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2019年广东省深圳市高考化学二模试卷（含答案）
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这是一份2019年广东省深圳市高考化学二模试卷（含答案），共30页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
2019年广东省深圳市高考化学二模试卷
一、选择题：本大题共7小题，每小题6分，共78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．
1．（6分）劣质洗发水中含有超标致癌物二噁烷．关于该化合物的说法正确的是（ ）
A．与互为同系物
B．1mol二噁烷完全燃烧消耗5molO2
C．一氯代物有4种
D．分子中所有原子均处于同一平面
2．（6分）下列实验装置不能达到相应实验目的是（ ）
A．收集NH3
B．分离NH4Cl和I2
C．制备O2
D．制取蒸馏水
3．（6分）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．8 g S4中，含有质子数为8NA
B．1L pH＝1的稀H2SO4中，含有H+数目为0.2 NA
C．甲烷氯代反应中，消耗1mol Cl2生成HCl分子数为NA
D．密闭容器中，2 mol NO和1molO2充分反应后分子总数为2NA
4．（6分）NiSO4.6H2O易溶于水，其溶解度随温度升高明显增大。以电镀废渣（主要成分是NiO，还有CuO、FeO等少量杂质）为原料制备该晶体的流程如下：
下列叙述错误的是（ ）
A．溶解废渣时不能用稀盐酸代替稀H2SO4
B．除去Cu2+可采用FeS
C．流程中a﹣b的目的是富集NiSO4
D．“操作I”为蒸发浓缩、冷却结晶
5．（6分）主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次递增，且均不大于20．其中只有W、X处于同一周期，X的单质与水反应可生成W的单质，W、X、Z的最外层电子数之和是Y的最外层电子数的3倍。下列说法正确的是（ ）
A．简单离子的半径：Z＞X＞W
B．ZW2含有非极性共价键
C．简单氢化物的热稳定性：W＜Y
D．常温常压下Y的单质为气态
6．（6分）电解法处理CO2和SO2混合污染气的原理如图所示，电解质为熔融碳酸盐和硫酸盐，通电一段时间后，Ni电极表面形成掺杂硫的碳积层。下列说法错误的是（ ）
A．Ni电极表面发生了还原反应
B．阳极的电极反应为：2O2﹣﹣4e﹣＝O2↑
C．电解质中发生的离子反应有：2SO2+4O2﹣＝2SO42﹣
D．该过程实现了电解质中碳酸盐和硫酸盐的自补充循环
7．（6分）人体血液存在H2CO3/HCO3﹣，HPO42﹣/H2PO4﹣等缓冲对。常温下，水溶液中各缓冲对的微粒浓度之比的对数值lg x[x表示或与pH的关系如图所示。已知碳酸pKal＝6.4、磷酸pKa2＝7.2（pKa＝﹣lgKa）。则下列说法正确的是（ ）
A．曲线I表示lg与pH的变化关系
B．a﹣b的过程中，水的电离程度逐渐减小
C．当c（H2CO3）＝c（HCO3﹣）时，c（HPO42﹣）＝c（H2PO4﹣）
D．当pH增大时，逐渐减小
二、非选择题
8．（15分）FeCl3是重要的化工原料，无水氯化铁在300℃以上升华，遇潮湿空气极易潮解
（Ⅰ）制备无水氯化铁
①仪器X的名称为 。
②装置的连接顺序为a→ →j，k→ （按气流方向，用小写字母表示）。
③实验结束后，取少量F中的固体加水溶解，经检测发现溶液中含有Fe2+，其原因为 。
（2）探究FeCl3与SO2的反应
已知反应体系中存在下列两种化学变化：
（i） Fe3+与SO2发生络合反应生成Fe（SO2）62+（红棕色）；
（ii） Fe3+与SO2发生氧化还原反应，其离子方程式为①
步骤
现象
结论
Ⅰ．取5 mL1 mol•L﹣1 FeCl3溶液于试管中，通入SO2至饱和
溶液很快由黄色变为红棕色
\
Ⅱ．用激光笔照射步骤Ⅰ中的红棕色溶液
溶液中无明显光路
②红棕色物质不是 （填分散系种类）
Ⅲ将步骤Ⅰ中的溶液静置
1小时后，溶液逐渐变为浅绿色
\
IV．向步骤Ⅲ中溶液加入2滴K3[Fe（CN）6]溶液
③
溶液中含有Fe2+
④实验结论：反应（i）、（ii）的活化能大小关系是：E（i） E（ii）（填“＞”、“＜”或“＝”，下同），平衡常数大小关系是：K（i） K（ii）。
⑤另取5 mL l mol•L﹣l FeCl3溶液，先滴加2滴浓盐酸，再通入SO2至饱和。几分钟后，溶液由黄色变为浅绿色，由此可知：促使氧化还原反应（ii）快速发生可采取的措施是 。
9．（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+、SO42﹣等）制备K2Cr2O7的流程如图所示。
已知：Ⅰ在酸性条件下，H2O2能将Cr2O72﹣还原为Cr3+
Ⅱ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
回答下列问题：
（l）滤渣②的主要成分为 （填化学式）。
（2）写出“氧化”步骤中反应的化学方程式 。
（3）“加热”操作的目的是 。
（4）“酸化”过程中发生反应2CrO42﹣+H+⇌Cr2O72﹣+H2O（K＝4×1014L3•mol﹣3）已知，“酸化”后溶液中c（Cr2O72﹣）＝1.6×10﹣3mol•L﹣1则溶液中c（CrO42﹣）＝
（5）“结晶”后得到K2Cr2O7（M＝294g•mol﹣1）产品0.5000 g，将其溶解后用稀H2SO4酸化，再用浓度为0.01000 mol•L﹣l（NH4）2Fe（SO4）2标准溶液滴定，滴定终点消耗标准溶液的体积为900 mL，则产品的纯度为 。[滴定反应为：K2Cr2O7+6（NH4）2Fe（SO4）2+7H2SO4＝K2SO4+Cr2（SO4）3+6（NH4）2SO4+3Fe2（SO4）3+7H2O]
（6）在K2Cr2O7存在下，可利用微生物电化学技术实现含苯酚废水的有效处理，其工作原理如图所示。
①负极的电极反应式为 ；
②一段时间后，中间室中NaCl溶液的浓度 （填“增大”、“减小”或“不变”）。
10．（14分）二甲醚（CH3OCH3）重整制取H2，具有无毒、无刺激性等优点。回答下列问题：
（1）CH3OCH3和O2发生反应Ⅰ：CH3OCH3（g）+O2（g）＝2CO（g）+3H2（g）△H
已知：CH3OCH3（g）⇌CO（g）+H2（g）+CH4（g）△H1
CH4（g）+O2（g）＝CO（g）+2H2O（g）△H2
H2（g）+O2（g）＝H2O（g）△H3
①则反应Ⅰ的△H＝ （用含△H1、△H2、△H3的代数式表示）。
②保持温度和压强不变，分别按不同进料比通入CH3OCH3和O2，发生反应Ⅰ．测得平衡时H2的体积百分含量与进料气中的关系如图（a）所示。当＞0.6时，H2的体积百分含量快速降低，其主要原因是 （填标号）。
A．过量的O2起稀释作用
B．过量的O2与H2发生副反应生成H2O
C．＞0.6平衡向逆反应方向移动
（2）T℃时，在恒容密闭容器中通入CH3OCH3，发生反应Ⅱ：CH3OCH3（g）⇌CO（g）+H2（g）+CH4（g），测得容器内初始压强为41.6 kPa，反应过程中反应速率v（CH3OCH3）、时间f与CH3OCH3分压P（CH3OCH3）的关系如图（b）所示。
①t＝400 s时，CH3OCH3的转化率a﹣ （保留2位有效数字）；反应速率满足v（CH3OCH3）＝kPn（CH3OCH3），k＝ s﹣1；400 s时v（CH3OCH3） kPa•s﹣1。
②达到平衡时，测得体系的总压强P总＝121.6 kPa，则该反应的平衡常数Kp＝ kPa2（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数）。
③该温度下，要缩短达到平衡所需的时间，除改进催化剂外，还可采取的措施是 ，其理由是 。
【化学--选修3：物质结构与性质】（15分）
11．（15分）铜及其化合物在科研和生产中具有广泛用途。回答下列问题：
（l）基态Cu原子的价电子排布图是 。
（2）从核外电子排布角度解释高温下Cu2O比CuO更稳定的原因是 。
（3）铜晶体中Cu原子的堆积方式如图①所示，其堆积方式为 ，配位数为 。
（4）可做染料。NH3中N原子的杂化方式是 ；C、N、O元素的第一电离能由大到小的顺序是 （用元素符号表示）；SO42﹣的空间构型是 ，与该阴离子互为等电子体的五核微粒有 （任写一种）。
（5）由铜、钡、钙及铊的氧化物可以制得高温超导体，CaO的熔点比BaO的熔点高，其原因是 。
（6）金铜合金的晶胞如图②所示。金铜合金具有储氢功能，储氢后Au原子位于顶点，Cu原子位于面心，H原子填充在由1个Au原子和距Au原子最近的3个Cu原子构成的四面体空隙中，若Cu原子与Au原子的最短距离为a nm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体储氢后密度为 g•cm﹣3（列出计算式）。
【化学--选修5：有机化学基础】（15分）
12．蜂胶是一种天然抗癌药，主要活性成分为咖啡酸苯乙酯（J）。合成化合物I的路线如下：
已知：①
②RCHO+HOOCCH2COOHRCH＝CHCOOH
③当羟基与双键碳原子相连时，易发生转化：RCH﹣CHOH＝RCHCHO
请回答下列问题：
（l）化合物F的名称是 ；B﹣C的反应类型是 。
（2）化合物E中含氧官能团的名称是 ；G﹣H的反应所需试剂和条件分别是 、 。
（3）写出化合物C与新制Cu（OH）2悬浊液反应的化学方程式 。
（4）化合物W与E互为同分异构体，两者所含官能团种类和数目完全相同，且苯环上有3个取代基，则W可能的结构有 种（不考虑顺反异构），其中核磁共振氢谱显示有6种不同化学环境的氢，峰面积比为2：2：1：1：1：1，写出符合要求的W的结构简式 。
（5）参照上述合成路线，设计由CH3CH＝CH2和HOOCCH2COOH为原料制备CH3CH2CH＝CHCOOH的合成路线（无机试剂任选）。
2019年广东省深圳市高考化学二模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本大题共7小题，每小题6分，共78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．
1．（6分）劣质洗发水中含有超标致癌物二噁烷．关于该化合物的说法正确的是（ ）
A．与互为同系物
B．1mol二噁烷完全燃烧消耗5molO2
C．一氯代物有4种
D．分子中所有原子均处于同一平面
【分析】A．结构相似，组成相差n个CH2原子团的有机物互为同系物；
B．分子式为C4H8O2，可看成只有4个C、4个H消耗氧气；
C．结构对称，只有一种H；
D．分子中C均为四面体构型。
【解答】解：A．结构相似，组成相差n个CH2原子团的有机物互为同系物，二者含O原子不同，不是同系物，故A错误；
B．分子式为C4H8O2，可看成只有4个C、4个H消耗氧气，则l mol二噁烷完全燃烧消耗O2为1mol×（4+）＝5mol，故B正确；
C．结构对称，只有一种H，则一氯代物有1种，故C错误；
D．分子中C均为四面体构型，所有原子不可能共面，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项A为解答的易错点，题目难度不大。
2．（6分）下列实验装置不能达到相应实验目的是（ ）
A．收集NH3
B．分离NH4Cl和I2
C．制备O2
D．制取蒸馏水
【分析】A．氨气的密度比空气密度小；
B．加热氯化铵分解，碘升华；
C．二氧化锰可作催化剂，过氧化氢分解生成氧气；
D．自来水中水的沸点较低，沸石可防止暴沸。
【解答】解：A．氨气的密度比空气密度小，短导管进气向下排空气法可收集，故A正确；
B．加热氯化铵分解，碘升华，则加热法不能分离，故B错误；
C．二氧化锰可作催化剂，过氧化氢分解生成氧气，图中装置可制备氧气，故C正确；
D．自来水中水的沸点较低，沸石可防止暴沸，图中蒸馏装置可制备蒸馏水，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
3．（6分）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．8 g S4中，含有质子数为8NA
B．1L pH＝1的稀H2SO4中，含有H+数目为0.2 NA
C．甲烷氯代反应中，消耗1mol Cl2生成HCl分子数为NA
D．密闭容器中，2 mol NO和1molO2充分反应后分子总数为2NA
【分析】A．质量转化为物质的量，结合1个S含有16个质子计算；
B．pH＝1的稀H2SO4中，氢离子浓度为0.1mol/L；
C．依据取代反应特点：有进有出判断；
D．NO和O2反应方程式为2NO+O2＝2NO2，根据方程式知，2molNO与1molO2恰好完全反应生成2molNO2，但NO2和N2O4之间存在转化，方程式2NO2⇌N2O4；
【解答】解：A.8 g S4中，含有质子数为：×16×NA＝4NA，故A错误；
B.1 L pH＝1的稀H2SO4中，氢离子浓度为0.1mol/L，含氢离子物质的量为0.1mol，含有H+数目为0.1NA，故B错误；
C．依据取代反应特点：有进有出，甲烷氯代反应中，消耗l mol Cl2生成HCl分子数为NA，故C正确；
D．A．NO和O2反应方程式为2NO+O2＝2NO2，根据方程式知，2molNO与1molO2恰好完全反应生成2molNO2，但NO2和N2O4之间存在转化，方程式2NO2⇌N2O4，所以产物分子数小于2NA，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查阿伏加德罗常数的综合应用，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，题目难度中等。
4．（6分）NiSO4.6H2O易溶于水，其溶解度随温度升高明显增大。以电镀废渣（主要成分是NiO，还有CuO、FeO等少量杂质）为原料制备该晶体的流程如下：
下列叙述错误的是（ ）
A．溶解废渣时不能用稀盐酸代替稀H2SO4
B．除去Cu2+可采用FeS
C．流程中a﹣b的目的是富集NiSO4
D．“操作I”为蒸发浓缩、冷却结晶
【分析】根据流程，电镀废渣（主要成分是NiO，还有CuO、FeO等少量杂质）用稀硫酸酸浸，酸浸的滤液I主要有Ni2+、Cu2+、Fe2+，可加入硫化亚铁是将铜离子转化成更难溶的硫化铜，再除去Fe2+，滤液II主要含有Ni2+，加入碳酸钠溶液过滤得到NiCO3沉淀，用稀硫酸将其溶解得到NiSO4溶液，将其蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥得到NiSO4.6H2O晶体，据此分析作答。
【解答】解：A、溶解废渣时主要是用酸将金属离子溶解，稀盐酸可以达到目的，可代替稀硫酸，故A错误；
B、除去Cu2+可采用FeS，将铜离子转化为更难溶的CuS，得到的亚铁离子在ii除去，故B正确；
C、流程中a﹣b的目的是富集NiSO4，故C正确；
D、由溶液获得其溶质通过蒸发浓缩、冷却结晶，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查了物质的制备，主要涉及对流程的理解，题目难度中等，掌握基础是关键。
5．（6分）主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次递增，且均不大于20．其中只有W、X处于同一周期，X的单质与水反应可生成W的单质，W、X、Z的最外层电子数之和是Y的最外层电子数的3倍。下列说法正确的是（ ）
A．简单离子的半径：Z＞X＞W
B．ZW2含有非极性共价键
C．简单氢化物的热稳定性：W＜Y
D．常温常压下Y的单质为气态
【分析】主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且均不大于20，只有W、X处于同一周期，X的单质与水反应可生成W的单质，X的原子序数大于W元素，则X为F元素，W为O，结合原子序数可知Y、Z位于第三周期，W、X、Z的最外层电子数之和是Y的最外层电子数的3倍，设Y的最外层电子数为m、Z的最外层电子数为n，则6+7+n＝3m，只有n＝2时、m＝5符合，Y、Z不位于同周期，即Y为P、Z为Ca，以此来解答。
【解答】解：由上述分析可知，W为O、X为F、Y为P、Z为Ca，
A．电子层越多，离子半径越大，具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则简单离子的半径：Z＞W＞X，故A错误；
B．CaO2含有O﹣O非极性键，故B正确；
C．非金属性越强，对应氢化物越稳定，则简单氢化物的热稳定性：W＞Y，故C错误；
D．Y的单质为P，常温常压下为固态，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握元素的位置、元素化合物知识、原子结构来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识与元素化合物知识的应用，题目难度不大。
6．（6分）电解法处理CO2和SO2混合污染气的原理如图所示，电解质为熔融碳酸盐和硫酸盐，通电一段时间后，Ni电极表面形成掺杂硫的碳积层。下列说法错误的是（ ）
A．Ni电极表面发生了还原反应
B．阳极的电极反应为：2O2﹣﹣4e﹣＝O2↑
C．电解质中发生的离子反应有：2SO2+4O2﹣＝2SO42﹣
D．该过程实现了电解质中碳酸盐和硫酸盐的自补充循环
【分析】A、Ni电极表面硫酸根离子和碳酸根得电子生成单质硫和单质碳；
B、阳极发生氧化反应；
C、电解质中发生的离子反应有：SO42﹣﹣+6e﹣＝S+4O2﹣和CO32﹣﹣+4e﹣＝C+3O2﹣；
D、电解质中发生的离子反应SO42﹣﹣+6e﹣＝S+4O2﹣和CO32﹣﹣+4e﹣＝C+3O2﹣，而氧负离子与二氧化碳和二氧化硫结合生成硫酸根和碳酸根。
【解答】解：A、Ni电极表面硫酸根离子和碳酸根得电子生成单质硫和单质碳，发生还原反应，故A正确；
B、阳极是氧负离子失电子生成氧气，故B正确；
C、电解质中发生的离子反应有：SO42﹣﹣+6e﹣＝S+4O2﹣和CO32﹣﹣+4e﹣＝C+3O2﹣，故C错误；
D、电解质中发生的离子反应SO42﹣﹣+6e﹣＝S+4O2﹣和CO32﹣﹣+4e﹣＝C+3O2﹣，而氧负离子与二氧化碳和二氧化硫结合生成硫酸根和碳酸根，从而实现了电解质中碳酸盐和硫酸盐的自补充循环，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查学生电解池的工作原理知识，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握电解池的工作原理以及电极方程式的书写，难度不大。
7．（6分）人体血液存在H2CO3/HCO3﹣，HPO42﹣/H2PO4﹣等缓冲对。常温下，水溶液中各缓冲对的微粒浓度之比的对数值lg x[x表示或与pH的关系如图所示。已知碳酸pKal＝6.4、磷酸pKa2＝7.2（pKa＝﹣lgKa）。则下列说法正确的是（ ）
A．曲线I表示lg与pH的变化关系
B．a﹣b的过程中，水的电离程度逐渐减小
C．当c（H2CO3）＝c（HCO3﹣）时，c（HPO42﹣）＝c（H2PO4﹣）
D．当pH增大时，逐渐减小
【分析】H2CO3⇌HCO3﹣+H+的电离平衡常数Kal＝，所以lg＝pKal﹣pH＝6.4﹣pH，H2PO4﹣⇌HPO42﹣+H+的电离平衡常数Ka2＝，所以lg＝pH﹣pKa2＝pH﹣7.2，
A、当lgx＝0时，pH分别为6.4、7.2，据此分析解答；
B、酸对水的电离有抑制作用，酸性越强即pH越小，抑制作用越大，水的电离程度越小；
C、当c（H2CO3）＝c（HCO3﹣）时，即lg＝0，溶液中pH＝6.4，则lg＝pH﹣7.2＝6.4﹣7.2＝﹣0.8；
D、＝＝，pH增大则H2CO3⇌HCO3﹣+H+正向进行，使c（H2CO3）减小。
【解答】解：H2CO3⇌HCO3﹣+H+的电离平衡常数Kal＝，所以lg＝pKal﹣pH＝6.4﹣PH，H2PO4﹣⇌HPO42﹣+H+的电离平衡常数Ka2＝，所以lg＝pH﹣pKa2＝pH﹣7.2，
A、当lgx＝0时，pH分别为6.4、7.2，所以，曲线I表示lg与pH的变化关系，曲线II表示lg与pH的变化关系，故A错误；
B、酸对水的电离有抑制作用，酸性越强即pH越小，抑制作用越大，水的电离程度越小，a﹣b的过程中pH增大，溶液酸性减弱，水的电离程度增大，故B错误；
C、当c（H2CO3）＝c（HCO3﹣）时，即lg＝0，溶液中pH＝6.4，则lg＝pH﹣pKa2＝pH﹣7.2＝6.4﹣7.2＝﹣0.8＜0，即c（HPO42﹣）＜c（H2PO4﹣），故C错误；
D、＝＝，pH增大则H2CO3⇌HCO3﹣+H+正向进行，使c（H2CO3）减小，而Ka1、Ka2不变，所以pH增大时，逐渐减小，故D正确，
故选：D。
【点评】本题考查弱电解质的电离平衡及其溶液中离子浓度的变化关系，为高频考点，把握电离平衡常数意义及应用、分析图象信息是解题关键，注意比例式的恒等转化以判断其增减性的方法，题目难度较大。
二、非选择题
8．（15分）FeCl3是重要的化工原料，无水氯化铁在300℃以上升华，遇潮湿空气极易潮解
（Ⅰ）制备无水氯化铁
①仪器X的名称为 圆底烧瓶 。
②装置的连接顺序为a→ h，i→d，e →j，k→ g，f→b （按气流方向，用小写字母表示）。
③实验结束后，取少量F中的固体加水溶解，经检测发现溶液中含有Fe2+，其原因为 未升华出来的FeCl3与未反应完的铁粉在溶液中反应生成了Fe2+ 。
（2）探究FeCl3与SO2的反应
已知反应体系中存在下列两种化学变化：
（i） Fe3+与SO2发生络合反应生成Fe（SO2）62+（红棕色）；
（ii） Fe3+与SO2发生氧化还原反应，其离子方程式为① 2Fe3++SO2+2H2O＝4H++2Fe2++SO42﹣
步骤
现象
结论
Ⅰ．取5 mL1 mol•L﹣1 FeCl3溶液于试管中，通入SO2至饱和
溶液很快由黄色变为红棕色
\
Ⅱ．用激光笔照射步骤Ⅰ中的红棕色溶液
溶液中无明显光路
②红棕色物质不是 Fe（OH）3胶体 （填分散系种类）
Ⅲ将步骤Ⅰ中的溶液静置
1小时后，溶液逐渐变为浅绿色
\
IV．向步骤Ⅲ中溶液加入2滴K3[Fe（CN）6]溶液
③ 生成蓝色沉淀
溶液中含有Fe2+
④实验结论：反应（i）、（ii）的活化能大小关系是：E（i） ＜ E（ii）（填“＞”、“＜”或“＝”，下同），平衡常数大小关系是：K（i） ＜ K（ii）。
⑤另取5 mL l mol•L﹣l FeCl3溶液，先滴加2滴浓盐酸，再通入SO2至饱和。几分钟后，溶液由黄色变为浅绿色，由此可知：促使氧化还原反应（ii）快速发生可采取的措施是 增强FeCl3溶液的酸性 。
【分析】（1）制备无水氯化铁
①根据仪器特点可得；
②由于无水氯化铁遇潮湿空气极易吸水生成FeCl3•nH2O，而制得的氯气中含有水蒸气和氯化氢，所以在和铁反应之前需要净化氯气。氯化氢用饱和食盐水除去，浓硫酸用来干燥氯气，且首先除去氯化氢，最后干燥。同时为了防止氯气污染空气，且也为了防止空气中的水蒸气进入反应器，还需要有尾气处理装置，选择的装置是盛有碱石灰的干燥管，据此可得；
③氯化铁在溶液中与铁价态归中可得亚铁离子，据此分析；
（2）探究FeCl3与SO2的反应
①Fe3+与SO2发生氧化还原反应生成亚铁离子和硫酸根离子，据此书写；
②根据胶体的丁达尔效应分析；
③Fe2+与K3[Fe（CN）6]溶液可产生蓝色沉淀；
④根据反应速率判断活化能大小；根据反应的进行程度比较K的大小；
⑤加入盐酸后反应更快，说明酸性增强能加快反应ii。
【解答】解：（1）制备无水氯化铁
①仪器X为圆底烧瓶；
故答案为：圆底烧瓶；
②由于无水氯化铁遇潮湿空气极易吸水生成FeCl3•nH2O，而制得的氯气中含有水蒸气和氯化氢，所以在和铁反应之前需要净化氯气。氯化氢用饱和食盐水除去，浓硫酸用来干燥氯气，且首先除去氯化氢，最后干燥。同时为了防止氯气污染空气，且也为了防止空气中的水蒸气进入反应器，还需要有尾气处理装置，选择的装置是盛有碱石灰的干燥管，故连接顺序为：a→h，i→d，e→j，k→g，f→b；
故答案为：h，i→d，e；g，f→b；
③实验结束后，取少量F中的固体加水溶解，经检测发现溶液中含有Fe2+，原因是未升华出来的FeCl3与未反应完的铁粉在溶液中反应生成了Fe2+；
故答案为：未升华出来的FeCl3与未反应完的铁粉在溶液中反应生成了Fe2+；
（2）探究FeCl3与SO2的反应
①Fe3+与SO2发生氧化还原反应生成亚铁离子和硫酸根离子，离子反应为：2Fe3++SO2+2H2O＝4H++2Fe2++SO42﹣；
故答案为：2Fe3++SO2+2H2O＝4H++2Fe2++SO42﹣；
②FeCl3溶液也可得到红棕色Fe（OH）3胶体，用激光笔照射无明显光路，说明红棕色物质不是Fe（OH）3胶体；
故答案为：Fe（OH）3胶体；
③向步骤Ⅲ中溶液加入2滴K3[Fe（CN）6]溶液，根据结论：溶液中含有Fe2+，则现象为生成蓝色沉淀；
故答案为：生成蓝色沉淀；
④根据实验可知，反应i速率快，则其反应的活化能小，则E（i）＜E（ii），反应i得到的红棕色Fe（SO2）62+最终转化为反应ii的浅绿色Fe2+，则反应ii进行的程度更大，其化学平衡常数更大，则K（i）＜K（ii）；
故答案为：＜；＜；
⑤另取5 mL l mol•L﹣l FeCl3溶液，先滴加2滴浓盐酸，再通入SO2至饱和。几分钟后，溶液由黄色变为浅绿色，由此可知：酸性增强有利于反应ii的氧化还原反应，故促使氧化还原反应（ii）快速发生可采取的措施是增强FeCl3溶液的酸性，
故答案为：增强FeCl3溶液的酸性。
【点评】本题考查了物质的制备和探究性质实验方案设计，为高频考点，涉及的知识面广，综合性强，把握发生的氧化还原反应及现象的关系为解答的关键，题目难度中等。
9．（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+、SO42﹣等）制备K2Cr2O7的流程如图所示。
已知：Ⅰ在酸性条件下，H2O2能将Cr2O72﹣还原为Cr3+
Ⅱ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
回答下列问题：
（l）滤渣②的主要成分为 Fe（OH）3 （填化学式）。
（2）写出“氧化”步骤中反应的化学方程式 2Cr（OH）3+3H2O2+4KOH＝2K2CrO4+8H2O 。
（3）“加热”操作的目的是 除去过量的H2O2 。
（4）“酸化”过程中发生反应2CrO42﹣+H+⇌Cr2O72﹣+H2O（K＝4×1014L3•mol﹣3）已知，“酸化”后溶液中c（Cr2O72﹣）＝1.6×10﹣3mol•L﹣1则溶液中c（CrO42﹣）＝ 2×10﹣8mol•L﹣1
（5）“结晶”后得到K2Cr2O7（M＝294g•mol﹣1）产品0.5000 g，将其溶解后用稀H2SO4酸化，再用浓度为0.01000 mol•L﹣l（NH4）2Fe（SO4）2标准溶液滴定，滴定终点消耗标准溶液的体积为900 mL，则产品的纯度为 88.2% 。[滴定反应为：K2Cr2O7+6（NH4）2Fe（SO4）2+7H2SO4＝K2SO4+Cr2（SO4）3+6（NH4）2SO4+3Fe2（SO4）3+7H2O]
（6）在K2Cr2O7存在下，可利用微生物电化学技术实现含苯酚废水的有效处理，其工作原理如图所示。
①负极的电极反应式为 C6H5OH+11H2O﹣28e﹣＝6CO2+28H+ ；
②一段时间后，中间室中NaCl溶液的浓度 减小 （填“增大”、“减小”或“不变”）。
【分析】含铬废液（主要含Cr3+、Fe3+、K+、SO42﹣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①Cr（OH）3、Fe（OH）3混合物，除去K+、SO42﹣等离子，碱性条件下在滤渣中加入过氧化氢氧化Cr（OH）3生成K2CrO4，过滤除去Fe（OH）3，得到K2CrO4滤液②，加热除去过量过氧化氢，防止后续加酸时H2O2能将Cr2O72﹣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。
【解答】解：（1）滤渣①成分为Cr（OH）3、Fe（OH）3混合物，“氧化”步骤中Cr（OH）3转化为K2CrO4溶液，Fe（OH）3不反应也不溶与水，过滤分离的滤渣②为Fe（OH）3，
故答案为：Fe（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，结合电子守恒、原子守恒有化学方程式为2Cr（OH）3+3H2O2+4KOH＝2K2CrO4+8H2O，
故答案为：2Cr（OH）3+3H2O2+4KOH＝2K2CrO4+8H2O；
（3）因为在酸性条件下，H2O2能将Cr2O72﹣还原为Cr3+，为防止后续“酸化”步骤中H2O2将Cr2O72﹣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，
故答案为：除去过量的H2O2；
（4）酸化”过程中pH＝1，即c（H+）＝0.1mol/L，反应2CrO42﹣+2H+⇌Cr2O72﹣+H2O的平衡常数K＝＝＝4×1014，c（CrO42﹣）＝2×10﹣8mol•L﹣1，
故答案为：2×10﹣8mol•L﹣1；
（5）由反应K2Cr2O7+6（NH4）2Fe（SO4）2+7H2SO4＝K2SO4+Cr2（SO4）3+6（NH4）2SO4+3Fe2（SO4）3+7H2O有n（K2Cr2O7）＝n[（NH4）2Fe（SO4）2]＝×0.0100mol/L×0.9L＝0.0015mol，产品的纯度＝＝＝88.2%，
故答案为：88.2%；
（6）①C6H5OH→CO2，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+，
故答案为：C6H5OH+11H2O﹣28e﹣＝6CO2+28H+；
②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﹣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，使NaCl溶液浓度减小，
故答案为：减小。
【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握流程中发生的反应、混合物分离提纯、氧化还原反应规律为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意题干“已知”信息的应用，题目难度中等。
10．（14分）二甲醚（CH3OCH3）重整制取H2，具有无毒、无刺激性等优点。回答下列问题：
（1）CH3OCH3和O2发生反应Ⅰ：CH3OCH3（g）+O2（g）＝2CO（g）+3H2（g）△H
已知：CH3OCH3（g）⇌CO（g）+H2（g）+CH4（g）△H1
CH4（g）+O2（g）＝CO（g）+2H2O（g）△H2
H2（g）+O2（g）＝H2O（g）△H3
①则反应Ⅰ的△H＝ △H1+△H2﹣2△H3 （用含△H1、△H2、△H3的代数式表示）。
②保持温度和压强不变，分别按不同进料比通入CH3OCH3和O2，发生反应Ⅰ．测得平衡时H2的体积百分含量与进料气中的关系如图（a）所示。当＞0.6时，H2的体积百分含量快速降低，其主要原因是 （填标号）。
A．过量的O2起稀释作用
B．过量的O2与H2发生副反应生成H2O
C．＞0.6平衡向逆反应方向移动
（2）T℃时，在恒容密闭容器中通入CH3OCH3，发生反应Ⅱ：CH3OCH3（g）⇌CO（g）+H2（g）+CH4（g），测得容器内初始压强为41.6 kPa，反应过程中反应速率v（CH3OCH3）、时间f与CH3OCH3分压P（CH3OCH3）的关系如图（b）所示。
①t＝400 s时，CH3OCH3的转化率a﹣ 16% （保留2位有效数字）；反应速率满足v（CH3OCH3）＝kPn（CH3OCH3），k＝ 4.4×10﹣4 s﹣1；400 s时v（CH3OCH3） 1.54×10﹣2 kPa•s﹣1。
②达到平衡时，测得体系的总压强P总＝121.6 kPa，则该反应的平衡常数Kp＝ 4×104 kPa2（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数）。
③该温度下，要缩短达到平衡所需的时间，除改进催化剂外，还可采取的措施是 增大容器的压强或增大反应物的浓度 ，其理由是 提高反应物分压，化学反应速率加快 。
【分析】（1）①已知：Ⅰ．CH3OCH3（g）⇌CO（g）+H2（g）+CH4（g）△H1
Ⅱ．CH4（g）+O2（g）＝CO（g）+2H2O（g）△H2
Ⅲ．H2（g）+O2（g）＝H2O（g）△H3
盖斯定律计算Ⅰ+Ⅱ﹣2×Ⅲ得到CH3OCH3（g）+O2（g）＝2CO（g）+3H2（g）△H；
②当＞0.6时，H2的体积百分含量快速降低的原因可能是氧气和氢气发生了反应；
（2）①t＝400 s时，CH3OCH3分压P（CH3OCH3）＝35.0KPa，测得容器内初始压强为41.6 kPa，转化率＝×100%＝×100%，反应速率满足v（CH3OCH3）＝kPn（CH3OCH3），k＝，400 s时P（CH3OCH3）＝）＝35.0KPa，v（CH3OCH3）＝kPn（CH3OCH3）；
②达到平衡时，测得体系的总压强P总＝121.6 kPa，结合三行计算得到物质的量，则该反应的平衡常数Kp＝；
③该温度下，要缩短达到平衡所需的时间，除改进催化剂外，可以增大反应物的压强或增大反应物的浓度等。
【解答】解：（1）①已知：①CH3OCH3（g）⇌CO（g）+H2（g）+CH4（g）△H1
②CH4（g）+O2（g）＝CO（g）+2H2O（g）△H2
③H2（g）+O2（g）＝H2O（g）△H3
盖斯定律计算①+②﹣2③得到CH3OCH3（g）+O2（g）＝2CO（g）+3H2（g）△H＝△H1+△H2﹣2△H3，
故答案为：△H1+△H2﹣2△H3；
②图象分析，当＞0.6时，H2的体积百分含量快速降低的原因可能是：过量的O2与H2发生副反应生成H2O，选项B正确，
故答案为：B；
（2）①t＝400 s时，CH3OCH3分压P（CH3OCH3）＝35.0KPa，测得容器内初始压强为41.6 kPa，转化率＝×100%＝16%，反应速率满足v（CH3OCH3）＝kPn（CH3OCH3），k＝＝4.4×10﹣4s﹣1，400 s时v（CH3OCH3）＝4.4×10﹣4s﹣1×35kPa＝1.54×10﹣2kPa/s，
故答案为：16%；4.4×10﹣4s﹣1；1.54×10﹣2；
②达到平衡时，测得体系的总压强P总＝121.6 kPa，结合三行计算得到物质的量，设甲醚物质的量为1mol，反应消耗甲醚物质的量为x，
CH3OCH3（g）⇌CO（g）+H2（g）+CH4（g）
起始量（mol） 1 0 0 0
变化量（mol） x x x x
平衡量（mol） 1﹣x x x x
压强之比等于气体物质的量之比，＝
x＝0.96mol
气体总物质的量＝1+2x＝2.92mol，
Kp＝≈4×104，
故答案为：4×104；
③该温度下，要缩短达到平衡所需的时间，除改进催化剂外，还可以增大容器内的压强或增大反应物的浓度，提高反应物分压，化学反应速率加快，
故答案为：增大容器的压强或增大反应物的浓度；提高反应物分压，化学反应速率加快。
【点评】本题考查了热化学方程式书写、化学反应速率和速率常数计算、平衡影响因素、化学平衡常数计算等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
【化学--选修3：物质结构与性质】（15分）
11．（15分）铜及其化合物在科研和生产中具有广泛用途。回答下列问题：
（l）基态Cu原子的价电子排布图是 。
（2）从核外电子排布角度解释高温下Cu2O比CuO更稳定的原因是 亚铜离子核外电子处于稳定的全充满状态 。
（3）铜晶体中Cu原子的堆积方式如图①所示，其堆积方式为 面心立方最密堆积 ，配位数为 12 。
（4）可做染料。NH3中N原子的杂化方式是 sp3 ；C、N、O元素的第一电离能由大到小的顺序是 N＞O＞C （用元素符号表示）；SO42﹣的空间构型是 正四面体 ，与该阴离子互为等电子体的五核微粒有 PO43﹣或ClO4﹣等 （任写一种）。
（5）由铜、钡、钙及铊的氧化物可以制得高温超导体，CaO的熔点比BaO的熔点高，其原因是 CaO的晶格能比BaO的晶格能大 。
（6）金铜合金的晶胞如图②所示。金铜合金具有储氢功能，储氢后Au原子位于顶点，Cu原子位于面心，H原子填充在由1个Au原子和距Au原子最近的3个Cu原子构成的四面体空隙中，若Cu原子与Au原子的最短距离为a nm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体储氢后密度为 g•cm﹣3（列出计算式）。
【分析】（1）Cu位于周期表中第4周期第ⅠB族，价电子排布式为3d104s1；
（2）高温下Cu2O比CuO稳定，从核外电子排布角度，Cu+价电子排布为3d10，为全满结构，较为稳定；
（3）根据堆积方式分析，金属Cu的堆积方式为密置层ABCABC……堆积；配位数是12；
（4）NH3中N原子价层电子对个数＝3+＝4，根据价层电子对互斥理论判断N原子杂化类型；同一周期元素第一电离能随着原子序数增大而增大，但是第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素；SO42﹣中S原子价层电子对个数＝4+＝4且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断该微粒空间构型，与该阴离子互为等电子体的五核微粒中含有5个原子且价电子数是32；
（5）离子化合物中，离子电荷越多、离子半径越小，晶格能越大，物质的熔点越高；
（6）该晶胞中Au原子个数＝8×＝1、Cu原子个数＝6×＝3，H原子填充在由1个Au原子和距Au原子最近的3个Cu原子构成的四面体空隙中，形成的结构为三角锥形，该晶胞中有8个这种三角锥，所以该晶胞中含有8个H原子，若Cu原子与Au原子的最短距离为a nm，为面对角线长度的一半，则棱长＝nm＝anm＝a×10﹣7cm，晶胞体积＝（a×10﹣7cm）3，该晶体储氢后密度＝。
【解答】解：（1）Cu位于周期表中第4周期第ⅠB族，价电子排布式为3d104s1，则基态Cu原子的价电子排布图为：，
故答案为：；
（2）高温下Cu2O比CuO稳定，从核外电子排布角度，Cu+价电子排布为3d10，为全满结构，较为稳定，所以原因为：亚铜离子核外电子处于稳定的全充满状态，
故答案为：亚铜离子核外电子处于稳定的全充满状态；
（3）根据堆积方式分析，金属Cu的堆积方式为密置层ABCABC……堆积，Cu原子位于顶点和面心上，所以该堆积方式为面心立方最密堆积，配位数＝3×8÷2＝12；
故答案为：面心立方最密堆积；12；
（4）NH3中N原子价层电子对个数＝3+＝4，根据价层电子对互斥理论判断N原子杂化类型为sp3；同一周期元素第一电离能随着原子序数增大而增大，但是第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，所以第一电离能N＞O＞C；SO42﹣中S原子价层电子对个数＝4+＝4且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断该微粒空间构型为正四面体结构，与该阴离子互为等电子体的五核微粒中含有5个原子且价电子数是32，符合条件的微粒有PO43﹣或ClO4﹣等，
故答案为：sp3；N＞O＞C；正四面体；PO43﹣或ClO4﹣等；
（5）离子电荷相同，Ca2+ 半径比Ba2+小，CaO的晶格能比BaO大，故CaO的熔点比BaO高，
故答案为：CaO的晶格能比BaO的晶格能大；
（6）该晶胞中Au原子个数＝8×＝1、Cu原子个数＝6×＝3，H原子填充在由1个Au原子和距Au原子最近的3个Cu原子构成的四面体空隙中，形成的结构为三角锥形，该晶胞中有8个这种三角锥，所以该晶胞中含有8个H原子，若Cu原子与Au原子的最短距离为a nm，为面对角线长度的一半，则棱长＝nm＝anm＝a×10﹣7cm，晶胞体积＝（a×10﹣7cm）3，该晶体储氢后密度＝＝g/cm3，
故答案为：。
【点评】本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、晶格能、原子杂化类型判断等知识点，侧重考查基本公式、基础知识再现及空间想像能力、计算能力，难点是晶胞计算，注意（6）中H原子个数判断，为解答难点，题目难度中等。
【化学--选修5：有机化学基础】（15分）
12．蜂胶是一种天然抗癌药，主要活性成分为咖啡酸苯乙酯（J）。合成化合物I的路线如下：
已知：①
②RCHO+HOOCCH2COOHRCH＝CHCOOH
③当羟基与双键碳原子相连时，易发生转化：RCH﹣CHOH＝RCHCHO
请回答下列问题：
（l）化合物F的名称是 苯乙烯 ；B﹣C的反应类型是 取代反应 。
（2）化合物E中含氧官能团的名称是 羧基、羟基 ；G﹣H的反应所需试剂和条件分别是 NaOH水溶液 、 加热 。
（3）写出化合物C与新制Cu（OH）2悬浊液反应的化学方程式 。
（4）化合物W与E互为同分异构体，两者所含官能团种类和数目完全相同，且苯环上有3个取代基，则W可能的结构有 11 种（不考虑顺反异构），其中核磁共振氢谱显示有6种不同化学环境的氢，峰面积比为2：2：1：1：1：1，写出符合要求的W的结构简式 。
（5）参照上述合成路线，设计由CH3CH＝CH2和HOOCCH2COOH为原料制备CH3CH2CH＝CHCOOH的合成路线（无机试剂任选）。
【分析】结合信息①、B的分子式、物质C的结构，可知与过氧化氢发生取代反应生成B为，B发生取代反应生成C（），C发生信息②中的反应生成D为．对比D、E的分子式，结合I的结合，可知E为，故H为、G为。
（5）CH3CH＝CH2与HBr在过氧化物条件下反应生成CH3CH2CH2Br，然后碱性条件下水解生成CH3CH2CH2OH，再发生氧化反应生成CH3CH2CHO，最后与HOOCCH2COOH在吡啶、加热条件下反应得到CH3CH2CH＝CHCOOH。
【解答】解：（l）化合物F的名称是：苯乙烯；B﹣C是﹣OCH3转化为﹣OH，属于取代反应，
故答案为：苯乙烯；取代反应；
（2）化合物E为，E中含氧官能团的名称是：羧基、羟基；G﹣H发生卤代烃的水解反应引入羟基，的反应所需试剂和条件分别是：NaOH水溶液、加热，
故答案为：羧基、羟基；NaOH水溶液、加热；
（3）化合物C与新制Cu（OH）2悬浊液反应的化学方程式：，
故答案为：；
（4）化合物W与E（）互为同分异构体，两者所含官能团种类和数目完全相同，且苯环上有3个取代基，三个取代基为﹣OH、﹣OH、﹣CH＝CHCOOH，或者为﹣OH、﹣OH、﹣C（COOH）＝CH2，2个﹣OH有邻、间、对3种位置结构，对应的另外取代基分别有2种、3种、1种位置结构（包含E），故W可能的结构有（2+3+1）×2﹣1＝11种，其中核磁共振氢谱显示有6种不同化学环境的氢，峰面积比为2：2：1：1：1：1，符合要求的W的结构简式为：，
故答案为：11；；
（5）CH3CH＝CH2与HBr在过氧化物条件下反应生成CH3CH2CH2Br，然后碱性条件下水解生成CH3CH2CH2OH，再发生氧化反应生成CH3CH2CHO，最后与HOOCCH2COOH在吡啶、加热条件下反应得到CH3CH2CH＝CHCOOH，合成路线流程图为：，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物推断与合成，充分利用转化中物质的结构简式与分子式进行分析判断，题目侧重考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力，熟练掌握官能团的性质与转化，是有机化学常考题型。
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日期：2021/11/7 11:10:49；用户：赵永亮；邮箱：15239401044；学号：31392014
2019年广东省深圳市高考化学二模试卷
一、选择题：本大题共7小题，每小题6分，共78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．
1．（6分）劣质洗发水中含有超标致癌物二噁烷．关于该化合物的说法正确的是（ ）
A．与互为同系物
B．1mol二噁烷完全燃烧消耗5molO2
C．一氯代物有4种
D．分子中所有原子均处于同一平面
2．（6分）下列实验装置不能达到相应实验目的是（ ）
A．收集NH3
B．分离NH4Cl和I2
C．制备O2
D．制取蒸馏水
3．（6分）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．8 g S4中，含有质子数为8NA
B．1L pH＝1的稀H2SO4中，含有H+数目为0.2 NA
C．甲烷氯代反应中，消耗1mol Cl2生成HCl分子数为NA
D．密闭容器中，2 mol NO和1molO2充分反应后分子总数为2NA
4．（6分）NiSO4.6H2O易溶于水，其溶解度随温度升高明显增大。以电镀废渣（主要成分是NiO，还有CuO、FeO等少量杂质）为原料制备该晶体的流程如下：
下列叙述错误的是（ ）
A．溶解废渣时不能用稀盐酸代替稀H2SO4
B．除去Cu2+可采用FeS
C．流程中a﹣b的目的是富集NiSO4
D．“操作I”为蒸发浓缩、冷却结晶
5．（6分）主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次递增，且均不大于20．其中只有W、X处于同一周期，X的单质与水反应可生成W的单质，W、X、Z的最外层电子数之和是Y的最外层电子数的3倍。下列说法正确的是（ ）
A．简单离子的半径：Z＞X＞W
B．ZW2含有非极性共价键
C．简单氢化物的热稳定性：W＜Y
D．常温常压下Y的单质为气态
6．（6分）电解法处理CO2和SO2混合污染气的原理如图所示，电解质为熔融碳酸盐和硫酸盐，通电一段时间后，Ni电极表面形成掺杂硫的碳积层。下列说法错误的是（ ）
A．Ni电极表面发生了还原反应
B．阳极的电极反应为：2O2﹣﹣4e﹣＝O2↑
C．电解质中发生的离子反应有：2SO2+4O2﹣＝2SO42﹣
D．该过程实现了电解质中碳酸盐和硫酸盐的自补充循环
7．（6分）人体血液存在H2CO3/HCO3﹣，HPO42﹣/H2PO4﹣等缓冲对。常温下，水溶液中各缓冲对的微粒浓度之比的对数值lg x[x表示或与pH的关系如图所示。已知碳酸pKal＝6.4、磷酸pKa2＝7.2（pKa＝﹣lgKa）。则下列说法正确的是（ ）
A．曲线I表示lg与pH的变化关系
B．a﹣b的过程中，水的电离程度逐渐减小
C．当c（H2CO3）＝c（HCO3﹣）时，c（HPO42﹣）＝c（H2PO4﹣）
D．当pH增大时，逐渐减小
二、非选择题
8．（15分）FeCl3是重要的化工原料，无水氯化铁在300℃以上升华，遇潮湿空气极易潮解
（Ⅰ）制备无水氯化铁
①仪器X的名称为 。
②装置的连接顺序为a→ →j，k→ （按气流方向，用小写字母表示）。
③实验结束后，取少量F中的固体加水溶解，经检测发现溶液中含有Fe2+，其原因为 。
（2）探究FeCl3与SO2的反应
已知反应体系中存在下列两种化学变化：
（i） Fe3+与SO2发生络合反应生成Fe（SO2）62+（红棕色）；
（ii） Fe3+与SO2发生氧化还原反应，其离子方程式为①
步骤
现象
结论
Ⅰ．取5 mL1 mol•L﹣1 FeCl3溶液于试管中，通入SO2至饱和
溶液很快由黄色变为红棕色
\
Ⅱ．用激光笔照射步骤Ⅰ中的红棕色溶液
溶液中无明显光路
②红棕色物质不是 （填分散系种类）
Ⅲ将步骤Ⅰ中的溶液静置
1小时后，溶液逐渐变为浅绿色
\
IV．向步骤Ⅲ中溶液加入2滴K3[Fe（CN）6]溶液
③
溶液中含有Fe2+
④实验结论：反应（i）、（ii）的活化能大小关系是：E（i） E（ii）（填“＞”、“＜”或“＝”，下同），平衡常数大小关系是：K（i） K（ii）。
⑤另取5 mL l mol•L﹣l FeCl3溶液，先滴加2滴浓盐酸，再通入SO2至饱和。几分钟后，溶液由黄色变为浅绿色，由此可知：促使氧化还原反应（ii）快速发生可采取的措施是 。
9．（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+、SO42﹣等）制备K2Cr2O7的流程如图所示。
已知：Ⅰ在酸性条件下，H2O2能将Cr2O72﹣还原为Cr3+
Ⅱ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
回答下列问题：
（l）滤渣②的主要成分为 （填化学式）。
（2）写出“氧化”步骤中反应的化学方程式 。
（3）“加热”操作的目的是 。
（4）“酸化”过程中发生反应2CrO42﹣+H+⇌Cr2O72﹣+H2O（K＝4×1014L3•mol﹣3）已知，“酸化”后溶液中c（Cr2O72﹣）＝1.6×10﹣3mol•L﹣1则溶液中c（CrO42﹣）＝
（5）“结晶”后得到K2Cr2O7（M＝294g•mol﹣1）产品0.5000 g，将其溶解后用稀H2SO4酸化，再用浓度为0.01000 mol•L﹣l（NH4）2Fe（SO4）2标准溶液滴定，滴定终点消耗标准溶液的体积为900 mL，则产品的纯度为 。[滴定反应为：K2Cr2O7+6（NH4）2Fe（SO4）2+7H2SO4＝K2SO4+Cr2（SO4）3+6（NH4）2SO4+3Fe2（SO4）3+7H2O]
（6）在K2Cr2O7存在下，可利用微生物电化学技术实现含苯酚废水的有效处理，其工作原理如图所示。
①负极的电极反应式为 ；
②一段时间后，中间室中NaCl溶液的浓度 （填“增大”、“减小”或“不变”）。
10．（14分）二甲醚（CH3OCH3）重整制取H2，具有无毒、无刺激性等优点。回答下列问题：
（1）CH3OCH3和O2发生反应Ⅰ：CH3OCH3（g）+O2（g）＝2CO（g）+3H2（g）△H
已知：CH3OCH3（g）⇌CO（g）+H2（g）+CH4（g）△H1
CH4（g）+O2（g）＝CO（g）+2H2O（g）△H2
H2（g）+O2（g）＝H2O（g）△H3
①则反应Ⅰ的△H＝ （用含△H1、△H2、△H3的代数式表示）。
②保持温度和压强不变，分别按不同进料比通入CH3OCH3和O2，发生反应Ⅰ．测得平衡时H2的体积百分含量与进料气中的关系如图（a）所示。当＞0.6时，H2的体积百分含量快速降低，其主要原因是 （填标号）。
A．过量的O2起稀释作用
B．过量的O2与H2发生副反应生成H2O
C．＞0.6平衡向逆反应方向移动
（2）T℃时，在恒容密闭容器中通入CH3OCH3，发生反应Ⅱ：CH3OCH3（g）⇌CO（g）+H2（g）+CH4（g），测得容器内初始压强为41.6 kPa，反应过程中反应速率v（CH3OCH3）、时间f与CH3OCH3分压P（CH3OCH3）的关系如图（b）所示。
①t＝400 s时，CH3OCH3的转化率a﹣ （保留2位有效数字）；反应速率满足v（CH3OCH3）＝kPn（CH3OCH3），k＝ s﹣1；400 s时v（CH3OCH3） kPa•s﹣1。
②达到平衡时，测得体系的总压强P总＝121.6 kPa，则该反应的平衡常数Kp＝ kPa2（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数）。
③该温度下，要缩短达到平衡所需的时间，除改进催化剂外，还可采取的措施是 ，其理由是 。
【化学--选修3：物质结构与性质】（15分）
11．（15分）铜及其化合物在科研和生产中具有广泛用途。回答下列问题：
（l）基态Cu原子的价电子排布图是 。
（2）从核外电子排布角度解释高温下Cu2O比CuO更稳定的原因是 。
（3）铜晶体中Cu原子的堆积方式如图①所示，其堆积方式为 ，配位数为 。
（4）可做染料。NH3中N原子的杂化方式是 ；C、N、O元素的第一电离能由大到小的顺序是 （用元素符号表示）；SO42﹣的空间构型是 ，与该阴离子互为等电子体的五核微粒有 （任写一种）。
（5）由铜、钡、钙及铊的氧化物可以制得高温超导体，CaO的熔点比BaO的熔点高，其原因是 。
（6）金铜合金的晶胞如图②所示。金铜合金具有储氢功能，储氢后Au原子位于顶点，Cu原子位于面心，H原子填充在由1个Au原子和距Au原子最近的3个Cu原子构成的四面体空隙中，若Cu原子与Au原子的最短距离为a nm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体储氢后密度为 g•cm﹣3（列出计算式）。
【化学--选修5：有机化学基础】（15分）
12．蜂胶是一种天然抗癌药，主要活性成分为咖啡酸苯乙酯（J）。合成化合物I的路线如下：
已知：①
②RCHO+HOOCCH2COOHRCH＝CHCOOH
③当羟基与双键碳原子相连时，易发生转化：RCH﹣CHOH＝RCHCHO
请回答下列问题：
（l）化合物F的名称是 ；B﹣C的反应类型是 。
（2）化合物E中含氧官能团的名称是 ；G﹣H的反应所需试剂和条件分别是 、 。
（3）写出化合物C与新制Cu（OH）2悬浊液反应的化学方程式 。
（4）化合物W与E互为同分异构体，两者所含官能团种类和数目完全相同，且苯环上有3个取代基，则W可能的结构有 种（不考虑顺反异构），其中核磁共振氢谱显示有6种不同化学环境的氢，峰面积比为2：2：1：1：1：1，写出符合要求的W的结构简式 。
（5）参照上述合成路线，设计由CH3CH＝CH2和HOOCCH2COOH为原料制备CH3CH2CH＝CHCOOH的合成路线（无机试剂任选）。
2019年广东省深圳市高考化学二模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本大题共7小题，每小题6分，共78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．
1．（6分）劣质洗发水中含有超标致癌物二噁烷．关于该化合物的说法正确的是（ ）
A．与互为同系物
B．1mol二噁烷完全燃烧消耗5molO2
C．一氯代物有4种
D．分子中所有原子均处于同一平面
【分析】A．结构相似，组成相差n个CH2原子团的有机物互为同系物；
B．分子式为C4H8O2，可看成只有4个C、4个H消耗氧气；
C．结构对称，只有一种H；
D．分子中C均为四面体构型。
【解答】解：A．结构相似，组成相差n个CH2原子团的有机物互为同系物，二者含O原子不同，不是同系物，故A错误；
B．分子式为C4H8O2，可看成只有4个C、4个H消耗氧气，则l mol二噁烷完全燃烧消耗O2为1mol×（4+）＝5mol，故B正确；
C．结构对称，只有一种H，则一氯代物有1种，故C错误；
D．分子中C均为四面体构型，所有原子不可能共面，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项A为解答的易错点，题目难度不大。
2．（6分）下列实验装置不能达到相应实验目的是（ ）
A．收集NH3
B．分离NH4Cl和I2
C．制备O2
D．制取蒸馏水
【分析】A．氨气的密度比空气密度小；
B．加热氯化铵分解，碘升华；
C．二氧化锰可作催化剂，过氧化氢分解生成氧气；
D．自来水中水的沸点较低，沸石可防止暴沸。
【解答】解：A．氨气的密度比空气密度小，短导管进气向下排空气法可收集，故A正确；
B．加热氯化铵分解，碘升华，则加热法不能分离，故B错误；
C．二氧化锰可作催化剂，过氧化氢分解生成氧气，图中装置可制备氧气，故C正确；
D．自来水中水的沸点较低，沸石可防止暴沸，图中蒸馏装置可制备蒸馏水，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
3．（6分）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．8 g S4中，含有质子数为8NA
B．1L pH＝1的稀H2SO4中，含有H+数目为0.2 NA
C．甲烷氯代反应中，消耗1mol Cl2生成HCl分子数为NA
D．密闭容器中，2 mol NO和1molO2充分反应后分子总数为2NA
【分析】A．质量转化为物质的量，结合1个S含有16个质子计算；
B．pH＝1的稀H2SO4中，氢离子浓度为0.1mol/L；
C．依据取代反应特点：有进有出判断；
D．NO和O2反应方程式为2NO+O2＝2NO2，根据方程式知，2molNO与1molO2恰好完全反应生成2molNO2，但NO2和N2O4之间存在转化，方程式2NO2⇌N2O4；
【解答】解：A.8 g S4中，含有质子数为：×16×NA＝4NA，故A错误；
B.1 L pH＝1的稀H2SO4中，氢离子浓度为0.1mol/L，含氢离子物质的量为0.1mol，含有H+数目为0.1NA，故B错误；
C．依据取代反应特点：有进有出，甲烷氯代反应中，消耗l mol Cl2生成HCl分子数为NA，故C正确；
D．A．NO和O2反应方程式为2NO+O2＝2NO2，根据方程式知，2molNO与1molO2恰好完全反应生成2molNO2，但NO2和N2O4之间存在转化，方程式2NO2⇌N2O4，所以产物分子数小于2NA，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查阿伏加德罗常数的综合应用，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，题目难度中等。
4．（6分）NiSO4.6H2O易溶于水，其溶解度随温度升高明显增大。以电镀废渣（主要成分是NiO，还有CuO、FeO等少量杂质）为原料制备该晶体的流程如下：
下列叙述错误的是（ ）
A．溶解废渣时不能用稀盐酸代替稀H2SO4
B．除去Cu2+可采用FeS
C．流程中a﹣b的目的是富集NiSO4
D．“操作I”为蒸发浓缩、冷却结晶
【分析】根据流程，电镀废渣（主要成分是NiO，还有CuO、FeO等少量杂质）用稀硫酸酸浸，酸浸的滤液I主要有Ni2+、Cu2+、Fe2+，可加入硫化亚铁是将铜离子转化成更难溶的硫化铜，再除去Fe2+，滤液II主要含有Ni2+，加入碳酸钠溶液过滤得到NiCO3沉淀，用稀硫酸将其溶解得到NiSO4溶液，将其蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥得到NiSO4.6H2O晶体，据此分析作答。
【解答】解：A、溶解废渣时主要是用酸将金属离子溶解，稀盐酸可以达到目的，可代替稀硫酸，故A错误；
B、除去Cu2+可采用FeS，将铜离子转化为更难溶的CuS，得到的亚铁离子在ii除去，故B正确；
C、流程中a﹣b的目的是富集NiSO4，故C正确；
D、由溶液获得其溶质通过蒸发浓缩、冷却结晶，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查了物质的制备，主要涉及对流程的理解，题目难度中等，掌握基础是关键。
5．（6分）主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次递增，且均不大于20．其中只有W、X处于同一周期，X的单质与水反应可生成W的单质，W、X、Z的最外层电子数之和是Y的最外层电子数的3倍。下列说法正确的是（ ）
A．简单离子的半径：Z＞X＞W
B．ZW2含有非极性共价键
C．简单氢化物的热稳定性：W＜Y
D．常温常压下Y的单质为气态
【分析】主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且均不大于20，只有W、X处于同一周期，X的单质与水反应可生成W的单质，X的原子序数大于W元素，则X为F元素，W为O，结合原子序数可知Y、Z位于第三周期，W、X、Z的最外层电子数之和是Y的最外层电子数的3倍，设Y的最外层电子数为m、Z的最外层电子数为n，则6+7+n＝3m，只有n＝2时、m＝5符合，Y、Z不位于同周期，即Y为P、Z为Ca，以此来解答。
【解答】解：由上述分析可知，W为O、X为F、Y为P、Z为Ca，
A．电子层越多，离子半径越大，具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则简单离子的半径：Z＞W＞X，故A错误；
B．CaO2含有O﹣O非极性键，故B正确；
C．非金属性越强，对应氢化物越稳定，则简单氢化物的热稳定性：W＞Y，故C错误；
D．Y的单质为P，常温常压下为固态，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握元素的位置、元素化合物知识、原子结构来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识与元素化合物知识的应用，题目难度不大。
6．（6分）电解法处理CO2和SO2混合污染气的原理如图所示，电解质为熔融碳酸盐和硫酸盐，通电一段时间后，Ni电极表面形成掺杂硫的碳积层。下列说法错误的是（ ）
A．Ni电极表面发生了还原反应
B．阳极的电极反应为：2O2﹣﹣4e﹣＝O2↑
C．电解质中发生的离子反应有：2SO2+4O2﹣＝2SO42﹣
D．该过程实现了电解质中碳酸盐和硫酸盐的自补充循环
【分析】A、Ni电极表面硫酸根离子和碳酸根得电子生成单质硫和单质碳；
B、阳极发生氧化反应；
C、电解质中发生的离子反应有：SO42﹣﹣+6e﹣＝S+4O2﹣和CO32﹣﹣+4e﹣＝C+3O2﹣；
D、电解质中发生的离子反应SO42﹣﹣+6e﹣＝S+4O2﹣和CO32﹣﹣+4e﹣＝C+3O2﹣，而氧负离子与二氧化碳和二氧化硫结合生成硫酸根和碳酸根。
【解答】解：A、Ni电极表面硫酸根离子和碳酸根得电子生成单质硫和单质碳，发生还原反应，故A正确；
B、阳极是氧负离子失电子生成氧气，故B正确；
C、电解质中发生的离子反应有：SO42﹣﹣+6e﹣＝S+4O2﹣和CO32﹣﹣+4e﹣＝C+3O2﹣，故C错误；
D、电解质中发生的离子反应SO42﹣﹣+6e﹣＝S+4O2﹣和CO32﹣﹣+4e﹣＝C+3O2﹣，而氧负离子与二氧化碳和二氧化硫结合生成硫酸根和碳酸根，从而实现了电解质中碳酸盐和硫酸盐的自补充循环，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查学生电解池的工作原理知识，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握电解池的工作原理以及电极方程式的书写，难度不大。
7．（6分）人体血液存在H2CO3/HCO3﹣，HPO42﹣/H2PO4﹣等缓冲对。常温下，水溶液中各缓冲对的微粒浓度之比的对数值lg x[x表示或与pH的关系如图所示。已知碳酸pKal＝6.4、磷酸pKa2＝7.2（pKa＝﹣lgKa）。则下列说法正确的是（ ）
A．曲线I表示lg与pH的变化关系
B．a﹣b的过程中，水的电离程度逐渐减小
C．当c（H2CO3）＝c（HCO3﹣）时，c（HPO42﹣）＝c（H2PO4﹣）
D．当pH增大时，逐渐减小
【分析】H2CO3⇌HCO3﹣+H+的电离平衡常数Kal＝，所以lg＝pKal﹣pH＝6.4﹣pH，H2PO4﹣⇌HPO42﹣+H+的电离平衡常数Ka2＝，所以lg＝pH﹣pKa2＝pH﹣7.2，
A、当lgx＝0时，pH分别为6.4、7.2，据此分析解答；
B、酸对水的电离有抑制作用，酸性越强即pH越小，抑制作用越大，水的电离程度越小；
C、当c（H2CO3）＝c（HCO3﹣）时，即lg＝0，溶液中pH＝6.4，则lg＝pH﹣7.2＝6.4﹣7.2＝﹣0.8；
D、＝＝，pH增大则H2CO3⇌HCO3﹣+H+正向进行，使c（H2CO3）减小。
【解答】解：H2CO3⇌HCO3﹣+H+的电离平衡常数Kal＝，所以lg＝pKal﹣pH＝6.4﹣PH，H2PO4﹣⇌HPO42﹣+H+的电离平衡常数Ka2＝，所以lg＝pH﹣pKa2＝pH﹣7.2，
A、当lgx＝0时，pH分别为6.4、7.2，所以，曲线I表示lg与pH的变化关系，曲线II表示lg与pH的变化关系，故A错误；
B、酸对水的电离有抑制作用，酸性越强即pH越小，抑制作用越大，水的电离程度越小，a﹣b的过程中pH增大，溶液酸性减弱，水的电离程度增大，故B错误；
C、当c（H2CO3）＝c（HCO3﹣）时，即lg＝0，溶液中pH＝6.4，则lg＝pH﹣pKa2＝pH﹣7.2＝6.4﹣7.2＝﹣0.8＜0，即c（HPO42﹣）＜c（H2PO4﹣），故C错误；
D、＝＝，pH增大则H2CO3⇌HCO3﹣+H+正向进行，使c（H2CO3）减小，而Ka1、Ka2不变，所以pH增大时，逐渐减小，故D正确，
故选：D。
【点评】本题考查弱电解质的电离平衡及其溶液中离子浓度的变化关系，为高频考点，把握电离平衡常数意义及应用、分析图象信息是解题关键，注意比例式的恒等转化以判断其增减性的方法，题目难度较大。
二、非选择题
8．（15分）FeCl3是重要的化工原料，无水氯化铁在300℃以上升华，遇潮湿空气极易潮解
（Ⅰ）制备无水氯化铁
①仪器X的名称为 圆底烧瓶 。
②装置的连接顺序为a→ h，i→d，e →j，k→ g，f→b （按气流方向，用小写字母表示）。
③实验结束后，取少量F中的固体加水溶解，经检测发现溶液中含有Fe2+，其原因为 未升华出来的FeCl3与未反应完的铁粉在溶液中反应生成了Fe2+ 。
（2）探究FeCl3与SO2的反应
已知反应体系中存在下列两种化学变化：
（i） Fe3+与SO2发生络合反应生成Fe（SO2）62+（红棕色）；
（ii） Fe3+与SO2发生氧化还原反应，其离子方程式为① 2Fe3++SO2+2H2O＝4H++2Fe2++SO42﹣
步骤
现象
结论
Ⅰ．取5 mL1 mol•L﹣1 FeCl3溶液于试管中，通入SO2至饱和
溶液很快由黄色变为红棕色
\
Ⅱ．用激光笔照射步骤Ⅰ中的红棕色溶液
溶液中无明显光路
②红棕色物质不是 Fe（OH）3胶体 （填分散系种类）
Ⅲ将步骤Ⅰ中的溶液静置
1小时后，溶液逐渐变为浅绿色
\
IV．向步骤Ⅲ中溶液加入2滴K3[Fe（CN）6]溶液
③ 生成蓝色沉淀
溶液中含有Fe2+
④实验结论：反应（i）、（ii）的活化能大小关系是：E（i） ＜ E（ii）（填“＞”、“＜”或“＝”，下同），平衡常数大小关系是：K（i） ＜ K（ii）。
⑤另取5 mL l mol•L﹣l FeCl3溶液，先滴加2滴浓盐酸，再通入SO2至饱和。几分钟后，溶液由黄色变为浅绿色，由此可知：促使氧化还原反应（ii）快速发生可采取的措施是 增强FeCl3溶液的酸性 。
【分析】（1）制备无水氯化铁
①根据仪器特点可得；
②由于无水氯化铁遇潮湿空气极易吸水生成FeCl3•nH2O，而制得的氯气中含有水蒸气和氯化氢，所以在和铁反应之前需要净化氯气。氯化氢用饱和食盐水除去，浓硫酸用来干燥氯气，且首先除去氯化氢，最后干燥。同时为了防止氯气污染空气，且也为了防止空气中的水蒸气进入反应器，还需要有尾气处理装置，选择的装置是盛有碱石灰的干燥管，据此可得；
③氯化铁在溶液中与铁价态归中可得亚铁离子，据此分析；
（2）探究FeCl3与SO2的反应
①Fe3+与SO2发生氧化还原反应生成亚铁离子和硫酸根离子，据此书写；
②根据胶体的丁达尔效应分析；
③Fe2+与K3[Fe（CN）6]溶液可产生蓝色沉淀；
④根据反应速率判断活化能大小；根据反应的进行程度比较K的大小；
⑤加入盐酸后反应更快，说明酸性增强能加快反应ii。
【解答】解：（1）制备无水氯化铁
①仪器X为圆底烧瓶；
故答案为：圆底烧瓶；
②由于无水氯化铁遇潮湿空气极易吸水生成FeCl3•nH2O，而制得的氯气中含有水蒸气和氯化氢，所以在和铁反应之前需要净化氯气。氯化氢用饱和食盐水除去，浓硫酸用来干燥氯气，且首先除去氯化氢，最后干燥。同时为了防止氯气污染空气，且也为了防止空气中的水蒸气进入反应器，还需要有尾气处理装置，选择的装置是盛有碱石灰的干燥管，故连接顺序为：a→h，i→d，e→j，k→g，f→b；
故答案为：h，i→d，e；g，f→b；
③实验结束后，取少量F中的固体加水溶解，经检测发现溶液中含有Fe2+，原因是未升华出来的FeCl3与未反应完的铁粉在溶液中反应生成了Fe2+；
故答案为：未升华出来的FeCl3与未反应完的铁粉在溶液中反应生成了Fe2+；
（2）探究FeCl3与SO2的反应
①Fe3+与SO2发生氧化还原反应生成亚铁离子和硫酸根离子，离子反应为：2Fe3++SO2+2H2O＝4H++2Fe2++SO42﹣；
故答案为：2Fe3++SO2+2H2O＝4H++2Fe2++SO42﹣；
②FeCl3溶液也可得到红棕色Fe（OH）3胶体，用激光笔照射无明显光路，说明红棕色物质不是Fe（OH）3胶体；
故答案为：Fe（OH）3胶体；
③向步骤Ⅲ中溶液加入2滴K3[Fe（CN）6]溶液，根据结论：溶液中含有Fe2+，则现象为生成蓝色沉淀；
故答案为：生成蓝色沉淀；
④根据实验可知，反应i速率快，则其反应的活化能小，则E（i）＜E（ii），反应i得到的红棕色Fe（SO2）62+最终转化为反应ii的浅绿色Fe2+，则反应ii进行的程度更大，其化学平衡常数更大，则K（i）＜K（ii）；
故答案为：＜；＜；
⑤另取5 mL l mol•L﹣l FeCl3溶液，先滴加2滴浓盐酸，再通入SO2至饱和。几分钟后，溶液由黄色变为浅绿色，由此可知：酸性增强有利于反应ii的氧化还原反应，故促使氧化还原反应（ii）快速发生可采取的措施是增强FeCl3溶液的酸性，
故答案为：增强FeCl3溶液的酸性。
【点评】本题考查了物质的制备和探究性质实验方案设计，为高频考点，涉及的知识面广，综合性强，把握发生的氧化还原反应及现象的关系为解答的关键，题目难度中等。
9．（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+、SO42﹣等）制备K2Cr2O7的流程如图所示。
已知：Ⅰ在酸性条件下，H2O2能将Cr2O72﹣还原为Cr3+
Ⅱ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
回答下列问题：
（l）滤渣②的主要成分为 Fe（OH）3 （填化学式）。
（2）写出“氧化”步骤中反应的化学方程式 2Cr（OH）3+3H2O2+4KOH＝2K2CrO4+8H2O 。
（3）“加热”操作的目的是 除去过量的H2O2 。
（4）“酸化”过程中发生反应2CrO42﹣+H+⇌Cr2O72﹣+H2O（K＝4×1014L3•mol﹣3）已知，“酸化”后溶液中c（Cr2O72﹣）＝1.6×10﹣3mol•L﹣1则溶液中c（CrO42﹣）＝ 2×10﹣8mol•L﹣1
（5）“结晶”后得到K2Cr2O7（M＝294g•mol﹣1）产品0.5000 g，将其溶解后用稀H2SO4酸化，再用浓度为0.01000 mol•L﹣l（NH4）2Fe（SO4）2标准溶液滴定，滴定终点消耗标准溶液的体积为900 mL，则产品的纯度为 88.2% 。[滴定反应为：K2Cr2O7+6（NH4）2Fe（SO4）2+7H2SO4＝K2SO4+Cr2（SO4）3+6（NH4）2SO4+3Fe2（SO4）3+7H2O]
（6）在K2Cr2O7存在下，可利用微生物电化学技术实现含苯酚废水的有效处理，其工作原理如图所示。
①负极的电极反应式为 C6H5OH+11H2O﹣28e﹣＝6CO2+28H+ ；
②一段时间后，中间室中NaCl溶液的浓度 减小 （填“增大”、“减小”或“不变”）。
【分析】含铬废液（主要含Cr3+、Fe3+、K+、SO42﹣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①Cr（OH）3、Fe（OH）3混合物，除去K+、SO42﹣等离子，碱性条件下在滤渣中加入过氧化氢氧化Cr（OH）3生成K2CrO4，过滤除去Fe（OH）3，得到K2CrO4滤液②，加热除去过量过氧化氢，防止后续加酸时H2O2能将Cr2O72﹣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。
【解答】解：（1）滤渣①成分为Cr（OH）3、Fe（OH）3混合物，“氧化”步骤中Cr（OH）3转化为K2CrO4溶液，Fe（OH）3不反应也不溶与水，过滤分离的滤渣②为Fe（OH）3，
故答案为：Fe（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，结合电子守恒、原子守恒有化学方程式为2Cr（OH）3+3H2O2+4KOH＝2K2CrO4+8H2O，
故答案为：2Cr（OH）3+3H2O2+4KOH＝2K2CrO4+8H2O；
（3）因为在酸性条件下，H2O2能将Cr2O72﹣还原为Cr3+，为防止后续“酸化”步骤中H2O2将Cr2O72﹣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，
故答案为：除去过量的H2O2；
（4）酸化”过程中pH＝1，即c（H+）＝0.1mol/L，反应2CrO42﹣+2H+⇌Cr2O72﹣+H2O的平衡常数K＝＝＝4×1014，c（CrO42﹣）＝2×10﹣8mol•L﹣1，
故答案为：2×10﹣8mol•L﹣1；
（5）由反应K2Cr2O7+6（NH4）2Fe（SO4）2+7H2SO4＝K2SO4+Cr2（SO4）3+6（NH4）2SO4+3Fe2（SO4）3+7H2O有n（K2Cr2O7）＝n[（NH4）2Fe（SO4）2]＝×0.0100mol/L×0.9L＝0.0015mol，产品的纯度＝＝＝88.2%，
故答案为：88.2%；
（6）①C6H5OH→CO2，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+，
故答案为：C6H5OH+11H2O﹣28e﹣＝6CO2+28H+；
②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﹣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，使NaCl溶液浓度减小，
故答案为：减小。
【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握流程中发生的反应、混合物分离提纯、氧化还原反应规律为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意题干“已知”信息的应用，题目难度中等。
10．（14分）二甲醚（CH3OCH3）重整制取H2，具有无毒、无刺激性等优点。回答下列问题：
（1）CH3OCH3和O2发生反应Ⅰ：CH3OCH3（g）+O2（g）＝2CO（g）+3H2（g）△H
已知：CH3OCH3（g）⇌CO（g）+H2（g）+CH4（g）△H1
CH4（g）+O2（g）＝CO（g）+2H2O（g）△H2
H2（g）+O2（g）＝H2O（g）△H3
①则反应Ⅰ的△H＝ △H1+△H2﹣2△H3 （用含△H1、△H2、△H3的代数式表示）。
②保持温度和压强不变，分别按不同进料比通入CH3OCH3和O2，发生反应Ⅰ．测得平衡时H2的体积百分含量与进料气中的关系如图（a）所示。当＞0.6时，H2的体积百分含量快速降低，其主要原因是 （填标号）。
A．过量的O2起稀释作用
B．过量的O2与H2发生副反应生成H2O
C．＞0.6平衡向逆反应方向移动
（2）T℃时，在恒容密闭容器中通入CH3OCH3，发生反应Ⅱ：CH3OCH3（g）⇌CO（g）+H2（g）+CH4（g），测得容器内初始压强为41.6 kPa，反应过程中反应速率v（CH3OCH3）、时间f与CH3OCH3分压P（CH3OCH3）的关系如图（b）所示。
①t＝400 s时，CH3OCH3的转化率a﹣ 16% （保留2位有效数字）；反应速率满足v（CH3OCH3）＝kPn（CH3OCH3），k＝ 4.4×10﹣4 s﹣1；400 s时v（CH3OCH3） 1.54×10﹣2 kPa•s﹣1。
②达到平衡时，测得体系的总压强P总＝121.6 kPa，则该反应的平衡常数Kp＝ 4×104 kPa2（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数）。
③该温度下，要缩短达到平衡所需的时间，除改进催化剂外，还可采取的措施是 增大容器的压强或增大反应物的浓度 ，其理由是 提高反应物分压，化学反应速率加快 。
【分析】（1）①已知：Ⅰ．CH3OCH3（g）⇌CO（g）+H2（g）+CH4（g）△H1
Ⅱ．CH4（g）+O2（g）＝CO（g）+2H2O（g）△H2
Ⅲ．H2（g）+O2（g）＝H2O（g）△H3
盖斯定律计算Ⅰ+Ⅱ﹣2×Ⅲ得到CH3OCH3（g）+O2（g）＝2CO（g）+3H2（g）△H；
②当＞0.6时，H2的体积百分含量快速降低的原因可能是氧气和氢气发生了反应；
（2）①t＝400 s时，CH3OCH3分压P（CH3OCH3）＝35.0KPa，测得容器内初始压强为41.6 kPa，转化率＝×100%＝×100%，反应速率满足v（CH3OCH3）＝kPn（CH3OCH3），k＝，400 s时P（CH3OCH3）＝）＝35.0KPa，v（CH3OCH3）＝kPn（CH3OCH3）；
②达到平衡时，测得体系的总压强P总＝121.6 kPa，结合三行计算得到物质的量，则该反应的平衡常数Kp＝；
③该温度下，要缩短达到平衡所需的时间，除改进催化剂外，可以增大反应物的压强或增大反应物的浓度等。
【解答】解：（1）①已知：①CH3OCH3（g）⇌CO（g）+H2（g）+CH4（g）△H1
②CH4（g）+O2（g）＝CO（g）+2H2O（g）△H2
③H2（g）+O2（g）＝H2O（g）△H3
盖斯定律计算①+②﹣2③得到CH3OCH3（g）+O2（g）＝2CO（g）+3H2（g）△H＝△H1+△H2﹣2△H3，
故答案为：△H1+△H2﹣2△H3；
②图象分析，当＞0.6时，H2的体积百分含量快速降低的原因可能是：过量的O2与H2发生副反应生成H2O，选项B正确，
故答案为：B；
（2）①t＝400 s时，CH3OCH3分压P（CH3OCH3）＝35.0KPa，测得容器内初始压强为41.6 kPa，转化率＝×100%＝16%，反应速率满足v（CH3OCH3）＝kPn（CH3OCH3），k＝＝4.4×10﹣4s﹣1，400 s时v（CH3OCH3）＝4.4×10﹣4s﹣1×35kPa＝1.54×10﹣2kPa/s，
故答案为：16%；4.4×10﹣4s﹣1；1.54×10﹣2；
②达到平衡时，测得体系的总压强P总＝121.6 kPa，结合三行计算得到物质的量，设甲醚物质的量为1mol，反应消耗甲醚物质的量为x，
CH3OCH3（g）⇌CO（g）+H2（g）+CH4（g）
起始量（mol） 1 0 0 0
变化量（mol） x x x x
平衡量（mol） 1﹣x x x x
压强之比等于气体物质的量之比，＝
x＝0.96mol
气体总物质的量＝1+2x＝2.92mol，
Kp＝≈4×104，
故答案为：4×104；
③该温度下，要缩短达到平衡所需的时间，除改进催化剂外，还可以增大容器内的压强或增大反应物的浓度，提高反应物分压，化学反应速率加快，
故答案为：增大容器的压强或增大反应物的浓度；提高反应物分压，化学反应速率加快。
【点评】本题考查了热化学方程式书写、化学反应速率和速率常数计算、平衡影响因素、化学平衡常数计算等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
【化学--选修3：物质结构与性质】（15分）
11．（15分）铜及其化合物在科研和生产中具有广泛用途。回答下列问题：
（l）基态Cu原子的价电子排布图是 。
（2）从核外电子排布角度解释高温下Cu2O比CuO更稳定的原因是 亚铜离子核外电子处于稳定的全充满状态 。
（3）铜晶体中Cu原子的堆积方式如图①所示，其堆积方式为 面心立方最密堆积 ，配位数为 12 。
（4）可做染料。NH3中N原子的杂化方式是 sp3 ；C、N、O元素的第一电离能由大到小的顺序是 N＞O＞C （用元素符号表示）；SO42﹣的空间构型是 正四面体 ，与该阴离子互为等电子体的五核微粒有 PO43﹣或ClO4﹣等 （任写一种）。
（5）由铜、钡、钙及铊的氧化物可以制得高温超导体，CaO的熔点比BaO的熔点高，其原因是 CaO的晶格能比BaO的晶格能大 。
（6）金铜合金的晶胞如图②所示。金铜合金具有储氢功能，储氢后Au原子位于顶点，Cu原子位于面心，H原子填充在由1个Au原子和距Au原子最近的3个Cu原子构成的四面体空隙中，若Cu原子与Au原子的最短距离为a nm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体储氢后密度为 g•cm﹣3（列出计算式）。
【分析】（1）Cu位于周期表中第4周期第ⅠB族，价电子排布式为3d104s1；
（2）高温下Cu2O比CuO稳定，从核外电子排布角度，Cu+价电子排布为3d10，为全满结构，较为稳定；
（3）根据堆积方式分析，金属Cu的堆积方式为密置层ABCABC……堆积；配位数是12；
（4）NH3中N原子价层电子对个数＝3+＝4，根据价层电子对互斥理论判断N原子杂化类型；同一周期元素第一电离能随着原子序数增大而增大，但是第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素；SO42﹣中S原子价层电子对个数＝4+＝4且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断该微粒空间构型，与该阴离子互为等电子体的五核微粒中含有5个原子且价电子数是32；
（5）离子化合物中，离子电荷越多、离子半径越小，晶格能越大，物质的熔点越高；
（6）该晶胞中Au原子个数＝8×＝1、Cu原子个数＝6×＝3，H原子填充在由1个Au原子和距Au原子最近的3个Cu原子构成的四面体空隙中，形成的结构为三角锥形，该晶胞中有8个这种三角锥，所以该晶胞中含有8个H原子，若Cu原子与Au原子的最短距离为a nm，为面对角线长度的一半，则棱长＝nm＝anm＝a×10﹣7cm，晶胞体积＝（a×10﹣7cm）3，该晶体储氢后密度＝。
【解答】解：（1）Cu位于周期表中第4周期第ⅠB族，价电子排布式为3d104s1，则基态Cu原子的价电子排布图为：，
故答案为：；
（2）高温下Cu2O比CuO稳定，从核外电子排布角度，Cu+价电子排布为3d10，为全满结构，较为稳定，所以原因为：亚铜离子核外电子处于稳定的全充满状态，
故答案为：亚铜离子核外电子处于稳定的全充满状态；
（3）根据堆积方式分析，金属Cu的堆积方式为密置层ABCABC……堆积，Cu原子位于顶点和面心上，所以该堆积方式为面心立方最密堆积，配位数＝3×8÷2＝12；
故答案为：面心立方最密堆积；12；
（4）NH3中N原子价层电子对个数＝3+＝4，根据价层电子对互斥理论判断N原子杂化类型为sp3；同一周期元素第一电离能随着原子序数增大而增大，但是第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，所以第一电离能N＞O＞C；SO42﹣中S原子价层电子对个数＝4+＝4且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断该微粒空间构型为正四面体结构，与该阴离子互为等电子体的五核微粒中含有5个原子且价电子数是32，符合条件的微粒有PO43﹣或ClO4﹣等，
故答案为：sp3；N＞O＞C；正四面体；PO43﹣或ClO4﹣等；
（5）离子电荷相同，Ca2+ 半径比Ba2+小，CaO的晶格能比BaO大，故CaO的熔点比BaO高，
故答案为：CaO的晶格能比BaO的晶格能大；
（6）该晶胞中Au原子个数＝8×＝1、Cu原子个数＝6×＝3，H原子填充在由1个Au原子和距Au原子最近的3个Cu原子构成的四面体空隙中，形成的结构为三角锥形，该晶胞中有8个这种三角锥，所以该晶胞中含有8个H原子，若Cu原子与Au原子的最短距离为a nm，为面对角线长度的一半，则棱长＝nm＝anm＝a×10﹣7cm，晶胞体积＝（a×10﹣7cm）3，该晶体储氢后密度＝＝g/cm3，
故答案为：。
【点评】本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、晶格能、原子杂化类型判断等知识点，侧重考查基本公式、基础知识再现及空间想像能力、计算能力，难点是晶胞计算，注意（6）中H原子个数判断，为解答难点，题目难度中等。
【化学--选修5：有机化学基础】（15分）
12．蜂胶是一种天然抗癌药，主要活性成分为咖啡酸苯乙酯（J）。合成化合物I的路线如下：
已知：①
②RCHO+HOOCCH2COOHRCH＝CHCOOH
③当羟基与双键碳原子相连时，易发生转化：RCH﹣CHOH＝RCHCHO
请回答下列问题：
（l）化合物F的名称是 苯乙烯 ；B﹣C的反应类型是 取代反应 。
（2）化合物E中含氧官能团的名称是 羧基、羟基 ；G﹣H的反应所需试剂和条件分别是 NaOH水溶液 、 加热 。
（3）写出化合物C与新制Cu（OH）2悬浊液反应的化学方程式 。
（4）化合物W与E互为同分异构体，两者所含官能团种类和数目完全相同，且苯环上有3个取代基，则W可能的结构有 11 种（不考虑顺反异构），其中核磁共振氢谱显示有6种不同化学环境的氢，峰面积比为2：2：1：1：1：1，写出符合要求的W的结构简式 。
（5）参照上述合成路线，设计由CH3CH＝CH2和HOOCCH2COOH为原料制备CH3CH2CH＝CHCOOH的合成路线（无机试剂任选）。
【分析】结合信息①、B的分子式、物质C的结构，可知与过氧化氢发生取代反应生成B为，B发生取代反应生成C（），C发生信息②中的反应生成D为．对比D、E的分子式，结合I的结合，可知E为，故H为、G为。
（5）CH3CH＝CH2与HBr在过氧化物条件下反应生成CH3CH2CH2Br，然后碱性条件下水解生成CH3CH2CH2OH，再发生氧化反应生成CH3CH2CHO，最后与HOOCCH2COOH在吡啶、加热条件下反应得到CH3CH2CH＝CHCOOH。
【解答】解：（l）化合物F的名称是：苯乙烯；B﹣C是﹣OCH3转化为﹣OH，属于取代反应，
故答案为：苯乙烯；取代反应；
（2）化合物E为，E中含氧官能团的名称是：羧基、羟基；G﹣H发生卤代烃的水解反应引入羟基，的反应所需试剂和条件分别是：NaOH水溶液、加热，
故答案为：羧基、羟基；NaOH水溶液、加热；
（3）化合物C与新制Cu（OH）2悬浊液反应的化学方程式：，
故答案为：；
（4）化合物W与E（）互为同分异构体，两者所含官能团种类和数目完全相同，且苯环上有3个取代基，三个取代基为﹣OH、﹣OH、﹣CH＝CHCOOH，或者为﹣OH、﹣OH、﹣C（COOH）＝CH2，2个﹣OH有邻、间、对3种位置结构，对应的另外取代基分别有2种、3种、1种位置结构（包含E），故W可能的结构有（2+3+1）×2﹣1＝11种，其中核磁共振氢谱显示有6种不同化学环境的氢，峰面积比为2：2：1：1：1：1，符合要求的W的结构简式为：，
故答案为：11；；
（5）CH3CH＝CH2与HBr在过氧化物条件下反应生成CH3CH2CH2Br，然后碱性条件下水解生成CH3CH2CH2OH，再发生氧化反应生成CH3CH2CHO，最后与HOOCCH2COOH在吡啶、加热条件下反应得到CH3CH2CH＝CHCOOH，合成路线流程图为：，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物推断与合成，充分利用转化中物质的结构简式与分子式进行分析判断，题目侧重考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力，熟练掌握官能团的性质与转化，是有机化学常考题型。
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日期：2021/11/7 11:10:49；用户：赵永亮；邮箱：15239401044；学号：31392014
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