2022届新高考化学精创预测卷 山东专版（含答案）

这是一份2022届新高考化学精创预测卷 山东专版（含答案），共20页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

2022届新高考化学精创预测卷 山东专版
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 K 39 Cr 52
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目要求。
1.空气中急剧上升，会导致各种环境问题。实现“碳中和”是世界各国正在努力实现的宏伟目标。下列工业生产和日常生活中的做法不利于“碳中和”的是( )
A.化工厂的废气烟囱上加装的吸附装置
B.设计直接过滤大气的装置吸收其中
C.把捕集的作为原料制作成食品或饲料
D.出行尽可能多坐私家车而不乘坐大型公交车
2.化工原料标签上通常标有显示危险类别的安全数据表和保存方法，下列对常见化工原料表述有错误的是( )
A.天然气无色无味，与空气混合遇明火易爆炸。保存方式：密闭
B.甲醛含量为35%至40%的溶液称为福尔马林，其具有腐蚀性，挥发性很强。保存方式：不适宜在冰箱中冷藏，容易发生凝聚
C.冰醋酸腐蚀性强，蒸汽对眼和鼻有刺激性作用。保存方式：冷冻
D.工业酒精易燃易爆。保存方式：储存于阴凉、通风的库房，远离火种、热源
3.下列关于Na、Mg、Cl、Br元素及其化合物的说法正确的是( )
A.NaOH的碱性比的强
B.得到电子的能力比的弱
C.原子半径：
D.原子的最外层电子数：
4.按如图所示装置进行实验，下列说法正确的是( )

A.利用图甲装置，可以制取并收集少量氨气
B.利用图乙装置，可以制取并检验乙烯
C.利用图丙装置，可以制备并能较长时间观察其颜色
D.对图丁装置加热，可以分离和
5.下列有关含氮物质的性质与用途具有对应关系的是( )
A. 易溶于水，可用作制冷剂
B. 受热易分解，可用作氮肥
C. 具有氧化性，可用于制取氨气
D. 具有酸性,可用于洗涤附有银镜的试管
6.Fe在自然界中分布广泛，可与等配体形成配位数为6的配离子，如
。下列说法正确的是( )
A.Fe在元素周期表中位于第四周期第ⅧB族
B.F的核外电子的空间运动状态有9种
C.中含σ键的数目为
D.配体中提供孤对电子的原子是C
7.为落实“五水共治”，某工厂拟综合处理含废水和工业废气（主要含，不考虑其他成分），设计了如下流程：

下列说法不正确的是( )
A.固体1中主要含有
B.X可以是空气，且需过量
C.捕获剂所捕获的气体主要是CO
D.处理含废水时，发生反应的离子方程式为
8.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子半径依次增大，W、X、Z三种元素形成的化合物Q的结构如图所示，其他相关信息如表所示。

元素
相关信息
X
核外电子数与W、Y的最外层电子数之和相等
Z
基态原子的3p轨道上有两个未成对电子
W
其单质在空气中长时间放置生成其碳酸盐
下列说法错误的是( )
A.X分别与其他三种元素形成的化合物中，熔点最高的为X与Z形成的化合物
B.四种元素的第一电离能大小顺序为
C.W和Y形成的二元化合物只存在离子键
D.化合物Q中原子最外层不都满足8电子稳定结构
9.钾氧电池是一种新型金属-空气可充电电池，其使用双酰亚胺钾（KTFSI）与乙醚（DME）组成的电解液，石墨和液态Na-K合金作为电极，其工作原理如下：
下列说法错误的是( )

A.放电时，a为负极，发生氧化反应
B.放电时，正极的电极反应式为
C.充电时，b极生成22.4L（标准状况下）时， a极质量增重7.8g
D.使用液态合金作电极可避免充电时阴极枝晶生长问题
10.新型大黄酸烟酸偶联物（3a~3e）具有一定的体外抗血小板聚集活性，其合成路线如下：

下列说法错误的是( )
A.2a的分子式为
B.2b生成3b发生了加聚反应
C.2d与2e互为同系物
D.有机物1是芳香族化合物
二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。

11.下列实验操作不能达到实验目的的是( )
选项
实验目的
实验操作
A
除去溶液中的杂质
加入，再加入MgO，搅拌、静置、过滤
B
比较的相对大小
室温下向2mL0.1mol/L的溶液中加入2mL0.1mol/L NaOH溶液，再滴加5~6滴0.1mol/L 溶液，观察沉淀的生成及其颜色的变化
C
比较浓度对反应速率的影响
取两支试管，各加4mL0.1mol/L的酸性溶液，然后向一支试管中加入2mL0.1mol/L，向另一攴试管中加入2mL0.2mol/L，记录溶液褪色所需的时间
D
证明淀粉发生了水解反应
取少量水解的溶液于试管中，先加氢氧化钠溶液，再加新制氢氧化铜悬浊液，加热，观察是否出现砖红色沉淀
12.三氯化碘（）在药物合成中用途非常广泛，其熔点为33℃，沸点为73℃，遇水易反应。实验室可用下图装置（部分夹持装置已略去）制取，制备的反应原理为。下列说法正确的是( )

A.利用装置甲制备氯气选用的药品为二氧化锰和浓盐酸
B.装置乙中长颈漏斗内液面上升说明装置丙可能发生堵塞
C.装置丙中氯化钙的作用是干燥
D.装置丁中生成，碘元素的化合价为-3价
13.我国科研人员合成了单原子催化剂，可用于电化学催化氢气还原氮气的反应。反应历程与相对能量模拟计算结果如图所示（图中*表示稀土单原子催化剂）。下列说法错误的是( )

A.新型催化剂会降低合成氨反应的焓变，从而降低生产能耗
B.将催化剂附着在纳米多孔载体的表面可提高氮气的生产效率
C.使用单原子催化剂的反应历程中，最大能垒的反应过程可表示为
D.单原子催化剂的催化效率理论上应高于单原子催化剂
14.四氧化钌（）是金黄色针状晶体，微溶于水，有强氧化性，能氧化浓盐酸生成和。在稀硫酸环境中， 可利用与反应制备，其化学方程式为 。下列说法正确的是( )
A.该反应中NaCl是还原产物，是氧化产物
B.该反应中硫酸既表现酸性又表现氧化性
C.酸性介质中氧化性：
D.该反应中的稀硫酸不能用浓盐酸代替
15.25℃时，向溶液中滴入稀硫酸，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示，反应过程始终无气体逸出。已知：表示或。下列叙述错误的是( )

A.的的数量级为
B.在溶液中：
C.溶液显中性时：
D.温度不变时，随着硫酸的加入，始终保持不变
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16.（12分）某铬铁矿含有的主要成分是还有等杂质，因此该矿石可以制备氧化铬（）颜料，该颜料性质稳定，有着橄榄绿色调。其工艺流程如下。

已知：
（1）过程②中，FeO被氧化为，该物质遇水剧烈水解生成；被氧化为；
（2）相同温度下的溶解度小于，相关物质的溶解度曲线如下。

回答下列问题：
（1）实验室模拟过程②不可使用石英坩埚的原因是_________，杂质在熔融状态下和NaOH和的反应的化学方程式为_________。
（2）过程④通常加入足量水并小火加热至沸腾此步操作的目的是_________，请列举滤渣1的一种用途：_________。
（3）过程⑤把pH由大调小，可以沉淀的离子为_________，过程⑦的离子方程式为_________。
（4）过程⑧为了获得纯净的固体，其详细操作为_________、过滤、洗涤、干燥，该过程残留废弃液中存在的具有较强毒性，可以将其处理为，再调节pH达到沉淀铬元素的目的。若用（焦亚硫酸钠）处理该废水，反应的离子方程式为_________。
（5）该铬铁矿含Cr元素的质量分数为33.6%，取100t该矿石，最终得到46.6t的，则的产率约为_________（保留三位有效数字）。
17.（12分）苯乙烯是用一种重要的有机化合物，暴露于空气中逐渐发生聚合及氧化。用于合成树脂、离子交换树脂及合成橡胶等。实验室通过肉桂酸受热脱羧基制备苯乙烯的方法如下：

物质
熔点/℃
沸点/℃
水溶性
肉桂酸
133
300
0.5g/L
苯乙烯
-30.6
145
0.3g/L
回答下列问题：
Ⅰ.制备：按如图所示装置进行实验。先制备气体，当气体充满三颈烧瓶，关闭的活塞。再加热大试管制取苯乙烯，至不再有液体声生时，停止加热。

（1）仪器X的名称是______。
（2）写出制备的离子方程式：______，气体的作用是______。
Ⅱ.提纯：将制得的粗产品移入烧瓶中进行蒸馏就可以制得纯净的苯乙烯。
（3）从下列装置中选择合适的仪器，并按连接顺序排列（填写仪器的字母，不考虑夹持和橡皮管连接）：热源→______。选择此冷凝管的理由：______。

（4）蒸馏中先弃去前馏分，收集_______的馏分即得苯乙烯。
（5）已知其他反应物足量，实验时取用10g肉桂酸，实验后得到纯净的苯乙烯5.76g，则该实验所得产品的产率为_______（保留两位小数）。
18.（12分）二氧化碳的排放越来越受到能源和环境领域的关注，其综合利用是目前研究的重要课题之一，试运用所学知识，解决以下问题：
（1）工业上利用合成气（）来生产甲醇，有关反应的热化学方程式及其在不同温度下的化学平衡常数如表所示：
化学反应
平衡常数
温度/℃
500
700
800
Ⅰ.

2.5
0.34
0.15
Ⅱ.

1.0
1.70
2.52
Ⅲ




则反应Ⅲ的__________（用和表示），______0（填“>”或“<”）
（2）科学家提出利用与制备“合成气”（），可能的反应历程如图所示：

注：C（ads）为吸附性活性炭，方框内包含微粒种类及数目、微粒的相对总能量，其中TS表示过渡态。
若，则决定制备“合成气”反应速率的化学方程式为________。
（3）利用电化学方法可以将有效地转化为，装置如图所示。

①在该装置中，右侧 Pt 电极的电极反应式为____________。
②装置工作时，阴极除有生成外，还可能生成副产物降低电解效率。
已知：
电解效率= 100%
标准状况下，当阳极生成氧气体积为448mL时，测得阴极区内的，电解效率为_____________（忽略电解前后溶液的体积变化）。
（4）已知水煤气法制备的反应为。将等体积的和充入恒容密闭容器中，反应速率，其中、分别为正、逆反应的速率常数且只与温度有关，在 700℃和 800℃时，CO的转化率随时间变化的曲线如图所示。点与 点对应的的大小关系: _____________（填“>”、“<”或“=”），计算点时_________。

19.（12分）我国学者首次发现非水相氮还原过程中的多米诺效应。如图甲所示，一旦完成反应①，反应②③将自发完成。

（1）氮原子比氧原子的第一电离能________（填“大”或“小”），原因是________。
（2）中氮原子采取________杂化方式。能以配位键与铜离子形成，写出其中心离子的核外电子排布式：________；形成配位键后氨分子中的键角________（填“变大”或“变小”）。
（3）写出与氨气互为等电子体的一种阴离子：________。
（4）反应③中，断裂的是________（填序号，下同），形成的是________。
A.配位键
B.极性键
C.离子键
D.氢键
（5）的熔、沸点比的________（填“高”或“低”），试解释原因：________。
（6）锂离子还原是锂介质氮还原反应的关键步骤，研究者发现金纳米颗粒可充当锂离子还原的电催化材料。金属金的堆积方式如图乙所示：

①结合图丙计算金属金晶胞中原子数、四面体空隙数和八面体空隙数的最简比值为_______。

②若金原子半径为pm，相对原子质量用表示，则品体密度的表达式为_______。
20.（12分）杂环化合物（Heterocyclic compounds）是数目最庞大的一类有机化合物，普遍存在于药物分子的结构之中。已知有机物G是一种杂环化合物，其合成路线如图所示：

已知：
回答下列有关问题：
（1）F中含氧官能团名称为______，E的分子式为______，FG的过程中生成了一种有机物小分子，该有机物小分子名称为______。
（2）CD发生的化学反应类型是______，反应的化学方程式为______。
（3）BE过程的目的是______。
（4）维生素C是有机物H的一种同分异构体，结构如图，该分子中手性碳原子的个数为______。
（5）有机物C有多种同分异构体，同时满足以下性质的同分异构体有______种。请写出该同分异构体中苯环上只有两种一氯代物的有机物结构简式：______（任写出其中一种）。
Ⅰ.属于芳香烃化合物 Ⅱ.有2个取代基 Ⅲ.可发生银镜反应
（6）请以苯酚为原料，设计制备的合成路线（无机试剂任选）：_________。
答案以及解析
1.答案：D
解析：“碳中和”是节能减排术语，是指企业、团体或个人测算在一定时间内，直接或间接产生的温室气体排放的总量，通过植树造林、节能减排等形式，抵消自身产生的二氧化碳排放，实现二氧化碳的“零排放”。A和B都是吸收的措施，有利于“碳中和”，A、B不符合题意；C中措施是对捕获的进行有效利用，有利于“碳中和”，C不符合题意；多坐私家车会产生更多的，不利于“碳中和”，D符合题意。
2.答案：C
解析：A.天然气无色无味，与空气混合遇明火易爆炸，应密闭保存，正确；B.甲醛含量为35%至40%的溶液称为福尔马林，其具有腐蚀性，挥发性很强，不适宜在冰箱中冷藏保存，容易发生凝聚，正确；C.冰醋酸腐蚀性强，蒸汽对眼和鼻有刺激性作用，不需冷冻保存，错误；D.工业酒精易燃易爆，应储存于阴凉、通风的库房，远离火种、热源，正确。
3.答案：A
解析：元素的金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的碱性越强，A项正确；Cl的非金属性强于Br，则得到电子的能力比强，B项错误；同周期主族元素从左到右原子半径逐渐减小，则原子半径大小顺序为，C项错误； Na、Mg、Cl、Br原子的最外层电子数分别为1、2、7、7，D项错误。
4.答案：D
解析：收集氨气的试管不能加盖塞子，A项错误；乙醇在浓硫酸作用下加热到170℃发生消去反应得到乙烯，需用温度计控制温度，B项错误；制取时需要铁作阳极形成，图丙装置只是电解水，得不到，C项错误；氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，氨气与氯化氢在烧瓶底部遇冷反应生成氯化铵，二氧化硅受热不反应，因此加热图丁装置可以分离二氧化硅和氯化铵，D项正确。
5.答案：C
解析：A. 易液化，可用作制冷剂，故不选A；B. 中含有氮元素，可用作氮肥，故不选B； C. 具有氧化性，氮气和氢气反应生成氨气，氮气做氧化剂，可用于制取氨气，故选C；D.用硝酸洗涤附有银镜的试管，是因为硝酸具有强氧化性，故不选D；选C.
6.答案：C
解析：Fe是26号元素，在元素周期表中位于第四周期第Ⅷ族，A项错误；F的核外电子排布式为，空间运动状态种数=原子轨道数（拓展：运动状态种数=核外电子数），F的核外电子的空间运动状态有1+1+3=5（种），B项错误；1个中有6个分子，每个分子中有2个σ键，再加上6个配位键（也是键），所以g键的个数为，C项正确；与互为等电子体，C采取的是sp杂化，无孤对电子，故不能提供孤对电子，D项错误。
7.答案：B
解析：A项，根据题中的流程，可以得出固体1为和过量的的混合物，正确；B项，气体1为的混合物，通入X，然后再与NaOH溶液反应生成的产物为，若X为空气且过量，则反应后的产物中没有，这与题图流程不符，错误；C项，气体2为、CO的混合物，因“无污染气体”为，故捕获的气体主要是CO，正确；D项，与能够发生归中反应生成氮气离子方程式为，正确。
8.答案：D
解析：选项A，X与其他三种元素形成的化合物分别为或或其他含氯氧化物、，其中为共价晶体，熔点最高，正确。选项B，四种元素的第一电离能大小顺序为O>Cl>Si>Na，正确。选项C，W和Y形成的化合物为NaCl，只存在离子键，正确。选项D，根据化合物Q的结构可知，其中每个原子最外层都满足8电子稳定结构，错误。
9.答案：C
解析：根据电路中电子转移方向可知a极为负极，发生氧化反应，A项正确；放电时，b极为正极，其电极反应式为，B项正确；充电时，b极发生反应：，即生成1mol，转移1mol电子，则a极发生反应：，转移1mol电子，质量增重3.9g，C项错误；若使用固体电极，充电时，阴极金属晶体增大，会导致充电效率低、穿透隔膜造成短路等问题，所以使用液态合金作电极可避免充电时出现这些问题，D项正确。
10.答案：B
解析：由题知2a分子中，所以2a的分子式为，A项正确；已知2b和3b分子中，油松旗养则2b生成3b，的数值不变，则不是发生加聚反应，B项错误；2d与2e结构相似，且2d的=5，2e的6，即分子组成上相差1个，所以2d与2e互为同系物，C项正确；有机物1中含有苯环，属于芳香族桃合物，D项正确。
11.答案：C
解析：加入，将氧化成，再加入MgO调节pH，使水解沉降，搅拌、静置、过滤除去杂质，A项正确；2mL0.1mol/L的溶液完全反应需要4mL0.1mol/L NaOH溶液，现加入2mL0.1mol/L NaOH溶液，NaOH不足，再滴加5~6滴0.1mol/L溶液，生成蓝色沉淀，说明是氢氧化镁转化为氢氧化铜，证明，B项正确；4mL0.1mol/L的酸性溶液在两支试管中均过量，不会褪色，无法比较浓度对反应速率的影响，C项错误；向已水解的溶液中，先加氢氧化钠溶液，再加新制氢氧化铜悬浊液，加热，观察现象，若出现砖红色沉淀，则淀粉水解，反之，则未水解，D项正确。
12.答案：BC
解析：A项，装置甲无加热装置，而二氧化锰和浓盐酸反应制氯气需要加热；B项，若丙中U形管堵塞，则气体会滞留在装置乙中，导致乙中长颈漏斗内液面上升；C项，氯化钙是干燥剂，因此丙的作用是干燥制得的氯气；D项，的氧化性强于的，因此作氧化剂，得电子，氯元素化合价变为-1价，根据化合价原则，得三氯化碘中碘元素为+3价；故选B、C。
13.答案：A
解析：催化剂能降低反应的活化能，改变反应的途径，但不熊改变反应的焓变，A项错误；催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，可提高氮气的生产效率，B项正确；由图可知，使用单原子催化剂的反应历程中，最大能垒的反应过程可表示为，C项正确；由图可知，单原子催化剂催化的反应历程中有一步反应的活化能最高，则理论上其催化效率应低于单原子催化剂，D项正确。
14.答案：AD
解析：反应中，钌元素化合价升高，被氧化，是还原剂，为氧化产物，氯元素化合价降低，被还原，NaClO是氧化剂，NaCl 是还原产物，A正确；中各元素的化合价在反应前后均未变，反应中硫酸只体现酸性，B错误；能氧化浓盐酸生成，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，即氧化性，与NaClO反应可制得，氧化剂NaClO的氧化性大于氧化产物的氧化性，即氧化性， C错误；有强氧化性，能氧化浓盐酸生成和，用浓盐酸代替稀硫酸时无法得到，D正确。
15.答案：B
解析：根据图示m和n曲线上的和点，对应的分别为和，由于，故，由此可进一步推知的两步水解平衡常数，，故的数量级为，A正确；由于，故以水解为主，，B错误；溶液显中性时，根据电荷守恒得，根据物料守恒得，两式相减得，C正确；即和的乘积，故温度不变，该比值不变，D正确。
16.答案：（1）加热时NaOH可以反应（1分）（2分）
（2）保证熔块中的可溶物完全溶解，促进水解生成沉淀（1分）制备铁红（1分）
（3）（1分）（1分）
（4）加KCl溶液、加热浓缩、冷却结晶（1分）（2分）
（5）94.9%（2分）
解析：铬铁矿粉碎的目的是增大反应物的接触面积，提高反应速率；加入NaOH并通入熔融煅烧，把氧化为，把氧化为，得到等物质；加足量水溶解可溶物，促进水解得到沉淀；再向滤液1中通入调节pH使和转化为和沉淀；再向滤液2中加入盐酸把转化为，加入KCl溶液，加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到固体，再加硫还原得到。
（1）石英坩埚中存在，在高温下可以和NaOH反应，故步骤②不能用石英坩埚；此过程中，铁元素转化为，Al元素转化为，根据化合价升降守恒配平即可。
（2）加足量的水，目的是使可溶物完全溶解，加热促进完全水解，得到的可以加热分解制备铁红。
（3）调节pH由碱性到近乎中性可以使转化为沉淀，使转化为沉淀；过滤出沉淀之后，向滤液2中再加酸调节pH，将转化为，其离子方程式为。
（4）由于相同福度下，溶解度大于，故可以实现向的转化，其步骤为先加KCl溶液，再配成热的饱和溶液，然后降温结晶，最后过滤、洗涤、干燥即可得到固体；处理仍含的酸性废水加入合适的还原剂即可，被氧化为，被还原为，根据化合价升降守恒配平即可。
（5）产物中Cr元素的质量为，故的产率为。
17.答案：Ⅰ.（1）分液漏斗（1分）
（2）（2分）排尽空气，防止苯乙烯被氧化（1分）
Ⅱ.（3）E→A→B→D（2分）防止温差过大避使直形冷凝管炸裂（2分）
（4）145℃（2分）
（5）81.97%（2分）
解析：（1）仪器X的名称是分液漏斗。
（2）制备的离子方程式为，苯乙烯暴露于空气中逐渐发生聚合及氧化，所以实验中需要排尽空气，气体的作用是排尽空气，防止苯乙烯被氧化。
（3）蒸馏的连接顺序：热源→E→A→B→D；由于苯乙烯的沸点是145℃，若用水冷却容易造成温差过大而使直形冷凝管炸裂，所以用空气冷却。
（4）先蒸馏出低沸点的水，再收集145℃的馏分即得苯乙烯。
（5）产率=。
18.答案：（1）（1分）（1分）
（2）[或]（2分）
（3）①（2分）②75%（2分）
（4）（2分）36（2分）
解析：（1）本题考查化学反应与能量、电解池的工作原理、速率方程等。根据表格信息：；，根据盖斯定律计算：，则500℃时，700℃时，800℃时，则反应Ⅲ的平衡常数随温度升高而减小，该反应为放热反应，。
（2）根据题中给出的能量关系，通过移项可得，证明第二步反应的活化能更大，反应速率更慢，能决定总反应的速率，第二步反应的化学方程式为或。
（3）①根据题中信息，在电解池右侧被还原为，右侧Pt电极为阴极，溶液环境为碱性，则电极反应式为：；②设表示阿伏加德罗常数的值，标准状况下，当阳极生成的氧气体积为48mL时，转移电子数为，而生成目标产物转移电子数为，则电解效率为。
（4）温度越高，反应速率越快，反应先达到平衡，由图知点所在曲线先达到平衡，对应温度为800℃，则点所在曲线对应温度为700℃。温度越高，一氧化碳平衡转化率越低，证明该反应为放热反应，平衡时，则，升高温度，平衡逆向移动，减小，则对应的大小关系为：；根据题中所给信息，设点所在曲线起始投入，容器体积为L，可列出三段式：

则，根据点时转化率为20%，可列三段式：

则。
19.答案：（1）大（1分）N原子的价电子排布式为，p轨道呈半充满稳定状态，失去一个电子需要的能量高，即第一电离能较大（1分）
（2）（1分）（或）（1分）变大（1分）
（3）（合理即可）（1分）
（4）C（1分）B（1分）
（5）高（1分）是离子晶体，是分子晶体，破坏离子键比破坏分子间作用力需要的能量高（1分）
（6）①1:2:1（1分）②（1分）
解析：本题考查物质结构与性质的相关知识。
（1）N原子的价电子排布式为，p轨道呈半充满稳定状态，失去一个电子需要的能量高，所以第一电离能较大。
（2）中N原子价层电子对数为，因此N原子采取杂化方式；中的中心离子为，其核外电子排布式为或；分子中N原子的孤电子对与的空轨道形成配位键后，原孤电子对与成键电子对间的作用变为成键电子对间的排斥，排斥作用减弱，故形成配位键后氨分子中的键角变大。
（3）氮气为含2个原子、10个价电子的物质，根据等电子原理，与互为等电子体的阴离子为等。
（4）由题图可知该反应中，N中的离子键发生断裂，中的极性键形成。
（5）是离子晶体，是分子晶体，不同类型的晶体比较熔、沸点主要看晶体类型。一般来说，熔、沸点的大小关系为分子晶体<离子晶体<原子晶体。
（6）①金属金的晶胞为面心立方最密堆积，其所含原子个数为，正四面体空隙为8个（顶角），正八面体空隙为4个（体心1个，棱心3个），则比值为1:2:1。②若金原子半径为pm，由于金的晶胞为面心立方最密堆积，则晶胞参数为，金晶胞体积为，相对原子质量用表示，则1个金晶胞的质量为，故晶体的密度为。
20.答案：（1）硝基、酯基（1分）（1分）甲醇（1分）
（2）硝化反应（取代反应）（1分）（2分）
（3）保护氨基（1分）
（4）2（1分）
（5）12（1分）（或或或）（任写一种即可）（1分）
（6）（2分）

解析：合成路线如下，。
（1）F中含氧官能团名称为硝基、酯基；E的分子为；FG过程中，还生成有机物甲醇。
（2）由合成路线可知，CD发生的反应类型为硝化反应（取代反应），反应的化学方程式为。
（3）BE过程的目的是保护氨基。
（4）维生素C中手性碳原子的个数为2。
（5）符合I、Ⅱ、Ⅲ条件的C的同分异构体有12种：2个取代基共有4种组合，可能为和和和和—CHO，在苯环上按邻、间、对三种位置排布共有4×3=12种。该同分异构体苯环上只有两种一氯代物，说明2个取代基处于对位，则以下4种符合，