山东省日照市2020届高三4月模拟考试化学试题
2019—2020学年度高三模拟考试
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船笔（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 O 16 Fe 56 Co 59
一、选择：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.化学与生活密切相关。抗击疫情要戴口罩，勤洗手，下列有关说法正确的是（ ）
A. 新型冠状病毒可能通过气溶胶传播，说明病毒的粒子直径可能在纳米级范围内
B. 为增强消毒效果可将医用消毒酒精与84消毒液混合使用
C. 甲醛和戊二醛可杀灭多种病原体，可用于空气、餐具的消毒
D. 可用铝制容器配制过氧乙酸（）消毒剂
【答案】A
【解析】
【详解】A．气溶胶属于胶体，胶体的粒子直径为1~100nm，新型冠状病毒可能通过气溶胶传播，可以说明病毒的粒子直径可能在纳米级范围内，A选项正确；
B．84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，B选项错误；
C．甲醛和戊二醛均为有毒物品，不能用于空气、餐具的消毒，C选项错误；
D．过氧乙酸（CH3COOOH）具有强氧化性，对金属有腐蚀性，不能用铝制容器进行配制，D选项错误；
答案选A。
2.研究发现，药物磷酸氯喹在细胞水平上能有效抑制新型冠状病毒的感染，其结构如下图所示，下列有关磷酸氯喹的说法错误的是（ ）
A. 分子式为
B. 分子中含有1个手性碳原子
C. 能溶于水且水溶液呈酸性
D. 能发生取代反应和加成反应
【答案】A
【解析】
【详解】A．根据磷酸氯喹的结构式可知，该有机物的分子式为C18H32ClN3O8P2，A选项错误；
B．该分子中连接氨基的碳原子连有4个不同的原子或原子团，是手性碳原子，即该分子中含有1个手性碳原子，B选项正确；
C．由磷酸氯喹的结构分析可知，该物质是氯喹和磷酸反应得到的酸式盐，在水中易溶，且其水溶液呈酸性，C选项正确；
D．该分子中苯环能够发生取代、加成反应，D选项正确；
答案选A。
【点睛】本题难点在于C选项，正确理解磷酸氯喹的结构，知道该物质是氯喹和磷酸反应得到的酸式盐是解答的关键。
3.下列说法错误的是（ ）
A. 只用溴水即可鉴别苯酚溶液、2，4-已二烯和甲苯
B. 的二氯代物共有6种（不考虑立体异构）
C. 的名称为2-甲基-2-乙基-1-丁醇
D. 碳酸亚乙酯（）可与热的溶液反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．溴水与苯酚能发生反应生成三溴苯酚的白色沉淀，2，4-
已二烯能与溴水发生加成反应，溴水褪色，甲苯能萃取出溴水中的溴，溶液分层，上层为橙红色，下层为无色，三者现象不同，可以鉴别，A选项正确；
B．有多种位置的氢原子，其二氯代物在2个氯原子的位置可以分别在①①、①②、①③、①④、①⑤、①⑥、③⑤，一共有7种，B选项错误；
C．主链有4个碳原子，2号碳上连有1个甲基和1个乙基，系统命名法命名为2-甲基-2-乙基-1-丁醇，C选项正确；
D．Na2CO3溶液显碱性，碳酸亚乙酯（）属于酯类物质，加热条件下能与碱性物质发生反应，故碳酸亚乙酯（）可与热的溶液反应，D选正确；
答案选B。
【点睛】有机物的命名原则是：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，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，
4.下列说法正确的是（ ）
A. 熔点：
B. 第一电离能：
C. 18g冰中含有个氢键
D. 基态原子价电子排布式为的元素的氢氧化物能使氢氧化铝溶解
【答案】D
【解析】
【详解】A．NaCl是离子晶体，AlCl3是分子晶体，故熔点：NaCl>AlCl3，A选项错误；
B．P原子的3p轨道为3p3半充满稳定状态，不容易失去电子，P的第一电离能大于S
，故第一电离能：P>S>Si，B选项错误；
C．1个H2O分子在冰结晶中，可以形成四个方向的氢键，每个氢键被两个水分子共用，平均每个水分子有2个氢键，18g冰为1molH2O，则18g冰中含有2NA个氢键，C选项错误；
D．基态原子价电子排布式为的元素为Rb元素，其氢氧化物是强碱，可以与氢氧化铝发生反应，使其溶解，D选项正确；
答案选D。
【点睛】D选项的解答关键在于掌握氢氧化铝为两性物质，既能溶于酸，又能溶于强碱这一知识点。
5.短周期元素X、Y、Z原子序数依次增大，X元素基态原子有2个未成对电子，Y元素基态原子的核外p电子数比s电子数少1个，Z的一种超原子具有40个价电子，下列说法错误的是（ ）
A. 的空间构型为平面三角形
B 简单离子半径：
C. 中心原子的杂化方式为杂化
D. 化合物ZY的结构与X的某种单质的结构相似
【答案】B
【解析】
【分析】
X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，Z的一种超原子具有40个价电子，则Z的价电子数为个，Z为Al元素，Y元素基态原子的核外p电子数比s电子数少1个，Y为N元素，X元素基态原子有2个未成对电子，X为C元素，据此分析解答。
【详解】A．CO32-的中心原子的价电子对数为，不含孤电子对，采用sp2杂化，空间构型为平面三角形，A选项正确；
B．N3-与Al3+的核外电子层数相同，而N的核电荷数小于Al，则离子半径：N3->Al3+，B选项错误；
C．NO3-的中心原子的价电子对数为，不含孤电子对，采用sp2杂化，C选项正确；
D．化合物ZY为AlN，是原子晶体，属于类金刚石氮化物，与C的单质金刚石结构相似，D选项正确；
答案选B。
【点睛】本题考查元素周期律，侧重考查分析能力和推断能力，Z的一种超原子具有40个价电子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且原子序数依次增大是解答关键。
6.“臭碱”广泛应用于冶金染料、皮革、电镀等工业，可利用反应制备。已知，。下列说法正确是（ ）
A. 反应中生成1 mol“臭碱”时转移电子数为
B. 该反应的氧化产物与还原产物的物质的量比为
C. 溶液中含有的阴离子数目大于
D. 将溶液露置于空气中不会有气体放出
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据反应方程式，生成1 mol“臭碱”时，S的化合价由+6价变为-2价，共转移8mol电子，即转移的电子数为8NA，A选项错误；
B．该反应的氧化产物为CO2，还原产物为Na2S，有方程式可知，其物质的量之比为2：1，B选项错误；
C．1L 0.1mol·L-1Na2S溶液中S2-发生水解：S2-+H2OHS-+OH-，阴离子总数大于0.1NA，C选项正确；
D．因为Ka1(H2S)
Br-，则向FeBr2溶液中通入少量Cl2，可能只有Fe2+被氧化，不能得出Cl2的氧化性强于Br2，A选项错误；
B．NaClO溶液具有漂白性，不能用pH试纸测定其pH从而判断酸性强弱，B选项错误；
C．向1mL0.1mol·L-1FeCl3溶液中滴加5mL0.1mol·L-1KI溶液，KI过量，若充分反应后加入KSCN溶液变成红色，证明有三价铁离子存在，可说明反应是可逆反应，C选项正确；
D．常温下，将Fe、Cu与浓硝酸组成原电池，Fe和浓硝酸发生钝化现象，Cu与浓硝酸能自发的发生氧化还原反应，所以Cu作负极，Fe做正极，不能判断Fe的金属活动性大于Cu，D选项错误；
答案选C。
8.苯甲酸乙酯（无色液体，难溶于水，沸点213℃）天然存在于桃、菠萝、红茶中，稍有水果气味，常用于配制香精和人造精油，也可用作食品添加剂。实验室利用如图所示装置，在环己烷中通过反应制备。已知：环己烷沸点为80.8℃，可与乙醇和水形成共沸物，其混合物沸点为62.1℃。下列说法错误的是（ ）
A. 实验时最好采用水浴加热，且冷却水应从b口流出
B. 分水器可及时放出水层，避免水层升高流入烧瓶
C. 环己烷的作用是在较低温度下带出生成的水，促进酯化反应向右进行
D. 实验时应依次向圆底烧瓶中加入碎瓷片、浓硫酸、苯甲酸、无水乙醇、环己烷
【答案】D
【解析】
【详解】A．由题干信息，该反应需控制温度在65-70℃进行加热回流，最好采用水浴加热的方式，冷凝管的冷凝水应该下进上出，即从a口流入，b口流出，A选项正确；
B．合成反应中，分水器中会出现分层现象，上层时油状物，下层时水，当油层液面高于支管口时，油层会沿着支管口流回烧瓶，以达到反应物冷凝回流，提高产率的目的，当下层液面高度超过距分水器支管约2cm时，及时放出水层，避免水层升高流入烧瓶，B选项正确；
C．根据已知信息“环己烷沸点为80.8℃，可与乙醇和水形成共沸物，其混合物沸点为62.1℃
”所以环己烷的作用是在较低温度下带出生成的水，促进酯化反应向右进行，C选项正确；
D．实验时应依次向圆底烧瓶中加入碎瓷片、苯甲酸、无水乙醇、环己烷，搅拌后再加入浓硫酸，D选项错误；
答案选D。
9.是一种红色固体，常用作示温涂料。制备反应为：。下列说法正确的是（ ）
A. 上述反应的产物中，Hg的化合价为
B. 上述反应中Hg元素与Cu元素均被还原
C. 上述反应中生成时，转移的电子数为
D. 由以上信息可推知：可发生反应
【答案】D
【解析】
【分析】
根据制备反应方程式可知，CuSO4中Cu的化合价由+2价降至+1价，作氧化剂，发生还原反应，SO2中S元素的化合价由+4价升至+6价，作还原剂，发生氧化反应，Cu2HgI4为还原产物，据此分析解答问题。
【详解】A．根据上述分析可知，Cu2HgI4中Cu的化合价为+1价，则Hg的化合价为+2价，A选项错误；
B．上述反应中，只有Cu元素被还原，B选项错误；
C．上述反应中，CuSO4中Cu的化合价由+2价降至+1价，生成1mol Cu2HgI4时，转移2mol电子，转移的电子数为2NA，C选项错误；
D．根据题干信息，CuSO4可与SO2在盐溶液中发生氧化还原反应，Cu2+被还原Cu+，SO2被氧化为SO42-，则反应2CuSO4+NaCl+SO2+2H2O===2CuCl↓+Na2SO4+2H2SO4可以发生，D选项正确；
答案选D。
10.在如图所示的转化关系中（反应条件略去），常温下X为气体，a、b、c是中学化学中常见物质，均由常见元素组成。下列说法正确的是（ ）
A. 若X为，a为一种固态单质，则c可能为或
B. 若a、b、c的焰色反应均呈黄色，水溶液均呈碱性，则a中可能含有非极性共价键
C. 若b为固态非金属单质，b与X所含元素同主族，则c与X不能反应
D. 若b为气态非金属单质，X与b所含元素同周期，则a与c在一定条件下可以反应生成b
【答案】D
【解析】
【详解】A．当a为固体S时，不可能与O2直接反应生成SO3，A选项错误；
B．a、b、c的焰色反应均呈黄色，水溶液均呈碱性，根据转化关系可知，a可能是NaOH，b
为Na2CO3，c为NaHCO3，X为CO2，a中含有离子键和极性共价键，B选项错误；
C．若b为固态非金属单质，b与X所含元素同主族，b可以是S单质，X为O2，c为SO2，SO2与O2能继续反应生成SO3，C选项错误；
D．若b为气态非金属单质，X与b所含元素同周期，b可以是N2，X为O2，a为NH3，c为NO，NH3和NO在催化剂加热的条件下可生成N2和H2O，D选项正确；
答案选D。
【点睛】本题考查无机推断、无机物的转化关系的理解应用，解答时需要注意反应特征和试剂的关系，掌握基础知识是解答关键。
二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题只有一个或两个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
11.高铁酸钾（）是新型的绿色环保水处理剂。一种制备的流程如下：
下列说法错误的是（ ）
A. 步骤i中反应的离子方程式为
B. 步骤ⅱ说明碱性条件下，氧化性：
C. 步骤ⅲ的反应为复分解反应，说明溶解度：
D. 作为性能优良的水处理剂，主要是利用了其强氧化性和还原后产生的具有絮凝作用的Fe（Ⅲ）
【答案】BC
【解析】
【分析】
根据制备流程分析，FeSO4溶液在酸性条件下与H2O2发生氧化还原反应得到Fe2(SO4)3，Fe2(SO4)3与NaClO在碱性条件下发生氧化还原得到Na2FeO4，Na2FeO4与饱和的KOH溶液得到K2FeO4粗品，经洗涤干燥后得到K2FeO4纯品，据此分析解答问题。
【详解】A．由上述分析可知，步骤ⅰ为FeSO4溶液在酸性条件下与H2O2
发生氧化还原反应生成H2O和Fe2(SO4)3，根据氧化还原反应规律可得反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+===2Fe3++2H2O，A选项正确；
B．步骤ⅱ为Fe2(SO4)3与NaClO在碱性条件下发生氧化还原得到Na2FeO4，氧化剂是NaClO，氧化产物为Na2FeO4，因为氧化剂的氧化性大于氧化产物，故氧化性：NaClO>Na2FeO4，B选项错误；
C．步骤ⅲ为Na2FeO4与饱和的KOH溶液发生复分解反应得到K2FeO4粗品，溶解度大的物质转化为溶解度小的物质，故溶解度：Na2FeO4>K2FeO4，C选项错误；
D．由于K2FeO4具有强氧化性，因此可用于水的杀菌消毒，且其还原产物产生的Fe3+水解得到Fe(OH)3的胶体，具有絮凝的作用，故K2FeO4是乙中性能优良的水处理剂，D选项正确；
答案选BC。
12.实验室用干燥的HCl气体和铁粉在加热无氧条件下制备无水，装置如图所示，热电偶的作用是测定电炉内的温度。
下列说法错误的是（ ）
A. 该方法的优点是制备的纯净
B. 由实验可以推出的沸点低于铁粉的沸点
C. 本实验制备1 mol 需要通入2 mol HCl气体
D. 纯净能够被干燥的氧气氧化为，同时有生成
【答案】C
【解析】
【分析】
根据题干信息，结合实验装置分析可得，本实验的主要操作为向装有铁粉的硬质玻璃管中通入HCl，使用电炉加热制取无水FeCl2，一定温度下FeCl2升华，进入氯化亚铁承接器中，从而得到纯净的无水FeCl2，据此分析解答问题。
【详解】A．该反应是用干燥的HCl气体和铁粉在加热无氧条件下制备FeCl2，一定温度下FeCl2升华，进入氯化亚铁承接器中，不会混有铁粉，得到的FeCl2纯净，A选项正确；
B．由实验可知，相同温度下FeCl2升华，进入氯化亚铁承接器中，而铁粉滞留于硬质玻璃管中，故FeCl2的沸点低于铁粉的沸点，B选项正确；
C．本实验的制备原理为：Fe+2HCl===FeCl2+H2，制备1molFeCl2时需要2molHCl参与反应，但在反应之前需要先通入HCl气体排尽装置内的空气，故所需要通入的HCl气体应大于2mol，C选项错误；
D．纯净FeCl2具有还原性，能够被干燥的O2氧化为FeCl3，同时会生成Fe2O3，D选项正确；
答案选C。
13.我国科研工作者研制出基于PANa（聚丙烯酸钠）电解质的可充电电池，该电池具有高容量和超长循环稳定性。电池反应为。PANa是一种超强吸水聚合物，吸收大量和KOH溶液作为水和离子含量调节剂形成水凝胶电解质，示意图如下。下列说法错误的是（ ）
A. PANa是一种有机高分子聚合物，在水溶液中不会发生电离
B. PANa具有超强吸水性可避免电池充放电过程中因失水使离子导电率下降
C. 放电时，负极附近pH减小
D. 充电时，阳极反应为
【答案】A
【解析】
【分析】
由电池反应分析可知，电池放电时，Zn的化合价升高，失去电子，作负极，发生的电极反应为Zn-2e+2OH-===ZnO+H2O，CoOOH和NiOOH中Co和Ni
的化合价降低，得到电子，作正极，发生的电极反应为3CoOOH+2NiOOH+5H2O+5e-===3Co(OH)2+2Ni(OH)2+5OH-，充电时电极反应为放电电极反应的逆反应，以此解答该题。
【详解】
A．PANa是一种有机高分子聚合物，在水溶液中会电离出聚丙烯酸根离子和钠离子，A选项错误；
B．根据题干信息，PANa是一种超强吸水聚合物，具有超强吸水性，可避免电池充放电过程中因失水使离子导电率下降，B选项正确；
C．放电时，发生的电极反应为Zn-2e+2OH-===ZnO+H2O，负极附近OH-浓度降低，pH减小，C选项正确；
D．充电时，Co(OH)2和2Ni(OH)2在阳极失去电子得到CoOOH和NiOOH，电极反应式为3Co(OH)2+2Ni(OH)2+5OH-+5e-===3CoOOH+2NiOOH+5H2O，D选项正确；
答案选A。
14.25℃时，分别稀释的溶液和氨水，溶液pH的变化如下图所示。
已知：。下列说法正确的是（ ）
A. 若35℃时分别稀释上述两种溶液，则图中Ⅰ、Ⅱ曲线将比原来靠近
B. 保持25℃不变，取A、B两点对应的溶液等体积混合后，
C. 由水电离产生的：A点>B点
D. 曲线Ⅰ上任意点对应的溶液中，
【答案】BD
【解析】
【分析】
25℃时，Ba(OH)2溶液和氨水的pH相同，由于Ba(OH)2是强电解质，完全电离，稀释100倍时，Ba(OH)2的pH从11变为9，而氨水是弱电解质，部分电离，稀释100
倍时，稀释过程中氨水会继续电离出OH-，导致溶液中OH-的浓度大于Ba(OH)2溶液中的OH-，溶液的pH>9，因此曲线Ⅰ代表氨水稀释时溶液pH随稀释倍数的变化，曲线Ⅱ代表Ba(OH)2溶液稀释时溶液pH随稀释倍数的变化，据此分析解答问题。
【详解】A．温度升高，Kw变大，则在35℃时分别稀释上述两种溶液，则图中Ⅰ、Ⅱ曲线将比原来疏远，A选项错误；
B．25℃时，A、B两点对应的溶液的pH均为9，保持25℃不变，则Kw不变，两者等体积混合后，溶液中H+浓度不变，故pH仍不变，B选项正确；
C．氨水是弱电解质，部分电离，稀释过程中氨水会继续电离出OH-，导致溶液中OH-的浓度大于Ba(OH)2溶液中的OH-，故稀释至相同pH=9时稀释倍数大于100倍，则水电离产生的H+浓度：A点”“<”或“=”）。第Ⅰ步反应中化合价有变化的元素为________（填名称）。
②第Ⅱ步反应的，，、分别为正、逆反应速率常数，仅与温度有关。1000℃时，在体积为1L的B反应器中加入2mol发生上述反应，测得和物质的量浓度随时间的变化如图2所示，则60min内，_________（保留2位小数）。a点时________（填最简整数比）；平衡时，体系压强为10kPa，则_________。
（3）热力学铜-氯循环制氢法分电解、水解、热解三步进行。
电解：；
水解：；
热解：。
已知：为白色固体，。
电解装置如图所示，则A为________极（填“阳”或“阴”），B极电极反应为______________。
【答案】 (1). 反应的，所以不能自发进行 (2). < (3). 铁、氧 (4). 6.27 (5). (6). 4 (7). 阴 (8).
【解析】
【详解】(1)根据题干信息得，常温下，水的分解反应中，因为>0，反应不能自发进行，故答案为：反应的，所以不能自发进行；
(2)①第Ⅰ步反应与第Ⅱ反应相加可得反应，由于H2O(g)H2O(l)反应放热，因此a+b<285.84，第Ⅰ步反应中，Fe元素的化合价由+6价降低至+2价，O元素的化合价由-2价升高至0价，故答案为：<；铁、氧；
②根据图2分析可知，反应进行到60min达到平衡，、‘60min内，H2的物质量浓度的变化量为1.6mol·L-1，列三段式有
则，当反应达到平衡状态时，v正=v逆，即k正·c(H2O)=k逆·c(H2)，，a点时，c(H2)=c(H2O)，则v正：v逆=k正：k逆=4：1，平衡时，体系压强为10kPa，根据阿伏伽德罗定律PV=nRT可知，p(H2)=，p(H2O)=，则，故答案为：6.27；4：1；4；
(3)有电解装置图可知，A极盐酸参与反应，H+得到电子，发生还原反应作阴极，电极反应为2H++2e-===H2↑，B极CuCl失去电子，发生氧化反应作阳极，电极反应为CuCl-e-===Cu2++Cl-，故答案为：阴；CuCl-e-===Cu2++Cl-。
【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、平衡常数的相关计算等，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，本题的易错点为第(2)②小问c(CoFe2O4)的计算，注意单位是g·min-1，而不是mol·L-1·min-1。
17.自然界中存在大量的金属元素，在工农业生产中有着广泛的应用。回答下列问题：
（1）焰色反应的光谱属于发射光谱，铜和含铜离子化合物的焰色为_______色。
（2）基态Ni原子中，核外电子占据的最高能层符号是________，其核外电子排布式中未成对电子数为_________个。
（3）钌-多吡啶配合物具有丰富的光化学和光物理信息，结构简式如下图所示。钌（Ⅱ）的配位数是_______，N原子的杂化类型为______________。
（4）晶体中，的重复排列方式如图所示，该排列方式中存在着如由1、3、6、7的围成的正四面体空隙和3、6、7、8、9、12的围成的正八面体空隙。中有一半的填充在正四面体空隙中，另一半和全部填充在正八面体空隙中，则晶体中，正八面体空隙数与数之比为__________。正四面体空隙填充率与正八面体空隙填充率之比为________。晶胞中有8个图示结构单元，该晶胞参数为a pm，则晶体密度为________（写出含a和的计算表达式）。
【答案】 (1). 绿 (2). N (3). 2 (4). 6 (5). 、 (6). (7). (8).
【解析】
【详解】(1)
因为铜和含铜离子化合物在火焰上灼烧时，原子中的电子吸收了能量，从能量较低的轨道跃迁到能量较高的轨道，但处于能量较高的轨道上的电子是不稳定的，很快跃迁回能量较低的轨道，这时就将多余的能量以光的形式放出，放出的光的颜色为绿色，故答案为：绿；
(2)基态Ni原子为28号元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2，核外电子占据的最高能层的符号为N，其核外电子排布式中未成对电子数为2个，故答案为：N；2；
(3)由钌-多吡啶配合物的结构简式可知，Ru与6个N形成配位键，则钌（Ⅱ）的配位数为6，N原子形成了单键和双键，则杂化方式为sp2、sp3，故答案为：6；sp2、sp3；
(4)根据题干信息，Fe3O4晶胞结构中正四面体空隙数为8，正八面体空隙数为4，O2－位于顶点和面心，个数为8×1/8＋6×1/2=4，因此正八面体空隙和O2－数之比为4：4=1：1，Fe3O4中有一半的Fe3+填充在正四面体空隙中，另一半Fe3+和全部Fe2+填充在正八面体空隙中，则正四面体的空隙填充率为，即12.5%，正八面体的空隙填充率为50%，两者之比为：12.5%：50%=1：4，Fe3O4的晶胞中有8个图示结构单元，则晶胞的质量，体积V=a3×10-30cm3，则晶体的密度，故答案为：1：1；1：4；。
【点睛】本题主要考查物质结构的综合运用、配位键的形成、原子结构及原子核外电子排布，本题的难点在于第(4)题，准确找出晶胞中正四面体空隙数和正八面体的空隙数是解答本题的关键。
18.中国是钢铁生产大国，也是铁矿石消费大国。某铁矿石主要成分为和，实验室为测定和的物质的量比，利用下图所示装置进行实验。
实验步骤如下：
Ⅰ.按图示连接仪器，检查装置气密性后加入药品；
Ⅱ.打开、，通入一段时间氮气，关闭、，取下干燥管称量其质量（）后再连接好装置；
Ⅲ.打开和分液漏斗活塞，向三颈烧瓶中慢慢滴加足量已经除去的稀硫酸（其它杂质与稀硫酸不反应，且无还原性物质），待反应完成后，打开通入一段时间氮气；
Ⅳ.关闭、，取下三颈烧瓶过滤、洗涤，将滤液与洗涤液合并成100mL溶液备用；
Ⅴ.取下上述步骤ⅱ中干燥管并称量其质量（）；
Ⅵ.取配制好的滤液25mL于锥形瓶中，用溶液滴定。
回答下列问题：
（1）步骤Ⅱ中需要称重的干燥管是_________（填“E”或“F”）。
（2）实验过程中发现B中有黑色沉淀生成，写出装置A中与稀硫酸反应的化学方程式__________________。
（3）C装置的作用是_________；若撤去装置F，则测得的的含量会_________（填“偏大”“偏小”或“无影响”）。
（4）下列关于步骤Ⅳ的叙述正确的是_________（填标号）。
A.滤渣中含有还原产物单质硫
B.过滤过程中玻璃棒起到引流和搅拌的作用
C.过滤操作要迅速，否则会使测得的的含量偏低
D.检验沉淀是否洗涤干净，可向滤液中加入氯化钡溶液，观察是否有白色沉淀生成
（5）步骤Ⅵ中发生反应的离子方程式为_________，到达滴定终点的现象是_________。
（6）若上述实验中，步骤Ⅵ消耗溶液45mL，则该矿石样品中_________。
【答案】 (1). E (2). (3). 除去并检验是否除尽 (4). 偏大 (5). C (6). (7). 滴入最后一滴溶液，溶液变为紫红色且半分钟不褪去 (8).
【解析】
【分析】
根据题干信息可知，A装置中发生反应FeS2+H2SO4===FeSO4+S+H2S，FeCO3+H2SO4===FeSO4+CO2↑+H2O，B装置为检验H2S的装置，C装置可除去H2S并检验H2S是否除尽，D装置盛有浓硫酸可除去水蒸气，E装置吸收CO2并测定其质量，F装置可吸收空气中的CO2和H2O，防止进入E装置中影响实验结果，据此分析解答问题。
【详解】(1)由上述分析可知，装置E吸收CO2并测定其质量，故步骤Ⅱ中需要称重的干燥管是E，故答案为：E；
(2)B装置为检验H2S的装置，B中有黑色的CuS沉淀生成，则A中FeS2与稀硫酸的反应方程式为FeS2+H2SO4===FeSO4+S+H2S，故答案为：FeS2+H2SO4===FeSO4+S+H2S；
(3)酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，可除去H2S并检验H2S是否除尽，F装置可吸收空气中的CO2和H2O，若撤去装置F，E装置所测得的CO2的质量将会偏大，使得最终FeCO3的含量偏大，故答案为：除去H2S并检验H2S是否除尽；偏大；
(4)A．反应FeS2+H2SO4===FeSO4+S+H2S中FeS2中的S化合价由-1升高至0价，S为氧化产物，故滤渣中含有氧化产物S，A选项错误；
B．过滤过程中玻璃棒的作用是引流，B选项错误；
C．过滤操作要迅速，否则FeSO4被空气中的氧气氧化，Fe2+含量偏低，消耗的KMnO4溶液体积偏小，从而Fe2+总量偏小，FeCO3的量不变，则测得的FeS2含量偏低，C选项正确；
D．检验沉淀是否洗涤干净，应取最后一次洗涤液，向其中加入稀盐酸酸化的BaCl2溶液，观察是否有白色沉淀生成，若有，则未洗涤干净，反之则洗涤干净，D选项错误；
故答案为：C；
(5)步骤Ⅵ中，Fe2+与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应生成Mn2+和Fe3+，反应得离子方程式为5Fe2++MnO4-===Mn2++5Fe3++4H2O，反应终点的现象是最后一滴KMnO4溶液滴下时，溶液变为紫红色且半分钟不褪去，故答案为：滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液变为紫红色且半分钟不褪去；5Fe2++MnO4-===Mn2++5Fe3++4H2O；
(6)m1-m2=2.2g，即CO2的质量为2.2g，物质的量为0.05mol，则FeCO3的物质的量为0.05mol，由方程式5Fe2++MnO4-===Mn2++5Fe3++4H2O可知，5Fe2+~MnO4-，n(MnO4-)=0.045L×0.1mol/L=0.0045mol，25mL滤液中，n(Fe2+)=5×0.0045mol=0.0225mol，则100mL滤液中n(Fe2+)=4×0.0225mol=0.09mol，因此n(FeS2)=0.09mol-n(FeCO3)=0.04mol，n(FeS2)：n(FeCO3)=0.04：0.05=4：5，故答案为：4：5。
【点睛】
本题考查混合物含量测定实验，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，理解实验装置的作用是解题的关键，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.铋（83号元素）主要用于制造合金，铋合金具有凝固时不收缩的特性，用于铸造印刷铅字和高精度铸型。湿法提铋新工艺以氧化铋渣（主要成分为，含有、、杂质）为原料提Bi的工艺流程如下：
已知：Ⅰ.不溶于水，加热至700℃就分解生成，的沸点为447℃。
Ⅱ.25℃时，；。
回答下列问题：
（1）铋在元素周期表中的位置为___________________。
（2）“浸出”时，在盐酸浓度、浸出温度70℃、浸出时间2h及不同浸出液固比条件下进行浸出实验，浸出率与液固比的关系如图所示，最合适的液固比应选__________。
（3）“滤渣Ⅰ”的成分为_____________（填化学式）。
（4）“脱氯”的化学方程式为___________________。
（5）“沉铜”时，向“滤液Ⅱ”中加入NaOH溶液调节pH，促进水解生成，则此过程中水解的离子方程式为_________________________。若“滤液Ⅱ”中为
，当加入等体积的NaOH溶液时，pH恰好为6，出现沉淀，此时的去除率为________（忽略溶液体积变化）。
（6）“滤液Ⅲ”经加热浓缩后可返回____________工序循环使用。
【答案】 (1). 第六周期第VA族 (2). 3 (3). 、 (4). (5). (6). 97.6% (7). 浸出
【解析】
【分析】
根据工艺流程图分析可知，铋渣中加入盐酸和饱和的NaCl溶液，过滤后得到AgCl和PbCl2的滤渣Ⅰ，滤液中加入NaOH溶液经过滤得到BiOCl的沉淀和滤液Ⅱ，BiOCl与热的NaOH脱氯得到Bi2O3，Bi2O3在高温条件下被碳还原得到粗Bi，向滤液Ⅱ中加入NaOH溶液调节pH，促进Cu2+水解生成Cu3(OCl)2和NaCl溶液，据此分析解答问题。
【详解】(1)铋元素与氮元素同主族，在元素周期表中的位置是第六周期第ⅤA族，故答案为：第六周期第VA族；
(2)由图像可知，液固比为3、4时铋的浸出率较高，以节约原料为原则，液固比为3时最为合适，故答案为：3；
(3)根据上述分析可知，滤渣Ⅰ的成分是AgCl和PbCl2，故答案为：AgCl和PbCl2；
(4)“脱氯”时，BiOCl与热的NaOH反应得到Bi2O3和NaCl，反应方程式为2BiOCl+2NaOHBi2O3+2NaCl+H2O，故答案为：2BiOCl+2NaOHBi2O3+2NaCl+H2O；
(5)“沉铜”时，向滤液Ⅱ中加入NaOH溶液调节pH，促进Cu2+水解生成Cu3(OCl)2，反应的离子方程式为：3Cu2++2H2O+2Cl-===Cu3(OCl)2↓+4H+，加入等体积的NaOH溶液时，pH=6，溶液中c(H+)=10-6mol·L-1，则c(OH-)=10-8mol·L-1，由于Ksp[Cu(OH)2]=c(Cu2+)·c2(OH-)，则c(Cu2+)=0.00012mol/L，n(Cu2+)=0.00012mol/L×2VL=0.00024Vmol，则去除的Cu2+的物质的量为0.01Vmol-0.00024Vmol=0.00976V mol，Cu2+的去除率为，故答案为：3Cu2++2H2O+2Cl-===Cu3(OCl)2↓+4H+；97.6%；
(6)滤液Ⅲ为NaCl溶液，经加热浓缩后可返回浸出工序循环使用，故答案为：浸出。
20.
新型冠状病毒具有较强的传染性，中科院发现大约有三十种药物可能对新型冠状病毒有效，其中山豆根等中药材中含有的黄酮类化合物可能对新型冠状肺炎有治疗作用。某黄酮类化合物G的合成路线如下图所示，分子中Ar表示芳香基。
已知：
回答下列问题：
（1）有机物A的名称为_________，A转化为B的目的是_________。C中含有的官能团的名称为_________。
（2）D转化为E的化学方程式为___________________________。E到F的转化率大约为78.6%，原因是易生成副产物X（分子中含有一个七元环），则X的结构简式为__________________，则此过程中涉及的反应的类型为__________________。
（3）某芳香族化合物K与D互为同分异构体，则符合下列条件的K的结构共有_________种。
（已知结构具有较强的氧化性，与还原性原子团不能共存）
①与不发生显色反应 ②可发生水解反应和银镜反应
（4）请以丙酮（）和为原料，参照题中所给信息（其他试剂任选），设计合成的路线_____________________________________________________。
【答案】 (1). 对苯二酚（或1,4-苯二酚） (2). 保护酚羟基，防止与乙酰氯反应 (3). 酯基、羰基 (4). (5). (6). 加成反应、消去反应 (7). 8 (8).
【解析】
【分析】
由合成路线分析可知，A与(CH3CO)2O发生取代反应得到B，B与CH3COCl发生取代反应得到C，C分别加入NaOH和H2SO4得到D，D的结构简式为，D与ArCOCl发生已知信息的反应得到E，则试剂H为K2CO3溶液，E再经过加成反应和消去反应得到F，F再发生双键的加成反应得到黄酮类化合物G，据此分析解答问题。
【详解】(1)有机物A的结构简式为，叫做1，4-苯二酚(或对苯二酚)，为了保护酚羟基，防止与乙酰氯反应，可先将A与(CH3CO)2O发生取代反应得到B，C的结构简式为，含有的官能团有酯基和羰基，故答案为：1，4-苯二酚(或对苯二酚)；保护酚羟基，防止与乙酰氯反应；酯基、羰基；
(2)由上述分析可知，D与ArCOCl发生已知信息的反应得到E，则试剂H为K2CO3溶液，反应方程式为，E经过加成反应和消去反应得到F，此过程易产生分子中含有一个七元环的副产物，故答案为：；；加成反应、消去反应；
(3)某芳香族化合物K与D互为同分异构体，与FeCl3不发生显色反应，则K不含有酚羟基，可发生水解反应和银镜反应，K含有酯基和醛基，由于结构具有较强的氧化性，与还原性原子团不能共存，则满足条件的K的苯环上连有的基团为—OOCH和—CH2OH有邻间对位3种、—OOCH和—OCH3有邻间对3种、和—CH3有间对位2种，共3+2+2=8种，故答案为：8；
(4)根据题干已知反应，可先向丙酮（）和中加入K2CO3发生已知信息的反应得到，再发生E→F的反应得到，与溴水发生加成反应得到，其合成路线为：。
