湖南沙郡中学2022-2023学年高三第三次月考化学试题(解析版)

化

可能用到的相对原子质量：H～1

C～12

学

O～16Al～27

P～31

本试题卷分选择题和非选择题两部分，共10页。时量75分钟，满分100分。

一、选择题(本题共10小题，每小题3分，共30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.化学与科技、生产、生活密切相关。下列有关说法错误的是A.量子通信材料螺旋碳纳米管与石墨互为同素异形体B.硅橡胶密封材料既耐低温又耐高温，在中国空间站上得到广泛应用C.在汽车尾气排放系统中安装催化转化器可有效地减少空气污染D.燃煤中加入CaO，主要是为了减少温室气体的排放和酸雨的形成【答案】D【解析】【详解】A．量子通信材料螺旋碳纳米管与石墨均为由碳元素组成的单质，两者互为同素异形体，A正确；B．硅橡胶具有空间网状结构，具有耐磨、耐高温、耐低温等性能，硅橡胶是目前最好的既耐高温又耐低温的橡胶，广泛应用于航天航空工业，B正确；C．在汽车尾气排放系统中安装催化转化器，可以将尾气中的氮氧化物、一氧化碳等气体转化为氮气、二氧化碳等无毒气体，减少空气污染，C正确；D．燃煤中加入CaO，主要是为了将煤中的硫元素转化为硫酸钙从而减少SO2的排放，可以减少酸雨的形成，但不能减少温室气体CO2的排放，D错误；故选：D。2.2022北京冬奥会向全世界展示了“中国智造”，下列说法不正确的是A.吉祥物“冰墩墩”成为名副其实的“顶流”，制作“冰墩墩”内充材料PET的过程中用到了芳香烃，煤的干馏和石油的催化重整都可以获得芳香烃B.奥运火炬外壳以碳纤维材质为主，碳纤维是有机高分子材料C.碲化镉(CdTe)发电玻璃应用于冬奥会场馆BIPV建筑一体化项目中。52号Te元素位于周期表中的p区D.“氢”情助力，使用“绿氢”燃料电池客车，保障冬奥会出行。光伏电解水制氢可作为“绿氧”的主要来源【答案】B【解析】第1页/共21页【详解】A．煤的干馏和石油的催化重整都可以获得芳香烃，A正确；B．碳纤维是无机非金属材料，B错误；C．52号Te元素属于氧族元素，位于周期表中的p区，C正确；D．光伏电解水制氢无污染，可作为“绿氧”的主要来源，D正确；故选B。3.氢键可以影响物质的性质。下列实验事实与氢键无关的是A.水和甲醇相互溶解B.邻羟基苯甲醛的沸点低于对羟基苯甲醛C.羊毛织品水洗后会变形D.HF(g)分解时吸收的热量比HCl(g)分解时吸收的热量多【答案】D【解析】【详解】A．甲醇分子中含有电负性大、原子半径小的氧原子，溶于水时与水中的氢原子形成氢键，增加分子之间的吸引作用，导致物质相互溶解，这与氢键的形成有关，A不符合题意；B．邻羟基苯甲醛会形成分子内氢键，而对烃基苯甲醛形成的是分子间氢键，增加了分子之间的作用力，导致邻烃基苯甲醛的沸点低于对烃基苯甲醛，这与氢键的形成有关，B不符合题意；C．羊毛织品的主要成分是蛋白质，其中含有电负性较大的氮原子，水洗时与水分子的氢原子之间形成氢键，导致水洗后会缩小变形，这与氢键的形成有关，C不符合题意；D．氟化氢分解时吸收的热量比氯化氢分解时吸收的热量多，是因为氢氟键强于氢氯键，断裂共价键消耗的能量多，则氟化氢分解时吸收的热量比氯化氢分解时吸收的热量多与氢键无关，故D符合题意；故选D。4.某实验小组为了证明过氧化钠可在呼吸面具和潜水艇中做供氧剂，设计了如图实验装置进行实验，则下列说法不正确的是（）A.B装置中盛放的是浓硫酸，作用是干燥CO2

第2页/共21页B.C装置中盛放的是Na2O2该装置中会发生2个反应C.D装置的作用是吸收多余的CO2

D.本实验最后可用带火星的木条检验F中收集到的气体【答案】A【解析】【分析】本实验为证明过氧化钠可在呼吸面具和潜水艇中做供氧剂，则证明过氧化钠和水、二氧化碳均会发生反应生成氧气，根据实验装置分析可知，A装置为制取二氧化碳的装置，B装置为吸收挥发的HCl的装置，C装置为过氧化钠和二氧化碳、水反应的装置，D装置为吸收多余的二氧化碳装置，E为氧气的收集装置。【详解】A．根据上述分析可知，B装置为吸收挥发的HCl的装置，可盛放饱和食盐水，A错误；B．C装置中盛放的是Na2O2，发生2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑、2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2两个反应，B正确；C.D装置为吸收多余的二氧化碳装置，可盛放NaOH溶液，C正确；D．F中收集到的气体为氧气，氧气可以使带火星的木条复燃，因此本实验最后可用带火星的木条检验F中收集到的气体，D正确；答案选A。5.“神十”宇航员使用的氧气瓶是以聚酯玻璃钢为原料，甲、乙、丙三种物质是合成聚酯玻璃钢的基本原料。下列说法正确的是A.甲物质可以在引发剂作用下生成有机高分子化合物B.1mol乙物质可与钠完全反应生成2mol氢气C.丙物质中所有原子一定共平面D.甲、乙、丙三种物质都可以发生加成反应【答案】A【解析】【详解】A．甲分子中含有不饱和的碳碳双键，在一定条件下发生加聚反应产生有机高分子化合物，A正确；B．乙分子中含有2个-OH都可以与Na反应产生H2，根据反应转化关系：2-OH~H2，可知1mol乙物质可与钠完全反应生成1molH2，B错误；C．丙分子是苯环与乙烯基相连，苯分子是平面分子，乙烯分子是平面分子，两个平面共直第3页/共21页线，因此丙物质中所有原子可能共平面，也可能不在同一平面上，C错误；甲、丙分子中含有不饱和的碳碳双键，因此在一定条件下可以与其它物质发生加成反应；D．B分子中无不饱和键，因此不能发生加成反应，D错误；故合理选项是A。6.阅读分析体检报告中部分结果(1mmol1103mol,1mg1103g)，下列说法不正确的是序号13141516171目名称*钠*氯*钙胱抑素C*尿素*葡萄糖英文缩写NaClCaCysCUreaGlu检查结果1551030.680.784.185.1单位mmol·L-1mmol·L-1mmol·L-1mg·L-1mmol·L-1mmol·L-1

参考范围135～14596～1112.13～2.700.59～1.032.78～7.143.9～6.1A.检报告单中提醒平时饮食要少盐B.报告单项目指标的物理量只有胱抑素C不是物质的量浓度C.根据参考值，钙含量至少需要85.2mgL1

D.若某人血液中葡萄糖(C6H12O6)检查结果为360mgL1，可诊断为高血糖【答案】D【解析】【详解】A．Na元素人体血液含量已超上限，故饮食中应少食钠盐以调节人体血液内钠元素含量，A正确；B．表格中胱抑素C数据单位是mg•L-1，B正确；C．根据题目所给表格数据，血液中Ca元素最低含量为2.1340mgL185.2mgL1，C正确；D．若血液中含葡萄糖量是360mg•L-1，换算得360

mmolL12mmolL1，在合理范围180(3.9～6.1mmol•L-1)之外，应是低血糖状态，D错误；综上，本题选D。7.环状碳酸酯广泛用于极性非质子溶剂、电池的电解质等，离子液体研究团队近期报道了一种环氧乙烷衍生物与二氧化碳催化合成环状碳酸酯的反应历程如图所示。已知：R表示烃第4页/共21页基。下列说法错误的是A.(C4H9)4NBr是反应的催化剂成C.反应过程中有4种中间体【答案】C【解析】【分析】B.反应过程存在极性键的断裂和形D.总反应属于加成反应【详解】A．由图中转化关系可知，C4H94NBr是反应的催化剂，A项正确；B．反应过程中存在碳溴键的断裂和氮溴键的形成，B项正确；C．反应过程中有3种中间体，C项错误；D．总反应是环氧乙烷衍生物与CO2发生加成反应生成环状碳酸酯，D项正确。故选C。8.下表提供的试剂，用如图所示装置，能制备相应气体的是选项A.a中试剂浓盐酸b中试剂二氧化锰c中试剂饱和食盐水实验目的制备并收集氯气第5页/共21页B.C.D.稀盐酸稀硫酸稀石灰石粗锌铜粉浓硫酸浓硫酸浓硫酸制备并收集二氧化碳制备并收集氢气制备并收集一氧化氮A.A【答案】B【解析】B.BC.CD.D【详解】A.浓盐酸与二氧化锰制备氯气需要加热，装置没有加热装置，故无法制备氯气，故A错误；B.稀盐酸与石灰石可以制备二氧化碳，通入浓硫酸干燥，二氧化碳密度比空气大，可以用向上排空法收集，可以制备并收集二氧化碳，故B正确；C.稀硫酸与粗锌反应制备氢气，用浓硫酸干燥，但是氢气的密度比空气小，不能用向上排空气法收集，故C错误；D.稀与铜粉反应生成NO，收集NO只能用排水法收集，NO的密度与空气接近且会和氧气反应，不能用排空气法收集，故D错误；故选B。【点睛】.浓盐酸与二氧化锰制备氯气需要加热，常温下两者不反应是解答易错点。9.W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，W且原子序数总和为25，由这四种元素形成的某化合物结构如图所示，下列叙述正确的是A.简单离子半径：Y＜ZB.该化合物中X、Y的杂化方式相同C.该化合物的阴离子中各原子最外层均达到8电子稳定结构D.W分别与X、Y、Z形成的晶体类型相同【答案】B【解析】第6页/共21页【分析】Z是短周期元素，且能够形成离子Z，其原子序数比W等大，因此Z为Na.根据结构示意图，8个Y原子均形成了2个共价键，原子序数比Na小，形成2个共价碳的只有O，因此Y为O；4个W原子均形成1个共价键，且原子序数比O小，因此W为H；四种元素的原子序数总和为25，则X的原子序数为5，为B；B的最外层电子数为3，一般只形成3个共价键，在此结构中，2个B均得到1个电子(该阴离子带有2个负电荷)，因此可以形成4个共价键。综上W、X、Y、Z分别为H、B、O、Na。【详解】A．O2和Na具有相同的核外电子结构，核外电子结构相同时，核电荷数越大，离子半径越小，则有rO

2

rNa，A错误；

B．在该结构中，每个O均形成2个单键，还有2对孤对电子，采用sp3杂化，每个B均形成4个单键，采用sp3杂化，B和O的杂化方式相同，B正确；C．该阴离子中含有H，形成共价键后，最外层为2个电子，不是8个电子，C错误；D．氢元素与硼、氧、钠形成的晶体不同，如氢与氧形成的水是分子晶体，氢与钠形成的氢化钠是离子晶体，D错误；故选B。10.次磷酸(H3PO2)是一元中强酸，具有较强还原性，下列有关次磷酸及其盐的说法正确的是A.次磷酸的电离方程式为H3PO2=H++H2PO2B.NaH2PO2是次磷酸的正盐，其水溶液呈中性C.利用(H3PO2)进行化学镀银反应中，1molH3PO2最多还原4molAg+离子D.白磷与氢氧化钠溶液反应可得次磷酸盐，反应的化学方程式为P4+9NaOH=3Na3PO2+PH3↑+3H2O【答案】C【解析】【详解】A．一元中强酸只能电离出一个氢离子，书写弱电解质的电离方程式时用“⇌”，则次磷酸的电离方程式为H3PO2⇌H++H2PO2，故A不符合题意；B．NaH2PO2是次磷酸的正盐，在溶液中不能电离出氢离子，属于强碱弱酸盐，水解显碱性，故B不符合题意；C．H3PO2中P的化合价为+1价，O为-2价，H为+1价，镀银时其氧化产物为H3PO4，磷酸中P的化合价为+5价，Ag+被还原成银单质，故1molH3PO2最多还原4molAg+离子，故C符合题意；D．白磷与氢氧化钠溶液反应可得次磷酸盐和PH3气体，反应的化学方程式为：P4+3NaOH+3H2O=3NaH2PO2+PH3↑，故D不符合题意；答案选C。第7页/共21页-

-

二、选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有一个或两个选项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。)

11.下列指定反应的离子方程式正确的是A.向碘化亚铁溶液中滴加少量稀：NO3+3Fe+4H=3Fe+NO2H2OB用NaClO溶液吸收少量SO2：SO2+H2O+3ClO=SO4+Cl+2HClO

-2++3+.

-2--C.MgHCO32溶液中加足量的烧碱溶液：22OHMg22HCO3MgCO3CO32H2O

2

D.NH4AlSO42溶液中滴加BaOH2溶液至SO4恰好沉淀完全：32

NH2SO42Ba24OHNH3H2OAlOH32BaSO44Al

【答案】BD【解析】【详解】A．I的还原性强于Fe2，在FeI2溶液中滴加少量稀先氧化I，故离子反应为6I8H2NO33I24H2O2NO，故A错误；





B．用NaClO溶液吸收少量SO2，离子方程式为SO2H2O23ClOSO24Cl2HClO，故B正确；C．向MgHCO32溶液中加入足量的NaOH溶液，离子方程式为2

Mg22HCO34OH=MgOH22CO32H2O，故C错误。2

D．NH4AlSO42溶液中滴加BaOH2溶液至SO4恰好沉淀完全：32

NH2SO42Ba24OHNH3H2OAlOH32BaSO4，D正确；4Al

故选BD。12.工业上利用锌焙砂(主要含ZnO、ZnFe2O4还含有少量FeO、CuO等)湿法制取金属锌的流程如图所示。第8页/共21页下列说法错误的是A.ZnFe2O4溶于硫酸的离子方程式：ZnFe2O4+8H+=Zn2++2Fe3++4H2OB.加入ZnO的目的是调节溶液的pH以除去溶液中的Fe3+

C.加过量ZnS可除去溶液中的Cu2+是利用了Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)D.为加快反应速率，净化I和净化II均应在较高的温度下进行【答案】D【解析】【分析】锌焙砂(主要含ZnO、ZnFe2O4还含有少量FeO、CuO等)用稀硫酸酸浸，溶液中会有Zn2+、Fe2+、Fe3+、Cu2+金属阳离子进入，加入H2O2用于氧化亚铁离子，然后用ZnO调pH除去三价铁，过滤之后加入硫化锌沉铜，电解得到的硫酸锌溶液制取锌。【详解】A．ZnFe2O4溶于硫酸生成Zn2+、Fe3+、H2O，离子方程式为：ZnFe2O4+8H+=Zn2++2Fe3++4H2O，A正确；B．加入ZnO的目的是调节溶液的pH以除去溶液中的Fe3+，B正确；C．加过量ZnS可除去溶液中的Cu2+生成更难溶的CuS，是利用了Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)，C正确；D．净化I中的H2O2在温度较高时会分解，该反应需要控制温度不能太高，D错误；答案选D。13.如图是金属镁和卤素单质(X2)反应的能量变化示意图。下列说法错误的是A.工业上可通过电解熔融状态下的MgCl2制取金属Mg，Mg是阴极产物B.标准状况条件下，11.2LF2(g)与足量的Mg充分反应，吸热562kJC.热稳定性：MgF2MgCl2MgBr2MgI2

D.由图可知：MgBr2sCl2lMgCl2sBr2gΔH117kJmol1【答案】BD第9页/共21页【解析】【详解】A．工业上可通过电解熔融状态下的MgCl2制取金属Mg，电解

MgCl（熔融）Mg+Cl2，镁离子在阴极得电子发生还原反应生成Mg，A正确；2

B．镁与氟气的反应是放热反应，B错误；C．物质能量越低越稳定，根据图像可知稳定性顺序为MgF2MgCl2MgBr2MgI2，C正确；D．依据图像Mg(s)+Cl2(g)=MgCl2(s)H=−1kJ/mol，Mg(s)+Br2(g)=MgBr2(s)H=−524kJ/mol，将第一个方程式减去第二方程式得MgBr2(s)+Cl2(g)=MgCl2(s)+Br2(g)H=−117kJ⋅mol−1，氯气变成液氯的过程释放热量，故MgBr2sCl2lMgCl2sBr2gΔH>117kJmol1，D错误；故选BD。14.类推(类比迁移)的思维方法可以预测许多物质的性质。但类比是相对的，不能违背客观事实。下列类比分析结果错误的是A.Fe3O4根据化合价规律可表示为FeOFe2O3，则Pb3O4表示为2PbOPbO2B.CaC2能水解：CaC22H2OCaOH2C2H2，则Al4C3也能水解：Al4C312H2O4AlOH33CH4

C.NaClO溶液中通入少量CO2发生反应NaClOCO2H2ONaHCO3HClO，推测CaClO2溶液中通入少量CO2发生反应CaClO22CO22H2OCaHCO322HClOD.NaCl与浓硫酸加热可制取HCl，推测NaI与浓硫酸加热可制取HI【答案】CD【解析】【详解】A．Fe3O4根据化合价规律可表示为FeO·Fe2O3是由于Fe3O4中有价，另外正确；B．CaC2能水解生成Ca(OH)2和乙炔，则Al4C3也能水解生成Al(OH)3和CH4，类比合理，故B正确；C．CaClO2溶液中通入少量CO2生成碳酸钙和次氯酸，故C错误；第10页/共21页1

的铁元素显+232显+3价，而铅的化合价为+2和+4价，所以Pb3O4应表示为2PbO·PbO2，故A3D．浓硫酸有强氧化性，不能用来制取HI，故D错误；故答案为：CD。三、非选择题(本题共4道大题，共54分。)

15.亚硫酰氯(SOCl2)和硫酰氯(SO2Cl2)都是重要的化工原料，均易水解I.亚硫酰氯(SOCl2)又名氯化亚钒，熔点为-105℃，沸点为77℃，遇水剧烈反应，产生大量白雾，并生成刺激性气味的气体。（1）用硫磺、液氯和SO3为原料，在一定条件下合成SOCl2，原子利用率可达100%，则三者的物质的量之比为_______。（2）SOCl2水解后无残留物，是较好的脱水剂。某同学设计实验将SOCl2和FeCl2xH2O混合物加热来制取无水FeCl2。①SOCl2在该实验中作脱水剂的作用是_______(写出两点)。②实验室常用NaOH溶液吸收SOCl2，该反应的离子方程式是_______。II.硫酰氯(SO2Cl2)的熔点为-54.1℃，沸点为69.1℃，在空气中遇水蒸气发生剧烈反应，并产生大量白雾，100℃以上分解生成SO2和Cl2，实验室合成SO2Cl2的原理：SO2gCl2gSO2Cl2l答下列问题：H0，实验装置如图所示(部分夹持装置略去)，请回（3）A、B干燥管中盛有的物质可以分别是下列_______(填标号)。A.碱石灰、浓硫酸碱石灰（4）去除丙装置可能会发生的副反应是_______(用化学方程式表示)。（5）为了测定SO2Cl2产品纯度(杂质不参与反应)，称取mgSO2Cl2产品于锥形瓶中，加入足量蒸馏水，充分反应。滴加几滴指示剂，用cmolL1AgNO3溶液滴定反应后的溶液中Cl的含量，终点时消耗AgNO3溶液的平均体积为VmL。已知：B.氯化钙、碱石灰C.碱石灰、五氧化二磷D.碱石灰、第11页/共21页物质Ag2SO4

1.2105

白色AgClAg2CrO42.01012砖红色Ag2S6.31050

黑色AgBrKsp

颜色1.81010白色5.41013浅黄色①根据上表中各种物质的Ksp，该实验应选择的指示剂为_______(从下列选项中选择，填标号)，滴定终点的现象是_______。A.K2SO4B.K2CrO4

C.K2S

D.KBr②该SO2Cl2产品的纯度为_______%。【答案】（1）2：3：1（2）①.SOCl2易和FeCl2xH2O分解生成的水发生反应生成HCl和SO2，HCl可以抑制氯化亚铁水解；SO2形成还原性气氛，可避免氯化亚铁氧化；（3）C②.2SOCl24OH=SO32Cl2H2O

（4）Cl2SO22H2O=2HClH2SO4（其他方程式合理给分）（5）③.①.B②.滴入最后半滴AgNO3溶液时，出现砖红色沉淀，半分钟内不变色13.5cV

2m【解析】【分析】I．SOCl2与水剧烈反应，产生大量白雾，并生成刺激性气味的气体，发生反应SOCl2+H2O=SO2+HCl；II．装置甲盛放浓盐酸和KMnO4粉末，用于制备氯气；装置乙用于除去氯气中的氯化氢气体，可盛放饱和的氯化钠溶液；装置丙盛放浓硫酸，用于干燥氯气；装置丁用于氯气和通入的二氧化硫反应生成SO2Cl2，活性炭做催化剂。【小问1详解】硫磺、液氯和SO3为原料，在一定条件下合成SOCl2，原子利用率可达100%，可推知发生化合反应，则方程式是2S3ClSO

23故答案是2：3：1；【小问2详解】①SOCl2水解后无残留物，SOCl2与水反应生成SO2和HCl，则实验将SOCl2和3SOCl2，所以三者的物质的量之比为2：3：1，FeCl2xH2O混合物加热来制取无水FeCl2，分析得知铁元素化合价没有改变，FeCl2xH2O加热过程易水解和被空气氧化，此时SOCl2的水解产物SO2可提供还原性气第12页/共21页体氛围，防止二价铁被氧化，并且另一分解产物HCl能够提供酸性环境氛围，防止FeCl2xH2O加热水解，故SOCl2在该实验中作脱水剂的作用是SOCl2易和FeCl2xH2O

分解生成的水发生反应生成HCl和SO2，HCl可以抑制氯化亚铁水解；SO2形成还原性气氛，可避免氯化亚铁氧化；②实验室常用NaOH溶液吸收SOCl2，该反应的离子方程式是2SOCl24OH=SO32Cl2H2O；【小问3详解】装置A连通空气，可盛放碱性物质除去多余氯气和二氧化硫，防止溢出空气，也可防止空气中的气体进入装置；装置B用于干燥二氧化硫，可用酸性固体干燥剂，故答案选C；【小问4详解】装置丙用于干燥氯气，若去除，水蒸气会与氯气、二氧化硫反应，则答案是Cl2SO22H2O=2HClH2SO4；【小问5详解】①SO2Cl2的水溶液中含有Cl-、SO4，所以选择的指示剂应该在Cl沉淀完全后，SO4开2

2

始沉淀前才沉淀，并且要有颜色，根据表中各种物质的Ksp可知Ag2CrO4优先Ag2SO4开始沉淀，并且在AgCl沉淀完全后才沉淀，故该实验应选择的指示剂为K2CrO4；滴定终点的现象是滴入最后半滴AgNO3溶液时，出现砖红色沉淀，半分钟内不变色；故答案是B；滴入最后半滴AgNO3溶液时，出现砖红色沉淀，半分钟内不变色；②AgNO3与HCl反应生成AgCl沉淀，则消耗cV×10-3molAgNO3，则含Cl-的物质的量是cV×10-3mol，根据元素守恒，mcV10-3

SO2Cl2的物质的量是mol，由n=得，SO2Cl2的M213.5cV13.5cVcV10-3

质量是×135g，则mgSO2Cl2产品的纯度为%，故答案是；2m2m216.二氧化钛和三氧化钨(TiO2/WO3)纳米异质结薄膜广泛应用于光催化、光电催化和传感器等领域。从废弃薄膜中回收钛和钨等稀缺金属既有利于资源综合利用又避免污染环境，以下是TiO2/WO3纳米异质结薄膜回收的工艺流程：第13页/共21页已知：I．乙胺是无色极易挥发的液体，结构简式为CH3CH2NH2，呈碱性，与酸发生反应：CH3CH2NH2+H+=CH3CH2NH3



Ⅱ．酸性条件下，Na2WO4与乙胺“萃取”发生反应：2CH3CH2NH3+WO4(CH3CH2NH3)2WO4



2Ⅲ．TiOSO4易溶于水，属于强电解质；偏钛酸难溶于水，其化学式可表示为H2TiO3或TiO(OH)2，室温时，Ksp[TiO(OH)2]=1.0×10−27。回答下列问题：（1）“萃取”前，需要将“滤液I”的pH调整到3.5左右，目的是_______。（2）写出“反萃取”步骤中发生反应的化学方程式：_______。（3）“水煮”时加水并加热的目的是：_______。（4）检验“过滤Ⅲ”所得H2TiO3是否洗涤干净的方法是_______。（5）室温下测得“滤液Ⅲ”的pH=2，则此时滤液中c(TiO2+)为_______。（6）最新研究发现，可以用如图所示装置由TiO2获得金属钛，电解质为熔融CaO。阳极的电极总反应式为_______。【答案】（1）增大CH3CH2NH3浓度，增大萃取率（2）(CH3CH2NH3)2WO4+2NH3•H2O=2CH3CH2NH2+2H2O+(NH4)2WO4（3）促进TiO2+的水解，平衡正向移动，促进H2TiO3沉淀（4）取最后一次洗涤液于试管中，向其中加入足量的氯化钡溶液，如没有白色沉淀生成，说明洗涤干净第14页/共21页（5）0.001mol•L-1（6）C-4e-+2O2-=CO2↑【解析】【分析】二氧化钛和三氧化钨碱浸，三氧化钨转化为可溶性的Na2WO4，过滤分离二氧化钛和Na2WO4溶液，调pH，在酸性条件下，Na2WO4与乙胺“萃取”生成(CH3CH2NH3)2WO4，分液之后与氨水反应生成(NH4)2WO4，加入盐酸酸化形成H2WO4•xH2O，H2WO4•xH2O煅烧生成高纯度WO3。二氧化钛与浓硫酸共热生成TiOSO4，TiOSO4水解生成H2TiO3和硫酸，过滤得到H2TiO3，H2TiO3煅烧获得高纯TiO2。【小问1详解】乙胺是无色极易挥发的液体，结构简式为CH3CH2NH2，呈碱性，与酸发生反应：

CH3CH2NH2+H+=CH3CH2NH3，“萃取”前，需要将“滤液I”的pH调整到3.5左右，目的是增大CH3CH2NH3浓度，增大萃取率。故答案为：增大CH3CH2NH3浓度，增大萃取率；【小问2详解】(CH3CH2NH3)2WO4分液之后与氨水反应生成(NH4)2WO4，“反萃取”步骤中发生反应的化学方程式：(CH3CH2NH3)2WO4+2NH3•H2O=2CH3CH2NH2+2H2O+(NH4)2WO4。故答案为：(CH3CH2NH3)2WO4+2NH3•H2O=2CH3CH2NH2+2H2O+(NH4)2WO4；【小问3详解】“水煮”时加水并加热的目的是促进TiO2+的水解，平衡正向移动，促进H2TiO3沉淀。故答案为：促进TiO2+的水解，平衡正向移动，促进H2TiO3沉淀；【小问4详解】TiOSO4水解生成H2TiO3和硫酸，过滤得到H2TiO3，检验“过滤Ⅲ”所得H2TiO3是否洗涤干净的方法是取最后一次洗涤液于试管中，向其中加入足量的氯化钡溶液，如没有白色沉淀生成，说明洗涤干净。故答案为：取最后一次洗涤液于试管中，向其中加入足量的氯化钡溶液，如没有白色沉淀生成，说明洗涤干净；【小问5详解】室温下测得“滤液Ⅲ”的pH=2，c(H+)=1×10-2mol/L，c(OH-)=1×10-12，室温时，Ksp[TiO(OH)2]=1.0×10-27

=c(TiO2+)×c2(OH-)，c(TiO2+)=0.001mol•L-1，则此时滤液中c(TiO2+)为0.001mol•L-1。故答案为：0.001mol•L-1；【小问6详解】石墨电极为阳极，失电子生成CO2，所以电极方程式为C-4e-+2O2-=CO2↑，故答案为：C-4e-+2O2-=CO2↑。17.超分子化学已逐渐扩展到化学的各个分支，还扩展到生命科学和物理学等领域。由Mo将2个C60分子、2个p—甲酸丁酯毗啶及2个CO分子利用配位键自组装的超分子结构如第15页/共21页图所示：（1）Mo处于第五周期第VIB族，核外电子排布与Cr相似，它的基态价电子排布式是_；核外未成对电子数是_______个。（2）该超分子中除配位键外还存在的化学键类型有_(填标号)。A.σ键B.π键C.氢键（3）C60与金刚石互为同素异形体，从结构与性质之间的关系解释C60的熔点远低于金刚石的原因是_______。（4）钼铝合金性能优良，其立方晶胞如图甲所示(Al未画出)，其中Mo按体心立方堆积，每个Mo周围围绕的Al形成正二十面体(如图乙)，即每个Mo位于正二十面体的中心。基态Al核外电子云轮廓图呈球形、哑铃形的能级上电子数之比为_______。已知该晶胞参数为apm，Mo之间的最短距离为_______pm，则该晶体的密度为_______gcm3(设NA为阿伏加德罗常数的值，用含a、NA的代数式表示)。【答案】（1）（2）AB①.4d55s1②.6（3）C60是分子晶体，金刚石是共价晶体，共价晶体熔化时破坏共价键所需的能量远高于分子晶体熔化时破坏分子间作用力所需的能量（4）【解析】【小问1详解】第16页/共21页①.6∶7②.3a28.41032③.a3NAMo处于第五周期第VIB族，核外电子排布与Cr相似，它的基态价电子排布式是4d55s1；核外未成对电子数是6个；【小问2详解】由结构示意图可知，超分子中含有配位键、键和键，不含有氢键，故选AB；【小问3详解】C60是分子晶体，金刚石是共价晶体，共价晶体熔化时破坏共价键所需的能量远高于分子晶体熔化时破坏分子间作用力所需的能量，所以C60的熔点远低于金刚石；【小问4详解】基态Al的电子排布式为1s22s22p63s23p1，s和p轨道电子云轮廓图为球形和哑铃形，故电子云轮廓图呈球形、哑铃形的能级上电子数之比为6∶7；已知该晶胞参数为apm，体心的Mo位于体对角线二分之一处，故Mo之间的最短距离为3apm；根据钼铝合全的晶胞结2

构可知，每个Mo位于由12个Al组成的正二十面体的中心，则该钼铝合金的化学式为MoAl12，1个晶胞中均摊2个MoAl12，1mol晶胞的质量为9627122g840g，1mol晶胞的体积为a10

-1038.41032

gcm-3。NAcm，故晶体的密度为3

aNA

318.2022年诺贝尔化学奖授予美国化学家卡罗琳·贝尔托西(Carolyn.R.Bertozzi)，丹麦化学家摩顿·梅尔达尔(MortenMeldal)和美国化学家卡尔·巴里·夏普菜斯(K.BarrySharpless)，以表彰他们在点击化学和生物正交化学研究方面的贡献。简单说，点击化学就像是用分子来拼乐高；利用这种技术，可以像拼插积木那样简单高效地把小分子模块组合到一起，合成出人们所需要的化学分子，例如铜催化的Huisgen环加成反应：+铜催化剂

我国科研人员利用该反应设计、合成了具有特殊结构的聚合物F并研究其水解反应。合成线路如图所示：第17页/共21页水解反应已知：+

（1）化合物A的官能团名称是_______；反应①的反应类型是_______。（2）关于B和C，下列说法正确的是_______(填标号)。a．利用质谱法可以鉴别B和Cb．B可以发生氧化、取代、消去反应c．可用酸性高锰酸钾溶液检验C中含有碳碳三键（3）反应②的化学方程式为_______。（4）E的结构简式为_______。（5）已知化合物M是比物质B多一个碳原子的同系物，则M满足下列条件的同分异构体共有_______种(不考虑立体异构)。①属于芳香族化合物；②苯环上只有两个对位的取代基，且其中一个取代基为乙烯基(CH2CH)③只有两种官能团，且1mol该物质与足量银氨溶液发生银镜反应生成4molAg。（6）为了探究连接基团对聚合反应的影响，设计了单体K，其合成路线如图：写出I、J的结构简式：I_______；J_______。【答案】（1）（2）①.醛基和溴原子(或碳溴键)ab（3②.取代反应）+第18页/共21页H2O

（4）（5）9（6）①.②.【解析】【分析】由合成路线图可知，A生成B的反应为取代反应，B生成C的反应为取代反应，根据信息提示可知C生成D的反应为取代反应，D为，D与NaN3发生取代反应生成E，结合题中E的分子式可推知E为。【小问1详解】由结构可知A含有的官能团有醛基，溴原子(或碳溴键)；对比A、B的结构可知，A中苯环上的溴原子被CCCCH32OH替代，属于取代反应；故答案为：醛基和溴原子(或碳溴键)；取代反应；【小问2详解】B与C的相对分子质量不同，可以用质谱法进行鉴别，a正确；B含有醛基、碳碳三键、醇羟基、苯环，且羟基连接碳原子相邻的碳原子上有氢原子，可以发生氧化、取代、消去反应，b正确；醛基、碳碳三键都可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，不能鉴别，c错误；综上所述，答案为：ab。【小问3详解】第19页/共21页由D的分子式，可知C与脱去1分子水生成D，C中醛基与氨基反应形成C=N双键，故D为，反应方程式为+H2O

+，故答案为：+H2O

+；【小问4详解】D为，D与NaN3发生取代反应生成E，结合题中E的分子式可推知E为，故答案为：【小问5详解】苯环上只有两个对位的取代基，且其中一个取代基为乙烯基(CH2CH)。分子中只有两第20页/共21页种官能团，且1mol物质与足量银氨溶液发生银镜反应生成4molAg，说明一种官能团是碳碳双键，另一种官能团是醛基且分子中有2个-CHO。，两个-CHO在正丙基的同一个碳上，有3种结构：一个-CHO在的另外一个-CHO在2号位、一个-CHO在1号碳，3号位共2种；的2号碳，另外一个-CHO在3号位共1种；，两个-CHO在异丙基的同一个碳上，有1种结构；，两个-CHO在异丙基的不同碳上，有2种结构；则符合条件的结构有9种。故答案为：9；【小问6详解】醛基被氧化，生成的H为反应生成I为，由K的结构可知，H与HC≡CH发生取代，I的羧基中的-OH被取代生点J，故J为,故答案为：；第21页/共21页