1、山东省烟台市2020年高考化学诊断性测试（一模）试题（含解析）1.答题前，考生先将自己的姓名、考生号、座号填写在相应位置，认真核对姓名、考生号和座号。2.选择题答案必须使用2B铅笔(按填涂样例)正确填涂；非选择题答案必须使用0.5毫米黑色签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3.请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠、不破损。可能用到的相对原子质量：H1 C12 O16 Na23 Cl35.5 Fe56 Cu64 Se79 Sn119一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。1.化学与生活密
2、切相关，下列说法错误的是A. 将“84”消毒液与75%酒精1:1混合，消毒效果更好B. “霾尘积聚难见路人”，雾霾所形成的气溶胶有丁达尔效应C. 用含有橙红色酸性重铬酸钾的仪器检验酒驾，利用的是乙醇的还原性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】A【解析】【详解】A84消毒液的有效成分为NaClO，具有强氧化性，乙醇具有还原性，两者混合后发生氧化还原反应产生有毒的Cl2，不仅降低消毒效果，还可能引发中毒，A选项错误；B雾霾所形成的气溶胶属于胶体，胶体可以发生丁达尔效应，B选项正确；C乙醇具有还原性，可将橙红色的酸性重铬酸钾溶液还原为绿色的Cr3+，故用含有橙红色酸性重铬
3、酸钾的仪器检验酒驾，利用的是乙醇的还原性，C选项正确；D电热水器内胆连接一个镁棒，就形成了原电池，因为镁棒比较活泼，所以是原电池的负极，从而对正极的热水器内胆起到了保护作用，这种方法是牺牲阳极的阴极保护法，D选项正确；答案选A。2.NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A. 26gC2H2与C6H6混合气体中含键的数目为3NAB. 16.25gFeCl3水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数为0.1NAC. 电解精炼铜时，当电路中转移NA个电子，阴极析出32 g铜D. 标准状况下11.2 LCl2溶于水，溶液中Cl-、ClO-和HClO的微粒数之和为NA【答案】C【解析】【详解】A若26g全为
4、C2H2，26gC2H2的物质的量为，26gC2H2中含有3mol键，若26g全为C6H6，26gC6H6的物质的量为，1mol C6H6中含有12mol键，则26gC6H6含有4mol键，因此26gC2H2与C6H6混合气体中含键的数目为3NA-4NA，A选项错误；B16.25gFeCl3的物质的量为，水解得到0.1mol Fe(OH)3胶体，但Fe(OH)3胶体胶粒是由许多Fe(OH)3等小分子聚集而成，微粒数目小于0.1NA，B选项错误；C电解精炼铜时，阴极铜离子放电，发生的电极反应为Cu2+2e-=Cu，当电路中转移NA个电子，有0.5molCu生成，其质量为0.5mol64gmol-
5、1=32g，C选项正确；D标准状况下，11.2L Cl2的物质的量是0.5mol，Cl2溶于水，与水的反应是可逆反应，不能完全转化为生成物，所以溶液中Cl-、ClO-和HClO的微粒数之和小于NA，D选项错误；答案选C。【点睛】本题B选项为易错点，解答时需要注意胶体中的胶体粒子是聚合体。3.下列有机物的命名正确的是A. CH2CHCHCH2 1,3-二丁烯B. CH3CH2CH(CH3)OH 2-甲基-1-丙醇C. 2-甲基-3-丁炔D. 3,3,4-三甲基己烷【答案】D【解析】【分析】烷烃的命名原则是：找出最长的碳链当主链，依碳数命名主链，前十个以天干(甲、乙、丙.)代表碳数，碳数多于十个时
6、，以中文数字命名，如：十一烷；从最近的取代基位置编号：1、2、3.(使取代基的位置数字越小越好)，以数字代表取代基的位置，数字与数字之间以“,”隔开，数字与中文数字之间以“”隔开；有多个取代基时，以取代基数字最小且最长的碳链当主链，并依甲基、乙基、丙基的顺序列出所有取代基；有两个以上的取代基相同时，在取代基前面加入中文数字：一、二、三.，如：二甲基；如果含有官能团，则含有官能团的最长碳链作主链，编号也是从离官能团最近的一端开始，据此分析解答。【详解】A该物质是二烯烃，两个双键的位置在1，2号C原子和3，4号碳原子之间，因此名称为1，3-丁二烯，A选项错误；BCH3CH2CH(CH3)OH的主链
7、有4个碳，2号为羟基，因此名称为2-丁醇，B选项错误；C属于炔烃，最长碳链含有4个碳原子，离叁键最近一端编号，甲基在3号碳上，因此名称为3-甲基-1-丁炔，C选项错误；D属于烷烃，主链有6个碳，2个甲基位于3号碳原子上，1个甲基位于4号碳原子上，因此其名称为3，3，4-三甲基己烷，D选项正确；答案选D。4.3d能级上最多只能排布10个电子依据的规律是A. 洪特规则B. 泡利不相容原理C. 能量最低原则和洪特规则D. 能量最低原则和泡利不相容原理【答案】B【解析】【详解】构造原理决定了原子、分子和离子中电子在各能级的排布。在一个原子轨道里，最多只能容纳2个电子，而且它们的自旋状态相反，称为泡利不
8、相容原理。当电子排布在同一个能级的不同轨道时，基态原子中的电子总是单独优先占据一个轨道，而且自旋状态相同，称为洪特规则。能量最低原理是核外电子排布时，尽先占据能量最低的轨道。因此在3d能级上最多只能排布10个电子，其依据的规律是泡利不相容原理，B选项正确；答案选B。5.下列实验装置不能达到实验目的的是A. 用装置除去乙烯中的少量酸性气体B. 用装置完成实验室制取乙酸乙酯C. 用装置证明温度对化学平衡的影响D. 用装置验证浓硫酸具有脱水性、强氧化性，SO2具有漂白性、还原性【答案】B【解析】【详解】A氢氧化钠是碱性溶液，且不与乙烯发生反应，故可用于除去乙烯中的少量酸性气体，A选项正确；B乙酸乙酯
9、在氢氧化钠溶液中会发生水解反应，应该用饱和的碳酸氢钠溶液收集乙酸乙酯，B选项错误；C热水与冷水的温度不同，根据容器内气体颜色的变化，判断平衡移动的方向，证明温度对化学平衡的影响，C选项正确；D该装置中，若蔗糖变黑说明浓硫酸具有脱水性，浓硫酸将碳单质氧化生成CO2和SO2，说明浓硫酸具有强氧化性，反应生成SO2使品红溶液褪色，使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明SO2具有漂白性、还原性，D选项正确；答案选B。【点睛】针对于D选项的实验装置，通过浓硫酸使蔗糖脱水碳化，证明浓硫酸有脱水性；生成的碳又被浓硫酸氧化为二氧化碳，本身被还原为二氧化硫，证明浓硫酸的强氧化性；二氧化硫气体通入品红溶液中，品红褪色，证明
10、二氧化硫气体的漂白性；气体进入酸性高锰酸钾溶液中，溶液褪色，体现了二氧化硫的还原性；因此该套实验能够证明了浓硫酸的脱水性、强氧化性，证明了SO2具有漂白性，还原性，这是一个非常好的实验设计，考察的点较多。6.药物瑞德西韦(Remdesivir)对新冠病毒有明显抑制作用，化合物 M是合成瑞德西韦的中间体，下列关于M的说法错误的是A. 核磁共振氢谱共有11个吸收峰B. 分子中含有3种含氧官能团C. 分子中N原子一个是sp2杂化，一个是sp3杂化D. 1mol该物质与足量NaOH溶液反应时消耗3molNaOH【答案】D【解析】【详解】A由结构简式分析可知，化合物M中共存在11种环境的氢原子，故其核磁
11、共振氢谱共有11个吸收峰，A选项正确；B分子中含有酯基、硝基、亚磷酸酯基三种含氧官能团，B选项正确；C分子中单键N原子为sp3杂化，硝基中的双键N原子为sp2杂化，C选项正确；D该分子中与3mol NaOH发生水解反应后会生成2mol酚，会再与2molNaOH发生反应，故1mol该物质与足量NaOH溶液反应时消耗5molNaOH，D选项错误；答案选D。【点睛】B、D选项为本题的难点，B选项中亚磷酸酯基不容易判断出来，在平时的学习过程中要注意积累，D选项中很容易忽略水解后产生的苯酚还会与NaOH溶液发生反应，解答时要考虑周全。7.下列说法不正确的是A. 2p和3p轨道形状均为哑铃形，能量也相等B
12、. 金属离子的电荷越多、半径越小，金属晶体的熔点越高C. 石墨转化为金刚石既有共价键的断裂和生成，也有分子间作用力的破坏D. DNA分子的两条长链中的碱基以氢键互补配对形成双螺旋结构，使遗传信息得以精准复制【答案】A【解析】【详解】A2p和3p轨道形状均为哑铃形，但原子轨道离原子核越远，能量越高，2p轨道能量低于3p，A选项错误；B金属离子的电荷数越多，半径越小，则金属离子与自由电子之间的金属键越强，其金属晶体的硬度越大，熔沸点越高，B选项正确；C石墨属于层状结构晶体，每层石墨原子间为共价键，层与层之间为分子间作用力，金刚石只含有共价键，因而石墨转化为金刚石既有共价键的断裂和生成，也有分子间作
13、用力的破坏，C选项正确；DDNA分子的两条长链中的碱基以氢键互补配对形成双螺旋结构，DNA复制时，在有关酶的作用下，两条链的配对碱基之间的氢键断裂，碱基暴露出来，形成了两条模板链，以半保留的方式进行复制，使遗传信息得以精准复制，D选项正确；答案选A。8.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增加，K、L、M均是由这些元素组成的氧化物，甲、乙分别是元素Y、W的单质，甲是常见的固体，乙是常见的气体。K是红棕色气体，丙的浓溶液具有强氧化性，上述物质的转化关系如图所示。下列说法不正确的是A Y、Z、W三种元素电负性：WZYB. Y、Z、W三种元素第一电离能：ZWYC. L的沸点一定比X、Y组成的化
14、合物沸点高D. 由X、Y、Z、W构成的化合物中可能只含有共价键【答案】C【解析】分析】X、Y、Z、W是原子序数依次增加的短周期主族元素，K、L、M均是由这些元素组成的氧化物，甲、乙分别是元素Y、W的单质，乙是常见的气体，因为K是红棕色气体，丙的浓溶液具有强氧化性，可知K为NO2，丙为HNO3，NO2和H2O、O2反应最终生成HNO3，则乙为O2，L为H2O，甲是常见的固体，与浓硝酸反应生成NO2、H2O和CO2，即M为CO2，则X为H元素，Y为C元素，Z为N元素，W为O元素，据此分析解答。【详解】A非金属性越强，电负性越强，则C、N、O三种元素的电负性：ONC，即WZY，A选项正确；BN原子的
15、3p轨道处于3p3半充满状态，不易失去电子，第一电离能大于O，故第一电离能：NOC，即ZWY，B选项正确；CX、Y组成的化合物可以是高分子有机化合物，其沸点大于H2O，C选项错误；D由X、Y、Z、W构成的化合物可以是氨基酸，氨基酸分子中只含有共价键，D选项正确；答案选C。【点睛】本题考查元素周期律，侧重考查分析能力和推断能力，注意K是红棕色气体，丙的浓溶液具有强氧化性，为本题的推断突破口，熟练掌握元素化合物知识，注意抓住短周期元素形成二元化合物是解答关键。9.根据下列实验操作和现象得出的结论正确的是选项实验操作和现象结论A将金属钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入盛满CO2的集气瓶中，产生大量白烟且瓶内
16、有黑色颗粒产生CO2具有氧化性B向溶液中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀生成该溶液中一定含有SO42-C向1mL蔗糖溶液中滴入23滴稀硫酸，水浴加热几分钟，再加入新制Cu(OH)2悬浊液加热，没有砖红色沉淀蔗糖未发生水解生成葡萄糖D向大豆油和煤油中分别加入足量NaOH溶液充分加热，一种液体仍然分层，另一种液体不再分层分层的液体是大豆油，不再分层是煤油A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】A瓶中产生大量白烟和黑色颗粒，说明有C和Na2O生成，CO2中C的化合价降低，因此CO2作氧化剂，具有氧化性，A选项正确；B向溶液中滴加稀盐酸酸化的BaCl2溶液产生白色沉淀，白色沉
17、淀可能是BaSO4，也可能是AgCl，所以溶液中不一定含有SO42-，B选项错误；C向1mL蔗糖溶液中滴入23滴稀硫酸，水浴加热反应过后应加入NaOH使体系呈碱性，若不加NaOH，原溶液中未反应完的硫酸会和Cu(OH)2发生反应，不会生成砖红色沉淀，不能说明蔗糖是否发生水解生成葡萄糖，C选项错误；D大豆油的主要成分为油脂，在氢氧化钠溶液中能够水解生成溶于水的物质，煤油的主要成分是烃，与氢氧化钠不反应，因此，向大豆油和煤油中分别加入足量NaOH溶液充分加热，分层的是煤油，不分层的是大豆油，D选项错误；答案选A。10.铁粉具有平肝镇心，消痈解毒之功效，主治惊痫、癫狂、脚气冲心、贫血等。某兴趣小组探
18、究用氢气和碳酸亚铁制取铁粉并检验反应产物，实验装置如图。下列说法不正确的是 A. 通过调节分液漏斗的活塞以控制中气泡产生快慢B. 装置的作用是干燥氢气C. 装置、中的药品分别是无水硫酸铜、碱石灰D. 加热装置Y前，应先让X反应一段时间，排除装置中的空气【答案】C【解析】【分析】根据实验目的“探究用氢气和碳酸亚铁制取铁粉并检验反应产物”，结合装置图分析可知，X装置为Zn和稀硫酸发生置换反应制备H2的装置，装置盛有浓硫酸干燥H2，Y装置为氢气和碳酸亚铁制取铁粉的装置，为检验产物H2O的装置，可盛装白色的无水硫酸铜固体，装置的主要目的是吸收H2O并防止中的H2O进入装置中造成干扰，可以是无水CaCl
19、2，为检验CO2的装置，据此分析解答问题。【详解】A根据上述分析，X装置为Zn和稀硫酸发生置换反应制备H2的装置，分液漏斗可调节稀硫酸的滴入速率从而控制中气泡产生快慢，A选项正确；B装置盛有浓硫酸干燥H2，防止对后面产物的检验产生干扰，B选项正确；C由上述分析可知，为检验产物H2O的装置，可盛装白色的无水硫酸铜固体，装置的主要目的是吸收H2O并防止中的H2O进入装置中造成干扰，可以是无水CaCl2或无水硫酸铜，但碱石灰会吸收CO2，不能是碱石灰，C选项错误；DH2与空气混合加热易发生爆炸，故在加热装置Y前，应先让X反应一段时间，排除装置中的空气，D选项正确；答案选C。二、选择题：本题共5小题，
20、每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意，全部选对4分，选对但不全的得1分，有选错的得0分。11.我国学者研究出一种用于催化 DMO 和氢气反应获得 EG 的纳米反应器，如图是反应的微观过程示意图。下列说法不正确的是A. Cu纳米颗粒是一种胶体，能将氢气解离成氢原子B. EG能发生聚合反应生成高分子C. 1molDMO完全转化为EG时消耗2molH2D. 催化过程中断裂的化学键有 HH、CO、CO【答案】AC【解析】【详解】ACu纳米颗粒是单质，能将氢气解离成氢原子，不是胶体，A选项错误；B由微观过程示意图可知，EG是乙二醇，分子中含有2个醇羟基，因此能发生缩聚反应形成高分子化合物
21、，B选项正确；CDMO为草酸二甲酯(CH3OOCCOOCH3)，DMO与H2反应产生CH3OH和CH3OOCCH2OH、H2O，1 mol DMO反应需要3mol H2，若完全转化为EG时消耗6mol H2，C选项错误；DCH3COOCOOCH3+4H2CH3OH+HOCH2CH2OH，由图及反应可知催化过程中断裂的化学健有HH、CO、CO，D选项正确；答案选AC。12.相同金属在其不同浓度盐溶液中可形成浓差电池。如下图所示装置是利用浓差电池电解Na2SO4溶液(a、b电极均为石墨电极)，可以制得O2、H2、H2SO4和NaOH。下列说法不正确的是A. a电极的电极反应为4H2O4e2H24O
22、HB. c、d离子交换膜依次为阳离子交换膜和阴离子交换膜C. 电池放电过程中，Cu(1)电极上的电极反应为Cu22eCuD. 电池从开始工作到停止放电，电解池理论上可制得320gNaOH【答案】D【解析】【分析】浓差电池放电时，两个电极区的浓度差会逐渐减小，当两个电极区硫酸铜溶液的浓度完全相等时，放电停止，电池放电过程中，Cu(1)电极上发生使Cu2+浓度降低的还原反应，作正极，Cu(2)电极上发生使Cu2+浓度升高的氧化反应，作负极，则在右池的电解池中，a为电解池的阴极，H2O中的H+得到电子发生还原反应生成H2，b为电解池的阳极，H2O中的OH-失去电子发生氧化反应生成O2，据此分析解答问
23、题。【详解】A根据上述分析可知，a为电解池的阴极，H2O中的H+得到电子发生还原反应生成H2，电极反应为4H2O4e2H24OH-，A选项正确；B电解过程中，两个离子交换膜之间的硫酸钠溶液中，Na+通过阳离子交换膜c进入阴极区，SO42-通过阴离子交换膜d进入阳极区，B选项正确；C电池放电过程中，Cu(1)电极上发生使Cu2+浓度降低的还原反应，作正极，电极反应为Cu22eCu，C选项正确；D电池从开始工作到停止放电，正极区硫酸铜溶液的浓度同时由2.5molL-1降低到1.5molL-1，负极区硫酸铜溶液同时由0.5molL-1升到1.5molL-1，正极反应可还原Cu2+的物质的量为2L(2
24、.5-1.5)molL-1=2mol，电路中转移4mol电子，电解池的阴极生成4molOH-，即阴极区可得4mol氢氧化钠，其质量为160g，D选项错误；答案选D。13.氯化亚铜常用作有机合成催化剂，难溶于水，不溶于稀硝酸和乙醇，但可溶于Cl浓度较大的体系生成配离子CuCl2，在潮湿空气中易水解氧化为碱式氯化铜。一种制备CuCl的流程如图，下列说法不正确的是A. X试剂可选用乙醇B. 操作可在真空中进行C. 流程中可循环利用的物质有两种D. 用去氧水稀释目的是使CuCl2转化为CuCl，同时防止CuCl 被氧化【答案】C【解析】【分析】根据流程，氧气通入Cu、HCl、NaCl、HNO3、H2O
25、的混合物中控制温度6070制得NaCuCl2，加入去氧水得到CuCl沉淀和含有NaCl、HNO3、HCl的滤液，滤液浓缩补充Cu、HCl可循环，沉淀经洗涤干燥后的到产品CuCl，据此分析解答。【详解】A乙醇易挥发，且CuCl不溶于乙醇，故可用乙醇洗涤CuCl，既能避免CuCl溶于水造成损耗，又能洗去晶体表面的杂质离子及水分，使CuCl更易干燥，防止其氧化和水解，A选项正确；B为防止CuCl被氧化和水解，应隔绝空气和水，干燥时可在真空中进行，B选项正确；C滤液中含有NaCl、HNO3、HCl，故可利用的物质共有3种，C选项错误；DCuCl2-在潮湿空气中易水解氧化为碱式氯化铜，故用去氧水稀释目的
26、是使CuCl2转化为CuCl，同时防止CuCl 被氧化，D选项正确；答案选C。【点睛】解答本题时，应注意CuCl易被氧化和易水解的特点，紧紧围绕这一点结合所学实验操作进行分析。14.在2L密闭容器中充入气体A和B，发生A(g)B(g)C(g)2D(g)H，所得实验数据如表。下列说法不正确的是实验编号温度/起始时物质的量/mol平衡时物质的量/moln(A)n(B)n(C)3000.400.100.0905000.400.100.0805000.200.05aA. H0B. 500 该反应的平衡常数K0.16 molL-1C. 中达到平衡时，A的转化率大于20%D. 5min末测得中n(C)0.
27、050 mol，则0到5min内v(D)=0.02molL-1min-1【答案】AD【解析】【详解】A由可知，温度升高时，平衡时n(C)下降，说明温度升高，平衡逆向移动，所以该反应的H”“”或“=”，下同)；M、N两点容器内的压强2P(M)_P(N)，平衡常数K(M)_K(N)。【答案】 (1). 572kJmol1 (2). S2 (3). 50% (4). p Pa (5). (6). (7). 【解析】分析】(1)利用盖斯定律进行反应2H2O(l) = 2H2(g)+O2(g) H的计算；(2).由反应方程式2H2S(g)S2(g)+2H2(g)可知，若起始时容器中只有H2S，平衡时S2
28、物质的量为H2的，则曲线l表示的物质是S2，曲线m表示的物质是H2S，曲线n表示的物质是H2，据此分析解答；.反应2H2S(g)S2(g)+2H2(g)中，H2S的物质的量增加，其平衡转化率反而减小，即M点和O点分别所在的曲线代表H2S的起始量为0.1mol和0.2mol，据此解答；【详解】(1)根据盖斯定律，反应(+)2可得到反应2H2O(l) = 2H2(g)+O2(g)，其H=2(H1+H2+H3)=2(172+327-213)=+572kJmol-1，故答案为：+572kJmol-1；(2).由反应方程式2H2S(g)S2(g)+2H2(g)可知，若起始时容器中只有H2S，平衡时S2的
29、物质的量为H2的，则曲线l表示的物质是S2，故答案为：S2；根据图像，A点时，硫化氢和氢气的物质的量相等，根据2H2S(g)S2(g)+2H2(g)，说明反应的硫化氢与剩余的硫化氢相等，H2S的转化率为50%，故答案为：50%；根据A点可知，起始时硫化氢为20mol，B点时，硫化氢与S2的物质的量相等，设分解的硫化氢为x，则20-x=，解得x=mol，容器中含有H2Smol，S2mol，H2mol，物质的量分数分别为，平衡常数Kp=，故答案为：p Pa；.反应2H2S(g)S2(g)+2H2(g)中，H2S的物质的量增加，其平衡转化率反而减小，即M点和O点分别所在的曲线代表H2S的起始量为0.
30、1mol和0.2mol，恒容容器中，M点的浓度小于O点，则逆反应速率v(M) v(O)，故答案为：；由图像可知，H2S的转化率均为45%，可列三段式有：n(总)N=1.1+0.45+0.9=2.45moln(总)M=0.55+0.45+0.225=1.225mol2n(总)M=n(总)M，又图像可知TMTN，由PV=nRT可得，2P(M)P(N)，则K(M)K(N)，故答案为：；。【点睛】本题考查了盖斯定律的应用、化学平衡图象的分析应用，掌握盖斯定律的使用方法和图象题的分析方法是解题的关键。本题的易错点是(2)，注意理解平衡常数Kp的含义和计算方法。17.氮、硒形成的单质及其化合物有重要的科学
31、研究价值，请回答下列问题：(1)邻氨基吡啶的铜配合物在有机不对称合成中起催化诱导效应，其结构简式如图所示。基态氮原子的价电子轨道表示式为_；其核外电子共占据_个能级；邻氨基吡啶的铜配合物中Cu2的配位数是_。(2)高聚氮晶体结构如图所示，每个氮原子与另外三个氮原子结合形成空间网状结构。固态高聚氮是_晶体；该晶体中n(N)与n(NN)之比为_；这种高聚氮NN键的键能为160 kJmol-1，而N2的键能为942 kJmol-1，其可能潜在的应用是_。(3)NO3的空间构型是_；HNO3的酸性比HNO2强，试从结构的角度解释其原因_。(4)硒有三种晶体(单斜体、单斜体和灰色三角晶)，灰硒的晶体为六
32、方晶胞结构，原子排列为无限螺旋链，分布在六方晶格上，同一条链内原子作用很强，相邻链之间原子作用较弱，其螺旋链状图、晶胞结构图和晶胞俯视图如图所示：已知正六棱柱的边长为acm，高为bcm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为_gcm-3(用含NA、a、b的式子表示)。【答案】 (1). (2). 3 (3). 4 (4). 原子 (5). 2:3 (6). 制炸药 (7). 平面三角形 (8). HNO3中含有非羟基氧多 (9). 【解析】【详解】(1)N是7号元素，其核外有7个电子，则基态氮原子的核外电子排布式为1s22s2sp3，价电子轨道表达式为，其核外电子共占据1s、2s、2p三个
33、能级，由邻氨基吡啶的铜配合物的结构简式分析可知，Cu2+的配位数为4，故答案为：；3；4；(2)高聚氮晶体中每个氮原子都通过三个单键和其他氮原子结合并向空间发展构成立体网状结构，属于原子晶体，因为晶体中煤隔氮原子都通过三个单键与其他氮原子结合，则每个氮原子平均形成1.5个NN键，故氮原子数与NN键数之比为2:3，则n(N):n(NN)=2:3，由键能数据分析可知，高聚氮爆炸后生成氮气放出大量的热，还能瞬间生成大量的气体，则可能的用途为制炸药，故答案为：原子；2:3；制炸药；(3)NO3-中N原子的价电子对数为，孤电子对数为0，则其空间构型为平面三角形，对于同种元素R的不同的含氧酸的酸性比较，可
34、以把酸写成(HO)nROm的形式，m越大，酸性越强，m越大，非羟基氧个数多，中心原子的电子云向氧偏离的越厉害，从而氢氧键的电子云通过传递向氧偏离的就越厉害，从而容易电离，酸性越小，由于HNO3中的非羟基氧数目比HNO2的多，因此HNO3的酸性更强，故答案为：平面三角形；HNO3中含有非羟基氧多；(4)Se原子间形成正六棱柱，位于面心与顶点，从晶胞的俯视图可知晶胞中Se原子数目为6+123=9，体积V=a26b，故答案为：。18.四氯化锡常温下呈液态，熔点-33，沸点144，在潮湿的空气中能强烈水解生成金属氧化物并产生有刺激性的白色烟雾，可用作媒染剂、催化剂等。实验室利用如图所示装置制备四氯化锡
35、(夹持装置略)。回答下列问题：(1)甲装置中发生反应的离子方程式为_，仪器B的名称是_。(2)按照气流方向连接装置，接口顺序为_。(3)实验开始时需向圆底烧瓶中缓慢滴加浓盐酸，此时应打开仪器A的活塞_(填“K1”、“K2”或“K1和K2”)。排尽装置中的空气后才能点燃乙处的酒精灯，判断装置中空气已排尽的现象是_。实验结束时，应先停止加热的装置是_(填“甲”或“乙”)。(4)丙装置的作用是_，若没有丙装置，可能发生的化学反应方程式为_。(5)实验制得30g溶有氯气的SnCl4，其中氯气质量分数为13.0%，则至少需向乙中通入标准状况的氯气_L (保留2位小数) 。提纯该SnCl4的方法是_(填序
36、号)。a.用NaOH溶液洗涤再蒸馏 b.升华 c.重结晶 d.蒸馏 e.过滤【答案】 (1). MnO2 +4H+ +2Cl-Mn2+ + 2H2O + Cl2 (2). 蒸馏烧瓶 (3). afgihbcjkd (4). K2 (5). 装置中充满黄绿色气体 (6). 乙 (7). 吸收多余的氯气，并防止水蒸气进入锥形瓶 (8). SnCl4 +2H2O =SnO2+ 4HCl (9). 5.71 (10). d【解析】【分析】由题干信息可知，Cl2和Sn在加热的条件下可制得SnCl4，装置甲为Cl2的制备装置，乙装置为Cl2和Sn制备SnCl4的装置，丙装置中装有碱石灰可吸收氯气和空气中的
37、水蒸气，丁装置可吸收挥发的浓盐酸，戊装置为吸收水蒸气，干燥Cl2的装置，己装置为冷凝并收集SnCl4的装置，据此可分析解答。【详解】(1)根据上述分析可知，装置甲为MnO2和浓盐酸在加热的条件下制备Cl2的装置，其反应的离子方程式为MnO2 +4H+ +2Cl-Mn2+ + 2H2O + Cl2，仪器B是蒸馏烧瓶，一般用于蒸馏操作，故答案为：MnO2 +4H+ +2Cl-Mn2+ + 2H2O + Cl2；蒸馏烧瓶；(2)由上述装置分析知，装置顺序为甲丁戊乙己丙，若按照气流方向连接装置，气体在通过吸气瓶时要长进短出，则其接口顺序为afgihbcjkd，故答案为：afgihbcjkd；(3)仪器
38、A为恒压滴液漏斗，有着平衡气压使液体顺利滴下的作用，若要向圆底烧瓶中缓慢滴加浓盐酸，只需打开仪器A的活塞K2，当装置中充满了黄绿色的Cl2后，可证明装置中空气已经排尽，反应结束时，为防止发生倒吸，应先停止加热装置乙，再停止加热装置甲，故答案为：K2；装置中充满黄绿色气体；乙；(4)丙装置中的碱石灰既可吸收多余的氯气，防止污染空气，又可以防止空气中的水蒸气进入锥形瓶，使的SnCl4水解，若没有丙装置，SnCl4水解生成金属氧化物SnO2并产生有刺激性的白色烟雾HCl，方程式为SnCl4 +2H2O =SnO2+ 4HCl，故答案为：吸收多余的氯气，并防止水蒸气进入锥形瓶；SnCl4 +2H2O
39、=SnO2+ 4HCl；(5)30g氯气质量分数为13.0%的SnCl4中，SnCl4的质量为30(1-13%)=26.1g，其物质的量为0.1mol，则SnCl4中Cl元素的质量为0.1435.5=14.2g，Cl2的质量为3013%=3.9g，即Cl2中Cl元素的质量为3.9g，故需要的Cl元素的总质量为14.2+3.9=18.1g，物质的量为18.1g35.5g/mol0.51mol，则需要的Cl2的物质的量为0.225mol，标况下的体积为0.225mol22.4L/mol5.71L，四氯化锡常温下呈液态，熔点-33，沸点144，则可采用蒸馏的方法提纯SnCl4，d选项正确，故答案为：
40、5.71；d。【点睛】本题考查物质的制备实验，涉及对实验装置的理解与评价、实验操作、信息获取与迁移运用等，难度中等，理解制备原理是解题的关键，是对实验基础知识的综合利用，需要具备扎实的基础与分析问题、解决问题的能力。19.目前，处理锌矿进行综合利用，多采用传统的“高氧酸浸法”，但该法也存在一些缺点。最近，有文献报道：用高铁闪锌矿(含有ZnS、FeS、CuS、CdS及少量SiO2等)为原料，采用“高氧催化氧化氨浸法”可以联合制取Cu2O(红色)、CdS(黄色)、锌钡白(白色)三种颜料，其流程如图：已知：浸取剂由碳酸铵、氨水、双氧水等组成；：浸渣为S、Fe(OH)CO3、SiO2等不溶性物质；：浸
41、取液中含有Zn(NH3)42+、Cu(NH3)42+、Cd(NH3)42+；：Cu+在溶液中不存在，但可以与NH3形成稳定的Cu(NH3)2+。回答下列问题：(1)为加快浸取速度，可以采取的措施是(任答两项)_；在实际生产中采取常温下浸取而不采用加热的方法，其原因是_。(2)浸取釜中有O2参与生成浸渣Fe(OH)CO3的离子方程式为_。(3)蒸发炉中加入(NH4)2SO3的主要作用是_；沉降池1中加入稀H2SO4的作用是_。(4)在制取ZnSO4和CdSO4时使用硫酸的量要适当，如果硫酸过量，产生的后果是_。(5)无论采用“高氧酸浸法”还是“高氧催化氧化氨浸法”，其前期处理，都要经过用浸取剂浸
42、取这一步，不同的是“高氧酸浸法”需先高温焙烧，然后再用硫酸浸出。两种方法比较，“高氧酸浸法”存在的缺点是(任答两条)_。【答案】 (1). 粉碎矿石，增大O2压强，增大氨水和碳酸铵的浓度 (2). 防止NH3的挥发，以便形成稳定的配合物，防止双氧水分解 (3). 4FeS+3O2+4CO32-+6H2O=4Fe(OH)CO3+4S+8OH- (4). 将Cu(NH3)42+还原为Cu (NH3)2+ (5). 调节溶液的pH，使Cu(NH3)2+转化为Cu2O沉淀 (6). 产生H2S气体污染大气；降低锌钡白、CdS的产量 (7). 能耗高；设备耐酸性要求高；产生大量有害气体(SO2)污染大气
43、【解析】【分析】由题干信息，分析流程图可知，高铁闪锌矿在浸取釜中与O2、碳酸铵、氨水、双氧水等组成的浸取剂反应生成S、Fe(OH)CO3、SiO2等不溶性物质、Zn(NH3)42+、Cu(NH3)42+和Cd(NH3)42+，在蒸发炉中加入(NH4)2SO3将Cu(NH3)42+还原为Cu (NH3)2+，进入沉降池1中加入稀H2SO4调节pH使Cu(NH3)2+转化为Cu2O沉淀，剩下的溶液在置换炉中加入适量锌粉得到Cd单质，滤液进入沉降池2加入碳化氨水得到Zn2(OH)2CO3，经稀硫酸得到ZnSO4溶液，ZnSO4与BaS溶液反应得到锌钡白，据此分析解答问题。【详解】(1)由化学反应速率
44、的影响因素可以知道，可采用粉碎矿石，增大O2压强，增大氨水和碳酸铵的浓度等方法加快浸取速率，由于浸取剂由碳酸铵、氨水、双氧水等组成，受热易分解，故在实际生产中采取常温浸取而不采用加热的方法，故答案为：粉碎矿石，增大O2压强，增大氨水和碳酸铵的浓度；防止NH3的挥发，以便形成稳定的配合物，防止双氧水分解；(2)浸取釜中O2与碳酸铵和FeS反应生Fe(OH)CO3、S，反应的离子方程式为4FeS+3O2+4CO32-+6H2O=4Fe(OH)CO3+4S+8OH-，故答案为：4FeS+3O2+4CO32-+6H2O=4Fe(OH)CO3+4S+8OH-；(3)Cu+在溶液中不存在，但可以与NH3形
45、成稳定的Cu(NH3)2+，根据上述分析，(NH4)2SO3中SO32-具有还原性，在蒸发炉中加入(NH4)2SO3可将Cu(NH3)42+还原为Cu (NH3)2+，从而加入稀H2SO4调节pH使Cu(NH3)2+转化为Cu2O沉淀，故答案为：将Cu(NH3)42+还原为Cu (NH3)2+；调节溶液的pH，使Cu(NH3)2+转化为Cu2O沉淀；(4)在制取ZnSO4和CdSO4时使用硫酸过量会产生H2S气体污染大气并降低锌钡白、CdS的产量，故答案为：产生H2S气体污染大气，降低锌钡白、CdS的产量；(5) “高氧酸浸法”需先高温焙烧，然后再用硫酸浸出，此法需要在高温条件，能耗高；对设备
46、的耐酸性要求高；同时会产生大量有害气体(SO2)污染大气，故答案为：能耗高、设备耐酸性要求高、产生大量有害气体(SO2)污染大气。20.2020年2月17日下午，在国务院联防联控机制发布会上，科技部生物中心副主任孙燕荣告诉记者：磷酸氯喹对“COVID-19”的治疗有明确的疗效，该药是上市多年的老药，用于广泛人群治疗的安全性是可控的。其合成路线如图所示：已知：醛基在一定条件下可以还原成甲基。回答下列问题：(1)有机物A为糠醛，它广泛存在于各种农副产品中。A中含氧官能团的名称为_，A与新制氢氧化铜悬浊液反应的化学方程式为_。(2)C的结构简式为_，D与E之间的关系为_。(3)反应的反应类型为_；反
47、应若温度过高会发生副反应，其有机副产物的结构简式为_。(4)有机物E有多种同分异构体，其中属于羧酸和酯的有_种，在这些同分异构体中，有一种是羧酸，且含有手性碳原子，其名称为_。(5)以2丙醇和必要的试剂合成2丙胺CH3CH(NH2)CH3：_(用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂)。【答案】 (1). 醛基、醚键 (2). +2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O+3H2O (3). (4). 同分异构体 (5). 加成反应 (6). CH3COCH2CH=CH2 (7). 13 (8). 2甲基丁酸 (9). CH3CH(OH)CH3CH3COCH3CH3CH(NH2)CH3【解析】【分析】根据
48、合成线路可知，A()与H2发生加成反应生成B()，根据已知“醛基在一定条件下可以还原成甲基”可得B与H2在一定条件下发生还原反应生成C()，C发生加成反应得到D，D的同分异构体E在浓硫酸、加热的条件下反应生成FCH3CO(CH2)3Br，F再和NH(C2H5)2反应得到G，G发生加成反应生成H，H发生消去反应得到I，I与H2发生加成反应得到J，J发生取代反应生成K，K与磷酸制的L磷酸氯喹，据此分析解答问题。【详解】(1)化合物A的结构式为，其含氧官能团有醚键和醛基，A中的醛基可以与新制氢氧化铜悬浊液反应生成Cu2O的砖红色沉淀，方程式为+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O+3H2O，故答案为
49、：醚键、醛基；+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O+3H2O；(2)由上述分析可知，C的结构简式为，D与E的分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故答案为：；同分异构体；(3)反应为G发生加成反应生成H，反应为E在浓硫酸、加热的条件下反应生成FCH3CO(CH2)3Br，若温度过高会发生消去反应生成CH3COCH2CH=CH2，故答案为：加成反应；CH3COCH2CH=CH2；(4)有机物E的同分异构体中，属于羧酸和酯的有CH3CH2CH2CH2COOH、共13种，其中有一种是羧酸，且含有手性碳原子为，其名称为2-甲基丁酸，故答案为：13；2-甲基丁酸；(5)结合题干合成信息，可将2丙醇催化氧化制得CH3COCH3，再在与NH3、无水乙醇得到，加入无水乙醇发生消去反应生成，最后与H2发生加成反应得到2-丙胺CH3CH(NH2)CH3，合成路线为CH3CH(OH)CH3CH3COCH3CH3CH(NH2)CH3，故答案为：CH3CH(OH)CH3CH3COCH3CH3CH(NH2)CH3。