2019年广东省佛山市高考化学二模试卷（含答案）

这是一份2019年广东省佛山市高考化学二模试卷（含答案），共28页。试卷主要包含了选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2019年广东省佛山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）“失蜡法”是我国古代青铜器的铸造方法之一，常用蜂蜡和牛油做出铜器的粗模，用石灰、炭末泥填充泥芯和敷成外范。加热烘烤后，蜡模熔融而去，形成空壳，再往空壳内浇灌铜液。下列说法错误的是（　　）
A．蜂蜡中含有酯类和糖类，与石蜡所含有机物种类相同
B．牛油中含有硬脂酸甘油酯
C．炭末泥可耐铜液的高温
D．“失蜡法”中蜡模熔融而去，故可循环利用
2．（6分）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）
A．7g14C中，含有3NA个中子
B．25℃时，pH＝4的CH3COOH溶液中H+的数目为10﹣4NA
C．标准状况下，5.6L丙烷中含有共价键的数目为2.5NA
D．3.2gCu与足量浓硝酸反应，生成的气体在标准状况下的体积为22.4L
3．（6分）共用两个或两个以上碳原子的环烃叫做桥环烃，桥环烃 （二环[2.2.1]﹣2，5﹣庆二烯）是有机合成的重要中间体。下列关于该化合物说法正确的是（　　）
A．属于芳香烃类
B．与甲苯互为同分异构体
C．二氯代物有6种
D．1mol该物质完全燃烧需要10molO2
4．（6分）沉积物微生物燃料电池可处理含硫废水，其工作原理如图所示。下列说法错误的是（　　）

A．碳棒b的电极反应式为：O2+4e﹣+4H+＝2H2O
B．光照强度对电池的输出功率有影响
C．外电路的电流方向：碳棒a→碳棒b
D．酸性增强不利于菌落存活，故工作一段时间后，电池效率降低
5．（6分）短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X、Y同周期，W2X2Y4是一种弱酸，该酸能使酸性KMnO4溶液褪色，同时产生一种使澄清石灰水变浑浊的气体。工业上，Z的单质可通过电解其熔融氧化物制得，下列说法正确的是（　　）
A．W与X可形成两种以上的二元化合物
B．简单氢化物的热稳定性X比Y强
C．W2Y和W2Y2所含共价键类型完全相同
D．Y和Z简单离子半径：Y＜Z
6．（6分）常温下，Ag2S与CuS在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．Ksp（Ag2S）＝10﹣29.2
B．向含CuS沉淀的悬浊液中加入Na2S饱和溶液，Ksp （CuS）减小
C．若Z点为Ag2S的分散系，ν（沉淀）＞ν（溶解）
D．CuS（s）+2Ag+（aq）⇌Ag2S（s）+Cu2+（aq）平衡常数很大，反应趋于完全
7．（6分）电化学间接氧化法处理H2S气体的过程主要有：
①废气吸收：2Fe3++H2S＝2Fe2++2H++S↓；②吸收剂再生：Fe2+﹣2e﹣＝2Fe3+
其工艺流程如图，下列说法错误的是（　　）
A．为充分吸收废气，应由“填料吸收塔”的底部进气，从塔顶喷入吸收液
B．①发生在“气体混合器”中，②发生在“电解槽”中
C．①、②总反应的化学方程式为：H2S＝H2+S↓
D．“尾气处理器”可盛放NaOH溶液
二、解答题（共3小题，满分43分）
8．（14分）次磷酸钠（NaH2PO2）是有机合成的常用还原剂，一般制备方法是将黄磷（P4）和过量烧碱溶液混合、加热，生成次磷酸钠和PH3，PH3是一种无色、有毒的可燃性气体。实验装置如图所示：

回答下列问题：
（1）在a中加入黄磷、活性炭粉末，打开K1，通入N2一段时间，关闭K1，打开磁力加热搅拌器，湳加烧碱溶液。
①活性炭粉末作为黄磷的分散剂，原理是　 　，b的作用　 　。
②a中反应的化学方程式为　 　。
（2）反应结束后，打开K1，继续通入N2，目的是　 　。d的作用是　 　。
（3）c中生成 NaH2PO和NaCl，相关物质溶解度（S）如表：

S（25℃）
S（100℃）
NaCl
37
39
NaH2PO2
100
667
充分反应后，将c中混合液蒸发浓缩，有大量晶体析出，该晶体主要成分的化学式为　 　，然后　 　、　 　、过滤、洗涤、干燥，得到含NaH2PO2的粗产品。
（4）产品纯度测定：
取产品m克配成250mL溶液，取25mL于锥形瓶中，酸化后加入25mL 0.10mol/L碘水，于暗处充分反应后，以淀粉溶液做指示剂，用0.10 mol/L Na2S2O3溶液滴定至终点，平均消耗VmL，相关反应方程式为：H2PO2﹣+H2O+I2＝H2PO3﹣+2H++2I﹣，2S2O32﹣+I2＝S4O62﹣+2I﹣．产品纯度表达式为　 　。
9．（14分）ZrO2是重要的耐高温材料，以天然锆石（主要成分为 ZrSi4，含Al、Cu的氧化物杂质）为原料制备ZrO2的一种工艺流程如图。已知SiCl4沸点为57.6℃，ZrCl4易溶于水。回答下列问题：

（1）ZrSiO4中Zr的化合价为　 　。“氯化”过程中ZrSiO4发生反应的化学方程式　 　。
（2）“混合气体”中某成分能发生水解反应，生成两种酸，两种酸的名称分别是　 　。
（3）“白色沉淀”的化学式为　 　，利用平衡移动原理分析加入乙酸乙酯的作用　 　。
（4）加入“过量NaOH溶液”时生成ZrO2•xH2O，该反应的离子方程式为　 　。
（5）加入氨水的作用是　 　。
10．（15分）水蒸气催化重整生物油是未来工业化制氢的可行方案。以乙酸为模型物进行研究，发生的主要反应如下：
Ⅰ．CH3 COOH（g）+2H2O（g）⇌2CO2 （g）+4H2（g）△H1
Ⅱ．CH3COOH（g）⇌2CO（g）+2H2（g）△H2
Ⅲ． CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H3
回答下列问题：
（1）反应Ⅲ中物质化学键键能数据如表：
化学键
C＝O
H﹣H
C≡O
H﹣O
E/kJ•mol﹣1
803
436
1076
465
△H3＝　 　kJ•mol﹣1
（2）重整反应的各物质产率随温度、水与乙酸投料比（S/C）的变化关系如图（a）、（b）所示。

①由图（a）可知，制备H2最佳的温度约为　 　。
②由图（b）可知，H2产率随S/C增大而　 　（填“增大”或“减小”），其原因是：　 　。
（3）反应Ⅰ的化学平衡常数K的表达式为　 　向恒容密闭容器中充入等物质的量的CH3COOH和H2O混合气体，若仅发生反应Ⅰ至平衡状态，测得H2的体积分数为50%，则CH3COOH平衡转化率为　 　。
（4）反应体系常生成积碳。当温度一定时，随着S/C增加，积碳量逐渐减小，反应的化学方程式为　 　。
（5）电解含CH3COOH的有机废水也可获得清洁能源H2，原理如图所示。则B为电源　 　极，电解时阳极的电极反应式为　 　。

选考题：共45分。每科任选一题作答。如果多做，则每科技所做的第一题计分。【化学一选修3：物质结构与性质】（15分）
11．（15分）硼族元素在科学研究领域有重要应用，回答下列问题：
（1）Ga是硼族元素，写出其M能层的电子排布式　 　。
（2）B是硼族元素中唯一的非金属性元素。
①Li、Be、C、Al中第一电离能比B大的是　 　。
②α﹣菱形硼晶体结构单元是如图所示的正二十面体，该结构单元由　 　个硼原子构成。

（3）Al单质的熔点为660℃，Ga单质的熔点为30℃，Al比Ga熔点高的原因是　 　
（4）Al存在AlCl4﹣、Al2Cl7﹣、[AlF6]3﹣等多种配离子。
①AlCl4﹣的立体构型为　 　，Al2Cl7﹣，结构如图所示：其中Cl杂化方式为　 　。
②存在AlCl4﹣、[AlF6]3﹣，能形成[AlF6]3﹣的原因是　 　。
（5）氮化镓为六方晶胞，结构如图所示。

①画出晶胞中Q原子沿z轴在xy平面上的投影。
②该晶体密度为ρg•m﹣3，晶胞参数a＝b≠c（单位：nm），a、b夹角为120°，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶胞参数c＝　 　nm（用含a、b、ρ、NA的代数式表示）。
【化学--选修5：有机化学基础】（15分）
12．已知化合物M是合成荧光物质COFs的中间体，COFs可用于制作OLED发光材料，其合成路线如图：

已知：
回答下列问题：
（1）A的化学名称为　 　。
（2）③的反应类型是　 　。
（3）E的结构简式为　 　。
（4）F的分子式为　 　。
（5）反应⑦的化学方程式为　 　。
（6）H是F的同分异构体，写出一种含有氨基（﹣NH2），可与FeCl3溶液发生显色反应，核磁共振氢谱峰面积比为4：3：2：1的结构简式为　 　。
（7）设计由丙烯酸（CH2＝CHCOOH）为起始原料，制备的合成路线　 　（其他试剂任选）。

2019年广东省佛山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）“失蜡法”是我国古代青铜器的铸造方法之一，常用蜂蜡和牛油做出铜器的粗模，用石灰、炭末泥填充泥芯和敷成外范。加热烘烤后，蜡模熔融而去，形成空壳，再往空壳内浇灌铜液。下列说法错误的是（　　）
A．蜂蜡中含有酯类和糖类，与石蜡所含有机物种类相同
B．牛油中含有硬脂酸甘油酯
C．炭末泥可耐铜液的高温
D．“失蜡法”中蜡模熔融而去，故可循环利用
【分析】A．蜂蜡主要成分为酯；
B．牛油成分为油脂，油脂属于高级脂肪酸甘油酯；
C．依据题干：用石灰、炭末泥填充泥芯和敷成外范；
D．加热烘烤后，蜡模熔融而去，熔融的蜂蜡可以和牛油再做出铜器的粗模。
【解答】解：A．蜂蜡主要成分为酯，石蜡为石油炼制产品，主要成分为烃，二者成分不同，故A错误；
B．牛油成分为油脂，含有硬脂酸甘油酯为饱和高级脂肪酸甘油酯，故B正确；
C．依据题意可知，失蜡法”是我国古代青铜器的铸造方法之一，用石灰、炭末泥填充泥芯和敷成外范。加热烘烤后，蜡模熔融而去，形成空壳，再往空壳内浇灌铜液，所以炭末泥可耐铜液的高温，故C正确；
D．加热烘烤后，蜡模熔融而去，熔融的蜂蜡可以和牛油再做出铜器的粗模，所以可以可循环利用，故D正确；
故选：A。
【点评】本题为信息题，准确把握题干中给出信息，明确相关物质的成分及性质是解题关键，题目难度不大。
2．（6分）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）
A．7g14C中，含有3NA个中子
B．25℃时，pH＝4的CH3COOH溶液中H+的数目为10﹣4NA
C．标准状况下，5.6L丙烷中含有共价键的数目为2.5NA
D．3.2gCu与足量浓硝酸反应，生成的气体在标准状况下的体积为22.4L
【分析】A．计算物质的量n＝＝0.5mol，14C中含8个中子计算判断；
B．溶液体积不知不能计算微粒数；
C..1个丙烷分子中含有8个C﹣H键和2个C﹣C键；
D．铜和浓硝酸反应生成气体二氧化氮，二氧化氮与四氧化二氮存在化学平衡。
【解答】解：A.7g14C中，物质的量n＝＝0.5mol，14C中含8个中子，则0.5mol原子中含中子数4NA个，故A错误；
B.25℃时，pH＝4的CH3COOH溶液中，氢离子浓度10﹣4mol/L，溶液体积不知不能计算H+的数目，故B错误；
C.1个丙烷分子中含有8个C﹣H键和2个C﹣C键，丙烷中共价键数为10个，5.6L物质的量为0.25mol，故共价键共2.5mol，个数2.5NA，故C正确；
D.3.2gCu物质的量＝＝0.05mol，Cu+4HNO3＝Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O，与足量的浓硝酸反应生成气体的物质的量0.1mol，二氧化氮反应生成四氧化二氮，在标准状况下的体积小于2.24L，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了阿伏加德罗常数的分析应用，主要是氧化还原反应电子转移的计算应用，掌握基础是关键，题目难度不大。
3．（6分）共用两个或两个以上碳原子的环烃叫做桥环烃，桥环烃 （二环[2.2.1]﹣2，5﹣庆二烯）是有机合成的重要中间体。下列关于该化合物说法正确的是（　　）
A．属于芳香烃类
B．与甲苯互为同分异构体
C．二氯代物有6种
D．1mol该物质完全燃烧需要10molO2
【分析】有机物分子式为C7H8，含有2个碳碳双键，具有烯烃的性质，以此解答该题。
【解答】解：A．不含苯环，不属于芳香烃类，故A错误；
B．分子式为C7H8，和甲苯分子式相同，互为同分异构体，故B正确；
C．两个Cl都在碳碳双键有3种，其中一个Cl在CH原子团，另一个在碳碳双键、CH原子团的情况有3种，一个Cl在CH2原子有3种，共9种，故C错误；
D．分子式为C7H8，1mol该物质完全燃烧需要9molO2，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，侧重考查学生的分析能力，把握官能团及性质的关系为解答的关键，注意有机物同分异构体的判断，题目难度不大。
4．（6分）沉积物微生物燃料电池可处理含硫废水，其工作原理如图所示。下列说法错误的是（　　）

A．碳棒b的电极反应式为：O2+4e﹣+4H+＝2H2O
B．光照强度对电池的输出功率有影响
C．外电路的电流方向：碳棒a→碳棒b
D．酸性增强不利于菌落存活，故工作一段时间后，电池效率降低
【分析】A．图中分析可知氢离子移向碳棒b，则碳棒b为原电池的正极，氧气得到电子生成水；
B．光照强度越强，光合作用越强生成氧气越多；
C．外电路电流流向是正极流向负极；
D．酸性增强菌落失去活性；负极反应减慢。
【解答】解：A．氢离子移向碳棒b，则碳棒b为原电池的正极，氧气得到电子生成水，电极反应：O2+4e﹣+4H+＝2H2O，故A正确；
B．光照强度越强，光合作用越强，光照强度对电池的输出功率有影响，故B正确；
C．外电路的电流方向：碳棒b→碳棒a，故C错误；
D．酸性增强不利于菌落存活，负极失电子发生的氧化反应会减慢，故工作一段时间后，电池效率降低，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了原电池原理、电极判断、电极反应书写、电池原理的应用等，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
5．（6分）短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X、Y同周期，W2X2Y4是一种弱酸，该酸能使酸性KMnO4溶液褪色，同时产生一种使澄清石灰水变浑浊的气体。工业上，Z的单质可通过电解其熔融氧化物制得，下列说法正确的是（　　）
A．W与X可形成两种以上的二元化合物
B．简单氢化物的热稳定性X比Y强
C．W2Y和W2Y2所含共价键类型完全相同
D．Y和Z简单离子半径：Y＜Z
【分析】短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X、Y同周期，W2X2Y4是一种弱酸，该酸能使酸性KMnO4溶液褪色，同时产生一种使澄清石灰水变浑浊的气体，则W2X2Y4为H2C2O4，结合原子序数大小可知，W为H，X为C元素，Y为O；工业上，Z的单质可通过电解其熔融氧化物制得，则Z为Al元素，以此解答该题。
【解答】解：由以上分析可知：W为H元素，X为C元素，Y为O元素，Z为Al元素。
A．C、H形成的化合物为烃，烃种类繁多，故A正确；
B．非金属性：C＜O，则简单氢化物的稳定性：X＜Y，故B错误；
C．W2Y和W2Y2分别为H2O和H2O2，分子中只含有极性键，而双氧水分子中含有极性键和非极性键，二者含有的化学键类型不完全相同，故C错误；
D．氧离子和铝离子含有相同的电子层，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径：Y＞Z，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了原子结构与元素周期律，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，试题侧重考查学生的分析能力及灵活应用能力。
6．（6分）常温下，Ag2S与CuS在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．Ksp（Ag2S）＝10﹣29.2
B．向含CuS沉淀的悬浊液中加入Na2S饱和溶液，Ksp （CuS）减小
C．若Z点为Ag2S的分散系，ν（沉淀）＞ν（溶解）
D．CuS（s）+2Ag+（aq）⇌Ag2S（s）+Cu2+（aq）平衡常数很大，反应趋于完全
【分析】A，Ksp（Ag2S）＝c2（Ag+）c（S2﹣），图象X（20，9.2）c（Ag+）＝10﹣20mol/L，c（S2﹣）＝10﹣9.2mol/L；
B．Ksp （CuS）随温度变化；
C．若Z点为Ag2S的分散系为不饱和溶液；
D．CuS（s）+2Ag+（aq）⇌Ag2S（s）+Cu2+（aq）平衡常数计算分析。
【解答】解：A．图象X（20，9.2）c（Ag+）＝10﹣20mol/L，c（S2﹣）＝10﹣9.2mol/L，Ksp（Ag2S）＝c2（Ag+）c（S2﹣）＝（10﹣20mol/L）2×10﹣9.2mol/L＝10﹣49.2，故A错误；
B．Ksp （CuS）随温度变化，不随离子浓度变化，故B错误；
C．若Z点为Ag2S的分散系，是不饱和溶液，ν（沉淀）＜ν（溶解），故C错误；
D．Ksp （CuS）＝10﹣5×10﹣30.2＝10﹣35.2，CuS（s）+2Ag+（aq）⇌Ag2S（s）+Cu2+（aq）平衡常数K＝＝＝＝1014，反应趋于完全，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了难溶物的沉淀溶解平衡影响因素分析、溶度积常数的计算等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
7．（6分）电化学间接氧化法处理H2S气体的过程主要有：
①废气吸收：2Fe3++H2S＝2Fe2++2H++S↓；②吸收剂再生：Fe2+﹣2e﹣＝2Fe3+
其工艺流程如图，下列说法错误的是（　　）
A．为充分吸收废气，应由“填料吸收塔”的底部进气，从塔顶喷入吸收液
B．①发生在“气体混合器”中，②发生在“电解槽”中
C．①、②总反应的化学方程式为：H2S＝H2+S↓
D．“尾气处理器”可盛放NaOH溶液
【分析】A．由“填料吸收塔”的底部进气，从塔顶喷入吸收液，可使液体和气体充分混合；
B．①发生在“填料吸收塔”中；
C．两个反应中，铁离子反应前后不变，相当于起到催化剂的作用；
D．尾气含有硫化氢，应用氢氧化钠溶液吸收。
【解答】解：A．由“填料吸收塔”的底部进气，从塔顶喷入吸收液，可使液体和气体充分接触而反应，起到充分吸收的目的，故A正确；
B．①发生2Fe3++H2S＝2Fe2++2H++S↓，为溶液和气体的反应，应在“填料吸收塔”中，故B错误；
C．两个反应中，②为电解，生成铁离子和氢气，铁离子反应前后不变，总反应为H2S＝H2+S↓，故C正确；
D．尾气含有硫化氢，为酸性气体，可与氢氧化钠溶液反应，则应用氢氧化钠溶液吸收，故D正确。
故选：B。
【点评】本题考查物质的制备实验及混合物的分离和提纯，为高频考点，把握流程图中每一步发生的反应及操作方法是解本题关键，注意结合题给信息解答，侧重分析与实验能力的考查，题目难度中等。
二、解答题（共3小题，满分43分）
8．（14分）次磷酸钠（NaH2PO2）是有机合成的常用还原剂，一般制备方法是将黄磷（P4）和过量烧碱溶液混合、加热，生成次磷酸钠和PH3，PH3是一种无色、有毒的可燃性气体。实验装置如图所示：

回答下列问题：
（1）在a中加入黄磷、活性炭粉末，打开K1，通入N2一段时间，关闭K1，打开磁力加热搅拌器，湳加烧碱溶液。
①活性炭粉末作为黄磷的分散剂，原理是　使反应物充分混合，加快反应速率　，b的作用　安全瓶　。
②a中反应的化学方程式为　P4+3NaOH（浓）+3H2O3NaH2PO2+PH3↑　。
（2）反应结束后，打开K1，继续通入N2，目的是　排除装置中残留的PH3气体，使之被c装置中溶液吸收　。d的作用是　吸收尾气，防止污染空气　。
（3）c中生成 NaH2PO和NaCl，相关物质溶解度（S）如表：

S（25℃）
S（100℃）
NaCl
37
39
NaH2PO2
100
667
充分反应后，将c中混合液蒸发浓缩，有大量晶体析出，该晶体主要成分的化学式为　NaCl　，然后　趁热过滤　、　冷却结晶　、过滤、洗涤、干燥，得到含NaH2PO2的粗产品。
（4）产品纯度测定：
取产品m克配成250mL溶液，取25mL于锥形瓶中，酸化后加入25mL 0.10mol/L碘水，于暗处充分反应后，以淀粉溶液做指示剂，用0.10 mol/L Na2S2O3溶液滴定至终点，平均消耗VmL，相关反应方程式为：H2PO2﹣+H2O+I2＝H2PO3﹣+2H++2I﹣，2S2O32﹣+I2＝S4O62﹣+2I﹣．产品纯度表达式为　　。
【分析】（1）①活性炭粉末作为黄磷的分散剂，目的是增大反应的接触面积，加快反应速率；
②P4和过量烧碱溶液反应生成次磷酸钠NaH2PO2和PH3，利用化合价升降法配平该反应的化学方程式；
（2）结合PH3有毒、易造成环境污染，必须要进行尾气处理分析解答；
（3）根据表中数据可知，NaCl的溶解度受温度影响变化不大，NaH2PO2的溶解度受温度影响变化较大，所以c中混合液蒸发浓缩时，有大量NaCl晶体析出，分离NaH2PO2的方法为冷却结晶；
（4）根据相关反应方程式为：H2PO2﹣+H2O+I2＝H2PO3﹣+2H++2I﹣，2S2O32﹣+I2＝S4O62﹣+2I﹣．即NaH2PO2～H2PO3﹣～2e﹣，Na2S2O3～S4O62﹣～e﹣，I2～2I﹣～2e﹣，结合电子守恒有2n（NaH2PO2）+n（Na2S2O3）＝2n（I2），据此计算。
【解答】解：（1）①活性炭粉末作为黄磷的分散剂，目的是增大黄磷与NaOH溶液的接触面积，加快反应速率；NaClO有强氧化性，PH3有还原性，二者反应较快容易发生倒吸，所以装置b的作用是安全瓶、防倒吸，故答案为：使反应物充分混合，加快反应速率；安全瓶；
②P4和烧碱的反应式为P4+NaOH→NaH2PO2+PH3↑，利用化合价升降法，进行配平，即P4+3NaOH（浓）+3H2O3NaH2PO2+PH3↑，
故答案为：P4+3NaOH（浓）+3H2O3NaH2PO2+PH3↑；
（2）PH3有毒、残留于装置中易造成环境污染，必须排除处理掉，所以可通入N2一段时间，使之排除被c装置吸收，酸性高锰酸钾是尾气处理装置，防止逸出的尾气污染空气，故答案为：排除装置中残留的PH3气体，使之被c装置中溶液吸收；吸收尾气，防止污染空气；
（3）NaCl的溶解度受温度影响变化不大，所以c中混合液蒸发浓缩时，有大量NaCl晶体析出，NaH2PO2的溶解度受温度影响变化较大，所以趁热过滤分离出NaCl，防止NaH2PO2结晶析出，分离NaH2PO2的方法为冷却结晶，故答案为：NaCl；趁热过滤；冷却结晶；
（4）原子守恒有：NaH2PO2～H2PO3﹣～2e﹣，Na2S2O3～S4O62﹣～e﹣，I2～2I﹣～2e﹣，根据电子守恒有：2n（NaH2PO2）+n（Na2S2O3）＝2n（I2），即n（NaH2PO2）＝n（I2）﹣n（Na2S2O3）＝25×10﹣3L×0.10mol/L﹣0.5×0.10 mol/L×V×10﹣3L＝（2.5﹣0.05V）×10﹣3mol，mg样品中n（NaH2PO2）＝（2.5﹣0.05V）×10﹣3mol×＝（2.5﹣0.05V）×10﹣2mol，样品中m（NaH2PO2）＝nM═（2.5﹣0.05V）×10﹣2mol×88g/mol＝（220﹣4.4V）×10﹣2g，产品纯度＝＝＝，
故答案为：。
【点评】本题以制备方案的设计为载体考查实验操作过程、实验装置的作用、物质的分离与提纯、氧化还原反应化学方程式的书写、纯度计算等，侧重化学实验操作能力和学生灵活运用知识解决实际问题能力的考查，试题有利于提高学生的分析能力及化学实验能力，注意守恒思想在化学计算中的运用，题目难度中等。
9．（14分）ZrO2是重要的耐高温材料，以天然锆石（主要成分为 ZrSi4，含Al、Cu的氧化物杂质）为原料制备ZrO2的一种工艺流程如图。已知SiCl4沸点为57.6℃，ZrCl4易溶于水。回答下列问题：

（1）ZrSiO4中Zr的化合价为　+4　。“氯化”过程中ZrSiO4发生反应的化学方程式　ZrSiO4+4C+4Cl2ZnCl4+SiCl4+4CO　。
（2）“混合气体”中某成分能发生水解反应，生成两种酸，两种酸的名称分别是　硅酸和盐酸　。
（3）“白色沉淀”的化学式为　Al（OH）3　，利用平衡移动原理分析加入乙酸乙酯的作用　溶液中存在水解平衡NaAlO2+2H2O⇌Al（OH）3+NaOH，酯类水解消耗NaOH，促进NaAlO2水解生成Al（OH）3白色沉淀　。
（4）加入“过量NaOH溶液”时生成ZrO2•xH2O，该反应的离子方程式为　Zr4++4OH﹣+（x﹣2）H2O＝ZrO2•xH2O↓　。
（5）加入氨水的作用是　溶解Cu（OH）2，分离出ZrO2•xH2O　。
【分析】天然锆石（主要成分为 ZrSi4，含Al、Cu的氧化物杂质）在高温下与氯气、C发生反应：ZrSiO4+4C+4Cl2ZnCl4+SiCl4+4CO得到AlCl3、CuCl2、ZnCl4和混合气（CO、SiCl4），SiCl4能够发生水解生成两种酸，两种酸应该为硅酸和盐酸；AlCl3、CuCl2、ZnCl4的混合物中加入过量NaOH溶液，过滤后得到溶液中含有NaAlO2，溶液中加入乙酸乙酯促进NaAlO2水解生成Al（OH）3白色沉淀；滤渣为Cu（OH）2、ZrO2•xH2O，氢氧化铜沉淀能够与氨水反应生成易溶的铜氨溶液，所以加入氨水可溶解Cu（OH）2，分离出ZrO2•xH2O，据此解答。
【解答】解：（1）ZrSiO4中，Si、O的化合价分别为+4、﹣2价，结合化合物中总化合价为0可知，Zr的化合价为+4；
根据流程可知，ZrSiO4与C、Cl2在高温下反应生成ZnCl4、SiCl4和CO，反应方程式为：ZrSiO4+4C+4Cl2ZnCl4+SiCl4+4CO，
故答案为：+4；ZrSiO4+4C+4Cl2ZnCl4+SiCl4+4CO；
（2）混合气体含有CO、SiCl4，其中SiCl4能够发生水解生成两种酸，两种酸应该为硅酸和盐酸，
故答案为：硅酸和盐酸；
（3）NaAlO2在溶液中存在水解平衡：NaAlO2+2H2O⇌Al（OH）3+NaOH，酯类水解消耗NaOH，加入乙酸乙酯促进NaAlO2水解生成Al（OH）3白色沉淀，
故答案为：Al（OH）3；溶液中存在水解平衡NaAlO2+2H2O⇌Al（OH）3+NaOH，酯类水解消耗NaOH，促进NaAlO2水解生成Al（OH）3白色沉淀；
（4）加入“过量NaOH溶液”时，Zr4+与氢氧根离子反应生成ZrO2•xH2O，该反应的离子方程式为：Zr4++4OH﹣+（x﹣2）H2O＝ZrO2•xH2O↓，
故答案为：Zr4++4OH﹣+（x﹣2）H2O＝ZrO2•xH2O↓；
（5）氢氧化铜沉淀能够与氨水反应生成易溶的铜氨溶液，所以加入氨水可溶解Cu（OH）2，分离出ZrO2•xH2O，
故答案为：溶解Cu（OH）2，分离出ZrO2•xH2O。
【点评】本题考查制备方案的设计，题目难度中等，根据制备流程明确实验目的、实验原理为解答关键，注意掌握常见元素化合物性质及盐的水解原理，试题侧重考查学生的分析、理解能力及化学实验能力。
10．（15分）水蒸气催化重整生物油是未来工业化制氢的可行方案。以乙酸为模型物进行研究，发生的主要反应如下：
Ⅰ．CH3 COOH（g）+2H2O（g）⇌2CO2 （g）+4H2（g）△H1
Ⅱ．CH3COOH（g）⇌2CO（g）+2H2（g）△H2
Ⅲ． CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H3
回答下列问题：
（1）反应Ⅲ中物质化学键键能数据如表：
化学键
C＝O
H﹣H
C≡O
H﹣O
E/kJ•mol﹣1
803
436
1076
465
△H3＝　+36　kJ•mol﹣1
（2）重整反应的各物质产率随温度、水与乙酸投料比（S/C）的变化关系如图（a）、（b）所示。

①由图（a）可知，制备H2最佳的温度约为　800℃　。
②由图（b）可知，H2产率随S/C增大而　增大　（填“增大”或“减小”），其原因是：　S/C增大时，反应I 的平衡正向移动，反应III的平衡逆向移动，使平衡体系中H2的产率增大　。
（3）反应Ⅰ的化学平衡常数K的表达式为　　向恒容密闭容器中充入等物质的量的CH3COOH和H2O混合气体，若仅发生反应Ⅰ至平衡状态，测得H2的体积分数为50%，则CH3COOH平衡转化率为　40%　。
（4）反应体系常生成积碳。当温度一定时，随着S/C增加，积碳量逐渐减小，反应的化学方程式为　C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）　。
（5）电解含CH3COOH的有机废水也可获得清洁能源H2，原理如图所示。则B为电源　负　极，电解时阳极的电极反应式为　CH3COOH﹣8e﹣+2H2O＝2CO2↑+8H+　。

【分析】（1）反应热△H＝反应物总键能﹣生成物总键能；
（2）①根据图象（a）可知，温度升高，H2的产率增大，800℃时达到最大；
②由图（b）可知，H2产率随S/C增大而增大，同时CO2产率随S/C增大而增大、CO产率随S/C增大而减小，结合S/C增大分析反应I、III平衡移动情况；
（3）化学平衡常数K等于生成物浓度幂积与反应物浓度幂积之比，结合反应的三段式列式计算CH3COOH平衡转化率，转化率＝；
（4）反应体系常生成积碳，水蒸气的增加，使积碳量逐渐减小，说明碳能与水发生反应；
（5）根据电解装置图可知，含CH3COOH的有机废水发生失去电子的氧化反应生成CO2（或稀硫酸发生得到电子的还原反应生成H2），则A为电源正极、B为电源负极，与电源正极相接的电极为电解池的阳极，结合电子守恒、电荷守恒写出阳极电极反应式。
【解答】解：（1）反应热△H＝反应物总键能﹣生成物总键能，所以△H3＝2×803kJ•mol﹣1+436kJ•mol﹣1﹣（1076+465×2）kJ•mol﹣1＝+36kJ•mol﹣1，
故答案为：+36；
（2）①根据图象（a）可知，温度升高，H2的产率增大，800℃时达到最大，据此可判断制备H2最佳的温度约为800℃，故答案为：800℃；
②由图（b）可知，H2产率随S/C增大而增大，同时CO2产率随S/C增大而增大、CO产率随S/C增大而减小，即S/C增大，反应I 的平衡正向移动，反应III的平衡逆向移动，使平衡体系中H2的产率增大，
故答案为：增大；S/C增大时，反应I 的平衡正向移动，反应III的平衡逆向移动，使平衡体系中H2的产率增大；
（3）反应CH3 COOH（g）+2H2O（g）⇌2CO2 （g）+4H2（g）的化学平衡常数K的表达式＝；
反应的三段式为CH3 COOH（g）+2H2O（g）⇌2CO2 （g）+4H2（g），设CH3COOH和H2O的起始量为amol，则
起始量（mol） a a 0 0
变化量（mol） x 2x 2x 4x
平衡量（mol） a﹣x a﹣2x 2x 4x
由于H2的体积分数为50%，即（ a﹣x+a﹣2x+2x+4x）×50%＝4x，解得x＝0.4amol，CH3COOH平衡转化率＝＝40%，
故答案为：；40%；
（4）S/C增加使积碳量逐渐减小，说明碳能与水发生反应，反应的化学方程式为C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g），
故答案为：C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）；
（5）根据电解装置图可知，含CH3COOH的有机废水发生失去电子的氧化反应生成CO2（或稀硫酸发生得到电子的还原反应生成H2），则A为电源正极、B为电源负极，与电源正极相接的电极为电解池的阳极，电极反应式为CH3COOH﹣8e﹣+2H2O＝2CO2↑+8H+，
故答案为：负；CH3COOH﹣8e﹣+2H2O＝2CO2↑+8H+。
【点评】本题考查反应热的计算、浓度对化学平衡的影响、化学平衡常数K及其计算、电解原理及其电极反应式书写等知识点，为高频考点，把握K的意义、盖斯定律、图象分析为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度中等。
选考题：共45分。每科任选一题作答。如果多做，则每科技所做的第一题计分。【化学一选修3：物质结构与性质】（15分）
11．（15分）硼族元素在科学研究领域有重要应用，回答下列问题：
（1）Ga是硼族元素，写出其M能层的电子排布式　3s23p63d10　。
（2）B是硼族元素中唯一的非金属性元素。
①Li、Be、C、Al中第一电离能比B大的是　Be、C　。
②α﹣菱形硼晶体结构单元是如图所示的正二十面体，该结构单元由　12　个硼原子构成。

（3）Al单质的熔点为660℃，Ga单质的熔点为30℃，Al比Ga熔点高的原因是　Al、Ga均为金属晶体，二者价电子相同，Al原子半径比Ga的小，Al晶体中金属键更强，故Al的熔点高　
（4）Al存在AlCl4﹣、Al2Cl7﹣、[AlF6]3﹣等多种配离子。
①AlCl4﹣的立体构型为　正四面体形　，Al2Cl7﹣，结构如图所示：其中Cl杂化方式为　sp3　。
②存在AlCl4﹣、[AlF6]3﹣，能形成[AlF6]3﹣的原因是　F原子半径比Cl原子半径小，Al原子周围可以容纳更多的F原子　。
（5）氮化镓为六方晶胞，结构如图所示。

①画出晶胞中Q原子沿z轴在xy平面上的投影。
②该晶体密度为ρg•m﹣3，晶胞参数a＝b≠c（单位：nm），a、b夹角为120°，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶胞参数c＝　　nm（用含a、b、ρ、NA的代数式表示）。
【分析】（1）Ga是31号元素，基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p1，M能层为第三能层；
（2）①同周期主族元素自左到右第一电离能呈增大的趋势，ⅡA族元素和ⅤA族元素由于是全充满或半充满的稳定结构，故第一电离能要高于同周期相邻元素的，而同主族自上而下第一电离能减小；
②硼原子组成的正二十面体，每个面就是一个等边三角形，每个顶点为5个三角形所共用；
（3）Al、Ga均为金属晶体，价电子相同，原子半径越小，金属键越强，晶体的熔点越高；
（4）①AlCl4﹣中Al原子孤电子对数＝＝0，价层电子对数＝0+4＝4；Al2Cl7﹣中Cl原子满足8电子结构，杂化轨道数目为4；
②F原子半径比Cl原子半径小，Al原子周围可以容纳更多的F原子；
（5）①Q处于正三棱柱的中心，晶胞中Q原子沿z轴在xy平面上的投影处于下底面正三角形的中心；
②均摊法计算晶胞中Ga、N原子数目，表示出晶胞的质量，晶胞体积＝a×10﹣7cm×b×10﹣7cm×sin60°×c×10﹣7cm，结合晶胞质量＝晶体密度×晶胞体积计算。
【解答】解：（1）Ga是31号元素，基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p1，M能层为第三能层，M能层的电子排布式为：3s23p63d10，
故答案为：3s23p63d10；
（2）①同周期主族元素自左到右第一电离能呈增大的趋势，ⅡA族元素和ⅤA族元素由于是全充满或半充满的稳定结构，故第一电离能要高于同周期相邻元素的，而同主族自上而下第一电离能减小，故第一电离能：C＞Be＞B＞Li，B＞Al，
故答案为：Be、C；
②硼原子组成的正二十面体，每个面就是一个等边三角形，每个顶点为5个三角形所共用，所以20个等边三角形所含有的顶角数＝20×3÷5＝12，即B原子个数为12，
故答案为：12；
（3）Al、Ga均为金属晶体，二者价电子相同，Al原子半径比Ga的小，Al晶体中金属键更强，故Al的熔点高，
故答案为：Al、Ga均为金属晶体，二者价电子相同，Al原子半径比Ga的小，Al晶体中金属键更强，故Al的熔点高；
（4）①AlCl4﹣中Al原子孤电子对数＝＝0，价层电子对数＝0+4＝4，离子空间构型为：正四面体形；Al2Cl7﹣中Cl原子满足8电子结构，杂化轨道数目为4，故Cl原子采取sp3杂化，
故答案为：正四面体形；sp3；
②F原子半径比Cl原子半径小，Al原子周围可以容纳更多的F原子，故可以形成[AlF6]3﹣，
故答案为：F原子半径比Cl原子半径小，Al原子周围可以容纳更多的F原子；
（5）①Q处于正三棱柱的中心，晶胞中Q原子沿z轴在xy平面上的投影处于下底面正三角形的中心，如图所示：，
故答案为：；
②晶胞中Ga原子数目＝1+8×＝2、N原子数目＝1+4×＝2，故晶胞质量＝2×g，晶胞体积＝a×10﹣7cm×b×10﹣7cm×sin60°×c×10﹣7cm，则：2×g＝（a×10﹣7cm×b×10﹣7cm×sin60°×c×10﹣7cm）×1000ρg•m3，解得c＝，
故答案为：。
【点评】本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布、电离能、晶体类型与性质、空间构型与杂化方式、配合物、晶胞结构与计算等，注意同周期主族元素第一电离能变化异常情况，需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力。
【化学--选修5：有机化学基础】（15分）
12．已知化合物M是合成荧光物质COFs的中间体，COFs可用于制作OLED发光材料，其合成路线如图：

已知：
回答下列问题：
（1）A的化学名称为　苯甲醇　。
（2）③的反应类型是　取代反应　。
（3）E的结构简式为　　。
（4）F的分子式为　C7H10ON2　。
（5）反应⑦的化学方程式为　　。
（6）H是F的同分异构体，写出一种含有氨基（﹣NH2），可与FeCl3溶液发生显色反应，核磁共振氢谱峰面积比为4：3：2：1的结构简式为　　。
（7）设计由丙烯酸（CH2＝CHCOOH）为起始原料，制备的合成路线　　（其他试剂任选）。
【分析】A连线发生氧化反应生成C，由C的结构可知A为、B为．结合信息可知，C发生取代反应生成D为，D发生取代反应生成E为．结合F的结构，可知E与氢气发生加成反应生成F．由M的结构可知，反应⑥是F发生消去反应生成G，反应⑦G发生取代反应生成M，同时有HCl生成，故G为。
（6）H是F的同分异构体，H含有氨基），可与FeCl3溶液发生显色反应，说明还含有酚羟基，H的核磁共振氢谱峰面积比为4：3：2：1，还含有2个氨基、1个甲基，且为对称结构；
（7）加聚反应得到，由给予的反应信息可知，CH2＝CHCOOH先与SOCl2发生取代反应得到，再与H2N﹣NH2反应得到。
【解答】解：（1）A连线发生氧化反应生成C，由C的结构可知A为，A的化学名称为：苯甲醇，
故答案为：苯甲醇；
（2）反应③是羧基上的﹣OH被﹣Cl替代，属于取代反应，故答案为：取代反应；
（3）由分析可知，E的结构简式为：，故答案为：；
（4）由结构可知，F的分子式为：C7H10ON2，故答案为：C7H10ON2；
（5）反应⑦的化学方程式为：，
故答案为：；
（6）H是F的同分异构体，H含有氨基），可与FeCl3溶液发生显色反应，说明还含有酚羟基，H的核磁共振氢谱峰面积比为4：3：2：1，还含有2个氨基、1个甲基，且为对称结构，故H的结构简式为：，
故答案为：；
（7）加聚反应得到，由给予的反应信息可知，CH2＝CHCOOH先与SOCl2发生取代反应得到，再与H2N﹣NH2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与推断，涉及有机物命名、有机反应类型、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，是对有机化学基础的综合考查，熟练掌握官能团的性质与转化，适当进行有机物命名的拓展。
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