要求作答。 （一）必考题：共 43 分。 26 （15 分）碳的氧化物对环境的影响较大，研究和开发碳的氧化物的应用对发展低碳经济，构建生态文明 社会具有重要的意义。 （1）已知：甲醇的燃烧热 H726.4 kJ mol1； H2(g) 1 2 O2(g)=H2O(l) H285.8 kJ mol1 H2O(g)=H2O(l) H44 kJ mol1 则二氧化碳和氢气合成液态甲醇、生成气态水的热化学方程式为_。 （2）在 T1时，向体积为 2L 的恒容容器中充入物质的量之和为 3mol 的 CO 和 H2，发生反应 CO(g)
21、2H2(g)CH3OH(g)，反应达到平衡时 CH3OH(g)的体积分数()与 2 n(H ) n(CO) 的关系如图所示： 当起始 2 (H ) (CO) n n 2时， 经过5min达到平衡， CO的转化率为0.6， 则05min内平均反应速率v(H2)_。 若此刻再向容器中加入 CO(g)和 CH3OH(g)各 0.4mol， 达到新平衡时 H2的转化率将_(填“增大”“减小” 或“不变”)。 当 2 (H ) (CO) n n 3.5 时，达到平衡后，CH3OH 的体积分数可能是图像中的_(填“D”“E”或“F”)点。 （3） 已知由CO2生成CO的化学方程式为CO2(g)O(g)CO
22、(g)O2(g)， 其正反应速率为v正k正 c(CO2) c(O)， 逆反应速率为 v逆k逆 c(CO) c(O2)， k 为速率常数。2500 K 时，k 逆1.21 105L s 1 mol1，k 正3.02 105L s 1 mol1，则该温度下该反应的平衡常数 K 为_。(保留小数点后一位小数) （4）CH3OHO2在新型聚合物催化下可发生原电池反应，其装置如图： 外电路中每转移 3mol 电子，溶液中生成_molH 写出电极 B 的电极反应式：_。 【答案】 （1）CO2(g)3H2(g)=CH3OH(l)H2O(g) H87.0 kJ mol1 （3 分） （2）0.12 mol
23、L1 min1（2 分） 增大（2 分） F（2 分） （3）2.5（2 分） （4）3（2 分） O22eH= 2 HO（2 分） 【解析】 （1）甲醇的燃烧热化学方程式为CH3OH(l)+ 3 2 O2(g)=2H2O(l)+CO2(g) H-726.4 kJ mol1； 又已知H2(g) 1 2 O2(g)=H2O(l) H-285.8 kJ mol1； H2O(g)=H2O(l) H-44 kJ mol1； 二氧化碳和氢气合成液态甲醇、生成气态水的热化学方程式为：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(l)+H2O(g)，根据盖 斯定律 3-得 H=(-285.8 kJ mol1) 3
24、-(-726.4 kJ mol1)-(-44 kJ mol1)=-87 kJ mol1；则热化学方程式 为 CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(l)+H2O(g) H=-87 kJ mol1； （2） 2 H CO n n =2， 二者物质的量之和为 3mol， 所以 n(H2)=2mol， n(CO)=1mol。 平衡时 CO 的转化率为 0.6， 则列三段式为： 23 mol120 mol0.61.20.6 mol0.40.80. CO g2HgCH OH g 6 起始() 转化() 平衡() 所以 05mi 内，n(H2)=1.2mol，容器体积为 2L，所以 v(H2)= 1.2m
25、ol 2L5min =0.12mol L1 min1； 容器体积为 2L，结合三段式可知平衡时 c(H2)=0.4mol/L，c(CO)=0.2mol/L，c(CH3OH)=0.3mol/L，所以该温 度下平衡常数 K= 2 0.3 =9.375 0.20.4 ， 再向容器中加入 CO(g)和 CH3OH(g)各 0.4mol， 则此时 c(CO)=0.4mol/L， c(CH3OH)=0.5mol/L，浓度商为 2 0.5 =7.8125 0.40.4 9.375，所以平衡会正向移动，氢气的转化率增大； 对于可逆反应，当反应物的投料比等于计量数之比时，产物的占比最大，所以当 2 H CO n
26、 n =2 时，甲醇的体 积分数最大，所以 2 H CO n n =3.5 时，平衡时甲醇的体积分数可能为图中 F 点； （3） 反应平衡正逆反应速率相等， 即 v正k正 c(CO2) c(O)=v逆k逆 c(CO) c(O2)， 此时 2 2 = COO COO cck ckc 正 逆 ， 而该反应的平衡常数 K= 2 2 COO COO cc cc = k k 正 逆 = 5 5 3.02 10 1.21 10 2.5； （4）电解质溶液为酸性溶液，结合分析，A 极的电极反应为 CH3OH-6e+H2O=CO2+6H+，B 极的电极反 应式为 O22eH= 2 HO；根据电子守恒可知外电路
27、中每转移 3mol 电子，溶液中生成 3molH+； B 极为正极，得电子发生还原反应，电极反应式为 O22eH= 2 HO。 【点睛】 对于可逆反应，当气体反应物的投料比与反应方程式中计量数之比相等时，气态生成物的体积分数最大； 当浓度商大于平衡常数时，平衡逆向移动，浓度商小于平衡常数时，平衡正向移动。 27 （14 分）重铬酸钾常用作有机合成的氧化剂和催化剂等。由含铬废液（主要含 Cr3+、Fe3+、K+、SO 2- 4 等） 制备 K2Cr2O7的流程如图所示。 已知：I.在酸性条件下，H2O2能将 Cr2O 2- 7 还原为 Cr3+； .相关金属离子形成氢氧化物沉淀的 pH 范围如下
28、： 金属离子 开始沉淀的 pH 沉淀完全的 pH Cr3+ 4.9 6.8 Fe3+ 1.5 2.8 请回答下列问题： （1）滤渣的主要成分 。 （2）加入 H2O2的作用是（用离子方程式解释） 。 （3）加热的目的是 。 （4）“酸化”过程中发生反应的离子方程式为_；若该反应的平衡常数 K=4 1014L3 mol-3，已知：“酸化”后溶 液中 c(Cr2O 2- 7 )=1.6 10-3mol L-1，则溶液中 c(CrO 2- 4 )= 。 （5）“结晶”后得到 K2Cr2O7(M=294g mol-1)产品 0.6000g，将其溶解后用稀 H2SO4酸化，再用浓度为 0.01000mo
29、l L-1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定，滴定反应为：Cr2O 2- 7 +6Fe2+14H+2Cr3+6Fe3+7H2O，滴定 终点消耗标准溶液的体积为 900mL，则产品的纯度为 。 （计算结果保留四位有效数字） （6）在 K2Cr2O7存在下，可利用微生物电化学技术实现含苯酚（C6H5OH）废水的有效处理，其工作原理如 图所示。 负极的电极反应式为 ； 一段时间后，中间室中 NaCl 溶液的浓度 （填“增大”、“减小”或“不变”） 。 【答案】 （1）Fe(OH)3和 Cr(OH)3 （1 分） （2）2Cr(OH)3+3H2O2+4OH-2CrO 2- 4 +8H2O（2 分
30、） （3）除去过量 H2O2，防止将 Cr2O 2- 7 还原成 Cr3+ （1 分） （4）2CrO 2- 4 +2H+Cr2O 2- 7 +H2O（2 分） 2 10-8mol/L（2 分） （5）73.50%（3 分） （6）C6H5OH+11H2O-28e-6CO2+28H+ （2 分） 减小（1 分） 【解析】含铬废液（主要含 Cr3+、Fe3+、K+、SO 2- 4 等）制备 K2Cr2O7的流程：废液与足量 KOH 反应生成沉 淀 Cr（OH）3、Fe（OH）3，过滤得到滤渣Cr（OH）3、Fe（OH）3混合物，除去 K+、SO 2- 4 等离子，碱 性条件下在滤渣中加入过氧化氢
31、氧化 Cr（OH）3生成 K2CrO4，过滤除去 Fe（OH）3，得到 K2CrO4滤液， 加热除去过量过氧化氢，防止后续加酸时 H2O2能将 Cr2O 2- 7 还原为 Cr3+，加酸调 pH=1，使 K2CrO4溶液转化 为 K2Cr2O7溶液，蒸发结晶得到 K2Cr2O7晶体，以此解答该题。 【详解】 （1）由以上分析可知滤渣的主要成分是 Fe(OH)3和 Cr(OH)3； （2）“氧化”步骤中，碱性条件下，过氧化氢氧化 Cr（OH）3生成 K2CrO4溶液，反应的离子方程式为 2Cr(OH)3+3H2O2+4OH-2CrO 2- 4 +8H2O； （3）因为在酸性条件下，H2O2能将
32、Cr2O 2- 7 还原为 Cr3+，为防止后续“酸化”步骤中 H2O2将 Cr2O 2- 7 还原为 Cr3+而混入杂质，所以酸化之前必须除去 H2O2，并且 H2O2对热不稳定、易分解，通过加热可除去； （4） “酸化”过程中发生反应的离子方程式为 2CrO 2- 4 +2H+Cr2O 2- 7 +H2O； 酸化”过程中 pH=1， 即 c （H+） =0.1mol/L，反应 2CrO 2- 4 +2H+Cr2O 2- 7 +H2O 的平衡常数 K= 2- 27 2-22+ 4 ) (CrO ) c c(Cr O c(H ) = 3 22- 4 1.6 10 c (CrO ) 0.01 =
33、4 1014，解得 2- 4 c(CrO )=2 10-8molL-1； （5）由反应 Cr2O 2- 7 +6Fe2+14H+2Cr3+6Fe3+7H2O 有 n（K2Cr2O7）= 1 6 n(NH4)2Fe(SO4)2= 1 6 0.0100mol/L 0.9L=0.0015mol，产品的纯度=0.0015mol 294g/mol/0.6000g 100%=73.50%； （6）C6H5OHCO2，则苯酚发生氧化反应、作负极，结合电子守恒和电荷守恒有电极反应式 C6H5OH+11H2O-28e-6CO2+28H+； 由于电解质NaCl溶液被阳离子交换膜和阴离子交换膜隔离， 使Na+和Cl
34、-不能定向移动， 所以电池工作时， 负极生成的 H+透过阳离子交换膜加入 NaCl 溶液中，正极生成的 OH-透过阴离子交换膜进入 NaCl 溶液中与 H+反应生成水，是 NaCl 溶液浓度减小。 28 （14 分）铁及其化合物在生产生活中有广泛应用。 （1） 3 FeCl可用作净水剂，也可用于无线电印刷电路做蚀刻剂。某化学兴趣小组利用如图所示装置向 500600 C 的铁屑中通入 2 Cl生产无水 3 FeCl。 已知： 3 FeCl固体呈黑棕色、 易潮解、100 C 左右时升华。 回答下列问题 写出用高锰酸钾和浓盐酸在装置A中制备氯气的离子方程式 。 装置B中加入的试剂是_，装置C中玻璃丝
35、的作用是_，E中NaOH 溶液的 作用是_。 有同学认为气体通入装置C前应除去其中含有的HCl，改进措施为_。 （2） 一种新型高效净水剂PAFC(聚合氯化铁铝 x1 xn3-n m Al Fe(OH) Cl ，广泛用于日常生活用水和工业污 水的处理。某化工厂欲以工业生产废料(金属铁、铝及其氧化物)为原料制取PAFC，设计生产流程如下： 实验室现需用 1 200mL2mol L的稀盐酸， 欲用 1 10mol L 的浓盐酸配制， 则所需浓盐酸体积为_。 PAFC中Fe显_价，PAFC在强酸性和强碱性溶液中均_稳定存在(填“能”或“不能”)。 步骤中取样分析的目的是_。 A测定溶液中 2 Fe
36、与3 Fe 的含量比 B测定原料是否完全溶解 C测定溶液中 2 Fe 的含量，以确定加入 3 NaClO的量 D测定溶液中 3 Al 的含量 【答案】 （1） -+-2+ 422 2MnO +16H +10Cl2Mn +5Cl+8H O （3 分） 浓硫酸（1 分） 防止堵塞 导管（1 分） 除去过量氯气，防止其污染空气（1 分） 在装置 A、B 之间连接盛有饱和食盐水的洗 气瓶（2 分） （2）50mL（2 分） +3（1 分） 不能（1 分） C（2 分） 【解析】 【分析】 （1）根据题干信息可知实验目的为制备无水 FeCl3，装置 A 为制备 Cl2的装置，装置 B 为 气体的干燥装置
37、，C 装置为 Cl2和铁屑在 500-600时反应生成 FeCl3，D 装置中的浓硫酸可吸收水蒸气，防 止 E 中的水蒸气进入 C 装置中，E 为尾气处理装置，据此分析解答； （2）结合溶液稀释的规律进行相关计算，根据生产流程分析可知，工业生产废料加入过量的盐酸溶解后生 成 Fe2+、Fe3+和 Al3+，取样分析后加入 NaClO3将 Fe2+氧化为 Fe3+，加入 HCl(或 NaOH)调节 pH 水解聚合得 到 PAFC，据此分析解答。 【详解】 （1）装置 A 用高锰酸钾和浓盐酸制备氯气时，HCl 被氧化为 Cl2，高锰酸钾被还原为 MnCl2，反 应的离子方程式为 -+-2+ 422
38、 2MnO +16H +10Cl2Mn +5Cl+8H O，故答案为： -+-2+ 422 2MnO +16H +10Cl2Mn +5Cl+8H O； 装置 B 为气体的干燥装置，Cl2为酸性气体，可用浓硫酸干燥，由于 FeCl3在 100左右时升华，则装置 C 中玻璃丝的作用为防止堵塞导管，E 为尾气处理装置，NaOH 可吸收过量的 Cl2，防止其污染空气，故答案 为：浓硫酸；防止堵塞导管；除去过量氯气，防止其污染空气； 浓盐酸易挥发，生成的 Cl2中混有挥发的 HCl 气体，热铁屑与 HCl 反应会生成无水 FeCl2，使得制备的无 水 FeCl3不纯，因此可在装置 A、B 之间连接盛有饱
39、和食盐水的洗气瓶，除去 Cl2中含有的 HCl 气体，故答 案为：装置 A、B 之间连接盛有饱和食盐水的洗气瓶； （2） 根据公式 c稀 V稀=c浓 V浓可得， c稀HCl V稀HCl=c浓HCl V 浓HCl， 由于实验室中没有 200mL 的容量瓶， 因此选用 250mL 的容量瓶配制 2mol/L 的稀盐酸，则 HClHCl HCl HCl 2mol/L 0.25L V=0.05L=50mL 10mo cV cl/L 稀稀 浓 浓 ，故答案为：50mL； 由上述分析可知， NaClO3将 Fe2+氧化为 Fe3+， 加入 HCl(或 NaOH)调节 pH 水解聚合得到 PAFC， 因此
40、PAFC 中 Fe 显+3 价，PAFC 在强酸性或强碱性溶液中均不能稳定存在，故答案为：+3；不能； 在氧化之前，可测定溶液中 Fe2+的含量，以确定加入 NaClO3的量，C 选项符合题意，故答案为：C。 【点睛】 （2）为易错点，在计算时容易忽略实验室没有规格为 200mL 的容量瓶，直接用 200mL 进行计算，解答 一定量浓度溶液配制实验的计算时，一定要注意可选用的容量瓶的规格，选用可用规格的体积去进行相关 计算。 （二）选考题：共 15 分。请考生从 2 道题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。 35 化学选修 3： 物质结构与性质 （15 分） 目前我国研制的稀土催化
41、剂催化转化汽车尾气示意图如下： （1）Zr 原子序数为 40，价电子排布式为 4d25s2，它在周期表中的位置是_。 （2）图中互为等电子体的两种气体分子是_。 （3）C3H8中所有碳原子的杂化方式是_。 （4）图中属于非极性的气体分子是_。 Fe、Mn 元素的部分电离能数据列于下表中 元素 Fe Mn 电离能(kJ mol-1) I1 759 717 I2 1561 1509 I3 2957 3248 （5）从上表两元素部分电离能数据比较的可知，气态 Mn2+再失去一下电子比气态 Fe2+再夫去一个电子难， 原因是_。 （6）CO 与 Ni 可生成羰基镍Ni(CO)4，已知其中镍的化合价为
42、0，镍原子在基态时核外电子排式为 _，Ni(CO)4的配体是_，配位原子是_。 （7）为了节省贵金属并降低成本，也常用钙钛矿型复合氧化物作为催化剂。一种复合氧化物结构如图 A 所 示，则与每个 Sr2+紧邻的 O2-有_个。 图 A 图 B （8）与 Zr 相邻的 41 号元素 Nb 金属的晶格类型为体心立方晶格（图 B） ，原子半径为 apm，相对原子质量 为 b，阿伏加德罗常数为 NA，试计算晶体铌的密度为_g cm-3(用来 a、b、NA表示计算结果)。 【答案】 （1）第五周期B 族（1 分） （2）N2、CO（1 分） （3）sp3（1 分） （4）N2、O2、CO2（1 分） （5
43、）Mn2+转为化 Mn3+时，3d 能级由较稳定的 3d5半充满状态转变为不稳定的 3d4状态（2 分） （6）1s22s22p63s23p63d84s2或Ar 3d84s2（2 分） CO（1 分） C（1 分） （7）12（2 分） （8） 30 3 A 3 3 10 b 32a N （3 分） 【解析】 （1）Zr 原子序数为 40，价电子排布式为 4d25s2，最高能层为 5，位于周期表第 5 周期，价电子数 为 4，位于第 4 纵列，所以位于第B 族，即 Zr 位于周期表第 5 周期B 族； （2）N2和 CO 原子总数相同，价电子总数均为 10，二者互为等电子体； （3）C3H8分
44、子中每个 C 原子含有 4 个 键，所以每个 C 原子价层电子对数是 4，则 C 原子采用 sp3杂化； （4）O2和 N2是以非极性键结合的双原子一定为非极性分子；CO2中含有极性键，空间构型为直线形，结 构对称，分子中正负电荷中心重叠，为非极性分子； （5）由 Mn2+转化为 Mn3+时，3d 能级由较稳定的 3d5半充满状态转为不稳定的 3d4状态需要的能量较多； 而 Fe2+到 Fe3+时，3d 能级由不稳定的 3d6到稳定的 3d5半充满状态，需要的能量相对要少； （5） 镍元素为 28 号元素， 根据核外电子排布规律可知基态Ni原子的核外电子排布式为 1s22s22p63s23p6
45、3d84s2 或Ar 3d84s2； Ni(CO)4的配体是 CO， 虽然 C 和 O 原子都有孤电子对， 但 C 的电负性较小更容易给出电子， 所以配位原子为 C； (7)根据晶胞结构示意图可知，位于棱心上的 12 个 O2-与 Sr2+紧邻； (8)体心立方堆积中体对角线上的三个原子相切，设晶胞棱长为 x，则有3x=4a，所以 x= 4 3 3 apm，则晶 胞的体积 V= 3 4 3a 3 3pm3= 3 4 3a 3 3 10-30cm3；根据均摊法，晶胞中所含 Nb 原子的个数为 1 1+8 8 =2， 所以晶胞的质量 m= A 2b N g，所以晶胞的密度为 30 A 3 3 10c 2
