1、2019年广东省深圳市高考化学二模试卷一、单选题（本大题共7小题，共42.0分）1. 劣质洗发水中含有超标致癌物二噁烷关于该化合物的说法正确的是（）A. 与互为同系物B. lmol二噁烷完全燃烧消耗5molO2C. 一氯代物有4种D. 分子中所有原子均处于同一平面2. 下列实验装置不能达到相应实验目的是（）A. 收集NH3B. 分离NH4Cl和I2C. 制备O2D. 制取蒸馏水3. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A. 8gS4中，含有质子数为8NAB. 1LpH=l的稀H2SO4中，含有H+数目为0.2NAC. 甲烷氯代反应中，消耗lmolCl2生成HCl分子数为NAD. 密
2、闭容器中，2molNO和lmolO2充分反应后分子总数为2NA4. NiSO4.6H2O易溶于水，其溶解度随温度升高明显增大。以电镀废渣（主要成分是NiO，还有CuO、FeO等少量杂质）为原料制备该晶体的流程如下：下列叙述错误的是（）A. 溶解废渣时不能用稀盐酸代替稀H2SO4B. 除去Cu2+可采用FeSC. 流程中a-b的目的是富集NiSO4D. “操作I”为蒸发浓缩、冷却结晶5. 主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次递增，且均不大于20其中只有W、X处于同一周期，X的单质与水反应可生成W的单质，W、X、Z的最外层电子数之和是Y的最外层电子数的3倍。下列说法正确的是（）A. 简单离子的半径
3、：ZXWB. ZW2含有非极性共价键C. 简单氢化物的热稳定性：WYD. 常温常压下Y的单质为气态6. 电解法处理CO2和SO2混合污染气的原理如图所示，电解质为熔融碳酸盐和硫酸盐，通电一段时间后，Ni电极表面形成掺杂硫的碳积层。下列说法错误的是（）A. Ni电极表面发生了还原反应B. 阳极的电极反应为：2O2-4e-=O2C. 电解质中发生的离子反应有：2SO2+4O2-=2SO42-D. 该过程实现了电解质中碳酸盐和硫酸盐的自补充循环7. 人体血液存在H2CO3/HCO3-，HPO42-/H2PO4-等缓冲对。常温下，水溶液中各缓冲对的微粒浓度之比的对数值lgxx表示c(H2CO3)c(H
4、CO3-)或c(HPO42-)c(H2PO4-)与pH的关系如图所示。已知碳酸pKal=6.4、磷酸pKa2=72（pKa=-lgKa）。则下列说法正确的是（）A. 曲线I表示lgc(HPO42-)c(H2PO4-)与pH的变化关系B. a-b的过程中，水的电离程度逐渐减小C. 当c(H2CO3)=c(HCO3-)时，c(HPO42-)=c(H2PO4-)D. 当pH增大时，c(HCO3-)c(H2PO4-)c(HPO42-)逐渐减小二、简答题（本大题共4小题，共48.0分）8. 重铬酸钾常用作有机合成的氧化剂和催化剂等。由含铬废液（主要含Cr3+、Fe3+、K+、SO42-等）制备K2Cr2
5、O7的流程如图所示。已知：在酸性条件下，H2O2能将Cr2O72-还原为Cr3+相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：金属离子开始沉淀的pH沉淀完全的pHCr3+4.96.8Fe3+1.52.8回答下列问题：（l）滤渣的主要成分为_（填化学式）。（2）写出“氧化”步骤中反应的化学方程式_。（3）“加热”操作的目的是_。（4）“酸化”过程中发生反应2CrO42-+H+Cr2O72-+H2O（K=41014L3mol-3）已知，“酸化”后溶液中c（Cr2O72-）=1.610-3molL-1则溶液中c（CrO42-）=_（5）“结晶”后得到K2Cr2O7（M=294gmol-1）产品0.50
6、00g，将其溶解后用稀H2SO4酸化，再用浓度为0.01000molL-l（NH4）2Fe（SO4）2标准溶液滴定，滴定终点消耗标准溶液的体积为900mL，则产品的纯度为_。滴定反应为：K2Cr2O7+6（NH4）2Fe（SO4）2+7H2SO4=K2SO4+Cr（SO4）3+6（NH4）2Fe（SO4）2+3Fe（SO4）3+7H2O（6）在K2Cr2O7存在下，可利用微生物电化学技术实现含苯酚废水的有效处理，其工作原理如图所示。负极的电极反应式为_；一段时间后，中间室中NaCl溶液的浓度_（填“增大”、“减小”或“不变”）。9. 二甲醚（CH3OCH3）重整制取H2，具有无毒、无刺激性等优
7、点。回答下列问题：（1）CH3OCH3和O2发生反应：CH3OCH3（g）+12O2（g）=2CO（g）+3H2（g）H己知：CH3OCH3（g）CO（g）+H2（g）+CH4（g）H1CH4（g）+32O2（g）=CO（g）+2H2O（g）H2H2（g）+12O2（g）=H2O（g）H3则反应的H=_（用含H1、H2、H3的代数式表示）。保持温度和压强不变，分别按不同进料比通入CH3OCH3和O2，发生反应测得平衡时H2的体积百分含量与进料气中n(O2)n(CH3OCH3)的关系如图（a）所示。当n(O2)n(CH3OCH3)0.6时，H2的体积百分含量快速降低，其主要原因是_（填标号）。A
8、过量的O2起稀释作用B过量的O2与H2发生副反应生成H2OCn(O2)n(CH3OCH3)0.6平衡向逆反应方向移动（2）T时，在恒容密闭容器中通入CH3OCH3，发生反应：CH3OCH3（g）CO（g）+H2（g）+CH4（g），测得容器内初始压强为41.6kPa，反应过程中反应速率v（CH3OCH3）、时间f与CH3OCH3分压P（CH3OCH3）的关系如图（b）所示。t=400s时，CH3OCH3的转化率a-_（保留2位有效数字）；反应速率满足v（CH3OCH3）=kPn（CH3OCH3），k=_s-1；400s时v（CH3OCH3）_kPas-1。达到平衡时，测得体系的总压强P总=12
9、1.6kPa，则该反应的平衡常数Kp=_kPa2（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压物质的量分数）。该温度下，要缩短达到平衡所需的时间，除改进催化剂外，还可采取的措施是_，其理由是_。10. 铜及其化合物在科研和生产中具有广泛用途。回答下列问题：（l）基态Cu原子的价电子排布图是_。（2）从核外电子排布角度解释高温下Cu2O比CuO更稳定的原因是_。（3）铜晶体中Cu原子的堆积方式如图所示，其堆积方式为_，配位数为_。（4）可做染料。NH3中N原子的杂化方式是_；C、N、O元素的第一电离能由大到小的顺序是_（用元素符号表示）；SO42-的空间构型是_，与该阴离子互为等电子体的五核微粒有_（
10、任写=种）。（5）由铜、钡、钙及铊的氧化物可以制得高温超导体，CaO的熔点比BaO的熔点高，其原因是_。（6）金铜合金的晶胞如图所示。金铜台金具有储氢功能，储氢后Au原子位于顶点，Cu原子位于面心，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，若Cu原子与Au原子的最短距离为anm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体储氢后密度为_gcm-3（列出计算式）。11. 蜂胶是一种天然抗癌药，主要活性成分为咖啡酸苯乙酯（J）。合成化合物I的路线如下：已知：RCHO+HOOCCH2COOHRCH=CHCOOH当羟基与双键碳原子相连时，易发生转化：RCH-CHOH=RCHCH
11、O请回答下列问题：（l）化合物F的名称是_；B-C的反应类型是_。（2）化合物E中含氧官能团的名称是_；G-H的反应所需试剂和条件分别是_、_。（3）写出化台物C与新制Cu（OH）2悬浊液反应的化学方程式_。（4）化台物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，且苯环上有3个取代基，则W可能的结构有_种（不考虑顺反异构），其中核磁共振氢谱显示有6种不同化学环境的氢，峰面积比为2：2：1：1：1：1，写出符合要求的W的结构简式_。（5）参照上述合成路线，设计由CH3CH=CH2和HOOCCH2COOH为原料制备CH3CH2CH=CHCOOH的合成路线（无机试剂任选）。三、实验题（本
12、大题共1小题，共15.0分）12. FeCl3是重要的化工原料，无水氯化铁在300以上升华，遇潮湿空气极易潮解（）制各无水氯化铁仪器X的名称为_。装置的连接顺序为a_i，k_（按气流方向，用小写字母表示）。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Fe2+，其原因为_。（2）探究FeCl3与SO2的反应已知反应体系中存在下列两种化学变化：（i）Fe3+与SO2发生络合反应生成Fe（SO2）62+（红棕色）；（ii）Fe3+与SO2发生氧化还原反应，其离子方程式为_步骤现象结论取5mL1molL-1FeCl3溶液于试管中，通入SO2至饱和溶液很快由黄色变为红棕色用激光笔照射步骤中
13、的红棕色溶液溶液中无明显光路红棕色物质不是 _ （填分散系种类）将步骤中的溶液静置1小时后，溶液逐渐变为浅绿色IV向步骤中溶液加入2滴K3Fe（CN）6溶液 _ 溶液中含有Fe2+实验结论：反应（i）、（ii）的活化能大小关系是：E（i）_E（ii）（填“”、“”或“=”，下同），平衡常数大小关系是：K（i）_K（ii）。另取5mLlmolL-lFeC13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：促使氧化还原反应（ii）快速发生可采取的措施是_。答案和解析1.【答案】B【解析】解：A结构相似，组成相差n个CH2原子团的有机物互为同系物，二者含O原子不
14、同，不是同系物，故A错误；B分子式为C4H8O2，可看成只有4个C、4个H消耗氧气，则lmol二噁烷完全燃烧消耗O2为1mol（4+）=5mol，故B正确；C结构对称，只有一种H，则一氯代物有1种，故C错误；D分子中C均为四面体构型，所有原子不可能共面，故D错误；故选：B。A结构相似，组成相差n个CH2原子团的有机物互为同系物；B分子式为C4H8O2，可看成只有4个C、4个H消耗氧气；C结构对称，只有一种H；D分子中C均为四面体构型。本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项A为解答的易错点，题目难度不大。2.【答案】B【
15、解析】解：A氨气的密度比空气密度小，短导管进气向下排空气法可收集，故A正确； B加热氯化铵分解，碘升华，则加热法不能分离，故B错误； C二氧化锰可作催化剂，过氧化氢分解生成氧气，图中装置可制备氧气，故C正确； D自来水中水的沸点较低，沸石可防止暴沸，图中蒸馏装置可制备蒸馏水，故D正确； 故选：B。A氨气的密度比空气密度小； B加热氯化铵分解，碘升华； C二氧化锰可作催化剂，过氧化氢分解生成氧气； D自来水中水的沸点较低，沸石可防止暴沸。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、混合物分离提纯、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。3.
16、【答案】C【解析】解：A.8gS4中，含有质子数为：16NA=4NA，故A错误；B.1LpH=l的稀H2SO4中，氢离子浓度为0.1mol/L，含氢离子物质的量为0.1mol，含有H+数目为0.1NA，故B错误；C依据取代反应特点：有进有出，甲烷氯代反应中，消耗lmolCl2生成HCl分子数为NA，故C正确；DANO和O2反应方程式为2NO+O2=2NO2，根据方程式知，2molNO与1molO2恰好完全反应生成2molNO2，但NO2和N2O4之间存在转化，方程式2NO2N2O4，所以产物分子数小于2NA，故D错误；故选：C。A质量转化为物质的量，结合1个S含有16个质子计算；BpH=l的稀
17、H2SO4中，氢离子浓度为0.1mol/L；C依据取代反应特点：有进有出判断；DNO和O2反应方程式为2NO+O2=2NO2，根据方程式知，2molNO与1molO2恰好完全反应生成2molNO2，但NO2和N2O4之间存在转化，方程式2NO2N2O4；本题考查阿伏加德罗常数的综合应用，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，题目难度中等。4.【答案】A【解析】解：A、溶解废渣时主要是用酸将金属离子溶解，稀盐酸可以达到目的，可代替稀硫酸，故A错误； B、除去Cu2+可采用FeS，将铜离子转化为更难溶的CuS，得到的亚铁离子在ii除去，故B正确； C、流程中a-b的目的是富集
18、NiSO4，故C正确； D、由溶液获得其溶质通过蒸发浓缩、冷却结晶，故D正确； 故选：A。根据流程，电镀废渣（主要成分是NiO，还有CuO、FeO等少量杂质）用稀硫酸酸浸，酸浸的滤液I主要有Ni2+、Cu2+、Fe2+，可加入硫化亚铁是将铜离子转化成更难溶的硫化铜，再除去Fe2+，滤液II主要含有Ni2+，加入碳酸钠溶液过滤得到NiCO3沉淀，用稀硫酸将其溶解得到NiSO4溶液，将其蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥得到NiSO4.6H2O晶体，据此分析作答。本题考查了物质的制备，主要涉及对流程的理解，题目难度中等，掌握基础是关键。5.【答案】B【解析】解：由上述分析可知，W为O、X为F、Y
19、为P、Z为Ca， A电子层越多，离子半径越大，具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则简单离子的半径：ZWX，故A错误； BCaO2含有O-O非极性键，故B正确； C非金属性越强，对应氢化物越稳定，则简单氢化物的热稳定性：WY，故C错误； DY的单质为P，常温常压下为固态，故D错误； 故选：B。主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且均不大于20，只有W、X处于同一周期，X的单质与水反应可生成W的单质，X的原子序数大于W元素，则X为F元素，W为O，结合原子序数可知Y、Z位于第三周期，W、X、Z的最外层电子数之和是Y的最外层电子数的3倍，设Y的最外层电子数为m、Z的最外层电子数为n
20、，则6+7+n=3m，只有n=2时、m=5符合，Y、Z不位于同周期，即Y为P、Z为Ca，以此来解答。本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握元素的位置、元素化合物知识、原子结构来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识与元素化合物知识的应用，题目难度不大。6.【答案】C【解析】解：A、Ni电极表面硫酸根离子和碳酸根得电子生成单质硫和单质碳，发生还原反应，故A正确； B、阳极是氧负离子失电子生成氧气，故B正确； C、电解质中发生的离子反应有：SO42-+6e-=S+4O2-和CO32-+4e-=C+3O2-，故C错误； D、电解质中发生的离子反应SO42-+6e-=S
21、+4O2-和CO32-+4e-=C+3O2-，而氧负离子与二氧化碳和二氧化硫结合生成硫酸根和碳酸根，从而实现了电解质中碳酸盐和硫酸盐的自补充循环，故D正确； 故选：C。A、Ni电极表面硫酸根离子和碳酸根得电子生成单质硫和单质碳； B、阳极发生氧化反应； C、电解质中发生的离子反应有：SO42-+6e-=S+4O2-和CO32-+4e-=C+3O2-； D、电解质中发生的离子反应SO42-+6e-=S+4O2-和CO32-+4e-=C+3O2-，而氧负离子与二氧化碳和二氧化硫结合生成硫酸根和碳酸根。本题考查学生电解池的工作原理知识，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握电解池的工作原理以及
22、电极方程式的书写，难度不大。7.【答案】D【解析】解：H2CO3HCO3-+H+的电离平衡常数Kal=，所以lg=pH-pKal，=pH-6.4，H2PO4-HPO42-+H+的电离平衡常数Ka2=，所以lg=pKa2-pH=7.2-pH，A、当lgx=0时，pH分别为6.4、7.2，所以，曲线I表示lg与pH的变化关系，曲线II表示lg与pH的变化关系，故A错误；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=p
23、Ka2-pH=7.2-6.4=0.80，即c（HPO42-）c（H2PO4-），故C错误；D、=，pH增大则H2CO3HCO3-+H+正向进行，使c（H2CO3）减小，而Ka1、Ka2不变，所以pH增大时，逐渐减小，故D正确，故选：D。H2CO3HCO3-+H+的电离平衡常数Kal=，所以lg=pH-pKal，=pH-6.4，H2PO4-HPO42-+H+的电离平衡常数Ka2=，所以lg=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-
24、）时，即lg=0，溶液中pH=6.4，则lg=pKa2-pH=7.2-6.4=0.8；D、=，pH增大则H2CO3HCO3-+H+正向进行，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 210-8molL-1 88.2% C6H5OH+11H2O-28e-=6CO2+28H+ 减小【解析】解：（1）滤渣成分为Cr（OH）3、Fe（
25、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；（3）因为在酸性条件下，H2O2能将Cr2O72-还原为Cr3+，为防止后续“酸化”步骤中H2O2将Cr2O72-还原为Cr3+而混入杂质，所以酸化之前必须除去H2O2，并且H2O2
26、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；（4）酸化”过程中pH=1，即c（H+）=0.1mol/L，反应2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O的平衡常数K=41014，c（CrO42-）=210-8molL-1，故答案为：210-8molL-1；（5）由反应K2Cr2O7+6（NH4）2Fe（SO4）2+7H2SO4=K2SO4+Cr（SO4）3+6（NH4）2Fe（SO4）2+3Fe（SO4）3+7H2O有n（K2Cr2O7）=n（NH4）2Fe（SO4）2=0.0100mol/L0.9L=0.0015mol，产品的纯度=88.2%，故答案为：88.2%；（6
27、）C6H5OHCO2，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+；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。含铬废液（主要含Cr3+、Fe3+、K+、SO42-等）制备K2Cr2O7的流程：废液与足量KOH反应生成沉淀Cr（OH）3、Fe（O
28、H）3，过滤得到滤渣Cr（OH）3、Fe（OH）3混合物，除去K+、SO42-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，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，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+H2-2H3 B 16% 4.4
29、10-4 1.5410-2 4104 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】解：（1）己知：CH3OCH3（g）CO（g）+H2（g）+CH4（g）H1CH4（g）+O2（g）=CO（g）+2H2O（g）H2H2（g）+O2（g）=H2O（g）H3盖斯定律计算+-2得到CH3OCH3（g）+O2（g）=2CO（g）+3H2（g）H=H1+H2-2H3，故答案为：H1+H2-2H3；图象分析，当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）t=400s时，CH3
30、OCH3分压P（CH3OCH3）=35.0KPa，测得容器内初始压强为41.6kPa，转化率=100%=16%，反应速率满足v（CH3OCH3）=kPn（CH3OCH3），k=4.410-4s-1，400s时v（CH3OCH3）=4.410-4s-135kPa=1.5410-2kPa/s，故答案为：16%；4.410-4s-1；4.410-4s-1；达到平衡时，测得体系的总压强P总=121.6kPa，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
31、x平衡量（mol） 1-x x x x压强之比等于气体物质的量之比，=x=0.96mol气体总物质的量=1+2x=2.92mol，Kp=4104，故答案为：4104；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）己知：CH3OCH3（g）CO（g）+H2（g）+CH4（g）H1CH4（g）+O2（g）=CO（g）+2H2O（g）H2H2（g）+O2（g）=H2O（g）H3盖斯定律计算+-2得到CH3OCH3（g）+O2（g）=2
32、CO（g）+3H2（g）H；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）t=400s时，CH3OCH3分压P（CH3OCH3）=35.0KPa，测得容器内初始压强为41.6kPa，转化率=100%=100%，反应速率满足v（CH3OCH3）=kPn（CH3OCH3），k=，400s时P（CH3OCH3）=）=35.0KPa，v（CH3OCH3）=kPn（CH3OCH3）；达到平衡时，测得体系的总压强P总=121.6kPa，结合三行计算得到物质的量，则该反应的平衡常数Kp=；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
33、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态 面心立方最密堆积 12 sp3 NOC 正四面体 PO43-或ClO4-等 CaO的晶格能比BaO的晶格能大 8+643+197NA(2a10-7)3【解析】解：（1）Cu位于周期表中第4周期第B族，价电子排布式为3d104s1，则基态Cu原子的价电子排布图为：，故答案为：；（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3d10，为全满结构，较为稳定，所以原因为：亚铜离子核外电子处
34、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原子位于顶点和面心上，所以该堆积方式为面心立方最密堆积，配位数=382=12；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+=4，根据价层电子对互斥理论判断N原子杂化类型为sp3；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NOC；SO42-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
35、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：sp3；NOC；正四面体；PO43-或ClO4-等；（5）离子电荷相同，Ca2+半径比Ba2+小，CaO的晶格能比BaO大，故CaO的熔点比BaO高，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anm，为面对角线长度的一半，则棱长=nm=anm=a10-7c
36、m，晶胞体积=（a10-7cm）3，该晶体储氢后密度=g/cm3，故答案为：。（1）Cu位于周期表中第4周期第B族，价电子排布式为3d104s1；（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3d10，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；SO42-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
37、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anm，为面对角线长度的一半，则棱长=nm=anm=a10-7cm，晶胞体积=（a10-7cm）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
38、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。11.【答案】苯乙烯 取代反应 羧基、羟基 NaOH水溶液 加热 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；（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引入羟基，的反应所需试剂和条件分别是：NaOH水溶液、加热，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：，故答案为：；（4）化合物W与E（）互为同分异构
39、体，两者所含官能团种类和数目完全相同，且苯环上有3个取代基，三个取代基为-OH、-OH、-CH=CHCOOH，或者为-OH、-OH、-C（COOH）=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（包含E），故W可能的结构有（2+3+1）2-1=11种，其中核磁共振氢谱显示有6种不同化学环境的氢，峰面积比为2：2：1：1：1：1，符合要求的W的结构简式为：，故答案为：11；（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HOOCC
40、H2COOH在吡啶、加热条件下反应得到CH3CH2CH=CHCOOH，合成路线流程图为：，故答案为：。结合信息、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，B发生取代反应生成C（），C发生信息中的反应生成D为对比D、E的分子式，结合I的结合，可知E为，故H为、G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。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
41、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，是有机化学常考题型。12.【答案】圆底烧瓶 h，id，e g，fb 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】解：（1）制备无水氯化铁 仪器X为圆底烧瓶； 故答案为：圆底烧瓶； 由于无水氯化铁遇潮湿空气极易吸水生成FeCl3nH2O，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
42、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：ah，id，ei，kg，fb； 故答案为：h，id，e；g，fb； 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Fe2+，原因是未升华出来的FeCl3与未反应完的铁粉在溶液中反应生成了Fe2+； 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Fe2+； （2）探究FeCl3与SO2的反应 Fe3+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：2Fe3+SO2+2H2O=4H+2Fe2+SO42-； 故答案为：2
43、Fe3+SO2+2H2O=4H+2Fe2+SO42-； FeCl3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； 向步骤中溶液加入2滴K3Fe（CN）6溶液，根据结论：溶液中含有Fe2+，则现象为生成蓝色沉淀； 故答案为：生成蓝色沉淀； 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）； 故答案为：； 另取5mLlmolL-lFeC13溶液，先滴加2
44、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 根据仪器特点可得； 由于无水氯化铁遇潮湿空气极易吸水生成FeCl3nH2O，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，据此可得； 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 Fe3+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； 根据胶体的丁达尔效应分析； Fe2+与K3Fe（CN）6溶液可产生蓝色沉淀； 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； 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。