2023年山东省滨州市高考化学二模试卷(含答案解析)

2023一、单项选择题〔1228.0分〕2023年“冠”疫情在全球肆虐。以下说法的是酒精可以杀灭病毒是由于其能使构成病毒的蛋白质变性争论说明，病毒可以通过气溶胶传播，气溶胶粒子的直径在1nm∼100nm之间口罩的核心材料熔喷布聚丙烯是一种有机高分子化合物“84”消毒液的主要成分是HClOA.1，3，A.1，3，4−三甲苯B.2−甲基−2−氯丙烷C.2−甲基−1−丙醇C.2−甲基−1−丙醇D.2−甲基−3−丁炔某FeCl3溶液中Fe3+的物质的量为1mol，則Cl−的数目为3NA标准状况下，22.4L乙烷中所含共价键数目为6NA100g含氢元素养量分数为12%的乙烯和乙醛(C2H4O)的混合物中，所含氧原子数目为NA在肯定条件下，将0.1molN2和0.3molH2充分反响，转移的电子数目为0.6NA以下说法中肯定错误的选项是( )K层上只有一个电子M层上电子数为L4倍某离子M层上和L层上的电子数均为K4倍某原子的核电荷数与最外层电子数相等以下图所示的试验装置图正确且能到达相应试验目的的是( )1所示装置除去Cl2HCl2所示装置试验室制NH3用图3所示装置比较NaHCO3和Na2CO3的热稳定性6. X、Y、Z、W均为短周期元素，它们在周期表的位置如下图，假设W原子的最6. X、Y、Z、W均为短周期元素，它们在周期表的位置如下图，假设W原子的最外层电子数比次外层电子数少1，以下说法中不正确的选项是( )排放XY、Z与Y形成的化合物会对环境造成污染Z元素的氢化物沸点比Y元素的氢化物低X的氢化物与W的氢化物相遇会产生白烟W的氢化物会被复原，但不会被氧化)O2发生复原反响发生氧化反响

B.Fe(OH)2被复原2D.HO是氧化剂2氯喹已经被很多国家的食品和药物治理局批准用于治疗型冠状病毒。氯喹的构造简式如图，以下有关说法正确的选项是( )氯喹属于芳香化合物氯喹分子中没有手性碳原子D.D.氯喹与互为同系物在试验探究课上，同学们乐观思考，共设计出如下图的四种试验方案用以验证浓硫酸的吸水性，其中在理论上可行的是( )A.①②③④ B.①③④ C.①②④ D.②③④炭黑是雾霾中的重要颗粒物，争论觉察它可以活化氧分子，生成活化氧。活化过程的能量变化模拟计算结果如下图。活化氧可快速氧化SO2。以下说法错误的选项是( )每活化一个氧分子放出0.29eV能量水可使氧分子活化反响的活化能降低0.18eV氧分子的活化是氧氧共价键的断裂与碳氧共价键的生成过程无水条件下该过程的活化能为1.04eV以下装置及其使用说法正确的选项是( )用装置①分别胶体和溶液用装置②制备SO2用装置③分别NaCl和I2某可逆反响A(g)+B(g)⇌2C(g)+某可逆反响A(g)+B(g)⇌2C(g)+D(g)进展过程中的能量变化如下图，以下表达正确的选项是( )该反响的焓变△H>0，熵变△S<0上升温度，该反响的平衡常数K增大C.由△G=△H−T△S可知，该反响能自发进展D.上升温度，该反响的化学平衡向正反响方向移动二、双选题〔312.0分〕我国科学家设计二氧化碳熔盐捕获及电化学转扮装置，其示意图如下：以下说法正确的选项是( )c为电源的正极常温常压下，a极假设生成2.24L的O2时，转移的电子数小于0.4NA5a极的电极反响式为2C2O2−−4e−=4CO2↑+O2↑5①②捕获CO2时碳元素的化合价发生变化物质的起始浓度/mol·L−1物质的平衡浓度/mol·L−1容器温度/K肯定温度下在3个体积均为1.0L的恒容密闭容器中反响物质的起始浓度/mol·L−1物质的平衡浓度/mol·L−1容器温度/Kc(H2)c(CO)c(CH3OH)c(CH3OH)Ⅰ 4000.200.1000.080Ⅱ 4000.400.200Ⅲ 500000.100.025该反响的正反响放热到达平衡时，容器Ⅰ中反响物转化率比容器Ⅱ中的大到达平衡时，容器Ⅱ中c(H2)大于容器Ⅲ中c(H2)的两倍到达平衡时，容器Ⅲ中的正反响速率比容器Ⅰ中的大在0.1mol/L的醋酸溶液中，存在平衡：CH3COOH⇌CH3COO−+H+以下说法正确的选项是( )加水稀释，中和此溶液所需的0.1mol/LNaOH溶液的体积增大参加固体碳酸钠，平衡正向移动，c(CH3COOH)减小参加固体醋酸钠，平衡逆向移动，c(H+)、c(CH3COO−)均减小加水稀释，电离程度增大，由CH3COOH电离出来的n(H+)增大三、简答题〔560.0分〕丙烯广泛用于合成聚丙烯、丙烯醛、丙烯酸等工业领域。答复以下问题：丙烷无氧脱氢法制备丙烯反响如下：C3H8(g)⇌C3H6(g)+H2(g)ΔH1=+124kJ·mol−1①总压分别为100kPa、10kPa时发生该反响，平衡体系中C3H8和C3H6的物质的量分数随温度变化关系如下图：100kPa时，C3H8和C3H6的物质的量分数随温度变化关系的曲线分别是 、 。②某温度下，在刚性容器中充入C3H8，起始压强为10kPa，平衡时总压为13.3kPa，C3H8的平衡转化率为 。该反响的平衡常数Kp= kPa(保存1位小数)。2丙烷氧化脱氢法制备丙烯主要反响如下：C3H8(g)+1O2(g)⇌C3H6(g)+H2O(g)ΔH22在催化剂作用下，C3H8氧化脱氢法除生成C3H6外，还生成CO、CO2等物质。C3H8的转化率和C3H6的产率随温度变化关系如下图。2①H2(g)+1O2(g)=H2O(g) ΔH=−242kJ·mol−1。由此计算ΔH2= kJ·mol−1。2②图中C3H8的转化率随温度上升而上升的缘由是 。③575℃时，C3H6的选择性为 。(C3H6的选择性=

C3H6的物质的量反响的C3H8的物质的量

×100％)④基于本争论结果，能提高C3H6选择性的措施是 。快离子导体是一类具有优良离子导电力量的固体电解质。图1(Li3SBF4)和图2是潜在的快离子导体材料的构造示意图。答复以下问题：(1)S+2e−=S2−过程中，获得的电子填入基态S原子的 (填轨道符号)；(2)BF3+NH3=NH3BF3的反响过程中，形成化学键时供给电子的原子轨道符号是 ；产物分子中实行sp3杂化轨道形成化学键的原子是 ；基态Li+、B+分别失去一个电子时，需吸取更多能量的是 ，理由是 ；图1所示的晶体中，锂原子处于立方体位置；假设其晶胞参数为apm，则晶胞密度为 g⋅cm−3(列出计算式即可)2中方格内填入Na+时，恰好构成氯化钠晶胞的1，且氯化钠晶胞参数a=564pm。氯化8钠晶体中，Cl−依据A1密堆方式形成空隙，Na+填充在上述空隙中每一个空隙由 个Cl−构成，空隙的空间外形为 ；电性大大增加。该晶体导电时，在电场作用下迁移到空位上，形成电流。迁移的途径有温度上升时，NaCl晶体消灭缺陷(如图2所示，某一个顶点没有Na+，消灭空位电性大大增加。该晶体导电时，在电场作用下迁移到空位上，形成电流。迁移的途径有两条(2中箭头所示)：12、3号氯离子之间的狭缝(距离为x)迁移到空位。21、2、3号氯离子形成的三角形通道(3，小圆的半径为y)迁移到空位。：r(Na+)=95pm，r(Cl−)=185pm，√2=1.4，√3=1.7。①x= ，y= ；(保存一位小数)②迁移可能性更大的途径是 。：Ⅰ．由烃A制备抗结肠炎药物H的一种合成路线如下(局部反响略去试剂和条件：Ⅰ．Ⅱ.Ⅱ.(1)H的分子式是 ，A的化学名称是 。反响②的类型是 。(2)D的构造简式是 。F中含有的官能团的名称是 。(3)E与足量NaOH溶液反响的化学方程式是 。(4)设计C→D和E→F两步反响的共同目的是 。(6)(5)化合物X是H的同分异构体，X遇FeCl3溶液不发生显色反响，其核磁共振氢谱显示有3种不同化学环境的氢，峰面积比为3：2：2，写出1种符合要求的X的构造简式 (6)A为原料制备化合物的合成路线 A为原料制备化合物的合成路以冶铜工厂预处理过的污泥渣(主要成分为CuO和Cu)为原料制备CuSO41：氨浸过程中参加氨水后，持续通入空气生成Cu(NH3)4(OH)2，写出空气中氧气参与反响的化学方程式： ；通入空气的另一个作用为 ．分别选用氨水、氨水碳酸铵混合溶液氨浸时，铜元素回收率随温度变化如图2所示．①浸取液为氨水时，反响温度掌握为55℃，温度过高铜元素回收率降低的缘由是 ；②浸取液为氨水碳酸铵混合溶液时，铜元素回收率受温度影响小的缘由可能．(3)蒸氨过程的生成物均是两种元素组成的化合物，则除氨外其余产物的化学式．(4)该流程中可循环利用的物质是 ．Al2O3、Fe2O3、Fe3O4和SiO2等物质。综合利用粉煤灰不仅能够防止环境污染，还能获得纳米Fe2O3等重要物质。：4i伯胺R−NH2能与Fe3+3R−NH2+Fe3++SO2−+H2O⇌Fe(NH2−R)3(OH)SO4+H+，4生成易溶于煤油的产物。iiFe3+在水溶液中能与Cl−反响：Fe3++6Cl−⇌[FeCl6]3−(1)写出过程Ⅰ中Fe2O3发生反响的离子方程式： 。过程Ⅱ参加过量H2O2的作用是 。过程Ⅱ参加伯胺一煤油对浸取液进展分别，该操作的名称是 。(4)从化学平衡角度解释过程Ⅲ利用NaCI溶液进展反萃取的原理： 。5N2H4具有碱性，可与H+结合生成N2H+，过程Ⅳ中先用过量的N2H4将水层2中Fe3+转化为Fe2+并生成N2，反响的离子方程式为 ，得到的Fe2+再被O2氧化为FeOOH。5纳米Fe2O3在常压电化学法合成氨过程中起催化作用。该电解装置如下图。熔融NaOH−KOH为电解液，Fe2O3Fe，用化学用语表示Fe2O3在阴极催化生成NH3的反响过程。第一步： ，其次步： 。 答案与解析 答案：D解析：A.医用酒精能使蛋白质变性，故能用于杀菌消毒，故A正确；B、胶体的粒子直径在1nm～100nmB正确；C.10000以上，属于高分子，聚丙烯是合成有机高分子化合物，故C正确；D.“84”消毒液的主要成分是NaClO，故D错误。应选D。答案：B解析：此题考察了芳香烃、卤代烃、醇和炔烃的命名，应留意的是苯的同系物在命名时，要从苯环上简洁的支链开头按顺时针或逆时针给苯环上碳原子编号，使侧链的位次和最小．A、苯的同系物在命名时，要从苯环上简洁的支链开头按顺时针或逆时针给苯环上碳原子编号，使侧链的位次和最小，故此有机物的名称为1，2，4−三甲苯，故A错误；B3个碳原子，从离官能团近的一端给主链上的碳原子编号，则−Cl和甲基均处在2号碳原子上，故名称为：2−甲基−2−氯丙烷，故B正确；C4个碳原子，从离官能团近的一端给主链上的碳原子编号，则−OH2号碳原子上，故名称为2−丁醇，故C错误；D4个碳原子，从离官能团近的一端给主链上的碳原子编号，故碳碳三键处在123号碳原子上有一个甲基，故名称为：3甲基−1丁炔，故D错误。应选：B。答案：C解析：解：A.三价铁离子水溶液中局部水解，则某FeCl3溶液中Fe3+的物质的量为1mol，則Cl−的数目大于3NA，故A错误；标准状况下，22.4L乙烷中所含共价键数目为7NA，故B错误；C2H4C2H4OHCH12：2=6：1，混合物中氢元素养量分数为12%C元素养量分数=12%×6=72%，混合物中氧元素质量分数=1−72%−12%=16%，100g该混合物中含有O的物质的量为100g×16%=1mol，所含16g/mol氧原子数目NA，故C正确；0.1molN2和0.3molH2目小于0.6NA，故D错误；应选：C。A.三价铁离子水溶液中局部水解；B.17个共价键；C.混合物C、H1：2，据此可计算出C的质量分数，然后计算出氧元素的质量分数，结合总质量计算出含有O的物质的量及数目；D.氮气与氢气合成氨为可逆反响，不能进展到底。此题考察了阿伏伽德罗常数的有关计算，难度不大，应留意把握公式的运用和物质的构造，留意盐类水解的性质。答案：B解析：此题考察原子核外电子排布规律，题目难度一般。A.K层最多排两个电子，所以某原子K1个电子是正确的，故A正确；B.M18个电子，L8个电子，只有排满L层才能排M层，故B错误；C.M18个电子，L8个电子，K2个电子，当M8个电子，故C正确；D.当原子只有一个电子层时，核电荷数与最外层电子数相等，故D正确。应选B。答案：B解析：此题考察化学试验方案的评价，为高频考点，把握物质性质、混合物分别提纯、试验装置的作用为解答的关键，侧重分析与试验力量的考察，留意试验的评价性分析。二者均与NaOH溶液反响，不能除杂，应选饱和食盐水，故A错误；氯化铵与氢氧化钙反响生成氨气，氨气的密度比空气密度小，图中固体加热及向下排空气收集均合理，故B正确；碳酸氢钠加热易分解生成碳酸钠，则图中小试管中应为碳酸氢钠，故C错误；D.氯化铵不稳定，加热易分解，应选冷却结晶法制备，故D错误。应选B。答案：D解析：解：X、Y、Z、W均为短周期元素，由元素在周期表的位置可知，X、Y处于其次周期，Z、W原子的最外层电子数比次外层电子数少Cl元素，故X为N元素、Y为O元素、ZS元素，A.N与O形成的化合物会导致酸雨、光化学烟雾，S与O形成的化合物会导致酸雨，均会对环境造成污染，故A正确；B.水分子之间存在氢键，常温为液态，而硫化氢为气体，故水的沸点较高，故B正确；C.氨气与HCl相遇生成氯化铵固体，产生白烟，故C正确；D.HCl中氢元素可以发生复原反响，Cl元素可以发生氧化反响，故D错误，应选D．X、Y、Z、W均为短周期元素，由元素在周期表的位置可知，X、Y处于其次周期，Z、W处于第三周期，W原子的最外层电子数比次外层电子数少17，为Cl元素，故X为N元素、Y为O元素、Z为S元素，结合元素化合物性质解答．此题考察构造性质位置关系，难度不大，推断元素是解题关键，留意氢键对物质性质的影响．答案：A解析：此题主要考察氧化复原反响的相关概念，留意：复原剂−失电子−化合价上升−被氧化−发生氧化反应−−得电子−化合价降低−被复原−发生复原反响−A.O20价降到−2A正确；B.Fe的化合价从+2价升到+3B错误；C.水中的O和H元素化合价不变，故C错误；D.O2是氧化剂，水既不是氧化剂也不是复原剂，故D错误。应选A。答案：C解析：解：A.有机物不含苯环，不属于芳香族化合物，故A错误；B.分子中连接甲基、亚氨基的碳原子连接4个不同的原子或原子团，为手性碳原子，故B错误；C.含有碳碳双键，可与溴水发生加成反响，与酸性高锰酸钾发生氧化反响，故C正确；D.二者分子式一样，互为同分异构体，故D错误。应选：C。此题考察有机物的构造与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反响为解答的关键，侧重分析与应用力量的考察，题目难度不大。答案：A解析：此题考察了浓硫酸性质的应用，对浓硫酸吸水性的正确理解是解题关键，题目较简洁．①①选；②②选；③③选；④浓硫酸吸水，试管中的水削减，证明浓硫酸具有吸水性，故④选；应选：A。答案：D解析：此题考察催化反响过程机理的分析，催化剂存在转变反响历程，降低反响活化能，加快化学速率，明确多步反响历程中最大的活化能为整个反响的活化能是关键，整体难度中等。A.0.29eV的能量，故A正确；B.化能反响过程中存在多步反响的活化能，依据能量变化图分析，整个反响的活化能为活化能较大E=0.75eV，有水参加的反响的活化能为E=0.57eV，所以水可使氧分子活化反响的活化能降低0.75eV−0.57eV=0.18eVB正确；C.依据图象分析，氧分子活化过程O−O键断裂，生成C−O键，所以氧分子的活化是O−O的断裂与C−O键的生成过程，故C正确；D.依据图像分析可知无水条件下该过程的活化能为0.75eVD错误。应选D。答案：C解析：解：A.胶体和溶液均可透过滤纸，不能过滤分别，应选渗析法，故A错误；Cu与浓硫酸需要加热生成二氧化硫，且局部硫酸作氧化剂，铺张能源与原料，应选亚硫酸盐与硫酸反响制备，故B错误；碘易升华，NaCl加热无变化，则图中装置加热可分别NaCl和I2C正确；二氧化硫与高锰酸钾发生氧化复原反响，可验证二氧化硫的复原性，故D错误；应选：C。此题考察化学试验方案的评价，为高频考点，把握试验装置的作用、混合物分别提纯、物质的性质及制备、试验技能为解答的关键，侧重分析与试验力量的考察，留意试验的评价性分析，题目难度不大。答案：C解析：解：反响的焓变△H<0，熵变△S>0，故A错误；该可逆反响为放热反响，上升温度平衡逆向移动，K减小，故B错误；C.△H−T△S<0，反响可自发进展，故C正确；D.为放热反响，上升温度平衡逆向移动，故D错误；应选：C。△H<0，且为气体体积增大反响，其oS>0，△H−T△S<0的反响可自发进展，反响的平衡常数K只与温度有关，以此来解答。此题考察反响热与焓变，为高频考点，把握反响中能量变化、平衡移动为解答关键，侧重分析与应用力量的考察，留意熵变、焓变的推断，题目难度不大。答案：BC解析：此题考察型电池的原理和应用，以及NA的有关计算，把握电解池原理是解题的关键，题目难度一般。5由图示可知，C2O2−a极失电子生成氧气，故b为电源的正极，故A错误；5标准状况下，a极假设生成2.24L的O2即0.1molO20.4NA，常温常压下，2.24L的O2的物质的量小于0.1mol，故转移的电子数小于0.4NAB正确；5由图示可知，a极的电极反响式为2C2O2−−4e−=4CO2↑+O2↑，故C正确；D.①②捕获CO2时碳元素的化合价均没有发生变化，仍为+4价，故D错误。应选BC。5答案：AD解析：0.1mol/L的CH3OH相当于0.20mol/L的H2和0.1mol/LCO，为等效平衡，但ⅢCH3OHⅠⅡ，在一样温度下反响，但Ⅱ浓度较大，由方程式可知，增大浓度，平衡正向移动，以此解答该题。比照Ⅰ、Ⅲ，如温度一样，0.1mol/L的CH3OH相当于0.20mol/L的H2和0.1mol/LCO，为等效平衡，但Ⅲ温度较高，平衡时CH3OH较低，说明上升温度平衡逆向移动，正反响为放热反响，故A正确；比照Ⅰ、Ⅱ，在一样温度下反响，但Ⅱ浓度较大，由方程式2H2(g)+CO(g)⇌CH3OH(g)可知，Ⅰ中反响物转化率比容器Ⅱ中的小，故B错误；Ⅱ浓度较大，Ⅲ温度较高，增大浓度平衡正向移动，上升温度平衡逆向移动，Ⅲ的转化率降低，Ⅲ中相当于起始C(H2)为Ⅱ的一半，平衡时Ⅱ中C(H2)小于ⅢC错误；比照Ⅰ、Ⅲ，Ⅲ温度较高，浓度相当，上升温度，反响速率增大，故D正确。应选AD。答案：BD解析：解：A.0.1mol/LNaOH溶液的体积不变，故A错误；向醋酸中参加固体碳酸钠，碳酸钠与氢离子反响，氢离子浓度减小，平衡向正反响方向移动，c(CH3COOH)B正确；H+减小，故C错误；CH3COOH电离出来的n(H+)D正确；应选BD．醋酸是弱电解质，在水溶液里存在电离平衡，加水稀释促进醋酸电离，向醋酸溶液中参加含有氢离子或醋酸根离子的物质抑制醋酸电离，参加和氢离子或醋酸根离子反响的物质促进醋酸电离，据此分析．此题考察了弱电解质的电离，明确弱电解质电离特点及影响醋酸电离的因素是解此题关键，难度不大．16.答案：(1)①a；d；②33％1.6(2)①−118②温度上升，反响速率加大。温度上升，催化剂的活性增大③51.5％④选择相对较低的温度解析：此题考察了化学平衡图像分析及外界条件对化学平衡的影响，转化率的计算、盖斯定律的应用等，此题综合性较强，有肯定的难度，留意相关公式以及三段式计算法的运用是关键。(1)①依据反响C3H8(g)⇌C3H6(g)+H2(g)ΔH1=+124kJ·mol−1可知，压强一样时，上升温度，平衡正向移动，平衡体系中C3H8的物质的量分数减小，C3H6的物质的量分数增大，温度一样的状况C38C36的物质的量分数减小，所以100kPa时，C3H8和C3H6的物质的量分数随温度变化关系的曲线分别是a、d；故答案为：a、d；②依据三段式有C3H8(g)⇌C3H6(g)+H2(g)ΔH1=+124kJ·mol−1起始压强(kPa)10 0 0反响压强(kPa)x x x平衡压强(kPa)10−x x x3 依题意有10−x+x+x=13.3，解得x=3.3；所以CH的平衡转化率为3.3×100=33％；则该3 10反响的平衡常数Kp=p(C3H6)p(H2)=3.3kPa×3.3kPa

≈1.6kPa；

p(C3H8)

6.7kPa(2)①反响Ⅰ、C3H8(g)⇌C3H6(g)+H2(g)ΔH1=+124kJ·mol−1；2Ⅱ、C3H8(g1O2(g)⇌C3H6(gH2O(g)ΔH222Ⅲ、H2(g)+1O2(g)=H2O(g)ΔH=−242kJ·mol−1，依据盖斯定律，反响Ⅱ=Ⅰ+Ⅲ，所以ΔH2=(+124kJ·mol−1)+(−242kJ·mol−1)=−118kJ·mol−1；2故答案为：−118；②温度上升，反响速率加大或催化剂的活性增大均能使C3H8的转化率，故答案为：温度上升，反响速率加大。温度上升，催化剂的活性增大；③假设投入的C3H8的物质的量为nmol，依据图像可知，575℃时C3H8的转化率为33%，则参与反响的C3H8的物质的量为0.33nmol，C3H6的产率为17%，则生成反响C3H8的物质的量为0.17nmol，则3 CH的选择性为0.17n×100≈51.5％；3 0.33n故答案为：51.5％；④依据图像可知上升温度，C3H6的选择性降低，假设提高C3H6选择性应中选择相对较低的温度；故答案为：选择相对较低的温度。(2)2p；B、N(3)Li+；Li+的核外电子排布为1s2，B+核外电子排布为2s2，1s2s轨道上电子(4)棱心；1.4×1032NA⋅a3(5)6；正八面体(6)①24.8pm47.2pm；②2解析：【试题剖析】【试题解析】解：(1)S原子外围电子排布式为3s23p4，获得2个电子形成3s23p6稳定构造，即所得电子填充在基S3p能级，得到稳定的S2−，故答案为：3p；NH3BF3中配位键为H3N→BF3，N原子供给孤电子对，B原子供给空轨道的原子，NH3N原子通过sp32p轨道上有一对孤电子对，所以供给电子的原子轨道为2p，B、N原子之间形成配位键后，B、N原子的空间构型为四周体，均承受sp3杂化，故答案为：2p；B、N；基态Li+、B+的核外电子排布式分别为1s2、1s22s2，均为全布满状态，但1s轨道上的电子的能2s轨道上的电子，所以失去一个电子时，需吸取更多能量的是Li+，故答案为：Li+；Li+的核外电子排布为1s2，B+核外电子排布为1s22s2，1s轨道上的电子的能量低于2s轨道上电子；4Li3SBF4Li31晶胞图分摊可知，Li原子数目=12×1=3，所以Li位于棱心4m=140g

−10)3cm3

1.4×1032cm−3，

V=(a×10NA

ρ=

NA140(a×10−10)3140

g⋅cm−3=

g⋅NA⋅a3；NA⋅a3被氧化)或1份的NaCl晶胞中Na+3个Cl−NaCl晶体中，Na+6个Cl−，6个Cl−构成正八8被氧化)或面体构造，即Na+填充在Cl−积存而成的八面体空隙中，故答案为：6①该三角形为等边三角形，边长等于图2中面对角线长度，故三角形边长=564×√2pm=394.8pm，即394.8pm，即2r(Cl−)+x=394.8pm，内部虚线局部三角形的顶角为120°r(Cl−)+y282√2pm，边角关系有√3[r(Cl−)+y]=282√2pm=394.8pm，解得x=24.8pm、y=47.2pm，故答案为：24.8pm；47.2pm；②1、2、3号氯离子形成的三角形通道y2、3x值，所以Na+1、2、32，2。18.答案：C18.答案：C7H7O3N甲苯取代反响羟基、醛基保护酚羟基(防止酚羟基CC发生信息(I)D，D发生氧化反响生成EC原子数可知，A为，B为C的构造简式为D为D氧化生成E为，E与氢氧化钠反响、酸化得到F为，由信息(II)可知，F在浓硫酸、浓硝酸加热条件下发生反响生成G为，G发生复原反响得到抗结肠炎药物H；(1)H的分子式是生反响生成G为，G发生复原反响得到抗结肠炎药物H；(1)H的分子式是C7H7O3N，A为，A的化学名称是甲苯。反响②的类型是取代反响，(2)D的构造简式是，F为，F中含有的官能团的名称是醛基、羟基，故答案为：；羟基、醛基；，ENaOH故答案为：；羟基、醛基；，故答案为：；设计C→D和E→F两步反响的共同目的是保护酚羟基(防止酚羟基被氧化)，故答案为：保护酚羟基(防止酚羟基被氧化)故答案为：；X是H的同分异构体，X遇FeCl3溶液不发生显色反响，其核磁共振氢谱显示有3种不同或，故答案为：或；3：2：21个甲基、1个−NO2或，故答案为：或；(6)A(6)A为原料合成化合物，甲苯先发生硝化反响生成邻硝基甲苯，再发生氧化反响、最，故答案为：。CC中的反响生成D发生氧化反响生成CA为B为，C的构造简式为，D为，D氧化生成E为，E与氢氧化钠反响、酸化得到F为，由信息(II)可知，F在浓硫酸、浓硝酸加热条件下发生反响生成G成G为，G发生复原反响得到抗结肠炎药物H；(6)A为原料合成化合物，甲苯先发生硝化反响生成邻硝基甲苯，再发生氧化反响、最此题考察有机物的合成，为高频考点，把握官能团的变化、碳链变化、有机反响为解答的关键，侧重分析与应用力量的考察，留意有机物性质的应用，题目难度中等。19.答案：2Cu+O2+8NH3⋅H2O=2Cu(NH3)4(OH)2+6H2O；搅拌(充分反响)；氨气挥发；溶液中4存在氨水的电离平衡和NH+的水解平衡，温度变化平衡发生移动，使溶液中的氨气浓度变化较小；4CuO、H2O；NH3(或氨水、NH3⋅H2O)解析：解：(1)氨浸过程中参加氨水后，持续通入空气生成Cu(NH3)4(OH)2，由Cu和空气中的O2和通入的氨气在溶液中反响生成Cu(NH3)4(OH)2，则发生反响的化学方程式为：2Cu+O2+8NH3⋅H2O=2Cu(NH3)4(OH)2+6H2O，通入的空气一方面供给O2参与反响，另一方面还起到搅拌，使反响充分进展的作用，故答案为：2Cu+O2+8NH3⋅H2O=2Cu(NH3)4(OH)2+6H2O；搅拌(充分反响)；①浸取液为氨水时，反响温度掌握为55℃，依据图象分析，当温度过高时，铜元素回收率降低，考虑温度过高时会使氨气挥发，导致溶液中氨含量降低，从而影响铜元素的回收率，故答案为：氨气挥发；44②浸取液为氨水碳酸铵混合溶液时NH+，H+因此铜元素回收率受温度影响小，444故答案为：溶液中存在氨水的电离平衡和NH+的水解平衡，温度变化平衡发生移动，使溶液中的氨4气浓度变化较小；蒸氨过程的生成物均是两种元素组成的化合物，蒸氨过程中Cu(NH3)4(OH)2脱去NH3，考虑到是两种元素组成的化合物，则应为CuO，还有H2O，故答案为：CuO、H2O；3故答案为：NH3(或氨水、NH3⋅H2O)．分析制备CuSO4Cu(NH3)4(OH)2，过滤出不溶性杂质得到滤渣，连续对滤液处理，蒸氨过程使生成的Cu(NH3)4(OH)2转化为CuO，过滤出CuO，用硫酸酸洗得到CuSO4，最终经过一系列处理制得纯洁的CuSO4晶体，据此分析解答．此题考察试验流程的分析，理解每一步操作的目的，相关的化学反响，能读懂图象并结合已有的原理学问分析是解题的关键，题目考察综合分析问题的力量，寻常需要加强这方面的训练，考察的学问均为高频考点，题目难度中等．20.答案：(1)6H++Fe2O3=2Fe3++3H2O；