还剩22页未读，
继续阅读
重庆市南开中学2023届高三化学下学期第八次质量检测试题（Word版附解析）
展开
这是一份重庆市南开中学2023届高三化学下学期第八次质量检测试题（Word版附解析），共25页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
重庆市高2023届高三第八次质量检测
化学试题
本试卷满分100分，考试时间75分钟。
可能用到的相对原子质量：H—1 C—12 N—14 O—16 Na—23 S—32 Ti—48
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. 人类的健康离不开糖类、蛋白质、脂类等营养物质。下列有关说法正确的是
A. 糖类也被称为碳水化合物，所有糖类的化学组成均满足的通式
B. 牛胰岛素彻底水解的产物是纯净物
C. 可以通过牛油的氢化生产人造奶油
D. 食用蔬菜和水果可以为人体补充维生素
【答案】D
【解析】
【详解】A．不是所有糖类化学组成都满足，如鼠李糖，故A错误；
B．胰岛素属于蛋白质，水解后得到多种氨基酸，水解产物为混合物，故B错误；
C．植物油中含较多不饱和双键，氢化后可制得人造奶油，故C错误；
D．蔬菜和水果含有人体所需的多种维生素，多食用蔬菜水果可补充维生素，故D正确；
故选：D。
2. 下列表示正确的是
A. 乙烯的电子式：
B. 的空间充填模型：
C. 果糖的结构简式：
D. 的价电子排布式：
【答案】A
【解析】
【详解】A．乙烯分子中含有碳碳双键，电子式为 ，故A正确；
B．氯原子半径大于C原子， 不能表示的空间充填模型，故B错误；
C．果糖的结构简式为CH2OH(CHOH)3COCH2OH，是葡萄糖的结构简式，故C错误；
D．的电子排布式为，价电子排布式为3d6，故D错误；
选A。
3. 重庆大学潘复生院士在镁合金技术研究领域做出巨大贡献。下列说法正确的是
A. 1个基态镁原子中有2个未成对单电子 B. 海水中含有丰富的镁元素
C. 镁合金具有密度大、强度高的优点 D. 工业上用在高温下还原MgO制备Mg
【答案】B
【解析】
【详解】A．镁元素的原子序数为12，基态原子价电子排布式为3s2，原子中没有未成对单电子，故A错误；
B．海水中含有丰富的镁元素，目前世界上生产的镁60%来自于海水，故B正确；
C．镁合金具有密度小、强度高的优点，故C错误；
D．镁还原性强于氢气，则工业上不能用氢气在高温下还原氧化镁制备镁，故D错误；
故选B。
4. 经过下列操作后溶液呈碱性的是
A. 通入少量的溶液 B. 通入足量的溶液
C. 加入少量Fe的溶液 D. 加入足量的NaOH溶液
【答案】B
【解析】
【详解】A．亚硫酸氢钠溶液中亚硫酸氢根离子的电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，则通入少量二氧化硫的亚硫酸氢钠溶液呈酸性，故A不符合题意；
B．氨气与氯化铝溶液反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，则通入足量氨气的氯化铝溶液得到的是氯化铵和氨水的混合溶液，氨水在溶液中的电离程度大于铵根离子的水解程度，溶液可能呈碱性，故B符合题意；
C．氯化铁溶液与铁反应生成氯化亚铁，则加入少量铁的氯化铁溶液为氯化亚铁和氯化铁的混合溶液，铁离子和亚铁离子在溶液中发生水解反应使溶液呈酸性，故C不符合题意；
D．足量的与氢氧化钠溶液反应生成磷酸二氢钠，磷酸二氢根离子的电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，则加入足量的的氢氧化钠溶液呈酸性，故D不符合题意；
故选B。
5. 下列变化对应的离子方程式正确的是
A. MgO溶于溶液：
B. 向溶液中通入产生沉淀：
C. 暴露在空气中的NaOH溶液变质：
D. 浓硝酸分解：
【答案】C
【解析】
【详解】A．氧化镁与硫酸氢钠溶液反应生成硫酸钠、硫酸镁和水，反应的离子方程式为，故A错误；
B．硫酸铜溶液与硫化氢气体反应生成硫化铜沉淀和硫酸，反应的离子方程式为，故B错误；
C．暴露在空气中的氢氧化钠溶液变质发生的反应为氢氧化钠溶液与二氧化碳反应生成碳酸钠和水，反应的离子方程式为，故C正确；
D．浓硝酸受热或遇光分解生成二氧化氮、氧气和水，反应的离子方程式为，故D错误；
故选C。
6. NA是阿伏加德罗常数的值，下列关于反应：(未配平)的说法不正确的是
A. 1 mol 参与反应，断裂8 NA个键
B. 生成1 mol ，转移2 NA个电子
C. 1 L 的NaOH溶液中有0.01 NA个
D. 6.3 g 中有0.15 NA个σ键
【答案】C
【解析】
【详解】A．分子的空间结构为，分子中含有8个硫硫键，则1 mol 参与反应，断裂硫硫键的数目为1 mol×8×NAmol—1=8NA，故A正确；
B．由化合价可知，分子与氢氧化钠溶液反应生成1mol硫化钠时，反应转移电子数目为1 mol×2×NAmol—1=2NA，故B正确；
C．未明确测定溶液pH的温度，无法计算1 LpH=12的氢氧化钠溶液中氢氧化钠的物质的量和钠离子的数目，故C错误；
D．亚硫酸根离子含有3个σ键，则6.3 g亚硫酸钠中含有σ键的数目为×3×NAmol—1=0.15NA，故D正确；
故选C。
7. 化合物I可以发生分子内反应生成化合物II：
下列说法中不正确的是
A. 化合物I是共价化合物，化合物II是离子化合物
B. 化合物I和化合物II中N原子都是杂化
C. 化合物I中所有原子可以共平面，化合物II的阳离子中所有原子无法共平面
D. 化合物I和化合物II中都有极性共价键
【答案】C
【解析】
【详解】A．由结构简式可知，化合物I是只含有共价键的共价化合物，化合物II是含有离子键和共价键的离子化合物，故A正确；
B．由结构简式可知，化合物I和化合物II中饱和氮原子的杂化方式都为sp3杂化，故B正确；
C．由结构简式可知，化合物I中含有空间构型为四面体形的饱和碳原子，分子中所有原子不可能共平面，故C错误；
D．由结构简式可知，化合物I是只含有极性共价键和非极性共价键的共价化合物，化合物II是含有离子键、极性共价键和非极性共价键的离子化合物，故D正确；
故选C。
8. 为了达到实验目的，下列实验操作正确的是
选项
实验目的
实验操作
A
制备漂白粉
将缓慢通入浓热的NaOH溶液，充分反应后过滤
B
除去中的
通过的溶液洗气
C
检验菠菜中的
将菠菜榨汁，过滤后将滤液煮沸，自然冷却后滴加铁氰化钾溶液
D
除去苯中的苯酚
用NaOH溶液洗涤后分液，重复2~3次，再用干燥有机层，最后除去干燥剂
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．漂白粉的主要成分为氯化钙和次氯酸钙，氯气与浓热的氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、氯酸钠和水，则氯气与浓热的氢氧化钠溶液反应不能用于制备漂白粉，故A错误；
B．乙烯和乙炔均能与溴的四氯化碳溶液反应，所以不能用溴的四氯化碳溶液除去乙炔中混有的乙烯杂质，故B错误；
C．亚铁离子具有还原性，滤液煮沸过程中，亚铁离子会被空气中氧气氧化为铁离子，则将菠菜榨汁，过滤后将滤液煮沸，自然冷却后滴加铁氰化钾溶液不能检验出菠菜中的亚铁离子，故C错误；
D．苯不能与氢氧化钠溶液反应，苯酚能与氢氧化钠溶液反应，所以用氢氧化钠溶液洗涤后分液，重复2~3次，再用硫酸钠固体干燥有机层，最后除去干燥剂可以除去苯中的苯酚，故D正确；
故选D。
9. 的结构如图所示：
下列说法不正确的是
A. 的配位数为6 B. 键角：
C. 与之间形成了氢键 D. 中心原子价层电子对数为4
【答案】B
【解析】
【详解】A．由结构图可知与周围6个水分子形成配位键，其配位数为6，故A正确；
B．与中心原子的价电子对数均为4，水分子中含2对孤对电子，中不含孤对电子，键角小于键角，故B错误；
C．由结构信息可知中的H与中的O原子之间存在氢键，故C正确；
D．中心原子价层电子对数=，故D正确；
故选：B。
10. 在2.0 L恒容密闭容器中充入气体M和N，发生反应 ΔH>0，不同条件下的实验结果如下表：
实验编号
温度
起始投料/(mol)
平衡浓度/(mol/L)
①
0.40
0.20
0.15
a
②
0.40
0.20
0.18
b
③
0.20
0.10
下列说法正确的是
A. 实验①平衡后降低温度，将减小，将增大
B. ，
C. 实验②中平衡时缩小容器体积至0.5 L，再次平衡后=0.36 mol/L
D. 实验③中无X生成
【答案】D
【解析】
【详解】A．该反应为吸热反应，降低温度，平衡向逆反应方向移动，M和N的浓度都减小，故A错误；
B．由表格数据可知，实验①反应达到平衡，消耗M的浓度为—0.15mol/L=0.05 mol/L，由方程式可知，平衡时N的浓度为—0.05mol/L=0.05 mol/L，则a=0.05，实验②反应达到平衡，消耗M的浓度为—0.18mol/L=0.02mol/L，由方程式可知，平衡时N的浓度为—0.02mol/L=0.08 mol/L，则b=0.08，故B错误；
C．由方程式可知，反应的平衡常数K=c(M)c(N)，该反应是气体体积增大的反应，实验②中平衡时缩小容器体积至0.5L，气体压强增大，平衡向逆反应方向移动，温度不变，平衡常数不变，则新平衡时，M的浓度还是为0.18mol/L，故C错误；
D．由表格数据可知，温度为时，反应的平衡常数K=c(M)c(N)=0.18×0.08=0.0144，实验③的浓度熵Qc=×=0.005＜K，平衡正向进行，则反应无X生成，故D正确；
故选D。
11. W、X、Y、Z是电负性依次增大的4种短周期主族元素，W与Y可以形成2种常见的离子化合物，化学式分别为和，为白色固体，为淡黄色固体，X和Y在元素周期表中处于相邻位置，下列说法中一定正确的是
A. 原子半径：W>X>Y>Z B. 第一电离能：Z>Y>X>W
C. 原子序数：Y>W>X>Z D. 最高化合价：Y>X>Z>W
【答案】A
【解析】
【分析】W、X、Y、Z是电负性依次增大的4种短周期主族元素，W与Y可以形成白色固体W2Y、淡黄色固体W2Y2，两种化合物均为离子化合物，则W为Na元素、Y为O元素、Z为F元素；X和Y在元素周期表中处于相邻位置，则Y为N元素。
【详解】A．钠原子的原子半径是短周期主族元素中最大的，同周期元素，从左到右原子半径依次减小，则四种原子的原子半径大小顺序为Na>N>O>F，故A正确；
B．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则氮元素的第一电离能大于氧元素，故B错误；
C．氮、氧、氟、钠四种元素的原子序数依次增大，则钠元素的原子序数最大，故C错误；
D．氧元素和氟元素的非金属性强，没有正化合价，故D错误；
故选A。
12. 常用含的定影液溶解照相底片上未曝光的AgBr(不溶于浓氨水)，生成可溶于水的；接着向所得溶液中加入，生成沉淀；最后将转化为Ag。下列说法中不正确的是
A. 向含的溶液中滴加浓氨水会生成
B. 生成反应的离子方程式为
C. 向溶液中加入少量AgBr固体，将生成沉淀
D. 既不溶于溶液，也不溶于浓氨水。
【答案】A
【解析】
【详解】A．AgBr不溶于浓氨水，则溴化银的稳定性强于银氨络离子；AgBr溶于生成可溶于水的，则的稳定性强于AgBr，故的稳定性强于银氨络离子，所以向含的溶液中滴加浓氨水不会生成，A错误；
B．向含溶液中加入，生成沉淀，发生的离子方程式为：，B正确；
C．的溶解度小于AgBr，难溶电解质会向着溶解度更小的物质转化，向溶液中加入少量AgBr固体，将生成沉淀，C正确；
D．向含的溶液中加入，生成沉淀，则稳定性强于，也强于银氨络离子，既不溶于溶液，也不溶于浓氨水，D正确；
故选A。
13. 苯甲酸是一种重要的化工原料。以苯乙酮为原料，以KI为电解质，利用电化学方法合成苯甲酸的原理(部分)如下：
下列说法中，正确的是
A. KI是该反应的催化剂
B. 电解过程中阳极产物有和
C. 外电路流过3 mol 时，理论上可制备0.5 mol苯甲酸(不考虑副反应)
D. 充分搅拌的情况下，电解过程中溶液pH不断减小
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知KI在阳极发生反应生成碘单质，且最终无KI生成，因此KI不是催化剂，故A错误；
B．阳极反应为：，碘单质与溶液中OH-反应生成，因此不是阳极产物，故B错误；
C．电解过程总反应为：，该过程转移2mol电子生成1mol碘单质，则转移3mol电子时生成碘单质1.5mol，，由反应可知1.5mol碘单质生成1.5mol；+3→+CHI3+2OH-，1.5mol反应生成0.5mol苯甲酸，故C正确；
D． 由上述反应可知电解过程中生成碱，同时生成的碘单质又与碱反应，两者生成和消耗的氢氧根相等，在最终转化为又有碱生成，因此最终溶液中氢氧根离子浓度增大，pH值增大，故D错误；
故选：C。
14. 常温下，有4份浓度均为0.1 mol/L的溶液：①，②HCl，③，④NaOH，已知：，，，忽略溶液混合引起的体积变化，下列说法中不正确的是
A. ①和②等体积混合所得溶液中， mol/L
B. 将20 mL③缓慢滴加到20 mL②所得溶液中，
C. 20 mL①和10 mL④混合所得溶液中，mol/L
D. ①和③等体积混合所得溶液中，
【答案】C
【解析】
【详解】A．①和②等体积混合得到浓度均为0.05 mol/L的盐酸和醋酸的混合溶液，则溶液中醋酸根离子的浓度为≈=2×10—5mol/L，故A正确；
B．将20 mL0.1 mol/L碳酸钠溶液缓慢滴加到20 mL0.1 mol/L盐酸溶液中发生的反应为盐酸与碳酸钠溶液反应生成氯化钠、二氧化碳和水，最终得到等浓度的氯化钠和碳酸钠的混合溶液，溶液中存在物料守恒关系，故B正确；
C．由醋酸的电离常数可知，当溶液中醋酸根离子浓度等于醋酸浓度时，溶液中氢离子浓度c(H+)==Ka=2×10—5mol/L，20 mL0.1 mol/L醋酸溶液和10 mL0.1 mol/L氢氧化钠溶液混合所得溶液为等浓度的醋酸和醋酸钠混合溶液，由醋酸的电离常数可知，醋酸根离子的水解常数Kh==＜Ka说明等浓度的醋酸和醋酸钠混合溶液中醋酸根离子的水解程度小于醋酸的电离程度，溶液中醋酸根离子浓度大于醋酸浓度，则溶液中的氢离子浓度小于2×10—5mol/L，所以溶液中c(H+)—c(OH—) ＜2×10—5mol/L，故C错误；
D．由碳酸的电离常数可知，碳酸氢根在溶液中的水解常数Kh==＞Ka2说明碳酸氢根离子在溶液中的水解程度大于电离程度，溶液呈碱性，0.1 mol/L醋酸溶液与0.1 mol/L碳酸钠溶液等体积混合得到醋酸钠和碳酸氢钠的混合溶液，则混合溶液呈碱性，溶液中醋酸根离子浓度大于醋酸，故D正确；
故选C。
二、非选择题：共58分。
15. 钛和钛的化合物在航天、化工、建筑、日常生活中都有着广泛的用途。利用锂离子电池的一种钛酸锂废料[主要成分为，含有少量碳单质、Ni(II)、Fe(II)和Fe(III)]，回收其中的锂和钛，并制备碳酸锂和钛白()产品，工艺流程如图所示：
（1）钛的几种同位素的质量数和相对丰度如下表，钛最稳定的核素是___________(写出相应核素的符号)。
核素
A
B
C
D
质量数
44
46
48
51
丰度／％
0.015
7.99
73.97
0.001
（2）钛比钢轻、比铝硬，是一种新兴的结构材料，钛硬度比铝大的原因是___________。
（3）浸出渣中含有钛酸和少量___________。
（4）已知：，，。若要将Ni、Fe从浸出液中分步除去，达到分离Ni和Fe的目的，方案为___________，然后继续调pH，过滤得到。
（5）“沉锂”步骤使用的试剂为碳酸钠，写出该步骤的离子方程式：___________；碳酸钠的添加量(理论用量的倍数)对的收率及纯度影响如图所示，代表纯度的曲线为___________(填“a”或“b”)。
（6）测定钛白中的含量可用滴定分析法：准确称取0.3000 g样品放入锥形瓶中，加入和混合溶液，加热使样品溶解；冷却后，加入一定量稀盐酸(Ti元素存在形式变为)；加入金属铝，将全部转化为；待过量金属铝完全溶解并冷却后，加入指示剂，用0.1000 mol/L 标准溶液滴定至终点，将氧化为，重复操作2~3次，消耗标准溶液平均体积为25.00 mL。
①加入金属铝的作用除了还原外，另一个作用是___________。
②滴定时所用的指示剂为___________(填字母)。
a．酚酞溶液 b．淀粉溶液 c．溶液 d．KSCN溶液
③样品中的纯度为___________(保留一位小数)。
【答案】（1）
（2）Ti原子的价电子数比Al多，金属键更强
（3）C （4）先加入H2O2溶液，将Fe2+氧化为Fe3+，然后调节溶液pH，过滤得到Fe(OH)3
（5） ①. 2Li++CO=Li2CO3↓ ②. a
（6） ①. 与酸反应生成氢气，形成氢气氛围，防止Ti3+在空气中被氧化 ②. d ③. 66.7%
【解析】
【分析】由题给流程可知，向钛酸锂废料中加入稀硫酸酸浸、过滤得到含有二氧化钛、碳的滤渣和含有亚铁离子、铁离子、镍离子、锂离子的浸出液；向浸出液中先加入过氧化氢溶液，将亚铁离子氧化为铁离子，然后调节溶液pH，使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到氢氧化铁，然后继续调pH，使镍离子转化为氢氧化镍沉淀，过滤得到氢氧化镍和含有锂离子的滤液；向滤液中加入碳酸钠溶液，将锂离子转化为碳酸锂沉淀，过滤得到尾液和碳酸锂；含有二氧化钛、碳的滤渣烧结除去碳得到二氧化钛。
【小问1详解】
由表格数据可知，质量数为48的Ti的对丰度最大，说明最稳定的核素是，故答案为：；
【小问2详解】
钛元素的原子序数为22，价电子排布式为3d24s2，铝元素的原子序数为13，价电子排布式为3s23p1，钛和铝都是金属晶体，钛原子的价电子数比铝原子多，晶体中金属键更强，所以钛硬度比铝大，故答案为：Ti原子的价电子数比Al多，金属键更强；
【小问3详解】
由分析可知，浸出渣中含有钛酸和少量的碳，故答案为：C；
【小问4详解】
由溶度积可知，氢氧化亚铁和氢氧化镍的溶度积相差不大，镍离子沉淀时，亚铁离子也会转化为沉淀，所以若要将铁元素和镍元素分离，应先将亚铁离子转化为铁离子，调节溶液pH使铁离子先转化为氢氧化铁沉淀，后调节溶液pH将镍离子转化为氢氧化镍沉淀，具体操作为向浸出液中先加入过氧化氢溶液，将亚铁离子氧化为铁离子，然后调节溶液pH，使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到氢氧化铁，然后继续调pH，使镍离子转化为氢氧化镍沉淀，过滤得到氢氧化镍，故答案为：先加入H2O2溶液，将Fe2+氧化为Fe3+，然后调节溶液pH，过滤得到Fe(OH)3；
【小问5详解】
由分析可知，向滤液中加入碳酸钠溶液的目的是将锂离子转化为碳酸锂沉淀，反应的离子方程式为2Li++CO=Li2CO3↓，增大碳酸钠的添加量，锂离子会完全转化为碳酸锂沉淀，碳酸锂的收率会增大，但过量的碳酸钠溶液会使碳酸锂的纯度降低，所以曲线a代表碳酸锂的纯度，故答案为：2Li++CO=Li2CO3↓；a；
【小问6详解】
①由题意可知，加入铝可以将TiO2+还原为Ti3+，也可以与盐酸反应生成氢气，形成氢气氛围，防止Ti3+在空气中被氧化，故答案为：与酸反应生成氢气，形成氢气氛围，防止Ti3+在空气中被氧化；
②硫酸铁铵中铁离子能与硫氰酸根离子生成红色的硫氰化铁，所以滴定时应选用硫氰化钾溶液做滴定的指示剂，故选d；
③由题意可得如下转化关系：TiO2—NH4Fe(SO4)2，滴定消耗25.00 mL0.1000 mol/L硫酸铁铵溶液，则样品中二氧化钛的纯度为×100%≈66.7%，故答案为：66.7%。
16. 的化合物种类较多，其中三氯化六氨合钴(III)在工业上用途广泛。
已知：①具有较强还原性，溶液呈棕色。性质稳定。
②[Co(NH3)6]Cl3在水中的溶解度曲线如下图所示。
实验室制备的实验步骤：
I．检查装置气密性并将、和活性炭在三颈烧瓶中混合，滴加浓氨水，溶液变为棕色，充分反应后缓慢滴加双氧水，水浴加热20 min，实验装置下图所示。
II．将所得浊液趁热过滤，向滤液中逐滴加入少量浓盐酸。
III．冷却结晶后过滤，用少量冷水和无水乙醇分别洗涤晶体2~3次。
（1）图中仪器b的名称为___________。
（2）写出步骤I中棕色溶液与双氧水反应的离子方程式：___________。
（3）步骤II向滤液中加入浓盐酸的作用是___________。
（4）步骤III中用冷水洗涤的目的是___________。
（5）用如图装置测定产品中的含量(部分装置已省略)：
①蒸氨：取xg样品加入过量试剂后，加热三颈烧瓶，蒸出的通入盛有 mL mol/L 标准溶液的锥形瓶中。液封装置2的作用是___________。
②滴定：将液封装置2中的水倒入锥形瓶后，用 mol/L NaOH溶液滴定剩余的，消耗 mL NaOH溶液。滴定时选用的指示剂为___________，的质量分数为___________；若NaOH溶液使用前敞口放置于空气中一段时间，测得的含量___________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
【答案】（1）干燥管 （2）
（3）增大氯离子浓度，有利于析出
（4）洗去溶水杂质，同时减少溶解损失
（5） ①. 防止氨气逸出 ②. 甲基橙 ③. 或 ④. 偏低
【解析】
【小问1详解】
由仪器b的构造可知b为干燥管，故答案为：干燥管；
【小问2详解】
由题中信息可知、和活性炭在三颈烧瓶中混合，滴加浓氨水，溶液变为棕色，此时Co以存在，加双氧水后被氧化为，反应离子方程式为：，故答案为：；
【小问3详解】
步骤II向滤液中加入浓盐酸增大氯离子浓度，有利于析出，故答案为：增大氯离子浓度，有利于析出；
【小问4详解】
步骤III中用冷水洗涤洗去溶水杂质，同时减少溶解损失，故答案为：洗去溶水杂质，同时减少溶解损失；
【小问5详解】
①蒸出的进入吸收装置中，为防止氨气逸出采用液封装置2，故答案为：防止氨气逸出；
②用NaOH溶液滴定剩余的，最终溶液为硫酸铵和硫酸铵混合溶液，溶液呈酸性，因此应选甲基橙作指示剂；中和剩余硫酸所用的NaOH的物质的量为：mol，则剩余硫酸的物质的量：mol，则吸收氨气消耗的硫酸的物质的量为： mol，的质量分数为=或；若NaOH溶液使用前敞口放置于空气中一段时间，NaOH吸收空气中的二氧化碳，导致NaOH的浓度减小，则中和硫酸时的体积偏大，则氨气消耗的硫酸的量偏低，所测氨气的含量偏低；故答案为：或；偏低。
17. 绿色能源的开发利用是未来能源发展的重要方向，也是实现“碳中和”目标的重要举措。与催化重整是实现碳中和的热点研究课题。1991年，Ashcroft提出了甲烷二氧化碳重整的技术理论：气体分子吸附至催化剂表面后发生反应。500℃时，反应原理如下：
反应I．主反应：
反应II．副反应： kJ⋅mol
反应III．积碳反应：
反应IV.积碳反应：
其中，副反应III、IV形成的积碳易导致催化剂失去活性。
（1）在原料气中添加微量有利于保持催化剂的活性，其原因是___________。
（2）为标准摩尔生成焓，其定义为标准状态下，由稳定相态的单质生成1 mol该物质的焓变。对于稳定相态单质，其为零。根据上述信息及下表所给数据，计算反应I的反应热______。
物质
(kJ·mol)
-74.8
-393.5
-110.5
（3）在恒温恒容密闭容器中，通入一定量的、发生催化重整反应(假定只发生主反应1。当投料比时，的平衡转化率(α)与温度(T)、初始压强(p)的关系如图所示。由图可知：压强___________2 MPa(填“>”、“<”或“=”)；当温度为、初始压强为2 MPa时，a点的___________(填“>”、“<”或“=”)。起始时向1 L恒容容器中加入2 mol 和2 mol ，在温度为、初始压强为2 MPa条件下反应，用压强表示该反应的平衡常数：___________。(分压=总压×物质的量分数)。
（4）用电化学方法还原将其转化为其它化学产品可以实现对的综合利用。下图是在酸性条件下电化学还原的装置示意图：
已知：法拉第效率(FE)定义：
控制、电解液中存在KCl时，电化学还原过程中(其他含碳产物未标出)和的法拉第效率变化如图所示。
①写出阴极产生的电极反应：___________。
②结合上图的变化规律，推测KCl可能的作用是___________。
③ mol/L时，22.4 L(已折合为标准状况，下同)的被完全吸收并还原为和，分离后，将CH4和混合气体通入如下图所示装置(反应完全)，出口处收集到气体8.96 L(不考虑水蒸气)，则___________。
【答案】（1）微量可以降低积碳
（2）+247.3 kJ·mol
（3） ①. < ②. < ③. 4
（4） ①. ②. KCl的存在有利于CO2还原成CH4，不利于生成氢气(或KCl的浓度大于1mol/L时，KCl抑制了阴极产生氢气，提高了CO2电化学还原生成CH4的选择性) ③. 22.5%
【解析】
【小问1详解】
微量氧气可将副反应生成C转化为氧化物，从而降低催化剂表面的积碳，避免积碳过多导致催化剂失去活性，故答案为：微量可以降低积碳；
【小问2详解】
=0+2×(-110.5 kJ·mol)-( -393.5 kJ·mol)-( -74.8 kJ·mol)=+247.3 kJ·mol，故答案为：+247.3 kJ·mol；
【小问3详解】
由反应可知其他条件相同增大压强平衡逆向移动，二氧化碳的转化率降低，结合图像，在温度相同时，压强对应的二氧化碳转化率高于2 MPa条件下转化率，则小于2MPa；当温度为、初始压强为2 MPa时，a点对应二氧化碳转化率高于平衡转化率，则反应应逆向进行，大于；根据已知条件列三段式：
根据压强之比等于气体物质的量之比，则平衡时气体的压强P总=，；
故答案为：<；<；4；
【小问4详解】
①酸性条件下，阴极产生的电极反应：，故答案为：；
②图中变化规律是随KCl的浓度的增大，FE()增大，说明KCl的存在有利于CO2还原成，不利于生成氢气(或KCl的浓度大于1mol/L时，KCl抑制了阴极产生氢气，提高了CO2电化学还原生成CH4的选择性)，故答案为：KCl的存在有利于CO2还原成CH4，不利于生成氢气(或KCl的浓度大于1mol/L时，KCl抑制了阴极产生氢气，提高了CO2电化学还原生成CH4的选择性)；
③标况下22.4L的CO2是1mol，完全吸收并还原为CH4和C2H4，分离H2后，将CH4和C2H4混合气体通入如图所示装置(反应完全)，出口处收集到气体8.96L为CH4，则CH4物质的量为=0.4mol，根据C原子守恒生成的C2H4的物质的量=×(1-0.4)mol= 0.3mol，生成CH4所用的电子的物质的量=8×0.4mol=3.2mol，生成C2H4所用的电子的物质的量=6×0.3mol×2 = 3.6mol，c(KCl) = 3mol·L-1时，FE(CH4)= 20%，则FE(C2H4)= 22.5%，故答案为：22.5%。
18. 聚合物F的合成线路如图所示：
已知：①
②
（1）条件a为___________；反应①的反应类型是___________。
（2）关于B和C，下列说法正确的是___________(填字母)。
a．B可以发生氧化、取代、加成反应
b．利用质谱法可以鉴别B和C
c．可用的溶液检验C中含有碳碳三键
（3）反应②的化学方程式为___________。
（4）化合物E的结构简式为___________。
（5）H是C的同系物，H的相对分子质量比C大14，则H有___________种可能的结构(不考虑立体异构)。
（6）X与Y经以下两种途径均可获得M。
①M的结构简式为___________。
②将Y更换为Y′()，发现X与Y′无法形成晶体，证实了形成晶体时Y中苯环上氟原子的必要性。猜测氟原子可能的作用：影响晶体中分子的堆积方式、增强了-N3的活性和___________。
【答案】（1） ①. 光照 ②. 取代反应
（2）abc （3）++H2O
（4） （5）25
（6） ①. ②. 羧基的酸性
【解析】
【分析】A的分子式为C7H8，由C分子中含有苯环，逆推可知A是甲苯；甲苯和溴发生取代反应生成C7H7Br，C7H7Br在氢氧化钠溶液中能发生水解反应，可知C7H7Br的结构简式为，水解为；由C苯环上的2个取代基为对位，逆推与溴发生取代反应生成；发生催化氧化生成B，B是；和乙炔发生取代反应生成；根据信息①，和反应生成，D是；D与NaN3发生取代反应生成E，由G逆推，可知E是，由信息②可知F是；F水解生成G。
【小问1详解】
在光照条件下甲苯中甲基上的H原子被Br原子取代生成，条件a为光照；反应①是中的Br原子被代替生成，反应类型是取代反应；
【小问2详解】
a．B是含有醛基，可以发生氧化、加成反应，含有溴原子，可以发生取代反应，故a正确；
b．B是，C是，相对分子质量不同，利用质谱法可以鉴别B和C，故b正确；
c．碳碳叁键与的溶液发生加成反应，碳碳叁键能使的溶液褪色，醛基与的溶液不反应，可用的溶液检验C中含有碳碳三键，故c正确；
选abc。
【小问3详解】
反应②和反应生成和水，化学方程式为++H2O；
【小问4详解】
与NaN3发生取代反应生成E，由G逆推，可知E是；
【小问5详解】
H是的同系物，H的相对分子质量比C大14，H比C多1个碳原子，若H含有3个取代基-CHO、、-CH3，在苯环上的位置异构有10种；若H含有2个取代基-CH2CHO、，在苯环上的位置异构有3种；若H含有2个取代基-CHO、，在苯环上的位置异构有3种；若H含有2个取代基-CHO、，在苯环上的位置异构有3种；若H含有2个取代基-CH3、，在苯环上的位置异构有3种；若H含有1个取代基，有1种结构；若H含有1个取代基，有1种结构；若H含有1个取代基，有1种结构；则H有25种可能的结构。
【小问6详解】
①由信息②可知，M的结构简式为。
②将Y更换为Y′()，发现X与Y′无法形成晶体，猜测氟原子可能的作用：影响晶体中分子的堆积方式、增强了-N3的活性和羧基的酸性。
重庆市高2023届高三第八次质量检测
化学试题
本试卷满分100分，考试时间75分钟。
可能用到的相对原子质量：H—1 C—12 N—14 O—16 Na—23 S—32 Ti—48
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. 人类的健康离不开糖类、蛋白质、脂类等营养物质。下列有关说法正确的是
A. 糖类也被称为碳水化合物，所有糖类的化学组成均满足的通式
B. 牛胰岛素彻底水解的产物是纯净物
C. 可以通过牛油的氢化生产人造奶油
D. 食用蔬菜和水果可以为人体补充维生素
【答案】D
【解析】
【详解】A．不是所有糖类化学组成都满足，如鼠李糖，故A错误；
B．胰岛素属于蛋白质，水解后得到多种氨基酸，水解产物为混合物，故B错误；
C．植物油中含较多不饱和双键，氢化后可制得人造奶油，故C错误；
D．蔬菜和水果含有人体所需的多种维生素，多食用蔬菜水果可补充维生素，故D正确；
故选：D。
2. 下列表示正确的是
A. 乙烯的电子式：
B. 的空间充填模型：
C. 果糖的结构简式：
D. 的价电子排布式：
【答案】A
【解析】
【详解】A．乙烯分子中含有碳碳双键，电子式为 ，故A正确；
B．氯原子半径大于C原子， 不能表示的空间充填模型，故B错误；
C．果糖的结构简式为CH2OH(CHOH)3COCH2OH，是葡萄糖的结构简式，故C错误；
D．的电子排布式为，价电子排布式为3d6，故D错误；
选A。
3. 重庆大学潘复生院士在镁合金技术研究领域做出巨大贡献。下列说法正确的是
A. 1个基态镁原子中有2个未成对单电子 B. 海水中含有丰富的镁元素
C. 镁合金具有密度大、强度高的优点 D. 工业上用在高温下还原MgO制备Mg
【答案】B
【解析】
【详解】A．镁元素的原子序数为12，基态原子价电子排布式为3s2，原子中没有未成对单电子，故A错误；
B．海水中含有丰富的镁元素，目前世界上生产的镁60%来自于海水，故B正确；
C．镁合金具有密度小、强度高的优点，故C错误；
D．镁还原性强于氢气，则工业上不能用氢气在高温下还原氧化镁制备镁，故D错误；
故选B。
4. 经过下列操作后溶液呈碱性的是
A. 通入少量的溶液 B. 通入足量的溶液
C. 加入少量Fe的溶液 D. 加入足量的NaOH溶液
【答案】B
【解析】
【详解】A．亚硫酸氢钠溶液中亚硫酸氢根离子的电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，则通入少量二氧化硫的亚硫酸氢钠溶液呈酸性，故A不符合题意；
B．氨气与氯化铝溶液反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，则通入足量氨气的氯化铝溶液得到的是氯化铵和氨水的混合溶液，氨水在溶液中的电离程度大于铵根离子的水解程度，溶液可能呈碱性，故B符合题意；
C．氯化铁溶液与铁反应生成氯化亚铁，则加入少量铁的氯化铁溶液为氯化亚铁和氯化铁的混合溶液，铁离子和亚铁离子在溶液中发生水解反应使溶液呈酸性，故C不符合题意；
D．足量的与氢氧化钠溶液反应生成磷酸二氢钠，磷酸二氢根离子的电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，则加入足量的的氢氧化钠溶液呈酸性，故D不符合题意；
故选B。
5. 下列变化对应的离子方程式正确的是
A. MgO溶于溶液：
B. 向溶液中通入产生沉淀：
C. 暴露在空气中的NaOH溶液变质：
D. 浓硝酸分解：
【答案】C
【解析】
【详解】A．氧化镁与硫酸氢钠溶液反应生成硫酸钠、硫酸镁和水，反应的离子方程式为，故A错误；
B．硫酸铜溶液与硫化氢气体反应生成硫化铜沉淀和硫酸，反应的离子方程式为，故B错误；
C．暴露在空气中的氢氧化钠溶液变质发生的反应为氢氧化钠溶液与二氧化碳反应生成碳酸钠和水，反应的离子方程式为，故C正确；
D．浓硝酸受热或遇光分解生成二氧化氮、氧气和水，反应的离子方程式为，故D错误；
故选C。
6. NA是阿伏加德罗常数的值，下列关于反应：(未配平)的说法不正确的是
A. 1 mol 参与反应，断裂8 NA个键
B. 生成1 mol ，转移2 NA个电子
C. 1 L 的NaOH溶液中有0.01 NA个
D. 6.3 g 中有0.15 NA个σ键
【答案】C
【解析】
【详解】A．分子的空间结构为，分子中含有8个硫硫键，则1 mol 参与反应，断裂硫硫键的数目为1 mol×8×NAmol—1=8NA，故A正确；
B．由化合价可知，分子与氢氧化钠溶液反应生成1mol硫化钠时，反应转移电子数目为1 mol×2×NAmol—1=2NA，故B正确；
C．未明确测定溶液pH的温度，无法计算1 LpH=12的氢氧化钠溶液中氢氧化钠的物质的量和钠离子的数目，故C错误；
D．亚硫酸根离子含有3个σ键，则6.3 g亚硫酸钠中含有σ键的数目为×3×NAmol—1=0.15NA，故D正确；
故选C。
7. 化合物I可以发生分子内反应生成化合物II：
下列说法中不正确的是
A. 化合物I是共价化合物，化合物II是离子化合物
B. 化合物I和化合物II中N原子都是杂化
C. 化合物I中所有原子可以共平面，化合物II的阳离子中所有原子无法共平面
D. 化合物I和化合物II中都有极性共价键
【答案】C
【解析】
【详解】A．由结构简式可知，化合物I是只含有共价键的共价化合物，化合物II是含有离子键和共价键的离子化合物，故A正确；
B．由结构简式可知，化合物I和化合物II中饱和氮原子的杂化方式都为sp3杂化，故B正确；
C．由结构简式可知，化合物I中含有空间构型为四面体形的饱和碳原子，分子中所有原子不可能共平面，故C错误；
D．由结构简式可知，化合物I是只含有极性共价键和非极性共价键的共价化合物，化合物II是含有离子键、极性共价键和非极性共价键的离子化合物，故D正确；
故选C。
8. 为了达到实验目的，下列实验操作正确的是
选项
实验目的
实验操作
A
制备漂白粉
将缓慢通入浓热的NaOH溶液，充分反应后过滤
B
除去中的
通过的溶液洗气
C
检验菠菜中的
将菠菜榨汁，过滤后将滤液煮沸，自然冷却后滴加铁氰化钾溶液
D
除去苯中的苯酚
用NaOH溶液洗涤后分液，重复2~3次，再用干燥有机层，最后除去干燥剂
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．漂白粉的主要成分为氯化钙和次氯酸钙，氯气与浓热的氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、氯酸钠和水，则氯气与浓热的氢氧化钠溶液反应不能用于制备漂白粉，故A错误；
B．乙烯和乙炔均能与溴的四氯化碳溶液反应，所以不能用溴的四氯化碳溶液除去乙炔中混有的乙烯杂质，故B错误；
C．亚铁离子具有还原性，滤液煮沸过程中，亚铁离子会被空气中氧气氧化为铁离子，则将菠菜榨汁，过滤后将滤液煮沸，自然冷却后滴加铁氰化钾溶液不能检验出菠菜中的亚铁离子，故C错误；
D．苯不能与氢氧化钠溶液反应，苯酚能与氢氧化钠溶液反应，所以用氢氧化钠溶液洗涤后分液，重复2~3次，再用硫酸钠固体干燥有机层，最后除去干燥剂可以除去苯中的苯酚，故D正确；
故选D。
9. 的结构如图所示：
下列说法不正确的是
A. 的配位数为6 B. 键角：
C. 与之间形成了氢键 D. 中心原子价层电子对数为4
【答案】B
【解析】
【详解】A．由结构图可知与周围6个水分子形成配位键，其配位数为6，故A正确；
B．与中心原子的价电子对数均为4，水分子中含2对孤对电子，中不含孤对电子，键角小于键角，故B错误；
C．由结构信息可知中的H与中的O原子之间存在氢键，故C正确；
D．中心原子价层电子对数=，故D正确；
故选：B。
10. 在2.0 L恒容密闭容器中充入气体M和N，发生反应 ΔH>0，不同条件下的实验结果如下表：
实验编号
温度
起始投料/(mol)
平衡浓度/(mol/L)
①
0.40
0.20
0.15
a
②
0.40
0.20
0.18
b
③
0.20
0.10
下列说法正确的是
A. 实验①平衡后降低温度，将减小，将增大
B. ，
C. 实验②中平衡时缩小容器体积至0.5 L，再次平衡后=0.36 mol/L
D. 实验③中无X生成
【答案】D
【解析】
【详解】A．该反应为吸热反应，降低温度，平衡向逆反应方向移动，M和N的浓度都减小，故A错误；
B．由表格数据可知，实验①反应达到平衡，消耗M的浓度为—0.15mol/L=0.05 mol/L，由方程式可知，平衡时N的浓度为—0.05mol/L=0.05 mol/L，则a=0.05，实验②反应达到平衡，消耗M的浓度为—0.18mol/L=0.02mol/L，由方程式可知，平衡时N的浓度为—0.02mol/L=0.08 mol/L，则b=0.08，故B错误；
C．由方程式可知，反应的平衡常数K=c(M)c(N)，该反应是气体体积增大的反应，实验②中平衡时缩小容器体积至0.5L，气体压强增大，平衡向逆反应方向移动，温度不变，平衡常数不变，则新平衡时，M的浓度还是为0.18mol/L，故C错误；
D．由表格数据可知，温度为时，反应的平衡常数K=c(M)c(N)=0.18×0.08=0.0144，实验③的浓度熵Qc=×=0.005＜K，平衡正向进行，则反应无X生成，故D正确；
故选D。
11. W、X、Y、Z是电负性依次增大的4种短周期主族元素，W与Y可以形成2种常见的离子化合物，化学式分别为和，为白色固体，为淡黄色固体，X和Y在元素周期表中处于相邻位置，下列说法中一定正确的是
A. 原子半径：W>X>Y>Z B. 第一电离能：Z>Y>X>W
C. 原子序数：Y>W>X>Z D. 最高化合价：Y>X>Z>W
【答案】A
【解析】
【分析】W、X、Y、Z是电负性依次增大的4种短周期主族元素，W与Y可以形成白色固体W2Y、淡黄色固体W2Y2，两种化合物均为离子化合物，则W为Na元素、Y为O元素、Z为F元素；X和Y在元素周期表中处于相邻位置，则Y为N元素。
【详解】A．钠原子的原子半径是短周期主族元素中最大的，同周期元素，从左到右原子半径依次减小，则四种原子的原子半径大小顺序为Na>N>O>F，故A正确；
B．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则氮元素的第一电离能大于氧元素，故B错误；
C．氮、氧、氟、钠四种元素的原子序数依次增大，则钠元素的原子序数最大，故C错误；
D．氧元素和氟元素的非金属性强，没有正化合价，故D错误；
故选A。
12. 常用含的定影液溶解照相底片上未曝光的AgBr(不溶于浓氨水)，生成可溶于水的；接着向所得溶液中加入，生成沉淀；最后将转化为Ag。下列说法中不正确的是
A. 向含的溶液中滴加浓氨水会生成
B. 生成反应的离子方程式为
C. 向溶液中加入少量AgBr固体，将生成沉淀
D. 既不溶于溶液，也不溶于浓氨水。
【答案】A
【解析】
【详解】A．AgBr不溶于浓氨水，则溴化银的稳定性强于银氨络离子；AgBr溶于生成可溶于水的，则的稳定性强于AgBr，故的稳定性强于银氨络离子，所以向含的溶液中滴加浓氨水不会生成，A错误；
B．向含溶液中加入，生成沉淀，发生的离子方程式为：，B正确；
C．的溶解度小于AgBr，难溶电解质会向着溶解度更小的物质转化，向溶液中加入少量AgBr固体，将生成沉淀，C正确；
D．向含的溶液中加入，生成沉淀，则稳定性强于，也强于银氨络离子，既不溶于溶液，也不溶于浓氨水，D正确；
故选A。
13. 苯甲酸是一种重要的化工原料。以苯乙酮为原料，以KI为电解质，利用电化学方法合成苯甲酸的原理(部分)如下：
下列说法中，正确的是
A. KI是该反应的催化剂
B. 电解过程中阳极产物有和
C. 外电路流过3 mol 时，理论上可制备0.5 mol苯甲酸(不考虑副反应)
D. 充分搅拌的情况下，电解过程中溶液pH不断减小
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知KI在阳极发生反应生成碘单质，且最终无KI生成，因此KI不是催化剂，故A错误；
B．阳极反应为：，碘单质与溶液中OH-反应生成，因此不是阳极产物，故B错误；
C．电解过程总反应为：，该过程转移2mol电子生成1mol碘单质，则转移3mol电子时生成碘单质1.5mol，，由反应可知1.5mol碘单质生成1.5mol；+3→+CHI3+2OH-，1.5mol反应生成0.5mol苯甲酸，故C正确；
D． 由上述反应可知电解过程中生成碱，同时生成的碘单质又与碱反应，两者生成和消耗的氢氧根相等，在最终转化为又有碱生成，因此最终溶液中氢氧根离子浓度增大，pH值增大，故D错误；
故选：C。
14. 常温下，有4份浓度均为0.1 mol/L的溶液：①，②HCl，③，④NaOH，已知：，，，忽略溶液混合引起的体积变化，下列说法中不正确的是
A. ①和②等体积混合所得溶液中， mol/L
B. 将20 mL③缓慢滴加到20 mL②所得溶液中，
C. 20 mL①和10 mL④混合所得溶液中，mol/L
D. ①和③等体积混合所得溶液中，
【答案】C
【解析】
【详解】A．①和②等体积混合得到浓度均为0.05 mol/L的盐酸和醋酸的混合溶液，则溶液中醋酸根离子的浓度为≈=2×10—5mol/L，故A正确；
B．将20 mL0.1 mol/L碳酸钠溶液缓慢滴加到20 mL0.1 mol/L盐酸溶液中发生的反应为盐酸与碳酸钠溶液反应生成氯化钠、二氧化碳和水，最终得到等浓度的氯化钠和碳酸钠的混合溶液，溶液中存在物料守恒关系，故B正确；
C．由醋酸的电离常数可知，当溶液中醋酸根离子浓度等于醋酸浓度时，溶液中氢离子浓度c(H+)==Ka=2×10—5mol/L，20 mL0.1 mol/L醋酸溶液和10 mL0.1 mol/L氢氧化钠溶液混合所得溶液为等浓度的醋酸和醋酸钠混合溶液，由醋酸的电离常数可知，醋酸根离子的水解常数Kh==＜Ka说明等浓度的醋酸和醋酸钠混合溶液中醋酸根离子的水解程度小于醋酸的电离程度，溶液中醋酸根离子浓度大于醋酸浓度，则溶液中的氢离子浓度小于2×10—5mol/L，所以溶液中c(H+)—c(OH—) ＜2×10—5mol/L，故C错误；
D．由碳酸的电离常数可知，碳酸氢根在溶液中的水解常数Kh==＞Ka2说明碳酸氢根离子在溶液中的水解程度大于电离程度，溶液呈碱性，0.1 mol/L醋酸溶液与0.1 mol/L碳酸钠溶液等体积混合得到醋酸钠和碳酸氢钠的混合溶液，则混合溶液呈碱性，溶液中醋酸根离子浓度大于醋酸，故D正确；
故选C。
二、非选择题：共58分。
15. 钛和钛的化合物在航天、化工、建筑、日常生活中都有着广泛的用途。利用锂离子电池的一种钛酸锂废料[主要成分为，含有少量碳单质、Ni(II)、Fe(II)和Fe(III)]，回收其中的锂和钛，并制备碳酸锂和钛白()产品，工艺流程如图所示：
（1）钛的几种同位素的质量数和相对丰度如下表，钛最稳定的核素是___________(写出相应核素的符号)。
核素
A
B
C
D
质量数
44
46
48
51
丰度／％
0.015
7.99
73.97
0.001
（2）钛比钢轻、比铝硬，是一种新兴的结构材料，钛硬度比铝大的原因是___________。
（3）浸出渣中含有钛酸和少量___________。
（4）已知：，，。若要将Ni、Fe从浸出液中分步除去，达到分离Ni和Fe的目的，方案为___________，然后继续调pH，过滤得到。
（5）“沉锂”步骤使用的试剂为碳酸钠，写出该步骤的离子方程式：___________；碳酸钠的添加量(理论用量的倍数)对的收率及纯度影响如图所示，代表纯度的曲线为___________(填“a”或“b”)。
（6）测定钛白中的含量可用滴定分析法：准确称取0.3000 g样品放入锥形瓶中，加入和混合溶液，加热使样品溶解；冷却后，加入一定量稀盐酸(Ti元素存在形式变为)；加入金属铝，将全部转化为；待过量金属铝完全溶解并冷却后，加入指示剂，用0.1000 mol/L 标准溶液滴定至终点，将氧化为，重复操作2~3次，消耗标准溶液平均体积为25.00 mL。
①加入金属铝的作用除了还原外，另一个作用是___________。
②滴定时所用的指示剂为___________(填字母)。
a．酚酞溶液 b．淀粉溶液 c．溶液 d．KSCN溶液
③样品中的纯度为___________(保留一位小数)。
【答案】（1）
（2）Ti原子的价电子数比Al多，金属键更强
（3）C （4）先加入H2O2溶液，将Fe2+氧化为Fe3+，然后调节溶液pH，过滤得到Fe(OH)3
（5） ①. 2Li++CO=Li2CO3↓ ②. a
（6） ①. 与酸反应生成氢气，形成氢气氛围，防止Ti3+在空气中被氧化 ②. d ③. 66.7%
【解析】
【分析】由题给流程可知，向钛酸锂废料中加入稀硫酸酸浸、过滤得到含有二氧化钛、碳的滤渣和含有亚铁离子、铁离子、镍离子、锂离子的浸出液；向浸出液中先加入过氧化氢溶液，将亚铁离子氧化为铁离子，然后调节溶液pH，使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到氢氧化铁，然后继续调pH，使镍离子转化为氢氧化镍沉淀，过滤得到氢氧化镍和含有锂离子的滤液；向滤液中加入碳酸钠溶液，将锂离子转化为碳酸锂沉淀，过滤得到尾液和碳酸锂；含有二氧化钛、碳的滤渣烧结除去碳得到二氧化钛。
【小问1详解】
由表格数据可知，质量数为48的Ti的对丰度最大，说明最稳定的核素是，故答案为：；
【小问2详解】
钛元素的原子序数为22，价电子排布式为3d24s2，铝元素的原子序数为13，价电子排布式为3s23p1，钛和铝都是金属晶体，钛原子的价电子数比铝原子多，晶体中金属键更强，所以钛硬度比铝大，故答案为：Ti原子的价电子数比Al多，金属键更强；
【小问3详解】
由分析可知，浸出渣中含有钛酸和少量的碳，故答案为：C；
【小问4详解】
由溶度积可知，氢氧化亚铁和氢氧化镍的溶度积相差不大，镍离子沉淀时，亚铁离子也会转化为沉淀，所以若要将铁元素和镍元素分离，应先将亚铁离子转化为铁离子，调节溶液pH使铁离子先转化为氢氧化铁沉淀，后调节溶液pH将镍离子转化为氢氧化镍沉淀，具体操作为向浸出液中先加入过氧化氢溶液，将亚铁离子氧化为铁离子，然后调节溶液pH，使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到氢氧化铁，然后继续调pH，使镍离子转化为氢氧化镍沉淀，过滤得到氢氧化镍，故答案为：先加入H2O2溶液，将Fe2+氧化为Fe3+，然后调节溶液pH，过滤得到Fe(OH)3；
【小问5详解】
由分析可知，向滤液中加入碳酸钠溶液的目的是将锂离子转化为碳酸锂沉淀，反应的离子方程式为2Li++CO=Li2CO3↓，增大碳酸钠的添加量，锂离子会完全转化为碳酸锂沉淀，碳酸锂的收率会增大，但过量的碳酸钠溶液会使碳酸锂的纯度降低，所以曲线a代表碳酸锂的纯度，故答案为：2Li++CO=Li2CO3↓；a；
【小问6详解】
①由题意可知，加入铝可以将TiO2+还原为Ti3+，也可以与盐酸反应生成氢气，形成氢气氛围，防止Ti3+在空气中被氧化，故答案为：与酸反应生成氢气，形成氢气氛围，防止Ti3+在空气中被氧化；
②硫酸铁铵中铁离子能与硫氰酸根离子生成红色的硫氰化铁，所以滴定时应选用硫氰化钾溶液做滴定的指示剂，故选d；
③由题意可得如下转化关系：TiO2—NH4Fe(SO4)2，滴定消耗25.00 mL0.1000 mol/L硫酸铁铵溶液，则样品中二氧化钛的纯度为×100%≈66.7%，故答案为：66.7%。
16. 的化合物种类较多，其中三氯化六氨合钴(III)在工业上用途广泛。
已知：①具有较强还原性，溶液呈棕色。性质稳定。
②[Co(NH3)6]Cl3在水中的溶解度曲线如下图所示。
实验室制备的实验步骤：
I．检查装置气密性并将、和活性炭在三颈烧瓶中混合，滴加浓氨水，溶液变为棕色，充分反应后缓慢滴加双氧水，水浴加热20 min，实验装置下图所示。
II．将所得浊液趁热过滤，向滤液中逐滴加入少量浓盐酸。
III．冷却结晶后过滤，用少量冷水和无水乙醇分别洗涤晶体2~3次。
（1）图中仪器b的名称为___________。
（2）写出步骤I中棕色溶液与双氧水反应的离子方程式：___________。
（3）步骤II向滤液中加入浓盐酸的作用是___________。
（4）步骤III中用冷水洗涤的目的是___________。
（5）用如图装置测定产品中的含量(部分装置已省略)：
①蒸氨：取xg样品加入过量试剂后，加热三颈烧瓶，蒸出的通入盛有 mL mol/L 标准溶液的锥形瓶中。液封装置2的作用是___________。
②滴定：将液封装置2中的水倒入锥形瓶后，用 mol/L NaOH溶液滴定剩余的，消耗 mL NaOH溶液。滴定时选用的指示剂为___________，的质量分数为___________；若NaOH溶液使用前敞口放置于空气中一段时间，测得的含量___________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
【答案】（1）干燥管 （2）
（3）增大氯离子浓度，有利于析出
（4）洗去溶水杂质，同时减少溶解损失
（5） ①. 防止氨气逸出 ②. 甲基橙 ③. 或 ④. 偏低
【解析】
【小问1详解】
由仪器b的构造可知b为干燥管，故答案为：干燥管；
【小问2详解】
由题中信息可知、和活性炭在三颈烧瓶中混合，滴加浓氨水，溶液变为棕色，此时Co以存在，加双氧水后被氧化为，反应离子方程式为：，故答案为：；
【小问3详解】
步骤II向滤液中加入浓盐酸增大氯离子浓度，有利于析出，故答案为：增大氯离子浓度，有利于析出；
【小问4详解】
步骤III中用冷水洗涤洗去溶水杂质，同时减少溶解损失，故答案为：洗去溶水杂质，同时减少溶解损失；
【小问5详解】
①蒸出的进入吸收装置中，为防止氨气逸出采用液封装置2，故答案为：防止氨气逸出；
②用NaOH溶液滴定剩余的，最终溶液为硫酸铵和硫酸铵混合溶液，溶液呈酸性，因此应选甲基橙作指示剂；中和剩余硫酸所用的NaOH的物质的量为：mol，则剩余硫酸的物质的量：mol，则吸收氨气消耗的硫酸的物质的量为： mol，的质量分数为=或；若NaOH溶液使用前敞口放置于空气中一段时间，NaOH吸收空气中的二氧化碳，导致NaOH的浓度减小，则中和硫酸时的体积偏大，则氨气消耗的硫酸的量偏低，所测氨气的含量偏低；故答案为：或；偏低。
17. 绿色能源的开发利用是未来能源发展的重要方向，也是实现“碳中和”目标的重要举措。与催化重整是实现碳中和的热点研究课题。1991年，Ashcroft提出了甲烷二氧化碳重整的技术理论：气体分子吸附至催化剂表面后发生反应。500℃时，反应原理如下：
反应I．主反应：
反应II．副反应： kJ⋅mol
反应III．积碳反应：
反应IV.积碳反应：
其中，副反应III、IV形成的积碳易导致催化剂失去活性。
（1）在原料气中添加微量有利于保持催化剂的活性，其原因是___________。
（2）为标准摩尔生成焓，其定义为标准状态下，由稳定相态的单质生成1 mol该物质的焓变。对于稳定相态单质，其为零。根据上述信息及下表所给数据，计算反应I的反应热______。
物质
(kJ·mol)
-74.8
-393.5
-110.5
（3）在恒温恒容密闭容器中，通入一定量的、发生催化重整反应(假定只发生主反应1。当投料比时，的平衡转化率(α)与温度(T)、初始压强(p)的关系如图所示。由图可知：压强___________2 MPa(填“>”、“<”或“=”)；当温度为、初始压强为2 MPa时，a点的___________(填“>”、“<”或“=”)。起始时向1 L恒容容器中加入2 mol 和2 mol ，在温度为、初始压强为2 MPa条件下反应，用压强表示该反应的平衡常数：___________。(分压=总压×物质的量分数)。
（4）用电化学方法还原将其转化为其它化学产品可以实现对的综合利用。下图是在酸性条件下电化学还原的装置示意图：
已知：法拉第效率(FE)定义：
控制、电解液中存在KCl时，电化学还原过程中(其他含碳产物未标出)和的法拉第效率变化如图所示。
①写出阴极产生的电极反应：___________。
②结合上图的变化规律，推测KCl可能的作用是___________。
③ mol/L时，22.4 L(已折合为标准状况，下同)的被完全吸收并还原为和，分离后，将CH4和混合气体通入如下图所示装置(反应完全)，出口处收集到气体8.96 L(不考虑水蒸气)，则___________。
【答案】（1）微量可以降低积碳
（2）+247.3 kJ·mol
（3） ①. < ②. < ③. 4
（4） ①. ②. KCl的存在有利于CO2还原成CH4，不利于生成氢气(或KCl的浓度大于1mol/L时，KCl抑制了阴极产生氢气，提高了CO2电化学还原生成CH4的选择性) ③. 22.5%
【解析】
【小问1详解】
微量氧气可将副反应生成C转化为氧化物，从而降低催化剂表面的积碳，避免积碳过多导致催化剂失去活性，故答案为：微量可以降低积碳；
【小问2详解】
=0+2×(-110.5 kJ·mol)-( -393.5 kJ·mol)-( -74.8 kJ·mol)=+247.3 kJ·mol，故答案为：+247.3 kJ·mol；
【小问3详解】
由反应可知其他条件相同增大压强平衡逆向移动，二氧化碳的转化率降低，结合图像，在温度相同时，压强对应的二氧化碳转化率高于2 MPa条件下转化率，则小于2MPa；当温度为、初始压强为2 MPa时，a点对应二氧化碳转化率高于平衡转化率，则反应应逆向进行，大于；根据已知条件列三段式：
根据压强之比等于气体物质的量之比，则平衡时气体的压强P总=，；
故答案为：<；<；4；
【小问4详解】
①酸性条件下，阴极产生的电极反应：，故答案为：；
②图中变化规律是随KCl的浓度的增大，FE()增大，说明KCl的存在有利于CO2还原成，不利于生成氢气(或KCl的浓度大于1mol/L时，KCl抑制了阴极产生氢气，提高了CO2电化学还原生成CH4的选择性)，故答案为：KCl的存在有利于CO2还原成CH4，不利于生成氢气(或KCl的浓度大于1mol/L时，KCl抑制了阴极产生氢气，提高了CO2电化学还原生成CH4的选择性)；
③标况下22.4L的CO2是1mol，完全吸收并还原为CH4和C2H4，分离H2后，将CH4和C2H4混合气体通入如图所示装置(反应完全)，出口处收集到气体8.96L为CH4，则CH4物质的量为=0.4mol，根据C原子守恒生成的C2H4的物质的量=×(1-0.4)mol= 0.3mol，生成CH4所用的电子的物质的量=8×0.4mol=3.2mol，生成C2H4所用的电子的物质的量=6×0.3mol×2 = 3.6mol，c(KCl) = 3mol·L-1时，FE(CH4)= 20%，则FE(C2H4)= 22.5%，故答案为：22.5%。
18. 聚合物F的合成线路如图所示：
已知：①
②
（1）条件a为___________；反应①的反应类型是___________。
（2）关于B和C，下列说法正确的是___________(填字母)。
a．B可以发生氧化、取代、加成反应
b．利用质谱法可以鉴别B和C
c．可用的溶液检验C中含有碳碳三键
（3）反应②的化学方程式为___________。
（4）化合物E的结构简式为___________。
（5）H是C的同系物，H的相对分子质量比C大14，则H有___________种可能的结构(不考虑立体异构)。
（6）X与Y经以下两种途径均可获得M。
①M的结构简式为___________。
②将Y更换为Y′()，发现X与Y′无法形成晶体，证实了形成晶体时Y中苯环上氟原子的必要性。猜测氟原子可能的作用：影响晶体中分子的堆积方式、增强了-N3的活性和___________。
【答案】（1） ①. 光照 ②. 取代反应
（2）abc （3）++H2O
（4） （5）25
（6） ①. ②. 羧基的酸性
【解析】
【分析】A的分子式为C7H8，由C分子中含有苯环，逆推可知A是甲苯；甲苯和溴发生取代反应生成C7H7Br，C7H7Br在氢氧化钠溶液中能发生水解反应，可知C7H7Br的结构简式为，水解为；由C苯环上的2个取代基为对位，逆推与溴发生取代反应生成；发生催化氧化生成B，B是；和乙炔发生取代反应生成；根据信息①，和反应生成，D是；D与NaN3发生取代反应生成E，由G逆推，可知E是，由信息②可知F是；F水解生成G。
【小问1详解】
在光照条件下甲苯中甲基上的H原子被Br原子取代生成，条件a为光照；反应①是中的Br原子被代替生成，反应类型是取代反应；
【小问2详解】
a．B是含有醛基，可以发生氧化、加成反应，含有溴原子，可以发生取代反应，故a正确；
b．B是，C是，相对分子质量不同，利用质谱法可以鉴别B和C，故b正确；
c．碳碳叁键与的溶液发生加成反应，碳碳叁键能使的溶液褪色，醛基与的溶液不反应，可用的溶液检验C中含有碳碳三键，故c正确；
选abc。
【小问3详解】
反应②和反应生成和水，化学方程式为++H2O；
【小问4详解】
与NaN3发生取代反应生成E，由G逆推，可知E是；
【小问5详解】
H是的同系物，H的相对分子质量比C大14，H比C多1个碳原子，若H含有3个取代基-CHO、、-CH3，在苯环上的位置异构有10种；若H含有2个取代基-CH2CHO、，在苯环上的位置异构有3种；若H含有2个取代基-CHO、，在苯环上的位置异构有3种；若H含有2个取代基-CHO、，在苯环上的位置异构有3种；若H含有2个取代基-CH3、，在苯环上的位置异构有3种；若H含有1个取代基，有1种结构；若H含有1个取代基，有1种结构；若H含有1个取代基，有1种结构；则H有25种可能的结构。
【小问6详解】
①由信息②可知，M的结构简式为。
②将Y更换为Y′()，发现X与Y′无法形成晶体，猜测氟原子可能的作用：影响晶体中分子的堆积方式、增强了-N3的活性和羧基的酸性。
相关试卷
重庆市南开中学高2023届高三第八次质量检测 化学试卷及参考答案： 这是一份重庆市南开中学高2023届高三第八次质量检测 化学试卷及参考答案，文件包含重庆市南开中学高2023届高三第八次质量检测化学pdf、重庆市南开中学高2023届高三第八次质量检测化学参考答案pdf等2份试卷配套教学资源，其中试卷共12页， 欢迎下载使用。
重庆市南开中学高2023届高三第八次质量检测 化学试卷及参考答案： 这是一份重庆市南开中学高2023届高三第八次质量检测 化学试卷及参考答案，文件包含重庆市南开中学高2023届高三第八次质量检测化学pdf、重庆市南开中学高2023届高三第八次质量检测化学参考答案pdf等2份试卷配套教学资源，其中试卷共12页， 欢迎下载使用。
重庆南开中学2023届高三第八次质量检测试题 化学 PDF版含解析： 这是一份重庆南开中学2023届高三第八次质量检测试题 化学 PDF版含解析，共12页。
