浙江省杭州第二中学2022-2023学年高三数学上学期第二次月考试题（Word版带解析）

化学选考模拟练习可能用到的相对原子质量：　　　　　　　　　　　　　　　　一、选择题(本大题共20小题，1-10题每小题2分，11-20每小题3分，共50分。每小题列出的四个备选项只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.化学与生活、生产密切相关，下列叙述不正确的是A.随着社会的进步和人类生活水平的提高，人均消耗的能源越来越少B.在钢中加入稀土元素，可增加钢的塑性、韧性、耐磨性、耐腐蚀性等C.从牛奶和大豆中提取的酪素可用来制作食品和涂料D.天然气作为化工原料可用于合成氨和生产甲醇等【答案】A【解析】【详解】A．随着社会的进步和人类生活水平的提高，人类对能源的需求越来越大，人均消耗的能源越来越多，故A错误；B．钢中加入稀土元素，可改变金属内部结构，增强钢的塑性、韧性、耐磨性、耐腐蚀性等，故B正确；C．牛奶和大豆经脱脂、加酸凝固、干燥而制得酪素，可制作食品如奶酪，也可用作黏合剂、增光剂、分散稳定剂和医药制剂和涂料等，故C正确；D．天然气高温分解可制得氢气，氢气可作为合成氨和生成甲醇的原料气，故D正确；故选：A。2.下列说法中对应化学式正确的是A.自然界含量最高的固态二元氧化物：B.芒硝：C.王水中溶质的主要成分：和D.金刚砂：【答案】D【解析】【详解】A．自然界含量最高的固态二元氧化物：，故A错误；B．芒硝：，故B错误； C．王水中溶质的主要成分：浓硝酸和浓盐酸，故C错误；D．金刚砂的化学成分为，故D正确；故选：D。3.用已知密度的98％的浓硫酸配置的硫酸溶液，下列仪器中不需要的是A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】浓硫酸配置的硫酸溶液，需用量筒量取所需浓硫酸体积，然后加入有水的烧杯中稀释，玻璃棒搅拌，冷却后引流至100mL容量瓶中，定容时先直接加水至刻度线一下1-2cm改用胶头滴管滴加至刻度线，因此用到的有ACD，不需要天平。故B选；故选：B。4.下列表示正确的是A.、、互为同位素B.的电子式：C.的空间填充模型：D.基态电子排布式为【答案】D【解析】【详解】A．同位素是质子数相同而中子数不同的原子之间的互称，、均不是原子，故A错误；B．的电子式：，故B错误；C．为平面三角形结构，故C错误；D．Ca为20号元素，核外电子排布为2、8、8、2，钙原子失去最外层2个电子形成钙离子，钙离子基态电子排布式为，故D正确；故选：D。 5.下列说法不正确的是A.酰胺在酸或碱存在并加热条件下可以发生水解反应B.由于羧基与水可形成分子间氢键，因此高级脂肪酸是易溶于水的固体C.液态油通过催化加氢可转化为半固态的脂肪D.醚类物质被广泛用作溶剂，有的醚可被用作麻醉剂【答案】B【解析】【详解】A．酰胺键在酸性条件下水解成羧基和氨基，在碱性条件下水解生成羧酸盐和氨基，故A正确；B．羧基与水可形成分子间氢键，因此低级脂肪酸易溶于水，而高级脂肪酸中烃基的憎水作用增大，不易溶于水，故B错误；C．液态油脂中含较多碳碳双键，双键加氢后转化为饱和程度较高高级脂肪酸甘油酯，饱和程度高的油酯呈固态，故C正确；D．很多醚类物质是良好的有机溶剂，部分醚类物质具有麻痹神经作用，可用作麻醉剂，故D正确；故选：B。6.设为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是A.25℃时，，则该温度下饱和溶液的中含个B.铅蓄电池中，当正极增加时，电路中通过的电子数目为C.已知立方BN的结构与金刚石类似，则立方BN含有的共价键数目为D.标况下，氟化氢中含有的电子数大于【答案】D【解析】【详解】A．选项中未说明硫酸钙溶液的体积，无法求出溶液中钙离子的物质的量，A错误；B．铅蓄电池中，正极电极反应为PbO2+2e-+4H++=PbSO4+2H2O，正极由PbO2生成PbSO4，每增重64g转移电子2mol，当正极增加9.6g，电路中通过的电子数目为0.3NA，B错误；C．已知立方BN的结构与金刚石类似，但是B和N都只能形成3条共价单键，故1mol立方BN含有的共价键数目为1.5NA，C错误；D．标况下，HF为液体，11.2LHF的物质的量大于0.5mol，11.2LHF含有的电子数大于 5NA，D正确；故答案选D。7.X、Y、Z、Q、W是原子序数依次增大的前四周期元素，其中X是宇宙中含量最多的元素；在同周期元素中，第一电离能数值比Y大的元素有2种；Z元素原子的价层电子排布是；Q、W元素原子的最外层均只有1个电子，但Q元素原子中只有两种形状的电子云，W元素原子的次外层内的所有轨道的电子均成对。下列说法错误的是A.电负性：X<Y<ZB.键角：C.的阴阳离子比为D.W元素位于元素周期表的ds区【答案】D【解析】【分析】X、Y、Z、Q、W是原子序数依次增大的前四周期元素，其中X是宇宙中含量最多的元素，所以X为氢元素；Z元素原子的价层电子排布是nsnnp2n，因此n只能为2，Z元素为氧元素；由于Y的原子序数小于Z大于X，在同周期元素中，第一电离能数值比Y大的元素有2种，则Y为氮元素；Q、W元素原子的最外层均只有1个电子，但Q元素原子中只有两种形状的电子云，可知Q为钠元素；W元素原子的次外层内的所有轨道的电子均成对且原子序数大于钠，所以W应该为第四周期的元素，又因为W的最外层只有一个电子且次外层内的所有轨道的电子均成对即3d轨道全充满，4s轨道有一个电子，所以W为铜元素，据此分析作答。【详解】A．同一周期，从左到右元素电负性递增，电负性：H＜N＜O，A项正确；B．H3O+采用sp3杂化，三角锥型，键角是113°，NH3采用sp3杂化，三角锥型，键角是107°18′，则键角：NH3<H3O+，B项错误；C．Na2O2由钠离子和过氧根离子构成，则其阴阳离子比为1∶2，C项正确；D．Cu周期表位于第四周期第ⅠB，所以属于ds区，D项正确；故选：B。8.是褐色固体，受热分解为的价和价的混合氧化物(价的能氧化浓盐酸生成)。向加热分解得到的固体(同时生成氧气)中加入足量的浓盐酸得到氯气，如果为，则剩余固体的成分及物质的量之比可能是A.、；B.、；C.、；D.、；【答案】B【解析】【详解】PbO2受热分解得到氧气和铅的氧化物的混合物（Pb为＋4、+2价），铅的氧化 物的混合物再与盐酸作用时，+4价Pb还原为＋2价，被氧化为，此时得到溶液为溶液，利用"电子转移守恒"知在上述转化过程中共转移电子为，设该过程得到的物质的量为，则的物质的量为，利用电子转移守恒有：，解得x=0.125，故知在受热分解过程中产生为，利用原子守恒可知受热后的剩余固体中则固体中。A．、为2:1，，A错误；B．、；，，B正确；C．、；，，C错误；D．、；，，D错误；故选B。9.下列有关反应的离子方程式正确的是A.惰性电极电解氯化铁溶液：B.中同时加入溶液和可制：C.草酸(乙二酸)溶液和溶液的中和：D.在酸性溶液中逐渐通入少量气体，观察到有浑浊出现：【答案】B【解析】【详解】A．惰性电极电解氯化铁溶液时，阳离子放电顺序：，则阴极应该优先放电，不会生成氢氧化铁，正确的反应为：，故A错误；B．与发生氧化还原反应，在碱性条件下生成，离子方程式为：，故B正确；C．产物草酸钙难溶于水，应写化学式，正确的反应为：，故C错误； D．酸性溶液中：氧化性：，通入少量气体时氧化硫化氢生成硫单质，离子方程式为：，故D错误；故选：B。10.T℃时，向容积为的刚性容器中充入和一定量的发生反应：，达到平衡时，的分压(分压=总压×物质的量分数)与起始的关系如图所示。已知：初始加入时，容器内气体的总压强为。下列说法正确的是A.时反应到达c点，B.随增大，的百分含量不断增大C.b点时反应的平衡常数D.c点时，再加入和，使二者分压均增大，平衡正向移动【答案】C【解析】【分析】根据c点的三段式分析：则平衡时容器气体的压强为：p(平衡)=×1.2pkPa，故有：p(HCHO)=×p(平衡)= ××1.2pkPa═0.2pkPa，解得：x=0.5mol，故p(平衡)=pkPa，据此分析解题。【详解】A．起始时容器内气体总压强为1.2pkPa，若5min时反应到达c点，由分析可知，则υ(H2)==0.1mol/(L•min)，A错误；B．随增大， 平衡正向移动，CO2的转化率增大，若H2的物质的量无限制增大，则HCHO的百分含量肯定减小，即HCHO的百分含量不是不断增大，B错误；C．温度不变，化学平衡常数不变，故b点时反应的化学平衡常数与c点对应的平衡常数相等，由分析可知，c点平衡下，p(CO2)=×pkPa=0.2pkPa，同理：p(H2)=0.4pkPa，p(HCHO)=p(H2O)=0.2pkPa，故Kp==(kPa)-1=p(kPa-1)=1.25p(kPa-1)，C正确；D．c点时，再加入CO2(g)和H2O(g)，使二者分压均增大0.2pkPa，则此时Qp═==p=Kp，平衡不移动，D错误；故选：C。11.如图所示，化合物N是治疗肺炎的常用药，可由M在一定条件下制得，以下说法正确的是A.一定条件下N可发生取代，消去，氧化反应B.等物质的量的M、N分别与足量NaOH反应，消耗NaOH的物质的量不相等C.与足量反应，最多消耗的物质的量为D.M与足量H2反应后，每个产物分子中含有8个手性碳原子【答案】D【解析】【详解】A．N中含有羟基，可发生取代反应，N燃烧为氧化反应；N不满足发生消去反应的条件，故A错误；B．酚羟基、酯基和羧酸均能和氢氧化钠反应，N中酯基与氢氧化钠反应后生成的酚羟基将 继续与氢氧化钠反应，所以等物质的量的M、N分别与足量NaOH反应，消耗NaOH的物质的量相等，故B错误；C．N中含有羟基邻位和双键，均能和反应，所以与足量反应，最多消耗物质的量为5mol，故C错误；D．手性碳原子要求是饱和碳原子，同时连有四个不同的原子或基团，M与足量H2反应后为，共有8个手性碳，故D正确；故答案选D。12.是一种光催化半导体材料(其结构如图1所示)。光照时，光催化材料会产生电子()和空穴()，能实现和的资源化转化(如图2所示)。下列说法错误的是A.该光催化材料实现了太阳能→化学能B.图1和图2物质中碳原子的杂化方式共有2种C.转化的反应为D.每消耗22g，能产生1mol【答案】B【解析】【详解】A．光照时，光催化材料会产生电子()和空穴()，能实现和的资源化转化，A正确；B．图1和图2物质中碳原子的杂化方式共有3种，甲烷中的碳采用sp3杂化，二氧化碳中是sp杂化，中碳采用sp2杂化，B错误； C．空穴()可得电子，可视为氧化剂，转化的反应为，C正确；D．22g二氧化碳得到变成CH4，得失电子守恒可知H2O中的-2价氧元素失去4mol电子生成1molO2，D正确；故选B。13.类比法是一种学习化学的重要方法。下列“类比”不合理的是A.溶液显碱性，则溶液显碱性B.与盐酸反应生成和，则也可与盐酸反应生成和C.是直线型分子，则也是直线型分子D.与水反应生成乙炔，则与水反应生成丙炔【答案】B【解析】【详解】A．溶液显碱性原因为碳酸根离子水解，据此可推测也会发生水解，使溶液显碱性，故A正确；B．三价铁离子氧化性强于硫，与盐酸反应生成和硫离子反应，导致最终不会生成三价铁离子，故B错误；C．氧和硫是同主族元素，COS结构与二氧化碳相似，均为直线形分子，故C正确；D．与水反应生成乙炔，碳元素化合价未变，则与水反应结合水中4个氢离子得到(丙炔)，故D正确；故选：B。14.丙烷脱氢是制备丙烯一种常见方法，下图是某催化剂催化该过程的能量变化，*表示吸附在催化剂表面的物种。下列有关说法正确的是A.1mol丙烷中的总键能大于1mol丙烯及1mol氢气的总键能之和B.在该条件下，所得丙烯中不含其它有机物 C.该过程中发生了碳碳键的断裂与形成D.相同条件下在该催化剂表面，比脱氢更困难【答案】A【解析】【详解】A．由图可知，CH3CH2CH3（g）能量小于CH3CH═CH2（g）和H2（g）总能量，则该反应为吸热反应，则1mol丙烷中的总键能大于1mol丙烯及1mol氢气的总键能之和，故A正确；B．由图可知，生成丙烯后，丙烯还在继续脱氢，所以所得丙烯中还含有其他有机物，故B错误；C．该反应过程中，碳骨架由C-C-C变为C-C=C，该反应过程中未发生碳碳键的断裂，故C错误；D．由图可知，在该催化剂表面*CH3CH2CH3脱氢的活化能小于*CH3CH=CH2脱氢，说明在该催化剂表面*CH3CH2CH3脱氢比*CH3CH=CH2脱氢容易，故D错误；故选：A。15.已知硫酸亚铁溶液吸收可生成硫酸亚硝酰合铁(分子式为)，下列说法不正确的是A.硫酸亚硝酰合铁具有还原性B.硫酸亚硝酰合铁水溶液呈中性C.硫酸亚硝酰合铁是一种配合物，中心原子铁的配位数为6D.硫酸亚铁溶液吸收生成硫酸亚硝酰合铁的变化是化学变化【答案】B【解析】【详解】A．硫酸亚硝酰合铁中Fe元素的化合价为+2价，+2价Fe具有强还原性，故A正确；B．硫酸亚硝酰合铁中Fe2+会发生水解生成氢氧化亚铁和H+，使溶液呈酸性，故B错误；C．硫酸亚硝酰合铁中Fe2+与NO和5个水分子之间形成配位键，硫酸亚硝酰合铁是一种配合物，Fe2+配位数为6，故C正确；D．硫酸亚铁溶液吸收生成硫酸亚硝酰合铁，有新物质的生成，属于化学变化，故D正确；故选：B。16.某储能电池原理如图1，其俯视图如图2，已知放电时N是负极(NA是阿伏加德罗常数的值)。下列说法正确的是 A.放电时，负极反应为Na3Ti2(PO4)3-2e-=NaTi2(PO4)3+2Na+B.放电时，每转移NA个电子，理论上CCl4吸收0.5NA个Cl2C.充电时，每转移1mol电子，N极理论质量减小23gD.充电过程中，右侧储液器中NaCl溶液浓度增大【答案】A【解析】【分析】放电时负极反应：，正极反应：Cl2+2e-=2Cl-，消耗氯气，放电时，阴离子移向负极，充电时阳极：2Cl--2e-=Cl2，由此解析。【详解】A．放电时N为负极，失去电子，Ti元素价态升高，电极反应为Na3Ti2(PO4)3-2e-=NaTi2(PO4)3+2Na+，A正确；B．在放电时，正极反应为Cl2+2e-=2C1-，电路中转移1mol电子，理论上氯气的CCl4溶液中释放0.5molCl2，，B错误；C．充电时，N极为阴极，电极反应为NaTi2(PO4)3+2Na++2e-=Na3Ti2(PO4)3，N极理论质量增加23g，C错误；D．充电过程中，阳极2Cl--2e-=Cl2，消耗Cl-，NaCl溶液浓度减小，D错误；故选A。17.ZnS是一种重要的光导体材料。如图是ZnS的某种晶胞沿z轴方向在xy平面的投影，原子旁标注的数字是该原子位于z轴上的高度(部分相同位置的原子未标注)。下列说法正确的是 A.S2-周围等距且最近的S2-有6个B.基态Zn原子核外电子的空间运动状态有30种C.Zn2+与S2-的最短距离为D.在第三周期中，比S元素第一电离能大的元素只有两种【答案】C【解析】【详解】A．根据投影图知，该晶体的晶胞结构为，由此可知该晶体中S2-周围等距且最近的S2-有12个，故A错误；B．Zn元素的基态原子核外电子排布式为，有30种运动状态不同的电子，15种空间运动状态不同的电子，故B错误；C．根据晶胞结构可知，Zn2+与S2-的最短距离为体对角线的四分之一，为，故C正确；D．在第三周期中，比S元素第一电离能大的元素有P、Cl、Ar三种元素，故D错误；故选：C。18.常温下，向溶液中逐滴入一定浓度的氨水，先出现沉淀，继续滴加氨水至沉淀溶解。该过程中加入氨水的体积V与溶液中的关系如图所示。已知e点对应的溶液迅速由浑浊变得澄清，且此时溶液中的与均约为。下列叙述正确的是 A.a点对应溶液中存在四种离子，其中浓度最大B.b点对应溶液中：C.与葡萄糖发生银镜反应，最好选择cd段溶液D.由e点可知，反应的平衡常数的数量级为【答案】D【解析】【分析】a点溶液中溶质只有硝酸银，c(H+)=104c(OH-)，常温下c(H+)c(OH-)=10-14，则c(H+)=10-5，pH=5，溶液呈酸性，硝酸银为强酸弱碱盐，银离子水解溶液显酸性；随着氨水加入氢离子浓度减小、氢氧根离子浓度变大；【详解】A．由分析可知，a点对应溶液中存在四种离子，硝酸根离子浓度最大，故A错误；B．的电离和银离子的水解极微弱，可以忽略，溶液电荷守恒，则：c(Ag+)+c[]+c()+c(H+)=c(OH-)+c()，b点lg=0，则c(H+)=c(OH-)，则c(Ag+)+c[]+c()=c()，则c(Ag+)+c[]<c()；故B错误；C．与葡萄糖发生银镜反应，需要使用银氨溶液；cd段酸度变化较小，说明加入的氨水主要用于银离子的沉淀，此时银氨溶液浓度较小，故C错误；D．已知e点对应的溶液迅速由浑浊变得澄清，且此时溶液中的与均约为；该反应平衡常数，忽略银离子水解和 的电离，根据银元素守恒可知：c[]=，则K=1.25×107，其数量级为107，故D正确；故选D。19.铼(Re)是一种极其稀少的贵金属。一种以辉钼矿(主要含有MoS2，以及少量ReS2、CuReS4、FeS、SiO2等)为原料制备的工艺流程如图：已知“氧化焙烧”后成分有：SiO2、Re2O7、MoO3、CuO、Fe3O4，其中Re2O7、MoO3与氨水反应分别生成NH4ReO4、(NH4)2MoO4。下列说法错误的是A.“氧化焙烧”时，ReS2反应后的氧化产物有两种B.为了提高浸出速率，氨水温度越高越好C流程中涉及到非氧化还原反应D.“电沉积”后，可在阴极收集金属铼【答案】B【解析】【分析】辉钼矿(主要含有MoS2以及少量ReS2、CuReS4、FeS、SiO2等)在空气中氧化焙烧，生成SO2和SiO2、Re2O7、MoO3、CuO、Fe3O4等；通入氨气，Re2O7、MoO3转化为NH4ReO4、(NH4)2MoO4，SiO2、CuO、Fe3O4成为滤渣；浸出液采用离子交换、解吸，可得到NH4ReO4，重结晶去除杂质，进行电沉积，在阴极得到铼。【详解】A．中显+2价、S显-1价，“氧化焙烧”时，中显+7价，中S显+4价，则反应后的氧化产物为和，A正确；B．温度越高，一水合氨越易分解，B错误；C．通入氨气时，反应前后所含元素化合价没有变化，是非氧化还原反应，C正确；D．“电沉积”后，中+7价铼将获得电子，所以在阴极生成金属铼，D正确；故答案为：B。20.根据下列实验操作和现象，不能得到相应结论的是选项实验操作和现象结论 A往装有铁钉的试管中加入饱和氯化钠和1滴溶液铁钉周围出现蓝色沉淀，说明有生成B向的溶液中滴加5滴溶液，再滴入溶液，溶液显红色证明和的反应有限度C向矿物油和地沟油中分别加入烧碱溶液，加热，冷却后观察，一个油层变少，一个油层不变油层变少的是地沟油D向酸性高锰酸钾溶液中通入，溶液褪色有漂白性A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．向溶液中加入，产生蓝色沉淀，说明溶液中产生,铁被腐蚀，A正确；B．向的溶液中滴加少量溶液，再滴入溶液，溶液显红色说明，说明有剩余，证明和的反应为可逆反应，有限度，B正确；C．地沟油为油脂，在碱性条件下能发生水解反应，矿物油为石油，属于烃类物质，不与碱性溶液反应，油层变少的是地沟油，C正确；D．向酸性高锰酸钾溶液中通入，溶液褪色，酸性高锰酸钾溶液有强氧化性，体现的还原性，D错误；故选D。二、非选择题(本大题共5小题，共50分)21.钛合金是以钛元素为基础加入其他元素组成的合金，因具有强度高、耐蚀性好、耐热性高等特点而被广泛用于各个领域。回答下列问题：（1）钛元素在元素周期表中的位置___________。（2）(二氟氮烯)、二氧化钛、(光气)、(二氯亚砜)等都是重要的卤化试剂，其中二氧化钛与(光气)、反应可用于制取四氯化钛。①(二氟氮烯)分子中，氮原子的杂化类型为，则的结构式为___________。 ②中和键的数目比为___________。③是___________分子。(填“极性”或“非极性”)（3）钛的某配合物可用于催化环烯烃聚合，其结构如图所示：该配合物中存在的化学键有___________(填字母)。a、离子键b、配位键c、金属键d、共价键e、氢键（4）氮化钛晶体的晶胞结构如图所示，该晶体结构中与N原子距离最近且相等的原子有___________个；若该晶胞的密度为，阿伏加德罗常数的值为，则晶胞中原子与N原子的最近距离为___________。(用含、的代数式表示)【答案】（1）第四周期IVB族（2）①.②.3:1③.极性（3）bd（4）①.6②.【解析】【小问1详解】钛元素原子序数为22，核外电子排布式为:1s22s22p63s23p64s23d2，位于周期表第四周期第IVB族，故答案为：第四周期IVB族；【小问2详解】①(二氟氮烯)分子中，氮原子的杂化类型为，则N与N之间形成双键，再分别与F成键，结构式为：，故答案为：； ②的结构式为，O=C双键中键、键各一个，C-C1键为键，故COC12中键、键数目比为3:1，故答案为：3：1；③分子空间构型不对称，正电中心与负电中心不重合，属于极性分子，故答案为：极性；【小问3详解】根据结构图可知C与H、C与C、C与O等原子间存在共价键，Ti与О间存在配位键。故答案为：bd；【小问4详解】以N原子为中心，与其距离最近且相等的Ti原子分布在6个面心上，共有6个。设N与Ti原子最近距离为acm，1个晶胞边长为2acm，体积为(2a)cm3，含有N原子数：6×+8×=4，Ti原子数：12×+1=4，晶胞质量为：，密度=，a=pm，故答案为：6；；22.化合物X由3种短周期元素组成，某兴趣小组按如下流程进行实验。溶液D焰色反应为紫红色，气体B能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。请回答：（1）组成X的3种元素是_______(填元素符号)，其中非金属元素形成的所有单核离子半径由大到小的顺序为_______。（2）将足量气体B通入硫酸铜溶液，得到深蓝色溶液，写出该反应的离子方程式_______，溶液E中溶质的成分为_______(用化学式表示)。（3）写出A→D的化学方程式是_______。（4）在X的3种元素中，由相对分子质量最小的元素组成的单质与一定量的金属钠反应，请设计实验方案，验证反应结束后固体的成分_______。【答案】（1）①.Li、N、H②.（2）①.或 ②.、、、（3）（4）称取mg反应后的固体与足量的水反应，并收集气体，经计算若为，则表明固体为；若，则表明固体为和混合物【解析】【分析】化合物X由3种短周期元素组成；溶液D焰色反应为紫红色，则含有锂元素；气体B能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，B为氨气；X隔绝空气生成氨气和含锂元素的物质A，则X含有锂、氮、氢元素；X分解生成固体A（Li2NH）和氨气B，A和盐酸反应生成氯化铵、氯化锂，加入足量的氢氧化钠生成溶液E（E中含有锂离子、钠离子、氯离子，氢氧根离子）和氨气B；【小问1详解】化合物X由3种短周期元素组成；溶液D焰色反应为紫红色，则含有锂元素；气体B能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，B为氨气；X隔绝空气生成氨气和含锂元素的物质A，则X含有锂、氮、氢元素；氮原子电负性较强，形成N3-离子，氢原子可以形成H+、H-离子；根据电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小，同一元素不同粒子，核外电子数越多，半径越大；则非金属元素形成的所有单核离子半径由大到小的顺序为；【小问2详解】足量气体氨气通入硫酸铜溶液，得到深蓝色溶液，则生成物为四氨合铜离子，反应为或；由流程可知，D中含有生成的LiCl和NH4Cl，加入过量氢氧化钠，铵根离子和氢氧根离子生成氨气逸出，则E中含有锂离子、钠离子、氯离子，氢氧根离子，故溶质成分为、、、；【小问3详解】由流程可知，第1次生成氨气的体积为224mL=0.224L，NH3的物质的量为0.01mol，质量为0.17g，则A的质量为0.46-0.17=0.29g；A和0.03molHCl恰好反应生成含LiCl和NH4Cl的D溶液，由第2次生成氨气体积可知，A中N的物质的量为0.01mol，质量为0.17g，则A中锂、氢元素质量为0.29-0.14=0.15g，设A中Li、H的物质的量分别为x、y，则有①7x+y=0.15，由LiCl和NH4Cl化学式可知，A中Li、N的物质的量等于氯化氢中Cl的物质的量，则由②x+y=0.3，①②联立解得x=0.02mol、y=0.01mol，故A中n(Li)：n(N)：n(H)=2:1:1，A化学式为Li2NH；故A→D的反应为Li2NH和HCl生成LiCl和NH4Cl，； 【小问4详解】X的3种元素中，由相对分子质量最小的元素组成的单质为氢气，氢气与一定量的金属钠反应，可能恰好反应生成NaH，可能钠过量得到物质和的混合物；，若全部为NaH，则mgNaH可以生成氢气，若为混合物则生成氢气质量小于，故验证反应结束后固体的成分的方案可以为：称取mg反应后的固体与足量的水反应，并收集气体，经计算若为，则表明固体为；若，则表明固体为和混合物。23.乙烯氧氯化体系中的主反应是生成1，2-二氯乙烷的主要方法。主要涉及到以下反应：主反应：　　副反应：　　　　（1）关于上述反应，下列说法正确的是___________。A.主反应自发进行的条件是较高温度B.恒温恒压条件下，通入一定量的，有利于提高的产率C.实际生成中需要通过量的乙烯，使尽可能反应完，以减少对设备的腐蚀D.恒温恒容条件下，体系的压强不再发生变化，则反应到达平衡状态（2）某条件下，的转化率与催化剂的接触时间如图所示，其转化率出现先上升后下降变化过程，其中下降的原因是___________。（3）在恒温恒容体系中，反应前各物质的分压之比为 平衡时部分物质的选择性平衡时部分物质的分压100％0％0％204010180180请计算时，的平衡产率___________。（4）有人认为乙烯的氧氯化反应经过中间物环氧乙烷，包括以下三个步骤。第一步乙烯在催化剂活性位上吸附：氧气在催化剂活性位上解离吸附：氯化氢在催化剂活性位上吸附：第二步表面化学反应：吸附的乙烯与吸附的氧反应生成中间物___________＋____________________________________________请完成上述的反应___________、___________第三步产物的脱附（5）实际工业生产要求有较高产量，速率不能太低，转化率尽可能大。①可逆反应：，对反应物A，净反应速率为，为反应物A的转化率，上图表示反应物A的转化率和A的净反应速率与温度(T)的关系图。由上图分析可知，在相同温度下，净反应速率为___________时，最大(从“、、、、”选填)；由图判断该反应是___________反应(填“吸热”或“放热”)。②请在图中绘制：在不同r下，符合工业生产要求的最佳温度___________。【答案】（1）CD（2）催化剂的表面积有限，过多的反应物不能完全被催化剂吸附反应，（3）90%（4）①.+②. （5）①.r=0②.放热③.【解析】【小问1详解】A.主反应正向气体分子数减少，熵减小，反应能自发进行可知小于0，则该反应自发进行的条件是低温，故A错误；B.恒温恒压条件下，通入一定量的，体积增大，平衡逆向移动，不利于提高的产率，故B错误；C.实际生成中通过量的乙烯有利于反应正向进行，可以提高转化率，以减少酸对设备的腐蚀，故C正确；D.由主反应可知反应前后气体分子数不等，则恒温恒容条件下，体系的压强随反应的进行发生变化，当压强不再发生变化，说明反应到达平衡状态，故D正确；故答案为：CD；【小问2详解】反应开始阶段，反应物与催化剂接触越来越充分，接触催化剂有利于反应发生，HCl的转化率逐渐增大，当反应物与催化剂充分接触后，因催化剂的表面积有限，过多的反应物不能完全被催化剂吸附反应，导致转化率下降，故答案为：催化剂的表面积有限，过多的反应物不能完全被催化剂吸附反应；【小问3详解】时，和选择性均为0，可知此时只发生主反应，根据压强之比等于物质的量之比，可知起始时，设，设氧气消耗xmol，列三段式得： 平衡时和物质的量之比等于压强之比，可得：，解得：x=0.9，的平衡产率等于氧气的转化率=90%，故答案为：90%；【小问4详解】吸附的乙烯()与吸附的氧()反应生成中间物，反应为：+，中间物再与吸附的HCl()反应生成和，反应为：，最后产物脱离催化剂，故答案为：+；；【小问5详解】①据图分析可知，在相同温度下，转化率最大的点，其净反应速率为0，所以净反应速率为r=0时，XA最大；由图可知，当转化率达到最高点后，升高温度，反应物的转化率降低，则平衡逆向移动，所以该反应是放热反应，原因是：由图分析可知，反应达平衡时(r=0)，随温度升高，XA降低，故该反应为放热反应；故答案为：r=0；放热；②在不同r下，符合工业生产要求的最佳温度，是r=0的各个点的连线，图像为：，故答案为：。24.钛合金在国防、医用器材领域有重要应用，某研究小组利用钛铁矿[主要成分偏钛酸亚铁，含、杂质]制取，然后进一步制备金属钛，流程如下：已知：a、发生的主要反应方程式如下： ；b、部分物质的性质：常温下状态液体液体固体固体沸点136.457.6315/其他性质极易水解//不溶于水（1）步骤Ⅰ发生的是非氧化还原反应，写出钛铁矿与浓硫酸发生的主要化学反应方程式___________。（2）步骤Ⅲ为了除去浸取液中的铁元素杂质并回收。往浸出液中加入铁粉至溶液中的完全转化，然后抽滤，滤液用冰盐水快速冷却至结晶析出，再次抽滤并洗涤。下列说法正确的是___________。A.可能是在实验过程中氧化生成的B.再次抽滤获得的滤液中溶质是和C.利用冰盐水快速冷却有利于形成较大的晶体颗粒D.再次抽滤后的洗涤应选用蒸馏水进行多次洗涤（3）步骤Ⅳ包括钛盐的水解、产物的的分离和物质的转化。操作步骤如下：取一部分步骤Ⅲ获得的滤液→(　　)→(　　)→(　　)→(　　)→抽滤得偏钛酸→将偏钛酸在坩埚中加热到二氧化钛。将下列操作按合理顺序填入以上空格___________。a、静置沉降后，用倾析法除去上层水b、逐滴加入到沸水中并不停搅拌，继续煮沸约c、用热的稀硫酸洗涤沉淀2-3次，然后用热水洗涤沉淀d、慢慢加入其余全部滤液，继续煮沸约(过程中适当补充水至原体积)（4）①另一种生产的方法是用天然晶体为原料，利用步骤Ⅴ的反应原理获得。产品中含有、、等杂质，可通过精馏的方法获得高纯，以下说法正确的是___________。 A．收集时，仪器a的温度应控制为136.4℃B．若b处温度计水银球的位置偏下，则可能会获得低沸点的馏分C．精馏结束时，留在圆底烧瓶中的主要成分是和D．本实验宜用空气冷凝管代替直形冷凝管②装有碱石灰的干燥管的作用是___________。【答案】（1）（2）AB（3）b、d、a、c（4）①.B②.防止空气中的水蒸气进入装置使TiCl4水解【解析】【分析】钛铁矿加浓硫酸加热发生反应生成，水浸将转化成，步骤III加铁屑将溶液中的铁元素完全转化呈亚铁离子，抽滤得到，分解得到二氧化钛，二氧化钛与氯气发生反应生成四氯化钛，据此分析解答。【小问1详解】钛铁矿主要成分为偏钛酸亚铁，含、杂质，铁元素都是以＋2价形式存在，酸浸时发生非氧化还原反应，钛铁矿与浓硫酸发生反应为：，故答案为：；【小问2详解】A．使用浓硫酸具有强氧化性，可使钛铁矿石中的二价铁氧化为三价铁，则杂质Fe3+是在实验过程中氧化生成的，A符合题意；B．根据分析，再次抽滤过程中加入了铁粉，铁粉可将滤液中的三价铁还原为二价铁，则获得的滤液中的溶质是TiOSO4和FeSO4，B符合题意；C．利用冰盐水快速冷却的目的是降低FeSO4的溶解度，使其从溶液中分离出来，C不符 合题意；D．为减少FeSO4的溶解，再次抽滤后的洗涤应选用冰水进行多次洗涤，D不符合题意；故答案为：AB；【小问3详解】步骤IV包括钛盐的水解、产物的分离和物质的转化，主要目的是获得偏钛酸，将偏钛酸在坩埚中加热得到二氧化钛(TiO2)。操作步骤为：取一部分步骤III获得的滤液，逐滴加入到沸水中并不停搅拌，继续煮沸约10min，慢慢加入其余全部滤液，继续煮沸约30min(过程中适当补充水至原体积))，静置沉降后，用倾析法除去上层水，用热的稀硫酸洗涤沉淀2~3次，然后用热水洗涤沉淀，经过抽滤得偏钛酸(H2TiO3)，将偏钛酸在坩埚中加热得到二氧化钛(TiO2)，则操作顺序为b、d、a、c；故答案为：b、d、a、c；【小问4详解】①A．根据表格数据可知，SiCl4、FeCl3等杂质的沸点分别为57.6℃、315℃，TiCl4的沸点为136.4℃，收集TiCl4时，仪器a中的温度应控制为低于315℃即可，A不符合题意；B．b处温度计测量的是蒸馏出来的蒸汽的温度，则水银球的上沿和支管口的下沿平齐才能较为准确的测定蒸汽温度，控制蒸馏的温度，若水银球偏低，则出口处温度偏低，会使低沸点物质蒸出，B符合题意；C．根据A选项分析可知，精馏结束时留在圆底烧瓶中的主要成分是FeCl3，C不符合题意；D．空气冷凝管一般使用于沸点140℃以上的物质，由表中数据可知，该实验不适合选用空气冷凝管，D不符合题意；②由于TiCl4易发生水解，所以必须有干燥装置，以避免空气中的水分进入。故答案为：B；防止空气中的水蒸气进入装置使TiCl4水解；25.药物瑞德西韦对新型冠状病毒(COVID-19)有明显抑制作用。K是合成瑞德西韦的关键中间体，其合成路线如图： 回答下列问题：已知：①；②。(1)J中官能团的名称为_______。(2)B的结构简式为_______。(3)G→H的化学方程式为_______，反应类型为_______。(4)芳香族化合物X与C互为同分异构体，符合下列条件的X的结构有_______种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱峰面积比为2∶2∶2∶1的结构简式为_______。①分子中含有硝基且与苯环直接相连②能与溶液发生反应(5)写出以苯甲醇为原料制备的合成路线(无机试剂任选)_______。【答案】①.酯基、氨基②.③. ④.加成反应⑤.13⑥.⑦.【解析】【分析】由B和反应生成C，结合C的结构简式可知，BC发生了取代反应，取代了硝基对位的酚羟基中的H原子，则B为，由A到B的反应条件可知，发生了硝化反应，所以A为，结合已知条件①，D到E的过程中，D中的羟基被Cl原子取代，则E为，由F的结构简式可知，E与A发生取代反应生成F；GI的过程中，I的结构简式，结合已知条件②可知，H为，G为，I发生酯化反应生成J，F与J发生取代反应生成K，J为，据此解答。【详解】(1)根据分析可知，J为，所以官能团的名称为酯基、氨基；(2)由分析可知B的结构简式为；(3)由分析可知H为，G为，GH发生的反应，化学方程式为，其中G中的双键断裂，反应类型为加成反应；(4)芳香族化合物X与C互为同分异构体，根据题意可知，分子中含有硝基（-NO2）、苯环，且直接相连，能与NaHCO3溶液发生反应说明含有羧基（-COOH），根据C的分子式，X中还有一个含的碳的原子团；当羧基和含碳原子团直接相连时（-CH2COOH），则 X的结构有3种：，-CH2COOH分别处在硝基的邻位、间位和对位；当-CH3和-COOH以单独的原子团与苯环相连时，-COOH的位置有以下几种：、、共10种，所以根据分析，符合条件的X的结构有13种；其中核磁共振氢谱峰面积比为2∶2∶2∶1的结构简式为；(5)苯甲醇为，产物中有酯基且形成了一个六元环，根据其对称性，可逆推出可由反应物发生成环的酯化反应制得，结合原料苯甲醇和已知条件②，可首先需要将苯甲醇羟基可以氧化生成醛基，根据已知条件②可知醛基和HCN在催化剂作用下可加长碳链，同时生成羟基，再将-CN转化为羧基，再进行酯化反应即可得目标物，所以合成路线为。