2022年陕西省渭南市高考化学一模试卷（含答案解析）

这是一份2022年陕西省渭南市高考化学一模试卷（含答案解析），共28页。试卷主要包含了4L，75，21ml▪L−1，1∘，单键和单键的键角为111，【答案】C，【答案】B，【答案】D等内容，欢迎下载使用。


2022年陕西省渭南市高考化学一模试卷

1. 近期我国在人工合成淀粉方面取得重大突破，在实验室中首次实现从二氧化碳到淀粉()的全合成。下列说法不正确的是( )
A. 由CO2等物质合成淀粉的过程涉及碳碳键的形成
B. 玉米等农作物通过光合作用能将CO2转化为淀粉
C. 淀粉的分子式为(C6H10O5)n，与纤维素互为同分异构体
D. 该成就能为气候变化、粮食安全等人类面临的挑战提供解决手段
2. 庆祝中国共产党成立100周年大会上，总书记宣告中华大地全面建成了小康社会。化学科研人员在科技强国道路上作出了巨大贡献。下列有关化学与生产生活、科研的说法正确的是( )
A. 白砂糖做成“棉花糖”就成了高分子化合物——多糖
B. FeCl3溶液具有酸性，可用于镀覆层前的钢铁除锈
C. 氯化钙、活性炭以及硅藻上、铁粉都是食品包装袋中常见的干燥剂
D. 我国发射的“嫦娥五号”球探测器中使用的碳纤维是种新型有机高分子材料
3. 反应8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2可用于氯气管道的检漏。下列表示相关微粒的描述错误的是( )
A. 中子数为9的氮原子： 716N B. N2分子的电子式：
C. 氨分子的比例模型为： D. Cl−的结构示意图：
4. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A. 4MnO4−+5HCHO+12H+=4Mn2++5CO2↑+11H2O，生成5molCO2转移的电子数为20NA
B. 用电解精铜的方法精炼铜，当电路中通过的电子数为NA时，阳极质量减少为32g
C. 常温下，pH=9的CH3COONa溶液中，水电离出的H+数为10−5NA
D. 常温常压下，5.6LF2和C2H6的混合物中含有电子的数目为4.5NA
5. 下列各组离子在指定环境中一定能大量共存的是( )
A. 使pH试纸显深红色的溶液中：Fe3+、SO42−、S2−、Cl−
B. 与铝粉反应放出氢气的无色溶液中：NO3−、Al3+、Na+、SO42−
C. 使红色石蕊试纸变蓝的溶液中：SO42−、Na+、CO32−、K+
D. 水电离的OH−浓度为10−12mol/L的溶液中：Mg2+、NH4+、AlO2−、SO42−
6. 宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一。下列物质性质对应的离子方程式书写错误的是( )
A. 向硫酸氢钠溶液中滴加氢氧化钡溶液至中性：2H++SO42−+Ba2++2OH−=BaSO4↓+2H2O
B. 向CaCl2溶液中通入足量CO2：Ca2++H2O+CO2=2H++CaCO3↓
C. 用食醋清洗水垢(CaCO3)的原理：2CH3COOH+CaCO3=CO2↑+Ca2++2CH3COO−+H2O
D. 实验室若用磨砂玻璃塞盖在了盛放NaOH溶液的试剂瓶上：SiO2+2OH−=SiO32−+H2O
7. 证据推理是化学学科重要的核心素养。下列实验操作、现象和得出的结论不正确的是( )
选项
实验操作
实验现象
结论
A
向Co2O3中滴加浓盐酸
产生黄绿色气体
氧化性：Co2O3>Cl2
B
白铁皮(镀锌铁)出现刮痕后浸泡在饱和食盐水中，一段时间后滴加几滴K3[Fe(CN)6]溶液
无明显现象
锌对铁依然具有保护作用
C
室温下，用pH试纸分别测定等物质的量浓度的NaClO溶液和CH3COONa溶液的pH
NaClO溶液对应的pH试纸蓝色更深
酸性：HClO D
将10mL2mol/L的KI溶液与1mL1mol/LFeCl3溶液混合充分反应后滴加KSCN溶液
溶液颜色变红
KI与FeCl3的反应具有可逆性
A. A B. B C. C D. D
8. 价类二维图是学习元素化合物的工具，a∼g分别表示氮元素的不同价态所对应的物质，其关系如图所示。下列说法正确的是( )
A. f属于强电解质
B. 可用湿润的蓝色石蕊试纸检验a
C. b常温下可转化为c从而实现氨的固定
D. 通过a与c、d反应可以消除氮氧化物污染
9. 化学工业为新冠疫情防控提供了强有力的物质支撑。科学家利用原子序数依次增大的四种短周期元素X、Y、Z和W“组合”成一种高效、贮运稳定的消毒漂白剂，其分子结构示意如图所示，W原子的L层电子数比乙原子的L层电子数多2个。下列说法不正确的是( )
A. 简单离子半径：Y>Z
B. W和Y的氧化物对应的水化物均为强酸
C. 简单氢化物的沸点：X D. 可用Y的简单氢化物检验输送W单质的管道是否泄露
10. 一种自修复材料在外力破坏后能够复原，其结构简式(图1)和修复原理(图2)如图所示。下列说法错误的是( )

A. 该高分子可通过加聚反应合成
B. 合成该高分子的两种单体互为同系物
C. 该材料使用时能耐强酸或强碱的腐蚀
D. 自修复过程中“−COOCH2CH2CH2CH3”基团之间并没有形成化学键
11. 向密闭容器中充入1molHI，发生反应：2HI(g)⇌H2(g)+I2(g)ΔH>0，达到平衡状态。该反应经过以下两步基元反应完成：i.2HI→H2+2I△H1；ii.2I→I2△H2。下列分析不正确的是( )
A. △H1>0、△H2<0
B. n(HI)+2n(I2)=1mol
C. 恒温时，缩小体积，气体颜色变深，是平衡正向移动导致的
D. 恒容时，升高温度，气体颜色加深，同时电子发生了转移
12. 利用假单胞菌分解有机物的电化学原理如图所示。下列说法错误的是( )
A. 该过程将化学能转化为电能
B. 电子流向：B电极→用电器→A电极
C. A电极上发生氧化反应，电极反应式为：X−2e−=Y+2H+
D. 当外电路通过4NA电子时，消耗标准状况下氧气的体积为22.4L
13. 羰基硫(COS)是以煤、石油、天然气为原料生产的化工原料气中有机硫的主要形式。COS催化水解的反应为：COS(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2S(g)△H<0，在相同投料比，相同气流速度、相同时间内，测得不同温度及不同催化剂下COS水解反应的转化率如图所示：
下列说法正确的是( )
A. N点为该反应达到平衡状态的点
B. 正反应的平均反应速率：P>N>M
C. 任何温度下，γ−Al2O3的催化效果都比TiO2好
D. 150℃时，用γ−Al2O3做催化剂，达到平衡时CO2的体积分数最大
14. 湿法提银工艺中，浸出的Ag+需加入Cl−进行沉淀。25℃时，平衡体系中含Ag微粒的分布系数δ[如随lgc(Cl−)的变化曲线如图所示。已知：lg[Ksp(AgCl)]=−9.75。下列叙述错误的是( )

A. AgCl溶解度随c(Cl−)增大而不断减小
B. 沉淀最彻底时，溶液中c(Ag+)=10−7.21mol▪L−1
C. 当c(Cl−)=10−2mol⋅L−1时，溶液中c(AgCl2−)>c(Ag+)>c(AgCl32−)
D. 25℃时，AgCl2−+Cl−⇌AgCl32−的平衡常数K=100.2
15. 草酸是生物体的种代谢产物，广泛分布于植物、动物和真菌体中，并在不同的生命体中发挥不同的功能。某化学小组在实验室用乙炔(C2H2)为原料制备草酸晶体(H2C2O4⋅2H2O)装置如图，请回答下列问题：

打开K1装置A中的主反应为：C2H2+8HNO3=H2C2O4+8NO2↑+4H2O。
(1)装置A最适宜的加热方式为______，多孔球泡的作用是 ______。
(2)装置B中发生反应的化学方程式是 ______。
(3)反应段时间后，打开K2，通入O2，装置C中的现象是 ______。
(4)装置B、D中得到的溶液可反复循环使用，理论上硝酸仅作为一种介质，则该实验总反应的化学方程式可表示为 ______。装置E的作用是 ______。
(5)反应完毕，倒出a中溶液，经 ______(填操作名称)、过滤得草酸晶体和200mL母液。
(6)母液中草酸含量测定过程如下：量取25.00mL母液于维形瓶中，用0.100mol⋅L−1酸性KMnO4溶液滴定，平行实验三次，平均消耗KMnO4溶液20.00mL。(滴定反应的定量关系为：2KMnO4∼5H2C2O4)
①量取25.00mL母液的仪器是 ______滴定管(填“酸式”或“碱式”)。
②1L母液中含草酸的物质的量为 ______mol。
16. 随着人们对硒的性质深入认识及产品硒的纯度提高，硒的应用范围越来越广。某科学小组以含硒物料(主要含S、Se、Fe2O3、CuO、ZnO、SiO2等)为原料提取硒，设计的流程如图：

回答下列问题：
(1)“脱硫”时，测得脱硫率随温度的变化如图，最佳温度是 ______。
(2)“氧化酸浸”中，Se转化成H2SeO3(Ka1=2.7×10−3)，H2SeO3的化学名称为 ______，该反应的离子方程式为 ______。
(3)采用催化剂联合亚硫酸钠进行“控电位还原”，将电位高的物质先还原，电位低的物质保留在溶液中，以达到硒与杂质金属的分离。下表是“氧化酸浸”液中主要粒子的电位。
名称
Cu2+/Cu
Zn2+/Zn
Fe2+/Fe3+
Fe3+/Fe2+
ClO2/Cl−
H2SeO3/Se
电位/V
0.345
−0.760
−0.440
0.770
1.511
0.740
①控制电位在0.740∼1.511V范围内，在氧化酸浸液中添加催化剂，可选择性还原ClO2，该过程的还原反应(半反应)式为 ______。
②为使硒和杂质金属分离，用亚硫酸钠还原时的最低电位应控制在 ______V以上。
(4)粗硒的精制过程：Na2SO3浸出[Se转化成硒代硫酸钠(Na2SeSO3)])→Na2S净化→H2SO4酸化等。
①净化后的溶液中c(Na2S)达到0.026mol⋅L−1，此时溶液中的c(Cu2+)的最大值为 ______mol⋅L−1，精硒中基本不含铜。([Ksp(CuS)=1.3×10−36])
②硒代硫酸钠酸化生成硒的离子方程式为 ______。
(5)H2SeO4在水溶液中的电离方程式如下：H2SeO4=H++HSeO4−，HSeO4−⇌H++SeO42−。已知0.01mol⋅L−1H2SeO4溶液的pH为x，则K(HSeO4−)=______(写出含x的表达式)。
17. 将二氧化碳转化为高附加值碳基燃料可有效减少碳排放。二氧化碳催化加氢制甲醇[CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)]引起了科学界和工业界的极大兴趣。回答下列问题：
(1)相关的化学键键能数据如下表所示。
化学键
H−H
C=O
H−O
C−H
C−O
E/(kJ/mol)
436
745
463
413
351
写出二氧化碳催化加氢制甲醇的热化学方程式：______。
(2)采用真空封管法制备磷化硼纳米颗粒，成功的实现了高选择性电催化还原CO2制备甲醇，该反应历程如图所示。

①该过程容易产生副产物 ______。
②上述合成甲醇的反应速率较慢，要使反应速率加快，需要降低某步骤的能量变化，写出该基元反应的化学方程式：______。
(3)工业中，CO2和H2在催化剂作用下可发生两个平行反应，分别生成CH3OH和CO。
反应a：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1；
反应b：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)]ΔH2>0。
在传统的催化固定反应床(CFBR)中，CO2转化率和甲醇选择性通常都比较低，科学团队发展了一种具有反应分离双功能的分子筛膜催化反应器(CMR)用于CO2催化加氢制备甲醇，极大地改善了该问题，原理如下图所示。

保持压强为5MPa，向密闭容器中投入一定量CO2和H2，不同反应模式下CO2的平衡转化率和甲醇选择性的相关实验数据如下表所示。
实验组
反应模式
n(H2)/n(CO2)
压强/MPa
温度/℃
CO2转化率
CH3OH选择性
①
CFBR
3
5
250
25.6
61.3
②
CFBR
3
5
230
20.0
70.0
③
CMR
3
3
260
36.1
100
已知CH3OH选择性：转化的CO2中生成CH3OH的百分比。
①CFBR模式时，投料比n(H2)n(CO2)=3，一定温度下发生反应，下列说法能作为反应a达到平衡状态的判据是 ______ (填选项字母)。
A.气体密度不再变化
B.CO的体积分数不再变化
C.气体平均相对分子质量不再变化
D.n(H2)n(CO2)不再变化
E.CO2、H2、CH3OH、H2O的物质的量之比为1：3：1：1
②由表中数据可知CMR模式下，CO2的转化率显著提高，结合具体反应分析可能的原因：______。
③压力平衡常数Kp是指用平衡分压代替平衡浓度进行计算的平衡常数，平衡分压总物质的量分数。根据表中数据计算温度为230℃时，反应a的Kp值为 ______(无需计算，写表达式)。
18. (1)氨基酸锌是研究最早和使用最广泛的第三代锌添加剂，该添加剂具有优良的营养功能。如图1是氨基酸锌的结构简式。

①组成氨基酸锌的C、N、O的电负性由大到小的顺序是 ______。
②氨基酸锌的Zn2+形成配位键，其中提供空轨道的是 ______。
③最简单的氨基酸是甘氨酸(结构简式如图2)，其结构中π键与σ键的数量比为 ______。
(2)分子中含有两个或两个以上中心原子(离子)的配合物称为多核配合物，如图为双核配合物的内界。

①配合物中每个中心离子的配位数为 ______。
②Co2+的最高能层电子排布式为 ______。
③下列状态的钴中，电离最外层一个电子所需能量最大的是 ______(填标号)
A.[Ar]3d74s1B.[Ar]3d74s2C.[Ar]3d74s14p1D.[Ar]3d74p1
(3)二氯甲醛的结构简式为，已知单键和双键的键角为124.1∘，单键和单键的键角为111.8∘，原因是 ______。
(4)碳酸亚乙酯()是某锂离子电池电解液的添加剂，该物质能溶于水，请解释原因 ______。
(5)化学上有一种见解，认为含氧酸的通式可以写成(HO)mROn，如果成酸元素R相同，则n值越大的R正电性越高，导致R−O−H中O的电子向R偏移，因而在水分子的作用下，也就越容易电离出H+，即酸性越强，用以上原理解释亚硫酸和硫酸的酸性强弱 ______。
(6)一氧化锰在医药、冶炼上应用广泛，其立方晶胞如图所示。

①该晶胞中由O2−形成的正八面体的空隙数为 ______。
②晶胞中距离最近的两个O2−之间的距离为a pm，MnO晶体的密度为ρg⋅cm−3，则阿伏加德罗常数的值为______(用含a和ρ的最简代数式表示)。
19. 金花清感颗粒是世界上首个针对H1N1流感治疗的中药，其主要成分之一为金银花，金银花中抗菌杀毒的有效成分为“绿原酸”，以下为某兴趣小组设计的绿原酸合成路线

已知：+→
R1COCl+R2OH→R1COOR2(其他产物略)
回答下列问题：
(1)的化学名称为 ______。
(2)A→B的化学反应方程式 ______，反应类型为 ______。
(3)C的结构简式 ______。
(4)D→E的第(1)步反应的化学反应方程式 ______。
(5)E→F反应的目的 ______。
(6)有机物C的同分异构体有多种，其中满足以下条件的有 ______种。
a.有六元碳环；
b.有3个−Cl，且同一个C上只连1个；
c.能与NaHCO3溶液反应。
其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰值面积之比为4：2：2：1的结构简式为 ______。(写出一种即可)。
答案和解析

1.【答案】C

【解析】解：A.淀粉为长碳链有机化合物，所以由CO2等物质合成淀粉的过程涉及碳碳键的形成，故A正确；
B.玉米等农作物通过光合作用能将CO2转化为淀粉，故B正确；
C.淀粉和纤维素均是高分子化合物，但是其聚合度不同，故不是同分异构体，故C错误；
D.二氧化碳资源广泛，能够合成淀粉，既可以减少温室效应，又能够解决人类粮食问题，故D正确；
故选：C。
A.淀粉为长碳链有机化合物；
B.植物吸收二氧化碳，通过光合作用生成淀粉；
C.分子式相同，结构不同的化合物互称为同分异构体；
D.二氧化碳资源广泛。
本题考查了物质的性质及用途，熟悉淀粉的结构组成及性质是解题关键，题目难度不大。

2.【答案】B

【解析】解：A.白砂糖主要成分是蔗糖，做成“棉花糖”是状态的变化，仍然是小分子，故A错误；
B.FeCl3溶液具有酸性，Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3(胶体)+3H+，可用于镀覆层前的钢铁除锈，故B正确；
C.铁粉不具有吸水性，不能用作食品干燥剂，铁粉具有还原性，可用作食品抗氧化剂，故C错误；
D.碳纤维是碳单质，是无机非金属材料，不是有机高分子材料，故D错误；
故选：B。
A.棉花糖的主要成分是蔗糖，蔗糖的分子量较小，不是高分子化合物；
B.FeCl3溶液具有酸性，Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3(胶体)+3H+；
C.铁粉是食品包装袋中常见的抗氧化剂；
D.碳纤维是无机非金属材料。
本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途的关系为解答本题的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意化学与生活的联系，题目难度不大。

3.【答案】C

【解析】解：A.表示原子时，将质量数表示在元素符号左上角，质子数表示在左下角，而中子数为9的氮原子的质量数A=7+9=16，故表示为 716N，故A正确；
B.氮气分子中N原子之间以三键结合，其电子式为，故B正确；
C.用原子间的相对大小表示分子的真实的空间结构的模型为比例模型，氨气为三角锥结构，其比例模型为，故C错误；
D.氯离子的核内有17个质子，核外有18个电子，故结构示意图为，故D正确；
故选：C。
A.表示原子时，将质量数表示在元素符号左上角，质子数表示在左下角；
B.氮气分子中N原子之间以三键结合；
C.用原子间的相对大小表示分子的真实的空间结构的模型为比例模型；
D.氯离子的核内有17个质子，核外有18个电子。
本题考查了常见的化学用语，难度不大，应注意比例模型与球棍模型的区别，并掌握电子式、结构示意图以及原子的表示方法。

4.【答案】A

【解析】解：A.4MnO4−+5HCHO+12H+=4Mn2++5CO2↑+11H2O，1molMnO4−完全反应转移的电子数为1mol×5×NA/mol=5NA，生成5molCO2转移的电子数为20NA，故A正确；
B.阳极为含有少量锌、金、银等金属杂质的粗铜板，在电解时发生氧化反应，铜、锌转化为阳离子进入溶液，则阳极Cu转化为Cu2+的质量小于32g，故B错误；
C.常温下，pH=9的CH3COONa溶液中，水电离出的氢离子浓度等于溶液中氢氧根离子浓度，溶液体积不知，不能计算微粒数，故C错误；
D.常温常压下，Vm>22.4L/mol，5.6LF2和C2H6的混合气体物质的量n<5.6L22.4L/mol=0.25mol，混合物中含有电子的数目小于0.25mol×18×NA/mol=4.5NA，故D错误；
故选：A。
A.4MnO4−+5HCHO+12H+=4Mn2++5CO2↑+11H2O，反应中锰元素化合价+7价降低到+2价，电子转移5e−，1molMnO4−完全反应转移5mol电子；
B.阳极为含有少量锌、金、银等金属杂质的粗铜板，在电解时发生氧化反应，铜、锌转化为阳离子进入溶液；
C.溶液体积不知，不能计算微粒数；
D.F2和C2H6均含有18个电子，标准状况下气体摩尔体积为22.4L/mol，常温常压下Vm>22.4L/mol。
本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，题目难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。

5.【答案】C

【解析】解：A.使pH试纸显深红色的溶液呈酸性，Fe3+、H+都与S2−反应，在酸性溶液中不能大量共存，故A错误；
B.与铝粉反应放出氢气的无色溶液呈酸性或碱性，OH−、Al3+之间发生反应，在强碱性溶液中不能大量共存，故B错误；
C.使红色石蕊试纸变蓝的溶液呈碱性，SO42−、Na+、CO32−、K+、H+之间不反应，在碱性溶液中能够大量共存，故C正确；
D.水电离的OH−浓度为？的溶液呈酸性或碱性，Mg2+、NH4+与AlO2−反应，AlO2−与NH4+、H+反应，不能大量共存，故D错误；
故选：C。
A.该溶液呈酸性，铁离子、氢离子与硫离子反应；
B.该溶液呈酸性或强碱性，铝离子与氢氧根离子反应；
C.该溶液呈碱性，四种离子之间不反应，都不与氢氧根离子反应；
D.该溶液呈酸性或碱性，镁离子、铵根离子与氢氧根离子反应，偏铝酸根离子与铵根离子、氢离子反应。
本题考查离子共存的判断，为高频考点，明确题干暗含信息、常见离子的性质及离子反应发生条件为解答关键，注意掌握常见离子不能共存的情况，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。

6.【答案】B

【解析】解：A.向硫酸氢钠溶液中滴加氢氧化钡溶液至中性，离子方程式为：2H++SO42−+Ba2++2OH−=BaSO4↓+2H2O，故A正确；
B.盐酸酸性强于碳酸，二氧化碳与氯化钙溶液不反应，故B错误；
C.用食醋清洗水垢(CaCO3)的原理，离子方程式为：2CH3COOH+CaCO3=CO2↑+Ca2++2CH3COO−+H2O，故C正确；
D.实验室若用磨砂玻璃塞盖在了盛放NaOH溶液的试剂瓶上，离子方程式为：SiO2+2OH−=SiO32−+H2O，故D正确；
故选：B。
A.向硫酸氢钠溶液中滴加氢氧化钡溶液至中性反应生成硫酸钡和硫酸钠、水；
B.盐酸酸性强于碳酸；
C.二者反应生成醋酸钙、二氧化碳和水；
D.二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠和水。
本题考查了离子方程式的书写，侧重考查与量有关的离子反应方程式书写，明确反应实质，熟悉反应物用量对反应的影响是解题关键，题目难度中等。

7.【答案】C

【解析】解：A.Co2O3可氧化浓盐酸生成氯气，产生黄绿色气体，可知氧化性：Co2O3>Cl2，故A正确；
B.饱和食盐水中，一段时间后滴加几滴K3[Fe(CN)6]溶液，无明显现象，可知构成原电池时Fe为正极，则锌对铁依然具有保护作用，故B正确；
C.NaClO溶液可使pH试纸褪色，应选pH计测定盐溶液的pH，故C错误；
D.FeCl3溶液不足，充分反应后滴加KSCN溶液，溶液变红，可知铁离子不能完全转化，可证明反应的可逆性，故D正确；
故选：C。
A.Co2O3可氧化浓盐酸生成氯气；
B.饱和食盐水中，一段时间后滴加几滴K3[Fe(CN)6]溶液，无明显现象，可知构成原电池时Fe为正极；
C.NaClO溶液可使pH试纸褪色；
D.FeCl3溶液不足，反应后检验铁离子可证明反应的可逆性。
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、盐类水解、可逆反应、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。

8.【答案】D

【解析】解：A.根据分析可知，f为一水合氨，属于弱电解质，故A错误；
B.根据分析可知，a为NH3，可用湿润的红色石蕊试纸检验，故B错误；
C.根据分析可知，b为氮气，c为NO，氮气在放电的条件下才能转化为NO，故C错误；
D.根据分析可知，a为NH3，c为NO，d为NO2，NH3与NO、NO2可以发生归中反应生成氮气和水，达到消除氮氧化物污染，故D正确；
故选：D。
由图可知，a为−3价的氢化物，即NH3，b为氮气，c为+2价的氧化物，即NO，d为+4价的氧化物，即NO2，e为+5价的酸，即HNO3，f为−3价的碱，即一水合氨，g为−3价的盐，即NH4+，据此分析作答即可。
本题主要考查氮及其化合物之间的转化，掌握氮及其化合物的性质是解决本题的关键，属于基本知识的考查，难度不大。

9.【答案】B

【解析】解：由分析可知，X为C、Y为N、Z为O、W为Cl；
A.电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径N3−>O2−，故A正确；
B.HClO、HNO2属于弱酸，故B错误；
C.NH3分子之间存在氢键，其沸点高于CH4，故C正确；
D.NH3与Cl2相遇可以生成固体氯化铵，产生白烟，所以可用NH3检验输送Cl2的管道是否泄漏，故D正确；
故选：B。
X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素，其中W原子的L层电子数比Z原子的L层电子数多2个，故Z只能有2个电子层，分子结构中Z原子形成2条共价键，即Z原子最外层有6个电子，推知Z为O元素，结构中W形成1条共价键，其原子最外层电子数为7，推知W为Cl，结构中X形成4条共价键、Y形成3条共价键以及它们的原子序数小于氧，可知X为C元素、Y为N元素，该消毒漂白剂的分子式是C3N3O3Cl3。
本题考查原子结构与元素性质，推断元素是解题的关键，紧扣短周期元素，充分利用价键结构进行分析判断，熟练掌握元素周期律与元素化合物知识，注意氢键对物质性质的影响，题目侧重考查学生观察能力、分析推理能力、灵活运用知识的能力。

10.【答案】C

【解析】解：A.该高分子化合物是加聚反应产物，可以通过加聚反应合成，故A正确；
B.合成该高分子的两种单体分别为CH2=C(CH3)COOCH3，CH2=C(CH3)COOCH2CH2CH2CH3，两者结构相似，分子组成上相差2个CH2原子团，所以两者互为同系物，故B正确；
C.该高分子中含有酯基，能够和酸、碱反应(酯的水解)，故C错误；
D.由图可知，自修复过程中“−COOCH2CH2CH2CH3”基团之间没有形成化学键，故D正确；
故选：C。
A.该高分子化合物是加聚反应产物；
B.同系物是指结构相似，分子组成上相差1个或若干个CH2原子团的同一类物质；
C.酯可以在酸性、碱性条件下水解；
D.由图可知，自修复过程中没有形成化学键。
本题中主要考查学生对加聚反应的理解以及单体的判断，同时考查酯的水解以及对所学知识的灵活应用能力，属于基本知识的考查，难度不大。

11.【答案】C

【解析】解：A.第ii步反应碘原子形成碘分子，成键过程放热，△H2<0，反应2HI(g)⇌H2(g)+I2(g)ΔH>0，故第i步反应吸热，△H1>0，故A正确；
B.由碘元素守恒可知，平衡体系中碘元素的量保持不变，起始时充入1molHI，故n(HI)+2n(I2)=1mol，故B正确；
C.反应：2HI(g)⇌H2(g)+I2(g)前后气体分子数相等，加压平衡不移动，n(I2)不变，加压容器体积减小，c(I2)增大，颜色加深，故C错误；
D.反应吸热，升温，平衡向正向移动，c(I2)增大，颜色加深，反应为氧化还原反应，同时电子发生了转移，故D正确；
故选：C。
A.成键放热；
B.依据原子守恒写出关系式；
C.对于反应前后气体分子数相等，加压平衡不移动，气体颜色深浅由物质浓度大小决定；
D.升温，平衡向吸热反应方向移动。
本题考查化学平衡，题目难度中等，掌握外界条件改变对平衡的影响是解题的关键。

12.【答案】B

【解析】解：A.该装置为原电池，可将化学能转化为电能，故A正确；
B.原电池工作时，电子从负极(A)经外电路流向正极(B)，故B错误；
C.A电极为负极，X失电子发生氧化反应，电极反应式为X−2e−=Y+2H+，故C正确；
D.B电极为正极，电极反应式为O2+4e−+4H+=2H2O，当外电路通过4NA电子时，消耗标准状况下氧气的体积为4NANA/mol×14×22.4L/mol=22.4L，故D正确；
故选：B。
由图可知，B电极氧元素价态降低得电子，故B电极为正极，电极反应式为O2+4e−+4H+=2H2O，A电极为负极，电极反应式为X−2e−=Y+2H+，据此作答。
本题考查原电池原理，题目难度中等，能依据图象和题目信息判断正负极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。

13.【答案】B

【解析】解：A.化学平衡状态是反应的限度，由图可知，与N点温度相同时，TiO2作催化剂时COS转化率更高，说明N点未达到该反应的平衡状态，故A错误；
B.在相同投料比，相同气流速度、相同时间内，COS的转化率越大，说明化学反应速率越快，由图可知正反应的平均速率大小为：P>N>M，故B正确；
C.COS的转化率越大，催化剂催化效果越好，由图可知，温度低于180℃时，γ−Al2O3的催化效果比TiO2好，温度高于180℃时，γ−Al2O3的催化效果比TiO2差，故C错误；
D.在相同投料比，相同温度下，催化剂只影响反应速率，不改变平衡状态，则达到平衡时CO2的体积分数是相同的，故D错误；
故选：B。
A.化学平衡状态是反应的限度，根据图象判断N点是否该温度下的最高COS转化率；
B.在相同投料比，相同气流速度、相同时间内，COS的转化率越大，说明化学反应速率越快；
C.COS的转化率越大，催化剂催化效果越好；
D.根据平衡移动原理，催化剂只影响反应速率，不改变平衡状态。
本题考查化学反应速率及化学平衡图象，注意把握曲线的变化趋势，正确判断外界条件对平衡移动的影响，明确图象中纵、横坐标的意义，题目难度中等。

14.【答案】A

【解析】解：A.由图可知开始的时候氯化银的溶解度随着c(Cl−)增大而不断减小，但是当氯离子浓度增大的一定程度的时候，随着c(Cl−)增大溶液中的银离子和氯离子形成络离子，而溶解度增大，故A错误；
B.沉淀最彻底时即银离子以氯化银的形式存在，而且氯化银最多的时候，就是沉淀最彻底时，由图可知此时c(Cl−)=10−2.54mol/L，由lg[Ksp(AgCl)]=−9.75可知，Ksp(AgCl)=10−9.75，则此时c(Ag+)=10−7.21mol⋅L−1，故B正确；
C.当c(Cl−)=10−2mol⋅L−1时，图中横坐标为−2，由图可知，此时c(AgCl2−)>c(Ag+)>c(AgCl32−)，故C正确；
D.AgCl2−+Cl−⇌AgCl32−的平衡常数K=c(AgCl32−)c(AgCl2−)c(Cl−)，则在图中横坐标为−0.2时AgCl2−与AgCl32−相交，即其浓度相等，则在常数中其比值为1，此时常数K=1c(Cl−)=100.2，故D正确；
故选：A。
A.由图可知开始的时候氯化银的溶解度随着c(Cl−)增大而不断减小，但是当氯离子浓度增大的一定程度的时候，随着c(Cl−)增大溶液中的银离子和氯离子形成络离子；
B.沉淀最彻底时即银离子以氯化银的形式存在，而且氯化银最多的时候，就是沉淀最彻底时，由图可知此时c(Cl−)=10−2.54mol/L，由lg[Ksp(AgCl)]=−9.75可知，Ksp(AgCl)=10−9.75；
C.当c(Cl−)=10−2mol⋅L−1时，图中横坐标为−2；
D.AgCl2−+Cl−⇌AgCl32−的平衡常数K=c(AgCl32−)c(AgCl2−)c(Cl−)，则在图中横坐标为−0.2时AgCl2−与AgCl32−相交，即其浓度相等，则在常数中其比值为1。
本题考查弱电解质电离，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确曲线与微粒成分关系、平衡常数计算方法是解本题关键，题目难度中等。

15.【答案】水浴加热  增大接触面积，加快反应速率  3NO2+H2O=2HNO3+NO无色气体变为红棕色  C2H2+2O2=H2C2O4  吸收有毒尾气，防止空气污染  蒸发浓缩、冷却结晶  酸式  0.2

【解析】解：(1)因为装置A的反应温度为45−55℃，应选择温度较低且容易控制的方法，装置A最适宜的加热方式为水浴加热；多孔球泡的作用是增大接触面积，加快反应速率，
故答案为：水浴加热；增大接触面积，加快反应速率；
(2)装置A中的主反应为：C2H2+8HNO3=H2C2O4+8NO2↑+4H2O；二氧化氮进入装置B中，发生反应的化学方程式是：3NO2+H2O=2HNO3+NO，
故答案为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；
(3)由于3NO2+H2O=2HNO3+NO反应一段时间后，打开K2，通入O2，一氧化氮与氧气生成二氧化氮，二氧化氮为红棕色气体，装置C中的现象是无色气体变为红棕色，
故答案为：无色气体变为红棕色；
(4)乙烯与硝酸生成二氧化氮，二氧化氮与水生成硝酸和一氧化氮，一氧化氮与氧气生成二氧化氮，由此往复，装置B、D中得到的硝酸溶液可反复循环使用，硝酸仅作为一种介质，实验总反应的化学方程式可表示为：C2H2+2O2=H2C2O4；该实验过程中有氮的氧化物生成，对空气有污染，可以用氢氧化钠除去氮的氧化物，故装置E的作用是吸收有毒尾气，防止空气污染，
故答案为：C2H2+2O2=H2C2O4；吸收有毒尾气，防止空气污染；
(5)反应完毕，倒出a中溶液，经蒸发浓缩，冷却结晶、过滤得草酸晶体和200mL母液，
故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；
(6)①量取25.00mL母液的仪器是酸式滴定管，因为草酸为酸性，
故答案为：酸式；
②2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+8H2O+10CO2，n(KMnO4)=cV=0.1000mol⋅L−1×0.2L=0.002mol，25.00mL中含H2C2O4：n(H2C2O4)=52n(KMnO4)=0.005mol，1L母液中含草酸的物质的量为0.05mol×1000mL25mL=0.2mol，
故答案为：0.2。
装置A中的主反应为：C2H2+8HNO3=H2C2O4+8NO2↑+4H2O，一氧化氮进入B中与水生成硝酸和一氧化氮，C中一氧化氮和氧气生成二氧化氮，混合气进入水中生成硝酸和一氧化氮，氢氧化钠会吸收气体带出的硝酸蒸气，据此分析解题。
本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、考查实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取于使用，难度中等。

16.【答案】95℃亚硒酸  4ClO3−+Se+4H+=4ClO2↑+H2SeO3+H2OClO2+4H++5e−=Cl−+2H2O0.3455×10−35  SeSO32−+2H+=Se+SO2↑+H2O10−x(10−x−0.01)0.02−10−x

【解析】解：(1)由图可知，最佳温度是95℃，
故答案为：95℃；
(2)H2SeO3的化学名称为亚硒酸，氧化酸浸中，Se转化成H2SeO3 的离子方程式为：4ClO3−+Se+4H+=4ClO2↑+H2SeO3+H2O，
故答案为：亚硒酸；及时除去生成的氢离子；4ClO3−+Se+4H+=4ClO2↑+H2SeO3+H2O；
(3)①根据表中数据可知，控制电位在0.740∼1.511V范围内，在氧化酸浸液中添加催化剂，可选择性还原ClO2，该过程的还原反应(半反应)式为：ClO2+4H++5e−=Cl−+2H2O；
故答案为：ClO2+4H++5e−=Cl−+2H2O；
②根据表中数据可知，为使硒和杂质金属分离，用亚硫酸钠还原时的最低电位应控制在0.345，
故答案为：0.345；
(4)①净化后的溶液中c(Na2S)达到0.026mol⋅L−1，此时溶液中的c(Cu2+)的最大值为c(Cu2+)≤Ksp(CuS)c(S2−)mol⋅L−1=1.3×10−360.026mol⋅L−1=5×10−35mol⋅L−1，
故答案为：5×10−35；
②硒代硫酸钠酸化生成硒的离子方程式为：SeSO32−+2H+=Se+SO2↑+H2O，
故答案为：SeSO32−+2H+=Se+SO2↑+H2O；
(5)根据题意：H2SeO4=H++HSeO4−，HSeO4−⇌H++SeO42−，0.01mol⋅L−1H2SeO4溶液中第一步电离出的H+浓度为0.01mol/L，溶液中的H+浓度为10−xmol⋅L−1，则第二步电离出的H+浓度为(10−x−0.01)mol⋅L−1，则K(HSeO4−)=c(H+)×c(SeO42−)c(HeSO4−)=10−x(10−x−0.01)0.02−10−x，
故答案为：10−x(10−x−0.01)0.02−10−x。
(1)95℃时，脱硫率达到约96%以上，再增加温度，脱硫率几乎不变，且增加了能耗；
(2)H2SeO3的化学名称为亚硒酸，氧化酸浸中，ClO3−、Se在酸性条件下反应生成ClO2、H2SeO3、H2O，根据原子守恒、电荷守恒、化合价升降守恒即可写出反应的离子方程式；
(3)①控制电位在0.740∼1.511V范围内，只有ClO2被还原为Cl−，根据原子守恒、电荷守恒、化合价升降守恒即可写出反应的离子方程式；
②根据表中数据可知，为使硒和杂质金属分离，用亚硫酸钠还原时的最低电位应控制在0.345；
(4)①净化后的溶液中c(Na2S)达到0.026mol⋅L−1，此时溶液中的c(Cu2+)的最大值为c(Cu2+)≤Ksp(CuS)c(S2−)mol⋅L−1，将数据代入计算即可；
②硒代硫酸钠酸化生成硒和SO2以及H2O，根据原子守恒、电荷守恒、化合价升降守恒即可写出反应的离子方程式；
(5)抓住第一步完全电离，第二步部分电离，是解决本题的关键，H2SeO4=H++HSeO4−，HSeO4−⇌H++SeO42−，0.01mol⋅L−1H2SeO4溶液中第一步电离出的H+浓度为0.01mol/L，溶液中的H+浓度为10−xmol⋅L−1，则第二步电离出的H+浓度为(10−x−0.01)mol⋅L−1，进一步计算K(HSeO4−)。
本题主要考查实验方案的设计与评价，具体涉及离子方程式的书写，Ksp的计算，实际问题的分析，对学生的能力要求较高，属于高频考点，难度较大。

17.【答案】CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=−181kJ/molCO、CH2O*CO+*OH→*CO+*H2OABCDCMR模式下，只发生CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)，双功能分子筛催化膜反应器能及时分离出产物水蒸气占主导因素，平衡右移，二氧化碳的产率增大 (0.143.72×5)×(0.23.72×5)(0.83.72×5)×(2.523.72×5)3

【解析】解：(1)反应CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)断裂2molC=O和3molH−H，形成3molC−H、1molC−O和3molH−O，则△H=反应物总键能-生成物总键能=(2×745+3×436)kJ/mol−(3×413+351+3×463)kJ/mol=−181kJ/mol，
故答案为：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=−181kJ/mol；
(2)①由图可知该反应过程产物有CH3OH、CO、CH2O，故副产物是CO、CH2O；
②反应活化能越大，反应速率越慢，总反应速率的快慢是由最慢的反应步骤决定的，由图可知合成甲醇的过程中*CO+*OH→*CO+*H2O的活化能最大，即该步骤最慢，需要降低该步骤的能量变化来加快总反应速率，
故答案为：CO、CH2O；*CO+*OH→*CO+*H2O；
(3)①反应到达平衡状态时，正逆反应速率相等(同种物质)或正逆反应速率之比等于系数之比(不同物质)，平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，可由此进行判断，
A.根据质量守恒定律，反应a和反应b都是是反应前后气体的总质量m(g)不变，反应a反应前气体分子改变，一定温度下，保持压强为5MPa则容器体积V随着反应平衡移动而改变，由ρ=m(g)V知密度会随着反应平衡移动而改变，所以气体密度不再变化时，说明反应a达到平衡状态，故A正确；
B.CO的体积分数不再变化，说明各组分的量不再改变，说明反应达到平衡状态，故B正确；
C.反应前后气体物质的量n(g)改变、质量m(g)不变的反应，由M−=m(g)n(g)知混合气体的平均相对分子质量不再改变时，反应达到了平衡状态，故C正确；
D.n(H2)n(CO2)不再变化，说明各组分的量不再改变，说明反应达到平衡状态，故D正确；
E.平衡时CO2、H2、CH3OH、H2O的物质的量之比不一定为为1：3：1：1，所以不能据此判断反应是否达到平衡状态，故E错误；
故答案为：ABCD；
②根据表格数据CMR模式下，CO2的甲醇选择性为100%，即只发生CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)，双功能分子筛催化膜反应器能及时分离出产物水蒸气占主导因素，平衡右移，二氧化碳的产率增大，
故答案为：CMR模式下，只发生CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)，双功能分子筛催化膜反应器能及时分离出产物水蒸气占主导因素，平衡右移，二氧化碳的产率增大；
③CFBR模式时，投料比n(H2)n(CO2)=3，压强为5MPa，设CO2和H2的起始投料量分别为1mol和3mol，由表中数据可知230℃时CO2的转化率为0.20，则CO2的变化量为(1×0.20)mol=0.2mol，CO2的参与反应a生成甲醇选择性为70%，即(0.2×0.7)mol=0.14mol，则参与反应b的物质的量为(0.2−0.14)mol=0.06mol，平衡时CO2的物质的量为(1−0.20)mol=0.8mol，列两个平衡体系的三段式，
      反应a：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)
起始量/mol1300
变化量/mol0.140.14×30.140.14
平衡量/mol0.80.14

     反应b：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)
起始量/mol1300
变化量/mol0.060.060.060.06
平衡量/mol0.80.06
平衡时，n(H2)=(3−0.14×3−0.06)mol=2.52mol，n(H2O)=(0.14+0.06)mol=0.2mol，所以平衡时容器的总物质的量n(g)=0.8mol+2.52mol+0.14mol+0.06mol+0.2mol=3.72mol，CO2、H2、CH3OH、H2O的物质的量分数分别为0.83.72、2.523.72、0.143.72、0.23.72，根据题意，反应a的Kp=p(CH3OH)⋅p(H2O)p(CO2)⋅p3(H2)=(0.143.72×5)×(0.23.72×5)(0.83.72×5)×(2.523.72×5)3，
故答案为：(0.143.72×5)×(0.23.72×5)(0.83.72×5)×(2.523.72×5)3。
(1)△H=反应物总键能-生成物总键能计算反应CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)的△H；
(2)由图可知该反应过程产物有CH3OH、CO、CH2O；
(3)①根据质量守恒定律，反应a和反应b都是是反应前后气体的总质量m(g)不变，反应a反应前气体分子改变，根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、物质的量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态；
②根据表格数据CMR模式下，CO2的甲醇选择性为100%，即只发生CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)，双功能分子筛催化膜反应器能及时分离出产物水蒸气占主导因素，平衡右移，二氧化碳的产率增大；
③CFBR模式时，投料比n(H2)n(CO2)=3，压强为5MPa，设CO2和H2的起始投料量分别为1mol和3mol，再根据表格230℃的数据列反应a和反应b的三段式计算气体总物质的量和各气体的物质的量分数，代入压力平衡常数Kp。
本题综合考查能量图象、反应热的计算、化学平衡状态的判断、平衡常数的计算等，锻炼学生逻辑分析能力，关键是明确能量图象的含义，把握平衡状态的特征，难点是同一容器中平行反应的平衡量的计算，注意平衡量是平行反应都达到平衡状态时的量，题目难度较大。

18.【答案】O>N>CZn2+  1：963s23p63d7  A 单键和双键的斥力大于单键和单键的斥力  碳酸亚乙酯与水分之间能形成氢键  H2SO3可以写成(HO)2RO，n=1；H2SO4可以写成(HO)2RO2，n=2；所以硫酸酸性强于亚硫酸  4712pa3

【解析】解：(1)①同一周期元素的元素非金属性越强，其电负性就越大。组成氨基酸锌的C、N、O的非金属性由强到弱的顺序是：O>N>C，所以三种元素的电负性由大到小的顺序是O>N>C，
故答案为：O>N>C；
②氨基酸锌的Zn2+形成配位键，其中提供空轨道的是Zn2+，
故答案为：Zn2+；
③最简单的氨基酸是甘氨酸(结构简式如图2)，单键都是σ键，双键中一个是σ键，一个是π键，其结构中π键与σ键的数量比为1：9，
故答案为：1：9；
(2)①根据图示可知：该配合物中每个中心离子Co2+的配位数为6，
故答案为：6；
②Co是27号元素，核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d74s2，Co2+是Co原子失去最外层的2个4s电子形成的离子，最高能层电子排布式是3s23p63d7，
故答案为：3s23p63d7；
③由题给信息知：A、D项代表Co+，B、C项代表Co原子，A项Co+再失去一个电子较难，即第二电离能大于第一电离能，故电离最外层一个电子所需能量A大于B；4p能级的能量高于4s，4p能级上电子较4s上电子易失去，故电离最外层一个电子所需能量A大于C和D，
故答案为：A；
(3)在二氯甲醛分子中碳原子采用sp2杂化，理论上键角是120∘，但是单键和双键的斥力大于单键和单键的斥力，所以单键和双键的键角为124.1∘，单键和单键的键角为111.8∘，
故答案为：单键和双键的斥力大于单键和单键的斥力；
(4)在碳酸亚乙酯中O原子的电负性较大，会与水形成氢键，增加了与水分子之间的吸引作用，使其易溶于水，
故答案为：碳酸亚乙酯与水分之间能形成氢键；
(5)化学上有一种见解，认为含氧酸的通式可以写成(HO)mROn。如果成酸元素R相同，则n值越大的R正电性越高，导致R−O−H中O的电子向R偏移，因而在水分子的作用下，也就越容易电离出H+，即酸性越强。H2SO3可写成(HO)2SO，n=1；H2SO4可写成(HO)2SO2，n=2，所以硫酸的酸性强于亚硫酸，
故答案为：H2SO3可以写成(HO)2RO，n=1；H2SO4可以写成(HO)2RO2，n=2；所以硫酸酸性强于亚硫酸；
(6)①由晶胞结构可知，一氧化锰为面心立方结构，晶胞中由O2−形成的正八面体存在八面体间隙，八面体间隙原子处于八面体间隙中心，即处于面心立方晶胞的体心和面心，则晶胞中的八面体间隙数为1+6×12=4，
故答案为：4；
②由晶胞结构可知，晶胞中Mn2+离子的个数为8×18+6×12=4，则晶胞中含有4个MnO，晶胞的质量为4×71NAg，由晶胞中距离最近的两个O2−之间的距离为apm可知，晶胞的边长为2a×10−10cm，晶胞的体积V=(a×10−10cm)3=2a3×10−30cm3，则MnO晶体的密度ρ=mV=4×71NA×V，则阿伏加德罗常数的值 NA=71×4ρVmol−1=4×71ρ×2×2a3×10−30mol−1=712pa3mol−1，
故答案为：712pa3。
(1)①同一周期元素的元素非金属性越强，其电负性就越大；
②氨基酸锌的Zn2+形成配位键，含有空轨道；
③单键都是σ键，双键中一个是σ键，一个是π键；
(2)①根据图示可知：该配合物中每个中心离子Co2+的周围有6个键，因而配位数为6；
②Co是27号元素，核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d74s2；
③第二电离能大于第一电离能，故电离最外层一个电子所需能量A大于B；4p能级的能量高于4s，4p能级上电子较4s上电子易失去，故电离最外层一个电子所需能量A大于C和D；
(3)在二氯甲醛分子中碳原子采用sp2杂化，理论上键角是120∘，但是单键和双键的斥力大于单键和单键的斥力；
(4)在碳酸亚乙酯中O原子的电负性较大，会与水形成氢键；
(5)化学上有一种见解，认为含氧酸的通式可以写成(HO)mROn。如果成酸元素R相同，则n值越大的R正电性越高，导致R−O−H中O的电子向R偏移，因而在水分子的作用下，也就越容易电离出H+，即酸性越强；
(6)①由晶胞结构可知，一氧化锰为面心立方结构，晶胞中由O2−形成的正八面体存在八面体间隙，八面体间隙原子处于八面体间隙中心，即处于面心立方晶胞的体心和面心；
②由晶胞结构可知，晶胞中Mn2+离子的个数为8×18+6×12=4，则晶胞中含有4个MnO，晶胞的质量为4×71NAg，由晶胞中距离最近的两个O2−之间的距离为apm可知，晶胞的边长为2a×10−10cm，晶胞的体积V=(a×10−10cm)3=2a3×10−30cm3，则MnO晶体的密度ρ=mV=4×71NA×V。
本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、核外电子排布、原子杂化类型判断等知识点，侧重考查原子结构、晶胞结构及空间想象能力和计算能力，难点是晶胞计算，题目难度中等。

19.【答案】1，2−二氯乙烯或顺二氯乙烯   加成反应  +3NaCl+NaBr+H2O保护羧基、特定位置的羟基(或使特定位置的羟基发生反应)11或

【解析】解：(1)的化学名称为1，2−二氯乙烯或顺二氯乙烯，
故答案为：1，2−二氯乙烯或顺二氯乙烯；
(2)A→B的化学反应方程式为，反应类型为加成反应，
故答案为：；加成反应；
(3)由分析可知，C的结构简式为，
故答案为：；
(4)D→E的第(1)步反应的化学反应方程式为+3NaCl+NaBr+H2O，
故答案为：+3NaCl+NaBr+H2O；
(5)F中羟基与发生取代反应、重新引入E→F反应中消除的羟基与羧基而生成G，可知E→F的目的是保护羧基、特定位置羟基，使特定位置的羟基发生反应，
故答案为：保护羧基、特定位置的羟基(或使特定位置的羟基发生反应)；
(6)有机物C的结构简式，C的同分异构体有六元碳环，有3个−Cl且同一个C上只连1个，能与NaHCO3溶液反应，说明含有羧基，满足条件的同分异构体有、、、、、、、、、、、共12种，除了C之外还有11种，其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰值面积之比为4：2：2：1的结构简式为、
故答案为：11；或。
由信息可知与发生加成反应生成B为，由C的分子式、D的结构简式，C发生取代反应生成D和HBr，则C为，D发生水解反应、酸化得到E()，F中羟基与发生取代反应、重新引入E→F反应中消除的羟基与羧基而生成G，可知E→F的目的是保护羧基、特定位置羟基，使特定位置的羟基发生反应。
本题考查有机物的推断与合成，涉及有机物命名、有机反应方程式的书写、有机反应类型、对步骤的分析评价、限制条件同分异构体的书写等，正确分析反应前后结构简式的变化，题目侧重考查学生分析推理能力、知识综合运用能力。