重庆缙云教育联盟
2023年高考第一次诊断性检测
化学试卷
满分100分，考试时间75分钟
一、选择题(共14小题，每题3分，共42分)
1. 化学与生活息息相关。下列叙述错误的是
A. 热的碳酸钠溶液可用于去除餐具的油污
B. 明矾和二氧化氯均可作净水剂，且净水原理相同
C. 硫酸钡可用于胃肠X射线造影检查
D. 电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，采用的是牺牲阳极保护法
【答案】B
【解析】
【详解】A． 碳酸钠溶液呈碱性，油脂在碱性条件下水解，热的碳酸钠溶液水解后碱性增强，去油污效果好，A正确；
B．明矾净水原理是硫酸铝钾溶液中含有铝离子，铝离子水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体具有吸附性净水，能吸附水中的固体悬浮物并使之沉降；二氧化氯因具有强氧化性能杀菌消毒，故在进行水处理时，二者的原理不同，B错误；
C．硫酸钡不溶于酸，故可用于胃肠X射线造影检查，C正确；
D．镁比铁活泼作负极，铁作正极被保护，电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，采用的是牺牲阳极保护法，D正确；
故选B。
2. 下列有关化学用语正确的是
A. 的电子式： B. 的离子结构示意图：
C. 含18个中子的氯原子： D. 次氯酸的结构式是：
【答案】B
【解析】
【详解】A．是离子化合物，电子式为，A错误；
B．的离子结构示意图为：，B正确；
C．含18个中子的氯原子可表示为，C错误；
D．次氯酸的结构式是：，D错误；
答案选B。
3. 设 NA 为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 1L 1mol/L CH3COONa 溶液中含有 CH3COO-的数目为 NA
B. 100 ml 1.0 mol·L-1 FeCl3 溶液与足量 Cu 反应，转移的电子数为 0.2NA
C. 标准状况下，11.2 L CCl4 中含有 C—Cl 键的数目为 2NA
D. NA 个 D2O 分子中，含有 10NA 个电子
【答案】D
【解析】
【详解】A. CH3COONa为强电解质，完全电离，1 L 1 mol/L CH3COONa溶液中溶质的物质的量为1 mol/L1 L = 1 mol，但CH3COOH为弱酸，则CH3COO-会发生水解，其离子方程式为：CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，即CH3COO-的数目小于1NA，故A项错误；
B. Cu单质和Fe3+反应的离子方程式为Cu+2Fe3+ = Cu2++2Fe2+，当与足量铜反应时，参与反应的Fe3+的物质的量为0.1 L×1.0 mol·L-1 = 0.1 mol，则转移的电子数为0.1 NA，故B项错误；
C. 标准状况下，CCl4是液体，所以11.2 L CCl4不是0.5 mol，则所含的C-Cl键的数目不是2 NA，故C项错误；
D. D是H的同位素，核外有一个电子，O原子核外有8个电子，所以NA个D2O分子中含有10 NA个电子，故D项正确；
答案选D。
【点睛】与阿伏伽德罗常数NA相关的化学计量的选择题是高频考点，C项是易错点，要特别注意气体摩尔体积为22.4 L/mol的状态与条件，题设陷阱经常误将“常温常压”当作“标准状况”、误把固体、液体当成气体，做题时要善于辨析，识破陷阱，排除选项。
4. 下列方案能达到实验目的是
A. 用丁达尔效应鉴别FeCl3溶液和Fe(OH)3胶体
B. 用排饱和石灰水集气法收集Cl2
C. 用水萃取CCl4中的溴单质
D. 用饱和的Na2CO3溶液除去Cl2中混有的HCl
【答案】A
【解析】
【详解】A．一束光通过胶体时，会有出现光的通路，而通过溶液时，没有该现象，因此可用丁达尔效应区分溶液和胶体，A项正确；
B．氯气能与Ca(OH)2反应，不能用排饱和石灰水收集氯气，B项错误；
C．溴在CCl4中的溶解度大于溴在水中的溶解度，不能用水萃取CCl4中的溴，C项错误；
D．氯气溶于水生成HCl和HClO，均可以与Na2CO3发生，不能用饱和的Na2CO3溶液除去Cl2中混有的HCl，应该用饱和食盐水，D项错误；
答案是A。
5. 下列反应的离子方程式正确的是
A. Na与水反应：
B. 碳酸氢钙溶液与盐酸反应：
C. 稀醋酸滴入NaOH溶液中；
D. 氢氧化钠溶液中通入足量二氧化碳：
【答案】D
【解析】
【详解】A．Na与水反应的离子方程式为，故A错误；
B．碳酸氢钙为易溶于水的盐，书写离子方程式时拆开写，故为，故B错误；
C．醋酸为弱酸，书写离子方程式时不能拆开写，故为CH3COOH+CH3COO-，故C错误；
D．氢氧化钠溶液中通入足量二氧化碳生成碳酸氢钠和水，故离子方程式为：，故D正确；
故选D。
6. 由同周期元素原子W、X、Y、Z构成的一种阴离子(如图)，Y的最外层电子数等于X的核外电子总数，四种原子最外层电子数之和为20。下列说法正确的是
A. W、X、Y、Z第一电离能由大到小依次是：Z>Y>X>W
B. Y形成的简单离子的半径比Z形成的简单离子的半径小
C. W和X的最高价氧化物对应水化物的酸性：W>X
D. W、Z形成的化合物分子中各原子均满足8电子稳定结构
【答案】A
【解析】
【分析】根据同周期元素原子W、X、Y、Z构成的一种阴离子结构，可知Y能形成2个共价键，Y是ⅥA族元素，Y的最外层电子数等于X的核外电子总数，则X是C元素、Y是O元素；Z形成1个共价键，Z是F元素；四种原子最外层电子数之和为20，则W是B元素。
【详解】A．同周期元素从左到右，第一电离能有增大趋势，第一电离能由大到小依次是：F>O>C>B，故A正确；
B．O2-、F-电子层数相同，质子数越多半径越小，简单离子的半径：O2->F-，故B错误；
C．元素非金属性越强，最高价氧化物对应水化物酸性越强，酸性 H2CO3>H3BO3，故C错误；
D．B、F形成的化合物BF3分子中，B原子不满足8电子稳定结构，故D错误；
选A。
7. 下列关于实验仪器和操作说法不正确的是
A. 研究浓度对化学平衡的影响 B. 制备并检验乙烯
C. 用盐酸溶液滴定氢氧化钠溶液 D. 除去溴苯中的苯
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．由图可知，两个实验只有KSCN的浓度不同，即可研究浓度对化学平衡的影响，A项正确；
B．由装置可知，用乙醇制取乙烯，浓硫酸做催化剂，浓硫酸具有脱水性和强氧化性，所以制得的乙烯中混有二氧化碳、二氧化硫和水蒸气等杂质，二氧化硫具有还原性，也能使溴水褪色，所以不能用溴水检验乙烯，B项错误；
C．用盐酸溶液滴定氢氧化钠溶液，左手旋转活塞，右手拿锥形瓶，C项正确；
D．溴苯中的苯互溶，要除去溴苯中的苯可利用蒸馏的方法分离，D项正确；
答案选B。
8. 下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是
选项 实验 现象 结论
A 将稀硝酸加入过量铁粉中，充分反应后滴加KSCN溶液 有气体生成，溶液呈血红色 稀硝酸将Fe氧化为Fe3+
B 将铜粉加1.0 mol·L-1Fe2(SO4)3溶液中 溶液变蓝、有黑色固体出现 金属铁比铜活泼
C SO2通入到酸性高锰酸钾溶液中 紫红色褪去 二氧化硫具有漂白性
D 将浓硫酸滴到蔗糖表面 固体变黑膨胀 浓硫酸有脱水性和强氧化性
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．将稀硝酸加入过量铁粉中，充分反应后生成Fe(NO3)2，再向反应后的溶液中滴加KSCN溶液，无明显变化，A错误；
B．将铜粉加1.0 mol·L-1Fe2(SO4)3溶液中，二者反应产生FeSO4、CuSO4，不能生成黑色固体，也不能用来比较金属活动性，B错误；
C．SO2具有还原性，将其通入到酸性高锰酸钾溶液中，会被氧化产生硫酸，酸性高锰酸钾被还原产生无色MnSO4，因此看到溶液紫色褪色，C错误；
D．浓硫酸具有脱水性，将浓硫酸滴到蔗糖表面，蔗糖脱水碳化，固体变为黑色；反应产生C和H2O；部分C单质被浓硫酸氧化产生CO2，浓硫酸被还原产生SO2气体，因此看到固体又体积膨胀，体现了浓硫酸的脱水性和强氧化性，D正确；
故合理选项是D。
9. 某化妆品的组分Z具有美白功效，原来从杨树中提取，现可用如下反应制备。下列有关叙述不正确的是
A. X、Y和Z分子中所有原子都可能处于同一平面
B. X、Y和Z均能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C. Y的苯环上二氯代物共有6种
D. X、Y都可作为单体分别发生缩聚反应和加聚反应
【答案】A
【解析】
【详解】A. Z中含有手性碳原子，分子中所有原子不可能处于同一平面，故A错误；
B. X和Z含有酚羟基，具有还原性，Y中含有碳碳双键，所以均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B正确；
C. 根据Y结构的对称性，苯环上氯原子的位置分别有2,3；2,4；2,5；2,6；3,4；3,5共有6种，故C正确；
D. X中含有酚羟基，可以脱水而发生缩聚反应，Y中含有碳碳双键可以发生加聚反应，故D正确，
故选A。
【点睛】注意事项：①要认真审题，比如题目要求“最多有多少个原子共面”还是“最多有多少个碳原子共面”，是“可能共面的原子”还是“一定共面的原子”等等。②单键可以旋转，而双键、三键不能旋转。
10. 我国科学家研发了一种水系可逆Zn-CO2电池，电极材料为金属锌和选择性催化材料，电池工作时，双极膜(由阴、阳膜复合而成)层间的H2O解离成H+和OH—，在外加电场中可透过相应的离子膜定向移动。电池工作原理如下图所示，下列说法正确的是
A. 放电时，电池总反应为2Zn+O2+4OH—+2H2O= 2Zn(OH)
B. 放电时，1molCO2转化为HCOOH，转移的电子数为2NA
C. 充电时，每生成标况下11.2LO2在阳极可生成65g Zn
D. 电解质溶液2一定是碱性溶液
【答案】B
【解析】
【分析】由题给示意图可知，放电时，金属锌为原电池的负极，水解离出的氢氧根离子通过双极膜进入负极区，碱性条件下锌失去电子发生氧化反应生成四羟基合锌离子，电极反应式为Zn+4OH——2e—= Zn(OH)，选择性催化材料为正极，水解离出的氢离子通过双极膜进入正极区，酸性条件下，二氧化碳在正极得到电子发生还原反应生成甲酸，电极反应式为CO2+2H++2e—=HCOOH，电池总反应为Zn+CO2+2OH—+2H2O= 2Zn(OH)+ HCOOH；充电时，金属锌为电解池的阴极，四羟基合锌离子在阴极发生还原反应生成锌，选择性催化材料为阳极，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气。
【详解】A．由分析可知，放电时，电池总反应为Zn+CO2+2OH—+2H2O= 2Zn(OH)+ HCOOH，故A错误；
B．由分析可知，选择性催化材料为正极，酸性条件下，二氧化碳在正极得到电子发生还原反应生成甲酸，电极反应式为CO2+2H++2e—=HCOOH，则放电时，1mol二氧化碳转化为甲酸时，转移的电子数为1mol×2×NAmol—1= 2NA，故B正确；
C．由分析可知，充电时，金属锌为电解池的阴极，故C错误；
D．由分析可知，选择性催化材料为正极，水解离出的氢离子通过双极膜进入正极区，酸性条件下，二氧化碳在正极得到电子发生还原反应生成甲酸，则电解质溶液2不是碱性溶液，故D错误；
故选B。
11. 某化工厂利用钡泥[主要含有、、极少量等]为原料制取晶体，其部分工艺流程如图：
已知：和以氢氧化物形式沉淀完全时，溶液的pH分别为3.2和9.7
下列有关说法错误的是
A. 酸溶时不能使用浓硝酸
B. 该厂结合实际，选用的X为
C. 酸溶时，发生反应
D. 该厂生产的晶体含有少量，可通过蒸发浓缩的方法除去
【答案】D
【解析】
【分析】钡泥[主要含有、、极少量等]加入稀硝酸酸溶，再加入X，可为碳酸钡调节pH=4~5以除铁，过滤后调节pH=7，过滤得到滤液主要成分为硝酸钡溶液，滤渣洗涤后并入酸溶，废渣舍去；
【详解】A．酸溶时不能使用浓硝酸，原因是其易挥发，且见光或受热易分解，选项A正确；
B．结合流程图，选用的X必须能消耗过量硝酸使pH增大，且不引入新的杂质，可为，选项B正确；
C．酸溶时，与反应生成硝酸钡、硝酸铁和水，反应的化学方程式为，选项C正确；
D．晶体含有少量，可通过洗涤的方法除去，用蒸发浓缩难以去除，选项D错误；
答案选D。
12. 室温下，用0.1mol/LNaOH溶液滴定100mL0.1mol/LNH4HSO4溶液，记录溶液pH与加入NaOH溶液体积的关系曲线如图所示。已知：Kb(NH3 H2O)=1.8×10-5，下列说法不正确的是
A. a点：c(NH)+c(H+)=c(Na+)+c(OH-)
B. b点：c(Na+)>c(SO)>c(NH)>c(OH-)=c(H+)
C. c→d的过程中存在c(NH)=c(NH3 H2O)
D. a、b、c、d四点中，b点溶液中水的电离程度最大
【答案】D
【解析】
【详解】A．a点加入100mLNaOH，与完全中和，溶质为和，并且二者物质的量浓度相等，即，电荷守恒关系式为，则，选项A正确；
B．b点，则，根据电荷守恒可知，，b点氢氧化钠体积大于100mL，则，所以，b点离子浓度大小为，选项B正确；
C．c点处与NaOH反应后，溶液中和的物质的量之比为1∶2，由于，电离程度大于的水解程度，故c点处。d点处与NaOH恰好完全反应生成和，电离程度较小故溶液中，所以c→d的过程中必然存在一点使得，选项C正确；
D．a点溶液中溶质为和，水解促进水的电离。b点，促进作用与抑制作用相当，水正常电离。c点溶液中溶质为、和，pH>7，以电离为主，抑制水的电离，d点溶液中溶质为和，抑制水的电离，所以a、b、c、d四点中，a点溶液中水的电离程度最大，选项D错误。
答案选D。
13. 一定温度下，在三个容积均为2.0L的恒容密闭容器中仅发生反应：CH3COOH(g)CH3OH(g)+CO(g) ΔH＞0。下列说法正确的是
容器编号 温度/K 物质的起始浓度/mol·L-1 物质的平衡浓度/mol·L-1
c(CH3OH) c(CO) c(CH3COOH) c(CH3COOH)
I 230 0.60 0.60 0 0.40
II 230 0.30 0.30 0.40
III 210 0 0 0.60
A. 达平衡时，容器I与容器II中的总压强之比为6∶7
B. 达平衡时，容器II中比容器I中的大
C. 达平衡时，容器III与容器I中的正反应速率相等
D. 达平衡时，容器I中CH3OH转化率与容器III中CH3COOH转化率之和大于1
【答案】B
【解析】
【分析】容器Ⅰ中，依据表中数据，可建立下列三段式：
平衡常数K==0.10。
容器Ⅱ中，浓度商Q==0.225＞0.10，所以平衡逆向移动，依据表中数据，设参加反应CO的物质的量浓度为x，则可建立下列三段式：
平衡常数K=，可求出x=0.08mol/L(另一结果0.62mol/L舍去)。
【详解】A．达平衡时，容器I与容器II中的总压强之比为0.80:(1.0-0.08)=20∶23，A不正确；
B．达平衡时，容器I中=，容器II中=＞2，所以容器II中比容器I中的大，B正确；
C．若容器III与容器I的温度相同，容器III与容器I是等效平衡，但容器III温度低，所以达平衡时，容器III比容器I中的正反应速率慢，C不正确；
D．若容器III与容器I的温度相同，达平衡时，容器I中CH3OH转化率与容器III中CH3COOH转化率之和等于1，现在容器III温度低，相当于达平衡后降低温度，平衡逆向移动，CH3COOH转化率降低，则容器I中CH3OH转化率与容器III中CH3COOH转化率之和小于1，D不正确；
故选B。
14. 某物质的分子式为，取该物质在足量的中充分燃烧后，将产物全部通入过量的中，若固体的质量增加了，且，则该物质是
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】有机物在氧气中完全燃烧的化学方程式为：，产物为CO2和H2O通入过量的Na2O2发生的化学方程式为：①和②，由方程式①可知增重的质量为CO，由方程式②可知增重的质量为H2，则增重的质量=与CO2相同物质量的CO的质量+与H2O相同物质的量的H2。
【详解】据上述分析可知，当有机物满足时，既满足有机物中x=z，Na2O2固体的质量增加了，则m=n；若x＞z，则m＜n；若x＜z，则m＞n；则符合条件的为A选项；
答案选A。
二、非选择题(共4小题，共58分，其中15-17题为必做题，18-19题为选做题)
15. 阿司匹林为医药史上三大经典药物之一，又叫乙酰水杨酸，其合成原理如图：
(水杨酸)+(CH3CO)2O(乙酸酐)(乙酰水杨酸)+CH3COOH。
已知：①水杨酸分子间能发生缩合反应，所得聚合物不溶于饱和NaHCO3溶液。
②乙酸酐有吸湿性，缓慢地溶于水形成乙酸；
③部分物质数据如表：
名称 性质 熔点/℃ 沸点/℃ 溶解度
水 乙醇 乙酸乙酯
水杨酸 白色结晶 157-159 211 溶 易溶 易溶
乙酸酐 无色液体 -73.1 138.6 易溶 溶 易溶
乙酰水杨酸 白色结晶 135 321.4 冰水微溶、热水可溶 易溶 微溶
实验室中合成少量阿司匹林的操作步骤如下：
①在50mL圆底烧瓶中，加入2g干燥的水杨酸和5mL新蒸馏的乙酸酐，再加5滴浓硫酸，充分摇动使水杨酸全部溶解，加热保持瓶内温度在80~85℃，反应20min。
②稍冷后，将反应混合物在不断搅拌下倒入50mL冷水中，并用冰水浴冷却15min，结晶完全析出后，抽滤，洗涤，得乙酰水杨酸粗产品。
③将粗产品转移到100mL烧杯中，慢慢加入溶液A，并不断搅拌，直到无气体产生为止。
④抽滤除去不溶性杂质，滤液倒入盛有盐酸的烧杯中，搅拌后用冰水冷却、结晶，抽滤并用少量水洗涤，干燥获得产品乙酰水杨酸。
⑤步骤②所得粗产品也可采用重结晶的方式提纯。用如图所示的回流装置，将粗产品加入乙酸乙酯中进行热溶解，然后趁热过滤，冷却至室温，抽滤，用少许乙酸乙酯洗涤，干燥，得晶体状乙酰水杨酸。
（1）步骤①中所用仪器和原料需要干燥的原因是____；应采用的加热方法是____。
（2）步骤②和④中“抽滤”操作相对于普通过滤的优点是____；洗涤晶体要用少量冷水，原因是____。
（3）步骤③中所加溶液A为____。
（4）步骤⑤中粗产品热溶解时需加入两粒沸石，目的是____。
（5）实验时冷凝水应从图中____(填“a”或“b”)口通入，采用回流装置不采用烧杯等敞口容器的优点是____。
【答案】（1） ①. 乙酸酐能与水反应生成乙酸 ②. 水浴加热
（2） ①. 加快过滤速率(或过滤效率高)，能得到更干燥的产物 ②. 降低乙酰水杨酸在水中的溶解性，减少洗涤过程的损耗
（3）饱和NaHCO3溶液
（4）防止液体暴沸 （5） ①. a ②. 避免溶剂蒸气的散发或火灾事故的发生
【解析】
【分析】水杨酸和醋酸酐在水浴加热条件下生成乙酰水杨酸，利用乙酸乙酯增大乙酰水杨酸的溶解度，加热回流提纯粗产品，经趁热过滤、冷却、减压过滤、洗涤干燥，得到乙酰水杨酸，据此分析答题。
【小问1详解】
根据表格中醋酸酐的水溶性或信息②乙酸酐能与水反应生成乙酸：步骤①中所用仪器和原料需要干燥；根据反应原理可知阿司匹林的合成温度为85-90，则应采用的加热方法是水浴加热。
【小问2详解】
步骤②和④中“抽滤”即减压过滤，装置内外压强差大，则抽滤操作相对于普通过滤的优点是:加快过滤速率(或过滤效率高)，能得到更干燥的产物；根据表格信息可知乙酰水杨酸在水中微溶，为减少损失，洗涤晶体要用少量冷水，故原因是：降低乙酰水杨酸在水中的溶解性，减少洗涤过程的损耗。
【小问3详解】
已知，水杨酸分子间能发生缩合反应，所得聚合物不溶于饱和NaHCO3溶液，故可加入碳酸氢钠使乙酰水杨酸生成易溶于水的乙酰水杨酸钠而达到分离的目的，则步骤③中所加溶液A为饱和NaHCO3溶液。
【小问4详解】
步骤⑤中将粗产品加入乙酸乙酯中进行热溶解，粗产品热溶解时需加入两粒沸石，目的是防止乙酸乙酯等沸点较低的液体暴沸。
【小问5详解】
球形冷凝管的冷凝水应该低进高出，则实验时冷凝水应从图中a口通入，采用回流装置不采用烧杯等敞口容器的优点是避免溶剂蒸气的散发或火灾事故的发生。
16. 用软锰矿(主要成分为MnO2，含少量Fe3O4、Al2O3)和BaS制备MnCO3 的工艺流程如下：
已知：①MnO2是一种两性氧化物，“反应”步骤中MnO2转化为MnO；
②该实验条件下，pH≥7.5时会生成Mn(OH)2；
③25℃时相关物质的Ksp见下表：
物质 Fe(OH)2 Fe(OH)3 Al(OH)3 Mn(OH)2
Ksp 1.0×10-16 1.0×10-38 10×10-32 1.0×10-13
注：当溶液中离子浓度≤1.0×10-5mol·L-1，即认为该离子沉淀完全。
(1)“反应”步骤中：保持BaS投料量不变，随MnO2投料量增大，硫磺的量达到最大值后无明显变化，而Ba(OH)2的量达到最大值后会减小，减小的原因是_______。
(2)“酸解”步骤中：主要反应的化学方程式为_______。
(3)“除杂”步骤中：加入H2O2的目的是_______；为了除去杂质金属离子，应控制pH的最小理论值为_______。
(4)利用“除杂”步骤所得的MnSO4溶液以及由氨水与NH4HCO3组成的混合溶液可以制备较纯的MnCO3，涉及到的反应的离子方程式为_______，制得较纯MnCO3的具体操作为_______。
【答案】 ①. 过量的MnO2消耗了产生的Ba(OH)2 ②. MnO＋H2SO4=MnSO4＋H2O ③. 将Fe2+转化为Fe3+，有利于形成沉淀 ④. 5 ⑤. Mn2+＋HCO＋NH3·H2O=MnCO3↓＋NH＋H2O或Mn2+＋HCO＋NH3=MnCO3↓＋NH ⑥. 边搅拌边向MnSO4溶液中加入氨水与碳酸氢铵的混合溶液，控制溶液pH＜7.5，静置后过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤2~3次
【解析】
【分析】由流程可知，加入BaS溶液主要发生MnO2+BaS+H2O=Ba(OH)2+MnO+S，过滤分离出Ba(OH)2溶液，滤渣用硫酸溶解，得到的滤液中主要金属阳离子有Mn2+、Fe2+、Fe3+、Al3+，过滤分离出不溶于稀硫酸的硫磺；然后向滤液中加入过氧化氢将Fe2+转化为Fe3+，加入氨水调节pH，使Fe3+、Al3+转化为沉淀除去，过滤分离出Fe(OH)3和Al(OH)3，此时滤液中的金属阳离子只有Mn2+，向滤液中加入碳酸氢铵、氨水，发生Mn2+++NH3 H2O=MnCO3↓++H2O，过滤分离出碳酸锰，以此来解答。
【详解】(1) 保持BaS投料量不变，随MnO2投料量增大，硫磺的量达到最大值后无明显变化，而Ba(OH)2的量达到最大值后会减小，MnO2是一种两性氧化物，可知减小的原因是过量的MnO2消耗了产生的Ba(OH)2，故答案为：过量的MnO2消耗了产生的Ba Ba(OH)2；
(2) 根据题干信息“反应”步骤中MnO2转化为MnO，则“酸解”是MnO与硫酸反应生成硫酸锰和水的反应，反应方程式为：MnO＋H2SO4=MnSO4＋H2O，故答案为：MnO＋H2SO4=MnSO4＋H2O；
(3) 由表格数据可知，Fe3+比Fe2+更容易沉淀，则加入H2O2的目的是将Fe2+转化为Fe3+，Fe(OH)3和Al(OH)3为同种类型的沉淀，而Al(OH)3的Ksp稍大，所以当Al3+完全沉淀时，Fe3+也一定完全沉淀，当c(Al3+)=1.0×10-5 mol/L时，，则c(H+)=10-5 mol/L，则除杂时应控制pH的最小理论值为5；故答案为：将Fe2+转化为Fe3+，有利于形成沉淀；5；
(4) “沉锰”反应的离子方程式为Mn2+＋HCO＋NH3·H2O=MnCO3↓＋NH＋H2O或Mn2+＋HCO＋NH3=MnCO3↓＋NH；由题干信息知，pH≥7.5时会生成Mn(OH)2，所以在操作过程中应该控制pH＜7.5，具体操作为：边搅拌边向MnSO4溶液中加入氨水与碳酸氢铵的混合溶液，控制溶液pH＜7.5，静置后过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤2~3次；故答案为：Mn2+＋HCO＋NH3·H2O=MnCO3↓＋NH＋H2O或Mn2+＋HCO＋NH3=MnCO3↓＋NH；边搅拌边向MnSO4溶液中加入氨水与碳酸氢铵的混合溶液，控制溶液pH＜7.5，静置后过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤2~3次。
17. 2021年，我国科学家以二氧化碳为原料，通过全合成方法成功制得了淀粉，取得了科技领域的一个重大突破。以CO2为原料制备甲醇、合成气、淀粉等能源物质具有广阔的发展前景。
I.在催化剂的作用下，氢气还原CO2的过程中可同时发生反应①②。
①CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H1=-50kJ·mol-1
②CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H2=+41.1kJ·mol-1
（1）CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H3=_______kJ·mol-1
（2）已知反应①△S=-177.2J·mol-1·K-1，在下列哪些温度下反应能自发进行？_______(填标号)。
A. 0℃ B. 5℃ C. 25℃ D. 500℃
（3）在恒温恒容密闭容器中，充入一定量的CO2及H2，起始及达到平衡时，容器内各气体的物质的量及总压强数据如表所示：
n(CO2)/mol n(H2)/mol n(CH3OH)/mol n(CO)/mol n(H2O)/mol 总压/kPa
起始 0.5 0.9 0 0 0 p0
平衡 m 0.3 p
已知p0=1.4p，则表中m=_______；反应①的平衡常数Kp=_______(kPa)-2(用含p的代数式表示)。
（4）向恒压反应器中通入3molH2和1molCO2，CO2的平衡转化率及CH3OH的平衡产率随温度变化的关系如图所示。已知：CH3OH的产率=100%。
图中500K以后，CO2的平衡转化率随温度升高而增大的原因是_______。
II.固体氧化物电解池(SOEC)利用废热电解水和CO2来制合成气(主要组分为一氧化碳和氢气)，因为高温电解可降低内阻，所以相比于低温电解池表现出更高的电解效率。
（5）a为电源的_______极(填“正”或“负”)。
（6）生成一氧化碳和氢气物质的量之比为1：3时的电极反应式为_______。
【答案】（1）-91.1 （2）AB
（3） ①. 0.2 ②.
（4）反应①放热，温度升高平衡左移，反应②吸热，温度升高平衡右移，500K以后，反应②起主导作用，温度升高，反应②平衡右移的程度更大，故CO2的平衡转化率增大
（5）负 （6）CO2+ 3H2O+8e- =CO+3H2+4O2-
【解析】
【小问1详解】
已知①CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H1=-50kJ·mol-1
②CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H2=+41.1kJ·mol-1
根据盖斯定律，由①-②得反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H3= △H1- △H2=-91.1kJ·mol-1；
【小问2详解】
已知①CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H1=-50kJ·mol-1，△S=-177.2J·mol-1·K-1=-0.1772kJ·mol-1·K-1，反应能自发进行，则△G=△H-T△S=-50kJ·mol-1-T(-0.1772kJ·mol-1·K-1)<0，T<282.2K=9.2℃；答案选AB；
【小问3详解】
根据表格列出各物质的物质的量变化：
平衡时气体总物质的量为0.2+0.6-2m+m+0.3-m+0.3=1.4-2m，==，m=0.2；
即气体总物质的量为1.4-2m=1mol，平衡时各物质的量：n(CO2)=0.2mol，n(H2)=0.6-2m=0.2mol，n(CH3OH)=m=0.2mol，n(H2O)=0.3mol，反应①的平衡常数Kp== (kPa)-2；
【小问4详解】
反应①放热，温度升高平衡左移，反应②吸热，温度升高平衡右移，500K以后，反应②起主导作用，温度升高，反应②平衡右移的程度更大，故CO2的平衡转化率增大；
【小问5详解】
从图中看出，H2O、CO2在c电极转化为H2、CO，说明此电极为阴极，则与之相连的a极为负极，电源正极为b；
【小问6详解】
电极c上发生的电极反应式为H2O+2e-=H2↑+O2-、CO2+2e-=CO↑+O2-，根据反应，生成一氧化碳和氢气物质的量之比为1：3时的电极反应式为CO2+ 3H2O+8e- =CO+3H2+4O2-。
18. 铜及其化合物在生活和生产中有着广泛的应用。回答下列问题
（1）基态铜原子价层电子的轨道表达式（电子排布图）为_____。
（2）单质铜及镍都是由_____键形成的晶体；元素铜与镍的第二电离能分别为：ICu＝1958kJ/mol，INi＝1753kJ/mol，ICu＞INi的原因是_____。
（3）Cu2+能与多种物质形成配合物。
①CuSO4溶液与氨水在一定条件下可以生成[Cu(NH3)4]SO4 H2O晶体，该晶体中杂化轨道类型为sp3的原子为_____，写出与SO互为等电子体的一种分子是_____。
②CuSO4溶液与过量KCN可以形成配合物离子[Cu(CN)4]2﹣，1mol该微粒中含有的σ键和π键的数目之比为_____。
③CuCl2溶液与乙二胺（H2N﹣CH2﹣CH2﹣NH2）可形成配离子：则H、O、N三种元素的电负性从大到小的顺序为_____，乙二胺沸点高于1，2﹣二氯乙烷（Cl﹣CH2﹣CH2﹣Cl）的主要原因是_____。
（4）已知铜与氯形成化合物的立方晶胞如图所示（黑点代表铜原子）。
①该晶体的化学式为_____。
②已知铜与氯的电负性分别为1.9和3.0，则铜与氯组成的化合物属于_____（填“共价”或“离子”）化合物。
③已知该晶体的密度为ρg cm﹣3，阿伏加 德罗常数为NA，该晶体中铜原子和氯原子之间的最短距离为体对角线的，则该晶体中铜原子和氯原子之间的最短距离为_____pm（写出计算列式）。
【答案】 ①. ②. 金属 ③. Cu失去的是全充满的3d10电子，Ni失去的是全充满的4s1电子 ④. N、O、S ⑤. CCl4（SiF4、SiCl4） ⑥. 1：1 ⑦. O＞N＞H ⑧. 乙二胺分子间易形成氢键 ⑨. CuCl ⑩. 共价 . ××1010
【解析】
【详解】（1）Cu元素为29号元素，原子核外有29个电子，所以核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1，轨道表达式（电子排布图）为；
（2）单质铜及镍都是由金属键形成的晶体；元素铜与镍的第二电离能分别为：ICu＝1958 kJ·mol-1、INi＝1753 kJ·mol-1，ICu＞INi的原因是铜失去的是全充满的3d10电子，镍失去的是4s1电子；
（3）①[Cu(NH3)4]SO4 H2O晶体中杂化轨道类型是sp3的原子价层电子对个数是4，有N原子、S原子和O原子；SO42-含有5个原子，32个价电子，CCl4（SiF4、SiCl4）也含有5个原子，32个价电子，和SO42-互为等电子体；
②共价单键是σ键，共价三键中含有2个π键1个σ键，共价双键中含有1个σ键1个π键；CN-中含有一个氮碳三键，1mol该微粒中含有的σ键和π键的数目之比为（4+4）：42=1：1；
③非金属性越bai强，电负性越强，则H、O、N三种元素的电负性从大到小的顺序为O＞N＞H；乙二胺分子间存在氢键，含有分子间氢键的沸点较高，所以乙二胺沸点高于Cl﹣CH2﹣CH2﹣Cl；
（4）根据价电子排布式判断出X原子为Cl原子；
①由晶胞结构可知，Cu原子处于晶胞内部，晶胞中含有4个Cu原子，Cl原子属于顶点与面心上，晶胞中含有Cl原子数目为8×+6×=4，故化学式为CuCl，故答案为：CuCl；
②电负性差值大于1.7原子间易形成离子键，小于1.7原子间形成共价键，铜与X电负性分别为1.9和3.0，差值为1.1小于1.7，形成共价键，故答案为：共价；
③一个晶胞的摩尔质量为4×99.5g/mol，晶胞摩尔体积为cm3，晶胞的边长为cm，根据晶胞的结构可知，铜原子和M原子之间的最短距离为立方体体对角线的，而体对角线为晶胞边长的倍，所以铜原子和M原子之间的最短距离为×cm=××1010pm，故答案为：××1010。
19. 化合物G是合成一种杀虫剂的重要中间体，其合成路线如图：
回答下列问题
(1)E中含氧官能团的名称为_____，A生成B的反应类型为_______。
(2)写出B生成C的反应方程式_______。
(3)W的分子式为C10H7NO4F3Cl，其结构简式为________。
(4)写出满足下列条件所有的A的同分异构体_______。
①分子中含有苯环；②能发生银镜反应；③核磁共振氢谱有3组峰。
(5)请以和为原料设计合成的路线_______ (无机试剂任选)
【答案】 ①. 酯基、羟基 ②. 加成反应 ③. +HCl ④. ⑤. 、 ⑥.
【解析】
【分析】本题中流程图中几乎所有物质的结构简式均以给出，只要认真分析各自结构简式就能找出答案，（3）分析流程图中E和G的结构简式， 结合W的分子式为C10H7NO4F3Cl便可推知W的结构简式；（4）结合A的分子式为C7H4OCl2，①分子中含有苯环；②能发生银镜反应说明含有醛基；③核磁共振氢谱有3组峰说明分子结构高度对称，确定其同分异构体；(5)采用逆推法进行解题，结合题干流程图中所给信息就可确定该合成流程图。
【详解】(1)由题干中E的结构简式可知，E中含氧官能团的名称为羟基、酯基，比较A和B的结构简式以及转化过程中的反应物和反应条件可知A生成B的反应类型为加成反应，故答案为：羟基、酯基；加成反应；
(2)由流程图中，B和C的结构简式可知B生成C的反应方程式为+HCl，故答案为：+HCl；
(3)比较E和G的结构简式， 结合W的分子式为C10H7NO4F3Cl，可推知W的结构简式为，故答案为：；
(4)根据条件，结合A的分子式为C7H4OCl2，①分子中含有苯环；②能发生银镜反应说明含有醛基；③核磁共振氢谱有3组峰说明分子结构高度对称，故满足条件所有的A的同分异构体为：、，故答案为：、；
(5)采用逆推法进行解题，结合流程中E到G的信息可知可由和合成，结合流程图中D到E的信息可知可由和H2NNH2合成得到，而则可以由催化氧化得到，故确定整个合成流程图为：，故答案为：。重庆缙云教育联盟
2023年高考第一次诊断性检测
化学试卷
满分100分，考试时间75分钟
一、选择题(共14小题，每题3分，共42分)
1. 化学与生活息息相关。下列叙述错误的是
A. 热的碳酸钠溶液可用于去除餐具的油污
B. 明矾和二氧化氯均可作净水剂，且净水原理相同
C. 硫酸钡可用于胃肠X射线造影检查
D. 电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，采用的是牺牲阳极保护法
2. 下列有关化学用语正确的是
A. 的电子式： B. 的离子结构示意图：
C. 含18个中子的氯原子： D. 次氯酸的结构式是：
3. 设 NA 为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 1L 1mol/L CH3COONa 溶液中含有 CH3COO-的数目为 NA
B. 100 ml 1.0 mol·L-1 FeCl3 溶液与足量 Cu 反应，转移的电子数为 0.2NA
C. 标准状况下，11.2 L CCl4 中含有 C—Cl 键的数目为 2NA
D. NA 个 D2O 分子中，含有 10NA 个电子
4. 下列方案能达到实验目的是
A. 用丁达尔效应鉴别FeCl3溶液和Fe(OH)3胶体
B. 用排饱和石灰水集气法收集Cl2
C. 用水萃取CCl4中的溴单质
D. 用饱和的Na2CO3溶液除去Cl2中混有的HCl
5. 下列反应的离子方程式正确的是
A. Na与水反应：
B. 碳酸氢钙溶液与盐酸反应：
C. 稀醋酸滴入NaOH溶液中；
D. 氢氧化钠溶液中通入足量二氧化碳：
6. 由同周期元素原子W、X、Y、Z构成的一种阴离子(如图)，Y的最外层电子数等于X的核外电子总数，四种原子最外层电子数之和为20。下列说法正确的是
A. W、X、Y、Z第一电离能由大到小依次是：Z>Y>X>W
B. Y形成的简单离子的半径比Z形成的简单离子的半径小
C. W和X的最高价氧化物对应水化物的酸性：W>X
D. W、Z形成的化合物分子中各原子均满足8电子稳定结构
7. 下列关于实验仪器和操作说法不正确的是
A. 研究浓度对化学平衡的影响 B. 制备并检验乙烯
C. 用盐酸溶液滴定氢氧化钠溶液 D. 除去溴苯中的苯
8. 下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是
选项 实验 现象 结论
A 将稀硝酸加入过量铁粉中，充分反应后滴加KSCN溶液 有气体生成，溶液呈血红色 稀硝酸将Fe氧化为Fe3+
B 将铜粉加1.0 mol·L-1Fe2(SO4)3溶液中 溶液变蓝、有黑色固体出现 金属铁比铜活泼
C SO2通入到酸性高锰酸钾溶液中 紫红色褪去 二氧化硫具有漂白性
D 将浓硫酸滴到蔗糖表面 固体变黑膨胀 浓硫酸有脱水性和强氧化性
A. A B. B C. C D. D
9. 某化妆品的组分Z具有美白功效，原来从杨树中提取，现可用如下反应制备。下列有关叙述不正确的是
A. X、Y和Z分子中所有原子都可能处于同一平面
B. X、Y和Z均能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C. Y的苯环上二氯代物共有6种
D. X、Y都可作为单体分别发生缩聚反应和加聚反应
10. 我国科学家研发了一种水系可逆Zn-CO2电池，电极材料为金属锌和选择性催化材料，电池工作时，双极膜(由阴、阳膜复合而成)层间的H2O解离成H+和OH—，在外加电场中可透过相应的离子膜定向移动。电池工作原理如下图所示，下列说法正确的是
A. 放电时，电池总反应为2Zn+O2+4OH—+2H2O= 2Zn(OH)
B. 放电时，1molCO2转化为HCOOH，转移的电子数为2NA
C. 充电时，每生成标况下11.2LO2在阳极可生成65g Zn
D. 电解质溶液2一定是碱性溶液
11. 某化工厂利用钡泥[主要含有、、极少量等]为原料制取晶体，其部分工艺流程如图：
已知：和以氢氧化物形式沉淀完全时，溶液的pH分别为3.2和9.7
下列有关说法错误的是
A. 酸溶时不能使用浓硝酸
B. 该厂结合实际，选用的X为
C. 酸溶时，发生反应
D. 该厂生产的晶体含有少量，可通过蒸发浓缩的方法除去
12. 室温下，用0.1mol/LNaOH溶液滴定100mL0.1mol/LNH4HSO4溶液，记录溶液pH与加入NaOH溶液体积的关系曲线如图所示。已知：Kb(NH3 H2O)=1.8×10-5，下列说法不正确的是
A. a点：c(NH)+c(H+)=c(Na+)+c(OH-)
B. b点：c(Na+)>c(SO)>c(NH)>c(OH-)=c(H+)
C. c→d的过程中存在c(NH)=c(NH3 H2O)
D. a、b、c、d四点中，b点溶液中水的电离程度最大
13. 一定温度下，在三个容积均为2.0L的恒容密闭容器中仅发生反应：CH3COOH(g)CH3OH(g)+CO(g) ΔH＞0。下列说法正确的是
容器编号 温度/K 物质的起始浓度/mol·L-1 物质的平衡浓度/mol·L-1
c(CH3OH) c(CO) c(CH3COOH) c(CH3COOH)
I 230 0.60 0.60 0 0.40
II 230 0.30 0.30 0.40
III 210 0 0 0.60
A. 达平衡时，容器I与容器II中的总压强之比为6∶7
B. 达平衡时，容器II中比容器I中的大
C. 达平衡时，容器III与容器I中的正反应速率相等
D. 达平衡时，容器I中CH3OH转化率与容器III中CH3COOH转化率之和大于1
14. 某物质的分子式为，取该物质在足量的中充分燃烧后，将产物全部通入过量的中，若固体的质量增加了，且，则该物质是
A. B. C. D.
二、非选择题(共4小题，共58分，其中15-17题为必做题，18-19题为选做题)
15. 阿司匹林为医药史上三大经典药物之一，又叫乙酰水杨酸，其合成原理如图：
(水杨酸)+(CH3CO)2O(乙酸酐)(乙酰水杨酸)+CH3COOH。
已知：①水杨酸分子间能发生缩合反应，所得聚合物不溶于饱和NaHCO3溶液。
②乙酸酐有吸湿性，缓慢地溶于水形成乙酸；
③部分物质数据如表：
名称 性质 熔点/℃ 沸点/℃ 溶解度
水 乙醇 乙酸乙酯
水杨酸 白色结晶 157-159 211 溶 易溶 易溶
乙酸酐 无色液体 -73.1 138.6 易溶 溶 易溶
乙酰水杨酸 白色结晶 135 321.4 冰水微溶、热水可溶 易溶 微溶
实验室中合成少量阿司匹林的操作步骤如下：
①在50mL圆底烧瓶中，加入2g干燥的水杨酸和5mL新蒸馏的乙酸酐，再加5滴浓硫酸，充分摇动使水杨酸全部溶解，加热保持瓶内温度在80~85℃，反应20min。
②稍冷后，将反应混合物在不断搅拌下倒入50mL冷水中，并用冰水浴冷却15min，结晶完全析出后，抽滤，洗涤，得乙酰水杨酸粗产品。
③将粗产品转移到100mL烧杯中，慢慢加入溶液A，并不断搅拌，直到无气体产生为止。
④抽滤除去不溶性杂质，滤液倒入盛有盐酸的烧杯中，搅拌后用冰水冷却、结晶，抽滤并用少量水洗涤，干燥获得产品乙酰水杨酸。
⑤步骤②所得粗产品也可采用重结晶的方式提纯。用如图所示的回流装置，将粗产品加入乙酸乙酯中进行热溶解，然后趁热过滤，冷却至室温，抽滤，用少许乙酸乙酯洗涤，干燥，得晶体状乙酰水杨酸。
（1）步骤①中所用仪器和原料需要干燥的原因是____；应采用的加热方法是____。
（2）步骤②和④中“抽滤”操作相对于普通过滤的优点是____；洗涤晶体要用少量冷水，原因是____。
（3）步骤③中所加溶液A为____。
（4）步骤⑤中粗产品热溶解时需加入两粒沸石，目的是____。
（5）实验时冷凝水应从图中____(填“a”或“b”)口通入，采用回流装置不采用烧杯等敞口容器的优点是____。
16. 用软锰矿(主要成分为MnO2，含少量Fe3O4、Al2O3)和BaS制备MnCO3 的工艺流程如下：
已知：①MnO2是一种两性氧化物，“反应”步骤中MnO2转化为MnO；
②该实验条件下，pH≥7.5时会生成Mn(OH)2；
③25℃时相关物质的Ksp见下表：
物质 Fe(OH)2 Fe(OH)3 Al(OH)3 Mn(OH)2
Ksp 1.0×10-16 1.0×10-38 1.0×10-32 1.0×10-13
注：当溶液中离子浓度≤1.0×10-5mol·L-1，即认为该离子沉淀完全。
(1)“反应”步骤中：保持BaS投料量不变，随MnO2投料量增大，硫磺量达到最大值后无明显变化，而Ba(OH)2的量达到最大值后会减小，减小的原因是_______。
(2)“酸解”步骤中：主要反应的化学方程式为_______。
(3)“除杂”步骤中：加入H2O2的目的是_______；为了除去杂质金属离子，应控制pH的最小理论值为_______。
(4)利用“除杂”步骤所得的MnSO4溶液以及由氨水与NH4HCO3组成的混合溶液可以制备较纯的MnCO3，涉及到的反应的离子方程式为_______，制得较纯MnCO3的具体操作为_______。
17. 2021年，我国科学家以二氧化碳为原料，通过全合成方法成功制得了淀粉，取得了科技领域的一个重大突破。以CO2为原料制备甲醇、合成气、淀粉等能源物质具有广阔的发展前景。
I.在催化剂的作用下，氢气还原CO2的过程中可同时发生反应①②。
①CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H1=-50kJ·mol-1
②CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H2=+41.1kJ·mol-1
（1）CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H3=_______kJ·mol-1。
（2）已知反应①△S=-177.2J·mol-1·K-1，在下列哪些温度下反应能自发进行？_______(填标号)。
A. 0℃ B. 5℃ C. 25℃ D. 500℃
（3）在恒温恒容密闭容器中，充入一定量的CO2及H2，起始及达到平衡时，容器内各气体的物质的量及总压强数据如表所示：
n(CO2)/mol n(H2)/mol n(CH3OH)/mol n(CO)/mol n(H2O)/mol 总压/kPa
起始 0.5 09 0 0 0 p0
平衡 m 03 p
已知p0=1.4p，则表中m=_______；反应①的平衡常数Kp=_______(kPa)-2(用含p的代数式表示)。
（4）向恒压反应器中通入3molH2和1molCO2，CO2的平衡转化率及CH3OH的平衡产率随温度变化的关系如图所示。已知：CH3OH的产率=100%。
图中500K以后，CO2的平衡转化率随温度升高而增大的原因是_______。
II.固体氧化物电解池(SOEC)利用废热电解水和CO2来制合成气(主要组分为一氧化碳和氢气)，因为高温电解可降低内阻，所以相比于低温电解池表现出更高的电解效率。
（5）a为电源的_______极(填“正”或“负”)。
（6）生成一氧化碳和氢气物质的量之比为1：3时的电极反应式为_______。
18. 铜及其化合物在生活和生产中有着广泛的应用。回答下列问题
（1）基态铜原子价层电子的轨道表达式（电子排布图）为_____。
（2）单质铜及镍都是由_____键形成的晶体；元素铜与镍的第二电离能分别为：ICu＝1958kJ/mol，INi＝1753kJ/mol，ICu＞INi的原因是_____。
（3）Cu2+能与多种物质形成配合物。
①CuSO4溶液与氨水在一定条件下可以生成[Cu(NH3)4]SO4 H2O晶体，该晶体中杂化轨道类型为sp3的原子为_____，写出与SO互为等电子体的一种分子是_____。
②CuSO4溶液与过量KCN可以形成配合物离子[Cu(CN)4]2﹣，1mol该微粒中含有的σ键和π键的数目之比为_____。
③CuCl2溶液与乙二胺（H2N﹣CH2﹣CH2﹣NH2）可形成配离子：则H、O、N三种元素电负性从大到小的顺序为_____，乙二胺沸点高于1，2﹣二氯乙烷（Cl﹣CH2﹣CH2﹣Cl）的主要原因是_____。
（4）已知铜与氯形成化合物的立方晶胞如图所示（黑点代表铜原子）。
①该晶体的化学式为_____。
②已知铜与氯的电负性分别为1.9和3.0，则铜与氯组成的化合物属于_____（填“共价”或“离子”）化合物。
③已知该晶体的密度为ρg cm﹣3，阿伏加 德罗常数为NA，该晶体中铜原子和氯原子之间的最短距离为体对角线的，则该晶体中铜原子和氯原子之间的最短距离为_____pm（写出计算列式）。
19. 化合物G是合成一种杀虫剂的重要中间体，其合成路线如图：
回答下列问题
(1)E中含氧官能团的名称为_____，A生成B的反应类型为_______。
(2)写出B生成C的反应方程式_______。
(3)W的分子式为C10H7NO4F3Cl，其结构简式为________。
(4)写出满足下列条件所有的A的同分异构体_______。
①分子中含有苯环；②能发生银镜反应；③核磁共振氢谱有3组峰。
(5)请以和为原料设计合成的路线_______ (无机试剂任选)
