2019年广东省深圳市高考化学二模试卷解析版 下载本文

A、当lgx=0时,pH分别为6.4、7.2,所以,曲线I表示lg示lg

与pH的变化关系,故A错误;

与pH的变化关系,曲线II表

解:(1)滤渣①成分为Cr(OH)3、Fe(OH)3混合物,“氧化”步骤中Cr(OH)3转化为K2CrO4溶液,Fe(OH)3不反应也不溶与水,过滤分离的滤渣②为Fe(OH)3,故答案为:Fe(OH)3;

(2)“氧化”步骤中,碱性条件下,过氧化氢氧化Cr(OH)3生成K2CrO4溶液,结合电子守恒、原子守恒有化学方程式为2Cr(OH)3+3H2O2+4KOH=2K2CrO4+8H2O,故答案为:2Cr(OH)

3+3H2O2+4KOH=2K2CrO4+8H2O;

2-3+

(3)因为在酸性条件下,H2O2能将Cr2O7还原为Cr,为防止后续“酸化”步骤中H2O2将

B、酸对水的电离有抑制作用,酸性越强即pH越小,抑制作用越大,水的电离程度越小,a-b的过程中pH增大,溶液酸性减弱,水的电离程度增大,故B错误; C、当c(H2CO3)=c(HCO3-)时,即lg

=0,溶液中pH=6.4,则lg

=pKa2-pH=7.2-6.4=0.8>0,即c(HPO42-)>c(H2PO4-),故C错误; D、

=

=

-+

,pH增大则H2CO3?HCO3+H正向进

Cr2O72-还原为Cr3+而混入杂质,所以酸化之前必须除去H2O2,并且H2O2对热不稳定、易分解,通过加热可除去,故答案为:除去过量的H2O2;

+2-+2-(4)酸化”过程中pH=1,即c(H)=0.1mol/L,反应2CrO4+2H?Cr2O7+H2O的平衡常数K=

行,使c(H2CO3)减小,而Ka1、Ka2不变,所以pH增大时,正确, 故选:D。

逐渐减小,故D

=

H2CO3?HCO3-+H+的电离平衡常数Kal=H2PO4-?HPO42-+H+的电离平衡常数Ka2==pKa2-pH=7.2-pH,

A、当lgx=0时,pH分别为6.4、7.2,据此分析解答;

B、酸对水的电离有抑制作用,酸性越强即pH越小,抑制作用越大,水的电离程度越小; C、当c(H2CO3)=c(HCO3-)时,即lg=pKa2-pH=7.2-6.4=0.8; D、

=

=

-+

,pH增大则H2CO3?HCO3+H正向进

=4×1014,c(CrO42-)=2×10-8mol?L-1,故答案为:

,所以lg,所以lg

=pH-pKal,=pH-6.4,

2×10-8mol?L-1;

(5)由反应K2Cr2O7+6(NH4)2Fe(SO4)2+7H2SO4=K2SO4+Cr(SO4)3+6(NH4)2Fe(SO4)2+3Fe0.0100mol/L×0.9L=0.0015mol,产品(SO4)3+7H2O有n(K2Cr2O7)=n[(NH4)2Fe(SO4)2]=×的纯度=

=

=88.2%,故答案为:88.2%;

(6)①C6H5OH→CO2,则苯酚发生氧化反应、作负极,结合电子守恒和电荷守恒有电极反应式C6H5OH+11H2O-28e-=6CO2+28H+,

故答案为:C6H5OH+11H2O-28e=6CO2+28H;

②由于电解质NaCl溶液被阳离子交换膜和阴离子交换膜隔离,使Na和Cl不能定向移动,所

+-以电池工作时,负极生成的H透过阳离子交换膜加入NaCl溶液中,正极生成的OH透过阴离

+

--+

=0,溶液中pH=6.4,则lg

行,使c(H2CO3)减小。

本题考查弱电解质的电离平衡及其溶液中离子浓度的变化关系,为高频考点,把握电离平衡常数意义及应用、分析图象信息是解题关键,注意比例式的恒等转化以判断其增减性的方法,题目难度较大。

8.【答案】Fe(OH)3 2Cr(OH)3+3H2O2+4KOH=2K2CrO4+8H2O 除去过量的

H2O2 2×10-8mol?L-1 88.2% C6H5OH+11H2O-28e-=6CO2+28H+ 减小 【解析】

子交换膜进入NaCl溶液中与H反应生成水,是NaCl溶液浓度减小,故答案为:减小。

3+3++2-含铬废液(主要含Cr、Fe、K、SO4等)制备K2Cr2O7的流程:废液与足量KOH反应生成沉+2-淀Cr(OH)3、Fe(OH)3,过滤得到滤渣①Cr(OH)3、Fe(OH)3混合物,除去K、SO4等离子,碱

+

性条件下在滤渣中加入过氧化氢氧化Cr(OH)3生成K2CrO4,过滤除去Fe(OH)3,得到K2CrO4滤液②,加热除去过量过氧化氢,防止后续加酸时H2O2能将Cr2O72-还原为Cr3+,加酸调pH=1,

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使K2CrO4溶液转化为K2Cr2O7溶液,蒸发结晶得到K2Cr2O7晶体,以此解答。

本题考查物质的制备实验,为高频考点,把握流程中发生的反应、混合物分离提纯、氧化还原反应规律为解答的关键,侧重分析与实验能力的考查,注意题干“已知”信息的应用,题目难度中等。

9.【答案】△H1+△H2-2△H3 B 16% 4.4×10-4 1.54×10-2 4×104 增大反应物的压强或增大反应物的浓

度 提高反应物的压强,化学反应速率加快 【解析】

x=0.96mol

气体总物质的量=1+2x=2.92mol, Kp=

10; 故答案为:4×

③该温度下,要缩短达到平衡所需的时间,除改进催化剂外,还可以增大反应物的压强或增大反应物的浓度,提高反应物压强,化学反应速率加快,

故答案为:增大反应物的压强或增大反应物的浓度;提高反应物压强,化学反应速率加快。 (1)①己知:Ⅰ.CH3OCH3(g)?CO(g)+H2(g)+CH4(g)△H1 Ⅱ.CH4(g)+O2(g)=CO(g)+2H2O(g)△H2 Ⅲ.H2(g)+O2(g)=H2O(g)△H3

盖斯定律计算Ⅰ+Ⅱ-2×Ⅲ得到CH3OCH3(g)+O2(g)=2CO(g)+3H2(g)△H;

4

≈4×104,

解:(1)①己知:①CH3OCH3(g)?CO(g)+H2(g)+CH4(g)△H1 ②CH4(g)+O2(g)=CO(g)+2H2O(g)△H2 ③H2(g)+O2(g)=H2O(g)△H3

盖斯定律计算①+②-2③得到CH3OCH3(g)+O2(g)=2CO(g)+3H2(g)△H=△H1+△H2-2△H3, 故答案为:△H1+△H2-2△H3; ②图象分析,当

与H2发生副反应生成H2O,

故答案为:过量的O2与H2发生副反应生成H2O;

(2)①t=400 s时,CH3OCH3分压P(CH3OCH3)=35.0KPa,测得容器内初始压强为41.6 kPa,转化率=

×100%=16%,反应速率满足v(CH3OCH3)=kPn(CH3OCH3),k=

>0.6时,H2的体积百分含量快速降低的原因可能是:过量的O2

②当

>0.6时,H2的体积百分含量快速降低的原因可能是氧气和氢气发生了反应;

(2)①t=400 s时,CH3OCH3分压P(CH3OCH3)=35.0KPa,测得容器内初始压强为41.6 kPa,转化率=

×100%=

×100%,反应速率满足v(CH3OCH3)=kPn(CH3OCH3),k=

n

,400 s时P(CH3OCH3)=)=35.0KPa,v(CH3OCH3)=kP(CH3OCH3);

②达到平衡时,测得体系的总压强P总=121.6 kPa,结合三行计算得到物质的量,则该反应的平衡常数Kp=

=4.4×10-4s-1,400 s时v(CH3OCH3)=4.4×10-4s-1×35kPa=1.54×10-2kPa/s, 10-4s-1;4.4×10-4s-1; 故答案为:16%;4.4×

②达到平衡时,测得体系的总压强P总=121.6 kPa,结合三行计算得到物质的量,设甲醚物质的量为1mol,反应消耗甲醚物质的量为x, CH3OCH3(g)?CO(g)+H2(g)+CH4(g) 起始量(mol) 1 0 0 0 变化量(mol) x x x x 平衡量(mol) 1-x x x x 压强之比等于气体物质的量之比,

=

③该温度下,要缩短达到平衡所需的时间,除改进催化剂外,可以增大反应物的压强或增大反应物的浓度等。

本题考查了热化学方程式书写、化学反应速率和速率常数计算、平衡影响因素、化学平衡常数计算等知识点,掌握基础是解题关键,题目难度中等。

10.【答案】 亚铜离子核外电子处于稳定的全充满状

33--态 面心立方最密堆积 12 sp N>O>C 正四面体 PO4或ClO4等 CaO的晶格能比BaO的晶格

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能大

线长度的一半,则棱长=储氢后密度=

=

nm=anm=g/cm3,

a×10-7cm,晶胞体积=(a×10-7cm)3,该晶体

【解析】

101

解:(1)Cu位于周期表中第4周期第ⅠB族,价电子排布式为3d4s,则基态Cu原子的价电子

排布图为:

故答案为:

101

(1)Cu位于周期表中第4周期第ⅠB族,价电子排布式为3d4s;

故答案为:;

+10

(2)高温下Cu2O比CuO稳定,从核外电子排布角度,Cu价电子排布为3d,为全满结构,较为

+10

(2)高温下Cu2O比CuO稳定,从核外电子排布角度,Cu价电子排布为3d,为全满结构,较为

稳定;

(3)根据堆积方式分析,金属Cu的堆积方式为密置层ABCABC……堆积;配位数是12; (4)NH3中N原子价层电子对个数=3+

=4,根据价层电子对互斥理论判断N原子杂化类

稳定,所以原因为:亚铜离子核外电子处于稳定的全充满状态, 故答案为:亚铜离子核外电子处于稳定的全充满状态;

(3)根据堆积方式分析,金属Cu的堆积方式为密置层ABCABC……堆积,Cu原子位于顶点和8÷2=12; 面心上,所以该堆积方式为面心立方最密堆积,配位数=3×故答案为:面心立方最密堆积;12; (4)NH3中N原子价层电子对个数=3+

3

型;同一周期元素第一电离能随着原子序数增大而增大,但是第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素;SO4中S原子价层电子对个数=4+

2-

=4且不含孤电子对,根据价层

电子对互斥理论判断该微粒空间构型,与该阴离子互为等电子体的五核微粒中含有5个原子且

=4,根据价层电子对互斥理论判断N原子杂化类

价电子数是32;

(5)离子化合物中,离子电荷越多、离子半径越小,晶格能越大,物质的熔点越高;

(6)该晶胞中Au原子个数=8×=1、Cu原子个数=6×=3,H原子填充在由1个Au原子和距Au原子最近的3个Cu原子构成的四面体空隙中,形成的结构为三角锥形,该晶胞中有8个这种三角锥,所以该晶胞中含有8个H原子,若Cu原子与Au原子的最短距离为a nm,为面对角线长度的一半,则棱长=

3--

型为sp;同一周期元素第一电离能随着原子序数增大而增大,但是第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素,所以第一电离能N>O>C;SO4中S原子价层电子对个数=4+

=4且不含孤电子对,根据价层电子对互斥理论判断该微粒空间构型为正四面体结构,

与该阴离子互为等电子体的五核微粒中含有5个原子且价电子数是32,符合条件的微粒有PO43-或ClO4-等,

故答案为:sp;N>O>C;正四面体;PO4或ClO4等;

2+2+

(5)离子电荷相同,Ca 半径比Ba小,CaO的晶格能比BaO大,故CaO的熔点比BaO高,

3

2-

nm=。

anm=

a×10-7cm,晶胞体积=(a×10-7cm)3,该晶体

储氢后密度=

本题考查物质结构和性质,涉及晶胞计算、晶格能、原子杂化类型判断等知识点,侧重考查基本公式、基础知识再现及空间想像能力、计算能力,难点是晶胞计算,注意(6)中H原子个数判断,为解答难点,题目难度中等。

故答案为:CaO的晶格能比BaO的晶格能大;

(6)该晶胞中Au原子个数=8×=1、Cu原子个数=6×=3,H原子填充在由1个Au原子和距Au原子最近的3个Cu原子构成的四面体空隙中,形成的结构为三角锥形,该晶胞中有8个这种三角锥,所以该晶胞中含有8个H原子,若Cu原子与Au原子的最短距离为a nm,为面对角

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11.【答案】苯乙烯 取代反应 羧基、羟基 NaOH水溶液 加

(5)CH3CH=CH2与HBr在过氧化物条件下反应生成CH3CH2CH2Br,然后碱性条件下水解生成

CH3CH2CH2OH,再发生氧化反应生成CH3CH2CHO,最后与HOOCCH2COOH在吡啶、加热条件下反应得到CH3CH2CH=CHCOOH,合成路线流程图为:

热 11

【解析】

解:(l)化合物F的名称是:苯乙烯;B-C是-OCH3转化为-OH,属于取代反应, 故答案为:苯乙烯;取代反应;

故答案为:

(2)化合物E为,E中含氧官能团的名称是:羧基、羟基;G-H发生卤代烃的水解反应

结合信息①、B的分子式、物质C的结构,可知与过氧化氢发生取代反应生成B为

引入羟基,的反应所需试剂和条件分别是:NaOH水溶液、加热,

,B发生取代反应生成C(

故答案为:羧基、羟基;NaOH水溶液、加热;

(3)化合物C与新制Cu(OH)2悬浊液反应的化学方程式:

.对比D、E的分子式,结合I的结合,可知E为

、G为

,故H为

),C发生信息②中的反应生成D为

(5)CH3CH=CH2与HBr在过氧化物条件下反应生成CH3CH2CH2Br,然后碱性条件下水解生成

故答案为:

CH3CH2CH2OH,再发生氧化反应生成CH3CH2CHO,最后与HOOCCH2COOH在吡啶、加热条件下反应得到CH3CH2CH=CHCOOH。

(4)化合物W与E(

)互为同分异构体,两者所含官能团种类和数目完全相同,且苯

本题考查有机物推断与合成,充分利用转化中物质的结构简式与分子式进行分析判断,题目侧重考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力,熟练掌握官能团的性质与转化,是有机化学常

环上有3个取代基,三个取代基为-OH、-OH、-CH=CHCOOH,或者为-OH、-OH、-C(COOH)

考题型。

=CH2,2个-OH有邻、间、对3种位置结构,对应的另外取代基分别有2种、3种、1种位置结构2-1=11种,其中核磁共振氢谱显示有6种不同化学环境(包含E),故W可能的结构有(2+3+1)×

的氢,峰面积比为2:2:1:1:1:1,符合要求的W的结构简式为:

12.【答案】圆底烧瓶 h,i→d,e g,f→b 未升华出来的FeCl3与未反应完的铁粉在溶液中反应生成了

Fe2+ 2Fe3++SO2+2H2O=4H++2Fe2++SO42- Fe(OH)3胶体 生成蓝色沉淀 < < 增强FeC13溶液的酸性 【解析】

故答案为:11;;

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解:(1)制备无水氯化铁 ①仪器X为圆底烧瓶; 故答案为:圆底烧瓶;

②由于无水氯化铁遇潮湿空气极易吸水生成FeCl3?nH2O,而制得的氯气中含有水蒸气和氯化氢,所以在和铁反应之前需要净化氯气。氯化氢用饱和食盐水除去,浓硫酸用来干燥氯气,且首先除去氯化氢,最后干燥。同时为了防止氯气污染空气,且也为了防止空气中的水蒸气进入反应器,还需要有尾气处理装置,选择的装置是盛有碱石灰的干燥管,故连接顺序为:a→h,i→d,e→i,k→g,f→b; 故答案为:h,i→d,e;g,f→b;

故答案为:<;<;

-l

⑤另取5 mL l mol?L FeC13溶液,先滴加2滴浓盐酸,再通入SO2至饱和。几分钟后,溶液由

黄色变为浅绿色,由此可知:酸性增强有利于反应ii的氧化还原反应,故促使氧化还原反应(ii)快速发生可采取的措施是增强FeC13溶液的酸性, 故答案为:增强FeC13溶液的酸性。 (1)制备无水氯化铁 ①根据仪器特点可得;

②由于无水氯化铁遇潮湿空气极易吸水生成FeCl3?nH2O,而制得的氯气中含有水蒸气和氯化氢,所以在和铁反应之前需要净化氯气。氯化氢用饱和食盐水除去,浓硫酸用来干燥氯气,且

2+

③实验结束后,取少量F中的固体加水溶解,经检测发现溶液中含有Fe,原因是未升华出来

首先除去氯化氢,最后干燥。同时为了防止氯气污染空气,且也为了防止空气中的水蒸气进入反应器,还需要有尾气处理装置,选择的装置是盛有碱石灰的干燥管,据此可得;

的FeCl3与未反应完的铁粉在溶液中反应生成了Fe;

故答案为:未升华出来的FeCl3与未反应完的铁粉在溶液中反应生成了Fe; (2)探究FeCl3与SO2的反应

3+

①Fe与SO2发生氧化还原反应生成亚铁离子和硫酸根离子,离子反应为:

2+

2+

③氯化铁在溶液中与铁价态归中可得亚铁离子,据此分析; (2)探究FeCl3与SO2的反应

3+

①Fe与SO2发生氧化还原反应生成亚铁离子和硫酸根离子,据此书写;

2Fe3++SO2+2H2O=4H++2Fe2++SO42-;

3++2+2-故答案为:2Fe+SO2+2H2O=4H+2Fe+SO4;

②根据胶体的丁达尔效应分析;

2+

③Fe与K3[Fe(CN)6]溶液可产生蓝色沉淀;

②FeCl3溶液也可得到红棕色Fe(OH)3胶体,用激光笔照射无明显光路,说明红棕色物质不是Fe(OH)3胶体;

故答案为:Fe(OH)3胶体;

2+

③向步骤Ⅲ中溶液加入2滴K3[Fe(CN)6]溶液,根据结论:溶液中含有Fe,则现象为生成蓝

④根据反应速率判断活化能大小;根据反应的进行程度比较K的大小; ⑤加入盐酸后反应更快,说明酸性增强能加快反应ii。

本题考查了物质的制备和探究性质实验方案设计,为高频考点,涉及的知识面广,综合性强,把握发生的氧化还原反应及现象的关系为解答的关键,题目难度中等。

色沉淀;

故答案为:生成蓝色沉淀;

④根据实验可知,反应i速率快,则其反应的活化能小,则E(i)<E(ii),反应i得到的红棕色Fe(SO2)62+最终转化为反应ii的浅绿色Fe2+,则反应ii进行的程度更大,其化学平衡常数更大,则K(i)<K(ii);

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