还剩24页未读，
继续阅读
2019年广东省珠海市高考化学二模试卷（含答案）
展开
这是一份2019年广东省珠海市高考化学二模试卷（含答案），共27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年广东省珠海市高考化学二模试卷
一、选择题：本题共7小题，每小题6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）化学与生活、社会发展息息相关，下列有关说法不正确的是（ ）
A．尼龙属于有机高分子材料
B．稻草秸秆和甘蔗渣中富含纤维素，可以用它来制造纸张
C．将大桥钢制构件用导线与石墨相连可以起到防腐的作用
D．刘禹锡《浪淘沙》诗句“千淘万漉虽辛苦，吹尽黄沙始到金”中“淘”“漉”相当于“过滤”
2．（6分）在有机化工生产中可以通过由石油得到的乙烯和由煤得到的苯制聚苯乙烯，生产过程如下：
下列说法不正确的是（ ）
A．反应①为加成反应
B．乙苯的一氯代物有5种
C．苯乙烯分子最多有16个原子共面
D．反应①②③的原子利用率都达到了100%
3．（6分）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．28 g聚乙烯含有的碳原子数为2NA
B．22.4LCO2气体分子中2NA个C＝O键
C．在一定条件下，1molN2与足量H2反应时，转移的电子数为6NA
D．当2mol电子经过电路时，精炼或电镀铜的电解液中Cu2+的总数目均减少NA
4．（6分）下列实验结果不能作为相应定律或原理的证据之一的是（ ）
（阿伏加德罗定律：在同温同压下，相同体积的任何气体含有相同数目的分子）
A
B
C
D
勒夏特列原理
元素周期律
盖斯定律
阿伏加德罗定律
实验方案
结果
左球气体颜色加深
右球气体颜色变浅
烧瓶中冒气泡，试管中出现浑浊
测得△H为的△H1、△H2的和
H2与O2的体积比约为2：1
A．A B．B C．C D．D
5．（6分）W、X、Y、Z为原子序数依次增大的前20号主族元素，W、X原子核外电子总数分别是其内层电子数的3和4倍，X 和Y处于同一主族，W和Z形成的化合物俗名为电石，下列叙述正确的是（ ）
A．简单离子半径：Z＞Y
B．X2 与Y单质反应能直接形成YX3
C．WY2分子中各原子最外层均满足8电子
D．X、Z与Y形成的化合物均为离子化合物
6．（6分）全钒液流储能电池是一种新型的绿色环保储能系统（工作原理如图，电解液含硫酸），当完成储能时，左储罐溶液的颜色为黄色。已知：
离子种类
VO2+
VO2+
V3+
V2+
颜色
黄色
蓝色
绿色
紫色
下列说法中不正确的是（ ）
A．a为电池的正极
B．充电时，阴极电极式：V3++e﹣＝V2+
C．电池总反应：VO2++V2++2H+＝VO2++V3++H2O
D．电池工作时，H+透过离子交换膜向负极区移动
7．（6分）磷元素在地壳中主要以溶解度最小的磷酸正盐形式存在。H3PO4与NaOH溶液反应可获得一系列磷酸盐，含磷各物种的分布分数与pH 的关系如图所示。
下列说法正确的是（ ）
A．当pH＝7时，c（HPO42﹣）＜c（H2PO4﹣）
B．为获得尽可能纯NaH2PO4，pH应控制在4﹣5.5之间
C．H3PO4第三步电离的平衡常数Ka3（H3PO4）大于10﹣12
D．若向Na2HPO4 溶液中加入足量的CaCl2 溶液，则溶液的pH值增加
二、非选择题
8．（15分）二氯化钴的水溶液及水合二氯化钴固体均为粉红色，无水二氯化钴为蓝色，二氯化钴可以用来制备变色硅胶。
Ⅰ．甲同学用Co2O3与盐酸反应制备水合二氯化钴，其实验装置如图：
（1）Co2O3中钴元素的化合价为 ：。
（2）现象预测：A装置中 ；B装置中 ；
依据预测结果写出烧瓶中发生反应的化学方程式： ；
（3）若干燥器中的变色硅胶变为粉色后，说明变色硅胶失去了吸水性，此时将粉红色的变色硅胶（填实验操作） 后，能恢复其吸水性。
Ⅱ．铁、钴都是第四周期VIII族的元素，常见化合价为+2、+3。
（4）通过上述实验可以说明Fe2O3的氧化性比Co2O3的 ；（填“强”、“弱”、“无法比较”）；理由是 ；
（5）继续做探究实验：把等量的H2O2溶液中分别加到相同体积和浓度的Co2（SO4）3溶液和Fe2（SO4）3溶液后，都能产生大量气体。
①该气体的化学式为 ；
②为了探究H2O2与Co2（SO4）3溶液及H2O2与Fe2（SO4）3溶液反应的原理是否相同，某同学记录现象并做如下操作和分析。
a．当反应停止时试管A内溶液变为粉红色，说明Co2（SO4）3在此反应中作为氧化剂；
b．当反应停止时试管B溶液颜色无明显变化，若往试管B内加入少量 （填试剂）溶液后亦无明显现象，说明Fe2（SO4）3在此反应中作为 。
9．（14分）钯（Pd）是有机合成中常用的催化剂。一种由废钯催化剂（主要成分为Pd，还有PdO、Fe、有机物残留以及其他杂质）制取金属Pd的工艺流程如图：
回答下列问题：
（1）废钯催化剂经烘干、粉碎后，再在700℃的高温下焙烧，不断通入足量空气的目的除了使有机物充分燃烧而除去，还可以 。
（2）查资料可知，PdO不溶于王水，加入甲酸还原PdO，其目的是 ，气体X是 。
（3）钯在王水（浓硝酸与浓盐酸按体积比1：3）中转化为H2PdCl4，硝酸还原为NO，该反应的化学方程式为 ；酸溶时温度不能过高，原因是 。
（4）加入适量的稀氨水溶液调节pH至3～4除杂，废渣的主要成分是 。
（5）焙烧2的目的是 ；
（6）有水参加情况下，可以将CO通入氯化钯（PdCl2）得到黑色金属Pd粉末，化学方程式为 。
10．（14分）甲醛在木材加工、医药等方面有重要用途。甲醇直接脱氢是工业上合成甲醛的新方法：CH3OH⇌HCHO+H2
有研究指出，催化反应的部分机理如图1，回答下列问题：
（1）根据上述信息，请写出甲醇脱氢制甲醛时发生的副反应方程式 ；
已知：甲醇、甲醛、氢气的燃烧热分别为a kJ/mol、b kJ/mol、c kJ/mol，则反应CH3OH（l）⇌HCHO（g）+H2（g）的△H＝ kJ/mol。（用含有a、b、c字母的式子表示）。
（2）下图分别表示在某一条件下，温度对某种催化剂催化脱氢性能的影响（图2）以及温度对气体平衡分压的关系（图3），回答下列问题：
①结合上图，请用相关原理解释：在图一中，650℃之后，甲醇生成甲醛的转化率随温度升高而下降的可能原因 ；
②如图二，A温度下，在恒容密闭容器中，起始充入CH3OH，若起始压强为P0（单位：Pa），达到平衡时，甲醇生成甲醛的转化率为 （用含有P0的式子表示）；
计算反应CH3OH（g）⇌HCHO（g）+H2（g）在该温度时的平衡常数KP＝ （用平衡分压代替平衡浓度计算，单位省略）；
③甲醇脱氢制甲醛，为了抑制副反应的进行同时提高甲醛的转化率，可采取的措施有 。
（3）吹脱是处理甲醛废水的一种工艺，吹脱速率可用方程v＝0.025c（mg•L﹣1•h﹣1）表示（其中c为甲醛浓度），下表为常温下甲醛的浓度随吹脱时间变化数据。
吹脱时间（h）
0
5
21
37
53
甲醛浓度（mg/L）
10000
8000
4000
2000
1000
则当甲醛浓度为2000mg•L﹣1时，其吹脱速率v＝ mg•L﹣1•h﹣1；分析上表数据，若甲醛起始浓度为5000 mg•L﹣1，当甲醛浓度降为2500 mg•L﹣1，则吹脱时间为 h。
【物质结构与性质】（15分）
11．（15分）过渡元素及其化合物在合金材料以及催化剂等方面应用十分广泛。
（1）钪（Sc）在元素周期表中的位置是 ；与钪同周期基态原子含未成对电子数为2的过渡元素共有 种；
（2）根据钪元素电离能的数据，写出一种最高价态氧化物的化学式 ；
电离能
kJ•mol﹣1
Ⅰ1
Ⅰ2
Ⅰ3
Ⅰ4
Ⅰ5
Ⅰ6
Ⅰ7
Ⅰ8
633.1
1235.0
2388.6
7090.6
8843
10679
13310
15250
（3）金属碳笼一问世，立刻就引起化学家的兴趣，如图1是一个钛碳笼，结构类似于富勒烯；
①金属碳笼的化学式 ；
②结构中碳原子的杂化类型： ；
③写出一种与金属碳笼结构相似的等电子体的非金属单质是： 。
（4）钛与卤素形成的化合物的熔沸点如下表所示：
物质
熔点/℃
沸点/℃
TiCl4
﹣25
136.5
TiBr4
39
230
TiI4
150
377
根据表格数据判断：TiCl4、TiBr4、TiI4的晶体类型为 ，分析TiCl4、TiBr4、TiI4的熔点和沸点呈现一定规律的原因是 。
（5）砷化钪是制取半导体的理想材料，图2为砷化钪晶胞的结构示意图，则每个Sc原子周围最近距离的As原子数目为 。若砷化钪晶体的密度为ρg•cm﹣3，则该晶体中Sc原子之间的最近距离为 pm．（用NA 表示阿伏加德罗常数的值，列出计算式即可）。
【有机化学基础】（15分）
12．某药物中间体K及高分子化合物G的合成路线如图：
已知：Ⅰ．R1NHR2易被氧化
Ⅱ．
回答下列问题：
（1）C中官能团的名称是 ，D的名称为 。
（2）反应②的反应条件为 ；反应①、③的目的是 。
（3）E的结构简式为 。
（4）反应④的化学反应方程式是 。
（5）F的同分异构体有多种，分别写出与下列要求相对应的同分异构体。
①一种α氨基酸： 。
②核磁共振氢谱的吸收峰面积之比为6：2：1： 。
（6）写出由A和丙酮（）合成苯丁二烯（）的途径：
（合成路线常用的表示方式为：甲乙目标产物）
2019年广东省珠海市高考化学二模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共7小题，每小题6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）化学与生活、社会发展息息相关，下列有关说法不正确的是（ ）
A．尼龙属于有机高分子材料
B．稻草秸秆和甘蔗渣中富含纤维素，可以用它来制造纸张
C．将大桥钢制构件用导线与石墨相连可以起到防腐的作用
D．刘禹锡《浪淘沙》诗句“千淘万漉虽辛苦，吹尽黄沙始到金”中“淘”“漉”相当于“过滤”
【分析】A．尼龙是合成纤维，属于有机高分子材料；
B．秸秆和甘蔗渣中富含纤维素，可以用它来制造纸张；
C．依据原电池工作原理解答；
D．“千淘万漉虽辛苦，吹尽黄沙始到金”意思是淘金要经过千遍万遍的过滤。
【解答】解：A．尼龙是合成纤维，属于有机高分子材料，故A正确；
B．秸秆和甘蔗渣中富含纤维素，可以用它来制造纸张，故B正确；
C．将大桥钢制构件用导线与石墨相连，在潮湿环境下可以形成原电池，钢为负极，可以加快防腐，故C错误；
D．“千淘万漉虽辛苦，吹尽黄沙始到金”指淘金要经过千遍万遍的过滤，只有淘尽了泥沙才能得到黄金，所以其中的“淘”“漉”相当于分离提纯操作中的“过滤”，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了化学与生活有关知识，熟悉相关物质的组成和性质是解题关键，题目难度不大，注意对相关知识的积累。
2．（6分）在有机化工生产中可以通过由石油得到的乙烯和由煤得到的苯制聚苯乙烯，生产过程如下：
下列说法不正确的是（ ）
A．反应①为加成反应
B．乙苯的一氯代物有5种
C．苯乙烯分子最多有16个原子共面
D．反应①②③的原子利用率都达到了100%
【分析】A．苯和乙烯发生加成反应生成苯乙烷；
B．乙苯中含有5种氢原子，有几种氢原子，其一氯代物就有几种；
C．苯、乙烯分子中所有原子共平面，碳碳单键可以旋转；
D．①②③分别是加成反应、消去反应、加聚反应。
【解答】解：A．苯和乙烯发生加成反应生成苯乙烷，该反应类型为加成反应，故A正确；
B．乙苯中含有5种氢原子，有几种氢原子，其一氯代物就有几种，所以乙苯的一氯代物有5种，故B正确；
C．苯、乙烯分子中所有原子共平面，碳碳单键可以旋转，则苯乙烯分子中最多所有原子共平面，有16个原子，故C正确；
D．①②③分别是加成反应、消去反应、加聚反应，①③中原子利用率为100%，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查有机物结构和性质，为高频考点，明确官能团及其性质关系、同分异构体种类判断方法、原子共平面判断方法是解本题关键，注意知识迁移方法的灵活运用，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．28 g聚乙烯含有的碳原子数为2NA
B．22.4LCO2气体分子中2NA个C＝O键
C．在一定条件下，1molN2与足量H2反应时，转移的电子数为6NA
D．当2mol电子经过电路时，精炼或电镀铜的电解液中Cu2+的总数目均减少NA
【分析】A、聚乙烯由CH2构成；
B、二氧化碳所处的状态不明确；
C、氨气的合成是可逆反应；
D、在精炼铜时，阳极上放电的不只是铜，还有其他活泼的金属，但无论是精炼还是电镀铜，阴极上均为Cu2+放电。
【解答】解：A、聚乙烯由CH2构成，故28g聚乙烯中含CH2的物质的量为2mol，故含碳原子为2NA个，故A正确；
B、二氧化碳所处的状态不明确，故其物质的量不能根据22.4L/mol来计算其物质的量，故B错误；
C、氨气的合成是可逆反应，不能进行彻底，故转移的电子数小于6NA个，故C错误；
D、在精炼铜时，阳极上放电的不只是铜，还有其他活泼的金属，但无论是精炼还是电镀铜，阴极上均为Cu2+放电，故在精炼铜时，当转移2NA个电子时，溶液中铜离子的个数减少的多于NA个，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。
4．（6分）下列实验结果不能作为相应定律或原理的证据之一的是（ ）
（阿伏加德罗定律：在同温同压下，相同体积的任何气体含有相同数目的分子）
A
B
C
D
勒夏特列原理
元素周期律
盖斯定律
阿伏加德罗定律
实验方案
结果
左球气体颜色加深
右球气体颜色变浅
烧瓶中冒气泡，试管中出现浑浊
测得△H为的△H1、△H2的和
H2与O2的体积比约为2：1
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．反应2NO2（g）⇌N2O4（g）的△H＜0，为放热反应，结合温度对化学平衡的影响分析；
B．HCl不是含氧酸，盐酸酸性大于碳酸与元素周期律无关；
C．结合盖斯定律内容分析；
D．根据电子守恒计算生成氢气和氧气的物质的量，然后利用阿伏加德罗定律分析。
【解答】解：A．反应2NO2（g）⇌N2O4（g）为放热反应，热水中平衡向着逆向移动，二氧化氮浓度增大，左球气体颜色加深；冷水中平衡向着正向移动，二氧化氮浓度减小，右球气体颜色变浅，能够用勒夏特列原理解释，故A不选；
B．烧瓶中冒气泡，证明酸性：HCl＞碳酸，由于HCl不是含氧酸，无法用元素周期律解释，故B选；
C．根据盖斯定律可知：△H＝△H1+△H2，能够用盖斯定律解释，故C不选；
D．根据电子守恒可知，电解水生成H2与O2的物质的量之比2：1，结合阿伏加德罗定律可知，H2与O2的体积比约为2：1，故D不选；
故选：B。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，题目难度不大，涉及化学平衡的影响、阿伏加德罗定律、盖斯定律、元素周期律等知识，明确元素周期律内容、化学平衡的影响因素即可解答，试题培养了学生的综合应用能力。
5．（6分）W、X、Y、Z为原子序数依次增大的前20号主族元素，W、X原子核外电子总数分别是其内层电子数的3和4倍，X 和Y处于同一主族，W和Z形成的化合物俗名为电石，下列叙述正确的是（ ）
A．简单离子半径：Z＞Y
B．X2 与Y单质反应能直接形成YX3
C．WY2分子中各原子最外层均满足8电子
D．X、Z与Y形成的化合物均为离子化合物
【分析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的前20号主族元素，W、X原子核外电子总数分别是其内层电子数的3和4倍，原子只能有2个电子层，电子总数分别为6、8，故W为C元素、X为O元素，X 和Y处于同一主族，则Y为S元素。W和Z形成的化合物俗名为电石，而电石化学式为CaC2，故Z为Ca。
【解答】解：W、X、Y、Z为原子序数依次增大的前20号主族元素，W、X原子核外电子总数分别是其内层电子数的3和4倍，原子只能有2个电子层，电子总数分别为6、8，故W为C元素、X为O元素，X 和Y处于同一主族，则Y为S元素。W和Z形成的化合物俗名为电石，而电石化学式为CaC2，故Z为Ca。
A．Y、Z的简单离子分别为S2﹣、Ca2+，二者电子层结构相同，钙离子核电荷数更大，故离子半径：Ca2+＜S2﹣，故A正确；
B．O2 与硫单质反应形成SO2，故B错误；
C．CS2分子中各原子最外层均满足8电子，故C正确；
D．Z与Y形成的CaS属于离子化合物，但X与Y形成的化合物有SO2、SO3，均属于共价化合物，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，理解掌握核外电子排布规律与元素周期表，旨在考查学生对基础知识的掌握情况。
6．（6分）全钒液流储能电池是一种新型的绿色环保储能系统（工作原理如图，电解液含硫酸），当完成储能时，左储罐溶液的颜色为黄色。已知：
离子种类
VO2+
VO2+
V3+
V2+
颜色
黄色
蓝色
绿色
紫色
下列说法中不正确的是（ ）
A．a为电池的正极
B．充电时，阴极电极式：V3++e﹣＝V2+
C．电池总反应：VO2++V2++2H+＝VO2++V3++H2O
D．电池工作时，H+透过离子交换膜向负极区移动
【分析】完成储能时，左储罐溶液的颜色为黄色，即左罐溶液主要含有VO2+离子，放电时，VO2+得电子生成VO2+，正极上的反应为VO2++2H++e﹣═VO2++H2O，溶液颜色由黄色→绿色，
负极反应为V2+﹣e﹣═V3+，所以电池总反应为VO2++V2++2H+＝VO2++V3++H2O，原电池工作时，电解质溶液中的阳离子透过阳离子交换膜移向正极；充电时电解池总反应、阴阳极反应与原电池的总反应、负正极恰好相反，据此分析解答。
【解答】解：A、完成储能时，左储罐溶液的颜色为黄色，即左罐溶液主要含有VO2+离子，放电时，VO2+得电子生成VO2+，为正极，即a电极为正极，故A正确；
B、原电池负极反应为V2+﹣e﹣═V3+，充电时阴极反应与原电池负极相反，即阴极电极式：V3++e﹣＝V2+，故B正确；
C、原电池正极上的反应为VO2++2H++e﹣═VO2++H2O，负极反应为V2+﹣e﹣═V3+，所以电池总反应为VO2++V2++2H+＝VO2++V3++H2O，故C正确；
D、原电池工作时，电解质溶液中的阳离子透过阳离子交换膜移向正极，即H+透过离子交换膜向正极区移动，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查原电池的工作原理，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，从化合价的高低变化进行原电池正负极的判断是解题的关键，注意离子交换膜的作用和类型，题目难度不大。
7．（6分）磷元素在地壳中主要以溶解度最小的磷酸正盐形式存在。H3PO4与NaOH溶液反应可获得一系列磷酸盐，含磷各物种的分布分数与pH 的关系如图所示。
下列说法正确的是（ ）
A．当pH＝7时，c（HPO42﹣）＜c（H2PO4﹣）
B．为获得尽可能纯NaH2PO4，pH应控制在4﹣5.5之间
C．H3PO4第三步电离的平衡常数Ka3（H3PO4）大于10﹣12
D．若向Na2HPO4 溶液中加入足量的CaCl2 溶液，则溶液的pH值增加
【分析】A．pH＝7时，c（HPO42﹣）＜c（H2PO4﹣）；
B．pH在4﹣5.5之间主要存在H2PO4﹣；
C．c（PO43﹣）＝c（H2PO4﹣），Ka3（H3PO4）＝c（H+）；
D．若向Na2HPO4 溶液中加入足量的CaCl2 溶液，二者反应生成CaHPO4沉淀和NaCl。
【解答】解：A．根据图知，pH＝7时，c（HPO42﹣）＜c（H2PO4﹣），故A正确；
B．pH在4﹣5.5之间主要存在H2PO4﹣，所以为获得尽可能纯NaH2PO4，pH应控制在4﹣5.5之间，故B正确；
C．c（PO43﹣）＝c（H2PO4﹣），Ka3（H3PO4）＝c（H+）＜10﹣12，故C错误；
D．若向Na2HPO4 溶液中加入足量的CaCl2 溶液，二者反应生成CaHPO4沉淀和NaCl，二者恰好完全反应时溶液呈中性，则反应过程中溶液的pH减小，故D错误；
故选：AB。
【点评】本题考查弱电解质的电离，为高频考点，侧重考查图象分析判断及知识综合运用能力，明确图中曲线变化含义、电离平衡常数计算方法是解本题关键，C为解答易错点。
二、非选择题
8．（15分）二氯化钴的水溶液及水合二氯化钴固体均为粉红色，无水二氯化钴为蓝色，二氯化钴可以用来制备变色硅胶。
Ⅰ．甲同学用Co2O3与盐酸反应制备水合二氯化钴，其实验装置如图：
（1）Co2O3中钴元素的化合价为 +3 ：。
（2）现象预测：A装置中 溶液变为粉红色 ；B装置中 溶液变蓝 ；
依据预测结果写出烧瓶中发生反应的化学方程式： Co2O3+6HCl＝2CoCl2+Cl2↑+3H2O ；
（3）若干燥器中的变色硅胶变为粉色后，说明变色硅胶失去了吸水性，此时将粉红色的变色硅胶（填实验操作） 加热至蓝色 后，能恢复其吸水性。
Ⅱ．铁、钴都是第四周期VIII族的元素，常见化合价为+2、+3。
（4）通过上述实验可以说明Fe2O3的氧化性比Co2O3的 弱 ；（填“强”、“弱”、“无法比较”）；理由是 Co2O3 能氧化盐酸生成 Cl2 而 Fe2O3 不行 ；
（5）继续做探究实验：把等量的H2O2溶液中分别加到相同体积和浓度的Co2（SO4）3溶液和Fe2（SO4）3溶液后，都能产生大量气体。
①该气体的化学式为 O2 ；
②为了探究H2O2与Co2（SO4）3溶液及H2O2与Fe2（SO4）3溶液反应的原理是否相同，某同学记录现象并做如下操作和分析。
a．当反应停止时试管A内溶液变为粉红色，说明Co2（SO4）3在此反应中作为氧化剂；
b．当反应停止时试管B溶液颜色无明显变化，若往试管B内加入少量 铁氰化钾或高锰酸钾 （填试剂）溶液后亦无明显现象，说明Fe2（SO4）3在此反应中作为 催化剂 。
【分析】（1）化合物中正负化合价代数和为0；
（2）A中发生Co2O3+6HCl＝2CoCl2+Cl2↑+3H2O，B中氯气与KI生成碘，淀粉遇碘变蓝；
（3）粉红色的变色硅胶加热可失去水；
（4）氧化铁与浓盐酸发生复分解反应；
（5）①反应时过氧化氢中O元素由﹣1价升高为0；
②铁氰化钾与亚铁离子反应生成蓝色沉淀，且亚铁离子能被高锰酸钾氧化，催化剂在反应前后不变。
【解答】解：（1）Co2O3中钴元素的化合价为＝+3，
故答案为：+3；
（2）A中发生Co2O3+6HCl＝2CoCl2+Cl2↑+3H2O，溶液变为粉红色，B中氯气与KI生成碘，淀粉遇碘变蓝，则溶液变蓝，
故答案为：溶液变为粉红色；溶液变蓝； Co2O3+6HCl＝2CoCl2+Cl2↑+3H2O；
（3）若干燥器中的变色硅胶变为粉色后，说明变色硅胶失去了吸水性，此时将粉红色的变色硅胶加热至蓝色后，能恢复其吸水性，
故答案为：加热至蓝色；
（4）通过上述实验可以说明Fe2O3的氧化性比Co2O3的弱，理由是Co2O3 能氧化盐酸生成 Cl2 而 Fe2O3 不行，
故答案为：弱；Co2O3 能氧化盐酸生成 Cl2 而 Fe2O3 不行；
（5）①反应时过氧化氢中O元素由﹣1价升高为0，该气体的化学式为O2，故答案为：O2；
②反应停止时试管B溶液颜色无明显变化，若往试管B内加入少量铁氰化钾或高锰酸钾溶液后亦无明显现象，说明Fe2（SO4）3在此反应中作为催化剂，
故答案为：铁氰化钾或高锰酸钾；催化剂。
【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
9．（14分）钯（Pd）是有机合成中常用的催化剂。一种由废钯催化剂（主要成分为Pd，还有PdO、Fe、有机物残留以及其他杂质）制取金属Pd的工艺流程如图：
回答下列问题：
（1）废钯催化剂经烘干、粉碎后，再在700℃的高温下焙烧，不断通入足量空气的目的除了使有机物充分燃烧而除去，还可以 起到搅拌左右，加快反应速率 。
（2）查资料可知，PdO不溶于王水，加入甲酸还原PdO，其目的是 使 PdO 中的 Pd 也被提纯出来，提高产率 ，气体X是 CO2 。
（3）钯在王水（浓硝酸与浓盐酸按体积比1：3）中转化为H2PdCl4，硝酸还原为NO，该反应的化学方程式为 3Pd+12HCl+2HNO3＝3H2PdCl4+2NO↑+4H2O ；酸溶时温度不能过高，原因是 防止硝酸分解，防止盐酸硝酸挥发 。
（4）加入适量的稀氨水溶液调节pH至3～4除杂，废渣的主要成分是 Fe（OH）3 。
（5）焙烧2的目的是 脱氨 ；
（6）有水参加情况下，可以将CO通入氯化钯（PdCl2）得到黑色金属Pd粉末，化学方程式为 CO+PdCl2+H2O═Pd+CO2+2HCl 。
【分析】由流程可知，钯催化剂在700℃的高温下焙烧，Fe、Pd、有机物被氧气氧化生成氧化物，向氧化物中加入甲酸，甲酸和氧化铁反应生成盐和水，PdO和甲酸发生PdO+HCOOH＝Pd+CO2↑+H2O，生成气体为二氧化碳，滤渣中含有Pd、SiO2，二氧化硅不溶于王水，但Pd能溶于王水生成溶液，发生3Pd+12HCl+2HNO3＝3H2PdCl4+2NO↑+4H2O，加入浓氨水调节溶液pH沉淀铁离子生成Fe（OH）3，得到溶液中加入盐酸酸析得到沉淀Pd（NH3）2Cl2，烘干后焙烧脱氨生成氯化钯，通入CO发生CO+PdCl2+H2O═Pd+CO2+2HCl，过滤、洗涤、烘干得到Pb，以此来解答。
【解答】解：（1）废钯催化剂经烘干、粉碎后，再在700℃的高温下焙烧，不断通入足量空气的目的除了使有机物充分燃烧而除去，还可以起到搅拌左右，加快反应速率，
故答案为：起到搅拌左右，加快反应速率；
（2）查资料可知，PdO不溶于王水，加入甲酸还原PdO，其目的是使 PdO 中的 Pd 也被提纯出来，提高产率，气体X是CO2，
故答案为：使 PdO 中的 Pd 也被提纯出来，提高产率；CO2；
（3）钯在王水（浓硝酸与浓盐酸按体积比1：3）中转化为H2PdCl4，硝酸还原为NO，该反应的化学方程式为3Pd+12HCl+2HNO3＝3H2PdCl4+2NO↑+4H2O；酸溶时温度不能过高，原因是防止硝酸分解，防止盐酸硝酸挥发，
故答案为：3Pd+12HCl+2HNO3＝3H2PdCl4+2NO↑+4H2O；防止硝酸分解，防止盐酸硝酸挥发；
（4）加入适量的稀氨水溶液调节pH至3～4除杂，废渣的主要成分是Fe（OH）3，
故答案为：Fe（OH）3；
（5）焙烧2的目的是脱氨，
故答案为：脱氨；
（6）有水参加情况下，可以将CO通入氯化钯（PdCl2）得到黑色金属Pd粉末，化学方程式为CO+PdCl2+H2O═Pd+CO2+2HCl，
故答案为：CO+PdCl2+H2O═Pd+CO2+2HCl。
【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、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，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
10．（14分）甲醛在木材加工、医药等方面有重要用途。甲醇直接脱氢是工业上合成甲醛的新方法：CH3OH⇌HCHO+H2
有研究指出，催化反应的部分机理如图1，回答下列问题：
（1）根据上述信息，请写出甲醇脱氢制甲醛时发生的副反应方程式 CH3OH⇌CO+2H2 ；
已知：甲醇、甲醛、氢气的燃烧热分别为a kJ/mol、b kJ/mol、c kJ/mol，则反应CH3OH（l）⇌HCHO（g）+H2（g）的△H＝ b+c﹣a kJ/mol。（用含有a、b、c字母的式子表示）。
（2）下图分别表示在某一条件下，温度对某种催化剂催化脱氢性能的影响（图2）以及温度对气体平衡分压的关系（图3），回答下列问题：
①结合上图，请用相关原理解释：在图一中，650℃之后，甲醇生成甲醛的转化率随温度升高而下降的可能原因 温度升高，催化剂活性降低 ；
②如图二，A温度下，在恒容密闭容器中，起始充入CH3OH，若起始压强为P0（单位：Pa），达到平衡时，甲醇生成甲醛的转化率为 ×100% （用含有P0的式子表示）；
计算反应CH3OH（g）⇌HCHO（g）+H2（g）在该温度时的平衡常数KP＝ 104.88 （用平衡分压代替平衡浓度计算，单位省略）；
③甲醇脱氢制甲醛，为了抑制副反应的进行同时提高甲醛的转化率，可采取的措施有 向反应容器中通入一定量的CO 。
（3）吹脱是处理甲醛废水的一种工艺，吹脱速率可用方程v＝0.025c（mg•L﹣1•h﹣1）表示（其中c为甲醛浓度），下表为常温下甲醛的浓度随吹脱时间变化数据。
吹脱时间（h）
0
5
21
37
53
甲醛浓度（mg/L）
10000
8000
4000
2000
1000
则当甲醛浓度为2000mg•L﹣1时，其吹脱速率v＝ 50 mg•L﹣1•h﹣1；分析上表数据，若甲醛起始浓度为5000 mg•L﹣1，当甲醛浓度降为2500 mg•L﹣1，则吹脱时间为 16 h。
【分析】（1）由图1可知，甲醇脱氢制甲醛时发生副反应生成一氧化碳和氢气，据此写出化学方程式；
CH3OH（1）、HCHO（g）、H2（g）的燃烧热分别为akJ/mol、bkJ/mol、ckJ/mol，即CH3OH（l）+O2（g）⇌CO2（g）+2H2O（l）△Hl＝﹣akJ•mol﹣1①
H2（g）+O2（g）⇌H2O（l）△H＝﹣ckJ•mol﹣1②， HCHO（g）+O2（g）⇌CO2（g）+H2O（l）△H＝﹣bkJ•mol﹣1③
根据盖斯定律①﹣②﹣③计算CH3OH（l）⇌HCHO（g）+H2（g）的焓变△H；
（2）①图2表示温度对某种催化剂催化脱氢性能的影响，650℃之后，甲醇生成甲醛的转化率下降，可能是温度升高，催化剂活性降低，导致反应速率减慢；
②图3中A温度下，HCHO的平衡分压p（HCHO）＝104.43、H2分压p（H2）＝104.78、p（CH3OH）＝104.33，根据恒温恒容条件下，气体的物质的量之比等于压强之比、结合原子守恒和转化率公式计算甲醇生成甲醛的转化率；
平衡常数KP＝生成物的平衡分压幂积与反应物的平衡分压幂积之比；
③副反应生成CO，可增加CO的浓度抑制副反应的发生；
（3）吹脱速率方程为v＝0.025c（mg•L﹣1•h﹣1），甲醛浓度为2000mg•L﹣1，即c＝2000mg•L﹣1，代入速率方程计算即可；观察表中数据可知，甲醛的“半衰期”为16h，据此分析解答。
【解答】解：（1）由图1可知，甲醇脱氢制甲醛时发生副反应生成一氧化碳和氢气，化学方程式为CH3OH⇌CO+2H2；
CH3OH（1）、HCHO（g）、H2（g）的燃烧热分别为a kJ/mol、b kJ/mol、c kJ/mol，即CH3OH（l）+O2（g）⇌CO2（g）+2H2O（l）△Hl＝﹣akJ•mol﹣1①
H2（g）+O2（g）⇌H2O（l）△H＝﹣ckJ•mol﹣1②HCHO（g）+O2（g）⇌CO2（g）+H2O（l）△H＝﹣bkJ•mol﹣1③
根据盖斯定律①﹣②﹣③计算CH3OH（l）⇌HCHO（g）+H2（g）的△H＝（b+c﹣a）kJ/mol，
故答案为：CH3OH⇌CO+2H2；b+c﹣a；
（2）①图2表示温度对某种催化剂催化脱氢性能的影响，650℃之后，甲醇生成甲醛的转化率下降，可能是温度升高，催化剂活性降低，导致反应速率减慢，
故答案为：温度升高，催化剂活性降低；
②图3中A温度下，HCHO的平衡分压p（HCHO）＝104.43、H2分压p（H2）＝104.78、p（CH3OH）＝104.33，由C原子守恒可知，生成HCHO的物质的量与转化的CH3OH的物质的量相等，恒温恒容条件下，气体的物质的量之比等于压强之比，所以甲醇生成甲醛的转化率＝×100%＝×100%；A点温度下反应CH3OH（g）⇌HCHO（g）+H2（g）的平衡常数KP＝＝＝104.88，
故答案为：×100%；104.88；
③副反应为CH3OH⇌CO+2H2，生成有CO，可增加CO的浓度抑制副反应的发生，即向反应容器中通入一定量的CO，
故答案为：向反应容器中通入一定量的CO；
（3）因为吹脱速率方程为v＝0.025c（mg•L﹣1•h﹣1），甲醛浓度为2000mg•L﹣1，即c＝2000mg•L﹣1，所以吹脱速率v＝0.025×2000（mg•L﹣1•h﹣1）＝50（mg•L﹣1•h﹣1）；观察表中数据可知，甲醛的浓度减小一半的时间为16h，即“半衰期”为16h，所以甲醛起始浓度为5000 mg•L﹣1，当甲醛浓度降为2500 mg•L﹣1，则吹脱时间为16h，
故答案为：16。
【点评】本题考查化学平衡的计算，涉及盖斯定律的应用、化学平衡的影响因素、化学平衡常数的计算、化学反应速率的计算、图象信息分析等知识，为高频考点，试题侧重学生的分析能力及化学计算能力的考查，把握化学平衡的影响因素、化学平衡常数的计算、图象信息分析等为解答关键，注意题给数据的分析、处理和灵活运用，题目难度中等。
【物质结构与性质】（15分）
11．（15分）过渡元素及其化合物在合金材料以及催化剂等方面应用十分广泛。
（1）钪（Sc）在元素周期表中的位置是 第四周期第IIIB族 ；与钪同周期基态原子含未成对电子数为2的过渡元素共有 2 种；
（2）根据钪元素电离能的数据，写出一种最高价态氧化物的化学式 Sc2O3 ；
电离能
kJ•mol﹣1
Ⅰ1
Ⅰ2
Ⅰ3
Ⅰ4
Ⅰ5
Ⅰ6
Ⅰ7
Ⅰ8
633.1
1235.0
2388.6
7090.6
8843
10679
13310
15250
（3）金属碳笼一问世，立刻就引起化学家的兴趣，如图1是一个钛碳笼，结构类似于富勒烯；
①金属碳笼的化学式 Ti8C12 ；
②结构中碳原子的杂化类型： sp2 ；
③写出一种与金属碳笼结构相似的等电子体的非金属单质是： C20 。
（4）钛与卤素形成的化合物的熔沸点如下表所示：
物质
熔点/℃
沸点/℃
TiCl4
﹣25
136.5
TiBr4
39
230
TiI4
150
377
根据表格数据判断：TiCl4、TiBr4、TiI4的晶体类型为 分子晶体 ，分析TiCl4、TiBr4、TiI4的熔点和沸点呈现一定规律的原因是 TiCl4、TiBr4、TiI4的组成和结构相似，其相对分子质量依次增大，分子间作用力亦逐渐增大，所以三种的熔沸点依次升高 。
（5）砷化钪是制取半导体的理想材料，图2为砷化钪晶胞的结构示意图，则每个Sc原子周围最近距离的As原子数目为 12 。若砷化钪晶体的密度为ρg•cm﹣3，则该晶体中Sc原子之间的最近距离为 ××1010 pm．（用NA 表示阿伏加德罗常数的值，列出计算式即可）。
【分析】（1）Sc位于第四周期第IIIB族；与钪同周期基态原子含未成对电子数为2的过渡元素有Ti、Ni；
（2）根据图电离能知，该元素形成化合物时化合价为+3价，O元素化合价为﹣2价；
（3）①金属钛碳笼中含有8个Ti原子、12个C原子；
②该结构中C原子价层电子对个数是3且不含孤电子对，根据价层电子对判断碳原子的杂化类型；
③与金属碳笼结构相似的等电子体的非金属单质中含有20个原子、价电子数是80；
（4）分子晶体熔沸点较低，分子晶体熔沸点与分子间作用力成正比，分子间作用力与相对分子质量成正比；
（5）每个Sc原子周围最近距离的As原子数目为 3×8÷2；该晶胞中Sc原子个数＝8×+6×＝4、As原子个数＝1+12×＝4，该晶胞棱长＝，该晶体中Sc原子之间的最近距离为晶胞面对角线的一半。
【解答】解：（1）Sc位于第四周期第IIIB族；与钪同周期基态原子含未成对电子数为2的过渡元素有Ti、Ni，所以有两种元素，
故答案为：第四周期第IIIB族；2；
（2）根据图电离能知，该元素形成化合物时化合价为+3价，O元素化合价为﹣2价，所以其氧化物的化学式为Sc2O3，
故答案为：Sc2O3；
（3）①金属钛碳笼中含有8个Ti原子、12个C原子，所以其化学式为Ti8C12，
故答案为：Ti8C12；
②该结构中C原子价层电子对个数是3且不含孤电子对，根据价层电子对判断碳原子的杂化类型为sp2，
故答案为：sp2；
③与金属碳笼结构相似的等电子体的非金属单质中含有20个原子、价电子数是80，符合条件的分子式为C20，
故答案为：C20；
（4）分子晶体熔沸点较低，分子晶体熔沸点与分子间作用力成正比，分子间作用力与相对分子质量成正比，这几种物质熔沸点较低，所以为分子晶体；
TiCl4、TiBr4、TiI4的组成和结构相似，其相对分子质量依次增大，分子间作用力亦逐渐增大，所以三种的熔沸点依次升高；
故答案为：分子晶体；TiCl4、TiBr4、TiI4的组成和结构相似，其相对分子质量依次增大，分子间作用力亦逐渐增大，所以三种的熔沸点依次升高；
（5）每个Sc原子周围最近距离的As原子数目为3×8÷2＝12；该晶胞中Sc原子个数＝8×+6×＝4、As原子个数＝1+12×＝4，该晶胞棱长＝，该晶体中Sc原子之间的最近距离为晶胞面对角线的一半＝××＝××1010pm，
故答案为：12；××1010。
【点评】本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、晶体类型判断、原子杂化方式判断等知识点，侧重考查对基础知识理解和灵活运用能力、空间想像能力及计算能力，难点是晶胞计算，注意棱长的计算方法，题目难度中等。
【有机化学基础】（15分）
12．某药物中间体K及高分子化合物G的合成路线如图：
已知：Ⅰ．R1NHR2易被氧化
Ⅱ．
回答下列问题：
（1）C中官能团的名称是 溴原子、醚键 ，D的名称为 对溴苯甲醛 。
（2）反应②的反应条件为 Br2、Fe ；反应①、③的目的是 保护醛基 。
（3）E的结构简式为 。
（4）反应④的化学反应方程式是 。
（5）F的同分异构体有多种，分别写出与下列要求相对应的同分异构体。
①一种α氨基酸： 。
②核磁共振氢谱的吸收峰面积之比为6：2：1： 或 。
（6）写出由A和丙酮（）合成苯丁二烯（）的途径：
（合成路线常用的表示方式为：甲乙目标产物）
【分析】（1）由结构简式可知C中官能团有：溴原子、醚键；苯甲醛为母体，溴原子为取代基；
（2）反应②是在苯环上引入溴原子，需要反应条件为：Br2、Fe；反应①中消除醛基，反应③中重新引入醛基，而反应②中溴可以氧化醛基，故反应①③目的是保护醛基；
（3）对比D、F的结构，结合信息I中R1NHR2易被氧化，可知D中醛基被氧化为﹣COOH得到E，E中溴原子被﹣NHCH3取代生成F；
（4）反应④是﹣COOH与﹣NHCH3脱水缩聚生成；
（5）①α﹣氨基酸中羧基与氨基连接同一碳原子上；
②核磁共振氢谱的吸收峰面积之比为6：2：1，存在对称结构，苯环含有硝基、2个甲基；
（6）苯甲醛与丙酮发生信息II中加成反应生成，然后以氢气生成，最后发生消去反应生成。
【解答】解：（1）由结构简式可知C中官能团有：溴原子、醚键；苯甲醛为母体，溴原子为取代基，B的名称为：对溴苯甲醛，
故答案为：溴原子、醚键；对溴苯甲醛；
（2）反应②是在苯环上引入溴原子，需要反应条件为：Br2、Fe；反应①中消除醛基，反应③中重新引入醛基，而反应②中溴可以氧化醛基，故反应①③目的是保护醛基，
故答案为：Br2、Fe；保护醛基；
（3）对比D、F的结构，结合信息I中R1NHR2易被氧化，可知D中醛基被氧化为﹣COOH得到E，E中溴原子被﹣NHCH3取代生成F，故E的结构简式为：，
故答案为：；
（4）反应④是﹣COOH与﹣NHCH3脱水缩聚生成，反应方程式为：，
故答案为：；
（5）①F的同分异构体是一种α氨基酸，氨基酸中羧基与氨基连接同一碳原子上，可以是：，
故答案为：；
②F的同分异构体核磁共振氢谱的吸收峰面积之比为6：2：1，存在对称结构，苯环含有硝基、2个甲基，可以是：或，
故答案为：或；
（6）苯甲醛与丙酮发生信息II中加成反应生成，然后以氢气生成，最后发生消去反应生成，合成路线流程图为：，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物的合成，涉及官能团的识别、有机物命名、有机反应方程式的书写、限制条件同分异构体的书写、合成路线设计等，对比有机物的结构明确发生的反应，熟练掌握官能团的性质与转化，适当进行有机物命名拓展，强化氨基酸与硝基化合物同分异构体书写，是对有机化学基础的综合考查。
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布
日期：2021/11/7 11:12:10；用户：赵永亮；邮箱：15239401044；学号：31392014
2019年广东省珠海市高考化学二模试卷
一、选择题：本题共7小题，每小题6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）化学与生活、社会发展息息相关，下列有关说法不正确的是（ ）
A．尼龙属于有机高分子材料
B．稻草秸秆和甘蔗渣中富含纤维素，可以用它来制造纸张
C．将大桥钢制构件用导线与石墨相连可以起到防腐的作用
D．刘禹锡《浪淘沙》诗句“千淘万漉虽辛苦，吹尽黄沙始到金”中“淘”“漉”相当于“过滤”
2．（6分）在有机化工生产中可以通过由石油得到的乙烯和由煤得到的苯制聚苯乙烯，生产过程如下：
下列说法不正确的是（ ）
A．反应①为加成反应
B．乙苯的一氯代物有5种
C．苯乙烯分子最多有16个原子共面
D．反应①②③的原子利用率都达到了100%
3．（6分）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．28 g聚乙烯含有的碳原子数为2NA
B．22.4LCO2气体分子中2NA个C＝O键
C．在一定条件下，1molN2与足量H2反应时，转移的电子数为6NA
D．当2mol电子经过电路时，精炼或电镀铜的电解液中Cu2+的总数目均减少NA
4．（6分）下列实验结果不能作为相应定律或原理的证据之一的是（ ）
（阿伏加德罗定律：在同温同压下，相同体积的任何气体含有相同数目的分子）
A
B
C
D
勒夏特列原理
元素周期律
盖斯定律
阿伏加德罗定律
实验方案
结果
左球气体颜色加深
右球气体颜色变浅
烧瓶中冒气泡，试管中出现浑浊
测得△H为的△H1、△H2的和
H2与O2的体积比约为2：1
A．A B．B C．C D．D
5．（6分）W、X、Y、Z为原子序数依次增大的前20号主族元素，W、X原子核外电子总数分别是其内层电子数的3和4倍，X 和Y处于同一主族，W和Z形成的化合物俗名为电石，下列叙述正确的是（ ）
A．简单离子半径：Z＞Y
B．X2 与Y单质反应能直接形成YX3
C．WY2分子中各原子最外层均满足8电子
D．X、Z与Y形成的化合物均为离子化合物
6．（6分）全钒液流储能电池是一种新型的绿色环保储能系统（工作原理如图，电解液含硫酸），当完成储能时，左储罐溶液的颜色为黄色。已知：
离子种类
VO2+
VO2+
V3+
V2+
颜色
黄色
蓝色
绿色
紫色
下列说法中不正确的是（ ）
A．a为电池的正极
B．充电时，阴极电极式：V3++e﹣＝V2+
C．电池总反应：VO2++V2++2H+＝VO2++V3++H2O
D．电池工作时，H+透过离子交换膜向负极区移动
7．（6分）磷元素在地壳中主要以溶解度最小的磷酸正盐形式存在。H3PO4与NaOH溶液反应可获得一系列磷酸盐，含磷各物种的分布分数与pH 的关系如图所示。
下列说法正确的是（ ）
A．当pH＝7时，c（HPO42﹣）＜c（H2PO4﹣）
B．为获得尽可能纯NaH2PO4，pH应控制在4﹣5.5之间
C．H3PO4第三步电离的平衡常数Ka3（H3PO4）大于10﹣12
D．若向Na2HPO4 溶液中加入足量的CaCl2 溶液，则溶液的pH值增加
二、非选择题
8．（15分）二氯化钴的水溶液及水合二氯化钴固体均为粉红色，无水二氯化钴为蓝色，二氯化钴可以用来制备变色硅胶。
Ⅰ．甲同学用Co2O3与盐酸反应制备水合二氯化钴，其实验装置如图：
（1）Co2O3中钴元素的化合价为 ：。
（2）现象预测：A装置中 ；B装置中 ；
依据预测结果写出烧瓶中发生反应的化学方程式： ；
（3）若干燥器中的变色硅胶变为粉色后，说明变色硅胶失去了吸水性，此时将粉红色的变色硅胶（填实验操作） 后，能恢复其吸水性。
Ⅱ．铁、钴都是第四周期VIII族的元素，常见化合价为+2、+3。
（4）通过上述实验可以说明Fe2O3的氧化性比Co2O3的 ；（填“强”、“弱”、“无法比较”）；理由是 ；
（5）继续做探究实验：把等量的H2O2溶液中分别加到相同体积和浓度的Co2（SO4）3溶液和Fe2（SO4）3溶液后，都能产生大量气体。
①该气体的化学式为 ；
②为了探究H2O2与Co2（SO4）3溶液及H2O2与Fe2（SO4）3溶液反应的原理是否相同，某同学记录现象并做如下操作和分析。
a．当反应停止时试管A内溶液变为粉红色，说明Co2（SO4）3在此反应中作为氧化剂；
b．当反应停止时试管B溶液颜色无明显变化，若往试管B内加入少量 （填试剂）溶液后亦无明显现象，说明Fe2（SO4）3在此反应中作为 。
9．（14分）钯（Pd）是有机合成中常用的催化剂。一种由废钯催化剂（主要成分为Pd，还有PdO、Fe、有机物残留以及其他杂质）制取金属Pd的工艺流程如图：
回答下列问题：
（1）废钯催化剂经烘干、粉碎后，再在700℃的高温下焙烧，不断通入足量空气的目的除了使有机物充分燃烧而除去，还可以 。
（2）查资料可知，PdO不溶于王水，加入甲酸还原PdO，其目的是 ，气体X是 。
（3）钯在王水（浓硝酸与浓盐酸按体积比1：3）中转化为H2PdCl4，硝酸还原为NO，该反应的化学方程式为 ；酸溶时温度不能过高，原因是 。
（4）加入适量的稀氨水溶液调节pH至3～4除杂，废渣的主要成分是 。
（5）焙烧2的目的是 ；
（6）有水参加情况下，可以将CO通入氯化钯（PdCl2）得到黑色金属Pd粉末，化学方程式为 。
10．（14分）甲醛在木材加工、医药等方面有重要用途。甲醇直接脱氢是工业上合成甲醛的新方法：CH3OH⇌HCHO+H2
有研究指出，催化反应的部分机理如图1，回答下列问题：
（1）根据上述信息，请写出甲醇脱氢制甲醛时发生的副反应方程式 ；
已知：甲醇、甲醛、氢气的燃烧热分别为a kJ/mol、b kJ/mol、c kJ/mol，则反应CH3OH（l）⇌HCHO（g）+H2（g）的△H＝ kJ/mol。（用含有a、b、c字母的式子表示）。
（2）下图分别表示在某一条件下，温度对某种催化剂催化脱氢性能的影响（图2）以及温度对气体平衡分压的关系（图3），回答下列问题：
①结合上图，请用相关原理解释：在图一中，650℃之后，甲醇生成甲醛的转化率随温度升高而下降的可能原因 ；
②如图二，A温度下，在恒容密闭容器中，起始充入CH3OH，若起始压强为P0（单位：Pa），达到平衡时，甲醇生成甲醛的转化率为 （用含有P0的式子表示）；
计算反应CH3OH（g）⇌HCHO（g）+H2（g）在该温度时的平衡常数KP＝ （用平衡分压代替平衡浓度计算，单位省略）；
③甲醇脱氢制甲醛，为了抑制副反应的进行同时提高甲醛的转化率，可采取的措施有 。
（3）吹脱是处理甲醛废水的一种工艺，吹脱速率可用方程v＝0.025c（mg•L﹣1•h﹣1）表示（其中c为甲醛浓度），下表为常温下甲醛的浓度随吹脱时间变化数据。
吹脱时间（h）
0
5
21
37
53
甲醛浓度（mg/L）
10000
8000
4000
2000
1000
则当甲醛浓度为2000mg•L﹣1时，其吹脱速率v＝ mg•L﹣1•h﹣1；分析上表数据，若甲醛起始浓度为5000 mg•L﹣1，当甲醛浓度降为2500 mg•L﹣1，则吹脱时间为 h。
【物质结构与性质】（15分）
11．（15分）过渡元素及其化合物在合金材料以及催化剂等方面应用十分广泛。
（1）钪（Sc）在元素周期表中的位置是 ；与钪同周期基态原子含未成对电子数为2的过渡元素共有 种；
（2）根据钪元素电离能的数据，写出一种最高价态氧化物的化学式 ；
电离能
kJ•mol﹣1
Ⅰ1
Ⅰ2
Ⅰ3
Ⅰ4
Ⅰ5
Ⅰ6
Ⅰ7
Ⅰ8
633.1
1235.0
2388.6
7090.6
8843
10679
13310
15250
（3）金属碳笼一问世，立刻就引起化学家的兴趣，如图1是一个钛碳笼，结构类似于富勒烯；
①金属碳笼的化学式 ；
②结构中碳原子的杂化类型： ；
③写出一种与金属碳笼结构相似的等电子体的非金属单质是： 。
（4）钛与卤素形成的化合物的熔沸点如下表所示：
物质
熔点/℃
沸点/℃
TiCl4
﹣25
136.5
TiBr4
39
230
TiI4
150
377
根据表格数据判断：TiCl4、TiBr4、TiI4的晶体类型为 ，分析TiCl4、TiBr4、TiI4的熔点和沸点呈现一定规律的原因是 。
（5）砷化钪是制取半导体的理想材料，图2为砷化钪晶胞的结构示意图，则每个Sc原子周围最近距离的As原子数目为 。若砷化钪晶体的密度为ρg•cm﹣3，则该晶体中Sc原子之间的最近距离为 pm．（用NA 表示阿伏加德罗常数的值，列出计算式即可）。
【有机化学基础】（15分）
12．某药物中间体K及高分子化合物G的合成路线如图：
已知：Ⅰ．R1NHR2易被氧化
Ⅱ．
回答下列问题：
（1）C中官能团的名称是 ，D的名称为 。
（2）反应②的反应条件为 ；反应①、③的目的是 。
（3）E的结构简式为 。
（4）反应④的化学反应方程式是 。
（5）F的同分异构体有多种，分别写出与下列要求相对应的同分异构体。
①一种α氨基酸： 。
②核磁共振氢谱的吸收峰面积之比为6：2：1： 。
（6）写出由A和丙酮（）合成苯丁二烯（）的途径：
（合成路线常用的表示方式为：甲乙目标产物）
2019年广东省珠海市高考化学二模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共7小题，每小题6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）化学与生活、社会发展息息相关，下列有关说法不正确的是（ ）
A．尼龙属于有机高分子材料
B．稻草秸秆和甘蔗渣中富含纤维素，可以用它来制造纸张
C．将大桥钢制构件用导线与石墨相连可以起到防腐的作用
D．刘禹锡《浪淘沙》诗句“千淘万漉虽辛苦，吹尽黄沙始到金”中“淘”“漉”相当于“过滤”
【分析】A．尼龙是合成纤维，属于有机高分子材料；
B．秸秆和甘蔗渣中富含纤维素，可以用它来制造纸张；
C．依据原电池工作原理解答；
D．“千淘万漉虽辛苦，吹尽黄沙始到金”意思是淘金要经过千遍万遍的过滤。
【解答】解：A．尼龙是合成纤维，属于有机高分子材料，故A正确；
B．秸秆和甘蔗渣中富含纤维素，可以用它来制造纸张，故B正确；
C．将大桥钢制构件用导线与石墨相连，在潮湿环境下可以形成原电池，钢为负极，可以加快防腐，故C错误；
D．“千淘万漉虽辛苦，吹尽黄沙始到金”指淘金要经过千遍万遍的过滤，只有淘尽了泥沙才能得到黄金，所以其中的“淘”“漉”相当于分离提纯操作中的“过滤”，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了化学与生活有关知识，熟悉相关物质的组成和性质是解题关键，题目难度不大，注意对相关知识的积累。
2．（6分）在有机化工生产中可以通过由石油得到的乙烯和由煤得到的苯制聚苯乙烯，生产过程如下：
下列说法不正确的是（ ）
A．反应①为加成反应
B．乙苯的一氯代物有5种
C．苯乙烯分子最多有16个原子共面
D．反应①②③的原子利用率都达到了100%
【分析】A．苯和乙烯发生加成反应生成苯乙烷；
B．乙苯中含有5种氢原子，有几种氢原子，其一氯代物就有几种；
C．苯、乙烯分子中所有原子共平面，碳碳单键可以旋转；
D．①②③分别是加成反应、消去反应、加聚反应。
【解答】解：A．苯和乙烯发生加成反应生成苯乙烷，该反应类型为加成反应，故A正确；
B．乙苯中含有5种氢原子，有几种氢原子，其一氯代物就有几种，所以乙苯的一氯代物有5种，故B正确；
C．苯、乙烯分子中所有原子共平面，碳碳单键可以旋转，则苯乙烯分子中最多所有原子共平面，有16个原子，故C正确；
D．①②③分别是加成反应、消去反应、加聚反应，①③中原子利用率为100%，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查有机物结构和性质，为高频考点，明确官能团及其性质关系、同分异构体种类判断方法、原子共平面判断方法是解本题关键，注意知识迁移方法的灵活运用，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．28 g聚乙烯含有的碳原子数为2NA
B．22.4LCO2气体分子中2NA个C＝O键
C．在一定条件下，1molN2与足量H2反应时，转移的电子数为6NA
D．当2mol电子经过电路时，精炼或电镀铜的电解液中Cu2+的总数目均减少NA
【分析】A、聚乙烯由CH2构成；
B、二氧化碳所处的状态不明确；
C、氨气的合成是可逆反应；
D、在精炼铜时，阳极上放电的不只是铜，还有其他活泼的金属，但无论是精炼还是电镀铜，阴极上均为Cu2+放电。
【解答】解：A、聚乙烯由CH2构成，故28g聚乙烯中含CH2的物质的量为2mol，故含碳原子为2NA个，故A正确；
B、二氧化碳所处的状态不明确，故其物质的量不能根据22.4L/mol来计算其物质的量，故B错误；
C、氨气的合成是可逆反应，不能进行彻底，故转移的电子数小于6NA个，故C错误；
D、在精炼铜时，阳极上放电的不只是铜，还有其他活泼的金属，但无论是精炼还是电镀铜，阴极上均为Cu2+放电，故在精炼铜时，当转移2NA个电子时，溶液中铜离子的个数减少的多于NA个，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。
4．（6分）下列实验结果不能作为相应定律或原理的证据之一的是（ ）
（阿伏加德罗定律：在同温同压下，相同体积的任何气体含有相同数目的分子）
A
B
C
D
勒夏特列原理
元素周期律
盖斯定律
阿伏加德罗定律
实验方案
结果
左球气体颜色加深
右球气体颜色变浅
烧瓶中冒气泡，试管中出现浑浊
测得△H为的△H1、△H2的和
H2与O2的体积比约为2：1
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．反应2NO2（g）⇌N2O4（g）的△H＜0，为放热反应，结合温度对化学平衡的影响分析；
B．HCl不是含氧酸，盐酸酸性大于碳酸与元素周期律无关；
C．结合盖斯定律内容分析；
D．根据电子守恒计算生成氢气和氧气的物质的量，然后利用阿伏加德罗定律分析。
【解答】解：A．反应2NO2（g）⇌N2O4（g）为放热反应，热水中平衡向着逆向移动，二氧化氮浓度增大，左球气体颜色加深；冷水中平衡向着正向移动，二氧化氮浓度减小，右球气体颜色变浅，能够用勒夏特列原理解释，故A不选；
B．烧瓶中冒气泡，证明酸性：HCl＞碳酸，由于HCl不是含氧酸，无法用元素周期律解释，故B选；
C．根据盖斯定律可知：△H＝△H1+△H2，能够用盖斯定律解释，故C不选；
D．根据电子守恒可知，电解水生成H2与O2的物质的量之比2：1，结合阿伏加德罗定律可知，H2与O2的体积比约为2：1，故D不选；
故选：B。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，题目难度不大，涉及化学平衡的影响、阿伏加德罗定律、盖斯定律、元素周期律等知识，明确元素周期律内容、化学平衡的影响因素即可解答，试题培养了学生的综合应用能力。
5．（6分）W、X、Y、Z为原子序数依次增大的前20号主族元素，W、X原子核外电子总数分别是其内层电子数的3和4倍，X 和Y处于同一主族，W和Z形成的化合物俗名为电石，下列叙述正确的是（ ）
A．简单离子半径：Z＞Y
B．X2 与Y单质反应能直接形成YX3
C．WY2分子中各原子最外层均满足8电子
D．X、Z与Y形成的化合物均为离子化合物
【分析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的前20号主族元素，W、X原子核外电子总数分别是其内层电子数的3和4倍，原子只能有2个电子层，电子总数分别为6、8，故W为C元素、X为O元素，X 和Y处于同一主族，则Y为S元素。W和Z形成的化合物俗名为电石，而电石化学式为CaC2，故Z为Ca。
【解答】解：W、X、Y、Z为原子序数依次增大的前20号主族元素，W、X原子核外电子总数分别是其内层电子数的3和4倍，原子只能有2个电子层，电子总数分别为6、8，故W为C元素、X为O元素，X 和Y处于同一主族，则Y为S元素。W和Z形成的化合物俗名为电石，而电石化学式为CaC2，故Z为Ca。
A．Y、Z的简单离子分别为S2﹣、Ca2+，二者电子层结构相同，钙离子核电荷数更大，故离子半径：Ca2+＜S2﹣，故A正确；
B．O2 与硫单质反应形成SO2，故B错误；
C．CS2分子中各原子最外层均满足8电子，故C正确；
D．Z与Y形成的CaS属于离子化合物，但X与Y形成的化合物有SO2、SO3，均属于共价化合物，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，理解掌握核外电子排布规律与元素周期表，旨在考查学生对基础知识的掌握情况。
6．（6分）全钒液流储能电池是一种新型的绿色环保储能系统（工作原理如图，电解液含硫酸），当完成储能时，左储罐溶液的颜色为黄色。已知：
离子种类
VO2+
VO2+
V3+
V2+
颜色
黄色
蓝色
绿色
紫色
下列说法中不正确的是（ ）
A．a为电池的正极
B．充电时，阴极电极式：V3++e﹣＝V2+
C．电池总反应：VO2++V2++2H+＝VO2++V3++H2O
D．电池工作时，H+透过离子交换膜向负极区移动
【分析】完成储能时，左储罐溶液的颜色为黄色，即左罐溶液主要含有VO2+离子，放电时，VO2+得电子生成VO2+，正极上的反应为VO2++2H++e﹣═VO2++H2O，溶液颜色由黄色→绿色，
负极反应为V2+﹣e﹣═V3+，所以电池总反应为VO2++V2++2H+＝VO2++V3++H2O，原电池工作时，电解质溶液中的阳离子透过阳离子交换膜移向正极；充电时电解池总反应、阴阳极反应与原电池的总反应、负正极恰好相反，据此分析解答。
【解答】解：A、完成储能时，左储罐溶液的颜色为黄色，即左罐溶液主要含有VO2+离子，放电时，VO2+得电子生成VO2+，为正极，即a电极为正极，故A正确；
B、原电池负极反应为V2+﹣e﹣═V3+，充电时阴极反应与原电池负极相反，即阴极电极式：V3++e﹣＝V2+，故B正确；
C、原电池正极上的反应为VO2++2H++e﹣═VO2++H2O，负极反应为V2+﹣e﹣═V3+，所以电池总反应为VO2++V2++2H+＝VO2++V3++H2O，故C正确；
D、原电池工作时，电解质溶液中的阳离子透过阳离子交换膜移向正极，即H+透过离子交换膜向正极区移动，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查原电池的工作原理，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，从化合价的高低变化进行原电池正负极的判断是解题的关键，注意离子交换膜的作用和类型，题目难度不大。
7．（6分）磷元素在地壳中主要以溶解度最小的磷酸正盐形式存在。H3PO4与NaOH溶液反应可获得一系列磷酸盐，含磷各物种的分布分数与pH 的关系如图所示。
下列说法正确的是（ ）
A．当pH＝7时，c（HPO42﹣）＜c（H2PO4﹣）
B．为获得尽可能纯NaH2PO4，pH应控制在4﹣5.5之间
C．H3PO4第三步电离的平衡常数Ka3（H3PO4）大于10﹣12
D．若向Na2HPO4 溶液中加入足量的CaCl2 溶液，则溶液的pH值增加
【分析】A．pH＝7时，c（HPO42﹣）＜c（H2PO4﹣）；
B．pH在4﹣5.5之间主要存在H2PO4﹣；
C．c（PO43﹣）＝c（H2PO4﹣），Ka3（H3PO4）＝c（H+）；
D．若向Na2HPO4 溶液中加入足量的CaCl2 溶液，二者反应生成CaHPO4沉淀和NaCl。
【解答】解：A．根据图知，pH＝7时，c（HPO42﹣）＜c（H2PO4﹣），故A正确；
B．pH在4﹣5.5之间主要存在H2PO4﹣，所以为获得尽可能纯NaH2PO4，pH应控制在4﹣5.5之间，故B正确；
C．c（PO43﹣）＝c（H2PO4﹣），Ka3（H3PO4）＝c（H+）＜10﹣12，故C错误；
D．若向Na2HPO4 溶液中加入足量的CaCl2 溶液，二者反应生成CaHPO4沉淀和NaCl，二者恰好完全反应时溶液呈中性，则反应过程中溶液的pH减小，故D错误；
故选：AB。
【点评】本题考查弱电解质的电离，为高频考点，侧重考查图象分析判断及知识综合运用能力，明确图中曲线变化含义、电离平衡常数计算方法是解本题关键，C为解答易错点。
二、非选择题
8．（15分）二氯化钴的水溶液及水合二氯化钴固体均为粉红色，无水二氯化钴为蓝色，二氯化钴可以用来制备变色硅胶。
Ⅰ．甲同学用Co2O3与盐酸反应制备水合二氯化钴，其实验装置如图：
（1）Co2O3中钴元素的化合价为 +3 ：。
（2）现象预测：A装置中 溶液变为粉红色 ；B装置中 溶液变蓝 ；
依据预测结果写出烧瓶中发生反应的化学方程式： Co2O3+6HCl＝2CoCl2+Cl2↑+3H2O ；
（3）若干燥器中的变色硅胶变为粉色后，说明变色硅胶失去了吸水性，此时将粉红色的变色硅胶（填实验操作） 加热至蓝色 后，能恢复其吸水性。
Ⅱ．铁、钴都是第四周期VIII族的元素，常见化合价为+2、+3。
（4）通过上述实验可以说明Fe2O3的氧化性比Co2O3的 弱 ；（填“强”、“弱”、“无法比较”）；理由是 Co2O3 能氧化盐酸生成 Cl2 而 Fe2O3 不行 ；
（5）继续做探究实验：把等量的H2O2溶液中分别加到相同体积和浓度的Co2（SO4）3溶液和Fe2（SO4）3溶液后，都能产生大量气体。
①该气体的化学式为 O2 ；
②为了探究H2O2与Co2（SO4）3溶液及H2O2与Fe2（SO4）3溶液反应的原理是否相同，某同学记录现象并做如下操作和分析。
a．当反应停止时试管A内溶液变为粉红色，说明Co2（SO4）3在此反应中作为氧化剂；
b．当反应停止时试管B溶液颜色无明显变化，若往试管B内加入少量 铁氰化钾或高锰酸钾 （填试剂）溶液后亦无明显现象，说明Fe2（SO4）3在此反应中作为 催化剂 。
【分析】（1）化合物中正负化合价代数和为0；
（2）A中发生Co2O3+6HCl＝2CoCl2+Cl2↑+3H2O，B中氯气与KI生成碘，淀粉遇碘变蓝；
（3）粉红色的变色硅胶加热可失去水；
（4）氧化铁与浓盐酸发生复分解反应；
（5）①反应时过氧化氢中O元素由﹣1价升高为0；
②铁氰化钾与亚铁离子反应生成蓝色沉淀，且亚铁离子能被高锰酸钾氧化，催化剂在反应前后不变。
【解答】解：（1）Co2O3中钴元素的化合价为＝+3，
故答案为：+3；
（2）A中发生Co2O3+6HCl＝2CoCl2+Cl2↑+3H2O，溶液变为粉红色，B中氯气与KI生成碘，淀粉遇碘变蓝，则溶液变蓝，
故答案为：溶液变为粉红色；溶液变蓝； Co2O3+6HCl＝2CoCl2+Cl2↑+3H2O；
（3）若干燥器中的变色硅胶变为粉色后，说明变色硅胶失去了吸水性，此时将粉红色的变色硅胶加热至蓝色后，能恢复其吸水性，
故答案为：加热至蓝色；
（4）通过上述实验可以说明Fe2O3的氧化性比Co2O3的弱，理由是Co2O3 能氧化盐酸生成 Cl2 而 Fe2O3 不行，
故答案为：弱；Co2O3 能氧化盐酸生成 Cl2 而 Fe2O3 不行；
（5）①反应时过氧化氢中O元素由﹣1价升高为0，该气体的化学式为O2，故答案为：O2；
②反应停止时试管B溶液颜色无明显变化，若往试管B内加入少量铁氰化钾或高锰酸钾溶液后亦无明显现象，说明Fe2（SO4）3在此反应中作为催化剂，
故答案为：铁氰化钾或高锰酸钾；催化剂。
【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
9．（14分）钯（Pd）是有机合成中常用的催化剂。一种由废钯催化剂（主要成分为Pd，还有PdO、Fe、有机物残留以及其他杂质）制取金属Pd的工艺流程如图：
回答下列问题：
（1）废钯催化剂经烘干、粉碎后，再在700℃的高温下焙烧，不断通入足量空气的目的除了使有机物充分燃烧而除去，还可以 起到搅拌左右，加快反应速率 。
（2）查资料可知，PdO不溶于王水，加入甲酸还原PdO，其目的是 使 PdO 中的 Pd 也被提纯出来，提高产率 ，气体X是 CO2 。
（3）钯在王水（浓硝酸与浓盐酸按体积比1：3）中转化为H2PdCl4，硝酸还原为NO，该反应的化学方程式为 3Pd+12HCl+2HNO3＝3H2PdCl4+2NO↑+4H2O ；酸溶时温度不能过高，原因是 防止硝酸分解，防止盐酸硝酸挥发 。
（4）加入适量的稀氨水溶液调节pH至3～4除杂，废渣的主要成分是 Fe（OH）3 。
（5）焙烧2的目的是 脱氨 ；
（6）有水参加情况下，可以将CO通入氯化钯（PdCl2）得到黑色金属Pd粉末，化学方程式为 CO+PdCl2+H2O═Pd+CO2+2HCl 。
【分析】由流程可知，钯催化剂在700℃的高温下焙烧，Fe、Pd、有机物被氧气氧化生成氧化物，向氧化物中加入甲酸，甲酸和氧化铁反应生成盐和水，PdO和甲酸发生PdO+HCOOH＝Pd+CO2↑+H2O，生成气体为二氧化碳，滤渣中含有Pd、SiO2，二氧化硅不溶于王水，但Pd能溶于王水生成溶液，发生3Pd+12HCl+2HNO3＝3H2PdCl4+2NO↑+4H2O，加入浓氨水调节溶液pH沉淀铁离子生成Fe（OH）3，得到溶液中加入盐酸酸析得到沉淀Pd（NH3）2Cl2，烘干后焙烧脱氨生成氯化钯，通入CO发生CO+PdCl2+H2O═Pd+CO2+2HCl，过滤、洗涤、烘干得到Pb，以此来解答。
【解答】解：（1）废钯催化剂经烘干、粉碎后，再在700℃的高温下焙烧，不断通入足量空气的目的除了使有机物充分燃烧而除去，还可以起到搅拌左右，加快反应速率，
故答案为：起到搅拌左右，加快反应速率；
（2）查资料可知，PdO不溶于王水，加入甲酸还原PdO，其目的是使 PdO 中的 Pd 也被提纯出来，提高产率，气体X是CO2，
故答案为：使 PdO 中的 Pd 也被提纯出来，提高产率；CO2；
（3）钯在王水（浓硝酸与浓盐酸按体积比1：3）中转化为H2PdCl4，硝酸还原为NO，该反应的化学方程式为3Pd+12HCl+2HNO3＝3H2PdCl4+2NO↑+4H2O；酸溶时温度不能过高，原因是防止硝酸分解，防止盐酸硝酸挥发，
故答案为：3Pd+12HCl+2HNO3＝3H2PdCl4+2NO↑+4H2O；防止硝酸分解，防止盐酸硝酸挥发；
（4）加入适量的稀氨水溶液调节pH至3～4除杂，废渣的主要成分是Fe（OH）3，
故答案为：Fe（OH）3；
（5）焙烧2的目的是脱氨，
故答案为：脱氨；
（6）有水参加情况下，可以将CO通入氯化钯（PdCl2）得到黑色金属Pd粉末，化学方程式为CO+PdCl2+H2O═Pd+CO2+2HCl，
故答案为：CO+PdCl2+H2O═Pd+CO2+2HCl。
【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、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，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
10．（14分）甲醛在木材加工、医药等方面有重要用途。甲醇直接脱氢是工业上合成甲醛的新方法：CH3OH⇌HCHO+H2
有研究指出，催化反应的部分机理如图1，回答下列问题：
（1）根据上述信息，请写出甲醇脱氢制甲醛时发生的副反应方程式 CH3OH⇌CO+2H2 ；
已知：甲醇、甲醛、氢气的燃烧热分别为a kJ/mol、b kJ/mol、c kJ/mol，则反应CH3OH（l）⇌HCHO（g）+H2（g）的△H＝ b+c﹣a kJ/mol。（用含有a、b、c字母的式子表示）。
（2）下图分别表示在某一条件下，温度对某种催化剂催化脱氢性能的影响（图2）以及温度对气体平衡分压的关系（图3），回答下列问题：
①结合上图，请用相关原理解释：在图一中，650℃之后，甲醇生成甲醛的转化率随温度升高而下降的可能原因 温度升高，催化剂活性降低 ；
②如图二，A温度下，在恒容密闭容器中，起始充入CH3OH，若起始压强为P0（单位：Pa），达到平衡时，甲醇生成甲醛的转化率为 ×100% （用含有P0的式子表示）；
计算反应CH3OH（g）⇌HCHO（g）+H2（g）在该温度时的平衡常数KP＝ 104.88 （用平衡分压代替平衡浓度计算，单位省略）；
③甲醇脱氢制甲醛，为了抑制副反应的进行同时提高甲醛的转化率，可采取的措施有 向反应容器中通入一定量的CO 。
（3）吹脱是处理甲醛废水的一种工艺，吹脱速率可用方程v＝0.025c（mg•L﹣1•h﹣1）表示（其中c为甲醛浓度），下表为常温下甲醛的浓度随吹脱时间变化数据。
吹脱时间（h）
0
5
21
37
53
甲醛浓度（mg/L）
10000
8000
4000
2000
1000
则当甲醛浓度为2000mg•L﹣1时，其吹脱速率v＝ 50 mg•L﹣1•h﹣1；分析上表数据，若甲醛起始浓度为5000 mg•L﹣1，当甲醛浓度降为2500 mg•L﹣1，则吹脱时间为 16 h。
【分析】（1）由图1可知，甲醇脱氢制甲醛时发生副反应生成一氧化碳和氢气，据此写出化学方程式；
CH3OH（1）、HCHO（g）、H2（g）的燃烧热分别为akJ/mol、bkJ/mol、ckJ/mol，即CH3OH（l）+O2（g）⇌CO2（g）+2H2O（l）△Hl＝﹣akJ•mol﹣1①
H2（g）+O2（g）⇌H2O（l）△H＝﹣ckJ•mol﹣1②， HCHO（g）+O2（g）⇌CO2（g）+H2O（l）△H＝﹣bkJ•mol﹣1③
根据盖斯定律①﹣②﹣③计算CH3OH（l）⇌HCHO（g）+H2（g）的焓变△H；
（2）①图2表示温度对某种催化剂催化脱氢性能的影响，650℃之后，甲醇生成甲醛的转化率下降，可能是温度升高，催化剂活性降低，导致反应速率减慢；
②图3中A温度下，HCHO的平衡分压p（HCHO）＝104.43、H2分压p（H2）＝104.78、p（CH3OH）＝104.33，根据恒温恒容条件下，气体的物质的量之比等于压强之比、结合原子守恒和转化率公式计算甲醇生成甲醛的转化率；
平衡常数KP＝生成物的平衡分压幂积与反应物的平衡分压幂积之比；
③副反应生成CO，可增加CO的浓度抑制副反应的发生；
（3）吹脱速率方程为v＝0.025c（mg•L﹣1•h﹣1），甲醛浓度为2000mg•L﹣1，即c＝2000mg•L﹣1，代入速率方程计算即可；观察表中数据可知，甲醛的“半衰期”为16h，据此分析解答。
【解答】解：（1）由图1可知，甲醇脱氢制甲醛时发生副反应生成一氧化碳和氢气，化学方程式为CH3OH⇌CO+2H2；
CH3OH（1）、HCHO（g）、H2（g）的燃烧热分别为a kJ/mol、b kJ/mol、c kJ/mol，即CH3OH（l）+O2（g）⇌CO2（g）+2H2O（l）△Hl＝﹣akJ•mol﹣1①
H2（g）+O2（g）⇌H2O（l）△H＝﹣ckJ•mol﹣1②HCHO（g）+O2（g）⇌CO2（g）+H2O（l）△H＝﹣bkJ•mol﹣1③
根据盖斯定律①﹣②﹣③计算CH3OH（l）⇌HCHO（g）+H2（g）的△H＝（b+c﹣a）kJ/mol，
故答案为：CH3OH⇌CO+2H2；b+c﹣a；
（2）①图2表示温度对某种催化剂催化脱氢性能的影响，650℃之后，甲醇生成甲醛的转化率下降，可能是温度升高，催化剂活性降低，导致反应速率减慢，
故答案为：温度升高，催化剂活性降低；
②图3中A温度下，HCHO的平衡分压p（HCHO）＝104.43、H2分压p（H2）＝104.78、p（CH3OH）＝104.33，由C原子守恒可知，生成HCHO的物质的量与转化的CH3OH的物质的量相等，恒温恒容条件下，气体的物质的量之比等于压强之比，所以甲醇生成甲醛的转化率＝×100%＝×100%；A点温度下反应CH3OH（g）⇌HCHO（g）+H2（g）的平衡常数KP＝＝＝104.88，
故答案为：×100%；104.88；
③副反应为CH3OH⇌CO+2H2，生成有CO，可增加CO的浓度抑制副反应的发生，即向反应容器中通入一定量的CO，
故答案为：向反应容器中通入一定量的CO；
（3）因为吹脱速率方程为v＝0.025c（mg•L﹣1•h﹣1），甲醛浓度为2000mg•L﹣1，即c＝2000mg•L﹣1，所以吹脱速率v＝0.025×2000（mg•L﹣1•h﹣1）＝50（mg•L﹣1•h﹣1）；观察表中数据可知，甲醛的浓度减小一半的时间为16h，即“半衰期”为16h，所以甲醛起始浓度为5000 mg•L﹣1，当甲醛浓度降为2500 mg•L﹣1，则吹脱时间为16h，
故答案为：16。
【点评】本题考查化学平衡的计算，涉及盖斯定律的应用、化学平衡的影响因素、化学平衡常数的计算、化学反应速率的计算、图象信息分析等知识，为高频考点，试题侧重学生的分析能力及化学计算能力的考查，把握化学平衡的影响因素、化学平衡常数的计算、图象信息分析等为解答关键，注意题给数据的分析、处理和灵活运用，题目难度中等。
【物质结构与性质】（15分）
11．（15分）过渡元素及其化合物在合金材料以及催化剂等方面应用十分广泛。
（1）钪（Sc）在元素周期表中的位置是 第四周期第IIIB族 ；与钪同周期基态原子含未成对电子数为2的过渡元素共有 2 种；
（2）根据钪元素电离能的数据，写出一种最高价态氧化物的化学式 Sc2O3 ；
电离能
kJ•mol﹣1
Ⅰ1
Ⅰ2
Ⅰ3
Ⅰ4
Ⅰ5
Ⅰ6
Ⅰ7
Ⅰ8
633.1
1235.0
2388.6
7090.6
8843
10679
13310
15250
（3）金属碳笼一问世，立刻就引起化学家的兴趣，如图1是一个钛碳笼，结构类似于富勒烯；
①金属碳笼的化学式 Ti8C12 ；
②结构中碳原子的杂化类型： sp2 ；
③写出一种与金属碳笼结构相似的等电子体的非金属单质是： C20 。
（4）钛与卤素形成的化合物的熔沸点如下表所示：
物质
熔点/℃
沸点/℃
TiCl4
﹣25
136.5
TiBr4
39
230
TiI4
150
377
根据表格数据判断：TiCl4、TiBr4、TiI4的晶体类型为 分子晶体 ，分析TiCl4、TiBr4、TiI4的熔点和沸点呈现一定规律的原因是 TiCl4、TiBr4、TiI4的组成和结构相似，其相对分子质量依次增大，分子间作用力亦逐渐增大，所以三种的熔沸点依次升高 。
（5）砷化钪是制取半导体的理想材料，图2为砷化钪晶胞的结构示意图，则每个Sc原子周围最近距离的As原子数目为 12 。若砷化钪晶体的密度为ρg•cm﹣3，则该晶体中Sc原子之间的最近距离为 ××1010 pm．（用NA 表示阿伏加德罗常数的值，列出计算式即可）。
【分析】（1）Sc位于第四周期第IIIB族；与钪同周期基态原子含未成对电子数为2的过渡元素有Ti、Ni；
（2）根据图电离能知，该元素形成化合物时化合价为+3价，O元素化合价为﹣2价；
（3）①金属钛碳笼中含有8个Ti原子、12个C原子；
②该结构中C原子价层电子对个数是3且不含孤电子对，根据价层电子对判断碳原子的杂化类型；
③与金属碳笼结构相似的等电子体的非金属单质中含有20个原子、价电子数是80；
（4）分子晶体熔沸点较低，分子晶体熔沸点与分子间作用力成正比，分子间作用力与相对分子质量成正比；
（5）每个Sc原子周围最近距离的As原子数目为 3×8÷2；该晶胞中Sc原子个数＝8×+6×＝4、As原子个数＝1+12×＝4，该晶胞棱长＝，该晶体中Sc原子之间的最近距离为晶胞面对角线的一半。
【解答】解：（1）Sc位于第四周期第IIIB族；与钪同周期基态原子含未成对电子数为2的过渡元素有Ti、Ni，所以有两种元素，
故答案为：第四周期第IIIB族；2；
（2）根据图电离能知，该元素形成化合物时化合价为+3价，O元素化合价为﹣2价，所以其氧化物的化学式为Sc2O3，
故答案为：Sc2O3；
（3）①金属钛碳笼中含有8个Ti原子、12个C原子，所以其化学式为Ti8C12，
故答案为：Ti8C12；
②该结构中C原子价层电子对个数是3且不含孤电子对，根据价层电子对判断碳原子的杂化类型为sp2，
故答案为：sp2；
③与金属碳笼结构相似的等电子体的非金属单质中含有20个原子、价电子数是80，符合条件的分子式为C20，
故答案为：C20；
（4）分子晶体熔沸点较低，分子晶体熔沸点与分子间作用力成正比，分子间作用力与相对分子质量成正比，这几种物质熔沸点较低，所以为分子晶体；
TiCl4、TiBr4、TiI4的组成和结构相似，其相对分子质量依次增大，分子间作用力亦逐渐增大，所以三种的熔沸点依次升高；
故答案为：分子晶体；TiCl4、TiBr4、TiI4的组成和结构相似，其相对分子质量依次增大，分子间作用力亦逐渐增大，所以三种的熔沸点依次升高；
（5）每个Sc原子周围最近距离的As原子数目为3×8÷2＝12；该晶胞中Sc原子个数＝8×+6×＝4、As原子个数＝1+12×＝4，该晶胞棱长＝，该晶体中Sc原子之间的最近距离为晶胞面对角线的一半＝××＝××1010pm，
故答案为：12；××1010。
【点评】本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、晶体类型判断、原子杂化方式判断等知识点，侧重考查对基础知识理解和灵活运用能力、空间想像能力及计算能力，难点是晶胞计算，注意棱长的计算方法，题目难度中等。
【有机化学基础】（15分）
12．某药物中间体K及高分子化合物G的合成路线如图：
已知：Ⅰ．R1NHR2易被氧化
Ⅱ．
回答下列问题：
（1）C中官能团的名称是 溴原子、醚键 ，D的名称为 对溴苯甲醛 。
（2）反应②的反应条件为 Br2、Fe ；反应①、③的目的是 保护醛基 。
（3）E的结构简式为 。
（4）反应④的化学反应方程式是 。
（5）F的同分异构体有多种，分别写出与下列要求相对应的同分异构体。
①一种α氨基酸： 。
②核磁共振氢谱的吸收峰面积之比为6：2：1： 或 。
（6）写出由A和丙酮（）合成苯丁二烯（）的途径：
（合成路线常用的表示方式为：甲乙目标产物）
【分析】（1）由结构简式可知C中官能团有：溴原子、醚键；苯甲醛为母体，溴原子为取代基；
（2）反应②是在苯环上引入溴原子，需要反应条件为：Br2、Fe；反应①中消除醛基，反应③中重新引入醛基，而反应②中溴可以氧化醛基，故反应①③目的是保护醛基；
（3）对比D、F的结构，结合信息I中R1NHR2易被氧化，可知D中醛基被氧化为﹣COOH得到E，E中溴原子被﹣NHCH3取代生成F；
（4）反应④是﹣COOH与﹣NHCH3脱水缩聚生成；
（5）①α﹣氨基酸中羧基与氨基连接同一碳原子上；
②核磁共振氢谱的吸收峰面积之比为6：2：1，存在对称结构，苯环含有硝基、2个甲基；
（6）苯甲醛与丙酮发生信息II中加成反应生成，然后以氢气生成，最后发生消去反应生成。
【解答】解：（1）由结构简式可知C中官能团有：溴原子、醚键；苯甲醛为母体，溴原子为取代基，B的名称为：对溴苯甲醛，
故答案为：溴原子、醚键；对溴苯甲醛；
（2）反应②是在苯环上引入溴原子，需要反应条件为：Br2、Fe；反应①中消除醛基，反应③中重新引入醛基，而反应②中溴可以氧化醛基，故反应①③目的是保护醛基，
故答案为：Br2、Fe；保护醛基；
（3）对比D、F的结构，结合信息I中R1NHR2易被氧化，可知D中醛基被氧化为﹣COOH得到E，E中溴原子被﹣NHCH3取代生成F，故E的结构简式为：，
故答案为：；
（4）反应④是﹣COOH与﹣NHCH3脱水缩聚生成，反应方程式为：，
故答案为：；
（5）①F的同分异构体是一种α氨基酸，氨基酸中羧基与氨基连接同一碳原子上，可以是：，
故答案为：；
②F的同分异构体核磁共振氢谱的吸收峰面积之比为6：2：1，存在对称结构，苯环含有硝基、2个甲基，可以是：或，
故答案为：或；
（6）苯甲醛与丙酮发生信息II中加成反应生成，然后以氢气生成，最后发生消去反应生成，合成路线流程图为：，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物的合成，涉及官能团的识别、有机物命名、有机反应方程式的书写、限制条件同分异构体的书写、合成路线设计等，对比有机物的结构明确发生的反应，熟练掌握官能团的性质与转化，适当进行有机物命名拓展，强化氨基酸与硝基化合物同分异构体书写，是对有机化学基础的综合考查。
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布
日期：2021/11/7 11:12:10；用户：赵永亮；邮箱：15239401044；学号：31392014
相关试卷
2019年广东省潮州市高考化学二模试卷（含答案）： 这是一份2019年广东省潮州市高考化学二模试卷（含答案），共26页。试卷主要包含了选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2019年广东省揭阳市高考化学二模试卷（含答案）： 这是一份2019年广东省揭阳市高考化学二模试卷（含答案），共26页。试卷主要包含了选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2019年广东省汕头市高考化学二模试卷 （含答案）： 这是一份2019年广东省汕头市高考化学二模试卷 （含答案），共27页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
