重庆市第一中学2023-2024学年高三化学上学期开学考试试题（Word版附解析）

2023年重庆一中高2024届高三入学考试化学测试试题卷注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号码填写在答题卡上。2.作答时，务必将答案写在答题卡上。写在本试卷及草稿纸上无效。3.考试结束后，将答题卡交回。可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16F-19Ni-59Nb-93一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.生活中处处有化学，下列叙述正确的是A.油脂、淀粉、纤维素、蛋白质均为天然高分子化合物B.国家速滑馆“冰丝带”采用了CO2制冰技术，比氟利昂更加环保C.现代科技可拍到氢键的“照片”，证实了水分子间的氢键是一个水分子中氢原子与另一个水分子中的氧原子间形成的化学键D.HB铅笔芯的成分为二氧化铅【答案】B【解析】【详解】A.油脂是高级脂肪酸与甘油形成的酯，不是高分子化合物，故A错误；B.氟利昂是空气污染物，所以采用CO2制冰技术，比氟利昂更加环保，故B正确；C.氢键不是化学键，故C错误；D.HB成分主要是石墨和粘合剂，故D错误；故选B。2.2-丁烯加成反应：CH3CH=CHCH3+H2OCH3CHOHCH2CH3，下列说法错误的是A.CH3CHOHCH2CH3的名称是：2-丁醇B.H2O的VSEPR模型：C.基态氧原子核外电子轨道表示式：D.反-2-丁烯的球棍模型为： 【答案】D【解析】【详解】A．含有官能团的有机物命名时，要选含官能团的最长碳链作为主链，并表示出官能团的位置，官能团的位次最小。CH3CHOHCH2CH3的名称是：2-丁醇，A正确；B．H2O中心O原子的价层电子对数为4，孤电子对数为2，VSEPR模型为四面体形，B正确；C．氧为8号元素，基态氧原子核外电子轨道表示式：，C正确；D．该结构简式中2个甲基在同侧，为顺-2-丁烯，D错误；故选D。3.下列离子组在指定溶液中一定能大量共存的是A.常温下的溶液：K+、AlO、HCO、B.加入苯酚显紫色的溶液：K+、、、NOC.加入Al能放出大量H2的溶液中：Na+、Mg2+、NO、ClO-D.水电离产生的的溶液中：K+、、S2O、CrO【答案】B【解析】【详解】A．，说明溶液显碱性，HCO能与反应生成二氧化碳气体和水，不能大量存在；AlO和可发生双水解反应生成沉淀和气体，也不能大量共存，A不符合题意；B．使苯酚溶液呈紫色的溶液中含有Fe3+，Fe3+、K+、、、NO两两之间均不反应，可大量共存，B符合题意；C．加入Al能放出大量H2溶液可以是强酸溶液，也可以是强碱溶液，Mg2+能与反应生成沉淀，在碱性条件下不能大量存在，ClO-能与反应生成弱酸HClO，在酸性条件下不能大量存在，C不符合题意；D．水电离产生的，说明水的电离受到了抑制，溶液可能显酸性也可能显碱性，能与反应生成弱碱一水合氨，在碱性条件下不能大量存在；S2O能与反应生成S、SO2，在酸性条件下不能大量存在，D不符合题意；故选B。4.下列反应的离子方程式书写正确的是 A.用硫酸铜溶液吸收硫化氢气体：B.向过量的NaHSO3溶液中滴加少量“84”消毒液：C.过量氨水与硫酸铝溶液反应：D.向CuSO4溶液中加入过量浓氨水：【答案】A【解析】【详解】A．用硫酸铜溶液吸收硫化氢气体：，硫化铜是不溶于酸的沉淀，故A正确；B．向过量的NaHSO3溶液中滴加少量“84”消毒液，生成的氢离子和亚硫酸氢根离子继续反应生成二氧化硫气体：，故B错误；C．过量氨水与硫酸铝溶液反应，生成的氢氧化铝不溶于氨水，正确的方程式为，故C错误；D．向CuSO4溶液中加入过量浓氨水生成四氨合铜离子，方程式为：，故D错误；答案选A。5.NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.0.1mol羟基所含的电子的数目为0.7NAB.1mol环戊二烯()中含有s键的数目是11NA，p键的数目为2NAC.1molK3[Fe(CN)6]中配位键的数目为9NAD.0.1mol·L−1CH3COOH溶液中CH3COOH和数目之和为0.1NA【答案】B【解析】【详解】A．一个-OH中含1个O和1个H，则0.1mol羟基所含的电子的数目为0.8NA+0.1NA=0.9NA，A错误；B．1个环戊二烯()中含有6个C-Hs键，5个C-Cs键，还有两个p键，则1mol环戊二烯()中含有s键的总数目是11NA，p键的数目为2NA，B正确； C．K+与[Fe(CN)6]3-间形成离子键，[Fe(CN)6]3-中的Fe3+和CN-间形成配位键，且一个[Fe(CN)6]3-含有6个配位键，故1molK3[Fe(CN)6]中配位键的数目为6NA，C错误；D．没有给出溶液的体积，无法计算粒子数目，D错误；故选B。6.用下列实验装置能达到相关实验目的的是ABCD实验装置实验目的除去Fe(OH)3胶体中的NaCl溶液提纯混有少量C2H4的C2H6探究苯酚和碳酸酸性相对强弱收集SO2并吸收尾气A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．胶体粒子、分子、离子均可透过滤纸，不能选图中过滤装置分离，故A错误；B．乙烯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成二氧化碳，引入新杂质，故B错误；C．稀盐酸具有挥发性，也能与苯酚钠反应生成沉淀，故C错误；D．二氧化硫的密度比空气密度大，有毒，与NaOH溶液反应，图中向上排空气法收集及尾气处理均合理，球形干燥管可防止倒吸，故D正确；故选：D。7.2022年卡塔尔世界杯期间对大量盆栽鲜花施用了S-诱抗素制剂，以保证鲜花盛开。S-诱抗素的分子结构如图，下列关于该分子说法错误的是 A.S-诱抗素的分子式为C14H18O5B.1molS-诱抗素与H2发生加成反应时，最多可消耗4molH2C.1molS-诱抗素最多消耗2molNaOHD.S-诱抗素在一定条件下能发生取代反应、缩聚反应和氧化反应【答案】B【解析】【详解】A．S-诱抗素的分子式为C14H18O5，故A正确；B．能与H2发生加成反应的官能团是碳碳双键，酯基和羧基不能与H2发生加成反应，所以最多消耗3molH2，故B错误；C．酯基水解得到的羧基，原本的羧基都能与NaOH反应，所以1molS-诱抗素最多消耗2molNaOH，故C正确；D．S-诱抗素存在碳氢键、羟基可发生取代反应，存在羧基可发生缩聚反应，有机物能燃烧、羟基能被氧化，故D正确；故选B。8.某有机化合物的结构式如图所示，其组成元素Z、X、Y、Q、M、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，Y原子核外有3个未成对电子，Q的最外层电子数是内层电子数的3倍，M的最高化合价为最低化合价绝对值的3倍。下列说法正确的是A.最简单氢化物的沸点高低顺序为Y>X>QB.MQW2和XQW2空间构型为三角锥形C.第一电离能由小到大的顺序为X＜Q＜YD.Y、Q、M的简单离子半径的大小关系为Y＜Q＜M【答案】C【解析】 【分析】Y原子核外有3个未成对电子，短周期主族元素，所以Y为N元素；Q的最外层电子数是内层电子数的3倍，所以Q为O元素；M的最高化合价为最低化合价绝对值的3倍，所以M为S元素，同时由“原子序数依次增大的短周期主族元素”可推知，W为Cl元素；由有机物结构式知，X形成4根键，所以X为C元素，Z形成1根键，所以Z为H元素。【详解】A．最简单氢化物的沸点高低由分子间作用力决定，相对分子质量越大范德华力越大，且水分子间存在氢键所以沸点高低顺序为Q（H2O）>Y（NH3）>X（CH4），故A错误；B．MQW2（SOCl2）的空间构型为三角锥形，XQW2（COCl2）空间构型为平面三角形，故B错误；C．同周期主族元素，从左到右，第一电离能逐渐增大，而Y（N）的2p能级处于半充满状态，第一电离能反常的高，所以第一电离能由小到大的顺序为X（C）＜Q（O）＜Y（N），故C正确；D．Y、Q、M的简单离子半径的大小关系为O2-<N3-<S2-,所以顺序为Q＜Y＜M，故D错误；故选C。9.下列实验操作和现象均正确，且能推出相应结论的是选项实验操作现象结论A向浓度均为0.1mol·L-1的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水先出现蓝色沉淀Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Cu(OH)2]B常温下，将Mg、Al与NaOH溶液组成原电池电流计指针偏转，Mg电极上有气泡产生Al金属活动性强于MgC室温下，用pH计测得同浓度Na2SO3、NaHSO3溶液的pHNa2SO3溶液的pH大于NaHSO3溶液的pH结合质子的能力比的强D向甲苯中加入溴水，充分振荡溴水褪色甲苯能与溴水反应A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．向浓度均为0.1mol·L-1的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水,先出现蓝色沉淀是Cu(OH)2沉淀，说明Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Cu(OH)2]，A正确；B．Al(OH)3呈两性，而Mg(OH)2呈碱性，所以Al能与NaOH溶液能发生反应，虽然Mg、Al、NaOH溶 液构成的原电池中，Mg表面有气泡产生，但并不能说明Al的金属活动性比Mg强，B不正确；C．相同温度、相同浓度时，盐溶液的pH越大，其碱性越强，结合H+的能力越强，则结合H+的能力比的弱，C不正确；D．甲苯与溴水不能发生取代反应，向甲苯中加入溴水，甲苯萃取溴水中的溴，从而使液体分为两层，上层为橙红色的溴的甲苯溶液，下层为无色的水，D不正确；答案选A。10.亚氯酸钠（NaClO2）是一种高效的漂白剂和氧化剂，可用于各种纤维和某些食品的漂白。马蒂逊（Mathieson）法制备亚氯酸钠的流程如下：下列说法错误的是（）A.反应①阶段，参加反应的NaClO3和SO2的物质的量之比为2：1B.若反应①通过原电池来实现，则ClO2是正极产物C.反应②中的H2O2可用NaClO4代替D.反应②条件下，ClO2的氧化性大于H2O2【答案】C【解析】【详解】A．根据流程图反应①中氧化剂是NaClO3，还原剂是SO2，还原产物是ClO2，氧化产物是NaHSO4，根据化合价升降相等可得NaClO3和SO2的物质的量之比为2:1，A项正确；B．由反应①化合价变化情况，再根据原电池正极表面发生还原反应，所以ClO2是正极产物，B项正确；C．据流程图反应②，在ClO2与H2O2的反应中，ClO2转化为NaClO2氯元素的化合价降低，做氧化剂；H2O2只能做还原剂，氧元素的化合价升高，不能用NaClO4代替H2O2，C项错误；D．据流程图反应②ClO2与H2O2反应的变价情况，ClO2做氧化剂，H2O2做还原剂，可以推出ClO2的氧化性大于H2O2，D项正确；故答案选C。【点睛】根据反应的流程图可得反应①中的反应物与生成物，利用得失电子守恒规律推断反应物或生成物的物质的量之比。 11.电化学合成是种对环境友好的化学合成方法，以对硝基苯甲酸()为原料，采用电解法合成对氨基苯甲酸的装置如图所示。下列说法正确的是A.电流由b极经外电路流向a极B.离子交换膜为阴离子交换膜C.每生成0.2mol对氨基苯甲酸，阳极室电解液质量减少10.8gD.生成的反应为：+4H2O+6I-+3I2+6OH-【答案】C【解析】【分析】根据装置示意图可知，I2在N极得到电子转化为I-，则N极为阴极，那么b为负极，a为正极，M为阳极，且阳极的反应式为，对硝基苯甲酸转化为对氨基苯甲酸需要消耗氢离子，则离子交换膜为阳离子交换膜。【详解】A．由分析知，b极为负极，a为正极，电流应从正极流向负极，A错误；B．对硝基苯甲酸转化成对氨基苯甲酸需要消耗氢离子，故离子交换膜为阳离子交换膜，B错误；C．从原子组成看，一个对硝基苯甲酸转化为一个对氨基苯甲酸，失去两个O的同时得到两个H，化合价降低个价态，则每生成0.2mol对氨基苯甲酸电路中转移1.2mol电子，那么就会有1.2molH+从阳极区透过阳离子交换膜迁移到阴极区，阳极发生反应，要迁移走1.2molH+，阳极室需消耗0.6molH2O，故阳极电解质液减少的质量为，C正确；D．由于离子交换膜为阳离子交换膜，氢离子可以透过，反应不可能生成，故总反应式中应该在反应物中配入氢离子，在生成物中配入水平衡电荷和原子，D错误；故选C。12.工业上用C6H5Cl和H2S高温气相反应制备苯硫酚(C6H5SH)，同时有副产物C6H6生成： I.C6H5Cl(g)+H2S(g)⇌C6H5SH(g)+HCl(g)∆H1II.C6H5Cl(g)+H2S(g)⇌C6H6(g)+HCl(g)+S8(g)∆H2=-45.8kJ/mol使C6H5Cl和H2S按物质的量1：1进入反应器，定时测定反应器尾端出来的混合气体中各产物的量，得到单程收率与温度的关系如图所示，下列说法不正确的是A.ΔH1<0B.其他条件不变，增加H2S的量能提高C6H5Cl的平衡转化率C.645℃，延长反应时间，可以提高C6H6的单程收率D.645℃时，反应I的化学平衡常数【答案】D【解析】【详解】A．C6H5SH的单程收率先随温度增大又随温度减小，可分析知温度较低时反应Ⅰ的速率较慢，反应未到达平衡，温度较高时反应到达平衡，升高温度C6H5SH的平衡转化率降低，则反应为放热反应，故ΔH1<0，A不符合题意；B．其他条件不变，增加H2S的量，反应Ⅰ、Ⅱ均正向进行，H2S的平衡转化率降低，C6H5Cl的平衡转化率增大，B不符合题意；C．反应Ⅱ为放热反应，升温，C6H6的平衡产率应降低，结合图像可知645℃时该反应速率较慢，还未达到平衡，延长反应时间可以提高C6H6的单程收率，C不符合题意；D．设起始投入的C6H5Cl和H2S的物质的量均为1mol，则由图像可得645℃时，C6H6和C6H5SH的单程收率均为20%，说明反应体系内含有C6H5SH0.2mol、C6H60.2mol、C6H5Cl为1mol-0.2mol-0.2mol=0.6mol，HCl共0.2mol+0.2mol=0.4mol，H2S共1mol-0.2mol-0.2mol=0.6mol，则其化学平衡常数，D符合题意；故选D。 13.某无色水样中只含有K+、Mg2+、Fe3+、Cu2+、Ag+、Ca2+、CO、、Cl-中的若干种离子，取100mL水样进行实验：向样品中先滴加硝酸钡溶液，再滴加0.5mol·L-1硝酸，实验过程中沉淀质量的变化如图所示。下列说法正确的是A.水样中B.水样中一定存在K+，且C.水样中一定不存在Mg2+、Fe3+、Cu2+、Ag+、Ca2+、Cl-D.bd段加入的是硝酸，且bc段消耗硝酸的体积为60mL【答案】B【解析】【分析】从图中可以看出，0b段加入的是硝酸钡溶液，bd段加入的是硝酸。不溶于硝酸的沉淀为BaSO4，质量为2.33g，物质的量为=0.01mol，6.27g为BaSO4、BaCO3的质量和，则BaCO3的质量为6.27g-2.33g=3.94g，物质的量为=0.02mol。从而得出溶液中一定含有、；依据离子共存原则，无色溶液中一定不含有Mg2+、Fe3+、Cu2+、Ag+、Ca2+；溶液呈电中性，则一定含有K+，不能确定Cl-是否存在。【详解】A．由分析可知，水样中为0.02mol、为0.01mol，则c():c()=2:1，A不正确；B．水样中一定存在K+，依据电荷守恒，n(K+)≥0.02mol×2+0.01mol×2=0.06mol，则c(K+)≥=0.6mol·L-1，B正确；C．由分析可知，水样中一定不存在Mg2+、Fe3+、Cu2+、Ag+、Ca2+，但不能肯定Cl-是否存在，C不正确；D．bd段加入的是硝酸，BaCO3溶于硝酸，则bc段消耗硝酸的物质的量为0.02mol×2=0.04mol，体积为=0.08L=80mL，D不正确；答案选B。 14.草酸H2C2O4是一种二元弱酸。向草酸溶液中加NaOH，H2C2O4、HC2O和C2O的分布系数δ与溶液pH的变化关系如图所示。[比如C2O的分布系数：δ(C2O)=]，下列说法不正确的是A.曲线②代表HC2OB.N点的横坐标为4.2C.水的电离程度：N＜P＜MD.N点：c(Na+)＜3c(C2O)【答案】C【解析】【分析】pH增大，草酸电离平衡正向移动，H2C2O4的量一直减小、HC2O的量先增加后减小、C2O的量一直增加，故①②③分别为H2C2O4、HC2O和C2O的曲线；【详解】A．由分析可知，曲线②代表HC2O，A正确；B．设N点的横坐标为a，由M点可知，，由N点可知，，由P点可知，，则a=4.2，B正确；C．酸和碱会抑制水的电离，弱酸根离子会促进水的电离，M为等量H2C2O4、HC2O，P主要为HC2O，N点为等量HC2O和C2O，则N点对水的电离促进作用更大，M点对水电离的抑制作用最大，故水的电离程度：M＜P＜N，C错误； D．由图可知，N点，根据电荷守恒可知：，则，此时溶液显酸性，，则c(Na+)＜3c(C2O)，D正确；故选C。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.CeO2是一种稀土氧化物，在催化剂、电化学、光学等方面都有重要应用。CeO2是淡黄色固体粉末，难溶于水，熔点为2600℃。请回答下列问题：(一)制备CeO2I．取一定化学计量比的Ce(NO3)3·6H2O和NaOH分别溶解在5mL和35mL的去离子水中，如图将两种液体混合，磁力搅拌30min，形成白色絮状沉淀[Ce(OH)3]。将混合溶液加热(并通入O2)，在一定温度下反应一段时间。通过离心方法将Ce(OH)4沉淀分离出来。Ⅱ．先用水洗涤Ce(OH)4沉淀3次，再用无水乙醇洗涤Ce(OH)4溶液沉淀3次。Ⅲ．将洗涤后的样品转入干燥炉中，在60°C下干燥24h，得到淡黄色粉末CeO2。（1）盛放NaOH溶液的仪器名称为_______，无水乙醇的作用是_______。（2）写出由Ce(OH)3和O2反应制备Ce(OH)4的化学方程式：_______。(二)某样品中CeO2[M(CeO2)=172.1g/mol]纯度的测定称取mg样品置于锥形瓶中，加入50mL水及20mL浓硫酸，分批加入H2O2溶液，摇匀，低温加热，直至样品完全溶解。加热除尽锥形瓶中过量的H2O2，冷却后稀释至250mL，加入适量催化剂，再加入过量的过硫酸铵[(NH4)2S2O8]溶液，低温加热，将Ce3+氧化成Ce4+，当锥形瓶中无气泡冒出，再煮沸2min。待冷却后，加入5滴邻二氮菲指示剂，用(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点，消耗cmol·L-1的(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液VmL。已知邻二氮菲与Fe2+可形成红色配合物，这种离子可示表为[Fe(phen)3]2+。 （3）实验中分批加入H2O2溶液时，采取低温加热的原因是_______。（4）加热煮沸过程中，(NH4)2S2O8在溶液中反应生成NH4HSO4和O2，反应的化学方程式为_______；若滴定时锥形瓶中过量的(NH4)2S2O8未除尽，则测得的CeO2纯度_______(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)：判断滴定终点的方法是_______。（5）样品中CeO2的质量分数w=_______(用含有c、V、m的代数式表示)。【答案】（1）①.恒压滴液漏斗②.除去沉淀表面多余的水分，使沉淀快速干燥（2）4Ce(OH)3+O2+2H2O=4Ce(OH)4（3）温度低，反应速率慢，温度高，H2O2会分解（4）①.2(NH4)2S2O8+2H2O4NH4HSO4+O2↑②.偏高③.滴加最后半滴(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液时，溶液颜色变为红色，且半分钟内不褪色（5）【解析】【分析】取Ce(NO3)3·6H2O和NaOH分别溶解后混合，充分反应后生成白色絮状沉淀Ce(OH)3，往混合溶液中通入O2将Ce(OH)3氧化为Ce(OH)4，通过离心的方法将Ce(OH)4沉淀分离出来，再经洗涤、干燥等操作即得到淡黄色粉末CeO2；为测定某样品中CeO2的纯度，可称取mg样品置于锥形瓶中，先加水、浓硫酸酸化，再分批加入H2O2溶液将CeO2还原为Ce3+，加热除尽过量的H2O2，加适量催化剂、过量的(NH4)2S2O8溶液将Ce3+再氧化成Ce4+，最后用(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液来滴定Ce4+，邻二氮菲作指示剂，通过消耗的(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液的量可计算出该样品中CeO2的纯度。【小问1详解】由仪器构造可知，盛放NaOH溶液的仪器为恒压滴液漏斗；乙醇与水混溶且乙醇易挥发，用乙醇可以除去沉淀表面多余的水分，使沉淀快速干燥；【小问2详解】O2能将Ce(OH)3氧化为Ce(OH)4，制备Ce(OH)4的化学方程式为：4Ce(OH)3+O2+2H2O=4Ce(OH)4；【小问3详解】温度过低时反应速率太慢，温度过高时H2O2不稳定受热易分解，都不利于反应进行，因此采用低温加热；【小问4详解】加热煮沸过程中，(NH4)2S2O8在溶液中反应生成NH4HSO4和O2，根据H 原子守恒，反应物中还有水，配平后反应的化学方程式为2(NH4)2S2O8+2H2O4NH4HSO4+O2↑；若滴定时锥形瓶中过量的(NH4)2S2O8未除尽，则(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液用量偏高，还原Ce4+的用量偏高，则最终测得的CeO2纯度偏高；判断滴定终点的方法是滴加最后半滴(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液时，溶液颜色变为红色，且半分钟内不褪色；【小问5详解】根据得失电子守恒可得关系式：CeO2∼(NH4)2Fe(SO4)2，故样品中CeO2的质量分数w=。16.钽(Ta)和铌(Nb)的性质相似，因此常常共生于自然界的矿物中。一种以钽铌伴生矿(主要成分为SiO2、MnO2、Nb2O5、Ta2O5和少量的TiO2、FeO、CaO、MgO)为原料制取钽和铌的流程如下：“浸取”后，浸出液中含有H2TaF7、H2NbF7两种二元强酸和锰、钛等元素。已知：①MIBK为甲基异丁基酮；②Ksp(CaF2)=2.5×10-11，Ksp(MgF2)=6.4×10-9（1）“浸取”时通常在_______材料的反应器中进行(填标号)。A.陶瓷B.玻璃C.铁D.塑料（2）浸渣的主要成分是_______，Ta2O5发生的离子方程式为_______。（3）“浸取”时，HF的浓度对铌、钽的浸出率的影响如下图所示，则HF的最佳浓度约为_______mol×L-1。（4）金属铌可用金属钠还原K2NbF7制取，也可用电解熔融的K2NbF7制取。 ①流程中钠热还原法制备铌粉的化学方程式为_______。②传统的熔盐电解法采用的电解质体系通常为K2NbF7-NaCl，电解总化学反应方程式为_______。（5）铌(41Nb)和镍合金的用途非常广泛，Nb、Ni互化物的晶胞结构如图所示：①基态Nb原子核外有_______种能量不同的电子。②Nb、Ni互化物晶体的密度为_______g/m3(列出计算式)。【答案】（1）D（2）①.CaF2、MgF2②.（3）0.5（4）①.K2NbF7+5Na=Nb+5NaF+2KF②.2K2NbF7+10NaCl2Nb+10NaF+2KF+5Cl2（5）①.10②.【解析】【分析】钽铌伴生矿(主要成分为SiO2、MnO2、Nb2O5、Ta2O5和少量的TiO2、FeO、CaO、MgO)加入HF、硫酸浸取，得到浸渣，主要成分为CaF2、MgF2，得到浸出液加入MIBK萃取，得到水相和有机相，有机相加入硫酸洗涤，除去洗涤液，所得溶液加入试剂1碱反萃取1，得到的水相中加入HF、KF沉铌，得到K2NbF7，与Na反应得到铌粉；加入试剂2反应萃取2得到有机相和水相，水相通入氮气沉钽得到Ta(OH)3，受热得到Ta2O5，电解得到Ta；【小问1详解】陶瓷、玻璃中的二氧化硅均能与HF反应，铅能与硫酸反应，故“浸取”时通常在塑料的反应器中进行；故答案为：D；【小问2详解】“浸取”时加入HF，根据，CaF2、MgF2的溶度积均较小，浸渣的主要成分是CaF2、MgF2，“浸取”后，浸出液中含有两种二元强酸，与氢氟酸反应生成和水，则反应的离子方程式为； 故答案为：CaF2、MgF2；；小问3详解】根据图中信息可知，“浸取”时，的最佳浓度为10g/L，因为浓度低于10g/L时浸出率太低，浓度高于10g/L时浸出率变化不大，；故答案为：0.5；【小问4详解】①流程中钠热还原法制备铌粉，同时生成氟化钠和氟化钾，反应的化学方程式为；故答案为：；②传统的熔盐电解法采用的电解质体系通常为，两者反应生成铌、氟化钠和氯气，电解总化学反应方程式为；故答案为：；【小问5详解】①Nb为41号元素，，不同能级上的电子具有不同能量；故答案为：10；②Nb位于顶点及体心，个数为，Ni位于面上、棱上，，则密度为；故答案：。17.利用CO2催化加氢制二甲醚(CH3OCH3)过程中发生化学反应为：反应Ⅰ：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)∆H1>0反应Ⅱ：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)∆H2<0反应Ⅲ：2CH3OH(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g)∆H3<0回答下列问题：（1）反应Ⅱ的速率方程为v正=k正·p(CO2)·p3(H2)，v逆=k逆·p(CH3OH)·p(H2O)其中v正、v逆为正、逆，反应速率k正、k逆为速率常数，p为各组分的分压。在密闭容器中按一定比例充入H2和CO2 ，体系中各反应均达到化学平衡。向平衡体系中加入高效催化剂，将_______(填“增大”“减小”或“不变”，下同)；增大体系压强的值将_______。（2）在一定条件下，保持体积恒定，向同一密闭容器中按投料进行上述反应，CO2的平衡转化率及CO、CH3OCH3、CH3OH的平衡体积分数随温度变化如图所示：图中表示CO的平衡体积分数随温度变化的曲线为_______(填“X”或“Y”)，温度从553K上升至573K，CO2的平衡转化率变化的原因是_______，能同时提高CH3OCH3的平衡体积分数和CO2的平衡转化率的措施是_______。（3）一定温度下，向体积为1L的恒容密闭容器中通入1molCO2和3molH2进行上述反应，反应经10min达平衡，CO2的平衡转化率为30%，容器中CO(g)为0.05mol，CH3OH(g)为0.05mol。前10minCH3OCH3(g)的反应速率为_______mol/(L·min)。继续向容器中加入0.05molCH3OH(g)和xmolH2O(g)，若此时反应Ⅲ逆向进行，则x的最小值为_______。（4）CO2催化加氢制二甲醚的副产物CO和CH3OH均可作为燃料电池的燃料，则两种燃料比能量的大小之比为_______(比能量：单位质量所能输出电能的多少)。【答案】（1）①.不变②.不变（2）①.Y②.553K到573K，主要发生反应Ⅰ，反应Ⅰ正反应吸热，温度升高CO2的平衡转化率升高③.增大压强或在553K以下降温（3）①.0.01②.1.2（4）8/21(或21/8)【解析】【小问1详解】达到平衡时，正、逆反应速率相等，加入催化剂同倍数改变正、逆速率，故将不变；、 为速率常数，只与温度有关，则增大体系压强，的值将不变；【小问2详解】随着温度的升高，反应Ⅰ平衡正向移动，故CO平衡体积分数增大，对应曲线Y；553K到573K，主要发生反应Ⅰ，反应Ⅰ正反应吸热，温度升高CO2的平衡转化率升高；反应Ⅱ为气体分子数减小的反应，再结合反应Ⅲ可知提高二甲醚的体积分数和CO2平衡转化率，可采用增大压强的措施，因为增大压强，反应Ⅱ、Ⅲ平衡均正向移动；反应Ⅱ和Ⅲ均为放热反应，根据图像可知在553K以下降温可提高CO2平衡转化率，同时增大二甲醚的体积分数。【小问3详解】由题意知，转化的CO2物质的量n(CO2)=1mol×30%=0.3mol，平衡时CO物质的量为0.05mol，说明通过反应Ⅰ转化的CO2为0.05mol，则通过反应Ⅱ转化的CO2为0.25mol，故反应Ⅱ生成CH3OH为0.25mol，又平衡时CH3OH为0.05mol，说明有0.2molCH3OH通过反应Ⅲ转化为CH3OCH3，列式如下：，，，前10minCH3OCH3(g)的反应速率为0.01mol/(L·min)；反应ⅢKc=；再加入0.05molCH3OH、xmolH2O后，反应Ⅲ逆向进行，则Qc=＞Kc=16，求得x＞1.2；【小问4详解】CO和CH3OH作为燃料电池的燃料均被氧化生成CO2，设CO和CH3OH各1g，计算转移电子的量：，可知CO和CH3OH比能量的大小之比为8∶21。 18.伪蕨素是一类抗炎镇痛类的天然产物，其吸引了很多合成化学家的注意，一种伪蕨素的全合成路线如图所示：已知：①R-MgX②③(R1、R2可为烃基或氢原子)回答下列问题：（1）产物K中的官能团名称为_______。（2）有机物C上氧原子一端连接TES()基团而不是氢原子的原因是_______。（3）B的结构简式为_______，B＋C→D的反应类型为_______。（4）在反应E→F中，已知DMSO是一种稳定的有机溶剂，则IBX是一种_______(填标号)。A．催化剂B．氧化剂C．还原剂（5）H的结构简式为_______，I→J的化学方程式为_______。（6）F的同分异构体中，符合以下条件的有_______种。①有苯环且能发生水解反应和银镜反应②含有五种化学环境的氢（7）根据上述信息，写出以丙烯醛、1，3-丁二烯和为原料合成 的合成路线_______(仅限三步)其他试剂任选。【答案】（1）(酚)羟基，(酮)羰基（2）防止其异构化(烯醇互变成酮)（3）①.②.加成反应（4）B（5）①.②.（6）8（7）【解析】【分析】根据B和C发生加成反应生成D，再结合A和乙醛在碱性条件下反应生成B()，E和IBX在稳定的有机溶剂DMSO下反应生成F，根据信息①，F生成G，得到G的结构简式为结合信息②G生成H，H的结构简式为，H若干步转化为I，结合信息③，I转化为J，J的结构简式为，最后生成 K。【小问1详解】K的结构简式为，含有的官能团是(酚)羟基，(酮)羰基；【小问2详解】有机物C上氧原子一端连接TES()基团而不是氢原子的原因是防止其异构化(烯醇互变成酮)；【小问3详解】A和乙醛在碱性条件下反应生成B，结合木信息得出B的结构简式为，B＋C→D的反应类型为加成反应；【小问4详解】E到F的反应中C-O单键转化为了C=O双键，发生了氧化反应，则IBX是一种氧化剂；【小问5详解】结合题目信息，H的结构简式为，结合信息③，I→J的化学方程式为；小问6详解】 F的同分异构体中，符合①有苯环且能发生水解反应和银镜反应②含有五种化学环境的氢条件的有以下几种：、、、、、、、共8种；【小问7详解】