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2019年广东省广州市高考化学二模试卷（含答案）
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这是一份2019年广东省广州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，解答题等内容，欢迎下载使用。
2019年广东省广州市高考化学二模试卷
一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）
1．（6分）从某废旧锂离子电池的正极材料（LiMn2O4、碳粉等涂覆在铝箔上）中回收金属资源，其流程如图所示：
下列叙述错误的是（ ）
A．反应①可用氨水代替NaOH溶液
B．反应②中LiMn2O4是还原剂
C．在空气中灼烧可除去MnO2中的碳粉
D．从正极材料中可回收的金属元素有Mn、Li、Al
2．（6分）NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．10 L pH＝1的H2SO4 溶液中含H+离子数为2NA
B．28 g乙烯与丙烯混合物中含有C﹣H键数目为4NA
C．3 mol H2与1 mol N2混合反应生成NH3，转移电子数为6NA
D．11.2 L（标准状况）Cl2 溶于水，溶液中Cl﹣、ClO﹣和HClO的微粒数之和为NA
3．（6分）下列实验操作能达到实验目的的是（ ）
实验目的
实验操作
A
探究浓度对反应速率的影响
常温下将两块形同的铜片分别加入到浓硝酸和稀硝酸中观察实验现象
B
制取并纯化氯气
常温下向MnO2中滴加浓盐酸，将生成的气体依次通过浓硫酸和饱和食盐水
C
检验Fe（NO3）2晶体是否已氧化变质
将Fe（NO3）2样品溶于稀H2SO4后，滴加KSCN溶液，观察溶液是否变红
D
比较乙醇和水中氢的活泼性
分别将少量钠投入盛有无水乙醇和水的烧杯中
A．A B．B C．C D．D
4．（6分）环与环之间共用两个或多个碳原子的多环烷烃称为桥环烷烃，其中二环[1.1.0]丁烷 （）是其中一种。下列关于该化合物的说法正确的是（ ）
A．与C3H4是同系物
B．一氯代物只有一种
C．与环丁烯互为同分异构体
D．所有碳原子可能都处于同一平面
5．（6分）W、X、Y、Z均为短周期元素，游离态的W存在于火山喷口附近，火山喷出物中含有大量W的化合物，X原子既不易失去也不易得到电子，X与Y位于同一周期，Y原子最外层电子数为6，Z的原子半径是所有短周期主族元素中最大的。下列说法正确的是（ ）
A．X的氢化物常温常压下为液态
B．Y与其他三种元素均可形成至少两种二元化合物
C．W与Y具有相同的最高化合价
D．W与Z形成的化合物的水溶液呈中性
6．（6分）H2C2O4是二元弱酸，常温下，Ka1（H2C2O4）＝5.4×10﹣2，Ka2（H2C2O4）＝5.4×10﹣5，下列溶液的离子浓度关系式正确的是（ ）
A．pH＝2的H2C2O4溶液中，＝＝10﹣2mol•L﹣1
B．pH＝2的H2C2O4溶液与pH＝12的NaOH溶液任意比例混合：c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（HC2O4﹣）
C．将NaOH溶液滴加到H2C2O4溶液中至混合溶液呈中性：c（C2O42﹣）＞c（HC2O4﹣）
D．NaHC2O4溶液中：c（Na+）＞c（HC2O4﹣）＞c（H2C2O4）＞c（C2O42﹣）
7．（6分）利用双离子交换膜电解法可以处理含NH4NO3的工业废水，原理如图所示，下列叙述错误的是（ ）
A．NH4+由b室向c室迁移
B．c室得到的混合气体是NH3和H2
C．阳极反应式为2H2O﹣4e﹣＝O2↑+4H+
D．理论上外电路中流过1mol电子，可处理工业废水中0.5mol NH4NO3
二、解答题（共3小题，满分43分）
8．（14分）无水氯化锌常用作有机合成的催化剂。．实验室采用HCl气体除水、ZnCl2升华相结合的方法提纯市售氯化锌样品（部分潮解并含高纯高温不分解杂质）。实验装置如图所示：
回答下列问题：
（1）无水氯化锌在空气中易潮解生成Zn（OH）Cl的化学方程式为 _。
（2）除水阶段：打开K1，K2．将管式炉Ⅰ、Ⅱ升温至150℃，反应一段时间后将管式炉Ⅰ、Ⅱ的温度升至350℃，保证将水除尽。除水阶段发生反应的化学方程式为 。
（3）升华阶段：撤去管式炉Ⅱ，将管式炉I迅速升温至750℃，升温的目的是 。一段时间后关闭管式炉I并关闭 （填K1或K2），待冷却后关闭 （填K1或K2）。最后将 （填A或B）区的氯化锌转移、保存。
（4）除水阶段HCl与 N2流速要快，有利于提高除水效率。升华阶段HCl与N2流速要慢，其原因是 。
（5）测定市售ZnCl2样品中的锌的质量分数。步骤如下：
①溶液配制：称取m g样品，加水和盐酸至样品溶解，转移至250 mL的 _中，加蒸馏水至刻度线，摇匀。
②滴定：取25.00mL待测液于锥形瓶中，用c mol•L﹣1K4[Fe（CN）6]标准溶液滴定至终点，消耗V mL．滴定反应为：2K4[Fe（CN）6]+3ZnCl2＝K2Zn3[Fe（CN）6]2↓+6KCl该样品中锌的质量分数为 。
9．（14分）硼铁混合精矿含有硼镁石[MgBO2（OH）]、磁铁矿（Fe3O4）、黄铁矿（FexS）、晶质铀矿（UO2）等，以该矿为原料制备MgSO4•H2O和硼酸（H3BO3）的工艺流程如下：
已知：UO22+在pH为4～5的溶液中生成UO2（OH）2沉淀
回答下列问题：
（1）“酸浸”时，写出MgBO2（OH）与硫酸反应的化学方程式 ，NaClO3可将UO2转化为UO22+，反应的离子反应方程式为 。
（2）“除铁净化”需要加入 （填一种试剂的化学式）调节溶液pH至4～5，滤渣的主要成分是 。
（3）“蒸发浓缩”时，加入固体MgCl2的作用是 。
（4）“酸浸”时少量铁精矿（Fe3O4、FexS）因形成“腐蚀电池”而溶解，反应生成Fe2+和硫单质，写出负极反应式 。
（5）某工厂用m1kg硼铁混合精矿（含B为11%）制备H3BO3，最终得到产品m2kg，产率为 。
10．（15分）煤的气化产物（CO、H2）可用于制备合成天然气（SNG），涉及的主要反应如下：
CO甲烷化：CO（g）+3H2（g）⇌CH4（g）+H2O（g）△H1＝﹣206.2kJ•mol﹣1
水煤气变换：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H2＝﹣41.2kJ•mol﹣1
回答下列问题：
（1）反应CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g）的△H＝ kJ•mol﹣1
某温度下，分别在起始体积相同的恒容容器A、恒压容器B中加入1molCO2和4molH2的混合气体，两容器反应达平衡后放出或吸收的热量较多的是 （填“A”或“B”）。
（2）在恒压管道反应器中按n（H2）：n（CO）＝3：1通入原料气，在催化剂作用下制备合成天然气，400℃、p总为100kPa时反应体系平衡组成如表所示。
组分
CH4
H2O
H2
CO2
CO
体积分数φ/%
45.0
42.5
10.0
2.00
0.500
①该条件下CO的总转化率α＝ 。若将管道反应器升温至500℃，反应达到平衡后CH4的体积分数φ 45.0%（填“＞”、“＜”或“＝”）。
②Kp、Kx分别是以分压、物质的量分数表示的平衡常数，Kp只受温度影响。400℃时，CO
甲烷化反应的平衡常数Kp＝ kPa﹣2（计算结果保留1位小数）；Kx＝ （以K 和p总表示）。其他条件不变，增大p总至150kPa，Kx （填“增大”、减小”或“不变”）。
（3）制备合成天然气采用在原料气中通入水蒸气来缓解催化剂积碳，积碳反应为：
反应Ⅰ：CH4（g）⇌C（s）+2H2（g）△H＝+75kJ•mol﹣1
反应Ⅱ：2CO（g）⇌C（s）+CO2（g）△H＝﹣172kJ•mol﹣1
平衡体系中水蒸气浓度对积碳量的影响如图所示，下列说法正确的是 （双选）。
A．曲线1在550﹣700℃积碳量增大的原因可能是反应Ⅰ、Ⅱ的速率增大
B．曲线1在700﹣800℃积碳量减小的原因可能是反应Ⅱ逆向移动
C．曲线2、3在550﹣800℃积碳量较低的原因是水蒸气的稀释作用使积碳反应速率减小
D．水蒸气能吸收反应放出的热量，降低体系温度至550℃以下，有利于减少积碳
[化学--选修3：物质结构与性质]
11．（15分）钛的化合物在化工、医药、材料等领域具有广泛应用。回答下列问题：
（1）基态Ti原子的未成对电子数是 ，基态Ti原子4s轨道上的一个电子激发到4p轨道上形成激发态，写出该激发态价层电子排布式 。
（2）钛卤化物的熔点和沸点如下表所示，TiCl4、TiBr4、TiI4熔沸点依次升高的原因是 ；TiF4熔点反常的原因是 。
TiF4
TiCF4
TiBr4
TiI4
熔点/℃
377
﹣24
38
150
沸点/℃
﹣
136
230
377
（3）Ti可形成配合物[Ti（urea）6]（ClO4）3，urea表示尿素，其结构如图1所示：
①配合物中Ti化合价为 。
②尿素中C原子的杂化轨道类型为 。
③ClO4﹣的立体构型为 。
（4）如图2为具有较高催化活性材料金红石的晶胞结构，其化学式为 ；已知该晶体的密度为ρg•cm﹣3，Ti、O原子半径分别为a pm和b pm，阿伏加德罗常数的值为NA，则金红石晶体的空间利用率为 （列出计算式）。
[化学--选修5：有机化学基础]
12．化合物H的液晶材料的单体，其合成路线如下：
回答下列问题：
（1）A的化学名称为 。
（2）D、E的结构简式为 、 。
（3）由F生成G的反应类型为 。
（4）G中含氧官能团的名称是 。
（5）写出同时符合下列条件的B的同分异构体的结构简式 _。
①能发生银镜反应；②能与FeCl3溶液发生显色反应；③苯环上有三种不同化学环境的氢原子。
（6）化合物 是一种抗癌药物中间体，设计由
和CH3I为起始原料制备该化合物的合成路线（无机试剂任选）
2019年广东省广州市高考化学二模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）
1．（6分）从某废旧锂离子电池的正极材料（LiMn2O4、碳粉等涂覆在铝箔上）中回收金属资源，其流程如图所示：
下列叙述错误的是（ ）
A．反应①可用氨水代替NaOH溶液
B．反应②中LiMn2O4是还原剂
C．在空气中灼烧可除去MnO2中的碳粉
D．从正极材料中可回收的金属元素有Mn、Li、Al
【分析】由流程可知，铝溶解在氢氧化钠溶液中生成偏铝酸钠，LiMn2O4、碳粉不溶于水，过滤分离出的偏铝酸钠溶液与二氧化碳发生NaAlO2+CO2+2H2O＝Al（OH）3↓+NaHCO3，LiMn2O4在酸性环境下能被空气中的氧气氧化发生4 LiMn2O4+O2+4H+＝4Li++8MnO2+2H2O，过滤分离出二氧化锰、C，滤液中含硫酸锂，可能有过量的硫酸，滤液中加入碳酸钠生成碳酸锂，以此来解答。
【解答】解：A．氨水与Al不反应，不能代替NaOH，故A错误；
B.4 LiMn2O4+O2+4H+＝4Li++8MnO2+2H2O中Li元素的化合价升高，则LiMn2O4是还原剂，故B正确；
C．C可与氧气反应生成气体，在空气中灼烧可除去MnO2中的碳粉，故C正确；
D．正极材料（LiMn2O4、碳粉等涂覆在铝箔上）中回收金属资源，则可回收的金属元素有Mn、Li、Al，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离方法为解答的关键，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。
2．（6分）NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．10 L pH＝1的H2SO4 溶液中含H+离子数为2NA
B．28 g乙烯与丙烯混合物中含有C﹣H键数目为4NA
C．3 mol H2与1 mol N2混合反应生成NH3，转移电子数为6NA
D．11.2 L（标准状况）Cl2 溶于水，溶液中Cl﹣、ClO﹣和HClO的微粒数之和为NA
【分析】A、pH＝1的硫酸溶液中氢离子浓度为0.1mol/L；
B、乙烯和丙烯的最简式均为CH2；
C、合成氨的反应为可逆反应；
D、氯气和水的反应为可逆反。
【解答】解：A、pH＝1的硫酸溶液中氢离子浓度为0.1mol/L，故10L此溶液中氢离子的物质的量为1mol，个数为NA个，故A错误；
B、乙烯和丙烯的最简式均为CH2，故28g混合物中含有的CH2的物质的量为2mol，故含C﹣H键为4NA条，故B正确；
C、合成氨的反应为可逆反应，不能进行彻底，故转移的电子数小于6NA个，故C错误；
D、氯气和水的反应为可逆反，不能进行彻底，故溶液中有氯气分子，则溶液中Cl﹣、ClO﹣和HClO的微粒数之和小于NA，故D错误。
故选：B。
【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。
3．（6分）下列实验操作能达到实验目的的是（ ）
实验目的
实验操作
A
探究浓度对反应速率的影响
常温下将两块形同的铜片分别加入到浓硝酸和稀硝酸中观察实验现象
B
制取并纯化氯气
常温下向MnO2中滴加浓盐酸，将生成的气体依次通过浓硫酸和饱和食盐水
C
检验Fe（NO3）2晶体是否已氧化变质
将Fe（NO3）2样品溶于稀H2SO4后，滴加KSCN溶液，观察溶液是否变红
D
比较乙醇和水中氢的活泼性
分别将少量钠投入盛有无水乙醇和水的烧杯中
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．浓硝酸、稀硝酸均与Cu反应，均比较剧烈，产物不同，且硝酸的氧化性与浓度有关；
B．应先利用饱和食盐水除去挥发的HCl；
C．Fe（NO3）2样品溶于稀H2SO4后，发生氧化还原反应生成铁离子；
D．水中羟基H比乙醇中羟基H活泼。
【解答】解：A．浓硝酸、稀硝酸均与Cu反应，均比较剧烈，产物不同，且硝酸的氧化性与浓度有关，不能由实验现象比较浓度对反应速率的影响，故A错误；
B．应先利用饱和食盐水除去挥发的HCl，然后浓硫酸干燥，故B错误；
C．Fe（NO3）2样品溶于稀H2SO4后，发生氧化还原反应生成铁离子，应溶于水，滴加KSCN溶液，观察溶液是否变红，故C错误；
D．水中羟基H比乙醇中羟基H活泼，则分别将少量钠投入盛有无水乙醇和水的烧杯中，水反应剧烈，故D正确；
故选：D。
【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、反应速率、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。
4．（6分）环与环之间共用两个或多个碳原子的多环烷烃称为桥环烷烃，其中二环[1.1.0]丁烷 （）是其中一种。下列关于该化合物的说法正确的是（ ）
A．与C3H4是同系物
B．一氯代物只有一种
C．与环丁烯互为同分异构体
D．所有碳原子可能都处于同一平面
【分析】A．C3H4可能是丙炔；
B．该分子中含有2种氢原子，有几种氢原子就有几种一氯代物；
C．分子式相同、结构不同的有机物互为同分异构体；
D．所有原子都采用sp3杂化，具有四面体结构。
【解答】解：A．C3H4可能是丙炔，所以二者可能不是同系物，故A错误；
B．该分子中含有2种氢原子，有几种氢原子就有几种一氯代物，所以其一氯代物有2种，故B错误；
C．分子式相同、结构不同的有机物互为同分异构体，二者分子式相同而结构不同，所以互为同分异构体，故C正确；
D．所有原子都采用sp3杂化，具有四面体结构，所以所有C原子不能共平面，故D错误；
故选：C。
【点评】本题综合考查有机物的结构，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的成键特点以及同分异构体的判断方法，题目难度不大。
5．（6分）W、X、Y、Z均为短周期元素，游离态的W存在于火山喷口附近，火山喷出物中含有大量W的化合物，X原子既不易失去也不易得到电子，X与Y位于同一周期，Y原子最外层电子数为6，Z的原子半径是所有短周期主族元素中最大的。下列说法正确的是（ ）
A．X的氢化物常温常压下为液态
B．Y与其他三种元素均可形成至少两种二元化合物
C．W与Y具有相同的最高化合价
D．W与Z形成的化合物的水溶液呈中性
【分析】W、X、Y、Z均为短周期元素，游离态的W存在于火山喷口附近，火山喷出物中含有大量W的化合物，则W为S元素；Y原子最外层电子数为6，则Y为O元素；X原子既不易失去也不易得到电子，则X最外层含有4个电子，X与Y位于同一周期，则X为C元素；Z的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，则Z为Na元素，据此解答。
【解答】解：根据分析可知：W为S，X为C元素，Y为O，Z为Na元素。
A．C元素氢化物为烃，碳原子数较少的烃常温下为气态，碳原子数较多的烃可能为固态，故A错误；
B．O与S、C、Na均可形成至少两种二元化合物，如二氧化硫、三氧化硫，二氧化碳、CO，氧化钠和过氧化钠，故B正确；
C．O元素非金属性较强，没有最高正价，故C错误；
D．硫化钠为强碱弱酸盐，水溶液呈碱性，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律的关系，题目难度不大，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容及常见元素化合物性质，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。
6．（6分）H2C2O4是二元弱酸，常温下，Ka1（H2C2O4）＝5.4×10﹣2，Ka2（H2C2O4）＝5.4×10﹣5，下列溶液的离子浓度关系式正确的是（ ）
A．pH＝2的H2C2O4溶液中，＝＝10﹣2mol•L﹣1
B．pH＝2的H2C2O4溶液与pH＝12的NaOH溶液任意比例混合：c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（HC2O4﹣）
C．将NaOH溶液滴加到H2C2O4溶液中至混合溶液呈中性：c（C2O42﹣）＞c（HC2O4﹣）
D．NaHC2O4溶液中：c（Na+）＞c（HC2O4﹣）＞c（H2C2O4）＞c（C2O42﹣）
【分析】A．草酸为二元弱酸分步电离；
B．pH＝2的H2C2O4溶液与pH＝12的NaOH溶液任意比例混合，溶液中存在电荷守恒分析判断；
C．将NaOH溶液滴加到H2C2O4溶液中至混合溶液呈中性，为NaHC2O4和Na2C2O4溶液；
D．NaHC2O4溶液中HC2O4﹣水解方程式：HC2O4﹣+H2O⇌H2C2O4+OH﹣，Kh＝＝＝1.9×10﹣11＜Ka2，溶液显酸性是因为草酸氢根离子的电离程度大于水解程度。
【解答】解：A．H2C2O4是二元弱酸，分步电离，pH＝2的H2C2O4溶液中，c（H+）＝10﹣2mol/L＞c（HC2O4﹣），故A错误；
B．pH＝2的H2C2O4溶液与pH＝12的NaOH溶液任意比例混合，溶液中存在电荷守恒，c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（HC2O4﹣）+2c（C2O42﹣），故B错误
C．将NaOH溶液滴加到H2C2O4溶液中至混合溶液呈中性，为NaHC2O4和Na2C2O4溶液，草酸氢根离子电离程度大于其水解程度，c（C2O42﹣）＞c（HC2O4﹣），故C正确；
D．NaHC2O4溶液中HC2O4﹣水解方程式：HC2O4﹣+H2O⇌H2C2O4+OH﹣，Kh＝＝＝1.9×10﹣11＜Ka2，溶液显酸性是因为草酸氢根离子的电离程度大于水解程度，溶液中离子浓度大小：c（Na+）＞c（HC2O4﹣）＞c（C2O42﹣）＞c（H2C2O4），故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了弱电解质电离平衡、盐类水解、离子浓度大小比较判断等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
7．（6分）利用双离子交换膜电解法可以处理含NH4NO3的工业废水，原理如图所示，下列叙述错误的是（ ）
A．NH4+由b室向c室迁移
B．c室得到的混合气体是NH3和H2
C．阳极反应式为2H2O﹣4e﹣＝O2↑+4H+
D．理论上外电路中流过1mol电子，可处理工业废水中0.5mol NH4NO3
【分析】用双离子交换膜电解法可以处理含NH4NO3的工业废水，根据图示，阴离子交换膜只能让阴离子通过，a室产生单一气体同时生成硝酸，为阳极反应，电极反应式为2H2O﹣4e﹣＝O2↑+4H+，阳离子交换膜只能让阳离子通过，c室，为阴极电极反应，反应式为2NH4++2e﹣＝2NH3↑+H2↑，据电子守恒和原子守恒解答。
【解答】解：A．阳离子交换膜只能让阳离子通过，c室，为阴极电极反应，反应式为2NH4++2e﹣＝2NH3↑+H2↑，NH4+由b室向c室迁移，故A正确；
B．c室，为阴极电极反应，反应式为2NH4++2e﹣＝2NH3↑+H2↑，c室得到的混合气体是NH3和H2，故B正确；
C．根据图示，阴离子交换膜只能让阴离子通过，a室产生单一气体同时生成硝酸，为阳极反应，电极反应式为2H2O﹣4e﹣＝O2↑+4H+，故C正确；
D．阳极电极反应式为2H2O﹣4e﹣＝O2↑+4H+，阴极反应式为2NH4++2e﹣＝2NH3↑+H2↑，理论上外电路中流过1mol电子，可处理工业废水中1mol NH4NO3，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查了电解原理的应用，明确电解池中的阴阳极反应是解题的关键，注意题干信息的分析应用，题目难度中等。
二、解答题（共3小题，满分43分）
8．（14分）无水氯化锌常用作有机合成的催化剂。．实验室采用HCl气体除水、ZnCl2升华相结合的方法提纯市售氯化锌样品（部分潮解并含高纯高温不分解杂质）。实验装置如图所示：
回答下列问题：
（1）无水氯化锌在空气中易潮解生成Zn（OH）Cl的化学方程式为 ZnCl2+H2O＝Zn（OH）Cl+HCl _。
（2）除水阶段：打开K1，K2．将管式炉Ⅰ、Ⅱ升温至150℃，反应一段时间后将管式炉Ⅰ、Ⅱ的温度升至350℃，保证将水除尽。除水阶段发生反应的化学方程式为 Zn（OH）Cl+HClZnCl2+H2O 。
（3）升华阶段：撤去管式炉Ⅱ，将管式炉I迅速升温至750℃，升温的目的是 使无水ZnCl2升华与杂质分离 。一段时间后关闭管式炉I并关闭 K2 （填K1或K2），待冷却后关闭 K1 （填K1或K2）。最后将 （填A或B）区的氯化锌转移、保存。
（4）除水阶段HCl与 N2流速要快，有利于提高除水效率。升华阶段HCl与N2流速要慢，其原因是 流速过快会导致ZnCl2被气流带出B区 。
（5）测定市售ZnCl2样品中的锌的质量分数。步骤如下：
①溶液配制：称取m g样品，加水和盐酸至样品溶解，转移至250 mL的 容量瓶 _中，加蒸馏水至刻度线，摇匀。
②滴定：取25.00mL待测液于锥形瓶中，用c mol•L﹣1K4[Fe（CN）6]标准溶液滴定至终点，消耗V mL．滴定反应为：2K4[Fe（CN）6]+3ZnCl2＝K2Zn3[Fe（CN）6]2↓+6KCl该样品中锌的质量分数为 ×100% 。
【分析】HCl气体除水，氮气排出装置内空气并带出生成的水蒸气，A处除水升华，B处收集无水氯化锌产品，
（1）无水氯化锌在空气中易潮解生成Zn（OH）Cl和HCl，据此书写；
（2）除水阶段发生反应的反应是Zn（OH）Cl和HCl在加热条件下生成氯化锌和水蒸气；
（3）升温的目的是使无水ZnCl2升华与杂质分离，将ZnCl2在B处冷凝；升华完成，关闭管式炉I并停止通入HCl，待冷却后停止通入氮气，最后在B处收集；
（4）流速过快会导致ZnCl2被气流带出B区；
（5）①配制溶液用容量瓶；
②根据2K4[Fe（CN）6]+3ZnCl2＝K2Zn3[Fe（CN）6]2↓+6KCl，则n（Zn）＝n（ZnCl2）＝n（K4[Fe（CN）6]），
故样品中n（Zn）＝cV×10﹣3×mol＝15cV×10﹣3mol，据此计算。
【解答】解：（1）氯化锌在空气中易潮解生成Zn（OH）Cl和HCl，反应为：ZnCl2+H2O＝Zn（OH）Cl+HCl；
故答案为：ZnCl2+H2O＝Zn（OH）Cl+HCl；
（2）除水阶段发生反应的反应是Zn（OH）Cl和HCl在加热条件下生成氯化锌和水蒸气，反应方程式为：Zn（OH）Cl+HClZnCl2+H2O；
故答案为：Zn（OH）Cl+HClZnCl2+H2O；
（3）撤去管式炉Ⅱ，将管式炉I迅速升温至750℃，升温的目的是使无水ZnCl2升华与杂质分离，将ZnCl2在B处冷凝；一段时间后，升华完成，关闭管式炉I并关闭K2，继续通氮气带走水蒸气将ZnCl2充分升华，待冷却后关闭K1，最后在B区的氯化锌转移、保存；
故答案为：使无水ZnCl2升华与杂质分离；K2；K1；B；
（4）除水阶段HCl与 N2流速要快，有利于提高除水效率，流速过快会导致ZnCl2被气流带出B区，故升华阶段HCl与N2流速要慢；
故答案为：流速过快会导致ZnCl2被气流带出B区；
（5）①称取m g样品，加水和盐酸至样品溶解，转移至250 mL的容量瓶中，加蒸馏水至刻度线，摇匀；
故答案为：容量瓶；
②根据2K4[Fe（CN）6]+3ZnCl2＝K2Zn3[Fe（CN）6]2↓+6KCl，则n（Zn）＝n（ZnCl2）＝n（K4[Fe（CN）6]），
故样品中n（Zn）＝cV×10﹣3×mol＝15cV×10﹣3mol，
该样品中锌的质量分数为：×100%＝×100%；
故答案为：×100%。
【点评】本题考查了物质的制备，涉及化学方程式的书写、实验方案评价、氧化还原反应、纯度计算等，明确实验原理及实验基本操作方法、试题侧重于考查学生的分析问题和解决问题的能力，注意题目信息的与相关基础知识联合分析，题目难度较大。
9．（14分）硼铁混合精矿含有硼镁石[MgBO2（OH）]、磁铁矿（Fe3O4）、黄铁矿（FexS）、晶质铀矿（UO2）等，以该矿为原料制备MgSO4•H2O和硼酸（H3BO3）的工艺流程如下：
已知：UO22+在pH为4～5的溶液中生成UO2（OH）2沉淀
回答下列问题：
（1）“酸浸”时，写出MgBO2（OH）与硫酸反应的化学方程式 MgBO2（OH）+H2SO4＝MgSO4+H3BO3 ，NaClO3可将UO2转化为UO22+，反应的离子反应方程式为 3UO22++6H++ClO3﹣＝UO22++3H2O+Cl﹣ 。
（2）“除铁净化”需要加入 MgO或Mg（OH）2 （填一种试剂的化学式）调节溶液pH至4～5，滤渣的主要成分是 Fe（OH）3、UO2（OH）2 。
（3）“蒸发浓缩”时，加入固体MgCl2的作用是 镁离子浓度增大，有利于析出MgSO4•H2O 。
（4）“酸浸”时少量铁精矿（Fe3O4、FexS）因形成“腐蚀电池”而溶解，反应生成Fe2+和硫单质，写出负极反应式 FexS﹣2xe﹣＝xFe2++S 。
（5）某工厂用m1kg硼铁混合精矿（含B为11%）制备H3BO3，最终得到产品m2kg，产率为 ×100% 。
【分析】硼铁混合精矿含有硼镁石[MgBO2（OH）]、磁铁矿（Fe3O4）、黄铁矿（FexS）、晶质铀矿（UO2）等，加入硫酸、NaClO3，NaClO3可将UO2转化为UO22+，过滤除去少量铁精矿（Fe3O4、FexS），滤液调节pH除铁净化，可生成氢氧化铁、UO2（OH）2沉淀，滤液加入氯化镁，进行蒸发浓缩，趁热过滤可得到硫酸镁晶体，滤液含有硼酸，冷却结晶得到晶体，以此解答该题。
【解答】解：（1）酸浸”时，写出MgBO2（OH）与硫酸反应的化学方程式为MgBO2（OH）+H2SO4＝MgSO4+H3BO3，NaClO3可将UO2转化为UO22+，反应的离子反应方程式为3UO22++6H++ClO3﹣＝UO22++3H2O+Cl﹣，
故答案为：MgBO2（OH）+H2SO4＝MgSO4+H3BO3；3UO22++6H++ClO3﹣＝UO22++3H2O+Cl﹣；
（2）除铁净化时，应调节pH，为避免引入新杂质，可加入MgO或Mg（OH）2等，生成沉淀为Fe（OH）3、UO2（OH）2，故答案为：MgO或Mg（OH）2；Fe（OH）3、UO2（OH）2；
（3）“蒸发浓缩”时，加入固体MgCl2，可使溶液中镁离子浓度增大，有利于析出MgSO4•H2O，故答案为：镁离子浓度增大，有利于析出MgSO4•H2O；
（4）负极发生氧化反应，FexS被氧化生成S和亚铁离子，电极方程式为FexS﹣2xe﹣＝xFe2++S，故答案为：FexS﹣2xe﹣＝xFe2++S；
（5）某工厂用m1kg硼铁混合精矿（含B为11%）制备H3BO3，理论可生成硼酸的质量为，最终得到产品m2kg，则产率为×100%＝×100%，
故答案为：×100%。
【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、发生的反应为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识、化学反应原理与实验的结合，题目难度不大。
10．（15分）煤的气化产物（CO、H2）可用于制备合成天然气（SNG），涉及的主要反应如下：
CO甲烷化：CO（g）+3H2（g）⇌CH4（g）+H2O（g）△H1＝﹣206.2kJ•mol﹣1
水煤气变换：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H2＝﹣41.2kJ•mol﹣1
回答下列问题：
（1）反应CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g）的△H＝ ﹣165 kJ•mol﹣1
某温度下，分别在起始体积相同的恒容容器A、恒压容器B中加入1molCO2和4molH2的混合气体，两容器反应达平衡后放出或吸收的热量较多的是 （填“A”或“B”）。
（2）在恒压管道反应器中按n（H2）：n（CO）＝3：1通入原料气，在催化剂作用下制备合成天然气，400℃、p总为100kPa时反应体系平衡组成如表所示。
组分
CH4
H2O
H2
CO2
CO
体积分数φ/%
45.0
42.5
10.0
2.00
0.500
①该条件下CO的总转化率α＝ ×100% 。若将管道反应器升温至500℃，反应达到平衡后CH4的体积分数φ ＜ 45.0%（填“＞”、“＜”或“＝”）。
②Kp、Kx分别是以分压、物质的量分数表示的平衡常数，Kp只受温度影响。400℃时，CO
甲烷化反应的平衡常数Kp＝ 3.8 kPa﹣2（计算结果保留1位小数）；Kx＝ Kp×[P（总）]2 （以K 和p总表示）。其他条件不变，增大p总至150kPa，Kx 增大 （填“增大”、减小”或“不变”）。
（3）制备合成天然气采用在原料气中通入水蒸气来缓解催化剂积碳，积碳反应为：
反应Ⅰ：CH4（g）⇌C（s）+2H2（g）△H＝+75kJ•mol﹣1
反应Ⅱ：2CO（g）⇌C（s）+CO2（g）△H＝﹣172kJ•mol﹣1
平衡体系中水蒸气浓度对积碳量的影响如图所示，下列说法正确的是 BD （双选）。
A．曲线1在550﹣700℃积碳量增大的原因可能是反应Ⅰ、Ⅱ的速率增大
B．曲线1在700﹣800℃积碳量减小的原因可能是反应Ⅱ逆向移动
C．曲线2、3在550﹣800℃积碳量较低的原因是水蒸气的稀释作用使积碳反应速率减小
D．水蒸气能吸收反应放出的热量，降低体系温度至550℃以下，有利于减少积碳
【分析】（1）①CO（g）+3H2（g）⇌CH4（g）+H2O（g）△H1＝﹣206.2kJ•mol﹣1
②CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H2＝﹣41.2kJ•mol﹣1
将方程式①﹣②得CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g），△H进行相应的改变；
A为恒温恒容、B为恒温恒压条件，如果是恒温恒容，反应前后物质的量减小、压强减小，开始时AB压强相等，A中压强逐渐减小B中压强不变，所以反应过程中压强A＜B，增大压强平衡正向移动；
（2）①设n（H2）＝3mol、n（CO）＝1mol，恒压恒温条件下气体的体积分数之比等于物质的量分数之比，设平衡时混合气体总物质的量为xmol，根据C原子守恒得（45.0%+2.00%+0.5%）xmol＝1mol，x＝，
则CO的转化率＝×100%；该反应的正反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动；
②P（CO）＝0.5%P（总）、P（H2）＝10.0%P（总）、P（CH4）＝45.0%P（总）、P（H2O）＝42.5%P（总），CO
甲烷化反应的平衡常数Kp＝；Kx＝；该反应前后气体计量数之和减小，增大压强平衡正向移动；
（3）A．反应I、II的正反应都是积碳反应；
B．反应II的逆反应是消碳反应；
C．高温条件下水蒸气和C反应生成CO和氢气；
D．温度至550℃以下，几乎没有积碳。
【解答】解：（1）①CO（g）+3H2（g）⇌CH4（g）+H2O（g）△H1＝﹣206.2kJ•mol﹣1
②CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H2＝﹣41.2kJ•mol﹣1
将方程式①﹣②得CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g），△H＝（﹣206.2+41.2）kJ/mol＝﹣165kJ/mol；
A为恒温恒容、B为恒温恒压条件，如果是恒温恒容，反应前后物质的量减小、压强减小，开始时AB压强相等，A中压强逐渐减小B中压强不变，所以反应过程中压强A＜B，增大压强平衡正向移动，则B放出的热量多，
故答案为：﹣165；B；
（2）①设n（H2）＝3mol、n（CO）＝1mol，恒压恒温条件下气体的体积分数之比等于物质的量分数之比，设平衡时混合气体总物质的量为xmol，根据C原子守恒得（45.0%+2.00%+0.5%）xmol＝1mol，x＝，
则CO的转化率＝×100%＝×100%＝×100%；该反应的正反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，则反应迅达到平衡后CH4的体积分数减小，即φ＜45%，
故答案为：×100%；＜；
②P（CO）＝0.5%P（总）、P（H2）＝10.0%P（总）、P（CH4）＝45.0%P（总）、P（H2O）＝42.5%P（总），CO甲烷化反应的平衡常数Kp＝＝＝×＝×＝3.8；Kx＝＝Kp×[P（总）]2；该反应前后气体计量数之和减小，增大压强平衡正向移动，所以Kx增大，
故答案为：3.8；Kp×[P（总）]2；增大；
（3）A．反应I、II的正反应都是积碳反应，曲线1在550﹣700℃时两个反应没有达到平衡状态，都向正反应方向移动，导致积碳量增加，故A错误；
B．反应II的逆反应是消碳反应，曲线1在700﹣800℃积碳量减小的原因可能是反应Ⅱ逆向移动，且反应II的消碳量大于反应I的积碳量，故B正确；
C．高温条件下水蒸气和C反应生成CO和氢气，从而使积碳量减少，故C错误；
D．温度至550℃以下，几乎没有积碳，所以水蒸气能吸收反应放出的热量，降低体系温度至550℃以下，有利于减少积碳，故D正确；
故选BD。
【点评】本题考查化学平衡计算、图象分析判断等知识点，侧重考查分析判断及计算能力，难点是（2）中平衡常数计算及CO转化率的计算，CO转化率计算中易采用“三段式”解答而导致错误，应该采用原子守恒计算，题目难度中等。
[化学--选修3：物质结构与性质]
11．（15分）钛的化合物在化工、医药、材料等领域具有广泛应用。回答下列问题：
（1）基态Ti原子的未成对电子数是 2 ，基态Ti原子4s轨道上的一个电子激发到4p轨道上形成激发态，写出该激发态价层电子排布式 3d24s14p1 。
（2）钛卤化物的熔点和沸点如下表所示，TiCl4、TiBr4、TiI4熔沸点依次升高的原因是 它们都是分子晶体，而且组成和结构相似，其相对分子质量依次增大，分子间作用力逐渐增大，因而三者的熔点和沸点依次升高 ；TiF4熔点反常的原因是 TiF4属于离子晶体，熔点高于其它三者的，而表现反常， 。
TiF4
TiCF4
TiBr4
TiI4
熔点/℃
377
﹣24
38
150
沸点/℃
﹣
136
230
377
（3）Ti可形成配合物[Ti（urea）6]（ClO4）3，urea表示尿素，其结构如图1所示：
①配合物中Ti化合价为 +3 。
②尿素中C原子的杂化轨道类型为 sp2 。
③ClO4﹣的立体构型为 正四面体形 。
（4）如图2为具有较高催化活性材料金红石的晶胞结构，其化学式为 TiO2 ；已知该晶体的密度为ρg•cm﹣3，Ti、O原子半径分别为a pm和b pm，阿伏加德罗常数的值为NA，则金红石晶体的空间利用率为 ×100% （列出计算式）。
【分析】（1）Ti是22号元素，基态Ti原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2；基态Ti原子4s轨道上的一个电子激发到4p轨道上形成激发态，该激发态价层电子包括3d、4s、4p电子；
（2）TiCl4、TiBr4、TiI4均为分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越强，晶体的熔沸点越高；TiF4属于离子晶体，熔点高于其它三者；
（3）①配合物外界为ClO3﹣，根据化合价代数和为0计算配合物中Ti化合价；
②尿素分子中C原子没有孤电子对、形成3个σ键，碳原子杂化轨道数目＝0+3＝3；
③ClO4﹣中Cl原子孤电子对数＝＝0，价层电子对数＝0+4＝4，立体构型与VSEPR模型相同；
（4）均摊法计算晶胞中Ti、O原子数目，确定化学式；空间利用率＝×100%，由晶胞中各原子数目计算晶胞质量，结合密度计算晶胞体积，结合球体计算公式计算晶胞中原子总体积。
【解答】解：（1）Ti是22号元素，基态Ti原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，3d轨道的2个电子为单电子，基态Ti原子4s轨道上的一个电子激发到4p轨道上形成激发态，该激发态价层电子排布式为：3d24s14p1，
故答案为：2；3d24s14p1；
（2）TiCl4、TiBr4、TiI4都是分子晶体，而且组成和结构相似，其相对分子质量依次增大，分子间作用力逐渐增大，因而三者的熔点和沸点依次升高。TiF4属于离子晶体，熔点高于其它三者的，而表现反常，
故答案为：它们都是分子晶体，而且组成和结构相似，其相对分子质量依次增大，分子间作用力逐渐增大，因而三者的熔点和沸点依次升高；TiF4属于离子晶体，熔点高于其它三者的，而表现反常，
（3）①配合物外界为ClO3﹣，尿素分子整体为0价，根据化合价代数和为0，可知配合物中Ti化合价为+3价，
故答案为：+3；
②尿素分子中C原子没有孤电子对、形成3个σ键，碳原子杂化轨道数目＝0+3＝3，C原子采取sp2杂化，
故答案为：sp2；
③ClO4﹣中Cl原子孤电子对数＝＝0，价层电子对数＝0+4＝4，立体构型与VSEPR模型相同，即微粒酚立体构型为正四面体形，
故答案为：正四面体形；
（4）晶胞中Ti原子数目＝1+8×＝2、O原子数目＝2+4×＝4，故Ti、O原子数目之比为2：4＝1：2，化学式为TiO2．晶胞中原子总体积＝π（a×10﹣10）3cm3×2+π（b×10﹣10）3cm3×4．晶胞质量＝g，晶胞体积＝g÷ρg•cm﹣3，故晶胞中原子空间利用率＝{[π（a×10﹣10）3cm3×2+π（b×10﹣10）3cm3×4]÷（g÷ρg•cm﹣3）}×100%＝×100%，
故答案为：TiO2；×100%。
【点评】本题是对物质结构与性质的考查，涉及核外电子排布、晶体类型与性质、配合物、杂化方式与空间构型判断、晶胞计算等，明确微粒空间构型与VSEPR模型关系，再VSEPR模型基础上忽略孤电子对可得微粒立体构型，需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力，（4）中计算比较繁琐，为本题的易错点，掌握均摊法进行晶胞有关计算。
[化学--选修5：有机化学基础]
12．化合物H的液晶材料的单体，其合成路线如下：
回答下列问题：
（1）A的化学名称为 苯酚 。
（2）D、E的结构简式为 、 。
（3）由F生成G的反应类型为 取代反应 。
（4）G中含氧官能团的名称是 酯基、醚键 。
（5）写出同时符合下列条件的B的同分异构体的结构简式 _。
①能发生银镜反应；②能与FeCl3溶液发生显色反应；③苯环上有三种不同化学环境的氢原子。
（6）化合物 是一种抗癌药物中间体，设计由
和CH3I为起始原料制备该化合物的合成路线（无机试剂任选）
【分析】由A的分子式，纵观整个过程，结合F的结构，可推知A为．对比A、B的分子式，B在组成上比A多1个CO2，结合F的结构，可知B为，B与乙醇发生酯化反应生成C为，C与CH2＝CHC2Br发生取代反应生成D为，D发生酯的水解反应、酸化得到E为，E的羧基上中羟基被﹣Cl取代生成F，F与发生取代反应生成G，G发生氧化反应生成H。
（6）由F→G的转化，可知由与反应得到，
结合C→D及E→F的转化，由于酚羟基易被氧化，应由先与CH3I/K2CO3作用生成，然后用酸性高锰酸钾溶液氧化生成，再与SOCl2反应得到。
【解答】解：（1）A为，A的名称为：苯酚，故答案为：苯酚；
（2）由分析可知，D的结构简式为、E的结构简式为，
故答案为：；；
（3）F与发生取代反应生成G，故答案为：取代反应；
（4）由结构可知G中含氧官能团的名称是：酯基、醚键，故答案为：酯基、醚键；
（5）同时符合下列条件的B（）的同分异构体：①能发生银镜反应，说明含有醛基或甲酸形成的酯基，②能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，③苯环上有三种不同化学环境的氢原子，说明含有3个取代基且不存在对称结构，符合条件的同分异构体有：，
故答案为：；
（6）由F→G的转化，可知由与反应得到，
结合C→D及E→F的转化，由于酚羟基易被氧化，应由先与CH3I/K2CO3作用生成，然后用酸性高锰酸钾溶液氧化生成，再与SOCl2反应得到，合成路线流程图为：，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物的合成，涉及有机物的命名、有机反应类型、官能团的识别、有机反应方程式的书写、限制条件同分异构体书写、合成路线设计等，题目侧重考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力，（6）中注意基团引入先后顺序。
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日期：2021/11/7 11:10:27；用户：赵永亮；邮箱：15239401044；学号：31392014
2019年广东省广州市高考化学二模试卷
一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）
1．（6分）从某废旧锂离子电池的正极材料（LiMn2O4、碳粉等涂覆在铝箔上）中回收金属资源，其流程如图所示：
下列叙述错误的是（ ）
A．反应①可用氨水代替NaOH溶液
B．反应②中LiMn2O4是还原剂
C．在空气中灼烧可除去MnO2中的碳粉
D．从正极材料中可回收的金属元素有Mn、Li、Al
2．（6分）NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．10 L pH＝1的H2SO4 溶液中含H+离子数为2NA
B．28 g乙烯与丙烯混合物中含有C﹣H键数目为4NA
C．3 mol H2与1 mol N2混合反应生成NH3，转移电子数为6NA
D．11.2 L（标准状况）Cl2 溶于水，溶液中Cl﹣、ClO﹣和HClO的微粒数之和为NA
3．（6分）下列实验操作能达到实验目的的是（ ）
实验目的
实验操作
A
探究浓度对反应速率的影响
常温下将两块形同的铜片分别加入到浓硝酸和稀硝酸中观察实验现象
B
制取并纯化氯气
常温下向MnO2中滴加浓盐酸，将生成的气体依次通过浓硫酸和饱和食盐水
C
检验Fe（NO3）2晶体是否已氧化变质
将Fe（NO3）2样品溶于稀H2SO4后，滴加KSCN溶液，观察溶液是否变红
D
比较乙醇和水中氢的活泼性
分别将少量钠投入盛有无水乙醇和水的烧杯中
A．A B．B C．C D．D
4．（6分）环与环之间共用两个或多个碳原子的多环烷烃称为桥环烷烃，其中二环[1.1.0]丁烷 （）是其中一种。下列关于该化合物的说法正确的是（ ）
A．与C3H4是同系物
B．一氯代物只有一种
C．与环丁烯互为同分异构体
D．所有碳原子可能都处于同一平面
5．（6分）W、X、Y、Z均为短周期元素，游离态的W存在于火山喷口附近，火山喷出物中含有大量W的化合物，X原子既不易失去也不易得到电子，X与Y位于同一周期，Y原子最外层电子数为6，Z的原子半径是所有短周期主族元素中最大的。下列说法正确的是（ ）
A．X的氢化物常温常压下为液态
B．Y与其他三种元素均可形成至少两种二元化合物
C．W与Y具有相同的最高化合价
D．W与Z形成的化合物的水溶液呈中性
6．（6分）H2C2O4是二元弱酸，常温下，Ka1（H2C2O4）＝5.4×10﹣2，Ka2（H2C2O4）＝5.4×10﹣5，下列溶液的离子浓度关系式正确的是（ ）
A．pH＝2的H2C2O4溶液中，＝＝10﹣2mol•L﹣1
B．pH＝2的H2C2O4溶液与pH＝12的NaOH溶液任意比例混合：c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（HC2O4﹣）
C．将NaOH溶液滴加到H2C2O4溶液中至混合溶液呈中性：c（C2O42﹣）＞c（HC2O4﹣）
D．NaHC2O4溶液中：c（Na+）＞c（HC2O4﹣）＞c（H2C2O4）＞c（C2O42﹣）
7．（6分）利用双离子交换膜电解法可以处理含NH4NO3的工业废水，原理如图所示，下列叙述错误的是（ ）
A．NH4+由b室向c室迁移
B．c室得到的混合气体是NH3和H2
C．阳极反应式为2H2O﹣4e﹣＝O2↑+4H+
D．理论上外电路中流过1mol电子，可处理工业废水中0.5mol NH4NO3
二、解答题（共3小题，满分43分）
8．（14分）无水氯化锌常用作有机合成的催化剂。．实验室采用HCl气体除水、ZnCl2升华相结合的方法提纯市售氯化锌样品（部分潮解并含高纯高温不分解杂质）。实验装置如图所示：
回答下列问题：
（1）无水氯化锌在空气中易潮解生成Zn（OH）Cl的化学方程式为 _。
（2）除水阶段：打开K1，K2．将管式炉Ⅰ、Ⅱ升温至150℃，反应一段时间后将管式炉Ⅰ、Ⅱ的温度升至350℃，保证将水除尽。除水阶段发生反应的化学方程式为 。
（3）升华阶段：撤去管式炉Ⅱ，将管式炉I迅速升温至750℃，升温的目的是 。一段时间后关闭管式炉I并关闭 （填K1或K2），待冷却后关闭 （填K1或K2）。最后将 （填A或B）区的氯化锌转移、保存。
（4）除水阶段HCl与 N2流速要快，有利于提高除水效率。升华阶段HCl与N2流速要慢，其原因是 。
（5）测定市售ZnCl2样品中的锌的质量分数。步骤如下：
①溶液配制：称取m g样品，加水和盐酸至样品溶解，转移至250 mL的 _中，加蒸馏水至刻度线，摇匀。
②滴定：取25.00mL待测液于锥形瓶中，用c mol•L﹣1K4[Fe（CN）6]标准溶液滴定至终点，消耗V mL．滴定反应为：2K4[Fe（CN）6]+3ZnCl2＝K2Zn3[Fe（CN）6]2↓+6KCl该样品中锌的质量分数为 。
9．（14分）硼铁混合精矿含有硼镁石[MgBO2（OH）]、磁铁矿（Fe3O4）、黄铁矿（FexS）、晶质铀矿（UO2）等，以该矿为原料制备MgSO4•H2O和硼酸（H3BO3）的工艺流程如下：
已知：UO22+在pH为4～5的溶液中生成UO2（OH）2沉淀
回答下列问题：
（1）“酸浸”时，写出MgBO2（OH）与硫酸反应的化学方程式 ，NaClO3可将UO2转化为UO22+，反应的离子反应方程式为 。
（2）“除铁净化”需要加入 （填一种试剂的化学式）调节溶液pH至4～5，滤渣的主要成分是 。
（3）“蒸发浓缩”时，加入固体MgCl2的作用是 。
（4）“酸浸”时少量铁精矿（Fe3O4、FexS）因形成“腐蚀电池”而溶解，反应生成Fe2+和硫单质，写出负极反应式 。
（5）某工厂用m1kg硼铁混合精矿（含B为11%）制备H3BO3，最终得到产品m2kg，产率为 。
10．（15分）煤的气化产物（CO、H2）可用于制备合成天然气（SNG），涉及的主要反应如下：
CO甲烷化：CO（g）+3H2（g）⇌CH4（g）+H2O（g）△H1＝﹣206.2kJ•mol﹣1
水煤气变换：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H2＝﹣41.2kJ•mol﹣1
回答下列问题：
（1）反应CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g）的△H＝ kJ•mol﹣1
某温度下，分别在起始体积相同的恒容容器A、恒压容器B中加入1molCO2和4molH2的混合气体，两容器反应达平衡后放出或吸收的热量较多的是 （填“A”或“B”）。
（2）在恒压管道反应器中按n（H2）：n（CO）＝3：1通入原料气，在催化剂作用下制备合成天然气，400℃、p总为100kPa时反应体系平衡组成如表所示。
组分
CH4
H2O
H2
CO2
CO
体积分数φ/%
45.0
42.5
10.0
2.00
0.500
①该条件下CO的总转化率α＝ 。若将管道反应器升温至500℃，反应达到平衡后CH4的体积分数φ 45.0%（填“＞”、“＜”或“＝”）。
②Kp、Kx分别是以分压、物质的量分数表示的平衡常数，Kp只受温度影响。400℃时，CO
甲烷化反应的平衡常数Kp＝ kPa﹣2（计算结果保留1位小数）；Kx＝ （以K 和p总表示）。其他条件不变，增大p总至150kPa，Kx （填“增大”、减小”或“不变”）。
（3）制备合成天然气采用在原料气中通入水蒸气来缓解催化剂积碳，积碳反应为：
反应Ⅰ：CH4（g）⇌C（s）+2H2（g）△H＝+75kJ•mol﹣1
反应Ⅱ：2CO（g）⇌C（s）+CO2（g）△H＝﹣172kJ•mol﹣1
平衡体系中水蒸气浓度对积碳量的影响如图所示，下列说法正确的是 （双选）。
A．曲线1在550﹣700℃积碳量增大的原因可能是反应Ⅰ、Ⅱ的速率增大
B．曲线1在700﹣800℃积碳量减小的原因可能是反应Ⅱ逆向移动
C．曲线2、3在550﹣800℃积碳量较低的原因是水蒸气的稀释作用使积碳反应速率减小
D．水蒸气能吸收反应放出的热量，降低体系温度至550℃以下，有利于减少积碳
[化学--选修3：物质结构与性质]
11．（15分）钛的化合物在化工、医药、材料等领域具有广泛应用。回答下列问题：
（1）基态Ti原子的未成对电子数是 ，基态Ti原子4s轨道上的一个电子激发到4p轨道上形成激发态，写出该激发态价层电子排布式 。
（2）钛卤化物的熔点和沸点如下表所示，TiCl4、TiBr4、TiI4熔沸点依次升高的原因是 ；TiF4熔点反常的原因是 。
TiF4
TiCF4
TiBr4
TiI4
熔点/℃
377
﹣24
38
150
沸点/℃
﹣
136
230
377
（3）Ti可形成配合物[Ti（urea）6]（ClO4）3，urea表示尿素，其结构如图1所示：
①配合物中Ti化合价为 。
②尿素中C原子的杂化轨道类型为 。
③ClO4﹣的立体构型为 。
（4）如图2为具有较高催化活性材料金红石的晶胞结构，其化学式为 ；已知该晶体的密度为ρg•cm﹣3，Ti、O原子半径分别为a pm和b pm，阿伏加德罗常数的值为NA，则金红石晶体的空间利用率为 （列出计算式）。
[化学--选修5：有机化学基础]
12．化合物H的液晶材料的单体，其合成路线如下：
回答下列问题：
（1）A的化学名称为 。
（2）D、E的结构简式为 、 。
（3）由F生成G的反应类型为 。
（4）G中含氧官能团的名称是 。
（5）写出同时符合下列条件的B的同分异构体的结构简式 _。
①能发生银镜反应；②能与FeCl3溶液发生显色反应；③苯环上有三种不同化学环境的氢原子。
（6）化合物 是一种抗癌药物中间体，设计由
和CH3I为起始原料制备该化合物的合成路线（无机试剂任选）
2019年广东省广州市高考化学二模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）
1．（6分）从某废旧锂离子电池的正极材料（LiMn2O4、碳粉等涂覆在铝箔上）中回收金属资源，其流程如图所示：
下列叙述错误的是（ ）
A．反应①可用氨水代替NaOH溶液
B．反应②中LiMn2O4是还原剂
C．在空气中灼烧可除去MnO2中的碳粉
D．从正极材料中可回收的金属元素有Mn、Li、Al
【分析】由流程可知，铝溶解在氢氧化钠溶液中生成偏铝酸钠，LiMn2O4、碳粉不溶于水，过滤分离出的偏铝酸钠溶液与二氧化碳发生NaAlO2+CO2+2H2O＝Al（OH）3↓+NaHCO3，LiMn2O4在酸性环境下能被空气中的氧气氧化发生4 LiMn2O4+O2+4H+＝4Li++8MnO2+2H2O，过滤分离出二氧化锰、C，滤液中含硫酸锂，可能有过量的硫酸，滤液中加入碳酸钠生成碳酸锂，以此来解答。
【解答】解：A．氨水与Al不反应，不能代替NaOH，故A错误；
B.4 LiMn2O4+O2+4H+＝4Li++8MnO2+2H2O中Li元素的化合价升高，则LiMn2O4是还原剂，故B正确；
C．C可与氧气反应生成气体，在空气中灼烧可除去MnO2中的碳粉，故C正确；
D．正极材料（LiMn2O4、碳粉等涂覆在铝箔上）中回收金属资源，则可回收的金属元素有Mn、Li、Al，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离方法为解答的关键，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。
2．（6分）NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．10 L pH＝1的H2SO4 溶液中含H+离子数为2NA
B．28 g乙烯与丙烯混合物中含有C﹣H键数目为4NA
C．3 mol H2与1 mol N2混合反应生成NH3，转移电子数为6NA
D．11.2 L（标准状况）Cl2 溶于水，溶液中Cl﹣、ClO﹣和HClO的微粒数之和为NA
【分析】A、pH＝1的硫酸溶液中氢离子浓度为0.1mol/L；
B、乙烯和丙烯的最简式均为CH2；
C、合成氨的反应为可逆反应；
D、氯气和水的反应为可逆反。
【解答】解：A、pH＝1的硫酸溶液中氢离子浓度为0.1mol/L，故10L此溶液中氢离子的物质的量为1mol，个数为NA个，故A错误；
B、乙烯和丙烯的最简式均为CH2，故28g混合物中含有的CH2的物质的量为2mol，故含C﹣H键为4NA条，故B正确；
C、合成氨的反应为可逆反应，不能进行彻底，故转移的电子数小于6NA个，故C错误；
D、氯气和水的反应为可逆反，不能进行彻底，故溶液中有氯气分子，则溶液中Cl﹣、ClO﹣和HClO的微粒数之和小于NA，故D错误。
故选：B。
【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。
3．（6分）下列实验操作能达到实验目的的是（ ）
实验目的
实验操作
A
探究浓度对反应速率的影响
常温下将两块形同的铜片分别加入到浓硝酸和稀硝酸中观察实验现象
B
制取并纯化氯气
常温下向MnO2中滴加浓盐酸，将生成的气体依次通过浓硫酸和饱和食盐水
C
检验Fe（NO3）2晶体是否已氧化变质
将Fe（NO3）2样品溶于稀H2SO4后，滴加KSCN溶液，观察溶液是否变红
D
比较乙醇和水中氢的活泼性
分别将少量钠投入盛有无水乙醇和水的烧杯中
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．浓硝酸、稀硝酸均与Cu反应，均比较剧烈，产物不同，且硝酸的氧化性与浓度有关；
B．应先利用饱和食盐水除去挥发的HCl；
C．Fe（NO3）2样品溶于稀H2SO4后，发生氧化还原反应生成铁离子；
D．水中羟基H比乙醇中羟基H活泼。
【解答】解：A．浓硝酸、稀硝酸均与Cu反应，均比较剧烈，产物不同，且硝酸的氧化性与浓度有关，不能由实验现象比较浓度对反应速率的影响，故A错误；
B．应先利用饱和食盐水除去挥发的HCl，然后浓硫酸干燥，故B错误；
C．Fe（NO3）2样品溶于稀H2SO4后，发生氧化还原反应生成铁离子，应溶于水，滴加KSCN溶液，观察溶液是否变红，故C错误；
D．水中羟基H比乙醇中羟基H活泼，则分别将少量钠投入盛有无水乙醇和水的烧杯中，水反应剧烈，故D正确；
故选：D。
【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、反应速率、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。
4．（6分）环与环之间共用两个或多个碳原子的多环烷烃称为桥环烷烃，其中二环[1.1.0]丁烷 （）是其中一种。下列关于该化合物的说法正确的是（ ）
A．与C3H4是同系物
B．一氯代物只有一种
C．与环丁烯互为同分异构体
D．所有碳原子可能都处于同一平面
【分析】A．C3H4可能是丙炔；
B．该分子中含有2种氢原子，有几种氢原子就有几种一氯代物；
C．分子式相同、结构不同的有机物互为同分异构体；
D．所有原子都采用sp3杂化，具有四面体结构。
【解答】解：A．C3H4可能是丙炔，所以二者可能不是同系物，故A错误；
B．该分子中含有2种氢原子，有几种氢原子就有几种一氯代物，所以其一氯代物有2种，故B错误；
C．分子式相同、结构不同的有机物互为同分异构体，二者分子式相同而结构不同，所以互为同分异构体，故C正确；
D．所有原子都采用sp3杂化，具有四面体结构，所以所有C原子不能共平面，故D错误；
故选：C。
【点评】本题综合考查有机物的结构，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的成键特点以及同分异构体的判断方法，题目难度不大。
5．（6分）W、X、Y、Z均为短周期元素，游离态的W存在于火山喷口附近，火山喷出物中含有大量W的化合物，X原子既不易失去也不易得到电子，X与Y位于同一周期，Y原子最外层电子数为6，Z的原子半径是所有短周期主族元素中最大的。下列说法正确的是（ ）
A．X的氢化物常温常压下为液态
B．Y与其他三种元素均可形成至少两种二元化合物
C．W与Y具有相同的最高化合价
D．W与Z形成的化合物的水溶液呈中性
【分析】W、X、Y、Z均为短周期元素，游离态的W存在于火山喷口附近，火山喷出物中含有大量W的化合物，则W为S元素；Y原子最外层电子数为6，则Y为O元素；X原子既不易失去也不易得到电子，则X最外层含有4个电子，X与Y位于同一周期，则X为C元素；Z的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，则Z为Na元素，据此解答。
【解答】解：根据分析可知：W为S，X为C元素，Y为O，Z为Na元素。
A．C元素氢化物为烃，碳原子数较少的烃常温下为气态，碳原子数较多的烃可能为固态，故A错误；
B．O与S、C、Na均可形成至少两种二元化合物，如二氧化硫、三氧化硫，二氧化碳、CO，氧化钠和过氧化钠，故B正确；
C．O元素非金属性较强，没有最高正价，故C错误；
D．硫化钠为强碱弱酸盐，水溶液呈碱性，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律的关系，题目难度不大，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容及常见元素化合物性质，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。
6．（6分）H2C2O4是二元弱酸，常温下，Ka1（H2C2O4）＝5.4×10﹣2，Ka2（H2C2O4）＝5.4×10﹣5，下列溶液的离子浓度关系式正确的是（ ）
A．pH＝2的H2C2O4溶液中，＝＝10﹣2mol•L﹣1
B．pH＝2的H2C2O4溶液与pH＝12的NaOH溶液任意比例混合：c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（HC2O4﹣）
C．将NaOH溶液滴加到H2C2O4溶液中至混合溶液呈中性：c（C2O42﹣）＞c（HC2O4﹣）
D．NaHC2O4溶液中：c（Na+）＞c（HC2O4﹣）＞c（H2C2O4）＞c（C2O42﹣）
【分析】A．草酸为二元弱酸分步电离；
B．pH＝2的H2C2O4溶液与pH＝12的NaOH溶液任意比例混合，溶液中存在电荷守恒分析判断；
C．将NaOH溶液滴加到H2C2O4溶液中至混合溶液呈中性，为NaHC2O4和Na2C2O4溶液；
D．NaHC2O4溶液中HC2O4﹣水解方程式：HC2O4﹣+H2O⇌H2C2O4+OH﹣，Kh＝＝＝1.9×10﹣11＜Ka2，溶液显酸性是因为草酸氢根离子的电离程度大于水解程度。
【解答】解：A．H2C2O4是二元弱酸，分步电离，pH＝2的H2C2O4溶液中，c（H+）＝10﹣2mol/L＞c（HC2O4﹣），故A错误；
B．pH＝2的H2C2O4溶液与pH＝12的NaOH溶液任意比例混合，溶液中存在电荷守恒，c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（HC2O4﹣）+2c（C2O42﹣），故B错误
C．将NaOH溶液滴加到H2C2O4溶液中至混合溶液呈中性，为NaHC2O4和Na2C2O4溶液，草酸氢根离子电离程度大于其水解程度，c（C2O42﹣）＞c（HC2O4﹣），故C正确；
D．NaHC2O4溶液中HC2O4﹣水解方程式：HC2O4﹣+H2O⇌H2C2O4+OH﹣，Kh＝＝＝1.9×10﹣11＜Ka2，溶液显酸性是因为草酸氢根离子的电离程度大于水解程度，溶液中离子浓度大小：c（Na+）＞c（HC2O4﹣）＞c（C2O42﹣）＞c（H2C2O4），故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了弱电解质电离平衡、盐类水解、离子浓度大小比较判断等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
7．（6分）利用双离子交换膜电解法可以处理含NH4NO3的工业废水，原理如图所示，下列叙述错误的是（ ）
A．NH4+由b室向c室迁移
B．c室得到的混合气体是NH3和H2
C．阳极反应式为2H2O﹣4e﹣＝O2↑+4H+
D．理论上外电路中流过1mol电子，可处理工业废水中0.5mol NH4NO3
【分析】用双离子交换膜电解法可以处理含NH4NO3的工业废水，根据图示，阴离子交换膜只能让阴离子通过，a室产生单一气体同时生成硝酸，为阳极反应，电极反应式为2H2O﹣4e﹣＝O2↑+4H+，阳离子交换膜只能让阳离子通过，c室，为阴极电极反应，反应式为2NH4++2e﹣＝2NH3↑+H2↑，据电子守恒和原子守恒解答。
【解答】解：A．阳离子交换膜只能让阳离子通过，c室，为阴极电极反应，反应式为2NH4++2e﹣＝2NH3↑+H2↑，NH4+由b室向c室迁移，故A正确；
B．c室，为阴极电极反应，反应式为2NH4++2e﹣＝2NH3↑+H2↑，c室得到的混合气体是NH3和H2，故B正确；
C．根据图示，阴离子交换膜只能让阴离子通过，a室产生单一气体同时生成硝酸，为阳极反应，电极反应式为2H2O﹣4e﹣＝O2↑+4H+，故C正确；
D．阳极电极反应式为2H2O﹣4e﹣＝O2↑+4H+，阴极反应式为2NH4++2e﹣＝2NH3↑+H2↑，理论上外电路中流过1mol电子，可处理工业废水中1mol NH4NO3，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查了电解原理的应用，明确电解池中的阴阳极反应是解题的关键，注意题干信息的分析应用，题目难度中等。
二、解答题（共3小题，满分43分）
8．（14分）无水氯化锌常用作有机合成的催化剂。．实验室采用HCl气体除水、ZnCl2升华相结合的方法提纯市售氯化锌样品（部分潮解并含高纯高温不分解杂质）。实验装置如图所示：
回答下列问题：
（1）无水氯化锌在空气中易潮解生成Zn（OH）Cl的化学方程式为 ZnCl2+H2O＝Zn（OH）Cl+HCl _。
（2）除水阶段：打开K1，K2．将管式炉Ⅰ、Ⅱ升温至150℃，反应一段时间后将管式炉Ⅰ、Ⅱ的温度升至350℃，保证将水除尽。除水阶段发生反应的化学方程式为 Zn（OH）Cl+HClZnCl2+H2O 。
（3）升华阶段：撤去管式炉Ⅱ，将管式炉I迅速升温至750℃，升温的目的是 使无水ZnCl2升华与杂质分离 。一段时间后关闭管式炉I并关闭 K2 （填K1或K2），待冷却后关闭 K1 （填K1或K2）。最后将 （填A或B）区的氯化锌转移、保存。
（4）除水阶段HCl与 N2流速要快，有利于提高除水效率。升华阶段HCl与N2流速要慢，其原因是 流速过快会导致ZnCl2被气流带出B区 。
（5）测定市售ZnCl2样品中的锌的质量分数。步骤如下：
①溶液配制：称取m g样品，加水和盐酸至样品溶解，转移至250 mL的 容量瓶 _中，加蒸馏水至刻度线，摇匀。
②滴定：取25.00mL待测液于锥形瓶中，用c mol•L﹣1K4[Fe（CN）6]标准溶液滴定至终点，消耗V mL．滴定反应为：2K4[Fe（CN）6]+3ZnCl2＝K2Zn3[Fe（CN）6]2↓+6KCl该样品中锌的质量分数为 ×100% 。
【分析】HCl气体除水，氮气排出装置内空气并带出生成的水蒸气，A处除水升华，B处收集无水氯化锌产品，
（1）无水氯化锌在空气中易潮解生成Zn（OH）Cl和HCl，据此书写；
（2）除水阶段发生反应的反应是Zn（OH）Cl和HCl在加热条件下生成氯化锌和水蒸气；
（3）升温的目的是使无水ZnCl2升华与杂质分离，将ZnCl2在B处冷凝；升华完成，关闭管式炉I并停止通入HCl，待冷却后停止通入氮气，最后在B处收集；
（4）流速过快会导致ZnCl2被气流带出B区；
（5）①配制溶液用容量瓶；
②根据2K4[Fe（CN）6]+3ZnCl2＝K2Zn3[Fe（CN）6]2↓+6KCl，则n（Zn）＝n（ZnCl2）＝n（K4[Fe（CN）6]），
故样品中n（Zn）＝cV×10﹣3×mol＝15cV×10﹣3mol，据此计算。
【解答】解：（1）氯化锌在空气中易潮解生成Zn（OH）Cl和HCl，反应为：ZnCl2+H2O＝Zn（OH）Cl+HCl；
故答案为：ZnCl2+H2O＝Zn（OH）Cl+HCl；
（2）除水阶段发生反应的反应是Zn（OH）Cl和HCl在加热条件下生成氯化锌和水蒸气，反应方程式为：Zn（OH）Cl+HClZnCl2+H2O；
故答案为：Zn（OH）Cl+HClZnCl2+H2O；
（3）撤去管式炉Ⅱ，将管式炉I迅速升温至750℃，升温的目的是使无水ZnCl2升华与杂质分离，将ZnCl2在B处冷凝；一段时间后，升华完成，关闭管式炉I并关闭K2，继续通氮气带走水蒸气将ZnCl2充分升华，待冷却后关闭K1，最后在B区的氯化锌转移、保存；
故答案为：使无水ZnCl2升华与杂质分离；K2；K1；B；
（4）除水阶段HCl与 N2流速要快，有利于提高除水效率，流速过快会导致ZnCl2被气流带出B区，故升华阶段HCl与N2流速要慢；
故答案为：流速过快会导致ZnCl2被气流带出B区；
（5）①称取m g样品，加水和盐酸至样品溶解，转移至250 mL的容量瓶中，加蒸馏水至刻度线，摇匀；
故答案为：容量瓶；
②根据2K4[Fe（CN）6]+3ZnCl2＝K2Zn3[Fe（CN）6]2↓+6KCl，则n（Zn）＝n（ZnCl2）＝n（K4[Fe（CN）6]），
故样品中n（Zn）＝cV×10﹣3×mol＝15cV×10﹣3mol，
该样品中锌的质量分数为：×100%＝×100%；
故答案为：×100%。
【点评】本题考查了物质的制备，涉及化学方程式的书写、实验方案评价、氧化还原反应、纯度计算等，明确实验原理及实验基本操作方法、试题侧重于考查学生的分析问题和解决问题的能力，注意题目信息的与相关基础知识联合分析，题目难度较大。
9．（14分）硼铁混合精矿含有硼镁石[MgBO2（OH）]、磁铁矿（Fe3O4）、黄铁矿（FexS）、晶质铀矿（UO2）等，以该矿为原料制备MgSO4•H2O和硼酸（H3BO3）的工艺流程如下：
已知：UO22+在pH为4～5的溶液中生成UO2（OH）2沉淀
回答下列问题：
（1）“酸浸”时，写出MgBO2（OH）与硫酸反应的化学方程式 MgBO2（OH）+H2SO4＝MgSO4+H3BO3 ，NaClO3可将UO2转化为UO22+，反应的离子反应方程式为 3UO22++6H++ClO3﹣＝UO22++3H2O+Cl﹣ 。
（2）“除铁净化”需要加入 MgO或Mg（OH）2 （填一种试剂的化学式）调节溶液pH至4～5，滤渣的主要成分是 Fe（OH）3、UO2（OH）2 。
（3）“蒸发浓缩”时，加入固体MgCl2的作用是 镁离子浓度增大，有利于析出MgSO4•H2O 。
（4）“酸浸”时少量铁精矿（Fe3O4、FexS）因形成“腐蚀电池”而溶解，反应生成Fe2+和硫单质，写出负极反应式 FexS﹣2xe﹣＝xFe2++S 。
（5）某工厂用m1kg硼铁混合精矿（含B为11%）制备H3BO3，最终得到产品m2kg，产率为 ×100% 。
【分析】硼铁混合精矿含有硼镁石[MgBO2（OH）]、磁铁矿（Fe3O4）、黄铁矿（FexS）、晶质铀矿（UO2）等，加入硫酸、NaClO3，NaClO3可将UO2转化为UO22+，过滤除去少量铁精矿（Fe3O4、FexS），滤液调节pH除铁净化，可生成氢氧化铁、UO2（OH）2沉淀，滤液加入氯化镁，进行蒸发浓缩，趁热过滤可得到硫酸镁晶体，滤液含有硼酸，冷却结晶得到晶体，以此解答该题。
【解答】解：（1）酸浸”时，写出MgBO2（OH）与硫酸反应的化学方程式为MgBO2（OH）+H2SO4＝MgSO4+H3BO3，NaClO3可将UO2转化为UO22+，反应的离子反应方程式为3UO22++6H++ClO3﹣＝UO22++3H2O+Cl﹣，
故答案为：MgBO2（OH）+H2SO4＝MgSO4+H3BO3；3UO22++6H++ClO3﹣＝UO22++3H2O+Cl﹣；
（2）除铁净化时，应调节pH，为避免引入新杂质，可加入MgO或Mg（OH）2等，生成沉淀为Fe（OH）3、UO2（OH）2，故答案为：MgO或Mg（OH）2；Fe（OH）3、UO2（OH）2；
（3）“蒸发浓缩”时，加入固体MgCl2，可使溶液中镁离子浓度增大，有利于析出MgSO4•H2O，故答案为：镁离子浓度增大，有利于析出MgSO4•H2O；
（4）负极发生氧化反应，FexS被氧化生成S和亚铁离子，电极方程式为FexS﹣2xe﹣＝xFe2++S，故答案为：FexS﹣2xe﹣＝xFe2++S；
（5）某工厂用m1kg硼铁混合精矿（含B为11%）制备H3BO3，理论可生成硼酸的质量为，最终得到产品m2kg，则产率为×100%＝×100%，
故答案为：×100%。
【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、发生的反应为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识、化学反应原理与实验的结合，题目难度不大。
10．（15分）煤的气化产物（CO、H2）可用于制备合成天然气（SNG），涉及的主要反应如下：
CO甲烷化：CO（g）+3H2（g）⇌CH4（g）+H2O（g）△H1＝﹣206.2kJ•mol﹣1
水煤气变换：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H2＝﹣41.2kJ•mol﹣1
回答下列问题：
（1）反应CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g）的△H＝ ﹣165 kJ•mol﹣1
某温度下，分别在起始体积相同的恒容容器A、恒压容器B中加入1molCO2和4molH2的混合气体，两容器反应达平衡后放出或吸收的热量较多的是 （填“A”或“B”）。
（2）在恒压管道反应器中按n（H2）：n（CO）＝3：1通入原料气，在催化剂作用下制备合成天然气，400℃、p总为100kPa时反应体系平衡组成如表所示。
组分
CH4
H2O
H2
CO2
CO
体积分数φ/%
45.0
42.5
10.0
2.00
0.500
①该条件下CO的总转化率α＝ ×100% 。若将管道反应器升温至500℃，反应达到平衡后CH4的体积分数φ ＜ 45.0%（填“＞”、“＜”或“＝”）。
②Kp、Kx分别是以分压、物质的量分数表示的平衡常数，Kp只受温度影响。400℃时，CO
甲烷化反应的平衡常数Kp＝ 3.8 kPa﹣2（计算结果保留1位小数）；Kx＝ Kp×[P（总）]2 （以K 和p总表示）。其他条件不变，增大p总至150kPa，Kx 增大 （填“增大”、减小”或“不变”）。
（3）制备合成天然气采用在原料气中通入水蒸气来缓解催化剂积碳，积碳反应为：
反应Ⅰ：CH4（g）⇌C（s）+2H2（g）△H＝+75kJ•mol﹣1
反应Ⅱ：2CO（g）⇌C（s）+CO2（g）△H＝﹣172kJ•mol﹣1
平衡体系中水蒸气浓度对积碳量的影响如图所示，下列说法正确的是 BD （双选）。
A．曲线1在550﹣700℃积碳量增大的原因可能是反应Ⅰ、Ⅱ的速率增大
B．曲线1在700﹣800℃积碳量减小的原因可能是反应Ⅱ逆向移动
C．曲线2、3在550﹣800℃积碳量较低的原因是水蒸气的稀释作用使积碳反应速率减小
D．水蒸气能吸收反应放出的热量，降低体系温度至550℃以下，有利于减少积碳
【分析】（1）①CO（g）+3H2（g）⇌CH4（g）+H2O（g）△H1＝﹣206.2kJ•mol﹣1
②CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H2＝﹣41.2kJ•mol﹣1
将方程式①﹣②得CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g），△H进行相应的改变；
A为恒温恒容、B为恒温恒压条件，如果是恒温恒容，反应前后物质的量减小、压强减小，开始时AB压强相等，A中压强逐渐减小B中压强不变，所以反应过程中压强A＜B，增大压强平衡正向移动；
（2）①设n（H2）＝3mol、n（CO）＝1mol，恒压恒温条件下气体的体积分数之比等于物质的量分数之比，设平衡时混合气体总物质的量为xmol，根据C原子守恒得（45.0%+2.00%+0.5%）xmol＝1mol，x＝，
则CO的转化率＝×100%；该反应的正反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动；
②P（CO）＝0.5%P（总）、P（H2）＝10.0%P（总）、P（CH4）＝45.0%P（总）、P（H2O）＝42.5%P（总），CO
甲烷化反应的平衡常数Kp＝；Kx＝；该反应前后气体计量数之和减小，增大压强平衡正向移动；
（3）A．反应I、II的正反应都是积碳反应；
B．反应II的逆反应是消碳反应；
C．高温条件下水蒸气和C反应生成CO和氢气；
D．温度至550℃以下，几乎没有积碳。
【解答】解：（1）①CO（g）+3H2（g）⇌CH4（g）+H2O（g）△H1＝﹣206.2kJ•mol﹣1
②CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H2＝﹣41.2kJ•mol﹣1
将方程式①﹣②得CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g），△H＝（﹣206.2+41.2）kJ/mol＝﹣165kJ/mol；
A为恒温恒容、B为恒温恒压条件，如果是恒温恒容，反应前后物质的量减小、压强减小，开始时AB压强相等，A中压强逐渐减小B中压强不变，所以反应过程中压强A＜B，增大压强平衡正向移动，则B放出的热量多，
故答案为：﹣165；B；
（2）①设n（H2）＝3mol、n（CO）＝1mol，恒压恒温条件下气体的体积分数之比等于物质的量分数之比，设平衡时混合气体总物质的量为xmol，根据C原子守恒得（45.0%+2.00%+0.5%）xmol＝1mol，x＝，
则CO的转化率＝×100%＝×100%＝×100%；该反应的正反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，则反应迅达到平衡后CH4的体积分数减小，即φ＜45%，
故答案为：×100%；＜；
②P（CO）＝0.5%P（总）、P（H2）＝10.0%P（总）、P（CH4）＝45.0%P（总）、P（H2O）＝42.5%P（总），CO甲烷化反应的平衡常数Kp＝＝＝×＝×＝3.8；Kx＝＝Kp×[P（总）]2；该反应前后气体计量数之和减小，增大压强平衡正向移动，所以Kx增大，
故答案为：3.8；Kp×[P（总）]2；增大；
（3）A．反应I、II的正反应都是积碳反应，曲线1在550﹣700℃时两个反应没有达到平衡状态，都向正反应方向移动，导致积碳量增加，故A错误；
B．反应II的逆反应是消碳反应，曲线1在700﹣800℃积碳量减小的原因可能是反应Ⅱ逆向移动，且反应II的消碳量大于反应I的积碳量，故B正确；
C．高温条件下水蒸气和C反应生成CO和氢气，从而使积碳量减少，故C错误；
D．温度至550℃以下，几乎没有积碳，所以水蒸气能吸收反应放出的热量，降低体系温度至550℃以下，有利于减少积碳，故D正确；
故选BD。
【点评】本题考查化学平衡计算、图象分析判断等知识点，侧重考查分析判断及计算能力，难点是（2）中平衡常数计算及CO转化率的计算，CO转化率计算中易采用“三段式”解答而导致错误，应该采用原子守恒计算，题目难度中等。
[化学--选修3：物质结构与性质]
11．（15分）钛的化合物在化工、医药、材料等领域具有广泛应用。回答下列问题：
（1）基态Ti原子的未成对电子数是 2 ，基态Ti原子4s轨道上的一个电子激发到4p轨道上形成激发态，写出该激发态价层电子排布式 3d24s14p1 。
（2）钛卤化物的熔点和沸点如下表所示，TiCl4、TiBr4、TiI4熔沸点依次升高的原因是 它们都是分子晶体，而且组成和结构相似，其相对分子质量依次增大，分子间作用力逐渐增大，因而三者的熔点和沸点依次升高 ；TiF4熔点反常的原因是 TiF4属于离子晶体，熔点高于其它三者的，而表现反常， 。
TiF4
TiCF4
TiBr4
TiI4
熔点/℃
377
﹣24
38
150
沸点/℃
﹣
136
230
377
（3）Ti可形成配合物[Ti（urea）6]（ClO4）3，urea表示尿素，其结构如图1所示：
①配合物中Ti化合价为 +3 。
②尿素中C原子的杂化轨道类型为 sp2 。
③ClO4﹣的立体构型为 正四面体形 。
（4）如图2为具有较高催化活性材料金红石的晶胞结构，其化学式为 TiO2 ；已知该晶体的密度为ρg•cm﹣3，Ti、O原子半径分别为a pm和b pm，阿伏加德罗常数的值为NA，则金红石晶体的空间利用率为 ×100% （列出计算式）。
【分析】（1）Ti是22号元素，基态Ti原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2；基态Ti原子4s轨道上的一个电子激发到4p轨道上形成激发态，该激发态价层电子包括3d、4s、4p电子；
（2）TiCl4、TiBr4、TiI4均为分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越强，晶体的熔沸点越高；TiF4属于离子晶体，熔点高于其它三者；
（3）①配合物外界为ClO3﹣，根据化合价代数和为0计算配合物中Ti化合价；
②尿素分子中C原子没有孤电子对、形成3个σ键，碳原子杂化轨道数目＝0+3＝3；
③ClO4﹣中Cl原子孤电子对数＝＝0，价层电子对数＝0+4＝4，立体构型与VSEPR模型相同；
（4）均摊法计算晶胞中Ti、O原子数目，确定化学式；空间利用率＝×100%，由晶胞中各原子数目计算晶胞质量，结合密度计算晶胞体积，结合球体计算公式计算晶胞中原子总体积。
【解答】解：（1）Ti是22号元素，基态Ti原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，3d轨道的2个电子为单电子，基态Ti原子4s轨道上的一个电子激发到4p轨道上形成激发态，该激发态价层电子排布式为：3d24s14p1，
故答案为：2；3d24s14p1；
（2）TiCl4、TiBr4、TiI4都是分子晶体，而且组成和结构相似，其相对分子质量依次增大，分子间作用力逐渐增大，因而三者的熔点和沸点依次升高。TiF4属于离子晶体，熔点高于其它三者的，而表现反常，
故答案为：它们都是分子晶体，而且组成和结构相似，其相对分子质量依次增大，分子间作用力逐渐增大，因而三者的熔点和沸点依次升高；TiF4属于离子晶体，熔点高于其它三者的，而表现反常，
（3）①配合物外界为ClO3﹣，尿素分子整体为0价，根据化合价代数和为0，可知配合物中Ti化合价为+3价，
故答案为：+3；
②尿素分子中C原子没有孤电子对、形成3个σ键，碳原子杂化轨道数目＝0+3＝3，C原子采取sp2杂化，
故答案为：sp2；
③ClO4﹣中Cl原子孤电子对数＝＝0，价层电子对数＝0+4＝4，立体构型与VSEPR模型相同，即微粒酚立体构型为正四面体形，
故答案为：正四面体形；
（4）晶胞中Ti原子数目＝1+8×＝2、O原子数目＝2+4×＝4，故Ti、O原子数目之比为2：4＝1：2，化学式为TiO2．晶胞中原子总体积＝π（a×10﹣10）3cm3×2+π（b×10﹣10）3cm3×4．晶胞质量＝g，晶胞体积＝g÷ρg•cm﹣3，故晶胞中原子空间利用率＝{[π（a×10﹣10）3cm3×2+π（b×10﹣10）3cm3×4]÷（g÷ρg•cm﹣3）}×100%＝×100%，
故答案为：TiO2；×100%。
【点评】本题是对物质结构与性质的考查，涉及核外电子排布、晶体类型与性质、配合物、杂化方式与空间构型判断、晶胞计算等，明确微粒空间构型与VSEPR模型关系，再VSEPR模型基础上忽略孤电子对可得微粒立体构型，需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力，（4）中计算比较繁琐，为本题的易错点，掌握均摊法进行晶胞有关计算。
[化学--选修5：有机化学基础]
12．化合物H的液晶材料的单体，其合成路线如下：
回答下列问题：
（1）A的化学名称为 苯酚 。
（2）D、E的结构简式为 、 。
（3）由F生成G的反应类型为 取代反应 。
（4）G中含氧官能团的名称是 酯基、醚键 。
（5）写出同时符合下列条件的B的同分异构体的结构简式 _。
①能发生银镜反应；②能与FeCl3溶液发生显色反应；③苯环上有三种不同化学环境的氢原子。
（6）化合物 是一种抗癌药物中间体，设计由
和CH3I为起始原料制备该化合物的合成路线（无机试剂任选）
【分析】由A的分子式，纵观整个过程，结合F的结构，可推知A为．对比A、B的分子式，B在组成上比A多1个CO2，结合F的结构，可知B为，B与乙醇发生酯化反应生成C为，C与CH2＝CHC2Br发生取代反应生成D为，D发生酯的水解反应、酸化得到E为，E的羧基上中羟基被﹣Cl取代生成F，F与发生取代反应生成G，G发生氧化反应生成H。
（6）由F→G的转化，可知由与反应得到，
结合C→D及E→F的转化，由于酚羟基易被氧化，应由先与CH3I/K2CO3作用生成，然后用酸性高锰酸钾溶液氧化生成，再与SOCl2反应得到。
【解答】解：（1）A为，A的名称为：苯酚，故答案为：苯酚；
（2）由分析可知，D的结构简式为、E的结构简式为，
故答案为：；；
（3）F与发生取代反应生成G，故答案为：取代反应；
（4）由结构可知G中含氧官能团的名称是：酯基、醚键，故答案为：酯基、醚键；
（5）同时符合下列条件的B（）的同分异构体：①能发生银镜反应，说明含有醛基或甲酸形成的酯基，②能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，③苯环上有三种不同化学环境的氢原子，说明含有3个取代基且不存在对称结构，符合条件的同分异构体有：，
故答案为：；
（6）由F→G的转化，可知由与反应得到，
结合C→D及E→F的转化，由于酚羟基易被氧化，应由先与CH3I/K2CO3作用生成，然后用酸性高锰酸钾溶液氧化生成，再与SOCl2反应得到，合成路线流程图为：，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物的合成，涉及有机物的命名、有机反应类型、官能团的识别、有机反应方程式的书写、限制条件同分异构体书写、合成路线设计等，题目侧重考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力，（6）中注意基团引入先后顺序。
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日期：2021/11/7 11:10:27；用户：赵永亮；邮箱：15239401044；学号：31392014
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