2019年重庆市高考化学第二次诊断性试卷（WORD版含答案）.docx

1、2019年重庆市高考化学二诊试卷一、单选题（本大题共7小题，共42.0分）1. 生活因化学更加美丽，世界因化学更加精彩。下列与化学有关的说法正确的是（）A. 食盐、糖、醋都不可用作食品防腐剂B. 漂粉精可作游泳池和环境消毒剂C. 回收废旧物品的主要目的是解决资源匮乏D. 浓度为95%的医用酒精消毒效果比75%的好2. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A. 1L0.1mol/L的NaHSO4溶液中所含的氧原子数目为0.4NAB. 1mol-OH(羟基)与1molH3O+中所含的电子数均为10NAC. 7.1gCl2与足量Fe充分反应，转移的电子数为0.2NAD. 80gCuO和C

2、u2S的混合物中，所含铜原子数为2NA3. 某同学在实验室制取乙酸乙酯的装置如图所示，下列有关说法错误的是（）A. 该装置有1处错误B. 在试管a中先加入乙醇再加浓硫酸和乙酸C. 试管b的下层为无色油状液体D. 浓硫酸的一个作用是降低该反应的活化能4. 有a、b、c、d四种原子序数依次增大，且均不大于20的主族元素，a、c同主族，a的最外层电子数是内层电子数的3倍，b为金属元素，a、c、d的最外层电子数之和为19下列叙述正确的是（）A. a、b可能形成含有共价键的离子化合物B. 简单离子半径大小：dcabC. 含氧酸的酸性强弱：dcD. b、c的简单离子在水溶液中一定能大量共存5. 重铬酸钾（

3、K2Cr2O7）是一种强氧化剂，可用于检测酒驾中酒精的含量，电化学制备K2Cr2O7的装置如图所示，其中a、b均为石墨电极。下列说法正确的是（）A. X是电源的正极B. 电解过程中K+向b极移动C. b极上发生的电极反应为：2CrO42-+2H+=Cr2O72-+H2OD. 理论上a、b两电极放出的气体的物质的量之比为2：16. 已知联氨（N2H4）为二元碱，25时向联氨水溶液中逐滴滴加盐酸溶液，混合溶液中的微粒的物质的量分数随pOHpOH=-lgc（OH-）变化的关系如图所示。已知联氨的两步电离分别为：N2H4+H2ON2H5+OH-，N2H5+H2ON2H62+OH-下列叙述错误的是（）A

4、. 联氨的第一步电离平衡常数Kb1=10-6B. pOH=6时c(N2H4)与pOH=15时c(N2H62+)相同C. 当溶液中c(N2H62+)：c(N2H5+)=1：1时，c(H+)=10mol/LD. pOH由12增大到18时，对应的离子方程式为：N2H5+H+=N2H62+7. 下列实验操作规范并能达到实验目的是（）选项实验操作实验目的A在一定条件下，向混有少量乙烯的乙烷中通入氢气除去乙烷中的乙烯B用玻璃棒蘸取待测液，点在干燥的pH试纸中部，片刻后与标准比色卡比较并读数粗略测定NaClO溶液的pHC将0.1mol/LMgSO4溶液滴入到2mLNaOH溶液中至不再有沉淀生成，再滴入0.1

5、mol/LCuSO4溶液比较Mg（OH）2和Cu（OH）2Ksp的大小D向亚硫酸钠溶液中滴加硝酸钡和稀硝酸检验亚硫酸钠溶液是否变质A. AB. BC. CD. D二、简答题（本大题共4小题，共48.0分）8. 钼酸钠（Na2MoO4）可与重金属盐产生沉淀，是目前应用较多的一种新型水处理剂。利用精钼矿（主要成分是MoS2，含少量PbS等）来制取钼酸钠晶体的工艺流程如图所示。请回答下列问题：（1）混合气A中含有一种大气污染物，其化学式为_。（2）焙烧的过程中采用如图1所示的“多层逆流焙烧”。多层逆流焙烧的优点是_（任答两点）。依据图2，写出第612层MoO2参加反应的化学方程式_。（3）写出碱浸时

6、发生反应的离子方程式_。（4）PbS与H2O2反应时，温度高于40后，反应速率反而减慢，原因是_。（5）流程图中“除SO42-”的过程中，当BaMoO4开始沉淀时，SO42-的去除率为97.0%，已知原Na2MoO4溶液中c（MoO42-）=0.48mol/L，c（SO42-）=0.040mol/L，Ksp（BaSO4）=1.010-10，则Ksp（BaMoO4）=_。（过程中溶液体积变化忽略不计）（6）锂和二硫化钼形成的二次电池的总反应为：xLi+nMoS2充电放电Lix（MoS2）n，则电池放电时的正极反应式是_。9. 氮和氮的化合物在国防建设、工农业生产和生活中都有极其广泛的用途。请回答

7、下列与氮元素有关的问题：（1）NaCN广泛用于电镀工业上，实验测得浓度相同的NaCN溶液和NaHCO3溶液，前者的pH大，则酸性：HCN_H2CO3（填“强于”或“弱于”）。（2）亚硝酸氯（结构式为Cl-N=O）是有机合成中的重要试剂。它可由C12和NO在通常条件下反应制得，反应方程式为：2NO（g）+Cl2（g）2ClNO（g）。已知几种化学键的键能数据如表：化学键Cl-ClCl-NN=ONO（NO）键能（Kj/mol）243200607630当Cl2与NO反应生成ClNO的过程中转移了5mol电子，理论上热量变化为_kJ。（3）在一个恒容密闭容器中充入2molNO（g）和1molCl2（g

8、）发生（2）中反应，在温度分别为T1、T2时测得NO的物质的量（单位：mol）与时间的关系如表所示：t/min温度/05813T121.51.31.0T221.151.01.0T1_T2（填“”“”或“=”），理由是_。若容器容积为1L，温度为T1时，反应开始到5min时，C12的平均反应速率为_。温度为T2时，在相同容器中，充入1molNO（g）和0.5mo1Cl2（g），则NO的平衡转化率_50%（填“大于”、“等于”或“小于”）温度为T2时，起始时容器内的压强为p0，则该反应的平衡常数Kp=_（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压物质的量分数）。（4）近年来，地下水中的氮污染已成为一个

9、世界性的环境问题。在金属Pt、Cu和铱（Ir）的催化作用下，密闭容器中的H2可高效转化酸性溶液中的硝态氮（NO3-），其工作原理如图所示：Ir表面发生反应的方程式为_。若导电基体上的Pt颗粒增多，造成的结果是_。10. 具有自主知识产权、中国制造的C919，是一款与波音737MAX同等体量的民用飞机。制造C919需要大量的合金材料，其中包括钢，钢是现代社会的物质基础，钢中除含有铁外还含有碳和少量不可避免的硅、锰、磷、硫等元素。请回答下列有关问题：（1）基态Mn原子的价电子排布式为_。（2）NO3-的立体构型名称为_，其中心原子的杂化方式为_。（3）C、O、Si三种元素第一电离能由大到小的顺序是

10、_。（4）写出和CN-互为等电子体的一种离子的电子式_。（5）铵盐大多易分解，NH4F和NH4Br两种盐中较易分解的是_（填化学式）；理由是_。（6）氧化亚铁晶胞与NaC1的相似，NaCl的晶胞如图所示。由于晶体缺陷，某氧化亚铁晶体的实际组成为Fe0.9O，其中包含有Fe2+和Fe3+，晶胞边长为apm，该晶体的密度为gcm-3，则a=_（列出计算式即可，用NA表示阿伏加德罗常数的值）。11. 有机化合物K是有机合成中的一种重要的中间体，K的合成路线如下（部分产物及条件略去）：已知：（1）A的核磁共振氢谱只有一组峰，A中官能团的名称为_。（2）BC和（D+H）K的反应类型分别是_、_。（3）H

11、的结构简式为_。（4）D的系统命名为_。（5）GH的第步反应方程式为_；IJ的反应方程式为_。（6）同时满足下列条件的K的同分异构体有_种（不考虑立体异构，也不包括K）。与K具有相同的官能团分子中有一个甲基具有六元碳环结构（7）参照上述合成路线，设计一条由乙醛和乙炔为原料制备的合成路线（无机试剂任选）：CH3CHO_。三、实验题（本大题共1小题，共15.0分）12. 氯化亚铜（CuC1）是有机合成中应用广泛的催化剂。它微溶于水，不溶于乙醇，露置于潮湿的空气中易被氧化，但在干燥的空气中稳定，见光会分解。实验室制备氯化亚铜的过程如下：检査如图装置气密性，依次向三颈瓶中加入铜丝、氯化氨、硝酸、盐酸，

12、关闭K；加热至50时停止加热，铜丝表面产生无色气泡，液面上方气体逐渐变为红棕色，气囊鼓起；打开K，通入氧气，待气囊变瘪、瓶内红棕色气体消失时关闭K，冷却至室温，制得NH4CuCl2；将液体转移至烧杯中用足量蒸馏水稀释，产生白色沉淀，过滤得氯化亚铜粗品和滤液；V粗品用95%乙醇洗涤、烘干得氯化亚铜。请回答下列问题：（1）实验室中CuC1的保存方法是_。（2）实验开始时，温度计显示反应液温度低于室温，主要原因是_。（3）通入氧气的目的是_。为便于观察和控制产生O2的速率，制备氧气的装置最好选用_（填字母）（4）三颈瓶中生成NH4CuCl2的总反应的离子方程式为_。步骤中产生白色沉淀的化学方程式为_

13、。（5）步骤V中洗涤时试剂选用95%乙醇的原因是_。（6）CuCl纯度测定：称取样品0.25g置于预先放入玻璃珠30粒和10mL过量的FeCl3溶液的锥形瓶中，不断摇动；待样品溶解后，加水50mL和指示剂2滴；立即用0.10molL-1硫酸铈标准溶液滴定至终点并记录读数，再重复实验两次，测得数据如下表。（已知：CuC1+FeCl3=CuCl2+FeCl2，Fe2+Ce4+=Fe3+Ce3+）实验序号123滴定起始读数（mL）0.150.350.55滴定终点读数（mL）19.7519.4019.50玻璃珠的作用是_。CuCl的纯度为_（保留三位有效数字）。答案和解析1.【答案】B【解析】解：A、

14、食盐、糖、醋都可用作食品防腐，均是常用的食品防腐剂，故A错误； B、漂粉精的主要成分是次氯酸钙，能杀菌消毒，漂粉精可作游泳池和环境消毒剂，故B正确； C、回收废旧物品的主要目的是节省资源，并实现资源的循环再利用，故C错误； D、浓度为75%的医用酒精消毒效果更好，并不是浓度越高消毒效果越好，故D错误。 故选：B。A、食盐、糖和醋可以用于食品防腐； B、漂粉精的主要成分是次氯酸钙，能杀菌消毒； C、废品是放错了位置的资源； D、75%的酒精的消毒效果最好。本题考查了化学物质在生活中的应用，难度不大，应注意的是漂粉精能用于消毒原因是其主要成分是次氯酸钙。2.【答案】C【解析】解：A、NaHSO4溶

15、液中除了硫酸氢钠外，水也含有氧原子，故A错误； B、-OH中含9个电子，故1mol羟基所含的电子数为9NA，故B错误； C、7.1gCl2的物质的量为0.1mol，和铁反应后变为-1价，故0.1mol氯气得到的电子数为0.2NA个，故C正确； D、Cu2S的摩尔质量和含有的铜原子数均为CuO的2倍，故两者的混合物可以看做由“CuO”构成的，故80gCuO和Cu2S的混合物所含的CuO的物质的量为1mol，故含有的铜原子数为NA，故D错误。 故选：C。A、1L0.1mol/L的NaHSO4溶液中除了硫酸氢钠外，水也含O原子； B、-OH中含9个电子，而H3O+中含10个电子； C、求出氯气的物质

16、的量，然后根据氯气和铁反应后变为-1价来分析； D、Cu2S的摩尔质量和含有的铜原子数均为CuO的2倍。本题考查了物质的量和阿伏伽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.【答案】C【解析】解：A、制取装置中，b试管中的导管不应插入液面下，故A正确； B、实验加入药品的顺序是先加入乙醇，然后边振荡边加入浓硫酸和乙酸，故B正确； C、乙酸乙酯密度比水小，且不溶于水，生成的乙酸乙酯应在液面上层，故C错误； D、该反应中浓硫酸的一个作用是作催化剂，催化剂能降低反应活化能使反应更易进行，故D正确。 故选：C。Ab试管中的导管插入液面下，会发生倒吸； B浓硫酸稀释产生大量的

17、热，为防止酸液飞溅伤人，先加乙醇再加入浓硫酸； C乙酸乙酯是密度比水小，且不溶于水的油状液体； D制取乙酸乙酯的反应是可逆反应，浓硫酸的作用是吸水剂和催化剂。本题考查乙酸乙酯的制取，熟悉反应原理是解题关键，注意乙酸乙酯的提纯用饱和碳酸钠溶液，注意可逆反应特点，题目难度不大。4.【答案】A【解析】解：根据分析可知，元素a、c、d分别为O、S、Cl，b可以为Na、Mg、Al。 AO和Na形成的Na2O2是含有共价键的离子化合物，故A正确； B电子层相同时，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径S2-Cl-，故B错误； C最高价含氧酸的酸性dc，这里没有说是最高价，无法比较酸性强弱，故C错误； D若b

18、为Al元素，则Al3+和S2-在水溶液中不能大量共存，故D错误； 故选：A。有a、b、c、d四种原子序数依次增大，且均不大于20的主族元素，a、c同主族，a的最外层电子数是内层电子数的3倍，a只能含有2个电子层，最外层含有6个电子，为O元素，则c为S元素；a、c、d的最外层电子数之和为19，d的最外层电子数=19-6-6=7，则d为Cl元素；b为金属元素，可以为Na、Mg、Al，据此解答。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，试题培养了学生的分析能力及逻辑推理能力。5.【答案】D【解析】解：A根据原理图可知，K+从b极区移向a极区，则X为

19、电源负极，故 A错误； B电解池中a为阴极，b为阳极，钾离子移向阴极a电极，故B错误； Ca、b极上发生的电极反应分别为4H2O+4e-=4OH-+2H2，2H2O-4e-=4H+O2，b极区附近发生反应2CrO42-+2H+=Cr2O72-+H2O，故C错误； D.a、b极上发生的电极反应分别为4H2O+4e-=4OH-+2H2，2H2O-4e-=4H+O2，理论上a、b两电极放出的气体的物质的量之比为2：1，故D正确； 故选：D。装置图分析可知a电极附近氢氧根离子浓度增大，说明是溶液中氢离子得到电子生成氢气，为电解池的阴极，电极反应4H2O+4e-=4OH-+2H2，电源X为阴极，b电极电

20、极反应：2H2O-4e-=4H+O2，b电极为阳极，b极区附近发生反应2CrO42-+2H+=Cr2O72-+H2O，据此分析判断。本题考查了电解原理、电极反应书写、电子守恒的计算、微粒移向等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度不大。6.【答案】B【解析】解：A第一步电离方程式：N2H4+H2ON2H5+OH-，当c（N2H5+）=c（N2H4），平衡常数Kb1=c（OH-）=10-6，故A正确；BpOH=6时n（N2H4）与pOH=15时n（N2H62+）相等，但溶液体积不同，故B错误；C溶液中c（N2H62+）：c（N2H5+）=1：1时，pOH=15，c（H+）=10mol/L，故C正确

21、；DpOH由12增大到18时，图象变化分析可知，发生的反应是N2H5+与H+反应生成N2H62+，故D正确；故选：B。A第一步电离方程式：N2H4+H2ON2H5+OH-，当c（N2H5+）=c（N2H4），平衡常数Kb1=c（OH-）；B.pOH=6时n（N2H4）与pOH=15时n（N2H62+）相等，但溶液体积不同，浓度不同；C当溶液中c（N2H62+）：c（N2H5+）=1：1时，POH=15；DpOH由12增大到18时，N2H5+与H+反应生成N2H62+。本题考查了图象变化的理解应用、弱电解质电离平衡、平衡常数计算、电离过程分析判断等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度中等。7.【

22、答案】C【解析】解：A向乙烷中通入氢气可除去乙烯，但会引入新杂质氢气，故A错误； BNaClO溶液具有漂白性，不能用pH试纸测定其pH，故B错误； C向NaOH溶液中滴加MgSO4至不再产生沉淀，则OH-完全反应生成Mg（OH）2，再滴加CuSO4，若产生蓝色沉淀，则证明Mg（OH）2转化成Cu（OH）2，则KspMg（OH）2KspCu（OH）2，故C正确； D向亚硫酸钠溶液中加入稀硝酸会使亚硫酸钠氧化，干扰了检验结果，无法检验亚硫酸钠溶液是否变质，故D错误； 故选：C。A乙烯与氢气的反应不完全，易引进杂质； B次氯酸钠能够漂白pH试纸，不能用pH试纸测定溶液pH； C溶度积越小越难溶，根据

23、沉淀的转化可比较氢氧化镁和氢氧化铜的溶度积大小； D稀硝酸能够氧化亚硫酸钠，干扰了检验。本题考查化学实验方案的评价，题目难度不大，涉及物质分离与提纯、溶度积大小比较、物质检验等知识，明确常见元素化合物性质为解答关键，试题培养了学生的分析能力及化学实验能力。8.【答案】SO2 增长钼精矿与空气接触的时间和增大接触面积，使其充分反应，提高原料的利用率、实现热量交换，节约能源 2MoO2+O2-高温2MoO3 MoO3+CO32-=MoO42-+CO2 温度过高会导致H2O2分解，降低反应速率 410-8 xLi+nMoS2+xe-=Lix（MoS2）n【解析】解：（1）根据分析，MoS2在焙烧时，

24、产生大气污染物SO2；故答案为：SO2；（2）由图1可知多层逆流焙烧，可增长钼精矿与空气接触的时间和增大接触面积，使其充分反应，提高原料的利用率、实现热量交换，节约能源；故答案为：增长钼精矿与空气接触的时间和增大接触面积，使其充分反应，提高原料的利用率、实现热量交换，节约能源；由图可知612层MoO2转化为MoO3，反应方程式为2MoO2+O22MoO3；故答案为：2MoO2+O22MoO3；（3）碱浸时发生反应的离子方程式为MoO3+CO32-=MoO42-+CO2；故答案为：MoO3+CO32-=MoO42-+CO2；（4）PbO2与H2O2反应温度过高会导致H2O2分解，降低反应速率，故

25、温度高于40后，反应速率反而减慢；故答案为：温度过高会导致H2O2分解，降低反应速率；（5）已知：Ksp（BaSO4）=1.010-10，反应后的溶液中c（SO42-）=0.043%mol/L，BaMoO4开始沉淀时溶液中c（Ba2+）=，则Ksp（BaMoO4）=c（Ba2+）c（MoO42-）=410-8；故答案为：410-8；（6）已知：总反应为：xLi+nMoS2Lix（MoS2）n，电池负极反应为xLi-xe-=xLi+，总反应减去负极反应，即为正极反应：xLi+nMoS2+xe-=Lix（MoS2）n；故答案为：xLi+nMoS2+xe-=Lix（MoS2）n。根据流程：空气中灼烧

26、钼精矿，MoS2燃烧，反应方程式为2MoS2+7O22MoO3+4SO2，碱性条件下，MoO3和Na2CO3溶液反应，反应方程式为MoO3+CO32-=MoO42-+CO2，然后向溶液中加入沉淀剂Na2S除去重金属离子，得到PbS固体，PbO2与H2O2反应得到PbSO4，向滤液中加入氢氧化钡除去SO42-，过滤，溶液中的溶质为Na2MoO4，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶，然后重结晶得到Na2MoO4.2H2O，据此分析作答。本题考查了物质制备流程和方案的分析判断，物质性质的应用，题干信息的分析理解，结合题目信息对流程的分析是本题的解题关键，需要学生有扎实的基础知识的同时，还要有处理信息应用的能力

27、，注意对化学平衡常数的灵活运用，综合性强，题目难度中等。9.【答案】弱于 277.5 温度越高，反应速率越大，单位时间内消耗NO的量越多，所以T1T2 0.05mol/（Lmin） 小于 6P0 H2+N2O=N2+H2O 读图可知，若Pt颗粒增多，则NO3-更多转化为NH4+存在于溶液中，不利于降低溶液中的含氮量【解析】解：（1）NaCN溶液pH大，则CN-水解程度比HCO3-大，则HCN的酸性弱于H2CO3，则酸性：HCN弱于H2CO3，故答案为：弱于；（2）2NO（g）+Cl2（g）2ClNO（g），1molCl2参与反应发生焓变H=243KJ/mol+2630KJ/mol-2（200K

28、J/mol+607KJ/mol）=-111kJ/mol，此时转移2mol电子，则有5mol电子转移时，热量变化为277.5kJ，故答案为：277.5；（3）温度越高，反应速率越大，单位时间内消耗NO的量越多，所以T1T2，故答案为：；温度越高，反应速率越大，单位时间内消耗NO的量越多，所以T1T2；T1，5min内Cl2的反应速率v（Cl2）=v（NO）=0.05mol/（Lmin），故答案为：0.05mol/（Lmin）；在一个恒容密闭容器中充入2 molNO（g）和1molCl2（g）发生（2）中反应，达到平衡状态，NO转化率=100%=50，在相同容器中，充入1molNO和0.5molC

29、l2，容器中压强减小，反应向逆反应方向进行，NO转化率减小，小于50%，故答案为：小于；起始物质的量为3mol，压强为p0，反应后各物质变化为 2NO+Cl2=2ClNO起始物质的量 210达平衡物质的量1 0.51反应后压强为Po=Po，总物质的量=2.5，Kp=，故答案为：；（4）由原理的示意图可知，Ir的表面发生反应：H2+N2ON2+H2O，故答案为：H2+N2ON2+H2O，由原理的示意图可知，若导电基体上的Pt颗粒增多，则NO3-会更多的转化成铵根，不利于降低溶液中的含氮量，故答案为：读图可知，若Pt颗粒增多，则NO3-更多转化为NH4+存在于溶液中，不利于降低溶液中的含氮量，（1

30、）NaCN溶液pH大，则CN-水解程度比HCO3-大；（2）2NO（g）+Cl2（g）2ClNO（g），反应的焓变H=反应物总键能-生成物总键能，据此计算；（3）温度越高，反应速率越大，达到平衡状态所需要的时间短；T1，5min内Cl2的反应速率v（Cl2）=v（NO）=；在一个恒容密闭容器中充入2 molNO（g）和1molCl2（g）发生（2）中反应，达到平衡状态，NO转化率=100%=50，在相同容器中，充入1mol NO和0.5molCl2，相当于减少一倍反应物浓度，容器中压强减小，反应向逆反应方向进行；起始物质的量为3mol，压强为p0，反应后各物质变化为2NO+Cl2=2ClNO起

31、始物质的量 2 1 0达平衡物质的量 1 0.5 1反应后压强为Po=Po，总物质的量=2.5，Kp=；（4）由原理的示意图可知，Ir的表面氢气和N2O发生反应生成N2和H2O；由原理的示意图可知，若导电基体上的Pt颗粒增多，则NO3-会更多的转化成铵根。本题考查了盐类水解原理、反应速率和平衡常数的计算应用、分压焓变的计算、等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度较大。10.【答案】3d54s2 平面三角形 sp2 OCSi NH4F更易分解 F原子半径比Br原子半径小，H-F键比H-Br键强，H-F键比H-Br键更易形成，F-更易夺取NH4+中的H+ 34(0.956+16)NA1010【解析

32、】解：（1）Mn原子价电子为3d、4s能级上的电子，其价电子排布式为3d54s2，故答案为：3d54s2；（2）NO3-中N原子价层电子对个数=3+=3且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断立体构型名及其中心原子的杂化方式分别为平面三角形、sp2杂化，故答案为：平面三角形；sp2；（3）同一主族元素的第一电离能随着原子序数的增大而减小，同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，故OCSi，故答案为：OCSi；（4）与CN-互为等电子体的离子中含有2个原子、价电子数是10，与其互为等电子体的离子有O22+，根据等电子体原理可知，O22+的电子式为，故答案为：；（5）F原子半径比Br原

33、子半径小，H-F键比H-Br键强，H-F键比H-Br键更易形成，F-更易夺取NH4+中的H+，所以NH4F更易分解，故答案为：NH4F更易分解，F原子半径比Br原子半径小，H-F键比H-Br键强，H-F键比H-Br键更易形成，F-更易夺取NH4+中的H+；（6）1个NaCl晶胞中含4个Na原子、4个Cl原子，则1个Fe0.9O晶胞的质量=g，其密度=，则晶胞体积=，晶胞棱长=1010pm，故答案为：1010。（1）基态Mn原子的价电子为其3d、4s能级上的电子；（2）NO3-中N原子价层电子对个数=3+=3且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断立体构型名及其中心原子的杂化方式；（3）同一周

34、期元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，同一主族元素第一电离能随着原子序数增大而减小；（4）和CN-互为等电子体的一种离子中含有2个原子、价电子数是10；（5）F原子半径比Br原子半径小，H-F键比H-Br键强，H-F键比H-Br键更易形成，F-更易夺取NH4+中的H+；（6）1个NaCl晶胞中含4个Na原子、4个Cl原子，则1个Fe0.9O晶胞的质量=g，其密度=，则晶胞体积=，晶胞棱长=。本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、等电子体、第一电离能等知识点，侧重考查基础知识再现和灵活运用、空间想像能力及计算能力，难点是晶胞计算，注意该晶胞质量计算方法，题目难度不大。11.【答案】羰基

35、消去反应 加成反应 CH2=CHCHO 2-甲基-1，3-丁二烯 HOCH2CH2CHO+2Cu（OH）2+NaOHHOCH2CH2COONa+Cu2O+3H2O nCH2OHCH2COOH+（n-1）H2O 16 CH3CHOCH3CHOHCCHAl2O3CH2=CHCCHCH2=CHCH=CH2【解析】解：（1）A的核磁共振氢谱只有一组峰，A为，A中官能团的名称为羰基，故答案为：羰基；（2）BC和（D+H）K的反应类型分别是消去反应、加成反应，故答案为：消去反应；加成反应；（3）H的结构简式为CH2=CHCHO，故答案为：CH2=CHCHO；（4）D的系统命名为2-甲基-1，3-丁二烯，故

36、答案为：2-甲基-1，3-丁二烯；（5）GH的第步反应方程式为过HOCH2CH2CHO+2Cu（OH）2+NaOHHOCH2CH2COONa+Cu2O+3H2O，I生成J的化学方程式为nCH2OHCH2COOH+（n-1）H2O，故答案为：HOCH2CH2CHO+2Cu（OH）2+NaOHHOCH2CH2COONa+Cu2O+3H2O；nCH2OHCH2COOH+（n-1）H2O；（6）K的同分异构体符合下列条件：与K具有相同的官能团，说明含有碳碳双键和醛基；分子中有一个甲基；具有六元碳环结构，可看作-CHO取代的H原子，如图，甲基在1位置时，醛基可在2、3、4、5、6位置，有5种，如甲基在2

37、、3位置时，各有6种位置，共17种，则I的同分异构体有16种，故答案为：16；（7）由乙醛和乙炔为原料制备，乙醛和乙炔在KOH条件下反应生成CH3CHOHCCH，CH3CHOHCCH发生消去反应生成CH2=CHCCH，再发生加成反应生成CH2=CHCH=CH2，乙炔和CH2=CHCH=CH2发生加成反应得到，其合成路线为CH3CHOCH3CHOHCCHCH2=CHCCHCH2=CHCH=CH2，故答案为：CH3CHOCH3CHOHCCHCH2=CHCCHCH2=CHCH=CH2。根据A分子式及B结构简式知，A发生加成反应生成B，且A只有一组吸收峰，则A为，B发生消去反应生成C为CH2=C（CH

38、3）CCH，C发生加成反应生成D，DH发生加成反应生成K，H为CH2=CHCHO，G能发生氧化反应，说明G中含有醛基，E为CH3CHO，EF发生信息中的反应生成G，根据C原子守恒知，F为HCHO，G为CH2OHCH2CHO，I为CH2OHCH2COOH，J为；（7）由乙醛和乙炔为原料制备，乙醛和乙炔在KOH条件下反应生成CH3CHOHCCH，CH3CHOHCCH发生消去反应生成CH2=CHCCH，再发生加成反应生成CH2=CHCH=CH2，乙炔和CH2=CHCH=CH2发生加成反应得到。本题考查有机物的推断与合成，为高考常见题型，需要对给予的反应信息进行利用，能较好的考查考生的自学能力、分析推

39、理能力，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，难度中等，易错点为（6），注意同分异构体的判断。12.【答案】干燥密闭避光保存 氯化铵溶解为吸热过程 将三颈瓶中的NO2反应生成HNO3； B 3Cu+4H+6Cl-+NO3-=3CuCl2-+NO+2H2O NH4CuCl2=CuCl+NH4Cl 既除去CuCl表面附着的NH4Cl，又能迅速挥发带走CuCl表面的水份，防止其被氧化 搅拌，加速样品溶解 75.6%【解析】解：（1）根据已知“氯化亚铜（CuC1），露置于潮湿的空气中易被氧化，在干燥的空气中稳定，见光会分解”，可知CuCl应干燥密闭避光保存；故答案为：干燥密闭避光保存；（2）因为氯化铵溶

40、解为吸热过程，故反应开始时液体温度低于室温；故答案为：氯化铵溶解为吸热过程；（3）通入氧气的目的是为了将三颈瓶中的NO2反应生成HNO3，制备氧气装置A不能观察O2产生速率，C不能很好控制产生O2的速率，选B；故答案为：将三颈瓶中的NO2反应生成HNO3；B；（4）根据题意铜丝、氯化氨、硝酸、盐酸生成NH4CuCl2和无色气泡NO，则生成CuCl2-离子方程式为3Cu+4H+6Cl-+NO3-=3CuCl2-+NO+2H2O；生成的NH4CuCl2稀释得到产物白色沉淀CuCl和氯化铵，反应为NH4CuCl2=CuCl+NH4Cl；故答案为：3Cu+4H+6Cl-+NO3-=3CuCl2-+NO

41、+2H2O；NH4CuCl2=CuCl+NH4Cl；（5）已知：CuCl微溶于水，采用95%乙醇洗涤，既除去CuCl表面附着的NH4Cl，又能迅速挥发带走CuCl表面的水份，防止其被氧化；故答案为：既除去CuCl表面附着的NH4Cl，又能迅速挥发带走CuCl表面的水份，防止其被氧化；（6）玻璃珠的作用为搅拌，加速样品溶解；故答案为：搅拌，加速样品溶解；第一组数据误差较大，应舍去，则消耗的标准液为0.019L，根据关系式：CuC1Fe2+Ce4+，则n（CuCl）=n（硫酸铈），则CuCl的纯度为：=75.6%；故答案为：75.6%。三颈瓶中加入铜丝、氯化氨、硝酸、盐酸，关闭K，加热至50时停止

42、加热，铜丝表面产生无色气泡（NO），液面上方气体逐渐变为红棕色（NO2），打开K，通入氧气，将三颈瓶中的NO2反应生成HNO3，待气囊变瘪、瓶内红棕色气体消失时关闭K，冷却至室温，制得NH4CuCl2，用足量蒸馏水稀释，产生白色沉淀，过滤得氯化亚铜粗品和滤液，粗品用95%乙醇洗涤、烘干得氯化亚铜，（1）根据氯化亚铜（CuC1），露置于潮湿的空气中易被氧化，在干燥的空气中稳定，见光会分解可得；（2）氯化铵溶解吸热；（3）根据题意有NO2气体生成，通入氧气可与其反应；装置A不能观察O2产生速率，C不能很好控制产生O2的速率；（4）根据题意铜丝、氯化氨、硝酸、盐酸生成NH4CuCl2和无色气泡NO，据此书写；生成的NH4CuCl2稀释得到产物CuCl和氯化铵，可得；（5）根据已知“微溶于水，不溶于乙醇”分析可得；（6）玻璃珠的作用为搅拌，加速样品溶解；第一组数据误差较大，应舍去，则消耗的标准液为0.019L，根据关系式：CuC1Fe2+Ce4+，则n（CuCl）=n（硫酸铈），据此计算。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、反应的书写、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，题目难度中等。