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福建省厦门双十中学2024届高三下学期模拟预测化学试题（Word版附解析）
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这是一份福建省厦门双十中学2024届高三下学期模拟预测化学试题（Word版附解析），文件包含2024届福建省厦门双十中学高三下学期模拟预测化学试题原卷版docx、2024届福建省厦门双十中学高三下学期模拟预测化学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共28页， 欢迎下载使用。
(试卷满分：100分 考试时间：75分钟)
参考的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Mg24 K39 Ca40 Fe56 Br80
一、选择题(每小题只有一个正确答案，每小题4分，共40分)
1. 国家“十四五”规划涉及的下列物质中，主要成分属于金属材料的是
A. 深海蛟龙探海潜水器B. 人工智能芯片
C. 人造软骨聚乙烯醇D. 量子信息螺旋碳纳米管
【答案】A
【解析】
【详解】A．深海蛟龙探海潜水器主要成分是合金，属于金属材料，A符合题意；
B．人工智能芯片主要成分是硅，属于非金属材料，B不符合题意；
C．人造软骨聚乙烯醇，是有机高分子材料，C不符合题意；
D．量子信息螺旋碳纳米管属于非金属材料，D不符合题意；
故选A。
2. 某新型合成药物的中间体结构如图所示，科学家需要对其进行成酯修饰后患者才能服用。已知连在同一碳上的两个羟基易脱水，下列说法正确的是
A. 该化合物最多与反应
B. 该化合物分子中最多有11个碳原子共平面
C. 对该化合物分子进行成酯修饰目的是增强其水溶性
D. 分析该化合物的质谱图，可获得分子中含有的官能团的信息
【答案】B
【解析】
【详解】A．羧基能与NaOH发生中和反应，已知连在同一碳上的两个羟基易脱水，碳氟键水解生成1个羧基、3个HF，它们又与氢氧化钠发生中和反应，1ml该化合物最多与5ml NaOH反应，A错误；
B．与苯环上、碳碳双键连接的碳原子一定共平面，其余单键相连碳原子可通过旋转得出最多2个碳原子在其平面上，所以最多有11个碳原子共平面，B正确；
C．酯基不是亲水基，对该化合物分子进行成酯修饰不是增强其水溶性，C错误；
D．质谱图用来测定相对分子质量，红外光谱用来获得分子中含有的官能团的信息，D错误；
故选B。
3. 常温下，下列各组粒子在指定溶液中能大量共存是
A. 碳酸钠溶液中：、、
B. 加入苯酚显紫色的溶液中能大量共存的离子：、、、
C. 酸性溶液中：、、、
D. 常温下的溶液中：、、、
【答案】A
【解析】
【详解】A．碳酸钠溶液呈碱性，、、均不会和OH-反应，且三种离子之间也互不反应，故各离子可以共存，A选；
B．加入苯酚显紫色的溶液中有铁离子，铁离子和硫离子之间会发生氧化还原反应，生成亚铁离子和硫单质，故二者不能共存，B不选；
C．在酸性溶液中发生氧化还原反应，不能大量共存，C不选；
D．常温下的溶液中，氢离子的浓度为0.1 ml⋅L，溶液中还有硝酸根离子，在氢离子的作用下硝酸根离子会将亚铁离子氧化，故三者不能共存，D不选；
故选A。
4. 实验室制乙炔的反应为，设为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A. 标准状况下，中含有的键数目为
B. 晶体中含有的离子数目为
C. 时，的溶液中的数目为
D. 水中含有的孤电子对数为
【答案】C
【解析】
【详解】A．中含有2个键，标准状况下，的物质的量为0.05ml，含有的键数目为，A正确；
B．中含有1个Ca2+和1个，的物质的量为=0.5ml，含有的离子数目为，B正确；
C．时，的溶液中c(H+)=10-8ml/L，c(OH-)==10-6ml/L，的数目为，C错误；
D．H2O中O原子孤电子对数为=2，水的物质的量为0.1ml，含有的孤电子对数为，D正确；
故选C。
5. 下列实验装置能用于相应实验的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．应该使用氧化钙，氧化钙和水反应生成氢氧化钙放出大量的热促使浓氨水释放出氨气，而不是使用石灰石，A错误；
B．乙二醇被氧化为乙二酸，乙二酸被过量的酸性高锰酸钾氧化为二氧化碳，B错误；
C．稀硫酸和碳酸钠生成二氧化碳气体，二氧化碳和硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀，证明碳酸酸性比硅酸强，C正确；
D．二氧化硫能被硝酸根离子氧化为硫酸根离子，然后和钡离子生成硫酸钡沉淀，干扰三氧化硫检验，D错误；
故选C。
6. 已知：含的酸性溶液。下列说法正确的是
A. (乙二酸)含有键
B. 沸点：
C. 生成的离子方程式为
D. 在足量空气中焙烧，消耗
【答案】C
【解析】
【详解】A．乙二酸结构简式为HOOC-COOH，分子中C原子形成3个σ键，没有孤电子对，该分子中碳原子的杂化方式为sp2，单键为σ键，双键含有1个σ键，1个π键，故HOOC-COOH分子中含有7个σ键，1 ml 分子中含有7 ml σ键，A错误；
B．H2C2O4为分子晶体，Sc2(C2O4)3为离子晶体，离子晶体的沸点大于分子晶体，则沸点：H2C2O4＜Sc2(C2O4)3，B错误；
C．H2C2O4与Sc3+反应生成Sc2(C2O4)3沉淀，离子方程式为：，C正确；
D．Sc2(C2O4)3在足量空气中焙烧生成Sc2O3，Sc元素化合价没有发生变化，说明中C元素由+3价上升到+4价，O2中O元素由0价下降到-2价，根据得失电子守恒可知消耗n[Sc2(C2O4)3]:n(O2)=2:3，D错误；
故选C。
7. X、Y、Z为短周期主族元素，X的原子序数是Y的8倍，X与Z同周期，且基态X、Z原子的未成对电子数相同。M是人体的必需微量元素之一，含有质子。下列说法一定正确的是
A. M在元素周期表中位于d区B. 中Z原子采用杂化
C. X、Z分别与Y形成化合物的沸点：X>ZD. 同周期元素中第一电离能比X大的有3种
【答案】D
【解析】
【分析】X、Y、Z为短周期主族元素，X的原子序数是Y的8倍，则Y为H元素、X为O元素；基态X和Z的未成对电子数相同，则Z可能为C或Si或S；1ml MZX3含有60ml质子，且M是人体的必需微量元素之一，则Z为6号元素碳、M为30号元素Zn。
【详解】A．Zn为30号元素，基态Zn原子核外电子排布式为[Ar]3d104s2，在元素周期表中位于ds区，A错误；
B．中的中心原子C原子的价层电子对数为，为sp2杂化，B错误；
C．没有说明是否为简单氢化物，不能判断O、C分别与H形成化合物的沸点大小，C错误；
D．同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，同周期元素中第一电离能比O大的有N、F、Ne3种，D正确；
故选D。
8. 镍电池芯废料中主要含有金属镍，还含有金属钴、铁、铝。一种从镍电池芯废料中回收金属的工艺流程如下。下列说法正确的是
A. “酸浸”时，若改用浓硫酸，反应速率更快，效果更好
B. 在“氧化除杂”和“酸溶”中的作用相同
C. 洗涤“”操作是向漏斗内加水至浸没滤饼，用玻璃棒搅拌使水快速流下
D. “结晶”时，应加热至出现少量晶膜时，再冷却结晶
【答案】D
【解析】
【分析】电池芯废料先用稀硫酸浸泡，使其中的镍元素，还有钴、铝、铁等元素转化为溶于水的硫酸盐，然后加入H2O2使其中的Fe2+氧化为Fe3+，然后调节pH值，使铝、铁元素转化为沉淀而除去，向氧化、除杂后的滤液中加入次氯酸钠溶液，C2+转化为C(OH)3沉淀，而Ni2+不发生变化，从而实现钴、镍分离；过滤后向沉淀中加入H2O2和H2SO4，在H2O2还原下，使C(OH)3转化为CSO4，再经过一系列操作得到醋酸钴晶体，据此分析解答。
【详解】A．浓硫酸会使得铁、铝钝化，反而会降低反应速率，故A错误；
B．“酸溶”中的作用是将三价钴转化为二价钴，过氧化氢起还原剂作用，H2O2在“氧化除杂”是将亚铁离子转化为铁离子，过氧化氢起氧化剂作用，利于将铁转化为氢氧化铁沉淀而除去，故B错误；
C．化学中过滤后洗涤固体的操作方法是：向过滤器中加入蒸馏水至浸没滤饼，待水自然流下后，重复操作几次，直至洗涤干净即可，不能用玻璃棒搅拌，故C错误；
D．“结晶”时，缓慢蒸发溶液，晶体颗粒长的较大，得到的晶体颗粒较大，冷却结晶防止失去结晶水，故D正确；
故选：D。
9. 一种以NaBr作为电解液，在恒压电解池中光催化烯烃转化为环氧化物的方法如下图所示。下列说法正确的是
A. 为光电解池的阴极
B. 若Pt电极生成11.2L（标准状况），理论上生成0.5ml
C. 上述过程中只有极性键的断裂与生成
D. 上述过程中涉及到的有机反应类型均为取代反应
【答案】B
【解析】
【分析】电极发生氧化反应，，是阳极，则Pt电极为阴极，发生还原反应，。
【详解】A．电极发生氧化反应，，是阳极，A错误；
B．根据图示可知，转移2ml电子，得到1mlH2和1mlBr2，1mlBr2与水得到1mlHBrO，又与烯烃得到1ml环氧化物，因此若Pt电极生成11.2L（标准状况），即0.5mlH2，理论上生成0.5ml ，B正确；
C．Br2与水反应发生非极性键的断裂，C错误；
D．HBrO与烯烃发生加成反应，D错误；
故选B。
10. 在时，用溶液滴定溶液，加入的溶液体积与溶液变化曲线如图所示，其中时溶液中无沉淀，之后出现白色浑浊且逐渐增多，当滴加的溶液体积为时，溶液的稳定在7.20左右，整个滴定过程中未见气泡产生。下列叙述不正确的是
已知：，，。
A. 总反应的化学方程式：
B. 点的混合溶液：
C. 点的混合溶液，的数量级为
D. 的过程中，水的电离程度不断增大
【答案】D
【解析】
【分析】由图可知，a点之前，和未发生反应，随的加入浓度增大，水解增强，溶液pH逐渐增大；过程中，溶液中出现白色浑浊且无气体生成，说明发生反应，据此分析解答。
【详解】A．根据题干中信息，有白色浑浊生成且全程无气体生成，得出反应的化学方程式：，A正确；
B．a点时溶液中存在电荷守恒，a点溶液显碱性，所以c(OH-)>c(H+)，则可得到，B正确；
C．b点的混合溶液中，Ka2(H2CO3)= ，则=，代入题中给出的数据=，即的数量级为10-6，C正确；
D．点溶液中溶质有NaHCO3和CaCl2，水的电离被促进，b点溶液中溶质有NaCl 和H2CO3，水的电离被抑制，对比之下发现，的过程中，水的电离程度不断减小，D错误；
故选D。
二、填空题(4大题，共60分)
11. 一种利用炼锌渣(主要含、、、和一定量的、不溶性杂质)为原料制备硫化锌及高纯镓的流程如图所示：
已知：①电解制取镓时，溶液中的氯离子会影响镓的析出。②。
（1）基态的价层电子排布式为___________，中含有键的数目为___________。
（2）黄钠铁矾的化学式为，晶体颗粒大、易沉降。
①“沉铁”时生成黄钠铁矾的离子方程式为___________。
②不采用调节的方式沉铁，可能的原因是：容易生成而损失；___________(答2点)。
（3）“还原除杂”时先向溶液中加入一定量的铜粉，反应一段时间后再向溶液中加入稍过量粉，加入铜粉的目的是___________。
（4）与的各物种的分布分数随的变化如图所示。“调节”时，不能过高的原因是___________。
（5）通过计算探究氨水能否溶解。已知：室温时，，，。反应的平衡常数为___________。
（6）在沉铁前可以加入铁氰化钾检验是否被完全氧化，若有则会观察到蓝色沉淀。该蓝色沉淀是一种铁的配合物，其晶胞的如图[未标出，占据四个互不相邻的小立方体(晶胞的部分)的体心]。若该晶体的密度为，则1个该晶胞含___________个，和的最短距离为___________(设为阿伏加德罗常数的值，列出计算式即可)。
【答案】（1） ①. 3d10 ②. 8NA
（2） ①. ②. 直接调pH沉铁易生成Fe(OH)3胶体，不容易过滤；Fe(OH)3胶体同时容易吸附Zn2+而造成ZnS损失
（3）除去Cl-，发生的反应为，CuCl难溶于水和稀酸，避免Cl-影响镓的析出
（4）当pH过高时，Zn2+将转化为Zn(OH)2或，较稳定不利于ZnS生成，Zn(OH)2直接沉淀，不利于Zn2+转化为ZnS或ZnS中混有Zn(OH)2
（5）2.0×10-6
（6） ①. 24 ②.
【解析】
【分析】根据流程图分析，炼锌渣经过稀硫酸、H2O2溶浸过滤掉不溶性杂质、将ZnO、CuO、Fe2O3、FeO转化为Zn2+、Cu2+、Fe3+，向滤液中加入硫酸钠溶液进行沉铁，得到黄钠铁矾，溶液中的氯离子会影响镓的析出，可知金属粉末中含有Cu粉除去Cl-，以及金属粉末Zn除去Cu2+，向滤液中加入NaOH溶液调节pH为8.2，目的是将Ga3+转化为，加入Na2S溶液将Zn2+转化为ZnS，最后电解NaGa(OH)4溶液得到金属镓。
【小问1详解】
锌为30号原子，Zn2+的价层电子排布式为3d10；中，OH-中氧原子和氢原子存在σ键，OH-与Ga以σ键结合，所以1ml中含有σ键的物质的量为8ml，数目为8NA。
【小问2详解】
①“沉铁”时，加入硫酸钠生成黄钠铁矾沉淀，离子方程式为；
②直接调pH沉铁易生成Fe(OH)3胶体，不容易过滤；Fe(OH)3胶体同时容易吸附Zn2+而造成ZnS损失。
【小问3详解】
加入铜粉的目的是：除去Cl-，发生的反应为，CuCl难溶于水和稀酸，避免Cl-影响镓的析出。
【小问4详解】
根据图示可得知，当pH过高时，Zn2+将转化为Zn(OH)2或，较稳定不利于ZnS生成，Zn(OH)2直接沉淀，不利于Zn2+转化为ZnS或ZnS中混有Zn(OH)2。
【小问5详解】
由反应方程式的平衡常数K1= ，结合 K=1.0×1034，可知K1===Ksp[Ga(OH)3]×K×Kb(NH3·H2O)=1×10-35×1×1034×2.0×10-5=2.0×10-6。
【小问6详解】
该晶胞图中Fe3+和Fe2+位于顶点位置，设晶胞边长为xcm，则晶胞边长为2xcm，晶胞体积为V=(2xcm)3，K+未标出，占据四个互不相邻的小立方体(晶胞的部分)的体心，所以晶体中含有4个K+，含有24个CN-，晶胞的质量，解得x= 。
12. 格氏试剂(，表示烃基，表示卤原子)是重要的有机试剂。的制备原理()及实验过程如下。
已知：该制备实验需在绝对无水、无氧的环境下进行。一般不易发生，常需引发剂，引发后，反应剧烈且放热。
I、试剂的预处理
（1）乙醚[沸点：，密度为，微溶于水，混有过氧乙醚、少量水]的处理：
①过氧乙醚的检验：取少量样品滴于淀粉试纸中央，出现___________现象，说明其中含有过氧乙醚。
②除过氧乙醚：将乙醚转入___________(选填图中仪器标号)中，加入适量的硫酸亚铁溶液，充分振荡，静置分层，___________(填具体操作)，分离出下层水相。最后将有机相转移至蒸馏装置中蒸馏，收集馏分。
③将经蒸馏获得的乙醚注入棕色试剂瓶中，压入钠丝，盖上有毛细管的瓶盖。压入钠丝的目的是___________。
Ⅱ．的制备
如图组装装置(加热和夹持装置已略)，向仪器中加入镁条和1小粒碘，装好装置，向仪器中加入溴乙烷和乙醚，混匀后开始滴入仪器中，反应中保持微沸，加完后，温水浴加热回流直至镁条完全反应。
（2）仪器Y的名称是___________。
（3）回流结束后，需进行操作有①停止加热②关闭冷凝水③移去水浴，正确的顺序为___________(填标号)。
（4）实验装置存在缺陷，导致制备的格氏试剂易水解，改进措施为___________。
（5）反应温度过高会导致副反应的发生，避免副反应的发生可采取的操作或措施有________。
（6）打开仪器上口的玻璃塞，加入乙醛，之后打开其下口使乙醛逐滴与反应，然后滴加饱和溶液生成产物(伴有一种盐和碱性气体产生)。将从混合液中提纯后进行了氢谱和质谱的表征，结果如下：
则与乙醛反应生成(碳骨架无支链)的总反应为___________。
【答案】（1） ①. 试纸变蓝 ②. A ③. 打开玻璃塞(或使小孔对准凹槽)、打开分液漏斗活塞 ④. 让钠与水反应，除水
（2）恒压滴液漏斗 （3）①③②
（4）在球形冷凝管后加一个装有碱石灰的干燥装置
（5）减慢恒压滴液漏斗中混合液的滴加速率
（6）CH3CH2MgBr+CH3CHO+NH4BrCH3CH(OH)CH2CH3+MgBr2+NH3
【解析】
【分析】乙醚中含有少量的过氧乙醚具有强氧化性，可以将将KI氧化产生I2，因而可以使湿润的KI-淀粉试纸变为蓝色，除去的方法是将含有少量的过氧乙醚的乙醚与硫酸亚铁溶液在分液漏斗中混合发生氧化还原反应除去，然后分液弃去去水层，再蒸馏收集 34.5℃的馏分。向仪器X中加入2.4g镁条和1小粒碘，装好装置，向仪器Y中加入0.12ml溴乙烷和25.00mL乙醚，三颈烧瓶中溴与经处理的Mg片发生反应制取格式试剂，在制取时要注意防止副反应的反应，控制反应温度，同时要注意使反应在无氧无水环境中进行。
【小问1详解】
①过氧乙醚具有强氧化性，少量过氧乙醚可以将KI氧化产生I₂，I₂遇淀粉变为蓝色，故过氧乙醚检验时，取少量样品与酸性KI-淀粉试纸一起振摇，出现蓝色，说明其中含有过氧乙醚；
②除过氧乙醚时，将乙醚转入液漏斗中，然后加入适量的硫酸亚铁溶液，充分振荡，发生反应产生乙醚及硫酸铁，然后静止分层，同时打开分液漏斗的玻璃塞或使小孔准凹槽，打开分液漏斗活塞，除去水相，将上层乙醚层转移至蒸馏装置中蒸馏，收集34.5℃的馏分，就得到乙醚；
③将经蒸馏获得的乙醚注入棕色试剂瓶中，压入钠丝，盖上有毛细管的瓶盖，让钠与水反应，以达到除水目的。
【小问2详解】
仪器Y的名称是恒压滴液漏斗。
【小问3详解】
回流结束后，需进行的操作有①停止加热、③移去水浴、②关闭冷凝水。
【小问4详解】
实验装置存在缺陷，导致制备的格氏试剂易水解，改进的措施是在球形冷凝管后加一个装有碱石灰的干燥装置。
【小问5详解】
反应温度过高会导致副反应的发生，避免副反应的发生可采取的操作或措施有减慢恒压滴液漏斗中混合液的滴加速率。
【小问6详解】
由 H-NMR 可知生成产物Z 有5种 H 原子，个数比为 1:1:2:3:3，又质谱显示相对质量为 74，则结构为CH3CH(OH)CH2CH3。碱性气体为NH3，通过原子守恒可知生成的盐为MgBr，反应方程式为：CH3CH2MgBr+CH3CHO+NH4BrCH3CH(OH)CH2CH3+MgBr2+NH3。
13. 碘单质及其化合物在生产、生活中有广泛应用。
（1）已知几种共价键键能数据如图所示。
___________。
（2）不能用玻璃瓶盛装溶液的原因是___________(用化学方程式表示)。
（3）分解温度为，分解温度为。
①卤化铵分解与产物稳定性有关，产物越稳定，卤化铵越容易分解。、、、四种物质中，热分解温度最高的是___________(填名称)。
②某温度下，在恒容密闭容器中加入适量的，仅发生下列反应：反应I：反应Ⅱ：。随着反应的进行，产物物质的量随时间的变化曲线如图所示。
ⅰ.曲线___________(填“甲”“乙”或“丙”)代表物质的量随时间变化曲线；该温度下，反应Ⅱ的平衡常数___________。
ⅱ.进一步研究发现，其他条件不变，升高温度时甲曲线平台下移，其可能原因是___________(写出化学方程式)。
（4）1925年VanArkn和DeBer发明了碘化钛热分解法制备高纯钛装置如图所示：
主反应：；
副反应：，。
①下列关于制备高纯钛的说法正确的是___________(填标号)。
A．主反应中
B．在不同温度区域，的量保持不变
C．在提纯过程中，的作用是将粗钛从低温区转移到高温区
D．在提纯过程中，可循环利用
②钛沉积速率与钛丝温度关系如图所示。温度高时，钛沉积速率降低的主要原因可能是___________。
【答案】（1）-7 （2）NH4F+H2ONH3·H2O+ HF、SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O
（3） ①. NH4I ②. 丙 ③. 4 ④. 2NH3(g)N2(g)+3H2(g)
（4） ①. CD ②. 温度对副反应的影响大于对主反应的影响，导致Ti的消耗速率增大程度大于Ti的生成速率，从而导致钛沉积速率降低
【解析】
【小问1详解】
根据反应热等于反应物的键能总和减去生成物的键能总和可知， E(H-H)+E(I-I)-2E(H-I)=436kJ/ml+151 kJ/ml -2×297 kJ/ml =-7 kJ/ml。
【小问2详解】
NH4F水解生成NH3·H2O和 HF，NH4F+H2ONH3·H2O+ HF，HF和SiO2易反应，会腐蚀玻璃容器，SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O，因而NH4F只能储存在塑料瓶中。
【小问3详解】
①卤化铵分解与产物稳定性有关，产物越稳定，卤化铵（NH4X）越容易分解，结合HX的热稳定性与X的非金属性一致，即稳定性HF＞HCl＞HBr＞HI，故NH4I、NH4Br、NH4Cl、NH4F的热分解温度由高到低排序为NH4I＞NH4Br＞NH4Cl＞NH4F，热分解温度最高的是NH4I；
②ⅰ．反应Ⅰ：；反应Ⅱ：，NH4I分解温度为235℃，HI分解温度为300℃，随着反应的进行，一开始NH3和HI的物质的量增大，而后由于HI分解，导致HI的物质的量先增大后减小，故图中曲线丙代表HI(g)物质的量随时间变化曲线；由题干图示信息可知，平衡时NH3的物质的量为0.5ml，HI的物质的量为0.1ml，I2和H2的物质的量为：0.2ml，则HI的平衡分压为：0.1p总，H2和I2的平衡分压为0.2p总，该温度下，反应Ⅱ的平衡常数Kp=；
ⅱ．进一步研究发现，其他条件不变，升高温度时甲曲线平台下移，说明NH3的物质的量减少，说明高温下NH3开始分解为N2和H2，即其可能的原因是2NH3(g)N2(g)+3H2(g)。
【小问4详解】
①A．由题干信息可知，主反应：，高温平衡向正反应进行，说明主反应为吸热反应，即主反应中，A错误；
B．高于400℃，钛和氯气反应生成四氯化钛，在1250℃四氯化钛分解，所以在不同温度区域，TiI4的量不同，B错误；
C．在提纯过程中，高于400℃，碘和钛反应生成四氯化钛，在1250℃四氯化钛分解生成碘和钛，所以I2的作用是将粗钛从低温区转移到高温区，C正确；
D．在提纯过程中，高于400℃，碘和钛反应生成四氯化钛，在1250℃四氯化钛分解生成碘和钛，所以I2的量不变，可以循环利用，D正确；
故选CD；
②钛沉积速率与钛丝温度关系如图所示。温度高于1500℃时，钛沉积速率降低的主要原因可能是温度对副反应的影响大于对主反应的影响，导致Ti的消耗速率增大程度大于Ti的生成速率，从而导致钛沉积速率降低。
14. 杂环化合物在药物中广泛存在，依托度酸(etdlac)用于治疗风湿性关节炎、类风湿性关节炎等，具有耐受性好、镇痛作用强等特点，尤其适用于老年患者。以下为其合成路线：
已知：
（1）由苯制备物质，最好应先引入___________(填“乙基”或“硝基”)；物质中的含氧官能团的名称为___________。
（2）的系统命名为___________，该物质存在多种同分异构体，其中一定条件下能与溶液反应的同分异构体有___________种。
（3）的化学反应方程式为___________。
（4）主要经历先___________后___________两种反应类型，的另一种产物的结构简式为___________。
（5）在医院里肠杆菌等细菌的鉴定常利用吲哚实验，转换反应式如下：
吲哚的结构如图所示，已知所有原子共面，则原子的孤电子对位于___________轨道；柯氏试剂化学式为，该步反应的另一种产物为，则结构简式为___________。
【答案】（1） ①. 乙基 ②. 醚键和羧基
（2） ①. 4-羟基丁醛 ②. 6
（3）+O2 +H2O
（4） ①. 加成反应 ②. 取代反应 ③. CH3CH2OH
（5） ①. p ②.
【解析】
【分析】A在Fe/HCl作用下发生还原反应生成B，B在一定条件下转化为C，C和OHCCH2CH2CH2OH先发生加成反应再发生消去反应生成D，丙醛和乙醛在碱性条件下发生已知信息的反应原理得到F为，F在催化剂和加热条件下和氧气发生氧化反应转化为G，G和乙醇发生酯化反应生成H，对比D、H、P的结构简式可知，D先与H中羰基之间发生加成反应，得到，然后两个羟基之间脱水形成环醚得到P，形成环醚的反应属于取代反应，P在碱性条件下彻底发生水解反应，在酸性条件下又发生强酸制弱酸，生成Q，据此回答下列问题。
【小问1详解】
甲苯中甲基使苯环上与甲基邻、对位的氢原子活化，硝基苯中硝基使苯环上与硝基间位的氢原子活化，结合A的结构简式，可知最好先引入乙基；根据结构分析可知Q中的含氧官能团为醚键和羧基。
【小问2详解】
主链上有4个碳原子，根据系统命名的方法可知为4-羟基丁醛。能与溶液的化合物分为羧酸和酯两类，属于羧酸的有HOOCH2CH2CH3、；属于酯的有HCOOCH2CH2CH3、CH3COOCH2CH3、CH3CH2COOCH3共有6种。
【小问3详解】
根据分析可知，F，F在催化剂和加热条件下和氧气发生氧化反应转化为G，化学方程式为：+O2 +H2O。
【小问4详解】
由分析可知，D先与H中羰基之间发生加成反应，得到，然后两个羟基之间脱水形成环醚得到P，形成环醚的反应属于取代反应，P在碱性条件下彻底发生水解反应，在酸性条件下又发生强酸制弱酸的反应生成Q，另一产物为乙醇(CH3CH2OH)。
【小问5详解】
①根据分子中所有原子共平面，可知氮原子采取sp2杂化，氮原子上的孤电子未参与杂化，形成的是p轨道；
②柯氏试剂M的化学式为：C9H11NO，该步反应的另一种产物是水，对比吲哚、红色的玫瑰吲哚结构可推知M的结构简式为：。A．制备氨气
B．制备乙二酸
C．证明碳酸酸性比硅酸强
D．检验气体中含和
(试卷满分：100分 考试时间：75分钟)
参考的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Mg24 K39 Ca40 Fe56 Br80
一、选择题(每小题只有一个正确答案，每小题4分，共40分)
1. 国家“十四五”规划涉及的下列物质中，主要成分属于金属材料的是
A. 深海蛟龙探海潜水器B. 人工智能芯片
C. 人造软骨聚乙烯醇D. 量子信息螺旋碳纳米管
【答案】A
【解析】
【详解】A．深海蛟龙探海潜水器主要成分是合金，属于金属材料，A符合题意；
B．人工智能芯片主要成分是硅，属于非金属材料，B不符合题意；
C．人造软骨聚乙烯醇，是有机高分子材料，C不符合题意；
D．量子信息螺旋碳纳米管属于非金属材料，D不符合题意；
故选A。
2. 某新型合成药物的中间体结构如图所示，科学家需要对其进行成酯修饰后患者才能服用。已知连在同一碳上的两个羟基易脱水，下列说法正确的是
A. 该化合物最多与反应
B. 该化合物分子中最多有11个碳原子共平面
C. 对该化合物分子进行成酯修饰目的是增强其水溶性
D. 分析该化合物的质谱图，可获得分子中含有的官能团的信息
【答案】B
【解析】
【详解】A．羧基能与NaOH发生中和反应，已知连在同一碳上的两个羟基易脱水，碳氟键水解生成1个羧基、3个HF，它们又与氢氧化钠发生中和反应，1ml该化合物最多与5ml NaOH反应，A错误；
B．与苯环上、碳碳双键连接的碳原子一定共平面，其余单键相连碳原子可通过旋转得出最多2个碳原子在其平面上，所以最多有11个碳原子共平面，B正确；
C．酯基不是亲水基，对该化合物分子进行成酯修饰不是增强其水溶性，C错误；
D．质谱图用来测定相对分子质量，红外光谱用来获得分子中含有的官能团的信息，D错误；
故选B。
3. 常温下，下列各组粒子在指定溶液中能大量共存是
A. 碳酸钠溶液中：、、
B. 加入苯酚显紫色的溶液中能大量共存的离子：、、、
C. 酸性溶液中：、、、
D. 常温下的溶液中：、、、
【答案】A
【解析】
【详解】A．碳酸钠溶液呈碱性，、、均不会和OH-反应，且三种离子之间也互不反应，故各离子可以共存，A选；
B．加入苯酚显紫色的溶液中有铁离子，铁离子和硫离子之间会发生氧化还原反应，生成亚铁离子和硫单质，故二者不能共存，B不选；
C．在酸性溶液中发生氧化还原反应，不能大量共存，C不选；
D．常温下的溶液中，氢离子的浓度为0.1 ml⋅L，溶液中还有硝酸根离子，在氢离子的作用下硝酸根离子会将亚铁离子氧化，故三者不能共存，D不选；
故选A。
4. 实验室制乙炔的反应为，设为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A. 标准状况下，中含有的键数目为
B. 晶体中含有的离子数目为
C. 时，的溶液中的数目为
D. 水中含有的孤电子对数为
【答案】C
【解析】
【详解】A．中含有2个键，标准状况下，的物质的量为0.05ml，含有的键数目为，A正确；
B．中含有1个Ca2+和1个，的物质的量为=0.5ml，含有的离子数目为，B正确；
C．时，的溶液中c(H+)=10-8ml/L，c(OH-)==10-6ml/L，的数目为，C错误；
D．H2O中O原子孤电子对数为=2，水的物质的量为0.1ml，含有的孤电子对数为，D正确；
故选C。
5. 下列实验装置能用于相应实验的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．应该使用氧化钙，氧化钙和水反应生成氢氧化钙放出大量的热促使浓氨水释放出氨气，而不是使用石灰石，A错误；
B．乙二醇被氧化为乙二酸，乙二酸被过量的酸性高锰酸钾氧化为二氧化碳，B错误；
C．稀硫酸和碳酸钠生成二氧化碳气体，二氧化碳和硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀，证明碳酸酸性比硅酸强，C正确；
D．二氧化硫能被硝酸根离子氧化为硫酸根离子，然后和钡离子生成硫酸钡沉淀，干扰三氧化硫检验，D错误；
故选C。
6. 已知：含的酸性溶液。下列说法正确的是
A. (乙二酸)含有键
B. 沸点：
C. 生成的离子方程式为
D. 在足量空气中焙烧，消耗
【答案】C
【解析】
【详解】A．乙二酸结构简式为HOOC-COOH，分子中C原子形成3个σ键，没有孤电子对，该分子中碳原子的杂化方式为sp2，单键为σ键，双键含有1个σ键，1个π键，故HOOC-COOH分子中含有7个σ键，1 ml 分子中含有7 ml σ键，A错误；
B．H2C2O4为分子晶体，Sc2(C2O4)3为离子晶体，离子晶体的沸点大于分子晶体，则沸点：H2C2O4＜Sc2(C2O4)3，B错误；
C．H2C2O4与Sc3+反应生成Sc2(C2O4)3沉淀，离子方程式为：，C正确；
D．Sc2(C2O4)3在足量空气中焙烧生成Sc2O3，Sc元素化合价没有发生变化，说明中C元素由+3价上升到+4价，O2中O元素由0价下降到-2价，根据得失电子守恒可知消耗n[Sc2(C2O4)3]:n(O2)=2:3，D错误；
故选C。
7. X、Y、Z为短周期主族元素，X的原子序数是Y的8倍，X与Z同周期，且基态X、Z原子的未成对电子数相同。M是人体的必需微量元素之一，含有质子。下列说法一定正确的是
A. M在元素周期表中位于d区B. 中Z原子采用杂化
C. X、Z分别与Y形成化合物的沸点：X>ZD. 同周期元素中第一电离能比X大的有3种
【答案】D
【解析】
【分析】X、Y、Z为短周期主族元素，X的原子序数是Y的8倍，则Y为H元素、X为O元素；基态X和Z的未成对电子数相同，则Z可能为C或Si或S；1ml MZX3含有60ml质子，且M是人体的必需微量元素之一，则Z为6号元素碳、M为30号元素Zn。
【详解】A．Zn为30号元素，基态Zn原子核外电子排布式为[Ar]3d104s2，在元素周期表中位于ds区，A错误；
B．中的中心原子C原子的价层电子对数为，为sp2杂化，B错误；
C．没有说明是否为简单氢化物，不能判断O、C分别与H形成化合物的沸点大小，C错误；
D．同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，同周期元素中第一电离能比O大的有N、F、Ne3种，D正确；
故选D。
8. 镍电池芯废料中主要含有金属镍，还含有金属钴、铁、铝。一种从镍电池芯废料中回收金属的工艺流程如下。下列说法正确的是
A. “酸浸”时，若改用浓硫酸，反应速率更快，效果更好
B. 在“氧化除杂”和“酸溶”中的作用相同
C. 洗涤“”操作是向漏斗内加水至浸没滤饼，用玻璃棒搅拌使水快速流下
D. “结晶”时，应加热至出现少量晶膜时，再冷却结晶
【答案】D
【解析】
【分析】电池芯废料先用稀硫酸浸泡，使其中的镍元素，还有钴、铝、铁等元素转化为溶于水的硫酸盐，然后加入H2O2使其中的Fe2+氧化为Fe3+，然后调节pH值，使铝、铁元素转化为沉淀而除去，向氧化、除杂后的滤液中加入次氯酸钠溶液，C2+转化为C(OH)3沉淀，而Ni2+不发生变化，从而实现钴、镍分离；过滤后向沉淀中加入H2O2和H2SO4，在H2O2还原下，使C(OH)3转化为CSO4，再经过一系列操作得到醋酸钴晶体，据此分析解答。
【详解】A．浓硫酸会使得铁、铝钝化，反而会降低反应速率，故A错误；
B．“酸溶”中的作用是将三价钴转化为二价钴，过氧化氢起还原剂作用，H2O2在“氧化除杂”是将亚铁离子转化为铁离子，过氧化氢起氧化剂作用，利于将铁转化为氢氧化铁沉淀而除去，故B错误；
C．化学中过滤后洗涤固体的操作方法是：向过滤器中加入蒸馏水至浸没滤饼，待水自然流下后，重复操作几次，直至洗涤干净即可，不能用玻璃棒搅拌，故C错误；
D．“结晶”时，缓慢蒸发溶液，晶体颗粒长的较大，得到的晶体颗粒较大，冷却结晶防止失去结晶水，故D正确；
故选：D。
9. 一种以NaBr作为电解液，在恒压电解池中光催化烯烃转化为环氧化物的方法如下图所示。下列说法正确的是
A. 为光电解池的阴极
B. 若Pt电极生成11.2L（标准状况），理论上生成0.5ml
C. 上述过程中只有极性键的断裂与生成
D. 上述过程中涉及到的有机反应类型均为取代反应
【答案】B
【解析】
【分析】电极发生氧化反应，，是阳极，则Pt电极为阴极，发生还原反应，。
【详解】A．电极发生氧化反应，，是阳极，A错误；
B．根据图示可知，转移2ml电子，得到1mlH2和1mlBr2，1mlBr2与水得到1mlHBrO，又与烯烃得到1ml环氧化物，因此若Pt电极生成11.2L（标准状况），即0.5mlH2，理论上生成0.5ml ，B正确；
C．Br2与水反应发生非极性键的断裂，C错误；
D．HBrO与烯烃发生加成反应，D错误；
故选B。
10. 在时，用溶液滴定溶液，加入的溶液体积与溶液变化曲线如图所示，其中时溶液中无沉淀，之后出现白色浑浊且逐渐增多，当滴加的溶液体积为时，溶液的稳定在7.20左右，整个滴定过程中未见气泡产生。下列叙述不正确的是
已知：，，。
A. 总反应的化学方程式：
B. 点的混合溶液：
C. 点的混合溶液，的数量级为
D. 的过程中，水的电离程度不断增大
【答案】D
【解析】
【分析】由图可知，a点之前，和未发生反应，随的加入浓度增大，水解增强，溶液pH逐渐增大；过程中，溶液中出现白色浑浊且无气体生成，说明发生反应，据此分析解答。
【详解】A．根据题干中信息，有白色浑浊生成且全程无气体生成，得出反应的化学方程式：，A正确；
B．a点时溶液中存在电荷守恒，a点溶液显碱性，所以c(OH-)>c(H+)，则可得到，B正确；
C．b点的混合溶液中，Ka2(H2CO3)= ，则=，代入题中给出的数据=，即的数量级为10-6，C正确；
D．点溶液中溶质有NaHCO3和CaCl2，水的电离被促进，b点溶液中溶质有NaCl 和H2CO3，水的电离被抑制，对比之下发现，的过程中，水的电离程度不断减小，D错误；
故选D。
二、填空题(4大题，共60分)
11. 一种利用炼锌渣(主要含、、、和一定量的、不溶性杂质)为原料制备硫化锌及高纯镓的流程如图所示：
已知：①电解制取镓时，溶液中的氯离子会影响镓的析出。②。
（1）基态的价层电子排布式为___________，中含有键的数目为___________。
（2）黄钠铁矾的化学式为，晶体颗粒大、易沉降。
①“沉铁”时生成黄钠铁矾的离子方程式为___________。
②不采用调节的方式沉铁，可能的原因是：容易生成而损失；___________(答2点)。
（3）“还原除杂”时先向溶液中加入一定量的铜粉，反应一段时间后再向溶液中加入稍过量粉，加入铜粉的目的是___________。
（4）与的各物种的分布分数随的变化如图所示。“调节”时，不能过高的原因是___________。
（5）通过计算探究氨水能否溶解。已知：室温时，，，。反应的平衡常数为___________。
（6）在沉铁前可以加入铁氰化钾检验是否被完全氧化，若有则会观察到蓝色沉淀。该蓝色沉淀是一种铁的配合物，其晶胞的如图[未标出，占据四个互不相邻的小立方体(晶胞的部分)的体心]。若该晶体的密度为，则1个该晶胞含___________个，和的最短距离为___________(设为阿伏加德罗常数的值，列出计算式即可)。
【答案】（1） ①. 3d10 ②. 8NA
（2） ①. ②. 直接调pH沉铁易生成Fe(OH)3胶体，不容易过滤；Fe(OH)3胶体同时容易吸附Zn2+而造成ZnS损失
（3）除去Cl-，发生的反应为，CuCl难溶于水和稀酸，避免Cl-影响镓的析出
（4）当pH过高时，Zn2+将转化为Zn(OH)2或，较稳定不利于ZnS生成，Zn(OH)2直接沉淀，不利于Zn2+转化为ZnS或ZnS中混有Zn(OH)2
（5）2.0×10-6
（6） ①. 24 ②.
【解析】
【分析】根据流程图分析，炼锌渣经过稀硫酸、H2O2溶浸过滤掉不溶性杂质、将ZnO、CuO、Fe2O3、FeO转化为Zn2+、Cu2+、Fe3+，向滤液中加入硫酸钠溶液进行沉铁，得到黄钠铁矾，溶液中的氯离子会影响镓的析出，可知金属粉末中含有Cu粉除去Cl-，以及金属粉末Zn除去Cu2+，向滤液中加入NaOH溶液调节pH为8.2，目的是将Ga3+转化为，加入Na2S溶液将Zn2+转化为ZnS，最后电解NaGa(OH)4溶液得到金属镓。
【小问1详解】
锌为30号原子，Zn2+的价层电子排布式为3d10；中，OH-中氧原子和氢原子存在σ键，OH-与Ga以σ键结合，所以1ml中含有σ键的物质的量为8ml，数目为8NA。
【小问2详解】
①“沉铁”时，加入硫酸钠生成黄钠铁矾沉淀，离子方程式为；
②直接调pH沉铁易生成Fe(OH)3胶体，不容易过滤；Fe(OH)3胶体同时容易吸附Zn2+而造成ZnS损失。
【小问3详解】
加入铜粉的目的是：除去Cl-，发生的反应为，CuCl难溶于水和稀酸，避免Cl-影响镓的析出。
【小问4详解】
根据图示可得知，当pH过高时，Zn2+将转化为Zn(OH)2或，较稳定不利于ZnS生成，Zn(OH)2直接沉淀，不利于Zn2+转化为ZnS或ZnS中混有Zn(OH)2。
【小问5详解】
由反应方程式的平衡常数K1= ，结合 K=1.0×1034，可知K1===Ksp[Ga(OH)3]×K×Kb(NH3·H2O)=1×10-35×1×1034×2.0×10-5=2.0×10-6。
【小问6详解】
该晶胞图中Fe3+和Fe2+位于顶点位置，设晶胞边长为xcm，则晶胞边长为2xcm，晶胞体积为V=(2xcm)3，K+未标出，占据四个互不相邻的小立方体(晶胞的部分)的体心，所以晶体中含有4个K+，含有24个CN-，晶胞的质量，解得x= 。
12. 格氏试剂(，表示烃基，表示卤原子)是重要的有机试剂。的制备原理()及实验过程如下。
已知：该制备实验需在绝对无水、无氧的环境下进行。一般不易发生，常需引发剂，引发后，反应剧烈且放热。
I、试剂的预处理
（1）乙醚[沸点：，密度为，微溶于水，混有过氧乙醚、少量水]的处理：
①过氧乙醚的检验：取少量样品滴于淀粉试纸中央，出现___________现象，说明其中含有过氧乙醚。
②除过氧乙醚：将乙醚转入___________(选填图中仪器标号)中，加入适量的硫酸亚铁溶液，充分振荡，静置分层，___________(填具体操作)，分离出下层水相。最后将有机相转移至蒸馏装置中蒸馏，收集馏分。
③将经蒸馏获得的乙醚注入棕色试剂瓶中，压入钠丝，盖上有毛细管的瓶盖。压入钠丝的目的是___________。
Ⅱ．的制备
如图组装装置(加热和夹持装置已略)，向仪器中加入镁条和1小粒碘，装好装置，向仪器中加入溴乙烷和乙醚，混匀后开始滴入仪器中，反应中保持微沸，加完后，温水浴加热回流直至镁条完全反应。
（2）仪器Y的名称是___________。
（3）回流结束后，需进行操作有①停止加热②关闭冷凝水③移去水浴，正确的顺序为___________(填标号)。
（4）实验装置存在缺陷，导致制备的格氏试剂易水解，改进措施为___________。
（5）反应温度过高会导致副反应的发生，避免副反应的发生可采取的操作或措施有________。
（6）打开仪器上口的玻璃塞，加入乙醛，之后打开其下口使乙醛逐滴与反应，然后滴加饱和溶液生成产物(伴有一种盐和碱性气体产生)。将从混合液中提纯后进行了氢谱和质谱的表征，结果如下：
则与乙醛反应生成(碳骨架无支链)的总反应为___________。
【答案】（1） ①. 试纸变蓝 ②. A ③. 打开玻璃塞(或使小孔对准凹槽)、打开分液漏斗活塞 ④. 让钠与水反应，除水
（2）恒压滴液漏斗 （3）①③②
（4）在球形冷凝管后加一个装有碱石灰的干燥装置
（5）减慢恒压滴液漏斗中混合液的滴加速率
（6）CH3CH2MgBr+CH3CHO+NH4BrCH3CH(OH)CH2CH3+MgBr2+NH3
【解析】
【分析】乙醚中含有少量的过氧乙醚具有强氧化性，可以将将KI氧化产生I2，因而可以使湿润的KI-淀粉试纸变为蓝色，除去的方法是将含有少量的过氧乙醚的乙醚与硫酸亚铁溶液在分液漏斗中混合发生氧化还原反应除去，然后分液弃去去水层，再蒸馏收集 34.5℃的馏分。向仪器X中加入2.4g镁条和1小粒碘，装好装置，向仪器Y中加入0.12ml溴乙烷和25.00mL乙醚，三颈烧瓶中溴与经处理的Mg片发生反应制取格式试剂，在制取时要注意防止副反应的反应，控制反应温度，同时要注意使反应在无氧无水环境中进行。
【小问1详解】
①过氧乙醚具有强氧化性，少量过氧乙醚可以将KI氧化产生I₂，I₂遇淀粉变为蓝色，故过氧乙醚检验时，取少量样品与酸性KI-淀粉试纸一起振摇，出现蓝色，说明其中含有过氧乙醚；
②除过氧乙醚时，将乙醚转入液漏斗中，然后加入适量的硫酸亚铁溶液，充分振荡，发生反应产生乙醚及硫酸铁，然后静止分层，同时打开分液漏斗的玻璃塞或使小孔准凹槽，打开分液漏斗活塞，除去水相，将上层乙醚层转移至蒸馏装置中蒸馏，收集34.5℃的馏分，就得到乙醚；
③将经蒸馏获得的乙醚注入棕色试剂瓶中，压入钠丝，盖上有毛细管的瓶盖，让钠与水反应，以达到除水目的。
【小问2详解】
仪器Y的名称是恒压滴液漏斗。
【小问3详解】
回流结束后，需进行的操作有①停止加热、③移去水浴、②关闭冷凝水。
【小问4详解】
实验装置存在缺陷，导致制备的格氏试剂易水解，改进的措施是在球形冷凝管后加一个装有碱石灰的干燥装置。
【小问5详解】
反应温度过高会导致副反应的发生，避免副反应的发生可采取的操作或措施有减慢恒压滴液漏斗中混合液的滴加速率。
【小问6详解】
由 H-NMR 可知生成产物Z 有5种 H 原子，个数比为 1:1:2:3:3，又质谱显示相对质量为 74，则结构为CH3CH(OH)CH2CH3。碱性气体为NH3，通过原子守恒可知生成的盐为MgBr，反应方程式为：CH3CH2MgBr+CH3CHO+NH4BrCH3CH(OH)CH2CH3+MgBr2+NH3。
13. 碘单质及其化合物在生产、生活中有广泛应用。
（1）已知几种共价键键能数据如图所示。
___________。
（2）不能用玻璃瓶盛装溶液的原因是___________(用化学方程式表示)。
（3）分解温度为，分解温度为。
①卤化铵分解与产物稳定性有关，产物越稳定，卤化铵越容易分解。、、、四种物质中，热分解温度最高的是___________(填名称)。
②某温度下，在恒容密闭容器中加入适量的，仅发生下列反应：反应I：反应Ⅱ：。随着反应的进行，产物物质的量随时间的变化曲线如图所示。
ⅰ.曲线___________(填“甲”“乙”或“丙”)代表物质的量随时间变化曲线；该温度下，反应Ⅱ的平衡常数___________。
ⅱ.进一步研究发现，其他条件不变，升高温度时甲曲线平台下移，其可能原因是___________(写出化学方程式)。
（4）1925年VanArkn和DeBer发明了碘化钛热分解法制备高纯钛装置如图所示：
主反应：；
副反应：，。
①下列关于制备高纯钛的说法正确的是___________(填标号)。
A．主反应中
B．在不同温度区域，的量保持不变
C．在提纯过程中，的作用是将粗钛从低温区转移到高温区
D．在提纯过程中，可循环利用
②钛沉积速率与钛丝温度关系如图所示。温度高时，钛沉积速率降低的主要原因可能是___________。
【答案】（1）-7 （2）NH4F+H2ONH3·H2O+ HF、SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O
（3） ①. NH4I ②. 丙 ③. 4 ④. 2NH3(g)N2(g)+3H2(g)
（4） ①. CD ②. 温度对副反应的影响大于对主反应的影响，导致Ti的消耗速率增大程度大于Ti的生成速率，从而导致钛沉积速率降低
【解析】
【小问1详解】
根据反应热等于反应物的键能总和减去生成物的键能总和可知， E(H-H)+E(I-I)-2E(H-I)=436kJ/ml+151 kJ/ml -2×297 kJ/ml =-7 kJ/ml。
【小问2详解】
NH4F水解生成NH3·H2O和 HF，NH4F+H2ONH3·H2O+ HF，HF和SiO2易反应，会腐蚀玻璃容器，SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O，因而NH4F只能储存在塑料瓶中。
【小问3详解】
①卤化铵分解与产物稳定性有关，产物越稳定，卤化铵（NH4X）越容易分解，结合HX的热稳定性与X的非金属性一致，即稳定性HF＞HCl＞HBr＞HI，故NH4I、NH4Br、NH4Cl、NH4F的热分解温度由高到低排序为NH4I＞NH4Br＞NH4Cl＞NH4F，热分解温度最高的是NH4I；
②ⅰ．反应Ⅰ：；反应Ⅱ：，NH4I分解温度为235℃，HI分解温度为300℃，随着反应的进行，一开始NH3和HI的物质的量增大，而后由于HI分解，导致HI的物质的量先增大后减小，故图中曲线丙代表HI(g)物质的量随时间变化曲线；由题干图示信息可知，平衡时NH3的物质的量为0.5ml，HI的物质的量为0.1ml，I2和H2的物质的量为：0.2ml，则HI的平衡分压为：0.1p总，H2和I2的平衡分压为0.2p总，该温度下，反应Ⅱ的平衡常数Kp=；
ⅱ．进一步研究发现，其他条件不变，升高温度时甲曲线平台下移，说明NH3的物质的量减少，说明高温下NH3开始分解为N2和H2，即其可能的原因是2NH3(g)N2(g)+3H2(g)。
【小问4详解】
①A．由题干信息可知，主反应：，高温平衡向正反应进行，说明主反应为吸热反应，即主反应中，A错误；
B．高于400℃，钛和氯气反应生成四氯化钛，在1250℃四氯化钛分解，所以在不同温度区域，TiI4的量不同，B错误；
C．在提纯过程中，高于400℃，碘和钛反应生成四氯化钛，在1250℃四氯化钛分解生成碘和钛，所以I2的作用是将粗钛从低温区转移到高温区，C正确；
D．在提纯过程中，高于400℃，碘和钛反应生成四氯化钛，在1250℃四氯化钛分解生成碘和钛，所以I2的量不变，可以循环利用，D正确；
故选CD；
②钛沉积速率与钛丝温度关系如图所示。温度高于1500℃时，钛沉积速率降低的主要原因可能是温度对副反应的影响大于对主反应的影响，导致Ti的消耗速率增大程度大于Ti的生成速率，从而导致钛沉积速率降低。
14. 杂环化合物在药物中广泛存在，依托度酸(etdlac)用于治疗风湿性关节炎、类风湿性关节炎等，具有耐受性好、镇痛作用强等特点，尤其适用于老年患者。以下为其合成路线：
已知：
（1）由苯制备物质，最好应先引入___________(填“乙基”或“硝基”)；物质中的含氧官能团的名称为___________。
（2）的系统命名为___________，该物质存在多种同分异构体，其中一定条件下能与溶液反应的同分异构体有___________种。
（3）的化学反应方程式为___________。
（4）主要经历先___________后___________两种反应类型，的另一种产物的结构简式为___________。
（5）在医院里肠杆菌等细菌的鉴定常利用吲哚实验，转换反应式如下：
吲哚的结构如图所示，已知所有原子共面，则原子的孤电子对位于___________轨道；柯氏试剂化学式为，该步反应的另一种产物为，则结构简式为___________。
【答案】（1） ①. 乙基 ②. 醚键和羧基
（2） ①. 4-羟基丁醛 ②. 6
（3）+O2 +H2O
（4） ①. 加成反应 ②. 取代反应 ③. CH3CH2OH
（5） ①. p ②.
【解析】
【分析】A在Fe/HCl作用下发生还原反应生成B，B在一定条件下转化为C，C和OHCCH2CH2CH2OH先发生加成反应再发生消去反应生成D，丙醛和乙醛在碱性条件下发生已知信息的反应原理得到F为，F在催化剂和加热条件下和氧气发生氧化反应转化为G，G和乙醇发生酯化反应生成H，对比D、H、P的结构简式可知，D先与H中羰基之间发生加成反应，得到，然后两个羟基之间脱水形成环醚得到P，形成环醚的反应属于取代反应，P在碱性条件下彻底发生水解反应，在酸性条件下又发生强酸制弱酸，生成Q，据此回答下列问题。
【小问1详解】
甲苯中甲基使苯环上与甲基邻、对位的氢原子活化，硝基苯中硝基使苯环上与硝基间位的氢原子活化，结合A的结构简式，可知最好先引入乙基；根据结构分析可知Q中的含氧官能团为醚键和羧基。
【小问2详解】
主链上有4个碳原子，根据系统命名的方法可知为4-羟基丁醛。能与溶液的化合物分为羧酸和酯两类，属于羧酸的有HOOCH2CH2CH3、；属于酯的有HCOOCH2CH2CH3、CH3COOCH2CH3、CH3CH2COOCH3共有6种。
【小问3详解】
根据分析可知，F，F在催化剂和加热条件下和氧气发生氧化反应转化为G，化学方程式为：+O2 +H2O。
【小问4详解】
由分析可知，D先与H中羰基之间发生加成反应，得到，然后两个羟基之间脱水形成环醚得到P，形成环醚的反应属于取代反应，P在碱性条件下彻底发生水解反应，在酸性条件下又发生强酸制弱酸的反应生成Q，另一产物为乙醇(CH3CH2OH)。
【小问5详解】
①根据分子中所有原子共平面，可知氮原子采取sp2杂化，氮原子上的孤电子未参与杂化，形成的是p轨道；
②柯氏试剂M的化学式为：C9H11NO，该步反应的另一种产物是水，对比吲哚、红色的玫瑰吲哚结构可推知M的结构简式为：。A．制备氨气
B．制备乙二酸
C．证明碳酸酸性比硅酸强
D．检验气体中含和
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