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年广东省揭阳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，只有一个选项是符合题目要求的．
1．（6分）2019年3月召开的“两会”指出，当前我国城乡居民正在进入生活质量全面提升时期，人们对生态环境质量非常关注，迫切希望生态环境越来越好。下列做法有利于环境保护的是（　　）
A．市区禁止自行车通行
B．自己尽量不做饭，多叫外卖
C．提倡将生活垃圾进行分类处理
D．将工业废水注入地下岩石层，减少排放量
2．（6分）NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（　　）
A．2.3g钠在足量的氧气中燃烧，转移的电子数为0.1NA
B．标准状况下，2.24L Cl2溶于水或NaOH溶液中转移的电子数均为0.1NA
C．常温常压下，18gH2O含有的氢原子总数为NA
D．0.1molCH3OH中所含C﹣H键的数目为0.4NA
3．（6分）下列关于有机化合物的说法正确的是（　　）
A．用酸性高锰酸钾溶液可以鉴别苯和甲烷
B．苯酚、苯乙醇和苯乙酸都可以与钠反应生成氢气
C．纤维素、蛋白质、葡萄糖在一定条件下都可发生水解反应
D．甲醇与二甲醚互为同分异构体
4．（6分）根据下列实验操作和现象得出的结论错误的是（　　）
选项
实验操作
现象
结论
A
向碘水中加入等体积CCl4，振荡后静置
上层接近无色，下层显紫红色
I2在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度
B
常温下，将浓盐酸、二氧化锰放入烧瓶中，用淀粉碘化钾试液检验
试液不变蓝
常温下，浓盐酸、二氧化锰没有发生化学反应
C
向NaCl、NaI的混合稀溶液中滴入几滴稀AgNO3溶液
有黄色沉淀生成
Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI）
D
向20%蔗糖溶液中加入少量稀H2SO4，加热；再加入少量银氨溶液；
未出现银镜
蔗糖未水解
A．A B．B C．C D．D
5．（6分）短周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大，已知元素X的一种高硬度单质是宝石，Y2+电子层结构与氖相同，Z的质子数为偶数，室温下M单质为淡黄色固体。下列叙述错误的是（　　）
A．简单氢化物稳定性：X＞Z
B．Z元素的最高价氧化物是制造光导纤维的主要原料
C．化合物XM2中含有极性共价键和非极性共价键
D．简单离子半径：Y＜M
6．（6分）用间接电化学法可对大气污染物NO进行无害化处理，其工作原理如图所示，质子膜允许H+和H2O通过。下列说法正确的是（　　）

A．电极I为阴极，电极反应式为2H2O+2e﹣＝2OH﹣+H2↑
B．电解时H+由电极I向电极II迁移
C．吸收塔中的反应为2NO+2S2O42﹣+2H2O＝N2+4HSO3﹣
D．每处理1 mol NO，可同时得到32g O2
7．（6分）室温下，将尿酸钠（NaUr）悬浊液静置，取上层清液，再通入HCl，溶液中尿酸的浓度c（HUr）与pH 的关系如右图所示。已知：Ksp（NaUr）＝4.9×10﹣5，Ka（HUr）＝2.0×10﹣6．下列说法正确的是（　　）

A．上层清液中，c（Ur﹣）＝7.0×10﹣2mol•L﹣1
B．在M﹣N的变化过程中，将逐渐减小
C．当c（HUr）＝c（Ur﹣）时，c（Cl﹣）＞c（Ur﹣）
D．当pH＝7 时，2c（Na+）＝c（Ur﹣）+c（Cl﹣）
二、解答题（共3小题，满分43分）
8．（14分）某化学兴趣小组的同学利用如图所示实验装置进行实验（图中a、b、c表示止水夹）。

请按要求填空：
（1）A装置中甲仪器名称为　 　。
（2）A、C、E相连后的装置可用于制取Cl2并进行相关的性质实验。
①A中乙为MnO2固体，甲中盛有浓盐酸，则烧瓶中发生反应的化学方程式为　 　。
②若在丙中加入适量水，即可制得氯水。将所得氯水分成两份，进行Ⅰ、Ⅱ两个实验，实验操作、现象结论如下：
Ⅰ．将氯水滴入品红溶液中，　 　现象。
Ⅱ．氯水中加入 NaHCO3粉末，有无色气泡产生，某同学得出结论：氯气与水反应的产物具有较强的酸性。请你评价该同学的结论是否合理？若不合理，请说明理由　 　。
③E装置的作用　 　。
（3）B、D、E装置相连后，在B中盛装浓硝酸和铜片（放在有孔塑料板上），关闭止水夹c，制得NO2，接着再进行有关实验。
①欲用D装置验证NO2与水的反应，其操作步骤为：先关闭止水夹　 　，再打开止水夹　 　，使烧杯中的水进入试管丁的操作是　 　。
②NO2尾气可用NaOH溶液吸收生成两种钠盐，写出反应的化学方程式为　 　。
9．（14分）无水氯化铝在生产、生活中应用广泛。
（1）氯化铝水溶液呈　 　性，原因是　 　（用离子方程式表示）把AlCl3溶液蒸干，灼烧，最后得到的主要固体产物是　 　。
（2）工业上用铝土矿（主要成分为Al2O3，含有Fe2O3、SiO2等杂质）制取无水氯化铝的一种工艺流程示意如下：

已知：
物质
SiCl4
AlCl3
FeCl3
FeCl2
沸点/℃
57.6
180（升华）
300（升华）
1023
①步骤Ⅰ中焙烧使固体水分挥发、气孔数目增多，其作用是　 　（只要求写出一种）。
②步骤Ⅱ中若不通入氯气和氧气，则反应生成相对原子质量比硅大的单质是　 　。
③已知：
Al2O3（s）+3C（s）═2Al（s）+3CO（g）△H1＝+1344.1kJ•mol﹣1
2AlCl3（g）＝2Al（s）+3Cl2（g）△H2＝+1169.2kJ•mol﹣1
由Al2O3、C和Cl2反应生成AlCl3的热化学方程式为　 　。
④步骤Ⅲ经冷却至室温后，气体用足量的NaOH冷溶液吸收，生成的盐主要有3种，其化学式分别为　 　、　 　、　 　。
⑤结合流程及相关数据分析，步骤Ⅴ中加入铝粉的目的是　 　。
10．（15分）亚硝酸氯（ClNO）是有机合成中的重要试剂。亚硝酸氯可由NO与Cl2在通常条件下反应得到，化学方程式为2NO（g）+Cl2（g）⇌2ClNO（g）。
（1）氮氧化物与悬浮在大气中的海盐粒子相互作用时会生成亚硝酸氯，涉及如下反应：
①4NO2（g）+2NaCl（s）⇌2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g） K1
②2NO2（g）+NaCl（s）⇌NaNO3（s）+ClNO（g） K2
③2NO（g）+Cl2（g）⇌2ClNO（g） K3
则K1，K2，K3之间的关系为K3＝　 　。
（2）T℃时，2NO（g）+Cl2（g）⇌2ClNO（g）的正反应速率表达式为v正＝k cn（ClNO），测得速率和浓度的关系如表：
序号
c（ClNO）/mol•L﹣1
v/mol•L﹣1•s﹣1
①
0.30
3.6×10﹣8
②
0.60
1.44×10﹣7
③
0.90
3.24×10﹣7
n＝　 　；k＝　 　（注明单位）。
（3）在2L的恒容密闭容器中充入4molNO（g）和2molCl2（g），在不同温度下测得c（ClNO）与时间的关系如图A：

①温度为T1时，能作为该反应达到平衡的标志的有　 　；
a．容器体积保持不变 b．容器压强保持不变 c．平衡常数K保持不变
d．气体颜色保持不变 e．v（ClNO）＝v（NO） f．NO与 ClNO的物质的量比值保持不变
②反应开始到10min时Cl2的平均反应速率v（Cl2）＝　 　；
③温度为T2时，10min已经达到平衡，该反应的平衡常数K＝　 　（注明单位）。
（4）一定条件下在恒温恒容的密闭容器中按一定比例充入NO（g）和Cl2（g），平衡时ClNO的体积分数φ随的变化图象如图B，则A、B、C三状态中，NO的转化率最小的是　 　点，当n（NO）/n（Cl2）＝2.8时，达到平衡状态ClNO的体积分数φ可能是D、E、F三点中的　 　点。
[选修3-物质结构与性质]
11．（15分）我国科学家在某杂志上发表研究报告称，利用铬同位素的系统分析发现，“古代大气氧含量高于现代水平的1%”。铬的同位素有Cr、Cr、Cr、Cr．铬及其化合物在生活、生产中有广泛应用。回答下列问题：
（1）基态Cr的价层电子排布图为　 　。
（2）交警用“酒精仪”查酒驾，其化学反应原理如下：
2K2Cr2O7+3CH3CH2OH+8H2SO4→3CH3COOH+2Cr2（SO4）3+2K2SO4+11H2O
①CH3CH2OH、CH3COOH的沸点高于对应的CH3OCH3（二甲醚）、HCOOCH3（甲酸甲酯），其主要原因是　 　。
②CH3COOH分子中碳原子的杂化类型是　 　；CH3COOH分子中σ键和π键数目之比为　 　。
③K2SO4晶体中阴离子的空间构型是　 　。上述反应中，只含极性键的极性分子有　 　（填分子式）。
（3）晶体铬的晶胞结构如图1所示，其堆积模型为　 　；铬原子的配位数为　 　。

（4）铬的一种氧化物晶胞结构如图2所示。六棱柱边长为a nm，高为b nm，NA代表阿伏加德罗常数的值。该晶体的化学式为　 　；该晶体的密度ρ＝　 　g•cm﹣3。
[选修5-有机化学基础]
12．福酚美克是一种影响机体免疫力功能的药物，可通过以下方法合成：
（1）物质A的名称是　 　；
（2）B→C的转化属于　 　反应（填反应类型）。
（3）上述流程中设计A→B步骤的目的是　 　。
（4）A与足量氢氧化钠溶液反应的方程式为：　 　。
（5）A的同分异构体X满足下列条件：
Ⅰ．能与NaHCO3反应放出气体；Ⅱ．能与FeCl3溶液发生显色反应。
符合上述条件的同分异构体有　 　种。其中核磁共振氢谱有5组吸收峰的结构简式为　 　。
（6）参照上述合成路线和信息，以乙醛为原料（无机试剂任选），设计制的合成路线：　 　。

2019年广东省揭阳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，只有一个选项是符合题目要求的．
1．（6分）2019年3月召开的“两会”指出，当前我国城乡居民正在进入生活质量全面提升时期，人们对生态环境质量非常关注，迫切希望生态环境越来越好。下列做法有利于环境保护的是（　　）
A．市区禁止自行车通行
B．自己尽量不做饭，多叫外卖
C．提倡将生活垃圾进行分类处理
D．将工业废水注入地下岩石层，减少排放量
【分析】A．使用自行车可以减少汽车的使用；
B．自己尽量不做饭，多叫外卖，会增加一次性餐具的使用，引起环境污染；
C．生活垃圾进行分类处理既保护环境有能节能减排；
D．将工业废水注入地下，治理水污染，又会污染地下水，不符合可持续发展理念。
【解答】解：A．市区禁止自行车通行，导致大量汽车的使用，产生大量废气污染物，不利于环境保护，故A错误；
B．“少做饭，多叫外卖”虽然可以减少家庭中的能源消耗，但会增加一次性餐具的使用，一次性餐具多为木材和难降解的塑料，所以不是低碳行为，不利于环境保护，故B错误；
C．生活垃圾进行分类处理既保护环境有能节能减排，有利于环境保护，故C正确；
D．将工业废水注入地下，治理水污染，又会污染地下水，不符合可持续发展理念，不利于环境保护，故C错误；
故选：C。
【点评】本题考查了环境污染与治理，熟悉相关环境污染源，明确治理方法，把握节能减排、低碳经济是解题关键，题目难度不大。
2．（6分）NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（　　）
A．2.3g钠在足量的氧气中燃烧，转移的电子数为0.1NA
B．标准状况下，2.24L Cl2溶于水或NaOH溶液中转移的电子数均为0.1NA
C．常温常压下，18gH2O含有的氢原子总数为NA
D．0.1molCH3OH中所含C﹣H键的数目为0.4NA
【分析】A、求出钠的物质的量，然后根据钠反应后变为+1价来分析；
B、根据氯气和水反应是可逆的判断；
C、18g水的物质的量为1mol，1mol水分子中含有2mol氢原子；
D、1molCH3OH含3molC﹣H键。
【解答】解：A、2.3g钠的物质的量为0.1mol，而钠反应后变为+1价，故0.1mol钠反应后转移0.1NA个电子，故A正确；
B、标况下，2.24L氯气的物质的量为0.1mol，因为氯气和水反应是可逆的，所以无法完全进行，因此转移电子少于0.1mol，而氢氧化钠中却完全反应，转移0.1mol，故B错误；
C、18g水的物质的量为：＝1mol，1mol水分子中含有氢原子的物质的量为2mol，含有的氢原子总数为2NA，故C错误；
D、1molCH3OH含3molC﹣H键，故0.1molCH3OH中所含C﹣H键的数目为0.3NA，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。
3．（6分）下列关于有机化合物的说法正确的是（　　）
A．用酸性高锰酸钾溶液可以鉴别苯和甲烷
B．苯酚、苯乙醇和苯乙酸都可以与钠反应生成氢气
C．纤维素、蛋白质、葡萄糖在一定条件下都可发生水解反应
D．甲醇与二甲醚互为同分异构体
【分析】A．苯、甲烷与高锰酸钾都不反应；
B．苯酚、苯乙醇和苯乙酸分别含有羟基、羧基，都可与钠反应；
C．葡萄糖为单糖；
D．甲醇与二甲醚的分子式不同。
【解答】解：A．苯、甲烷与高锰酸钾都不反应，不能鉴别，故A错误；
B．苯酚、苯乙醇和苯乙酸分别含有羟基、羧基，都可与钠反应，可生成氢气，故B正确；
C．纤维素、蛋白质都为高聚物，可水解，葡萄糖为单糖，不能水解，故C错误；
D．甲醇与二甲醚的分子式不同，二者不是同分异构体，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，侧重于学生的分析能力的考查，明确常见有机物的性质即可解答，注意把握有机物的官能团与性质的关系来解答，选项C为易错点，题目难度不大。
4．（6分）根据下列实验操作和现象得出的结论错误的是（　　）
选项
实验操作
现象
结论
A
向碘水中加入等体积CCl4，振荡后静置
上层接近无色，下层显紫红色
I2在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度
B
常温下，将浓盐酸、二氧化锰放入烧瓶中，用淀粉碘化钾试液检验
试液不变蓝
常温下，浓盐酸、二氧化锰没有发生化学反应
C
向NaCl、NaI的混合稀溶液中滴入几滴稀AgNO3溶液
有黄色沉淀生成
Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI）
D
向20%蔗糖溶液中加入少量稀H2SO4，加热；再加入少量银氨溶液；
未出现银镜
蔗糖未水解
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．碘单质易溶于四氯化碳，微溶于水；
B．常温下浓盐酸和二氧化锰不反应，氯气能氧化碘化钾生成碘，碘遇淀粉试液变蓝色；
C．滴入几滴稀AgNO3溶液，Ksp小的先沉淀；
D．加入银氨溶液之前必须加入NaOH溶液。
【解答】解：A．向碘水中加入等体积 CCl4，振荡后静置，混合液分层，上层接近无色，下层显紫红色，能够证明I2 在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度，故A正确；
B．常温下浓盐酸和二氧化锰不反应，氯气能氧化碘化钾生成碘，碘遇淀粉试液变蓝色，没有生成氯气，所以KI淀粉试纸不变色，故B正确；
C．滴入几滴稀AgNO3溶液，Ksp小的先沉淀，则观察到产生黄色沉淀，证明Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI），故C正确；
D．加入银氨溶液之前必须加入NaOH溶液，否则得不到银镜，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及萃取、氧化还原反应、银镜反应、沉淀的生成及Ksp等，把握物质的性质、反应原理为解答的关键，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。
5．（6分）短周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大，已知元素X的一种高硬度单质是宝石，Y2+电子层结构与氖相同，Z的质子数为偶数，室温下M单质为淡黄色固体。下列叙述错误的是（　　）
A．简单氢化物稳定性：X＞Z
B．Z元素的最高价氧化物是制造光导纤维的主要原料
C．化合物XM2中含有极性共价键和非极性共价键
D．简单离子半径：Y＜M
【分析】短周期元素X、Y、Z、M 的原子序数依次增大，元素X 的一种单质是高硬度的宝石，则X为C元素；Y2+的电子层结构与氖相同，则Y为Mg；室温下M 的单质为淡黄色固体，则M为S；Z的原子序数大于Mg而小于S，且质子数为偶数，则Z为Si，以此解答该题。
【解答】解：根据分析可知：X为C元素，Y为Mg，Z为Si，M为S。
A．非金属性C＞Si，则简单氢化物稳定性：X＞Z，故A正确；
B．Si的最高价氧化物为二氧化硅，二氧化硅是制造光导纤维的主要原料，故B正确；
C．XM2为CS2，其结构式为S＝C＝S，分子中只含有极性共价键，不存在非极性键，故C错误；
D．硫离子含有3个电子层，镁离子含有2个电子层，电子层越多离子半径越大，则简单离子半径：Y＜M，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了原子结构与元素周期律的关系，题目难度中等，推断元素为解答关键，注意熟练掌握原子结构与元素周期律、元素周期表的关系，试题培养了学生的灵活应用能力。
6．（6分）用间接电化学法可对大气污染物NO进行无害化处理，其工作原理如图所示，质子膜允许H+和H2O通过。下列说法正确的是（　　）

A．电极I为阴极，电极反应式为2H2O+2e﹣＝2OH﹣+H2↑
B．电解时H+由电极I向电极II迁移
C．吸收塔中的反应为2NO+2S2O42﹣+2H2O＝N2+4HSO3﹣
D．每处理1 mol NO，可同时得到32g O2
【分析】A．HSO3﹣在电极I上转化未S2O42﹣，过程中S的化合价降低，得到电子发生还原反应，则电极I为阴极；
B．电极I为阴极，则电极Ⅱ为阳极，电解池中阳离子向阴极移动；
C．吸收塔中通入NO和S2O42﹣离子反应，生成N2和HSO3﹣，据此写出反应方程式；
D．处理NO时，产生HSO3﹣进入电解池，O2逸出电解池，S2O42﹣流出电解池，据此计算电解池的质量变化。
【解答】解：A．HSO3﹣在电极I上转化未S2O42﹣，过程中S的化合价降低，得到电子发生还原反应，则电极I为阴极，电极反应为：2HSO3﹣+2e﹣+2H+═S2O42﹣+2H2O，故A错误；
B．电极I为阴极，则电极Ⅱ为阳极，电解池中阳离子向阴极移动，所以电解池中H+通过质子膜向电极I处移动，故B错误；
C．吸收塔中通入NO和S2O42﹣离子反应，生成N2和HSO3﹣，所以反应方程式为：2NO+2S2O42﹣+2H2O＝N2+4HSO3﹣，故C正确；
D．电极Ⅱ为阳极，H2O在电极Ⅱ上被转化为O2，发生电极反应：2H2O﹣4e﹣═O2↑+4H+，每处理1 mol NO，则转移电子数为1mol×2＝2mol，根据电子转移守恒，则产生O2的物质的量为2mol×＝0.5mol，质量为0.5mol×32g/mol＝16g，故D错误，
故选：C。
【点评】本题考查电化学知识，根据电化学装置原理图分析，明确电极反应是解题的关键，题目难度中等，是中档题。
7．（6分）室温下，将尿酸钠（NaUr）悬浊液静置，取上层清液，再通入HCl，溶液中尿酸的浓度c（HUr）与pH 的关系如右图所示。已知：Ksp（NaUr）＝4.9×10﹣5，Ka（HUr）＝2.0×10﹣6．下列说法正确的是（　　）

A．上层清液中，c（Ur﹣）＝7.0×10﹣2mol•L﹣1
B．在M﹣N的变化过程中，将逐渐减小
C．当c（HUr）＝c（Ur﹣）时，c（Cl﹣）＞c（Ur﹣）
D．当pH＝7 时，2c（Na+）＝c（Ur﹣）+c（Cl﹣）
【分析】A．上层清液为NaUr饱和溶液，根据NaUr的溶度积常数计算；
B．M→N 的变化过程中，溶液中c（HUr）增大，酸性增强；
C．当c（HUr）＝c（Ur﹣）时，根据电荷守恒及物料守恒分析；
D．pH＝7时，溶液中c（H+）＝c（OH﹣），根据电荷守恒分析。
【解答】解：A．上层清液为NaUr饱和溶液，则c（Ur﹣）＝＝7.0×10﹣3mol/L，故A错误；
B．M→N 的变化过程中，溶液中c（HUr）增大，溶液中c（Ur﹣）减小，则c（Na+）＝增大，故B错误；
C．溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）＝c（Cl﹣）+c（OH﹣）+c（Ur﹣），根据物料守恒：c（Na+）＝c（Ur﹣）+c（HUr），则有c（HUr）+c（H+）＝c（Cl﹣）+c（OH﹣），当c（HUr）＝c（Ur﹣）时，Ka（HUr）＝c（H+）＝2.0×10﹣6mol/L＞c（OH﹣），所以c（Cl﹣）＞c（HUr）＝c（Ur﹣），故C正确；
D．pH＝7时，溶液中c（H+）＝c（OH﹣），溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）＝c（Cl﹣）+c（OH﹣）+c（Ur﹣），则c（Na+）＝c（Ur﹣）+c（Cl﹣），故D错误，
故选：C。
【点评】本题考查了沉淀溶解平衡的分析判断，溶度积常数的计算应用，弱电解质电离平衡常数的计算，影响平衡的因素分析，题目难度中等。
二、解答题（共3小题，满分43分）
8．（14分）某化学兴趣小组的同学利用如图所示实验装置进行实验（图中a、b、c表示止水夹）。

请按要求填空：
（1）A装置中甲仪器名称为　分液漏斗　。
（2）A、C、E相连后的装置可用于制取Cl2并进行相关的性质实验。
①A中乙为MnO2固体，甲中盛有浓盐酸，则烧瓶中发生反应的化学方程式为　4HCl（浓）+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O　。
②若在丙中加入适量水，即可制得氯水。将所得氯水分成两份，进行Ⅰ、Ⅱ两个实验，实验操作、现象结论如下：
Ⅰ．将氯水滴入品红溶液中，　溶液红色褪去　现象。
Ⅱ．氯水中加入 NaHCO3粉末，有无色气泡产生，某同学得出结论：氯气与水反应的产物具有较强的酸性。请你评价该同学的结论是否合理？若不合理，请说明理由　不合理，制取的氯气中混有HCl气体，HCl气体溶于水后形成盐酸，能与NaHCO3粉末反应产生气泡　。
③E装置的作用　吸收尾气，防止污染空气　。
（3）B、D、E装置相连后，在B中盛装浓硝酸和铜片（放在有孔塑料板上），关闭止水夹c，制得NO2，接着再进行有关实验。
①欲用D装置验证NO2与水的反应，其操作步骤为：先关闭止水夹　a、b　，再打开止水夹　c　，使烧杯中的水进入试管丁的操作是　双手紧握（或微热）试管丁使试管中气体逸出，NO2与水接触后即可引发烧杯中的水倒流入试管丁　。
②NO2尾气可用NaOH溶液吸收生成两种钠盐，写出反应的化学方程式为　2NO2+2NaOH＝NaNO3+NaNO2+H2O　。
【分析】（1）由图可知仪器的名称；
（2）①A中浓盐酸与二氧化锰反应生成氯气，
②I．氯水中含有HClO，HClO具有去氧化性，可漂白品红溶液；
II．浓盐酸有挥发性，用浓盐酸制取的氯气中混有HCl气体，会干扰后续实验；
③氯气有毒，需要尾气处理；
（3）①B中Cu与浓硝酸发生氧化还原反应生成二氧化氮，验证NO2与水的反应，关闭止水夹a、b，再打开止水夹c，使烧杯中的水进入试管丁中即可；
②NO2与NaOH发生氧化还原反应生成硝酸钠、亚硝酸钠和水。
【解答】解：（1）根据图示仪器的构造特点判断，甲仪器的名称是分液漏斗，故答案为：分液漏斗；
（2）①A、C、E相连后的装置可用于制取Cl2，A中二氧化锰与浓盐酸共热生成二氯化锰、氯气和水，反应的化学方程式为4HCl（浓）+MnO2 MnCl2+Cl2↑+2H2O，故答案为：4HCl（浓）+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O；
②I．Cl2+H2O⇌HCl+HClO，HClO有强氧化性，能漂白品红，所以将Cl2通入品红溶液中，溶液褪色，故答案为：溶液红色褪去；
II．用浓盐酸制取的氯气中混有HCl气体，由于没有除去，HCl气体溶于水后形成盐酸，能与 NaHCO3粉末反应，生成CO2气体，所以故同学评价不合理，
故答案为：不合理，制取的氯气中混有HCl气体，HCl气体溶于水后形成盐酸，能与 NaHCO3粉末反应产生气泡；
③氯气有毒，氯气能与NaOH反应生成NaCl、NaClO和H2O，可用于氯气的尾气处理，故答案为：吸收尾气，防止污染空气；
（3）①装置验证NO2与水的反应，其操作步骤为：先关闭止水夹a、b，再打开c，然后双手紧握（或微热）试管丁，使试管中气体逸出，NO2与水接触后即可引发烧杯中的水倒流入试管丁中，故答案为：a、b； c；双手紧握（或微热）试管丁使试管中气体逸出，NO2与水接触后即可引发烧杯中的水倒流入试管丁；
②NO2和NaOH溶液反应，生成两种钠盐即生成硝酸钠、亚硝酸钠和水，该反应的化学方程式为2NO2+2NaOH＝NaNO3+NaNO2+H2O，
故答案为：2NO2+2NaOH＝NaNO3+NaNO2+H2O。
【点评】本题考查气体的制备和性质实验的探究，为高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握物质的性质以及实验的原理、方法和注意事项，难度不大。
9．（14分）无水氯化铝在生产、生活中应用广泛。
（1）氯化铝水溶液呈　酸　性，原因是　Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+　（用离子方程式表示）把AlCl3溶液蒸干，灼烧，最后得到的主要固体产物是　Al2O3　。
（2）工业上用铝土矿（主要成分为Al2O3，含有Fe2O3、SiO2等杂质）制取无水氯化铝的一种工艺流程示意如下：

已知：
物质
SiCl4
AlCl3
FeCl3
FeCl2
沸点/℃
57.6
180（升华）
300（升华）
1023
①步骤Ⅰ中焙烧使固体水分挥发、气孔数目增多，其作用是　防止后续步骤生成的氯化铝水解或增大反应物接触面积、加快反应速率　（只要求写出一种）。
②步骤Ⅱ中若不通入氯气和氧气，则反应生成相对原子质量比硅大的单质是　Fe　。
③已知：
Al2O3（s）+3C（s）═2Al（s）+3CO（g）△H1＝+1344.1kJ•mol﹣1
2AlCl3（g）＝2Al（s）+3Cl2（g）△H2＝+1169.2kJ•mol﹣1
由Al2O3、C和Cl2反应生成AlCl3的热化学方程式为　Al2O3（s）+3C（s）+3Cl2（g）═2AlCl3（g）+3CO（g）△H＝+174.9kJ/mol　。
④步骤Ⅲ经冷却至室温后，气体用足量的NaOH冷溶液吸收，生成的盐主要有3种，其化学式分别为　NaCl　、　NaClO　、　Na2CO3　。
⑤结合流程及相关数据分析，步骤Ⅴ中加入铝粉的目的是　除去氯化铁、提高氯化铝的纯度　。
【分析】（1）强酸弱碱盐水解显酸性，水解生成挥发性酸时，加热蒸干并灼烧最终得到的是金属氧化物；
（2）用铝土矿制取无水氯化铝，由工艺流程可知，铝土矿粉和焦炭在300℃焙烧，发生2Al2O3+3C+6Cl24AlCl3+3CO2，固体水分挥发、气孔数目增多，固体混合物和氯气、氧气在950℃加热，Al2O3、Fe2O3和SiO2先被焦炭还原为Al、Fe、Si，该过程生成CO，后Al、Fe、Si分别和Cl2反应生成对应的氯化物，即SiCl4、AlCl3、FeCl3，CO和O2反应生成CO2，后冷却到100℃，尾气为CO2、多余的Cl2，O2，SiCl4，以及AlCl3和FeCl3变成固体，得到氯化铝的粗品，加入氯化钠熔融，铝的金属活动性强于铁，加铝粉，可以将氯化铝的粗品中的氯化铁中的铁置换出来，生成铁和氯化铝，在300℃，废渣为Fe，得到成品氯化铝，尾气中含有氯气，可用氢氧化钠溶液处理，以此解答该题。
【解答】解：（1）AlCl3属于强酸弱碱盐水解显酸性，其水解离子方程式表示为：Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+，氯化铝水溶液在加热时水解生成Al（OH）3和HCl，HCl易挥发，灼烧得到Al2O3，
故答案为：酸； Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+；Al2O3；
（2）①步骤Ⅰ中焙烧使固体水分挥发、气孔数目增多，其作用是防止后续步骤生成的氯化铝水解或增大反应物接触面积、加快反应速率，
故答案为：防止后续步骤生成的氯化铝水解或增大反应物接触面积、加快反应速率；
②混合物中含Al、Fe、Si元素，步骤Ⅱ中若不通入氯气和氧气，则反应生成相对原子质量比硅大的单质是Fe，
故答案为：Fe；
③由a、Al2O3（s）+3C（s）═2Al（s）+3CO（g）△H1＝+1344.1kJ•mol﹣1
b、2AlCl3（g）＝2Al（s）+3Cl2（g）△H2＝+1169.2kJ•mol﹣1
结合盖斯定律可知，a﹣b得到由Al2O3、C和Cl2反应生成AlCl3的热化学方程式为Al2O3（s）+3C（s）+3Cl2（g）═2AlCl3（g）+3CO（g）△H＝（+1344.1kJ•mol﹣1）﹣（+1169.2kJ•mol﹣1）＝+174.9kJ/mol，
故答案为：Al2O3（s）+3C（s）+3Cl2（g）═2AlCl3（g）+3CO（g）△H＝+174.9kJ/mol；
④尾气为CO2、多余的Cl2、O2、SiCl4，步骤Ⅲ经冷却至室温后，气体用足量的NaOH冷溶液吸收，生成的盐主要有3种，其化学式分别为NaCl、NaClO、Na2CO3，
故答案为：NaCl；NaClO、Na2CO3；
⑤结合流程及相关数据分析，步骤Ⅴ中加入铝粉的目的是除去氯化铁、提高氯化铝的纯度，故答案为：除去氯化铁、提高氯化铝的纯度。
【点评】本题考查工业上用铝土矿盐制取无水氯化铝工艺，为高考常见题型，侧重考查学生的分析能力和实验能力，涉及硅、铁、铝及其化合物的性质，注意盐的水解、生产流程反应条件的控制以及相关反应方程式的书写等，题目难度中等
10．（15分）亚硝酸氯（ClNO）是有机合成中的重要试剂。亚硝酸氯可由NO与Cl2在通常条件下反应得到，化学方程式为2NO（g）+Cl2（g）⇌2ClNO（g）。
（1）氮氧化物与悬浮在大气中的海盐粒子相互作用时会生成亚硝酸氯，涉及如下反应：
①4NO2（g）+2NaCl（s）⇌2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g） K1
②2NO2（g）+NaCl（s）⇌NaNO3（s）+ClNO（g） K2
③2NO（g）+Cl2（g）⇌2ClNO（g） K3
则K1，K2，K3之间的关系为K3＝　　。
（2）T℃时，2NO（g）+Cl2（g）⇌2ClNO（g）的正反应速率表达式为v正＝k cn（ClNO），测得速率和浓度的关系如表：
序号
c（ClNO）/mol•L﹣1
v/mol•L﹣1•s﹣1
①
0.30
3.6×10﹣8
②
0.60
1.44×10﹣7
③
0.90
3.24×10﹣7
n＝　2　；k＝　4.0×10﹣7mol﹣1•L•s﹣1　（注明单位）。
（3）在2L的恒容密闭容器中充入4molNO（g）和2molCl2（g），在不同温度下测得c（ClNO）与时间的关系如图A：

①温度为T1时，能作为该反应达到平衡的标志的有　bdf　；
a．容器体积保持不变 b．容器压强保持不变 c．平衡常数K保持不变
d．气体颜色保持不变 e．v（ClNO）＝v（NO） f．NO与 ClNO的物质的量比值保持不变
②反应开始到10min时Cl2的平均反应速率v（Cl2）＝　0.05mol•L﹣1•min﹣1　；
③温度为T2时，10min已经达到平衡，该反应的平衡常数K＝　2L/mol　（注明单位）。
（4）一定条件下在恒温恒容的密闭容器中按一定比例充入NO（g）和Cl2（g），平衡时ClNO的体积分数φ随的变化图象如图B，则A、B、C三状态中，NO的转化率最小的是　C　点，当n（NO）/n（Cl2）＝2.8时，达到平衡状态ClNO的体积分数φ可能是D、E、F三点中的　F　点。
【分析】（1）将方程式2②﹣①得方程式③，方程式扩大2倍，化学平衡常数为原来的平方，两个方程式相减，则化学平衡常数相除；
（2）将得n，将n代入①中得k；
（3）①可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变；
②v（ClNO）＝＝0.1mol/（L．min），同一时间段内各物质的反应速率之比等于其计量数之比，据此计算v（Cl2）；
③开始c（NO）＝＝2mol/L、c（Cl2）＝＝1mol/L，
该反应中2NO（g）+Cl2（g）⇌2ClNO（g）
开始（mol/L）2 1 0
反应（mol/L）1 0.5 1
平衡（mol/L）1 0.5 1
化学平衡常数K＝；
（4）NO的物质的量越大其转化率越小；当反应物的物质的量之比等于其计量数之比时生成物的含量最大，当n（NO）/n（Cl2）＝2.8时产物的含量减小。
【解答】解：（1）将方程式2②﹣①得方程式③，则K3＝，
故答案为：；
（2）＝，n＝2，将n代入①中得k＝mol﹣1•L•s﹣1＝4.0×10﹣7 mol﹣1•L•s﹣1，
故答案为：2；4.0×10﹣7 mol﹣1•L•s﹣1；
（3）①a．恒容条件下，容器体积始终保持不变，不能据此判断平衡状态，故错误；
b．反应前后气体的物质的量减小，压强越小，当容器压强保持不变时，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故正确；
c．化学平衡常数只与温度有关，温度不变化学平衡常数不变，不能据此判断平衡状态，故错误；
d．只有氯气有色，当气体颜色保持不变，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故正确；
e．v（ClNO）＝v（NO）时，反应方向未知，无法确定是否达到平衡状态，故错误；
f．NO与 ClNO的物质的量比值保持不变时，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故正确；
故选bdf；
②v（ClNO）＝＝0.1mol/（L．min），同一时间段内各物质的反应速率之比等于其计量数之比，据此得v（Cl2）＝v（ClNO）＝×0.1mol/（L．min）＝0.05mol/（L．min），
故答案为：0.05 mol•L﹣1•min﹣1；
③开始c（NO）＝＝2mol/L、c（Cl2）＝＝1mol/L，
该反应中2NO（g）+Cl2（g）⇌2ClNO（g）
开始（mol/L）2 1 0
反应（mol/L）1 0.5 1
平衡（mol/L）1 0.5 1
化学平衡常数K＝＝L/mol＝2L/mol，
故答案为：2L/mol；
（4）NO的物质的量越大其转化率越小，所以NO转化率最小的是C点；当反应物的物质的量之比等于其计量数之比时生成物的含量最大，当n（NO）/n（Cl2）＝2.8时产物的含量减小，所以应该是F点，
故答案为：C；F。
【点评】本题考查化学平衡计算、外界条件对化学平衡影响因素、化学平衡状态判断等知识点，侧重考查学生分析判断及计算能力，利用三段式法进行有关计算，注意（4）中当n（NO）/n（Cl2）＝2时反应物的转化率相等且产物的含量最大，题目难度中等。
[选修3-物质结构与性质]
11．（15分）我国科学家在某杂志上发表研究报告称，利用铬同位素的系统分析发现，“古代大气氧含量高于现代水平的1%”。铬的同位素有Cr、Cr、Cr、Cr．铬及其化合物在生活、生产中有广泛应用。回答下列问题：
（1）基态Cr的价层电子排布图为　　。
（2）交警用“酒精仪”查酒驾，其化学反应原理如下：
2K2Cr2O7+3CH3CH2OH+8H2SO4→3CH3COOH+2Cr2（SO4）3+2K2SO4+11H2O
①CH3CH2OH、CH3COOH的沸点高于对应的CH3OCH3（二甲醚）、HCOOCH3（甲酸甲酯），其主要原因是　乙醇分子间、乙酸分子间存在氢键　。
②CH3COOH分子中碳原子的杂化类型是　sp3、sp2　；CH3COOH分子中σ键和π键数目之比为　7：1　。
③K2SO4晶体中阴离子的空间构型是　正四面体形　。上述反应中，只含极性键的极性分子有　H2SO4、H2O　（填分子式）。
（3）晶体铬的晶胞结构如图1所示，其堆积模型为　体心立方堆积　；铬原子的配位数为　8　。

（4）铬的一种氧化物晶胞结构如图2所示。六棱柱边长为a nm，高为b nm，NA代表阿伏加德罗常数的值。该晶体的化学式为　Cr2O3　；该晶体的密度ρ＝　　g•cm﹣3。
【分析】（1）Cr原子核外电子数为24，处于第四周期第VIB族，价电子排布式为3d54s1；
（2）①乙醇分子间、乙酸分子间存在氢键；
②CH3COOH分子中甲基碳原子形成4个σ键、羧基中C原子形成3个σ键，杂化轨道数目分别为4、3；
CH3COOH分子中有3个C﹣H键、1个C﹣C键、1个C﹣O键、1个O﹣H键、1个C＝O双键，单键为σ键，双键含有1个σ键、1个和π键；
③K2SO4晶体中阴离子SO42﹣中S原子孤电子对数＝＝0，价层电子对数＝0+4＝4，微粒空间构型与VSEPR模型相同；反应中，由分子构成的为乙醇、乙酸、硫酸与水，乙醇、乙酸中含有的碳碳键为非极性键，硫酸与水中正负电荷重心不重合；
（3）图1种原子处于立方晶胞的顶点与面心位置；
（4）Co原子处于结构单元内部共有4个，O原子位于结构单元的内部、顶点、面心，注意1个顶点为图中6个结构单元共用，利用均摊法计算图中结构单元中O原子数目，进而确定化学式；计算结构单元中原子总质量，利用ρ＝计算晶体密度。
【解答】解：（1）Cr原子核外电子数为24，处于第四周期第VIB族，价电子排布式为3d54s1，故价电子排布图为：，
故答案为：；
（2）①乙醇分子间、乙酸分子间存在氢键，沸点高于对应的CH3OCH3（二甲醚）、HCOOCH3（甲酸甲酯）的，
故答案为：乙醇分子间、乙酸分子间存在氢键；
②CH3COOH分子中甲基碳原子形成4个σ键、羧基中C原子形成3个σ键，杂化轨道数目分别为4、3，C原子杂化方式分别为sp3、sp2．CH3COOH分子中有3个C﹣H键、1个C﹣C键、1个C﹣O键、1个O﹣H键、1个C＝O双键，单键为σ键，双键含有1个σ键、1个和π键，CH3COOH分子中σ键和π键数目之比为：（3+1+1+1+1）：1＝7：1，
故答案为：sp3、sp2；7：1；
③K2SO4晶体中阴离子SO42﹣中S原子孤电子对数＝＝0，价层电子对数＝0+4＝4，微粒空间构型与VSEPR模型相同为正四面体形；反应中，由分子构成的为乙醇、乙酸、硫酸与水，乙醇、乙酸中含有的碳碳键为非极性键，硫酸与水中正负电荷重心不重合，二者均为含有非极性键的极性分子，
故答案为：正四面体形；H2SO4、H2O；
（3）图1种原子处于立方晶胞的顶点与面心位置，其堆积模型为：体心立方堆积，体心Cr原子周围有8个原子，铬原子的配位数为8，
故答案为：体心立方堆积；8；
（5）由结构可知，Co原子处于结构单元内部共有4个，O原子位于结构单元的内部、顶点、面心，结构单元中O原子数目＝3+2×+12×＝6，Co、O原子数目之比为4：6＝2：3，故该晶体化学式为 Cr2O3．图中结构单元底面为正六边形，边长为a nm，底面面积为6××a×10﹣7 cm×a×10﹣7 cm×sin60°＝×a2×10﹣14 cm2，结构单元的体积＝×a2×10﹣14 cm2×b×10﹣7 cm＝×a2×b×10﹣21 cm3，结构单元中原子总质量＝g，故晶体密度＝g÷（×a2×b×10﹣21 cm3）＝g/cm3，
故答案为：Cr2O3；。
【点评】本题是对物质结构与性质的综合考查，涉及核外电子排布、氢键、杂化方式、化学键、空间构型、分子结构与性质、晶胞结构与计算等，注意根据洪特规则特例理解Cr原子核外电子排布，注意氢键对物质形成的影响，会用氢键解释一些问题，掌握均摊法进行晶胞有关计算。
[选修5-有机化学基础]
12．福酚美克是一种影响机体免疫力功能的药物，可通过以下方法合成：
（1）物质A的名称是　3﹣羟基苯甲酸甲酯　；
（2）B→C的转化属于　还原　反应（填反应类型）。
（3）上述流程中设计A→B步骤的目的是　保护酚羟基　。
（4）A与足量氢氧化钠溶液反应的方程式为：　　。
（5）A的同分异构体X满足下列条件：
Ⅰ．能与NaHCO3反应放出气体；Ⅱ．能与FeCl3溶液发生显色反应。
符合上述条件的同分异构体有　13　种。其中核磁共振氢谱有5组吸收峰的结构简式为　　。
（6）参照上述合成路线和信息，以乙醛为原料（无机试剂任选），设计制的合成路线：　　。
【分析】（1）物质A含有羟基和酯基，且为相间位置；
（2）根据官能团的变化判断；
（3）上述流程中设计A→B步骤，可防止酚羟基被氧化；
（4）A含有酯基和酚羟基，都可与氢氧化钠溶液反应；
（5）A的同分异构体XⅠ．能与NaHCO3反应放出气体，说明含有羧基；Ⅱ．能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；
（6）根据题给信息，可用乙醛、NaCN和氨气反应生成，水解生成氨基丙酸，在一定条件下发生缩聚反应可生成。
【解答】解：（1）物质A含有羟基和酯基，且为相间位置，名称为3﹣羟基苯甲酸甲酯，故答案为：3﹣羟基苯甲酸甲酯；
（2）B→C的转化中酯基生成羟基，为还原反应，故答案为：还原反应；
（3）上述流程中设计A→B步骤，可防止酚羟基被氧化，故答案为：保护酚羟基；
（4）A含有酯基和酚羟基，都可与氢氧化钠溶液反应，反应的化学方程式为，
故答案为：；
（5）A的同分异构体XⅠ．能与NaHCO3反应放出气体，说明含有羧基；Ⅱ．能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，如苯环含有2个取代基，可为﹣OH、﹣CH2COOH，有邻、间、对3种，如含有3个取代基，可为﹣OH、﹣COOH、﹣CH3，有10种同分异构体，共13种，其中核磁共振氢谱有5组吸收峰的结构简式为，
故答案为：13；；
（6）根据题给信息，可用乙醛、NaCN和氨气反应生成，水解生成氨基丙酸，在一定条件下发生缩聚反应可生成，则反应的流程为，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物的推断和合成，为高频考点，把握合成流程中发生的反应、官能团的变化、有机物结构与性质为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度中等。
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 11:11:21；用户：赵永亮；邮箱：15239401044；学号：31392014