一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共78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）化学与生产生活密切相关。下列说法错误的是（ ）
A．工业上用2﹣乙基蒽醌经氢化、氧化、萃取等化学变化过程制得双氧水 B．低温下甲醇与水蒸气催化制氢，该反应属于氧化还原反应 C．为防止富脂食品氧化变质，常在包装袋中放入硫酸亚铁 D．用CO2合成可降解塑料聚碳酸酯，实现“碳”的循环利用 2．（6分）下列说法错误的是（ ）
A．甘氨酸溶于过量盐酸中生成的离子在电场作用下向阴极移动 B．植物油和动物油都能发生皂化反应
C．可以用酸性高锰酸钾溶液鉴别苯和直馏汽油
D．向鸡蛋清溶液中滴加CuSO4溶液变浑浊，再加蒸馏水，振荡无明显变化
3． （6分）用下列实验装置（部分夹持装置略去）进行相应的实验，能达到实验目的是（ ）
A．
加热装置中的烧杯分离I2和高锰酸钾固体
B．用装置验证二氧化硫的漂白性
C．用装置制备氢氧化亚铁沉淀
D．用装置检验氯化铵受热分解生成的两种气体
4．（6分）主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，且均不大于20．Y元素原子的最
外层电子 数是内层电子数的3倍，Z元素原子的最外层电子数是最内层电子数的一半。甲是W、X两种元素形成的简单化合物，水溶液呈碱性，乙是Y元素的单质。在工业生产中它们有如下转化关系。下列叙述正确的是（ ）
A．原子半径的大小W＜X＜Y＜Z
B．戊与丁反应过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2 C．Y与Z形成的所有化合物中只存在离子键 D．X元素的氧化物对应的水化物均为强酸
5．（6分）有机化合物甲与乙在一定条件下可反应生成丙：下列说法正确的是（ ）
A．甲与乙生成丙的反应属于取代反应 B．甲分子中所有原子共平面 C．乙的一氯代物有2种 D．丙在酸性条件下水解生成
和CH318OH
6．（6分）新型锌碘液流电池具有能量密度高、循环寿命长等优势，其工作原理如图所示。
下列说法错误的是（ ）
A．放电时电流从石墨电极流向锌电极
B．充电时阳极反应式为：3I﹣﹣2e﹣＝I3﹣
C．若将阳离子交换膜换成阴离子交换膜，放电时正负极也随之改变 D．放电时左侧电解质储罐中的离子总浓度增大
7．（6分）常温时，向20 mL 0.1mol•L﹣1 的 CH3CH2COOH 溶液中滴加0.1mol•L﹣1 的NaOH溶液，溶液的pH与滴加NaOH溶液体积V的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．a 点溶液中 c（CH3CH2COO﹣）＜c（Na+） B．图中四点，水的电离程度：c＞d＞b＞a C．c 点溶液中
＝10﹣4
D．d 点溶液中 c（Na+）+c（OH﹣）＝c（H+）+c（CH3CH2COO﹣）+c（CH3CH2COOH） 三、非选择题：共174分．第22～32题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33～38题为选考题，考生根据要求作答．（-）必考题：共129分．
8．（14分）无水MgBr2常用于催化剂。某化学小组在实验室选用如图所示装置 （夹持装置略）采用镁屑与液溴为原料制备无水MgBr2。
已知：①在浓硫酸存在下，加热到140℃时乙醇脱水生成乙醚（C2H5OC2H5），加热到170℃时乙醇脱水生成CH2＝CH2。 ②乙醚的熔点为34.6℃，沸点为132℃。
③Mg和Br2剧烈反应，放出大量的热；MgBr2具有强吸水性；MgBr2能与乙醚发生反应 MgBr2+3C2H5OC2H5⇌MgBr2•3C2H5OC2H5。 实验主要步骤如下：
Ⅰ．选用上述部分装置，正确连接，检查装置的气密性。向装置中加入药品。 Ⅱ．加热装置A，迅速升温至140℃，并保持140℃加热一段时间，停止加热。
Ⅲ．通入干燥的氮气，让液溴缓慢进入装置B中，直至完全加入。
Ⅳ．装置B中反应完毕后恢复至室温，过滤反应物，将得到的滤液转移至干燥的烧瓶中，在冰水中冷却，析出晶体，再过滤得三乙醚合溴化镁粗产品。
Ⅴ．用苯洗涤粗产品，减压过滤，得三乙醚合溴化镁，将其加热至160℃分解得无水 MgBr2。 回答下列问题：
（1）装置A中使用仪器m的优点是 。
（2）步骤Ⅰ中所选装置的正确连接顺序是a （填小写字母）。装置D的作用是 。
（3）若加热装置A一段时间后发现忘记加入碎瓷片，应该采取的正确操作是 。 （4）步骤V中用苯洗涤三乙醚合溴化镁的目的是 。
（5）步骤V采用减压过滤（使容器内压强降低，以达到固液快速分离）。下列装置可用作减压过滤的是 （填序号）。
（6）实验中若温度控制不当，装置B中会产生CH2Br﹣CH2Br．请设计实验验证 CH2Br﹣CH2Br的存在：从反应后的混合物中分离提纯得到CH2Br﹣CH2Br， 。 9．（15分）CH4超干重整CO2技术可得到富含CO的化工原料。回答下列问题： （1）CH4超干重整CO2的催化转化如图1所示：
①已知相关反应的能量变化如图2所示： 过程Ⅰ的热化学方程式为 。
②关于上述过程Ⅱ的说法不正确的是 （填序号）。 a．实现了含碳物质与含氢物质的分离 b．可表示为CO2+H2＝H2O （g）+CO c．CO未参与反应
d．Fe3O4、CaO为催化剂，降低了反应的△H
③其他条件不变，在不同催化剂（Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ）作用下，反应 CH4（g）+CO2（g）＝2CO（g）+2H2（g）进行相同时间后，CH4的转化率随反应温度的变化如图3所示。a点所代表的状态 （填“是”或“不是”）平衡状态；b点CH4的转化率高于c点，原因是 。
（2）在一刚性密闭容器中，CH4和CO2的分压分别为20kPa、25 kPa，加入Ni/α﹣A12O3催化剂并加热至 1123K 使其发生反应 CH4（g）+CO2（g）═2CO（g）+2H2（g）。 ①研究表明CO 的生成速率v（CO）＝1.3×10﹣2•p（CH4）•p（CO2）mol••g﹣1•s﹣1，某时刻测得p （CO）＝20kPa，则p （CO2）＝ kPa，v（CO）＝ mol••g﹣1•s﹣1
②达到平衡后测得体系压强是起始时的1.8倍，则该反应的平衡常数的计算式为Kp＝ （kPa）2．（用各物质的分压代替物质的量浓度计算）
（3）CH4超干重整CO2得到的CO经偶联反应可制得草酸（H2C2O4）。常温下，向某
浓度的草酸溶液中加入一定浓度的NaOH溶液，所得溶液中c（H2C2O4）＝c（C2O42﹣），则此时溶液的 pH＝ 。（已知常温下 H2C2O4 的Ka1＝6×10﹣2，Ka2＝6×10﹣5，lg6＝0.8）
10．（14分）铈（Ce）是一种重要的稀土元素。以富含CeO2的废玻璃粉末（含SiO2、Fe2O3
以及其他少量可溶于稀酸的杂质）为原料，采用多种方法回收铈。请回答下列问题： （1）湿法空气氧化法回收铈的部分流程如图1：
已知：CeO2不溶于稀盐酸，也不溶于NaOH溶液。 滤渣的成分是 ，反应②的离子方程式是 。
（2）干法空气氧化法回收铈是把Ce（OH）3被空气氧化成Ce（OH）4，氧化过程中发生的化学反应方程式为 。两种制备Ge（OH）4的数据如表： 干法空气氧化法 暴露空气中 在对流空气氧化炉中 氧化温度/℃ 110〜120 110〜120 氧化率/% 90 99 氧化时间/h 18 8 在对流空气氧化炉中大大缩短氧化时间的原因是 。 （3）利用电解方法也可以实现铈的回收。
①在酸性条件下电解Ce2O3（如图2）：阳极电极反应式为 ，离子交换膜为 （填“阴”或“阳”）离子交换膜。
②电解产物Ce（SO4）2是重要的氧化剂，将其配成标准溶液，在酸性条件下能测定工业盐中NaNO2的含量，写出发生反应的离子方程式 。 [化学一选修3：物质结构与性质]
11．（15分）《日华子本草》中已有关于雄黄的记载“雄黄，通赤亮者为上，验之可以虫死者为真。”雄黄（As4S4）和雌黄（As2S3）是提取砷的主要矿物原料，二者在自然界中共生。 回答下列问题：
（1）基态砷原子的价电子轨道排布图为 ，核外电子占据的最高能级的电子云轮廓图形状为 。
（2）S、P和N三种元素第一电离能由大到小的顺序是 。 （3）雄黄（As4S4）的结构如图1所示，S原子的杂化形式为 。
（4）SO2分子中的σ键数为 个，分子的空间构型为 。分子中的大π键可用符号πmn表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数（如苯分子中的大π键可表示为π66），则SO2中的大π键应表示为 。SO2分子中S﹣O键的键角 NO3﹣中N﹣O键的键角（填“＞”、“＜”、“＝”）。 （5）砷化镓是优良的半导体材料，密度为 ρg•cm﹣3，其晶胞结构如图2所示。Ga和As 原子半径分别为r1 pm和r2 pm，阿伏加德罗常数值为NA，则砷化镓晶体的空间利用率为 。
[化学一选修5：有机化学基础]
12．高分子化合物G是一种聚酯材料，其一种合成路线如下：
回答下列问题：
（1）A的名称是 ，B含有的官能团名称是 。 （2）反应④的反应类型是 。 （3）反应⑥的化学方程式为 。
（4）反应③〜⑤中引入﹣SO3H的作用是 。
（5）满足下列条件的C的同分异构体共有 种（不含立体异构）。 ①能使FeCl3溶液显紫色；能发生水解反应。②苯环上有两个取代基。
其中核磁共振氢谱显示为5组峰，峰面积之比为3：2：2：2：1，且含有﹣CH2CH3，该有机物的结构简式是 （任写一种）。
（6）以CH3CH2CH2OH为原料，设计制备
的合成路线： 。
2019年山东省潍坊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，共78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）化学与生产生活密切相关。下列说法错误的是（ ）
A．工业上用2﹣乙基蒽醌经氢化、氧化、萃取等化学变化过程制得双氧水 B．低温下甲醇与水蒸气催化制氢，该反应属于氧化还原反应 C．为防止富脂食品氧化变质，常在包装袋中放入硫酸亚铁 D．用CO2合成可降解塑料聚碳酸酯，实现“碳”的循环利用 【分析】A．萃取为物理变化；
B．甲醇与水蒸气催化制氢，有元素的化合价变化； C．硫酸亚铁具有还原性；
D．CO2合成可降解塑料聚碳酸酯，减少白色污染。
【解答】解：A．萃取为物理变化，氢化、氧化为化学变化，故A错误； B．甲醇与水蒸气催化制氢，有元素的化合价变化，为氧化还原反应，故B正确； C．硫酸亚铁具有还原性，则防止富脂食品氧化变质，常在包装袋中放入硫酸亚铁，故C正确；
D．CO2合成可降解塑料聚碳酸酯，减少白色污染，且实现“碳”的循环利用，故D正确； 故选：A。
【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意萃取为物理变化，题目难度不大。 2．（6分）下列说法错误的是（ ）
A．甘氨酸溶于过量盐酸中生成的离子在电场作用下向阴极移动 B．植物油和动物油都能发生皂化反应
C．可以用酸性高锰酸钾溶液鉴别苯和直馏汽油
D．向鸡蛋清溶液中滴加CuSO4溶液变浑浊，再加蒸馏水，振荡无明显变化 【分析】A．氨基酸中的﹣COOH和NaOH反应；
B．油脂在碱性条件下的水解反应属于皂化反应； C．苯和直馏汽油都不与酸性高锰酸钾溶液反应；
D．重金属离子能使蛋白质发生变性，变性是不可逆过程。
【解答】解：A．氨基酸中的﹣COOH和NaOH反应生成羧酸根离子，带负电荷，在电场作用下向阳极移动，故A正确；
B．油脂在碱性条件下的水解反应属于皂化反应，则植物油和动物油都能发生皂化反应，故B正确；
C．苯和直馏汽油都不与酸性高锰酸钾溶液反应，所以不能用酸性高锰酸钾溶液鉴别苯和直馏汽油，故C错误；
D．重金属离子能使蛋白质发生变性，变性是不可逆过程，向鸡蛋清溶液中滴加CuSO4溶液，蛋白质发生变性，溶液变浑浊，再加蒸馏水，振荡无明显变化，故D正确。 故选：C。
【点评】本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、性质与用途为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。 3． （6分）用下列实验装置（部分夹持装置略去）进行相应的实验，能达到实验目的是（ ）
A．
加热装置中的烧杯分离I2和高锰酸钾固体
B．用装置验证二氧化硫的漂白性
C．用装置制备氢氧化亚铁沉淀
D．用装置检验氯化铵受热分解生成的两种气体
【分析】A．加热碘升华，高锰酸钾分解；
B．二氧化硫与溴水发生氧化还原反应； C．关闭止水夹，NaOH难与硫酸亚铁接触；
D．氯化铵分解生成氨气、HCl，氨气可使湿润的酚酞试纸变红，HCl可使蓝色石蕊试纸变红。
【解答】解：A．加热碘升华，高锰酸钾分解，加热法不能分离，故A错误； B．二氧化硫与溴水发生氧化还原反应，与二氧化硫的还原性有关，故B错误； C．关闭止水夹，NaOH难与硫酸亚铁接触，不能制备氢氧化亚铁，故C错误； D．氯化铵分解生成氨气、HCl，氨气可使湿润的酚酞试纸变红，HCl可使蓝色石蕊试纸变红，可检验氯化铵受热分解生成的两种气体，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、反应与现象、物质的制备及检验、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）主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，且均不大于20．Y元素原子的最外层电子 数是内层电子数的3倍，Z元素原子的最外层电子数是最内层电子数的一半。甲是W、X两种元素形成的简单化合物，水溶液呈碱性，乙是Y元素的单质。在工业生产中它们有如下转化关系。下列叙述正确的是（ ）
A．原子半径的大小W＜X＜Y＜Z
B．戊与丁反应过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2 C．Y与Z形成的所有化合物中只存在离子键 D．X元素的氧化物对应的水化物均为强酸
【分析】主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，且均不大于20．Y元素原子的最外层电子 数是内层电子数的3倍，Y只能含有2个电子层，最外层含有6个电子，为O元素；Z元素原子的最外层电子数是最内层电子数的一半，其最外层含有1个电子，且原子序数大于O，则Z为Na元素；乙是Y元素的单质，则乙为氧气；甲是W、X两种元素形成的简单化合物，水溶液呈碱性，W、X的原子序数都小于O，则甲为氨气，W
为H，X为N元素；氨气与氧气催化氧化生成NO和水，结合转化关系可知，丁为水，丙为NO，戊为NO2，据此解答。
【解答】解：根据分析可知，W为H，X为N，Y为O，Z为Na元素，甲为NH3，乙为O2，丙为NO，丁为水，戊为NO2。
A．同一周期从左向右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐减小，则原子半径大小为：W＜Y＜X＜Z，故A错误；
B．NO2与水发生反应3NO2+H2O═2HNO3+NO，反应中只有氮元素的化合价发生变化，NO2既是氧化剂又是还原剂，被氧化的NO2生成HNO3，被还原NO2的生成NO，则反应过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，故B正确；
C．O、Na形成的化合物有氧化钠和过氧化钠，其中过氧化钠中既含有离子键又含有共价键，故C错误；
D．N元素的氧化物对应水化物有硝酸和亚硝酸，亚硝酸为弱酸，故D错误； 故选：B。
【点评】本题考查无机物推断、位置结构性质的应用，题目难度中等，推断元素、物质组成为解答关键，注意掌握元素周期律内容及常见元素化合物性质，试题有利于提高学生的分析能力及逻辑推理能力。
5．（6分）有机化合物甲与乙在一定条件下可反应生成丙：下列说法正确的是（ ）
A．甲与乙生成丙的反应属于取代反应 B．甲分子中所有原子共平面 C．乙的一氯代物有2种 D．丙在酸性条件下水解生成
和CH318OH
【分析】A．反应中C＝C键生成C﹣C键； B．甲含有饱和碳原子； C．乙含有3种H；
D．丙含有酯基，可水解生成甲醇。
【解答】解：A．甲与乙生成丙，反应中C＝C键生成C﹣C键，为加成反应，故A错误；
B．甲含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特点，则所有的原子不可能在同一个平面上，故B错误；
C．乙含有3种H，则一氯代物有3种，故C错误； D．丙含有酯基，由结构简式可知酸性条件下水解生成 正确。 故选：D。
【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的结构和官能团的性质为解答该题的关键，侧重烯烃、酯性质的考查，题目难度不大。
6．（6分）新型锌碘液流电池具有能量密度高、循环寿命长等优势，其工作原理如图所示。
和CH318OH，故D
下列说法错误的是（ ）
A．放电时电流从石墨电极流向锌电极
B．充电时阳极反应式为：3I﹣﹣2e﹣＝I3﹣
C．若将阳离子交换膜换成阴离子交换膜，放电时正负极也随之改变 D．放电时左侧电解质储罐中的离子总浓度增大
【分析】由装置图可知，放电时，Zn是负极，负极反应式为Zn﹣2e﹣═Zn2+，石墨是正极，反应式为I3﹣+2e﹣＝3I﹣，外电路中电流由正极经过导线流向负极，充电时，阳极反应式为3I﹣﹣2e﹣＝I3﹣、阴极反应式为Zn2++2e﹣＝Zn，据此分析解答。
【解答】解：A．放电时，Zn是负极，石墨是正极，电流由正极经过导线流向负极，即电流从石墨电极流向锌电极，故A正确；
B．充电时，阳极发生失去电子的氧化反应，与原电池的电极反应式相反，即充电时阳极反应式为：3I﹣﹣2e﹣＝I3﹣，故B正确；
C．放电时，Zn是比较活泼金属，作负极，石墨作正极，无论离子交换膜是阳离子交换膜，还是阴离子交换膜，放电时正负极反应均不会改变，故C错误；
D．放电时，左侧即正极反应式为I3﹣+2e﹣＝3I﹣，所以储罐中的离子总浓度增大，故D正确； 故选：C。
【点评】本题考查化学电源新型电池，会根据电极上发生的反应判断正负极是解本题关键，会正确书写电极反应式，注意交换膜的特点，选项是C为易错点，题目难度中等。 7．（6分）常温时，向20 mL 0.1mol•L﹣1 的 CH3CH2COOH 溶液中滴加0.1mol•L﹣1 的NaOH溶液，溶液的pH与滴加NaOH溶液体积V的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．a 点溶液中 c（CH3CH2COO﹣）＜c（Na+） B．图中四点，水的电离程度：c＞d＞b＞a C．c 点溶液中
＝10﹣4
D．d 点溶液中 c（Na+）+c（OH﹣）＝c（H+）+c（CH3CH2COO﹣）+c（CH3CH2COOH） 【分析】A．a点溶液的pH＜7，溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），结合电荷守恒分析；
B．b点pH＝7，水的电离程度几乎不受影响，而d点NaOH过量，抑制了水的电离； C．根据0.1mol•L﹣1 的 CH3CH2COOH溶液的pH＝3计算出Ka，然后根据
×
＝
计算；
D．根据溶液中的电荷守恒、物料守恒分析。
【解答】解：A．根据图象可知，a点溶液的pH＜7，溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH
﹣
+c+cc），结合电荷守恒c（Na+）（H+）＝c（OH﹣）（CH3CH2COO﹣）可知：（CH3CH2COO）＞c（Na+），故A错误；
﹣
B．b点溶液呈中性，说明水的电离程度几乎不受影响，而d点NaOH过量，大大抑制了水的电离，则水的电离程度：b＞d，故B错误；
C.0.1mol•L﹣1 的 CH3CH2COOH溶液的pH＝3，则Ka＝cH+）＝9，（＝10﹣9mol/L，
＝
×
＝10﹣5，c点pH
＝
＝
＝10﹣4，故C正确；
D．d点溶液中，根据电荷守恒可知：c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（CH3CH2COO﹣），根据物料守恒可得：2c（Na+）＝3c（CH3CH2COO﹣）+3c（CH3CH2COOH），二者结合可得：c（Na+）+c（OH﹣）＝c（H+）+2c（CH3CH2COO﹣）+3c（CH3CH2COOH），故D错误； 故选：C。
【点评】本题考查酸碱混合的定性判断、离子浓度大小比较，题目难度中等，明确图象曲线变化的意义为解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒的内容及溶液酸碱性与溶液pH的关系，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力。
三、非选择题：共174分．第22～32题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33～38题为选考题，考生根据要求作答．（-）必考题：共129分．
8．（14分）无水MgBr2常用于催化剂。某化学小组在实验室选用如图所示装置 （夹持装置略）采用镁屑与液溴为原料制备无水MgBr2。
已知：①在浓硫酸存在下，加热到140℃时乙醇脱水生成乙醚（C2H5OC2H5），加热到170℃时乙醇脱水生成CH2＝CH2。 ②乙醚的熔点为34.6℃，沸点为132℃。
③Mg和Br2剧烈反应，放出大量的热；MgBr2具有强吸水性；MgBr2能与乙醚发生反应 MgBr2+3C2H5OC2H5⇌MgBr2•3C2H5OC2H5。 实验主要步骤如下：
Ⅰ．选用上述部分装置，正确连接，检查装置的气密性。向装置中加入药品。 Ⅱ．加热装置A，迅速升温至140℃，并保持140℃加热一段时间，停止加热。 Ⅲ．通入干燥的氮气，让液溴缓慢进入装置B中，直至完全加入。
Ⅳ．装置B中反应完毕后恢复至室温，过滤反应物，将得到的滤液转移至干燥的烧瓶中，在冰水中冷却，析出晶体，再过滤得三乙醚合溴化镁粗产品。
Ⅴ．用苯洗涤粗产品，减压过滤，得三乙醚合溴化镁，将其加热至160℃分解得无水 MgBr2。 回答下列问题：
（1）装置A中使用仪器m的优点是 使系统内压强相等，便于液体顺利流下 。 （2）步骤Ⅰ中所选装置的正确连接顺序是a efbcg （填小写字母）。装置D的作用是 防止倒吸 。
（3）若加热装置A一段时间后发现忘记加入碎瓷片，应该采取的正确操作是 停止加热，冷却后补加碎瓷片 。
（4）步骤V中用苯洗涤三乙醚合溴化镁的目的是 除去乙醚和乙醇 。
（5）步骤V采用减压过滤（使容器内压强降低，以达到固液快速分离）。下列装置可用作减压过滤的是 bc （填序号）。
（6）实验中若温度控制不当，装置B中会产生CH2Br﹣CH2Br．请设计实验验证 CH2Br﹣CH2Br的存在：从反应后的混合物中分离提纯得到CH2Br﹣CH2Br， 取少量CH2Br﹣CH2Br于试管中，加入NaOH溶液，加热、再加入稀硝酸至酸性，滴加硝酸银溶液，有淡黄色沉淀生成，证明含有CH2Br﹣CH2Br 。 【分析】（1）装置A中使用仪器m可平衡气压；
（2）用镁屑与液溴为原料制备无水MgBr2，结合装置可知，A制备乙醚，D作安全瓶，E中提供溴，B中发生Mg与溴的反应；
（3）加热液体混合物易发生暴沸，且温度高时不能加入；
（4）苯洗涤三乙醚合溴化镁，可除杂；
（5）减压过滤时使容器内压强降低，以达到固液快速分离；
（6）CH2Br﹣CH2Br在碱性条件下水解，在酸性条件下检验溴离子可说明。
【解答】解：（1）装置A中使用仪器m的优点是使系统内压强相等，便于液体顺利流下，
故答案为：使系统内压强相等，便于液体顺利流下；
（2）用镁屑与液溴为原料制备无水MgBr2，结合装置可知，A制备乙醚，D作安全瓶，E中提供溴，B中发生Mg与溴的反应，则步骤Ⅰ中所选装置的正确连接顺序是aefbcg（ef可互换、bc可互换），装置D的作用是防止倒吸， 故答案为：efbcg；防止倒吸；
（3）若加热装置A一段时间后发现忘记加入碎瓷片，应该采取的正确操作是停止加热，冷却后补加碎瓷片，
故答案为：停止加热，冷却后补加碎瓷片；
（4）步骤V中用苯洗涤三乙醚合溴化镁的目的是除去乙醚和乙醇， 故答案为：除去乙醚和乙醇；
（5）步骤V采用减压过滤（使容器内压强降低，以达到固液快速分离），只有bc装置可用压强减小， 故答案为：bc；
（6）实验验证 CH2Br﹣CH2Br的存在：从反应后的混合物中分离提纯得到CH2Br﹣CH2Br，取少量CH2Br﹣CH2Br于试管中，加入NaOH溶液，加热、再加入稀硝酸至酸性，滴加硝酸银溶液，有淡黄色沉淀生成，证明含有CH2Br﹣CH2Br，
故答案为：取少量CH2Br﹣CH2Br于试管中，加入NaOH溶液，加热、再加入稀硝酸至酸性，滴加硝酸银溶液，有淡黄色沉淀生成，证明含有CH2Br﹣CH2Br。
【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握有机物的性质、制备原理、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验装置的作用及信息的应用，题目难度不大。
9．（15分）CH4超干重整CO2技术可得到富含CO的化工原料。回答下列问题： （1）CH4超干重整CO2的催化转化如图1所示：
①已知相关反应的能量变化如图2所示：
+CO2+2H2 过程Ⅰ的热化学方程式为 CH4（g）（g）＝2CO（g）（g）△H＝247.4KJ/mol 。②关于上述过程Ⅱ的说法不正确的是 cd （填序号）。 a．实现了含碳物质与含氢物质的分离 b．可表示为CO2+H2＝H2O （g）+CO c．CO未参与反应
d．Fe3O4、CaO为催化剂，降低了反应的△H
③其他条件不变，在不同催化剂（Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ）作用下，反应 CH4（g）+CO2（g）＝2CO（g）+2H2（g）进行相同时间后，CH4的转化率随反应温度的变化如图3所示。a点所代表的状态 不是 （填“是”或“不是”）平衡状态；b点CH4的转化率高于c点，原因是 b和c都没平衡，c点温度高，反应速率快，相同时间内转化率高 。 （2）在一刚性密闭容器中，CH4和CO2的分压分别为20kPa、25 kPa，加入Ni/α﹣A12O3催化剂并加热至 1123K 使其发生反应 CH4（g）+CO2（g）═2CO（g）+2H2（g）。 ①研究表明CO 的生成速率v（CO）＝1.3×10﹣2•p（CH4）•p（CO2）mol••g﹣1•s﹣1，某时刻测得p （CO）＝20kPa，则p （CO2）＝ 15 kPa，v（CO）＝ 1.95 mol••g﹣1•s﹣1
②达到平衡后测得体系压强是起始时的1.8倍，则该反应的平衡常数的计算式为Kp＝
（kPa）2．（用各物质的分压代替物质的量浓度计算）
（3）CH4超干重整CO2得到的CO经偶联反应可制得草酸（H2C2O4）。常温下，向某
浓度的草酸溶液中加入一定浓度的NaOH溶液，所得溶液中c（H2C2O4）＝c（C2O42﹣），则此时溶液的 pH＝ 2.7 。（已知常温下 H2C2O4 的Ka1＝6×10﹣2，Ka2＝6×10﹣5，lg6＝0.8）
【分析】（1）①过程Ⅰ的反应是甲烷和二氧化碳反应生成一氧化碳和水；
②过程Ⅱ的反应第一步是CO+CO2+H2+Fe3O4+CaO→H2O+Fe+CaCO3，第二步反应：Fe+CaCO3+稀有气体→稀有气体+Fe+CaCO3+CO，据此分析判断；
③根据图象，反应①在不同催化剂（Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ）作用下反应相同时间后，CH4的转化率为Ⅰ＞Ⅱ＞Ⅲ，结合催化剂只改变反应速率不改变平衡移动，所以最终不同催化剂（Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ）作用下达平衡时CH4的转化率相同，据此分析；
（2）①结合三行计算列式得到某时刻的分压，CO 的生成速率v（CO）＝1.3×10﹣2•p（CH4）•p（CO2）mol••g﹣1•s﹣1，计算得到；
②CH4（g）+CO2（g）═2CO（g）+2H2（g），达到平衡后测得体系压强是起始时的1.8倍，设达到平衡状态消耗甲烷分压x
起始量（kPa） 20 25 0 0 变化量（kPa） x x 2x 2x 某时刻（kPa） 20﹣x 25﹣x 2x 2x 20﹣x+25﹣x+2x+2x＝（20+25）×1.8 x＝18 平衡常数Kp＝
；
cH2C2O4）（3）常温下，向某浓度的草酸溶液中加入一定浓度的NaOH溶液，所得溶液中（＝c（C2O42﹣），利用电离平衡常数计算氢离子浓度，已知常温下 H2C2O4 的Ka1＝
＝6×10﹣2，Ka2＝
＝6×10﹣5，
Ka1×Ka2＝
得到此时溶液的 pH。
＝c2（H+）
【解答】解：（1）①Ⅰ．CH4（g）+H2O（g）＝CO（g）+3H2（g）△H＝206.2KJ/mol，Ⅱ．CH4（g）+2H2O（g）＝CO2（g）+4H2（g）△H＝165KJ/mol，
CH4+CO2+2H2 盖斯定律计算Ⅰ×2﹣Ⅱ得到：（g）（g）＝2CO（g）（g）△H＝247.4KJ/mol，
故答案为：CH4（g）+CO2（g）＝2CO（g）+2H2（g）△H＝247.4KJ/mol；
②过程Ⅱ的反应第一步是CO+CO2+H2+Fe3O4+CaO→H2O+Fe+CaCO3，第二步反应：Fe+CaCO3+稀有气体→稀有气体+Fe+CaCO3+CO，
a．上述分析可知，两步反应实现了含碳物质与含氢物质的分离，故a正确；
b．反应过程中有催化剂和中间产物，总反应可表示为CO2+H2＝H2O （g）+CO，故b正确；
c．CO最后剩余是一氧化碳参与反应过程最后又生成，故c错误； d．Fe3O4、CaO为催化剂，改变反应速率不能改变反应的△H，故d错误； 故答案为：cd；
③因为催化剂只改变反应速率不改变平衡移动，所以最终不同催化剂（Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ）作用下达平衡时CH4的转化率相同，故a点所代表的状态不是平衡状态，此时反应一直向正反应方向移动，b和c都没平衡，c点温度高，反应速率快，相同时间内转化率高，所以c点CH4的转化率高于b点，
故答案为：不是；b和c都没平衡，c点温度高，反应速率快，相同时间内转化率高； CH4和CO2的分压分别为20kPa、25 kPa，（2）①在一刚性密闭容器中，加入Ni/α﹣A12O3催化剂并加热至 1123K 使其发生反应：某时刻测得p （CO）＝20kPa， CH4（g）+CO2（g）═2CO（g）+2H2（g） 起始量（kPa） 20 25 0 0 变化量（kPa） 10 10 20 20 某时刻（kPa） 10 15 20 20 则p （CO2）＝15kPa，
v（CO）＝1.3×10﹣2•p（CH4）•p（CO2）mol••g﹣1•s﹣1＝1.3×10﹣2×10×15＝1.95mol••g﹣1•s﹣1，
故答案为：15；1.95；
②CH4（g）+CO2（g）═2CO（g）+2H2（g），达到平衡后测得体系压强是起始时的1.8倍，设达到平衡状态消耗甲烷分压x
起始量（kPa） 20 25 0 0 变化量（kPa） x x 2x 2x 某时刻（kPa） 20﹣x 25﹣x 2x 2x 20﹣x+25﹣x+2x+2x＝（20+25）×1.8
x＝18
反应的平衡常数的计算式为Kp＝故答案为：
；
＝
，
cH2C2O4）（3）常温下，向某浓度的草酸溶液中加入一定浓度的NaOH溶液，所得溶液中（＝c（C2O42﹣），
已知常温下 H2C2O4 的Ka1＝
＝6×10
﹣
2
，Ka2＝
＝6×10﹣5，
Ka1×Ka2＝c（H+）＝
＝
＝c2（H+）
＝6×10﹣3.5mol/L，pH＝﹣lg6×10﹣3.5
＝2.7，则此时溶液的 pH＝2.7， 故答案为：2.7。
【点评】本题考查了热化学方程式书写和盖斯定律的计算应用、平衡常数计算、弱电解质电离平衡常数的理解应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
10．（14分）铈（Ce）是一种重要的稀土元素。以富含CeO2的废玻璃粉末（含SiO2、Fe2O3
以及其他少量可溶于稀酸的杂质）为原料，采用多种方法回收铈。请回答下列问题： （1）湿法空气氧化法回收铈的部分流程如图1：
已知：CeO2不溶于稀盐酸，也不溶于NaOH溶液。
滤渣的成分是 CeO2、SiO2 ，反应②的离子方程式是 6H++H2O2+2CeO2＝2Ce3++O2↑+4H2O 。
（2）干法空气氧化法回收铈是把Ce（OH）3被空气氧化成Ce（OH）4，氧化过程中发生的化学反应方程式为 4Ce（OH）3+O2+2H2O＝4Ce（OH）4 。两种制备Ge（OH）
4的数据如表：
干法空气氧化法 暴露空气中 在对流空气氧化炉中 氧化温度/℃ 110〜120 110〜120 氧化率/% 90 99 氧化时间/h 18 8 在对流空气氧化炉中大大缩短氧化时间的原因是 空气对流能使氧气浓度增大，使氧化面积增大 。
（3）利用电解方法也可以实现铈的回收。
①在酸性条件下电解Ce2O3（如图2）：阳极电极反应式为 Ce2O3﹣2e﹣+6H+＝2Ce4++3H2O ，离子交换膜为 阳 （填“阴”或“阳”）离子交换膜。
②电解产物Ce（SO4）2是重要的氧化剂，将其配成标准溶液，在酸性条件下能测定工业盐中NaNO2的含量，写出发生反应的离子方程式 2Ce4++NO2﹣+H2O＝NO3﹣+2Ce3++2H+ 。
【分析】废玻璃粉末（含SiO2、Fe2O3、CeO2以及其他少量可溶于稀酸的物质）中加入稀盐酸，Fe2O3转化FeCl3存在于滤液中，滤渣为CeO2和SiO2；加入稀盐酸酸和H2O2，CeO2转化为Ce3+，滤渣为SiO2；加入碱并通入氧气将Ce从+3氧化为+4，得到产品Ce（OH）4，加热分解生成CeO2，电解可得到Ce，以此解答该题。
【解答】解：（1）由以上分析可知滤渣的成分是CeO2、SiO2，稀硫酸、H2O2，CeO2三者反应生成转化为Ce2（SO4）3、O2和H2O，反应的离子方程式为：6H++H2O2+2CeO2 ＝2Ce3++O2↑+4H2O，故答案为：CeO2、SiO2；6H++H2O2+2CeO2＝2Ce3++O2↑+4H2O；（2）干法空气氧化法回收铈是把Ce（OH）3被空气氧化成Ce（OH）4，氧化过程中发生的化学反应方程式为4Ce（OH）3+O2+2H2O＝4Ce（OH）4，在对流空气氧化炉中大大缩短氧化时间，原因是空气对流能使氧气浓度增大，使氧化面积增大，
故答案为：4Ce（OH）3+O2+2H2O＝4Ce（OH）4；空气对流能使氧气浓度增大，使氧化面积增大；
（3）①阳极发生氧化反应，电极方程式为Ce2O3﹣2e﹣+6H+＝2Ce4++3H2O，反应消耗氢离子，则应用阳离子交换膜，
故答案为：Ce2O3﹣2e﹣+6H+＝2Ce4++3H2O；阳；
②电解产物Ce（SO4）2是重要的氧化剂，在酸性条件下能测定工业盐中NaNO2的含量，说明二者发生氧化还原反应，离子方程式为2Ce4++NO2﹣+H2O＝NO3﹣+2Ce3++2H+， 故答案为：2Ce4++NO2﹣+H2O＝NO3﹣+2Ce3++2H+。
【点评】本题考查物质分离提纯的过程分析，为高考常见题型和高频考点，综合考查学生的分析、计算能力，涉及电解原理、氧化还原反应等知识点，综合性较强，侧重考查基本理论，明确电解原理、氧化还原反应原理等知识点即可解答，题目难度中等。 [化学一选修3：物质结构与性质]
11．（15分）《日华子本草》中已有关于雄黄的记载“雄黄，通赤亮者为上，验之可以虫死者为真。”雄黄（As4S4）和雌黄（As2S3）是提取砷的主要矿物原料，二者在自然界中共生。 回答下列问题：
（1）基态砷原子的价电子轨道排布图为 能级的电子云轮廓图形状为 哑铃形 。
（2）S、P和N三种元素第一电离能由大到小的顺序是 N＞P＞S 。 （3）雄黄（As4S4）的结构如图1所示，S原子的杂化形式为 sp3 。
（4）SO2分子中的σ键数为 2 个，分子的空间构型为 V形 。分子中的大π键可用符号πmn表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数（如苯分子中的大π键可表示为π66），则SO2中的大π键应表示为
。SO2
，核外电子占据的最高
分子中S﹣O键的键角 ＜ NO3﹣中N﹣O键的键角（填“＞”、“＜”、“＝”）。 （5）砷化镓是优良的半导体材料，密度为 ρg•cm﹣3，其晶胞结构如图2所示。Ga和As 原子半径分别为r1 pm和r2 pm，阿伏加德罗常数值为NA，则砷化镓晶体的空间利用率为
×100% 。
【分析】（1）As是33号元素，处于第四周期第VA族，价电子排布式为4s24p3，结合泡利原理、洪特规则画出价电子排布图；
（2）同主族自上而下第一电离能减小，P元素原子3p轨道为半充满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素的；
（3）S原子最外层电子数为6、As原子最外层电子数为5，S原子形成2个共价键、As原子形成3个共价键，故黑色球为S、白色球为As，S原子有2对孤对电子，杂化轨道数目为2+2＝4；
（4）SO2分子中S与2个O原子之间形成σ键，σ键数目为2，S原子孤电子对数＝
＝1，价层电子对数＝2+1＝3，O原子中成对电子：2s、2p中有一个轨道中存在
一对孤对电子（共4个），2个O原子共有：4×2＝8，故形成大π键的电子共有：18﹣4﹣2﹣8＝4；NO3﹣中N原子孤电子对数＝
＝0，价层电子对数＝0+3＝3，
孤电子对与成键电子对之间排斥力大于成键电子对之间排斥力；
（5）均摊法计算晶胞中As、Ga原子数目，计算晶胞中原子总体积，结合晶胞中原子数目计算晶胞质量，结合密度计算晶胞体积，原子的体积占晶胞体积的百分率＝
×100%。
【解答】解：（1）As是33号元素，处于第四周期第VA族，价电子排布式为4s24p3，结合泡利原理、洪特规则，价电子排布图为级为4p，其电子云轮廓图形状为哑铃形， 故答案为：
；哑铃形；
，核外电子占据的最高能
（2）同主族自上而下第一电离能减小，P元素原子3p轨道为半充满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素的，故第一电离能：N＞P＞S， 故答案为：N＞P＞S；
（3）S原子最外层电子数为6、As原子最外层电子数为5，S原子形成2个共价键、As原子形成3个共价键，故黑色球为S、白色球为As，S原子有2对孤对电子，杂化轨道数目为2+2＝4，故S原子杂化方式为sp3杂化， 故答案为：sp3；
（4）SO2分子中S与2个O原子之间形成σ键，σ键数目为2，S原子孤电子对数＝
＝1，价层电子对数＝2+1＝3，故分子空间构型为V形。O原子中成对电子：2s、
2p中有一个轨道中存在一对孤对电子（共4个），2个O原子共有：4×2＝8，故形成大π键的电子共有：18﹣4﹣2﹣8＝4，大派键为3原子4电子，表示为：
；NO3﹣中N
原子孤电子对数＝
＝0，价层电子对数＝0+3＝3，而SO2分子中S原子有1
对孤电子对，孤电子对与成键电子对之间排斥力大于成键电子对之间排斥力，SO2分子之间键角被压缩程度更大，故SO2分子中S﹣O键的键角＜NO3﹣中N﹣O键的键角， 故答案为：2；V形；
；＜；
Ga原子数目＝4，[r1（5）晶胞中As数目＝8×+6×＝4，晶胞中原子总体积＝4×π（×10﹣10 cm）3+（r2×10﹣10 cm）3，晶胞质量为：4×
g，则晶胞体积＝4×
g
{4×π（[r1×10﹣10 cm）÷ρg•cm﹣3，则GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为：
3
+（r1×10
﹣
10
cm）
3
÷[4×g÷ρg•cm
﹣
3
]}×100%＝
×100%，
故答案为：×100%。
【点评】本题是对物质结构与性质的考查，题目涉及核外电子排布、电离能、杂化方式、空间构型、价层电子对互斥理论、大派键、晶胞计算等，需要学生具备扎实的考查与灵活运用能力，（4）中大派键中学不涉及、（5）中计算复杂，是本题的难点、易错点，注意同周期主族元素第一电离能变化异常情况，掌握均摊法进行晶胞有关计算。 [化学一选修5：有机化学基础]
12．高分子化合物G是一种聚酯材料，其一种合成路线如下：
回答下列问题：
（1）A的名称是 苯甲醛 ，B含有的官能团名称是 羟基、氰基 。 （2）反应④的反应类型是 取代反应 。
（3）反应⑥的化学方程式为 。
（4）反应③〜⑤中引入﹣SO3H的作用是 占据取代基的对位，将硝基引入取代基的邻位 。
（5）满足下列条件的C的同分异构体共有 18 种（不含立体异构）。 ①能使FeCl3溶液显紫色；能发生水解反应。②苯环上有两个取代基。
其中核磁共振氢谱显示为5组峰，峰面积之比为3：2：2：2：1，且含有﹣CH2CH3，该
有机物的结构简式是 或 （任写一种）。
（6）以CH3CH2CH2OH为原料，设计制备
的合成路线：
。
【分析】A和HCN发生加成反应生成B，根据B结构简式及A分子式知，A为
，B发生水解反应生成C，C发生取代反应生成D；D发生取代反应生
成E，E发生水解反应生成F，F发生缩聚反应生成G；
（6）以CH3CH2CH2OH为原料制备
，1﹣丙醇发生催化氧化生成丙醛，
丙醛和HCN发生加成反应，然后发生水解反应，最后发生缩聚反应生成目标产物。
【解答】解：（1）A为基、氰基，
故答案为：苯甲醛；氰基、羟基； （2）反应④的反应类型是 取代反应， 故答案为：取代反应；
，A的名称是苯甲醛，B含有的官能团名称是羟
（3）反应⑥的化学方程式为，
故答案为：；
（4）反应③〜⑤中引入﹣SO3H的作用是占据取代基的对位，将硝基引入取代基的邻位，故答案为：占据取代基的对位，将硝基引入取代基的邻位； （5）C的同分异构体符合下列条件：
①能使FeCl3溶液显紫色，说明含有酚羟基；能发生水解反应，说明含有酯基； ②苯环上有两个取代基，其中一个为酚羟基； 如果取代基为﹣CH2COOCH3，有邻间对3种； 如果取代基为﹣COOCH2CH3，有邻间对3种； 如果取代基为HCOOCH2CH3，有邻间对3种； 如果取代基为HCOOCH（CH3）﹣，有邻间对3种； 如果取代基为CH3COOCH2﹣，有邻间对3种； 如果取代基为CH3CH2COO﹣，有邻间对3种； 符合条件的有18种；
其中核磁共振氢谱显示为5组峰，峰面积之比为3：2：2：2：1，且含有﹣CH2CH3，该
有机物的结构简式是或，
故答案为：18；或；
（6）以CH3CH2CH2OH为原料制备
，1﹣丙醇发生催化氧化生成丙醛，
丙醛和HCN发生加成反应，然后发生水解反应，最后发生缩聚反应生成目标产物，其合
成路线为，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物推断和合成，侧重考查分析推断及知识综合运用能力，正确推断各物质结构简式是解本题关键，注意反应前后碳链结构变化，采用知识迁移方法进行合成路线设计，易错点是限制性同分异构体种类判断，题目难度不大。
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