发布时间 : 星期二 文章2019年重庆市高考化学二诊试卷（解析版） - 最新修正版更新完毕开始阅读
D．若b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；
C．a、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】
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解：A．第一步电离方程式：N2H4+H2O?N2H5++OH-，当c（N2H5+
）=c（N2H4），平衡常数Kb1=
=c（OH-）=10-6，故A正确；
B．pOH=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；
D．pOH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+H2O?N2H5++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； D．pOH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.【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；
B．NaClO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Ksp[Mg（OH）2]＞Ksp[Cu（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 2MoO高温
2+O2 2MoO3 MoO3+CO32-=MoO42-+CO2↑ 温度过高会导致H2O2分解，降
低反应速率 4×10-8 xLi++nMoS2+xe-=Lix（MoS2）n 【解析】
解：（1）根据分析，MoS2在焙烧时，产生大气污染物SO2； 故答案为：SO2；
（2）①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；
②由图可知6～12层MoO2转化为MoO3，反应方程式为2MoO2+O2
2MoO3；
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；
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（5）已知：Ksp（BaSO4）=1.0×10-10
，反应后的溶液中c（SO42-
）=0.04×
3% mol/L，BaMoO4开始沉淀时溶液中c（Ba2+
）=，则Ksp（BaMoO4）=c（Ba2+
）×
c（MoO42-）=4×10-8
； 故答案为：4×
10-8； （6）已知：总反应为：xLi+nMoS2
Lix
（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，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T1＜T2 0.05mol/（L?min） 小于
-+
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），1mol Cl2参与反应发生焓变△H=243KJ/mol+2×
630KJ/mol-2×（200KJ/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）①温度越高，反应速率越大，单位时间内消耗NO的量越多，所以T1＜T2， 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T1＜T2； ②T1℃，5min内Cl2的反应速率v（Cl2）=v（NO）=×=0.05mol/（L?min），
故答案为：0.05mol/（L?min）；
③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0.5mol Cl2，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；
④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 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==
，
故答案为：
；
（4）①由原理的示意图可知，Ir的表面发生反应：H2+N2O═N2+H2O， 故答案为：H2+N2O═N2+H2O，
②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）NaCN溶液pH大，则CN-水解程度比HCO3-
大；
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（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）①温度越高，反应速率越大，达到平衡状态所需要的时间短；
②T1℃，5min内Cl2的反应速率v（Cl2）=v（NO）=×
；
③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；
④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 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）①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；
②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 O＞C＞Si
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NH
4+中的H+
×1010
【解析】
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O＞C＞Si， 故答案为：O＞C＞Si；
（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ρ=，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ρ=
，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
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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 消去反应 加成反应 CH2=CHCHO 2-甲基-1，3-丁二烯 HOCH2CH2CHO+2Cu（OH）2+NaOH △
HOCH2CH2COONa+Cu2O↓+3H2O nCH2OHCH2COOH
+（n-1）H2O 16 CH3CHO
CH3CHOHC≡CH
CH2=CHC≡CH
CH2=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）B→C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， 故答案为：2-甲基-1，3-丁二烯；
（5）G→H的第①步反应方程式为过HOCH2CH2CHO+2Cu（OH）2+NaOH HOCH2CH2COONa+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+NaOH HOCH2CH2COONa+Cu2O↓+3H2O；
nCH2OHCH2COOH
+（n-1）H2O；
（6）K的同分异构体符合下列条件：
①与K具有相同的官能团，说明含有碳碳双键和醛基； ②分子中有一个甲基；