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2022-2023学年湖南省长沙市第一中学高三上学期月考卷（三）化学试题含解析
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这是一份2022-2023学年湖南省长沙市第一中学高三上学期月考卷（三）化学试题含解析，共25页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，原理综合题，结构与性质，有机推断题等内容，欢迎下载使用。
湖南省长沙市第一中学2022-2023学年高三上学期月考卷（三）化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．化学与生活密切相关。下列叙述正确的是
A．漂白粉与盐酸可混合使用以提高消毒效果 B．温室气体是形成酸雨的主要物质
C．棉花、麻和蚕丝均为碳水化合物 D．干冰可用在舞台上制造“云雾”
【答案】D
【详解】A．漂白粉的有效成分次氯酸钙与盐酸混合，会发生氧化还原反应生成有毒的氯气，两者不能混合使用，A错误；
B．温室气体主要是指二氧化碳，二氧化碳不是形成酸雨的主要物质，形成酸雨的主要物质是硫氧化物、氮氧化物等，B错误；
C．棉花、麻来源于植物，主要成分均是纤维素，为碳水化合物，但蚕丝来源于动物，主要成分是蛋白质，蛋白质不是碳水化合物，C错误；
D．干冰是固态的二氧化碳，干冰升华时，吸收大量的热，使周围温度降低，大量的水蒸气凝结成了小液滴，形成 “云雾”效果，D正确；
答案选D。
2．下列事实不能用键能的大小来解释的是
A．N元素的电负性较大，但N2的化学性质很稳定
B．稀有气体一般难发生化学反应
C．HF、HCl、HBr、HI的稳定性逐渐减弱
D．F2比O2更容易与H2反应
【答案】B
【详解】A.由于N2分子中存在三键，键能很大，破坏共价键需要很大的能量，所以N2的化学性质很稳定；
B.稀有气体都为单原子分子，分子内部没有化学键；
C.卤族元素从F到I原子半径逐渐增大，其氢化物中的化学键键长逐渐变长，键能逐渐变小，所以稳定性逐渐减弱；
D.由于H－F键的键能大于H—O键，所以二者相比较，更容易生成HF。
故选B.
3．设为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A．常温常压下，的价层电子中所含的孤电子对数为
B．假设氯化铁完全转化为氢氧化铁胶体，则分散系中胶体微粒数为
C．固体中所含阴、阳离子总数为
D．标准状况下的溶于水，充分反应，转移的电子数为
【答案】A
【详解】A．的电子式为，含有5对未成对电子，的价层电子中所含的孤电子对数为，故A正确；
B．1mol氯化铁完全转化为氢氧化铁胶体，则分散系中胶体微粒为氢氧化铁粒子的集合体，所以胶体微粒数小于，故 B 错误；
C．中含有2个和1个，所以78gNa2O2固体中，阴离子和阳离子总数一定为，故C错误；
D．与水的反应属于可逆反应，标准状况下的物质的量为，溶于水，充分反应，转移的电子数小于，故D错误；
故选A。
4．“西门子法”提纯硅的反应之一为：，已知氢原子吸引电子的能力介于碳原子和硅原子之间，下列说法不正确的是
A．是还原产物 B．即是氧化产物，也是还原产物
C．还原剂与氧化剂的物质的量之比为 D．生成时，转移电子
【答案】D
【分析】由氢原子吸引电子的能力介于碳原子和硅原子之间可知，三氯硅烷中硅元素为+4价、氢元素为—1价。
【详解】A．由方程式可知，反应中氢元素的化合价降低被还原，氯化氢是反应的氧化剂，氢气是还原产物，故A正确；
B．由方程式可知，反应中氢元素的化合价降低被还原，氯化氢是反应的氧化剂，硅元素化合价升高被氧化，硅为反应的还原剂，则三氯硅烷即是氧化产物，也是还原产物，故B正确；
C．由方程式可知，反应中氢元素的化合价降低被还原，氯化氢是反应的氧化剂，硅元素化合价升高被氧化，硅为反应的还原剂，还原剂与氧化剂的物质的量比1：3，故C正确；
D．由方程式可知，反应中氢元素的化合价降低被还原，氯化氢是反应的氧化剂，硅元素化合价升高被氧化，硅为反应的还原剂，则反应中生成1mol三氯硅烷转移4mol电子，故D错误；
故选D。
5．磷锡青铜合金广泛用于仪器仪表中的耐磨零件和抗磁元件等。其晶胞结构如图所示，已知晶胞参数为。下列说法不正确的是
A．磷锡青铜的化学式为
B．该晶胞中与原子等距离且最近的原子有12个
C．三种元素、、在元素周期表中分别处于区、区、区
D．和原子间的最短距离为
【答案】D
【详解】A．由均摊法可知，晶胞中Cu原子数目= 6×12=3 、 Sn原子数目= 8×18=1 、P原子数目为1，故化学式为 Cu3SnP ，选项A正确；
B．晶胞中与Sn原子等距离且最近的Cu原子，有12个，选项B正确；
C．三种元素Cu、Sn、P在元素周期表中分别处于ds区、p区、p区，选项C正确；
D．P原子位于体心而Sn位于顶点，Sn和P原子间的最短距离为体对角线长的一半，故距离为 a pm，选项D错误；
答案选D。
6．一种利用废旧镀锌铁皮制备磁性Fe3O4纳米粒子的工艺流程如图。
下列有关说法不正确的是
A．“碱洗”是为了去除废旧镀锌铁皮表面的油污
B．“氧化”时发生反应的离子方程式为2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O
C．“氧化”后的溶液中金属阳离子主要有Fe2+、Fe3+、Na+
D．用激光笔照射“加热沉铁”后所得分散系，产生丁达尔效应
【答案】A
【分析】向废旧镀锌铁皮中加入氢氧化钠溶液除去锌，过滤向固体中加入稀硫酸，铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁，向硫酸亚铁溶液中加入次氯酸钠溶液，将一部分亚铁离子氧化为铁离子，发生反应：2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O，先通入氮气排尽空气(防止后续生成的氢氧化亚铁被氧化)，加入氢氧化钠溶液产生氢氧化亚铁、氢氧化铁胶体，分离得到氢氧化亚铁和氢氧化铁，灼烧得到四氧化三铁。
【详解】A．由分析可知，“碱洗”是为了除去锌，生成Na2ZnO2，过滤得到铁单质，A错误；
B．“氧化”时，亚铁离子与次氯酸根离子发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O，B正确；
C．“氧化”时，部分亚铁离子与次氯酸根离子发生反应：2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O，故溶液中金属阳离子主要有Fe2+、Fe3+、Na+，C正确；
D．“加热沉铁”后所得分散系为胶体，胶体可产生丁达尔效应，D正确；
答案选A。
7．甲～丁图为中学化学常用的仪器的全部或局部，下列说法正确的是
甲
乙
丙
丁
A．甲图所示仪器用于蒸馏时，冷却水应从下口通入
B．乙图所示仪器使用前需检查是否漏水
C．丙图所示仪器装入药品后须检查气密性才能制备气体
D．丁图所示仪器可用于酸碱中和滴定和减压过滤
【答案】B
【详解】A．甲图所示仪器为球形冷凝管，若用于蒸馏，冷凝下来的液体会存留于球泡处，不能顺利进入接受器，不能用于蒸馏，A项错误；
B．乙图所示仪器为酸式滴定管或碱式滴定管，使用前需检查是否漏水，B项正确；
C．丙图所示仪器为启普发生器，应先检查气密性，气密性符合要求后才能装入药品，C项错误；
D．丁图所示仪器为吸滤瓶(或抽滤瓶)，可用于减压过滤，因为具有支管，摇动时易使液体洒出，不能用于酸碱中和滴定，D项错误；
答案选B。
8．某电池材料的结构如图，M、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的同周期主族元素，Y元素原子的价电子数是W的两倍。下列说法正确的是
A．氢化物沸点：X>Y
B．第一电离能：M
D．阴离子中不存在配位键
【答案】C
【分析】M、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的同周期主族元素，结合图示可知，M形成+1价阳离子，该图示为电池材料组成与结构，则M为Li，说明五种元素均位于第二周期，Y元素原子的价电子数是W的两倍，Y形成2个共价键，其价电子数为6，W的价电子数为3，则W为B，Y为O；Z形成1个共价键，X形成4个共价键，则X为C，Z为F元素，以此分析解答。
【详解】根据分析可知，M为Li，W为B，X为C，Y为O，Z为F元素。
A．水分子间形成氢键，沸点高于甲烷的，但不一定高于碳的其它氢化物，故A错误；
B．同周期自左向右第一电离能逐渐增大，则第一电离能：M
D．阴离子中存在配位键，即B和O之间存在配位键，故D错误；
故选C。
9．某研究机构使用电池作为电源电解制备，其工作原理如图所示。已知电池反应为，下列说法错误的是
A．电池的接的是电极
B．电解池中膜、膜均为阳离子交换膜
C．电池中电极的电极反应为
D．当电池生成时理论上电解池中产生
【答案】D
【分析】Li-SO2Cl2电池反应为2Li+SO2Cl2=2LiCl+SO2↑，由图可知，Li作负极，C作正极，电极反应式为SO2Cl2+2e-=2Cl-+SO2↑，电解制备Ni(H2PO2)2，则g为阳极，电极反应式为Ni-2e-=Ni2+，h为阴极，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-。
【详解】A．g为阳极，应连接电池的正极（f），A正确；
B．g为阳极，Ni失电子生成Ni2+，并通过膜a进入Ⅱ室，故膜a为阳离子交换膜，经过膜b进入Ⅱ室与Ni2+结合生成Ni(H2PO2)2，膜b为阴离子交换膜，钠离子通过膜c进入Ⅳ室内形成闭合回路，故膜c为阳离子交换膜，B正确；
C．C作正极，电极反应式为SO2Cl2+2e-=2Cl-+SO2↑，C正确；
D．当Li-SO2Cl2电池生成1molSO2时，转移2mol电子，电解池中生成1mol镍离子，理论上电解池中产生1mol Ni(H2PO2)2，D错误；
故答案选D。
10．下，分别向浓度均为的和溶液中滴加的溶液，滴的过程中和与溶液体积的关系如图所示[已知：，]。下列有关说法错误的是
A．为滴定溶液的曲线
B．对应溶液水的电离程度：先减小后增大
C．点对应的溶液中
D．点纵坐标约为33.9
【答案】C
【分析】10mL浓度为0.1 mol∙L−1的CuCl2和ZnCl2溶液中滴入10mL0.1 mol∙L−1的Na2S反应生成CuS沉淀和ZnS沉淀，Ksp(ZnS)> Ksp(CuS)，反应后溶液中锌离子浓度大，则为滴定ZnCl2溶液的曲线，为滴定CuCl2溶液的曲线。
【详解】A．由上述分析可知，为滴定CuCl2溶液的曲线，故A正确；
B．根据横坐标可以判断在加入Na2S溶液的过程中，水的电离程度先减小后增大，故B正确；
C．溶液中，根据电荷守恒有，Zn2+水解显酸性，则应存在，故C错误；
D．c点时铜离子全部沉淀，此时加入的Na2S的物质的量等于原溶液中CuCl2的物质的量，所以生成CuS沉淀后，c(Cu2+)=c(S2−)，则Ksp(CuS)=10−17.7×10−17.7=10−35.4，d点加入20mL0.1 mol∙L−1Na2S溶液，溶液中硫离子浓度，，c(Cu2+)=3×10−34.4mol∙L−1，-lgc(Cu2+)=34.4-lg3= 34.4-0.5= 33.9，故D正确；
故答案选C。
二、多选题
11．溴化亚铁(FeBr2)是一种常用的催化剂，易潮解变质，800℃以上可升华，高温时溴化铁(FeBr3)迅速分解成溴化亚铁。如图所示制备溴化亚铁(部分夹持仪器未画出)，下列说法错误的是
A．若用浓硫酸代替浓磷酸，则会导致产品的纯度降低
B．常温下浓硫酸与浓磷酸粘度较大主要是由于分子间有氢键
C．浓磷酸在与溴化钠反应中体现了磷酸的酸性比氢溴酸的酸性强
D．碱石灰不能用无水氯化钙代替
【答案】AC
【分析】浓磷酸和溴化钠制备溴化氢，经过安全瓶及干燥后，溴化氢在加热条件下与铁反应生成溴化亚铁，发生反应：Fe+2HBr=FeBr2+H2↑，碱石灰用来吸收未反应的溴化氢，并防止空气中的水蒸气进入装置，实验结束时要关闭热源并继续通入氮气一段时间，使装置中残留的溴化氢被充分吸收，避免造成污染。
【详解】A．浓磷酸换成浓硫酸，会发生副反应：2NaBr+2H2SO4(浓)Na2SO4+Br2↑+SO2↑+2H2O，生成的二氧化硫与铁不反应，溴与铁反应生成的溴化铁在高温下会迅速分解为溴化亚铁，对产品的纯度无影响，故A错误；
B．分子间有氢键的液体，一般粘度较大，常温下浓硫酸与浓磷酸粘度较大主要是由于分子间有氢键，故B正确；
C．氢溴酸是一种强酸，而磷酸为中强酸，浓磷酸能用于制备溴化氢的原因是浓磷酸具有难挥发性，从而生成易挥发的溴化氢，故C错误；
D．碱石灰是用来吸收未反应的溴化氢，而无水氯化钙不能吸收溴化氢，故D正确；
故答案选AC。
三、单选题
12．对下列粒子组在指定溶液中能否大量共存的判断和分析均正确的是
选项
溶液与粒子组
判断和分析
A
使甲基橙变红色的溶液：、、、
不能大量共存，因为使甲基橙变红色的溶液呈酸性，、因发生彻底的双水解而不能大量共存
B
的溶液：、、、
不能大量共存，因为、会发生氧化还原反应
C
常温下水电离的的溶液：、、、
不能大量共存，因为酸性溶液中会发生反应：，碱性溶液中会发生反应：
D
透明溶液：、、、
可大量共存，因为粒子间不反应
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】A．酸性溶液中，，不存在，而不是相互反应不能共存，A项错误；
B．pH=0的溶液呈强酸性环境，会发生反应，不能大量共存，B项错误；
C．水电离出的溶液可能是酸性溶液，也可能是碱性溶液，草酸跟会和酸溶液中氢离子反应，碱性溶液中铵根离子会和氢氧根离子反应，不能大量共存，C项正确；
D．透明溶液有可能是有色的，也可能是无色的，D项错误；
答案选C。
四、多选题
13．室温时下列有关说法正确的是
A．与等体积混合后的溶液中：
B．浓度均为的和的混合溶液，为10，则
C．已知，，浓度均为的和混合溶液中滴加，先析出
D．相同的①、②、③三种溶液，其中的：②>①>③
【答案】BD
【详解】A．与等体积混合，混合后溶液中为等物质的量的CH3COONa和CH3COOH，根据电荷守恒，醋酸的电离程度大于醋酸根离子水解程度，醋酸的浓度不等于钠离子浓度，A错误；
B．浓度均为的和的混合溶液，为10，说明溶液呈碱性，一水合氨的电离程度大于铵根离子的水解程度，根据电荷守恒，因为一水合氨的电离程度大于铵根离子的水解程度，则一水合氨浓度小于氯离子浓度，则，B正确；
C．根据两者的Ksp可知，浓度均为0.01mol/L时，生成AgCl沉淀时c(Ag+)=1.56×10-8mol/L，生成Ag2CrO4时c(Ag+)=3×10-5mol/L，则AgCl先析出，C错误；
D．酸性醋酸>碳酸>次氯酸，则次氯酸根离子水解程度最大，其次为碳酸根离子，醋酸根离子最弱，则pH相同的情况下，次氯酸钠的浓度最小，其次为碳酸钠，醋酸钠浓度最高，则c(Na+)：②>①>③，D正确；
故答案选BD。
14．时，向浓度均为的、溶液中分别滴加等浓度的盐酸，混合溶液中的离子浓度关系如图所示。下列说法错误的是
A．等浓度、等体积的溶液中阳离子总数：
B．电离常数：
C．、点溶液中滴入盐酸的体积相同
D．稀释点溶液，溶液的不变
【答案】AC
【详解】A．由图可知，当相同时，，则的水解常数小于的水解常数，等浓度、等体积的NaX和NaY溶液中，前者氢离子浓度大，由电荷守恒知，等浓度、等体积的溶液中阳离子总数：，A项错误；
B．HX与HY为一元酸，水解常数与电离常数成反比，越弱越水解，溶液为强碱弱酸盐，水解显碱性，碱性为：，则，B项正确；
C．NaX、NaY溶液中分别滴加等浓度的盐酸，根据图像可知溶液酸性增强，当滴定到M、N点时，溶液中，此时溶液的pH为6，酸性越强需要的盐酸越少，消耗等浓度的盐酸的体积就越少，根据，则加入盐酸体积NaX小于NaY，C项错误；
D．由图中数据计算得，Q点溶液中，溶液pH=7，故稀释时溶液pH不变，D项正确；
答案选AC。
五、实验题
15．三氯化钛()是一种深紫色晶体，易潮解，不稳定，易自燃。常用作还原剂以及偶氮分析。可用氢气还原四氯化钛制得。某兴趣小组设计如下实验制取三氯化钛。
I. 制取四氯化钛：是无色液体，沸点，暴露在空气中会发烟。溶液中易水解生成离子。在左右，将氯气通过二氧化钛和炭粉的混合物可生成四氯化钛和一种有毒气体。下图是实验室制备的部分装置(加热和夹持仪器已略去)：
(1)仪器的名称是_______，装置中碱石灰的作用是_______。
(2)中反应的化学方程式为_______。
(3)拆除装置前，除去中残留的操作是：_______。
II. 制备三氯化钛：将制得的四氯化钛加热气化，通入到反应器中与氢气混合，加热反应器，升温至，即可以生成紫色粉末状的三氯化钛。
III. 产品纯度的测定：取上述产品溶于水配成溶液，取待测液滴定，用的标准溶液进行滴定，平均用去标准液。
(4)选择合适的指示剂后，滴定到达终点的现象为_______。该产品的纯度为_______(请用含，的计算式表示)。
IV. 三氯化钛的应用：可以把硝基化合物()还原为胺()，所以在有机化学中可用三氯化钛测定硝基化合物的含量。
(5)写出还原硝基化合物的离子方程式：_______。
【答案】(1) 三颈烧瓶 吸收尾气(、)和防止空气中的水蒸气进入装置
(2)
(3)关闭、(可不写)，打开
(4) 当滴入最后一(半)滴溶液，溶液呈现红色，半分钟内不褪色 (或)
(5)
【分析】A中生成氯气，通过B中干燥后进入C中与二氧化钛和炭粉的混合物反应生成四氯化钛和一氧化碳，装置D收集四氯化钛，TiCl4能够与水发生水解，不能接触空气中的水蒸气，E中碱石灰的作用有两个：吸收尾气(、)和防止空气中的水蒸气进入D装置。
【详解】（1）由实验装置图可知，仪器a的名称是三颈烧瓶；由题干信息可知：而且TiCl4能够与水发生水解，不能接触空气中的水蒸气，所以碱石灰的作用有两个：吸收尾气(、)和防止空气中的水蒸气进入D装置。
（2）由反应原理可推测C中反应的化学方程式为：TiO2+2Cl2+2CTiCl4+2CO；
（3）氯气有毒，不能排入大气中，拆除装置前，除去A中残留Cl2的操作是关闭K1、K3，打开K2可使氢氧化钠流下与剩余的氯气反应。
（4）选用硫氰化钾溶液作指示剂，达到滴定终点时，Fe3+过量，会与指示剂KSCN反应生成红色的Fe(SCN)3，滴定到达终点的现象为：当滴入最后一(半)滴溶液，溶液呈现红色，半分钟内不褪色；根据～，可知产品中含物质的量为，该产品的纯度为；
（5）通过原题信息可知溶液中Ti4+易水解生成TiO2+离子，所以Ti3+被RNO2氧化后的产物是TiO2+，故Ti3+还原硝基化合物的离子方程式为：RNO2+6Ti3++4H2O=RNH2+6TiO2++6H+。
六、原理综合题
16．处理、回收利用是环境科学研究的热点课题。回答下列问题：
(1)用于处理大气污染物的反应为。在作用下该反应的具体过程如图1所示，反应过程中能量变化情况如图2所示。
总反应： _______；该总反应的决速步骤是反应_______ (填“①”或“②”)，并写出该判断的理由)_______。
(2)已知：的速率方程为，为速率常数，只与温度有关。为提高反应速率，可采取的措施是_______(填标号)。
A．降温 B．恒容时，再充入
C．恒压时，再充入 D．加压
(3)在总压为的恒容密闭容器中，充入一定量的和发生上述反应，在不同条件下达到平衡时，在时的转化率与、在时的转化率与的变化曲线如图3所示：
图3
①表示的转化率随的变化曲线为_______曲线(填“I”或“Ⅱ”)；
②_____ (填“>”或“＜”)；
③已知：该反应的标准平衡常数，其中为标准压强()，、、和为各组分的平衡分压，则时，该反应的标准平衡常数_______(计算结果保留两位有效数字，)。
(4)间接电解法除N2O。其工作原理如图4所示，已知：H2S2O4是一种弱酸。电解池的阴极电极反应为_______，用化学方程式表示吸收池中除去的原理：_______。
【答案】(1) －361.22 ① 反应①的活化能是，反应②的活化能是，反应②的活化能更小，故反应①是总反应的决速步
(2)CD
(3) Ⅱ ＞ 3.4
(4)
【详解】（1）由图2可知，总反应为：-361.22，反应的决速步骤是有活化能大的步骤决定的，反应①的活化能是149.6，反应②的活化能是108.22，反应①的活化能更大，故反应①是总反应的决速步骤；
（2）有速率方程可知，此反应的速率与温度和c(N2O)有关，
A．降温，k减小，速率降低，故A错误；
B．恒容时，再充入CO，c(N2O)不变，则速率不变，故B错误；
C．恒压时，再充入，c(N2O)增大，则速率增大，故C正确；
D．加压时，c(N2O)增大，则速率增大，故D正确；
故答案选CD；
（3）①越大，N2O的转化率越小，故曲线Ⅱ表示N2O的转化率随的变化；
②曲线Ⅰ表示N2O的转化率随的变化，由<0，则越大，N2O的转化率越大，故T1>T2；
③由图3曲线1可知，，总压为100kPa，容器恒容，温度为T4时，N2O的转化幸为65%，可列三段式：，利用“三段式”计算可知，平衡时p(N2O)=17.5kPa，p(CO2)=32.5kPa，p(N2)=32.5kPa，=；
（4）由图可知，H2SO3转化为H2S2O4，S元素的化合价从+4价降低到了+3价，被还原，所以与直流电源a相连的电极为阴极，电极反应为：，有装置图可知吸收池中除去N2O的原理是。
七、结构与性质
17．锂离子电池的应用很广，其正极材料可再生利用。某锂离子电池正极材料有钴酸锂()、导电剂乙炔黑和铝箔等。充电时，该锂离子电池阴极发生的反应为。现欲利用以下工艺流程回收正极材料中的某些金属资源(部分条件未给出)。
回答下列问题：
(1)基态原子的价电子排布图为_______。
(2)“酸浸”一般在下进行，写出该步骤中发生的所有氧化还原反应的化学方程式：_______。
(3)在整个回收工艺中，可回收到的金属化合物有_______。
(4)充放电过程中，发生与之间的转化，写出充电时阳极反应方程式：_______。
(5)锂离子电池的负极材料是石墨。石墨晶体的二维平面结构如图1所示，晶胞结构如图2所示(键长为，层间距为)。试回答：
①石墨晶体中C原子数与六元环数目之比是_______。
②根据图2计算石墨晶体的密度是_______ (写出表达式即可)。
【答案】(1)
(2)、
(3)、、
(4)
(5) （或）
【详解】（1）为27号元素，基态原子的价电子排布图为；
（2）由流程可知，酸浸过程中被还原为，同时得到，钴元素化合价降低，根据电子守恒可知，过氧化氢中氧元素化合价升高生成氧气：；同时过氧化氢受热易分解为水和氧，；
（3）锂离子电池正极材料有钴酸锂()、导电剂乙炔黑和铝箔等；由流程可知，最终可回收到的金属化合物有、、；
（4）充电时阳极发生氧化反应，则反应为失去电子生成和锂离子，反应为；
（5）①石墨晶体中1个碳原子被3个碳环共用，故1个六元环中碳原子数目为6÷3=2，故C原子数与六元环数目之比是2:1。
②根据图2可知，晶胞底面为正菱形：，则该菱形的地面边长为、高为，则晶胞的体积为；晶胞中碳原子位于底面顶角60°、顶面顶角60°共4个，底面顶角120°、顶面顶角120°共4个，60°竖棱2个、120°竖棱2个，面上2个，体内1个，故碳原子数目为；故石墨晶体的密度是。
八、有机推断题
18．斑蝥素(G)具有良好的抗肿瘤活性，其一种合成路线如下：
已知：
I.
II.
回答下列问题：
(1)A中含氧官能团的名称是_______，反应①的有机反应类型为_______。
(2)反应②中的吡啶()具有类似于苯环的平面结构，下列关于吡啶的说法正确的是_______(填标号)。
A．吡啶中含有与苯类似的大键
B．吡啶中N原子的价层孤电子对占据轨道
C．吡啶在水中的溶解度小于苯在水中的溶解度
D．3-甲基吡啶()的碱性大于吡啶
(3)反应②为消去反应，反应③的化学方程式为_______。
(4)反应④所使用的又名氯化亚砜，其分子空间结构名称为_______。
(5) 中采取杂化与采取的碳原子个数比为_______。
(6)芳香化合物W是G的同分异构体，写出同时满足下列条件的W的结构简式：_______。
①能发生银镜反应
②能与溶液发生显色反应
③能发生水解反应，且酸性条件下两种水解产物的核磁共振氢谱均只有2组峰
【答案】(1) (酮)羰基、酯基 加成反应
(2)AD
(3)+3H2O+NH3+CH3OH(或+3H2O +HCl+NH4Cl+CH3OH)
(4)三角锥形
(5)
(6)
【分析】A与HCN加成生成B，B的分子式为C7H9NSO3，C的分子式为C7H7NSO2，对比发现，B生成C的过程中减少了一分子水，考虑到B中含有羟基，所以B生成C的过程应是羟基的消去反应，C的结构简式为；C与H2O/HCl反应生成D，根据题目所给信息可知-CN水解生成-COOH，根据所学知识酯基也会在酸性环境中水解生成醇和酸，所以D的结构简式为；对比D和E的分子式、以及后续产物的结构简式可知，E应为。
【详解】（1）根据A的结构简式可知其含氧官能团为(酮)羰基、酯基；根据分析可知反应①为加成反应；
（2）A．吡啶中的碳和氮原子采用杂化，各有一个垂直杂化轨道平面的p轨道填充1个电子，参与形成大键，由此可知形成的大键的电子数为6，而形成大键的原子数为6，该分子中的大键表示为，A正确；
Ｂ．已知吡啶中含有与苯类似大π键，则说明吡啶中N原子也是采用sp2杂化，杂化轨道只用于形成σ键和存在孤电子对，则吡啶中N原子的价层孤电子对占据sp2杂化轨道，B错误；
Ｃ．吡啶和H2O均为极性分子，符合相似相溶原理，而苯为非极性分子；而且吡啶能与H2O分子形成分子间氢键，所以吡啶在水中的溶解度大于苯，C错误；
Ｄ．已知-CH3为斥电子基团，则导致N原子电子云密度大小顺序为：＞，所以吡啶和其衍生物的碱性随N原子电子云密度的增大而增强，所以碱性大于，D正确；
故答案选ＡD。
（3）根据分析可知C为，D为，反应③的化学方程式为+3H2O+NH3+CH3OH或+3H2O+HCl→+NH4Cl+CH3OH；
（4）氯化亚砜中中心原子S上的孤电子对数为，σ键电子对数为3，价层电子对数为3+1=4，S原子采用sp3杂化，VSEPR模型为四面体形，略去1对孤电子对，SOCl2的空间结构为三角锥形；
（5）根据分析可知E为，E中碳氧双键上的碳原子采取sp2杂化，两个环之间的碳碳双键采取sp2杂化，故sp2杂化类型的碳原子有4个，与硫原子相连的2个碳原子采取sp3杂化，故sp3杂化类型与sp2杂化类型的碳原子之比为2：4，即1：2；
（6）G中含有10个碳原子，不饱和度为5，其同分异构体满足：①能发生银镜反应，则含有-CHO结构(可能是醛基，也可以是甲酸形成的酯基)；②能与FeCl3溶液发生显色反应，则含有酚羟基，说明含有苯环，则其侧链上还有一个双键；③能发生水解反应，且酸性条件下两种水解产物的核磁共振氢谱均只有2组峰，说明含有酯基，由于其侧链上只能有一个双键，所以该酯基一定是甲酸形成的酯基，水解产物的核磁共振氢谱均只有2组峰，则水解产物的结构高度对称，符合题意的为；
湖南省长沙市第一中学2022-2023学年高三上学期月考卷（三）化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．化学与生活密切相关。下列叙述正确的是
A．漂白粉与盐酸可混合使用以提高消毒效果 B．温室气体是形成酸雨的主要物质
C．棉花、麻和蚕丝均为碳水化合物 D．干冰可用在舞台上制造“云雾”
【答案】D
【详解】A．漂白粉的有效成分次氯酸钙与盐酸混合，会发生氧化还原反应生成有毒的氯气，两者不能混合使用，A错误；
B．温室气体主要是指二氧化碳，二氧化碳不是形成酸雨的主要物质，形成酸雨的主要物质是硫氧化物、氮氧化物等，B错误；
C．棉花、麻来源于植物，主要成分均是纤维素，为碳水化合物，但蚕丝来源于动物，主要成分是蛋白质，蛋白质不是碳水化合物，C错误；
D．干冰是固态的二氧化碳，干冰升华时，吸收大量的热，使周围温度降低，大量的水蒸气凝结成了小液滴，形成 “云雾”效果，D正确；
答案选D。
2．下列事实不能用键能的大小来解释的是
A．N元素的电负性较大，但N2的化学性质很稳定
B．稀有气体一般难发生化学反应
C．HF、HCl、HBr、HI的稳定性逐渐减弱
D．F2比O2更容易与H2反应
【答案】B
【详解】A.由于N2分子中存在三键，键能很大，破坏共价键需要很大的能量，所以N2的化学性质很稳定；
B.稀有气体都为单原子分子，分子内部没有化学键；
C.卤族元素从F到I原子半径逐渐增大，其氢化物中的化学键键长逐渐变长，键能逐渐变小，所以稳定性逐渐减弱；
D.由于H－F键的键能大于H—O键，所以二者相比较，更容易生成HF。
故选B.
3．设为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A．常温常压下，的价层电子中所含的孤电子对数为
B．假设氯化铁完全转化为氢氧化铁胶体，则分散系中胶体微粒数为
C．固体中所含阴、阳离子总数为
D．标准状况下的溶于水，充分反应，转移的电子数为
【答案】A
【详解】A．的电子式为，含有5对未成对电子，的价层电子中所含的孤电子对数为，故A正确；
B．1mol氯化铁完全转化为氢氧化铁胶体，则分散系中胶体微粒为氢氧化铁粒子的集合体，所以胶体微粒数小于，故 B 错误；
C．中含有2个和1个，所以78gNa2O2固体中，阴离子和阳离子总数一定为，故C错误；
D．与水的反应属于可逆反应，标准状况下的物质的量为，溶于水，充分反应，转移的电子数小于，故D错误；
故选A。
4．“西门子法”提纯硅的反应之一为：，已知氢原子吸引电子的能力介于碳原子和硅原子之间，下列说法不正确的是
A．是还原产物 B．即是氧化产物，也是还原产物
C．还原剂与氧化剂的物质的量之比为 D．生成时，转移电子
【答案】D
【分析】由氢原子吸引电子的能力介于碳原子和硅原子之间可知，三氯硅烷中硅元素为+4价、氢元素为—1价。
【详解】A．由方程式可知，反应中氢元素的化合价降低被还原，氯化氢是反应的氧化剂，氢气是还原产物，故A正确；
B．由方程式可知，反应中氢元素的化合价降低被还原，氯化氢是反应的氧化剂，硅元素化合价升高被氧化，硅为反应的还原剂，则三氯硅烷即是氧化产物，也是还原产物，故B正确；
C．由方程式可知，反应中氢元素的化合价降低被还原，氯化氢是反应的氧化剂，硅元素化合价升高被氧化，硅为反应的还原剂，还原剂与氧化剂的物质的量比1：3，故C正确；
D．由方程式可知，反应中氢元素的化合价降低被还原，氯化氢是反应的氧化剂，硅元素化合价升高被氧化，硅为反应的还原剂，则反应中生成1mol三氯硅烷转移4mol电子，故D错误；
故选D。
5．磷锡青铜合金广泛用于仪器仪表中的耐磨零件和抗磁元件等。其晶胞结构如图所示，已知晶胞参数为。下列说法不正确的是
A．磷锡青铜的化学式为
B．该晶胞中与原子等距离且最近的原子有12个
C．三种元素、、在元素周期表中分别处于区、区、区
D．和原子间的最短距离为
【答案】D
【详解】A．由均摊法可知，晶胞中Cu原子数目= 6×12=3 、 Sn原子数目= 8×18=1 、P原子数目为1，故化学式为 Cu3SnP ，选项A正确；
B．晶胞中与Sn原子等距离且最近的Cu原子，有12个，选项B正确；
C．三种元素Cu、Sn、P在元素周期表中分别处于ds区、p区、p区，选项C正确；
D．P原子位于体心而Sn位于顶点，Sn和P原子间的最短距离为体对角线长的一半，故距离为 a pm，选项D错误；
答案选D。
6．一种利用废旧镀锌铁皮制备磁性Fe3O4纳米粒子的工艺流程如图。
下列有关说法不正确的是
A．“碱洗”是为了去除废旧镀锌铁皮表面的油污
B．“氧化”时发生反应的离子方程式为2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O
C．“氧化”后的溶液中金属阳离子主要有Fe2+、Fe3+、Na+
D．用激光笔照射“加热沉铁”后所得分散系，产生丁达尔效应
【答案】A
【分析】向废旧镀锌铁皮中加入氢氧化钠溶液除去锌，过滤向固体中加入稀硫酸，铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁，向硫酸亚铁溶液中加入次氯酸钠溶液，将一部分亚铁离子氧化为铁离子，发生反应：2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O，先通入氮气排尽空气(防止后续生成的氢氧化亚铁被氧化)，加入氢氧化钠溶液产生氢氧化亚铁、氢氧化铁胶体，分离得到氢氧化亚铁和氢氧化铁，灼烧得到四氧化三铁。
【详解】A．由分析可知，“碱洗”是为了除去锌，生成Na2ZnO2，过滤得到铁单质，A错误；
B．“氧化”时，亚铁离子与次氯酸根离子发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O，B正确；
C．“氧化”时，部分亚铁离子与次氯酸根离子发生反应：2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O，故溶液中金属阳离子主要有Fe2+、Fe3+、Na+，C正确；
D．“加热沉铁”后所得分散系为胶体，胶体可产生丁达尔效应，D正确；
答案选A。
7．甲～丁图为中学化学常用的仪器的全部或局部，下列说法正确的是
甲
乙
丙
丁
A．甲图所示仪器用于蒸馏时，冷却水应从下口通入
B．乙图所示仪器使用前需检查是否漏水
C．丙图所示仪器装入药品后须检查气密性才能制备气体
D．丁图所示仪器可用于酸碱中和滴定和减压过滤
【答案】B
【详解】A．甲图所示仪器为球形冷凝管，若用于蒸馏，冷凝下来的液体会存留于球泡处，不能顺利进入接受器，不能用于蒸馏，A项错误；
B．乙图所示仪器为酸式滴定管或碱式滴定管，使用前需检查是否漏水，B项正确；
C．丙图所示仪器为启普发生器，应先检查气密性，气密性符合要求后才能装入药品，C项错误；
D．丁图所示仪器为吸滤瓶(或抽滤瓶)，可用于减压过滤，因为具有支管，摇动时易使液体洒出，不能用于酸碱中和滴定，D项错误；
答案选B。
8．某电池材料的结构如图，M、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的同周期主族元素，Y元素原子的价电子数是W的两倍。下列说法正确的是
A．氢化物沸点：X>Y
B．第一电离能：M
D．阴离子中不存在配位键
【答案】C
【分析】M、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的同周期主族元素，结合图示可知，M形成+1价阳离子，该图示为电池材料组成与结构，则M为Li，说明五种元素均位于第二周期，Y元素原子的价电子数是W的两倍，Y形成2个共价键，其价电子数为6，W的价电子数为3，则W为B，Y为O；Z形成1个共价键，X形成4个共价键，则X为C，Z为F元素，以此分析解答。
【详解】根据分析可知，M为Li，W为B，X为C，Y为O，Z为F元素。
A．水分子间形成氢键，沸点高于甲烷的，但不一定高于碳的其它氢化物，故A错误；
B．同周期自左向右第一电离能逐渐增大，则第一电离能：M
D．阴离子中存在配位键，即B和O之间存在配位键，故D错误；
故选C。
9．某研究机构使用电池作为电源电解制备，其工作原理如图所示。已知电池反应为，下列说法错误的是
A．电池的接的是电极
B．电解池中膜、膜均为阳离子交换膜
C．电池中电极的电极反应为
D．当电池生成时理论上电解池中产生
【答案】D
【分析】Li-SO2Cl2电池反应为2Li+SO2Cl2=2LiCl+SO2↑，由图可知，Li作负极，C作正极，电极反应式为SO2Cl2+2e-=2Cl-+SO2↑，电解制备Ni(H2PO2)2，则g为阳极，电极反应式为Ni-2e-=Ni2+，h为阴极，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-。
【详解】A．g为阳极，应连接电池的正极（f），A正确；
B．g为阳极，Ni失电子生成Ni2+，并通过膜a进入Ⅱ室，故膜a为阳离子交换膜，经过膜b进入Ⅱ室与Ni2+结合生成Ni(H2PO2)2，膜b为阴离子交换膜，钠离子通过膜c进入Ⅳ室内形成闭合回路，故膜c为阳离子交换膜，B正确；
C．C作正极，电极反应式为SO2Cl2+2e-=2Cl-+SO2↑，C正确；
D．当Li-SO2Cl2电池生成1molSO2时，转移2mol电子，电解池中生成1mol镍离子，理论上电解池中产生1mol Ni(H2PO2)2，D错误；
故答案选D。
10．下，分别向浓度均为的和溶液中滴加的溶液，滴的过程中和与溶液体积的关系如图所示[已知：，]。下列有关说法错误的是
A．为滴定溶液的曲线
B．对应溶液水的电离程度：先减小后增大
C．点对应的溶液中
D．点纵坐标约为33.9
【答案】C
【分析】10mL浓度为0.1 mol∙L−1的CuCl2和ZnCl2溶液中滴入10mL0.1 mol∙L−1的Na2S反应生成CuS沉淀和ZnS沉淀，Ksp(ZnS)> Ksp(CuS)，反应后溶液中锌离子浓度大，则为滴定ZnCl2溶液的曲线，为滴定CuCl2溶液的曲线。
【详解】A．由上述分析可知，为滴定CuCl2溶液的曲线，故A正确；
B．根据横坐标可以判断在加入Na2S溶液的过程中，水的电离程度先减小后增大，故B正确；
C．溶液中，根据电荷守恒有，Zn2+水解显酸性，则应存在，故C错误；
D．c点时铜离子全部沉淀，此时加入的Na2S的物质的量等于原溶液中CuCl2的物质的量，所以生成CuS沉淀后，c(Cu2+)=c(S2−)，则Ksp(CuS)=10−17.7×10−17.7=10−35.4，d点加入20mL0.1 mol∙L−1Na2S溶液，溶液中硫离子浓度，，c(Cu2+)=3×10−34.4mol∙L−1，-lgc(Cu2+)=34.4-lg3= 34.4-0.5= 33.9，故D正确；
故答案选C。
二、多选题
11．溴化亚铁(FeBr2)是一种常用的催化剂，易潮解变质，800℃以上可升华，高温时溴化铁(FeBr3)迅速分解成溴化亚铁。如图所示制备溴化亚铁(部分夹持仪器未画出)，下列说法错误的是
A．若用浓硫酸代替浓磷酸，则会导致产品的纯度降低
B．常温下浓硫酸与浓磷酸粘度较大主要是由于分子间有氢键
C．浓磷酸在与溴化钠反应中体现了磷酸的酸性比氢溴酸的酸性强
D．碱石灰不能用无水氯化钙代替
【答案】AC
【分析】浓磷酸和溴化钠制备溴化氢，经过安全瓶及干燥后，溴化氢在加热条件下与铁反应生成溴化亚铁，发生反应：Fe+2HBr=FeBr2+H2↑，碱石灰用来吸收未反应的溴化氢，并防止空气中的水蒸气进入装置，实验结束时要关闭热源并继续通入氮气一段时间，使装置中残留的溴化氢被充分吸收，避免造成污染。
【详解】A．浓磷酸换成浓硫酸，会发生副反应：2NaBr+2H2SO4(浓)Na2SO4+Br2↑+SO2↑+2H2O，生成的二氧化硫与铁不反应，溴与铁反应生成的溴化铁在高温下会迅速分解为溴化亚铁，对产品的纯度无影响，故A错误；
B．分子间有氢键的液体，一般粘度较大，常温下浓硫酸与浓磷酸粘度较大主要是由于分子间有氢键，故B正确；
C．氢溴酸是一种强酸，而磷酸为中强酸，浓磷酸能用于制备溴化氢的原因是浓磷酸具有难挥发性，从而生成易挥发的溴化氢，故C错误；
D．碱石灰是用来吸收未反应的溴化氢，而无水氯化钙不能吸收溴化氢，故D正确；
故答案选AC。
三、单选题
12．对下列粒子组在指定溶液中能否大量共存的判断和分析均正确的是
选项
溶液与粒子组
判断和分析
A
使甲基橙变红色的溶液：、、、
不能大量共存，因为使甲基橙变红色的溶液呈酸性，、因发生彻底的双水解而不能大量共存
B
的溶液：、、、
不能大量共存，因为、会发生氧化还原反应
C
常温下水电离的的溶液：、、、
不能大量共存，因为酸性溶液中会发生反应：，碱性溶液中会发生反应：
D
透明溶液：、、、
可大量共存，因为粒子间不反应
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】A．酸性溶液中，，不存在，而不是相互反应不能共存，A项错误；
B．pH=0的溶液呈强酸性环境，会发生反应，不能大量共存，B项错误；
C．水电离出的溶液可能是酸性溶液，也可能是碱性溶液，草酸跟会和酸溶液中氢离子反应，碱性溶液中铵根离子会和氢氧根离子反应，不能大量共存，C项正确；
D．透明溶液有可能是有色的，也可能是无色的，D项错误；
答案选C。
四、多选题
13．室温时下列有关说法正确的是
A．与等体积混合后的溶液中：
B．浓度均为的和的混合溶液，为10，则
C．已知，，浓度均为的和混合溶液中滴加，先析出
D．相同的①、②、③三种溶液，其中的：②>①>③
【答案】BD
【详解】A．与等体积混合，混合后溶液中为等物质的量的CH3COONa和CH3COOH，根据电荷守恒，醋酸的电离程度大于醋酸根离子水解程度，醋酸的浓度不等于钠离子浓度，A错误；
B．浓度均为的和的混合溶液，为10，说明溶液呈碱性，一水合氨的电离程度大于铵根离子的水解程度，根据电荷守恒，因为一水合氨的电离程度大于铵根离子的水解程度，则一水合氨浓度小于氯离子浓度，则，B正确；
C．根据两者的Ksp可知，浓度均为0.01mol/L时，生成AgCl沉淀时c(Ag+)=1.56×10-8mol/L，生成Ag2CrO4时c(Ag+)=3×10-5mol/L，则AgCl先析出，C错误；
D．酸性醋酸>碳酸>次氯酸，则次氯酸根离子水解程度最大，其次为碳酸根离子，醋酸根离子最弱，则pH相同的情况下，次氯酸钠的浓度最小，其次为碳酸钠，醋酸钠浓度最高，则c(Na+)：②>①>③，D正确；
故答案选BD。
14．时，向浓度均为的、溶液中分别滴加等浓度的盐酸，混合溶液中的离子浓度关系如图所示。下列说法错误的是
A．等浓度、等体积的溶液中阳离子总数：
B．电离常数：
C．、点溶液中滴入盐酸的体积相同
D．稀释点溶液，溶液的不变
【答案】AC
【详解】A．由图可知，当相同时，，则的水解常数小于的水解常数，等浓度、等体积的NaX和NaY溶液中，前者氢离子浓度大，由电荷守恒知，等浓度、等体积的溶液中阳离子总数：，A项错误；
B．HX与HY为一元酸，水解常数与电离常数成反比，越弱越水解，溶液为强碱弱酸盐，水解显碱性，碱性为：，则，B项正确；
C．NaX、NaY溶液中分别滴加等浓度的盐酸，根据图像可知溶液酸性增强，当滴定到M、N点时，溶液中，此时溶液的pH为6，酸性越强需要的盐酸越少，消耗等浓度的盐酸的体积就越少，根据，则加入盐酸体积NaX小于NaY，C项错误；
D．由图中数据计算得，Q点溶液中，溶液pH=7，故稀释时溶液pH不变，D项正确；
答案选AC。
五、实验题
15．三氯化钛()是一种深紫色晶体，易潮解，不稳定，易自燃。常用作还原剂以及偶氮分析。可用氢气还原四氯化钛制得。某兴趣小组设计如下实验制取三氯化钛。
I. 制取四氯化钛：是无色液体，沸点，暴露在空气中会发烟。溶液中易水解生成离子。在左右，将氯气通过二氧化钛和炭粉的混合物可生成四氯化钛和一种有毒气体。下图是实验室制备的部分装置(加热和夹持仪器已略去)：
(1)仪器的名称是_______，装置中碱石灰的作用是_______。
(2)中反应的化学方程式为_______。
(3)拆除装置前，除去中残留的操作是：_______。
II. 制备三氯化钛：将制得的四氯化钛加热气化，通入到反应器中与氢气混合，加热反应器，升温至，即可以生成紫色粉末状的三氯化钛。
III. 产品纯度的测定：取上述产品溶于水配成溶液，取待测液滴定，用的标准溶液进行滴定，平均用去标准液。
(4)选择合适的指示剂后，滴定到达终点的现象为_______。该产品的纯度为_______(请用含，的计算式表示)。
IV. 三氯化钛的应用：可以把硝基化合物()还原为胺()，所以在有机化学中可用三氯化钛测定硝基化合物的含量。
(5)写出还原硝基化合物的离子方程式：_______。
【答案】(1) 三颈烧瓶 吸收尾气(、)和防止空气中的水蒸气进入装置
(2)
(3)关闭、(可不写)，打开
(4) 当滴入最后一(半)滴溶液，溶液呈现红色，半分钟内不褪色 (或)
(5)
【分析】A中生成氯气，通过B中干燥后进入C中与二氧化钛和炭粉的混合物反应生成四氯化钛和一氧化碳，装置D收集四氯化钛，TiCl4能够与水发生水解，不能接触空气中的水蒸气，E中碱石灰的作用有两个：吸收尾气(、)和防止空气中的水蒸气进入D装置。
【详解】（1）由实验装置图可知，仪器a的名称是三颈烧瓶；由题干信息可知：而且TiCl4能够与水发生水解，不能接触空气中的水蒸气，所以碱石灰的作用有两个：吸收尾气(、)和防止空气中的水蒸气进入D装置。
（2）由反应原理可推测C中反应的化学方程式为：TiO2+2Cl2+2CTiCl4+2CO；
（3）氯气有毒，不能排入大气中，拆除装置前，除去A中残留Cl2的操作是关闭K1、K3，打开K2可使氢氧化钠流下与剩余的氯气反应。
（4）选用硫氰化钾溶液作指示剂，达到滴定终点时，Fe3+过量，会与指示剂KSCN反应生成红色的Fe(SCN)3，滴定到达终点的现象为：当滴入最后一(半)滴溶液，溶液呈现红色，半分钟内不褪色；根据～，可知产品中含物质的量为，该产品的纯度为；
（5）通过原题信息可知溶液中Ti4+易水解生成TiO2+离子，所以Ti3+被RNO2氧化后的产物是TiO2+，故Ti3+还原硝基化合物的离子方程式为：RNO2+6Ti3++4H2O=RNH2+6TiO2++6H+。
六、原理综合题
16．处理、回收利用是环境科学研究的热点课题。回答下列问题：
(1)用于处理大气污染物的反应为。在作用下该反应的具体过程如图1所示，反应过程中能量变化情况如图2所示。
总反应： _______；该总反应的决速步骤是反应_______ (填“①”或“②”)，并写出该判断的理由)_______。
(2)已知：的速率方程为，为速率常数，只与温度有关。为提高反应速率，可采取的措施是_______(填标号)。
A．降温 B．恒容时，再充入
C．恒压时，再充入 D．加压
(3)在总压为的恒容密闭容器中，充入一定量的和发生上述反应，在不同条件下达到平衡时，在时的转化率与、在时的转化率与的变化曲线如图3所示：
图3
①表示的转化率随的变化曲线为_______曲线(填“I”或“Ⅱ”)；
②_____ (填“>”或“＜”)；
③已知：该反应的标准平衡常数，其中为标准压强()，、、和为各组分的平衡分压，则时，该反应的标准平衡常数_______(计算结果保留两位有效数字，)。
(4)间接电解法除N2O。其工作原理如图4所示，已知：H2S2O4是一种弱酸。电解池的阴极电极反应为_______，用化学方程式表示吸收池中除去的原理：_______。
【答案】(1) －361.22 ① 反应①的活化能是，反应②的活化能是，反应②的活化能更小，故反应①是总反应的决速步
(2)CD
(3) Ⅱ ＞ 3.4
(4)
【详解】（1）由图2可知，总反应为：-361.22，反应的决速步骤是有活化能大的步骤决定的，反应①的活化能是149.6，反应②的活化能是108.22，反应①的活化能更大，故反应①是总反应的决速步骤；
（2）有速率方程可知，此反应的速率与温度和c(N2O)有关，
A．降温，k减小，速率降低，故A错误；
B．恒容时，再充入CO，c(N2O)不变，则速率不变，故B错误；
C．恒压时，再充入，c(N2O)增大，则速率增大，故C正确；
D．加压时，c(N2O)增大，则速率增大，故D正确；
故答案选CD；
（3）①越大，N2O的转化率越小，故曲线Ⅱ表示N2O的转化率随的变化；
②曲线Ⅰ表示N2O的转化率随的变化，由<0，则越大，N2O的转化率越大，故T1>T2；
③由图3曲线1可知，，总压为100kPa，容器恒容，温度为T4时，N2O的转化幸为65%，可列三段式：，利用“三段式”计算可知，平衡时p(N2O)=17.5kPa，p(CO2)=32.5kPa，p(N2)=32.5kPa，=；
（4）由图可知，H2SO3转化为H2S2O4，S元素的化合价从+4价降低到了+3价，被还原，所以与直流电源a相连的电极为阴极，电极反应为：，有装置图可知吸收池中除去N2O的原理是。
七、结构与性质
17．锂离子电池的应用很广，其正极材料可再生利用。某锂离子电池正极材料有钴酸锂()、导电剂乙炔黑和铝箔等。充电时，该锂离子电池阴极发生的反应为。现欲利用以下工艺流程回收正极材料中的某些金属资源(部分条件未给出)。
回答下列问题：
(1)基态原子的价电子排布图为_______。
(2)“酸浸”一般在下进行，写出该步骤中发生的所有氧化还原反应的化学方程式：_______。
(3)在整个回收工艺中，可回收到的金属化合物有_______。
(4)充放电过程中，发生与之间的转化，写出充电时阳极反应方程式：_______。
(5)锂离子电池的负极材料是石墨。石墨晶体的二维平面结构如图1所示，晶胞结构如图2所示(键长为，层间距为)。试回答：
①石墨晶体中C原子数与六元环数目之比是_______。
②根据图2计算石墨晶体的密度是_______ (写出表达式即可)。
【答案】(1)
(2)、
(3)、、
(4)
(5) （或）
【详解】（1）为27号元素，基态原子的价电子排布图为；
（2）由流程可知，酸浸过程中被还原为，同时得到，钴元素化合价降低，根据电子守恒可知，过氧化氢中氧元素化合价升高生成氧气：；同时过氧化氢受热易分解为水和氧，；
（3）锂离子电池正极材料有钴酸锂()、导电剂乙炔黑和铝箔等；由流程可知，最终可回收到的金属化合物有、、；
（4）充电时阳极发生氧化反应，则反应为失去电子生成和锂离子，反应为；
（5）①石墨晶体中1个碳原子被3个碳环共用，故1个六元环中碳原子数目为6÷3=2，故C原子数与六元环数目之比是2:1。
②根据图2可知，晶胞底面为正菱形：，则该菱形的地面边长为、高为，则晶胞的体积为；晶胞中碳原子位于底面顶角60°、顶面顶角60°共4个，底面顶角120°、顶面顶角120°共4个，60°竖棱2个、120°竖棱2个，面上2个，体内1个，故碳原子数目为；故石墨晶体的密度是。
八、有机推断题
18．斑蝥素(G)具有良好的抗肿瘤活性，其一种合成路线如下：
已知：
I.
II.
回答下列问题：
(1)A中含氧官能团的名称是_______，反应①的有机反应类型为_______。
(2)反应②中的吡啶()具有类似于苯环的平面结构，下列关于吡啶的说法正确的是_______(填标号)。
A．吡啶中含有与苯类似的大键
B．吡啶中N原子的价层孤电子对占据轨道
C．吡啶在水中的溶解度小于苯在水中的溶解度
D．3-甲基吡啶()的碱性大于吡啶
(3)反应②为消去反应，反应③的化学方程式为_______。
(4)反应④所使用的又名氯化亚砜，其分子空间结构名称为_______。
(5) 中采取杂化与采取的碳原子个数比为_______。
(6)芳香化合物W是G的同分异构体，写出同时满足下列条件的W的结构简式：_______。
①能发生银镜反应
②能与溶液发生显色反应
③能发生水解反应，且酸性条件下两种水解产物的核磁共振氢谱均只有2组峰
【答案】(1) (酮)羰基、酯基 加成反应
(2)AD
(3)+3H2O+NH3+CH3OH(或+3H2O +HCl+NH4Cl+CH3OH)
(4)三角锥形
(5)
(6)
【分析】A与HCN加成生成B，B的分子式为C7H9NSO3，C的分子式为C7H7NSO2，对比发现，B生成C的过程中减少了一分子水，考虑到B中含有羟基，所以B生成C的过程应是羟基的消去反应，C的结构简式为；C与H2O/HCl反应生成D，根据题目所给信息可知-CN水解生成-COOH，根据所学知识酯基也会在酸性环境中水解生成醇和酸，所以D的结构简式为；对比D和E的分子式、以及后续产物的结构简式可知，E应为。
【详解】（1）根据A的结构简式可知其含氧官能团为(酮)羰基、酯基；根据分析可知反应①为加成反应；
（2）A．吡啶中的碳和氮原子采用杂化，各有一个垂直杂化轨道平面的p轨道填充1个电子，参与形成大键，由此可知形成的大键的电子数为6，而形成大键的原子数为6，该分子中的大键表示为，A正确；
Ｂ．已知吡啶中含有与苯类似大π键，则说明吡啶中N原子也是采用sp2杂化，杂化轨道只用于形成σ键和存在孤电子对，则吡啶中N原子的价层孤电子对占据sp2杂化轨道，B错误；
Ｃ．吡啶和H2O均为极性分子，符合相似相溶原理，而苯为非极性分子；而且吡啶能与H2O分子形成分子间氢键，所以吡啶在水中的溶解度大于苯，C错误；
Ｄ．已知-CH3为斥电子基团，则导致N原子电子云密度大小顺序为：＞，所以吡啶和其衍生物的碱性随N原子电子云密度的增大而增强，所以碱性大于，D正确；
故答案选ＡD。
（3）根据分析可知C为，D为，反应③的化学方程式为+3H2O+NH3+CH3OH或+3H2O+HCl→+NH4Cl+CH3OH；
（4）氯化亚砜中中心原子S上的孤电子对数为，σ键电子对数为3，价层电子对数为3+1=4，S原子采用sp3杂化，VSEPR模型为四面体形，略去1对孤电子对，SOCl2的空间结构为三角锥形；
（5）根据分析可知E为，E中碳氧双键上的碳原子采取sp2杂化，两个环之间的碳碳双键采取sp2杂化，故sp2杂化类型的碳原子有4个，与硫原子相连的2个碳原子采取sp3杂化，故sp3杂化类型与sp2杂化类型的碳原子之比为2：4，即1：2；
（6）G中含有10个碳原子，不饱和度为5，其同分异构体满足：①能发生银镜反应，则含有-CHO结构(可能是醛基，也可以是甲酸形成的酯基)；②能与FeCl3溶液发生显色反应，则含有酚羟基，说明含有苯环，则其侧链上还有一个双键；③能发生水解反应，且酸性条件下两种水解产物的核磁共振氢谱均只有2组峰，说明含有酯基，由于其侧链上只能有一个双键，所以该酯基一定是甲酸形成的酯基，水解产物的核磁共振氢谱均只有2组峰，则水解产物的结构高度对称，符合题意的为；
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