山东省枣庄市2020届高三模拟考试（二调）化学试题 24页

‎2020届高三模拟考试 化学试题 ‎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，认真核对条形码上的姓名、考生号和座号，并将条形码粘贴在指定位置上。‎ ‎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：H ‎1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Cl 35.5 Fe 56 Sr 87.6‎ 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。‎ ‎1.2020年伊始，新冠肺炎疫情肆虐，讲卫生应成为习惯。下列试剂不适合车站、机场、商场等公共场所消毒的是（ ）‎ A. 过氧乙酸 B. 95%的酒精 C. 双氧水 D. 84消毒液 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．过氧乙酸具有很强的杀菌消毒能力，在“非典”时期使用过，A不合题意；‎ B．95%酒精的浓度比75%大得多，消毒能力不强，它易燃易爆，不适合车站、机场、商场等公共场所消毒，B符合题意；‎ C．双氧水具有很强的消毒能力，可用于大型场所消毒，C不合题意；‎ D．84消毒液是杀灭新冠病毒的理想消毒剂，D不合题意；‎ 故选B。‎ ‎2.工业上综合利用铝土矿（主要成分为Al2O3，还含有Fe2O3、FeO、SiO2）的部分工艺流程如下：‎ 铝土矿滤渣硅酸钠 实验室模拟上述流程中，用不到的装置是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．稀硫酸溶解铝土矿时，需要将固体与液体分离，所以应使用过滤装置，A不合题意；‎ B．在整个操作过程中，没有将溶液浓缩或蒸发结晶的操作，所以不需要此装置，B符合题意；‎ C．焙烧二氧化硅与氢氧化钠的固体混合物时，需要使用铁坩埚，C不合题意；‎ D．用稀硫酸溶解铝土矿时，需要使用烧杯进行溶解，D不合题意；‎ 故选B。‎ ‎3.下列化学用语的表达不正确的是（ ）‎ A. 二氧化碳的比例模型 B. 硫原子的结构示意图 C. 的原子核内有8个中子 D. NH4Cl的电子式 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．二氧化碳分子为直线型结构，三个原子在同一条直线上，A不正确；‎ B．硫原子的核电荷数为16，核外电子数为16，结构示意图为，B正确；‎ C．的原子核内含中子的个数为14-6=8，C正确；‎ D．NH4Cl由NH4+和Cl-构成，电子式为，D正确；‎ 故选A。‎ ‎【点睛】‎ 简单阳离子的电子式就是它的离子符号，若阳离子由原子团构成，则书写电子式时，必须加 [ ]及带电荷。‎ ‎4.根据下列实验操作和现象所得结论正确的是选项（ ）‎ 选项 实验操作 现象 结论 A 向待测液中依次滴入氯水和KSCN溶液 溶液变为红色 待测溶液中含有Fe2+‎ B 向AgNO3溶液中滴加过量氨水 溶液澄清 Ag+与NH3·H2O能大量共存 C 将KI和FeCl3溶液在试管中混合后，加入CCl4，振荡，静置 下层溶液显紫红色 氧化性：Fe3+>I2 ‎ D 向NaHCO3溶液中滴加Na[Al(OH)4]溶液 有白色沉淀和气体产生 ‎[Al(OH)4]-与HCO3-发生了双水解反应 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．待测液中先加氯水，不能肯定是否发生反应2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl-，所以由溶液变红，不能证明Fe2+是否存在，A不正确；‎ B．向AgNO3溶液中滴加过量氨水，发生反应Ag++ 2NH3·H2O＝[Ag(NH3)2]++2H2O，B不正确；‎ C．将KI溶液与FeCl3溶液混合，由现象可判断反应生成I2，从而确定发生的反应为2Fe3++2I-=2Fe2++I2，氧化性：氧化剂>氧化产物，所以氧化性Fe3+>I2，C正确；‎ D．向NaHCO3溶液中加入Na[Al(OH)4]，发生反应[Al(OH)4]- +HCO3- ＝Al(OH)3↓+CO32-+H2O，没有气体产生，D不正确；‎ 故选C。‎ ‎5.螺环烃是指分子中两个碳环共用一个碳原子的脂环烃。是其中的一种。下列关于该化合物的说法正确的是（ ）‎ A. 该分子中有3个手性碳原子 B. 所有碳原子均处于同一平面 C. 是3—甲基环丁烯（）的同系物 D. 一氯代物有四种 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．该分子中有2个手性碳原子(环上与甲基相连的两个碳原子)，A不正确；‎ B．两环共用的碳原子及周围的4个碳原子，共5个碳原子，不可能处于同一平面，B不正确；‎ C．3—甲基环丁烯（）与的碳碳双键数目、环的数目都不相同，二者不互为同系物，C不正确；‎ D．分子为对称结构，两环共用的碳原子不连有氢原子，一氯代物有四种，D正确；‎ 故选D。‎ ‎6.公元八世纪，Jabir ibn Hayyan在干馏硝石的过程中首次发现并制得硝酸（4KNO32K2O+4NO↑+3O2↑），同时他也是王水的发现者。下列说法不正确的是（ ）‎ A. 实验室可用KNO3与浓硫酸反应制备少量的HNO3，利用了强酸制弱酸的原理 B. 干馏产生的混合气体理论上可被水完全吸收生成硝酸 C. 王水溶解金发生的反应中作氧化剂的是硝酸 D. 硝石可用来制作黑火药 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．用KNO3与浓硫酸反应制HNO3，利用的原理是难挥发性酸制易挥发性酸，A不正确；‎ B．干馏产生的混合气体满足反应4NO+3O2+2H2O=4HNO3中的组成关系，B正确；‎ C．王水溶解金发生的反应为Au+HNO3+4HCl==H[AuCl4]+NO↑+2H2O，HNO3中的N元素由+5价降低为+2价，所以硝酸是氧化剂，C正确；‎ D．黑火药成分为KNO3、S、C，硝石是黑火药的成分之一，D正确；‎ 故选A。‎ ‎7.我国科学家成功合成了世界上首个含五氮阴离子的盐（局部结构如图），其中还有两种10电子离子、一种18电子离子。X、Y、Z、M 为原子序数依次增大的短周期元素，且均不在同一族。下列说法不正确的是（ ）‎ A. Y的原子半径大于Z的原子半径 B. 在该盐中，存在极性共价键和非极性共价键 C. Z的简单气态氢化物稳定性比Y的简单气态氢化物稳定性强 D. Y的最高价氧化物对应水化物的酸性比M的最高价氧化物对应水化物的酸性强 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 结构图中含有五氮阴离子，则Y为氮(N)；盐中含有两种10电子离子，则应为NH4+、H3O+，从而得出X为氢(H)，Z为氧(O)；M应为18电子离子，且离子半径最大，与其它元素不在同一族，则其只能为氯(Cl)。‎ ‎【详解】A．Y(N)的原子半径大于Z(O)的原子半径，符合同周期元素原子半径递变规律，A正确；‎ B．在该盐中，NH4+、H3O+内都存在极性共价键，五氮阴离子中含有氮氮非极性共价键，B正确；‎ C．非金属性O>N，则Z(O)的简单气态氢化物稳定性比Y(N)的简单气态氢化物稳定性强，C正确；‎ D．Y(N)的最高价氧化物对应水化物的酸性比M(Cl)的最高价氧化物对应水化物的酸性弱，D不正确；‎ 故选D。‎ ‎8.利用下图所示的有机物X可生产S—诱抗素Y。下列说法正确的是（ ）‎ A. X和Y都可以与FeCl3溶液发生显色反应 B. 1 mol Y最多能加成3 mol H2‎ C. l mol X与足量NaOH溶液反应，最多消耗6 mol NaOH D. X到Y的反应是水解反应或取代反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Y分子中不存在酚羟基，不能与FeCl3溶液发生显色反应，A不正确；‎ B．Y分子中的碳碳双键、羰基都能与H2加成，1 mol Y最多能加成4mol H2，B不正确；‎ C．l mol X与足量NaOH溶液反应，最多消耗5mol NaOH(醇羟基不与NaOH反应)，C不正确；‎ D．X到Y的反应中酰胺键发生断裂，是水解反应或取代反应，D正确；‎ 故选D。‎ ‎9.用NaClO溶液吸收NO尾气，可提高NO的去除率。其他条件相同时，NO（转化为NO3-）的转化率随NaClO溶液初始pH（用稀硫酸调节）的变化如图所示。下列说法正确的是（ ）‎ A. 若要吸收‎44.8 L NO，则消耗3 mol NaClO B. 向NaClO溶液中通入NO后，溶液pH增大 C. HClO氧化NO的能力比NaClO强 D. NaClO溶液中c(OH-)>c(H+)+c(HClO) ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．没有指明标准状况，无法计算‎44.8 L NO的物质的量及消耗NaClO的物质的量，A不正确；‎ B．向NaClO溶液中通入NO后，发生反应3NaClO+2NO+H2O==3NaCl+2HNO3，溶液pH减小，B不正确；‎ C．从图中可以看出，溶液的pH越小，生成HClO的浓度越大，NO的去除率越高，所以HClO 氧化NO的能力比NaClO强，C正确；‎ D．NaClO溶液中存在下列平衡：ClO-＋H2OHClO+OH-，H2OH++OH-，从而得出c(OH-)=c(H+)+c(HClO)，D不正确；‎ 故选C。‎ ‎10.无水FeCl2是常用还原剂，实验室中可以利用反应2FeCl3+C6H5Cl2 FeCl2+ C6H4Cl2+HCl↑制取，已知：C6H5Cl熔点‎-45℃‎，沸点‎132℃‎；C6H4Cl2熔点‎53℃‎，沸点‎173℃‎。下列说法不正确的是（ ）‎ A. 仪器a的作用是冷凝、回流、导气 B. 反应开始前应向甲中通N2，为防止FeCl2被装置中空气氧化 C. 反应结東后，甲中混合物经冷却、过滤、干燥得到纯净的产品 D. 最好用油浴加热三颈烧瓶 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．C6H5Cl、C6H4Cl2的沸点不高，受热后易气化，所以仪器a的作用是冷凝、回流、导气，A正确；‎ B．因为FeCl2具有较强的还原性，易被空气中的氧气氧化，所以在反应开始前应向甲中通N2，以排尽装置内的空气，B正确；‎ C．反应结東后，甲中混合物呈液态，经冷却、蒸馏、干燥可得到纯净的产品，C不正确；‎ D．因为加热温度超过‎100℃‎，且使混合物均匀受热，所以最好用油浴加热三颈烧瓶，D正确；‎ 故选C。‎ 二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有1个或2个选项符合题意，全都选对得4分，选对但不全的得1分，有选错的得0分。‎ ‎11.防治污染要坚决打好蓝天、碧水、净土三大保卫战。某工厂拟综合处理含NH4+‎ 废水和工业废气（主要含N2、CO2、SO2、NO、CO，不考虑其他成分），设计了如下流程：‎ 下列说法正确的是（ ）‎ A. 固体1的成分是CaCO3、CaSO3‎ B. 向气体1中通入的空气需要过量 C. 捕获剂所捕获的气体主要是CO D. 处理含NH4+废水时，发生的反应为NH4++5NO2-+4H+＝6NO↑+4H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 从流程图可以看出，工业废气（主要含N2、CO2、SO2、NO、CO，不考虑其他成分）通入过量石灰乳中，CO2、SO2转化为CaCO3、CaSO3，成为固体1主要成分；此时气体的主要成分为N2、NO、CO，通空气、再用NaOH溶液吸收，NO转化为NaNO2，用含NH4+废水处理，生成N2和水；CO气体用捕获剂处理，从而得到捕获产物。‎ ‎【详解】A．由以上分析可知，固体1的成分是CaCO3、CaSO3、Ca(OH)2等，A不正确；‎ B．向气体1中通入的空气若过量，NaNO2将被氧化为NaNO3，B不正确；‎ C．气体2的成分为N2和CO，N2不污染环境，所以捕获剂所捕获的气体主要是CO，C正确；‎ D．处理含NH4+废水时，发生的反应为NH4++NO2- ＝N2↑+2H2O，D不正确；‎ 故选C。‎ ‎12.CO与N2O是汽车尾气中污染大气的成分，研究表明CO与N2O在Fe+作用下生成无害气体，发生反应的能量变化及反应历程如图所示，两步反应分別为：① N2O+Fe+＝N2+FeO+(慢)；② FeO++CO＝CO2+Fe+(快)。下列说法不正确的是（ ）‎ A. ①是氧化还原反应，②不是氧化还原反应 B. 两步反应均为放热反应，总反应的化学反应速率由反应①决定 C. Fe+使反应的活化能减小，增大反应速率 D. FeO+在该反应过程中作催化剂 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．①、②两反应中都含有变价元素，都是氧化还原反应，A不正确；‎ B．两步反应中反应物的总能量都高于生成物的总能量，均为放热反应，总反应的化学反应速率，由速率慢的反应(即反应①)决定，B正确；‎ C．Fe+为反应的催化剂，降低反应的活化能，加快反应速率，C正确；‎ D．FeO+在该反应过程中是催化剂的中间产物，D不正确；‎ 故选AD。‎ ‎13.在一定温度下，向‎2 L恒容密闭容器中充入1 mol A，发生‎2A(g)B(g)+C(g)反应。反应过程中c(C)随时间变化的曲线如图所示，下列说法不正确的是（ ）‎ A. 反应在0~50 s的平均速率v(C)=1.6×10-3mol∙L-1∙s-1‎ B. 该温度下，反应的平衡常数K=0.025 mol∙L-1‎ C. 保持其他条件不变，升高温度，平衡时c(B)=0.09 mol∙L-1，则该反应的∆H<0‎ D. 反应达平衡后，再向容器中充入1 mol A，该温度下再达到平衡时，A的转化率不变 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．反应在0~50 s的平均速率v(C)==1.6×10-3mol∙L-1∙s-1，A正确；‎ B．该温度下，平衡时，c(C)=0.10mol/L，则c(B)=0.10mol/L，c(A)= 0.50mol/L-0.20mol/L=0.30mol/L，反应的平衡常数K=≈0.11 mol∙L-1，B不正确；‎ C．升高温度，平衡时c(B)=0.09 mol∙L-1<0.10 mol∙L-1，则平衡逆向移动，该反应的∆H<0，C正确；‎ D．反应达平衡后，再向容器中充入1 mol A，相当于加压，平衡不发生移动，A的转化率不变，D正确；‎ 故选B。‎ ‎14.如图所示，装置(Ⅰ)是一种可充电电池的示意图，装置(Ⅱ)为电解池的示意图；装置(Ⅰ)的离子交换膜只允许通过。电池放电的化学方程式为。当闭合K时，X极附近溶液先变红色。下列说法正确的是（ ）‎ A. 装置(Ⅰ)中A为正极 B. 电极X的电极溶液变红的原因 C. 放电时，电极B的电极反应式为 D. 给原电池充电时从右向左通过离子交换膜 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在电极X附近溶液变红，说明c(OH-)＞c(H+)，电极反应为2H2O+2e-＝2OH- +H2↑，则X为阴极，A为负极，B为正极，Y为阳极。‎ ‎【详解】A．由以上分析可知，装置(Ⅰ)中A为负极，A不正确；‎ B．依据上述分析，电极X附近溶液变红，说明发生反应2H2O+2e-＝2OH- +H2↑，B正确；‎ C．放电时，电极B为正极，电极反应式为3NaBr3+2e-+6Na+＝9NaBr，C不正确；‎ D．给原电池充电时A电极为阴极，阳离子向阴极移动，则Na+从右向左通过离子交换膜，D正确；‎ 故选BD。‎ ‎15.草酸（H‎2C2O4）是一种二元弱酸。常温下向H‎2C2O4溶液中滴加NaOH溶液，混合溶液里lgX [X表示 或]随pH的变化关系如图所示。下列说法不正确的是（ ）‎ A. 由图可知H‎2C2O4的K2的数量级是10-5‎ B. b点为恰好完全反应点 C. c(HC2O4-)＞c(C2O42-)＞c(H‎2C2O4)对应1.22＜pH＜4.19‎ D. c(Na+)= c(HC2O4-)+‎2c(C2O42-)对应pH=7‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ H‎2C2O4溶液中加碱，起初发生反应H‎2C2O4+OH-=HC2O4- +H2O，后来发生反应HC2O4-+OH-=C2O42- +H2O，所以曲线Ⅰ为lgX [X表示]，曲线Ⅱ为lgX [X表示]。‎ ‎【详解】A．在图中b点，lg=0，pH=4.19， H‎2C2O4的K2==10-4.19，数量级是10-5，A正确；‎ B．在b点，=1，则c(HC2O4-)=c(C2O42-)，所以反应结束时HC2O4-只有一部分与OH-反应，B不正确；‎ C．在pH=1.22稍后区域，c(HC2O4-)＞c(H‎2C2O4)＞c(C2O42-)，在pH=4.19稍前区域，c(HC2O4-)＞c(C2O42-)＞c(H‎2C2O4)，C不正确；‎ D．pH=7时，c(H+)＝c(OH-)，根据电荷守恒可知c(Na+)=c(HC2O4-)+‎2c(C2O42-)，D正确；‎ 故选BC。‎ 三、非选择题：本题共小5题，共60分。‎ ‎16.和是两种主要的温室气体，以和为原料制造更高价值的化学产品是用来缓解温室效应的研究方向，回答下列问题：‎ ‎(1)工业上催化重整是目前大规模制取合成气（CO和H2混合气称为合成气）的重要方法，其原理为：‎ 反应Ⅰ：；‎ 反应Ⅱ：；‎ 和反应生成和的热化学方程式是___________________。‎ ‎(2)将1 mol 和1 mol 加入恒温恒压的密闭容器中（温度298K、压强100kPa），发生反应Ⅰ，不考虑反应Ⅱ的发生，该反应中，正反应速率，p为分压（分压=总压×物质的量分数），若该条件下，当分解20%时，__________kPa∙s-1。‎ ‎(3)将和在一定条件下反应可制得合成气，在‎1 L密闭容器中通入与，使其物质的量浓度均为，在一定条件下发生反应：，测得CH4的平衡转化率与温度及压强的关系如下图所示：‎ ‎①压强、、、由小到大的关系为_________。‎ ‎②对于气相反应，用某组分（B）的平衡压强p(B)代替物质的量浓度c(B)也可表示平衡常数（记作），如果，求x点的平衡常数 ‎________________（用平衡分压代替平衡浓度计算）。‎ ‎③下列措施中能使平衡正向移动的是___________（填字母）。‎ a．升高温度 b．增大压强 c．保持温度、压强不变，充入He d．恒温、恒容，再充入1 mol 和1 mol ‎ ‎(4)科学家还研究了其他转化温室气体的方法，利用图所示装置可以将转化为气体燃料CO（电解质溶液为稀硫酸），该装置工作时，M为_________极（填“正”或“负”），导线中通过2 mol电子后，假定体积不变M极电解质溶液的pH__________（填“增大”、“减小”或“不变”），N极电解质溶液变化的质量__________g。‎ ‎【答案】 (1). (2). 0.5 (3). (4). 或 (5). acd (6). 负 (7). 不变 (8). 18‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)反应Ⅰ：‎ 反应Ⅱ：；‎ 利用盖斯定律，将反应Ⅰ+反应Ⅱ，即可得出热化学方程式为 。答案为： ；‎ ‎(2) 当CH4分解20%时，建立如下三段式：‎ ‎=4.5×10-4kPa-1∙s-1×(×100kPa)×(×100kPa)=0.5 kPa∙s-1。答案为：0.5；‎ ‎(3)①从方程式看，加压平衡逆向移动，CH4转化率减小，由此得出压强、、、由小到大的关系为。答案为：；‎ ‎②在x点，CH4的转化率为50%，建立三段式：‎ x点的平衡常数Kp==或。答案为：或；‎ ‎③a．从图象看，升高温度，CH4的转化率增大，则正反应为吸热反应，升高温度平衡右移，a符合题意；‎ b．反应物气体分子数小于生成物气体分子数，增大压强，平衡逆向移动，b不合题意；‎ c．保持温度、压强不变，充入He，则容器体积增大，平衡正向移动，c符合题意；‎ d．恒温、恒容，再充入1 mol 和1 mol ，则增大反应物浓度，平衡正向移动，d符合题意；‎ 故选acd。答案为：acd；‎ ‎(4)该装置工作时，M极由H2O失电子转化为O2，则其为负极；M极：2H2O-4e-=O2+4H+，N极：2CO2+4e-+4H+=2CO+2H2O，导线中通过2 mol电子，M极生成2molH+，同时有2molH+转移入正极，所以M极c(H+)不变，电解质溶液的pH不变；导线中通过2 mol电子，N极生成1molH2O，电解质溶液变化的质量=1mol×‎18g/mol=‎18g。答案为：负；不变；18。‎ ‎【点睛】电极发生反应后，溶液仍呈电中性，所以离子会发生迁移，如反应2H2O-4e-=O2+4H+，当电路中通过4mole-时，溶液中多出了4molH+‎ ‎，为保持溶液电性的平衡，应转移出4molH+，或转移入带4mol负电荷的阴离子。‎ ‎17.浙江师范大学的研究团队研究获得了一类具有高活性和选择性的钙钛矿光催化剂（），这一成果发表在2020年1月Chem. Mater.上。带有负电荷的CsPbBr3将带正电的固定在其表面，用于可见光驱动CO2还原。‎ ‎(1)写出Ni基态原子的价电子排布图（轨道表达式）___________________。‎ ‎(2)C、N、O、Cs、Pb元素第一电离能由大到小的顺序是____________________。‎ ‎(3)是二价阳离子，该离子中氮原子的杂化类型为_________，该离子结构中含有_________（填字母）。‎ a．离子键 b．配位键 C．π键 d.氢键 ‎(4)某些氧化物的熔点数据如下表所示：‎ 氧化物 CO2‎ Cs2O PbO 熔点/℃‎ ‎-56.6‎ ‎490‎ ‎888‎ 解释表中氧化物之间熔点差异的原因：______________________________。‎ ‎(5)氮化镓是一种半导体材料。晶胞结构可看作金刚石晶胞内部的碳原子被N原子代替，顶点和面心的碳原子被Ga原子代替。‎ ‎①与同一个Ga原子相连的N原子构成的空间构型为__________；‎ ‎②以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标。若沿y轴投影的晶胞中所有原子的分布图如图，则2、3、4原子的分数坐标不可能的是（ ）‎ a．(0.75，0.25，0.25) b．(0.25，0.75，0.75)‎ c．(0.25，0.75，0.25) d．(0.75，0.75，0.75) ‎ ‎③ GaN晶体中N和N的原子核间距为a pm，GaN摩尔质量为，阿伏加德罗常数的值为NA，则GaN晶体的密度为___________（）。‎ ‎【答案】 (1). (2). N、O、C、Pb、Cs (3). sp2杂化 (4). bc (5). Cs2O和PbO是离子晶体，熔化需破坏离子键，CO2是分子晶体，熔化需克服范德华力，范德华力比离子键弱，所以CO2晶体熔点低；两种离子晶体PbO中的Pb2+半径小，带电荷量大，所以熔点高 (6). 正四面体 (7). b (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)Ni基态原子的价电子排布式为3d84s2，所以价电子排布图为。答案为：；‎ ‎(2)N的2p轨道半充满，第一电离能反常，其它原子，非金属性越强，第一电离能越大，金属性越强，第一电离能越小，所以C、N、O、Cs、Pb元素第一电离能由大到小的顺序是N、O、C、Pb、Cs。答案为：N、O、C、Pb、Cs；‎ ‎(3)从图中可以看出，该离子中每个氮原子都与其它3个原子形成共价键，价电子数为3，杂化类型为sp2杂化，该离子结构中含有配位键和π键，故选bc。答案为：sp2杂化；bc；‎ ‎(4)从表中数据可以看出，三者的熔点差值较大，可从晶体类型及微粒间的作用力进行分析，所以氧化物之间熔点差异的原因：Cs2O和PbO是离子晶体，熔化需破坏离子键，CO2是分子晶体，熔化需克服范德华力，范德华力比离子键弱，所以CO2晶体熔点低；两种离子晶体PbO中的Pb2+半径小，带电荷量大，所以熔点高。答案为：Cs2O和PbO是离子晶体，熔化需破坏离子键，CO2是分子晶体，熔化需克服范德华力，范德华力比离子键弱，所以CO2‎ 晶体熔点低；两种离子晶体PbO中的Pb2+半径小，带电荷量大，所以熔点高；‎ ‎(5)①与同一个Ga原子相连的N原子，与4个顶点的距离相等，构成的空间构型为正四面体。答案为：正四面体；‎ ‎②根据1原子的分数坐标可知2、3、4原子的分数坐标分别为(0.25，0.75，0.25)、(0.75，0.25，0.25)、(0.75，0.75，0.75)，故选b。答案为：b；‎ ‎③ 设晶胞参数为x，则GaN晶体中N和N的原子核间距为面上对角线长度的一半，即=a pm，x=a pm=a ×10‎-10cm。在晶胞中，含有4个“GaN”，则GaN晶体的密度为=。答案为：。‎ ‎18.氮化锶（Sr3N2）在工业上广泛用于生产荧光粉。锶与氮气在加热条件下可生成氮化锶，氮化锶遇水剧烈反应。某同学设计如下装置制备氮化锶（各装置盛装足量试剂），所使用的氮气样品可能含有少量CO、CO2、O2等气体杂质。‎ 已知：醋酸二氨合亚铜CH3COO[Cu(NH3)2]溶液能定量吸收CO，但易被O2氧化，失去吸收CO能力；连苯三酚碱性溶液能定量吸收O2。‎ Ⅰ.氮化锶的制取 ‎(1)装置B仪器名称是_____________。‎ ‎(2)装置C、D、E盛装的试剂分别是_____________（填代号）。‎ 甲．连苯三酚碱性溶液 乙．浓硫酸 丙．醋酸二氨合亚铜溶液 ‎(3)该套装置设计存在缺陷，可能会导致产品变质，提出改进方案____________。‎ Ⅱ.产品纯度的测定 称取‎6.0 g ‎ Ⅰ中所得产品，加入干燥的三颈瓶中，然后由恒压漏斗加入蒸馏水，通入水蒸气，将产生的氨全部蒸出，用200mL1.00mol/L的盐酸标准溶液完全吸收（吸收液体积变化忽略不计）。从烧杯中量取20.00 mL的吸收液，用1.00mol/LNaOH标准溶液滴定过剩的HCl，到终点时消耗16.00mLNaOH溶液。（图中夹持装置略）‎ ‎(4)三颈瓶中发生的化学反应方程式为____________________________。‎ ‎(5)装置中2的作用为__________________________________________。‎ ‎(6)用1.00mol/LNaOH标准溶液滴定过剩的HCl时所选指示剂为_________（填字母）。‎ a．石蕊试液 b．酚酞试液 c．甲基橙 ‎(7)产品纯度为____________________。‎ ‎(8)下列实验操作可能使氮化锶(Sr3N2)测定结果偏高的是_________（填字母）。‎ a．滴定时未用NaOH标准溶液润洗滴定管 b．读数时，滴定前平视，滴定后俯视 c．摇动锥形瓶时有液体溅出 ‎【答案】 (1). 洗气瓶 (2). 甲丙乙 (3). 在装置F后连接一盛有碱石灰的干燥管 (4). Sr3N2+6H2O=3Sr(OH)2+2NH3↑ (5). 平衡气压，防止倒吸 (6). c (7). 96.93% (8). bc ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 装置A提供氮气，装置B、C、D除去氮气样品可能含有少量CO2、O2、CO等气体杂质，E干燥氮气，F装置是发生装置，据此解答。‎ ‎【详解】(1)装置B仪器名称是洗气瓶。答案为：洗气瓶；‎ ‎(2)醋酸二氨合亚铜用于吸收CO，但易被O2氧化，而连苯三酚碱性溶液用于吸收O2，所以应放在醋酸二氨合亚铜溶液的前面，浓硫酸用于干燥N2，放在最后面，故装置C、D、E盛装的试剂分别是甲丙乙。答案为：甲丙乙；‎ ‎(3‎ ‎)该套装置设计存在缺陷，只考虑反应前除杂和防止水蒸气进入，没有考虑尾端管口可能会进入空气，从而得出改进方案为在装置F后连接一盛有碱石灰的干燥管。答案为：在装置F后连接一盛有碱石灰的干燥管；‎ ‎(4)三颈瓶中发生Sr3N2与H2O反应生成Sr(OH)2和NH3，化学方程式为Sr3N2+6H2O=3Sr(OH)2+2NH3↑。答案为：Sr3N2+6H2O=3Sr(OH)2+2NH3↑；‎ ‎(5)装置中2与大气连通，可用于平衡内外压强，防止产生负压，其作用为。平衡气压，防止倒吸。答案为：平衡气压，防止倒吸；‎ ‎(6)用1.00mol/LNaOH标准溶液滴定过剩的HCl时，需防止NH4Cl与NaOH发生反应，所以应选择变色范围在酸性区域的指示剂，所选指示剂为c。答案为：c；‎ ‎(7)与NH3反应的盐酸物质的量为：‎0.200L×1.00mol/L‎-0.0160L×1.00mol/L×=0.04mol，n(Sr3N2)=0.02mol，产品纯度为 =96.93%。答案为：96.93%；‎ ‎(8)a．滴定时未用NaOH标准溶液润洗滴定管，所用V(NaOH)增大，与NH3反应盐酸的物质的量减小，产品纯度偏低，a不合题意；‎ b．读数时，滴定前平视，滴定后俯视，所用V(NaOH)减小，与NH3反应盐酸的物质的量增大，产品纯度偏高，b符合题意；‎ c．摇动锥形瓶时有液体溅出，所用V(NaOH)减小，与NH3反应盐酸的物质的量增大，产品纯度偏高，c符合题意；‎ 故选bc。答案为：bc。‎ ‎【点睛】在进行误差分析时，需理清加入的NaOH溶液与反应生成NH3的关系，否则将会得出相反的结论。NaOH用于中和过量的盐酸，盐酸过量越多，与NH3反应的量越少，计算得出的Sr3N2的量越少。‎ ‎19.三氧化二钴（Co2O3）主要用作颜料、釉料、磁性材料、催化剂和氧化剂等。以含钴废料（主要成分为Co2O3，含有少量MnO2、NiO、Fe3O4）为原料制备Co2O3的流程如下图所示：‎ 已知：‎ Ⅰ.“酸浸”后的浸出液中含的阳离子有H+、Co2+、Fe3+、Ni2+等。‎ Ⅱ.部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如下表：‎ 沉淀物 Fe(OH)3‎ Co(OH)2‎ Ni(OH)2‎ 完全沉淀时pH ‎3.7‎ ‎9.0‎ ‎9.2‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)“酸浸”含钴废料的温度不宜过高，原因是_____________。‎ ‎(2) “酸浸”时发生的主要反应是___________________（写离子方程式）。‎ ‎(3)某萃取剂对金属离子的萃取率与溶液pH的关系如图所示：‎ 使用该萃取剂时应控制的pH约为____________，理由是_____________。‎ ‎(4)写出高温煅烧时发生的化学反应方程式___________。‎ ‎(5)操作1得到的副产品是__________（填名称）；‎ 已知该物质的溶液加热到‎100℃‎时会变质，该物质的溶解度见下表：‎ 湿度 ‎0℃‎ ‎10℃‎ ‎20℃‎ ‎30℃‎ ‎40℃‎ ‎50℃‎ ‎60℃‎ 溶解度 ‎70.6‎ ‎73.0‎ ‎75.4‎ ‎78.0‎ ‎81.0‎ ‎84.5‎ ‎88.0‎ 操作1是________（填字母）。‎ a．蒸发结晶 b．降温结晶 c．减压蒸发结晶 ‎(6)有机相提取的Ni2+再生时可用于制备镍氢电池，该电池充电时的总反应为Ni(OH)2+M=NiOOH+MH，则放电时负极的电极反应式为_________________。‎ ‎【答案】 (1). 温度过高H2O2容易分解 (2). Co2O3+H2O2+4H+=2Co2++3H2O+O2↑ (3). 2.5～3.3即可 (4). 萃取剂在该pH时对Ni2+、Co2+萃取率差别大，能分离Ni2+、Co2+两种离子 (5). 2Co2(OH)2CO3+O2Co2O3+2H2O+2CO2 (6). 硫酸铵 (7). c (8). MH+OH- - e- =M+H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 含钴废料(主要成分为Co2O3，含有少量MnO2、NiO、Fe3O4)中加入硫酸和H2O2酸浸，MnO2不溶，其它物质都溶解，从后续产物看，Co2O3被H2O2还原为Co2+，Fe3O4溶解，同时生成的Fe2+被氧化为Fe3+；调pH至3.7，Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀；加入萃取剂后Ni2+进入有机相，Co2+进入水相；加入NH4HCO3和氨水，Co2+转化为Co2(OH)2CO3沉淀，滤液中应含有(NH4)2SO4；高温煅烧时，Co2(OH)2CO3中Co2+由+‎2升高到+3，不是简单的分解反应，而是分解产物又与O2反应，生成Co2O3、H2O、CO2。‎ ‎【详解】(1)双氧水热稳定性差，“酸浸”含钴废料的温度不宜过高，原因是温度过高H2O2容易分解。答案为：温度过高H2O2容易分解；‎ ‎(2) “酸浸”时，Co2O3被H2O2还原为Co2+，发生的主要反应是Co2O3+H2O2+4H+=2Co2++3H2O+O2↑。答案为：Co2O3+H2O2+4H+=2Co2++3H2O+O2↑；‎ ‎(3)使用该萃取剂萃取Ni2+，单纯从萃取率考虑，萃取率越高越好，但同时还需考虑到，Co2+尽可能不被萃取，两方面综合考虑，应控制的pH约为2.5～3.3即可，理由是萃取剂在该pH时对Ni2+、Co2+萃取率差别大，能分离Ni2+、Co2+两种离子。答案为：2.5～3.3即可；萃取剂在该pH时对Ni2+、Co2+萃取率差别大，能分离Ni2+、Co2+两种离子；‎ ‎(4)高温煅烧时，Co2(OH)2CO3的分解产物被O2氧化生成Co2O3等，化学反应方程式2Co2(OH)2CO3+O2Co2O3+2H2O+2CO2。答案为：2Co2(OH)2CO3+O2Co2O3+2H2O+2CO2；‎ ‎(5)由分析知，操作1得到的副产品是硫酸铵。答案为：硫酸铵；从溶解度表看，硫酸铵的溶解度随温度升高有所增大，但变化量不大，且硫酸铵受热易分解，所以操作1是减压蒸发结晶，故选c。答案为：c；‎ ‎(6)放电时负极为MH失电子生成M等，电极反应式为MH+OH- - e- =M+H2O。答案为：MH+OH- - e- =M+H2O。‎ ‎【点睛】为便于配平，我们可认为MH中的M和H的化合价都是0价，由MH生成M和H2O时，只有H由0价升高为+1价。‎ ‎20.近日，由蒋华良院士和饶子和院士领衔的联合课题组，综合利用虚拟筛选和酶学测试相结合的策略进行药物筛选，发现肉桂硫胺是抗击新型冠状病毒的潜在用药，其合成路线如下：‎ 已知：Ⅰ．‎ Ⅱ．‎ ‎(1)Ⅰ的分子式为__________，D到E的反应类型是__________。‎ ‎(2)B反应生成C的化学方程式是____________________。‎ ‎(3)G结构简式为__________，F最多有__________个原子共平面。‎ ‎(4)E中官能团的名称为__________；符合下列条件的E的同分异构体有__________种。‎ Ⅰ．是有两个取代基的芳香族化合物 Ⅱ．能水解，水解产物遇到溶液显紫色 Ⅲ．核磁共振氢谱显示苯环上有四种化学环境的氢 ‎(5)乙酰苯胺，参照Ⅰ的上述合成路线和下面的信息，设计一条由苯和乙酸为起始原料制备乙酰苯胺的合成路线：_________。（无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）已知：‎ ‎【答案】 (1). C20H24N2SO (2). 消去反应 (3). 2+O22+2H2O (4). (5). 18 (6). 碳碳双键、羧基 (7). 2 (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A为，由B→C的反应条件，可确定B为，C为，D为，E为，F为。由I的结构简式，可推出G为，H为。‎ ‎【详解】(1)由Ⅰ的结构简式，可得出I的分子式为C20H24N2SO，从到，反应类型是消去反应。答案为：C20H24N2SO；消去反应；‎ ‎(2) 反应生成，则发生氧化反应，化学方程式是2+O22+2H2O。答案为：2+O22+2H2O；‎ ‎(3)由以上分析可知，G结构简式为，F结构简式为，从苯、乙烯、甲醛的结构进行分析，所有原子都可能共平面，所以最多有18个原子共平面。答案为：；18；‎ ‎(4)E的结构简式为，官能团的名称为碳碳双键、羧基；符合条件：Ⅰ．是有两个取代基的芳香族化合物；Ⅱ．能水解，水解产物遇到溶液显紫色；Ⅲ．核磁共振氢谱显示苯环上有四种化学环境的氢的E的同分异构体有2种，它们是、。答案为：碳碳双键、羧基；2；‎ ‎(5)先将苯制成苯胺，乙酸制成乙酰氯，然后让二者发生取代反应，便可制备乙酰苯胺。合成路线为：。答案为：。‎ ‎【点睛】合成有机物时，常采用逆推法，即由目标有机物，依据题给流程的信息及原料有机物的碳架结构，将键断裂，如合成，依据条件NEt3、CH2Cl2，逆推出反应物为和，再由苯与乙酸制此两种有机物，就是一件容易的事情了。‎