山东省青岛市2024届高三下学期二模化学试卷（Word版附解析）

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2024.05
1．答题前，考生先将自己的姓名、考生号、座号填写在相应位置，认真核对条形码上的姓名、考生号和座号，并将条形码粘贴在指定位置上。
2．选择题答案必须使用2B铅笔（按填涂样例）正确填涂；非选择题答案必须使用0.5毫米黑色签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠、不破损。
可能用到的相对原子质量：H 1 B 11 C 12 N 14 O 16 Cu 64 Br 80
一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1. 化学与生产生活密切相关。下列说法正确的是
A. 核电站发电是将化学能转化为电能
B. 太阳能电池板材料的主要成分为
C. 天然气的主要成分为甲烷
D. 晶体管中含有的钇、硒、铟均为过渡元素
【答案】C
【解析】
【详解】A．核电站发电是将核能经过多次转换，最终转化为电能，A错误；
B．太阳能电池板材料的主要成分为，B错误；
C．天然气的主要成分为甲烷，C正确；
D．晶体管中含有的钇是过渡元素，硒、铟不是过渡元素，D错误；
故选C。
2. 磁材料应用广泛，制备流程如图。下列说法错误的是
A. “产物1”需要密封保存防止氧化
B. “釜B”中主要反应的化学方程式为
C. “产物1”与“产物2”中参与生成反应的物质的物质的量之比为2：1
D. “分散剂”可破坏形成的胶体来促进氧化
【答案】C
【解析】
【分析】FeCl2溶液在釜A中和CaO反应生成Fe(OH)2，在釜B中和CaO、分散剂、空气反应生成Fe(OH)3，然后Fe(OH)2和Fe(OH)3调pH后经过干燥、过滤、研磨得Fe3O4。
【详解】A．“产物1”为FeCl2溶液在釜A中和CaO反应生成的Fe(OH)2，由于+2价铁易被氧化，所以需要密封保存防止氧化，故A正确；
B．“釜B”中FeCl2溶液和CaO、分散剂、空气发生氧化还原反应生成Fe(OH)3，主要反应的化学方程式为，故B正确；
C．“产物1”中铁元素化合价为+2价、“产物2”中铁元素化合价为+3价，中铁元素平均化合价为+价，据氧化还原反应得失电子守恒可知，参与反应的+2价与+3价铁的物质的量之比为1：2，故C错误；
D．Fe3+易水解，“分散剂”可破坏形成的胶体来促进氧化，故D正确；
故答案为：C。
3. 某离子液体可溶解纤维素，含T、U、V、W、X、Y、Z等七种原子序数依次增大的短周期主族非金属元素，其中Y原子半径小于X，Z与X在周期表中相邻。下列说法错误的是
A. 该离子液体能与纤维素形成氢键
B. 分子中含配位键
C. T、W、X、Z可组成多种离子化合物
D. V、W、X的第一电离能依次增大
【答案】D
【解析】
【分析】T、U、V、W、X、Y、Z为七种原子序数依次增大的短周期主族非金属元素，其中Y原子半径小于X，Z与X在周期表中相邻，所以Z在X的下一周期，且X在第二周期、Z在第三周期，而第一、二周期共有H、B、C、N、O、F，共6种主族非金属元素，所以T、U、V、W、X、Y6种主族非金属元素分别为H、B、C、N、O、F，Z为S。
【详解】A．该离子液体中含N、O、F三种电负性很强的元素，所以能与纤维素形成氢键，故A正确；
B．为BNH6，B原子有空轨道、N原子有孤对电子，所以BNH6分子中含配位键，故B正确；
C．T、W、X、Z分别为H、N、O、S，可组成多种离子化合物，如NH4HSO3、NH4HSO4，故C正确；
D．V、W、X分别为C、N、O，C、N、O位于同一周期，同一周期主族元素从左到右的第一电离能依次增大，但IIA族、VA族第一电离能大于同周期相邻的元素，所以V、W、X的第一电离能大小顺序为N＞O＞C，故错D误；
故答案为：D。
4. 实验室安全至关重要。下列说法错误的是
A. 浓NaOH溶液溅入眼内，应立即用大量水冲洗，再用2%硼酸溶液冲洗
B. 若遇氯气逸散，可用浸有纯碱溶液的毛巾捂住口鼻
C. 加热液体时应配备护目镜，不能俯视容器
D. 金属汞洒落在地面上，应尽快用硫化钠固体覆盖
【答案】D
【解析】
【详解】A．用水冲洗降低碱的浓度，加入硼酸，可中和碱，以降低对眼睛的损伤，故A正确；
B．氯气与纯碱反应，且密度比空气密度大，则氯气泄漏时，应用浸有纯碱溶液的湿毛巾捂住口鼻向高处转移，故B正确；
C．加热液体时应配备护目镜，不能俯视容器，以防止液体飞溅伤到眼睛，故C正确；
D．Hg有毒、易挥发，与S反应，则金属汞洒落在桌上，必须尽可能收集起来，并用硫磺粉覆盖，故D错误；
答案选D。
5. 测定150.0g新鲜菠菜中草酸含量（以计），实验方案如图。下列说法错误的是
A. “操作1”需要用到的主要玻璃仪器有3种
B. “操作2”若用盐酸替代硫酸可能会导致测定结果偏高
C. “滴定”至终点后，需再静置滴定管1～2分钟后读数，否则会使测定结果偏高
D. 若滴定终点消耗30.00mL溶液，则测得菠菜中草酸含量为9.000%
【答案】D
【解析】
【分析】首先将新鲜菠菜预处理，研磨榨汁、浸泡、过滤，滴加足量CaCl2溶液，产生白色沉淀，为草酸钙，过滤得到CaC2O4固体，加入盐酸溶解后，滴加高锰酸钾测定草酸含量，据此解答。
【详解】A．操作1是过滤，需要用到漏斗、烧杯、玻璃棒，故A正确；
B．“操作2”若用盐酸替代硫酸，盐酸也会与高锰酸钾反应，消耗的高锰酸钾偏高，导致测定结果偏高，故B正确；
C．“滴定”至终点后，需再静置滴定管1～2分钟后读数，待滴定管内壁上的液体流下，否则会导致高锰酸钾溶液读数偏大，测定结果偏高，故C正确。
D．n()=0.2000ml/L=0.006ml，根据关系式：，n()=0.006ml=0.015ml，m()=0.015ml90g/ml=1.35g，草酸含量为=0.900%，故D错误。
答案选D。
6. 氯苯在液氨溶液中可以与氨基钠反应生成苯胺。某研究小组提出了三种可能的机理。经过一系列实验，最终确定该反应按“机理3”进行。
机理1：
机理2：
机理3：
三种机理中涉及到多个中间体。下列说法错误的是
A. 已知“中间体1”至少有11个原子共平面，则碳负离子采用杂化
B. “中间体2”存在离域π键
C. “中间体3”的碳负离子有一对位于杂化轨道的孤对电子
D. “中间体4”部分键角与正常键角有较大差距，导致“中间体4”反应活性高
【答案】B
【解析】
【详解】A．“中间体1”中至少有11个原子共平面，可知氯原子和氨基外的其他原子共面，碳负离子形成平面结构，为杂化，故A正确；
B．“中间体2”存在碳正离子仍存在一个单电子参与形成π键，该中间体离域π键为，故B错误；
C．“中间体3”的碳负离子中C原子与两个C成键，杂化轨道共存在一对孤电子对，p轨道中存在一个单电子，故C正确；
D．“中间体4”存在碳碳三键，键角与双键差异较大，容易断键，因此“中间体4”反应活性高，故D正确；
故选：B。
7. 氯苯在液氨溶液中可以与氨基钠反应生成苯胺。某研究小组提出了三种可能的机理。经过一系列实验，最终确定该反应按“机理3”进行。
机理1： 机理2：
机理3：
以下事实能够同时排除“机理1”和“机理2”的是
A. 增加浓度，反应速率明显变快
B. 存在带负电荷的中间体
C. 可以发生反应：
D. 的反应活性：Br＞I＞Cl＞F
【答案】D
【解析】
【详解】A．若反应为“机理1”，则第一步为决速步，增加浓度，反应速率变快，符合事实，不能排除该机理；若反应为“机理2”，则第一步为决速步，增加浓度，反应速率几乎不变，不符合事实，能排除该机理，A不能排除；
B．若反应为“机理1”，则中间体1带负电荷，符合事实，不能排除该机理；若反应为“机理2”，则中间体2带正电荷，不符合事实，能排除该机理，B不能排除；
C．若反应为“机理1”，则可以发生，不能排除该机理；若反应为“机理2”，则可以发生，不能排除该机理，C不能排除；
D．“机理1”和“机理2”都未发生键断裂，反应活性与卤原子无关，不符合事实，能排除该机理，D能排除；
答案选D。
8. 氯苯在液氨溶液中可以与氨基钠反应生成苯胺。某研究小组提出了三种可能的机理。经过一系列实验，最终确定该反应按“机理3”进行。
机理1： 机理2：
机理3：
捕获“中间体4”的反应：。下列说法错误的是
A. 产物分子含有4种不同化学环境的氢原子
B. 产物分子中存在2个手性碳原子
C. 产物分子能够使溴的溶液褪色
D. 参照捕获反应“中间体4”与异戊二烯反应得到
【答案】D
【解析】
【详解】A．产物分子中含有4种不同化学环境的氢原子，，故A正确；
B．产物分子中存在2个手性碳原子，，故B正确；
C．产物分子中有碳碳双键，所以能够使溴的溶液褪色，故C正确；
D．异戊二烯为CH2=C(CH3)CH=CH2，参照捕获反应“中间体4”与异戊二烯反应时应得到，故D错误；
故答案为：D。
9. 下列除杂试剂、分离方法选用正确且除杂过程不涉及氧化还原反应的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．NO（NO2）通过水时，NO2与水发生反应3NO2+H2O=NO+2HNO3，可以除去NO中的NO2杂质，但是反应是氧化还原反应，A不符合题意；
B．MgSO4与NaOH反应生成的氢氧化镁会被稀盐酸溶解，镁又转化为离子，无法除去，B不符合题意；
C．饱和碳酸钠溶液可与乙酸反应从而除去乙酸，还可减小乙酸乙酯的溶解度，除去乙酸后，乙酸乙酯与水相互不相溶，用分液法即可分离，所有反应不涉及氧化还原反应，C符合题意；
D．Br2与NaOH反应生成可溶于水的NaBr和NaBrO，故可除去苯中溶解的溴，苯不溶于水，可用分液法与水层分离，但Br2与NaOH反应属于氧化还原反应，D不符合题意；
本题选C。
10. 下列关于实验的描述说法错误的是
A. 图1：验证的漂白性
B. 图2：做钠在氯气中燃烧性质实验时，先将盛有氯气的集气瓶倒扣在钠块上，后加热
C. 图3：用碱石灰和无水醋酸钠固体制取甲烷
D. 图4：配制银氨溶液要振荡试管，进行银镜实验时不能振荡试管
【答案】B
【解析】
【详解】A.二氧化硫通入品红溶液，品红溶液褪色，说明二氧化硫具有漂白性，A正确；
B.做钠在氯气中燃烧性质实验时，先将钠放在石棉网上，用酒精灯微热．待钠熔成球状时，再将盛有氯气的集气瓶迅速倒扣在钠的上方，B错误；
C.实验室用加热无水醋酸钠和碱石灰的固体混合物的方法制取甲烷，可选择固体和固体反应加热制取气体的装置，C正确；
D.为得到均匀银镜，反应过程不能振荡，D正确；
故答案为：B。
二、选择题：本题共5个小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
11. 一种非金属－有机物液流电池放电时的工作原理如图所示。下列说法正确的是
A. 放电时，负极电极反应为
B. 充电时，通过质子交换膜向电极甲移动
C. 可将储液罐做大以增大液流电池的储能容量
D. 以此电源电解硫酸铜溶液，若加98g使溶液复原，理论上消耗160g
【答案】AC
【解析】
【分析】由图可知，放电时溴元素化合价降低，发生还原反应，即电极甲为正极，正极电极反应式为Br2+2e-=2Br-，则电极乙为负极，负极电极反应式为。
【详解】A．据以上分析可知，放电时，电极乙为负极，发生氧化反应，M中醛基氧化为羧基，所以负极电极反应式为，故A正确；
B．放电时，电极乙为负极，则充电时电极乙为阴极，通过质子交换膜向阴极移动，即向电极乙移动，故B错误；
C．储液罐做大，可增加储存的反应物的量，增大液流电池的储能容量，故C正确；
D．以此电源电解硫酸铜溶液，若加98g使溶液复原，由Cu(OH)2+H2SO4=CuSO4+2H2O可知，电解时除了发生，还有反应，且电解时消耗98g即1mlCuSO4时转移2ml电子，接着电解消耗1mlH2O又转移2ml电子，由电子得失守恒可知，理论上转移4ml电子消耗2mlBr2，即320g，故D错误；
故答案为：AC。
12. 驱肠虫剂山道年（a）可重排为稳变山道年（b）。b可发生开环聚合。下列说法错误的是
A. a和b互为同分异构体
B. 1mla最多可与3ml发生加成反应
C. 类比上述反应，的重排产物为
D. b发生开环聚合后的产物为
【答案】D
【解析】
【分析】重排反应是指某种化合物在试剂、温度或其他因素的影响下，发生分子中某些基团的转移或分子内碳原子骨架改变的反应。
【详解】A．由题干有机物的结构简式可知，两者的分子式均为C15H18O3，两者结构不同，故互为同分异构体，A正确；
B．一分子a中含两个碳碳双键，一个羰基，1mla最多可与3ml发生加成反应，B正确；
C．由题已知重排方式，1，3处双键打开，2，4处形成双键，，故的重排产物为，C正确；
D．b发生开环聚合后的产物为，D错误；
故选D。
13. 利用电石渣［主要成分为，含少量、、等杂质］制备碳酸钙，同时获得氧化铝，工艺流程如图。下列说法错误的是
A. “气体”为NH3
B. “碳化”反应为
C. “浸取”和“碳化”为了加快反应速率，需在高温下进行
D. “滤渣”主要成分为、
【答案】CD
【解析】
【分析】电石渣［主要成分为，含少量、、等杂质］，加入氯化铵可与氢氧化钙反应生成氨气，溶液pH=8，Al2O3、Fe2O3、不会溶解，滤渣主要成分含Al2O3、Fe2O3、，过滤后加入碳酸氢铵溶液进行碳化，经系列操作得碳酸钙。
【详解】A．根据分析可知，氢氧化钙和氯化铵反应可生成氨气，A正确；
B．“碳化”反应为，B正确；
C．高温会导致碳酸氢铵分解，C错误；
D．根据分析可知，“滤渣”主要成分含Al2O3、Fe2O3、，D错误；
答案选CD。
14. 催化烯烃制醛反应循环过程如图。下列说法正确的是
A. 若催化丙烯，可得和
B. C成键位置不同使反应分成Ⅱ和Ⅰ两条路径
C. 增大中C－C键能可提高其催化效率
D. 该催化过程中C的配位数未发生变化
【答案】AB
【解析】
【详解】A．由机理可知，若反应物为乙烯，总反应为：CH3CH=CH2+2CO+H2 或CH3CH=CH2+2CO+H2 ，A正确；
B．C成键位置不同，分别在碳碳双键上，还是在碳碳双键末端的碳上，使反应分成Ⅱ和Ⅰ两条路径，B正确；
C．该催化过程不涉及C－C键的断裂与形成，增大中C－C键能不能提高其催化效率，C错误；
D．该催化过程中C的配位数有4个和5个，发生了变化，D错误；
答案选AB。
15. 弱酸在有机相和水相中存在平衡：（环己烷），平衡常数为。25℃时，向VmL0.1环己烷溶液中加入VmL水进行萃取，用或HCl（g）调节水溶液pH。测得水溶液中、、浓度、环己烷中的浓度与水相萃取率随pH的变化关系如图。下列说法正确的是
已知：①在环己烷中不电离；②忽略体积变化；③。
A.
B. 时，
C. 若调节水溶液，应加NaOH固体调节
D. 若加水体积为2VmL，则交点N会由移至
【答案】C
【解析】
【分析】为方便分析，给曲线进行命名，如图
，
环己烷中的浓度与水相萃取率可知，可知曲线a应为，b为水相萃取率，水溶液中的HA-会随着pH的增大先增大后减小，曲线d为水溶液中的HA-，而A2-来源于HA-的电离，由图可知，pH=2时，HA-浓度为0，即此时A2-为0，因此曲线f为水溶液中的A2-，即c为水溶液中H2A的浓度，综上：a为、b为水相萃取率、c为水溶液中H2A的浓度、d为水溶液中的HA-、f为水溶液中的A2-，c、d交点的pH为4，即H2A的，d、f交点的pH为7，即。
【详解】A．当pH=2时，代入数据得，故A错误；
B．时，，，，由于，即，，根据，可得，故B错误；
C．当水溶液中H2A的浓度为0.02ml/L时，设电离出的H+浓度为x，即，x=，pH=2.85，若调节水溶液pH=3，应加NaOH固体调节，故C正确；
D． Kd、Ka1只与温度有关，，当时，，pH=4.6，若加水体积为2VmL，对交点N的横坐标无影响，故D错误；
故选C。
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16. 过渡元素镍钛在分子捕捉、量子材料等方向日益重要。回答下列问题：
（1）某Ni离子与、形成的晶体能捕捉苯分子，结构如图甲所示。该晶体中非金属元素电负性由大到小的顺序为______，Ni的化合价为______，杂化轨道数为______。与Ni离子形成配位键时的配位原子为______，键角∠H－N－H______（填“＞”或“＜”）107.3°。
（2）部分钛酸锶晶胞结构如图乙。晶体Ⅰ的化学式为Ⅰ_____，该系列晶体的化学式可表示为_____（用含n的式子表示，n为Ti原子个数），当时，晶体化学式为______。
【答案】（1） ①. N＞C＞H ②. ＋2 ③. 4、6 ④. C和N ⑤. ＞
（2） ①. SrO ②. ③.
【解析】
【小问1详解】
同一周期，从左到右，元素的电负性逐渐增强，则电负性：N＞C＞H；
晶胞中Ni离子数个，数=2、数=2，则Ni的化合价为＋2；杂化轨道数为，1号位置，Ni的上下左右前后都有配位原子，配位数为6，价层电子对数为6，则杂化轨道为6；而2号位置的Ni的左右前后都有配位原子，配位数为4，价层电子对数为4，则杂化轨道为4；从晶胞图看出，Ni与中的C和N均相连，所以形成配位键时的配位原子为C和N；孤子电对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，氨分子中含孤电子对，而离子中的N原子上的孤电子对与Ni离子形成配位键，键角∠H－N－H＞107.3°；
【小问2详解】
晶体Ⅰ：Sr数目个，O数目，则化学式为SrO；晶体Ⅱ：结构中：Ti数目为，O数目，图中为增加部分，Ⅱ→Ⅲ→Ⅳ每次增加（8+1）个（增加2个Ti，6个O），同时增加2个Sr，则该系列晶体的化学式可表示为
(SrTiO3)n；当时，晶体化学式为SrTiO3
17. 氧钒碱式碳酸铵晶体，紫红色，难溶于水和乙醇。其制备及氮元素含量的测定实验如下（已知易被氧化）。回答下列问题。
Ⅰ．制备
步骤1：向中加入足量盐酸酸化的溶液，微沸数分钟。
步骤2：向足量溶液中缓慢加入制得的溶液，有气泡产生并析出紫红色晶体。
步骤3：反应结束后抽滤，先后用饱和溶液、无水乙醇洗涤，静置得产品。
（1）“步骤1”产生无色无污染的气体，该反应的化学方程式为______。
（2）用无水乙醇洗涤的目的是______。
（3）“步骤2”可在如图装置中进行。
①连接装置，依次连接的顺序为______。（按气流方向，用字母标号表示）。
②检查装置气密性，加入试剂。先打开，通入一段时间气体目的是______，当观察到______（填实验现象）时，再关闭，打开，进行实验。
③生成氧钒碱式碳酸铵晶体的化学方程式为______。
Ⅱ．产品中氮元素含量的测定
精确称取wg晶体加入如图所示的三颈烧瓶中，然后逐滴加入足量10%NaOH溶液充分反应，通入水蒸气，将氨全部蒸出，并用蒸馏水冲洗导管内壁，用的饱和硼酸标准溶液完全吸收。取下接收瓶，用0.5盐酸标准溶液滴定，到终点时消耗盐酸。
1．玻璃管 2．水 3．10%NaOH溶液 4．样品液 5．硼酸标准溶液 6．冰盐水
已知：，。
（4）“冰盐水”的作用是______。
（5）样品中氮元素质量分数的表达式为______。
【答案】（1）
（2）除去溶液减少晶体溶解损失，无水乙醇挥发快，快速干燥
（3） ①. eabfgcd ②. 排除装置中的空气 ③. 装置乙中无红棕色气体产生 ④.
（4）防止氨气逸出，造成误差
（5）
【解析】
【分析】步骤1：向中加入足量盐酸酸化的溶液，微沸数分钟，发生反应；步骤2：丙装置为二氧化碳的发生装置，甲装置中用饱和碳酸氢钠溶液除去二氧化碳中的氯化氢杂质，丁装置中和足量溶液反应有气泡产生并析出紫红色晶体。
【小问1详解】
步骤1：向中加入足量盐酸酸化的溶液，微沸数分钟，生成，V元素化合价由+5价降低到+4价，则产生的无色无污染的气体为N2，反应的化学方程式为；
【小问2详解】
丁装置中和足量溶液反应有气泡产生并析出紫红色晶体-氧钒碱式碳酸铵晶体，其难溶于水和乙醇，晶体表面有，用无水乙醇洗涤的目的是除去溶液、减少晶体的溶解损失，且无水乙醇挥发快，可以快速干燥；
【小问3详解】
①丙装置为二氧化碳的发生装置，甲装置中用饱和碳酸氢钠溶液除去二氧化碳中的氯化氢杂质，丁装置中和足量溶液反应有气泡产生并析出紫红色晶体，乙装置可以检验装置气密性及空气是否被排净，所以其依次连接的顺序为eabfgcd；
②检查装置气密性，加入试剂，先打开，丙装置中石灰石和稀盐酸生成二氧化碳，由于 易被氧化，所以通入一段时间气体目的是排除装置中的空气；当装置内空气被排尽后，再关闭，打开，进行实验，若装置内空气被排尽，则装置乙中无红棕色气体产生；
③丁装置中和足量溶液反应有气泡产生并析出紫红色晶体，生成氧钒碱式碳酸铵晶体化学方程式为；
【小问4详解】
经过足量10%NaOH溶液充分反应后，通入水蒸气，将生成氨全部蒸出，并用蒸馏水冲洗导管内壁，用的饱和硼酸标准溶液完全吸收NH3，为保证NH3全部被吸收，硼酸标准溶液要足量，同时NH3易挥发，所以“冰盐水”的作用是降温、防止氨气逸出，造成误差；
【小问5详解】
NH3全部被释放并被接收瓶中溶液完全吸收，再用0.5盐酸标准溶液滴定，到终点时消耗盐酸，据、可得~5 NH3~5HCl，即NH3~HCl，所以样品中氮元素质量分数为。
18. 将钛铁矿（）、磷灰石矿与锂灰石矿三矿耦合，按“原子经济”的绿色工艺技术路线生产磷酸铁锂，同时充分利用伴生元素。工艺流程如图。
已知：①钛在酸性环境中的存在形式为；
②溶液为紫色；常温时，有关电对的电极电势 ；
。一般标准电极电势越高，氧化剂的氧化性越强。
③25℃时，。
回答下列问题：
（1）Ti在元素周期表中的位置为______。“试剂X”为______（填化学式）。
（2）“酸解”反应的化学方程式为______。
（3）“水解”过程中通过观察溶液保持紫色，判断无被氧化，该方法的依据是______。
（4）循环利用“滤液2”的操作单元名称为______。“气体1”为______（填化学式）。
（5）“沉淀”反应的化学方程式为______。若将铁离子恰好沉淀完全（）时，______。
【答案】（1） ①. 第4周期第ⅣB族 ②.
（2）
（3）据已知可得还原性强于，可以将生成的还原为，防止生成氢氧化铁杂质
（4） ①. 酸解 ②. HF
（5） ①. ②.
【解析】
【分析】由图可知，试剂X为一种酸，而磷灰石矿加入试剂X酸溶之后，过滤可得到石膏，即试剂X为，气体1为HF，钛在酸性环境中的存在形式为，钛铁矿（）在108℃下酸解的化学反应式为：，水浸、冷却、过滤后得到，滤液1中存在Fe2+、，加铁粉目的是将过滤过程中被氧化的铁及时还原，防止钛酸中有杂质；滤液3在加入了NH3、H2O2、后发生反应，得到FePO4，FePO4与锂辉石矿处理得到的碳酸锂固相合成得到LiFePO4；石膏在加入碳粉、水泥矿化剂经高温回转后得到水泥，同时生成气体2，即SO2，SO2与空气中氧气合成SO3，用水吸收可得到H2SO4。
【小问1详解】
Ti在元素周期表中的位置为：第4周期第ⅣB族，由图可知，试剂X为一种酸，而磷灰石矿加入试剂X酸溶之后，过滤可得到石膏，即试剂X为；
【小问2详解】
钛在酸性环境中的存在形式为，钛铁矿（）酸解的化学反应式为：；
【小问3详解】
溶液为紫色，据已知可得还原性强于，可以将生成的还原为，防止生成氢氧化铁杂质，因此可以通过观察溶液保持紫色，判断无Fe2+被氧化；
【小问4详解】
由分析得循环利用“滤液2”的操作单元名称为酸解，“气体1”为HF；
【小问5详解】
滤液3在加入了NH3、H2O2、后发生反应，若将铁离子恰好沉淀完全（）时，，。
19. 尼拉帕尼（J）是一种安全高效抗癌药，根据该药物的两条合成路线，回答下列问题。
已知：
路线一：
（1）A的结构简式为______。
（2）C→D的反应类型是______。D→E引入Bc基团的作用为______。
（3）符合下列条件的D的同分异构体有______种。
①有一个含两个氮原子的六元环，且两个氮原子处于对位
②有一个苯环和一个甲基 ③仅有一个碳原子不参与成环
（4）H→I反应的化学方程式为______。
路线二：
（5）K中含氧官能团的名称为______。L的分子式为______。
（6）N→I反应的化学方程式为______。
【答案】（1） （2） ①. 还原反应 ②. 保护－NH－官能团
（3）15 （4）+ NH3 +CH3OH
（5） ①. 羟基 ②.
（6）++HBr
【解析】
【分析】A和B发生已知信息①的反应达到C，结合A、B的分子式可以推知A为、B为、C为，C和H2发生加成反应生成D，结合G的结构简式可知D为，D和(Bc)2O发生取代反应生成E为，E和F发生已知信息②的原理得到G，则F为，G和NaN3发生反应生成H，H和NH3发生取代反应生成I为，I酸化得到J，以此解答。
【小问1详解】
由分析可知，A的结构简式为。
【小问2详解】
由分析可知，C和H2发生加成反应生成D，D→E引入Bc基团后续在J中又转化为-NH-基团，则引入Bc基团的作用为保护－NH－官能团。
【小问3详解】
D为，D的同分异构体满足条件：①有一个含两个氮原子的六元环，且两个氮原子处于对位；②有一个苯环和一个甲基；③仅有一个碳原子不参与成环；当苯环上有两个取代基时组合为-CH3和；-CH3和；每种组合都有邻、间、对三种位置关系，共有6种情况；当苯环上只有一个取代基时，可能的情况有；；； ；；；；；共9种情况，综上所述，满足条件的D的同分异构体共有15种。
【小问4详解】
H和NH3发生取代反应生成I为，化学方程式为：+ NH3 +CH3OH。
【小问5详解】
K和(Bc)2O发生取代反应生成L，L和发生已知信息④反应原理得到M，则L为，K为，K发生分子内成环反应得到N为，N和发生取代反应生成I为，I酸化得到J， K中含氧官能团的名称为羟基，L的分子式为。
【小问6详解】
N为，N和发生取代反应生成I为，化学方程式为：++HBr。
20. 酯化反应可用通式表示为。在酸性条件下，，。假设整个过程中无环酯生成，不出现分层现象。
将投入反应容器中，发生如下反应：
二聚：
n聚：
聚：以上反应中每一步的速率常数近似认为相同，记平衡常数。
Ⅰ．反应平衡体系分析
（1）按系统命名法命名为______。
（2）定义反应程度，其中为时刻t时反应体系中－OH或者－COOH数目，为初始反应体系中－OH或－COOH的数目。若，则______。
（3）最终产物中存在多种聚合度的缩聚产物，平均聚合度与平衡常数K的关系______。
（4）为了使平均聚合度增大，下列方法可行的是______（填标号）。
A．及时移去 B．升高温度（）
C．提高浓度 D．提高浓度
E．先将单体预聚合成低聚物，然后将低聚物进一步法聚合
Ⅱ．在实际生产过程中，通常会将反应生成的水及时移去。
（5）加入少量催化与不加入催化两种情况下，初始阶段酯基的生成速率v与c（－COOH）的理论关系如图［图示为与的关系］。
a、b两条曲线的理论斜率之比更接近______。
A． B． C． D．
当温度升高时，b线斜率将______（填“变大”、“变小”或“不变”）。
（6）加入少量催化时，实验测得反应过程中平均聚合度与反应时间t的关系为：，其中为反应初始时浓度，k为常数。0～t时，酯基生成的平均速率______（用k、、t表示，忽略移去水对溶液体积的影响）。
【答案】（1）2－羟基乙酸
（2）2/3 （3）
（4）AE （5） ①. C ②. 不变
（6）
【解析】
【小问1详解】
含2个碳，具有羧基和羟基，可看成是乙酸中H原子被羟基取代，羟基位于2号碳上，故命名为：2－羟基乙酸
【小问2详解】
==，，，=；
【小问3详解】
由，可得，=，得出P=，每生成1分子水，聚合度提高1，则平均聚合度为初始反应体系中－OH或－COOH的数目与生成水的物质的物质的量之比，=，将P=代入，=；
【小问4详解】
受反应程度的影响，反应程度越大，聚合度越高，A．及时移去，使平衡正向移动，使低聚合物浓度升高，可使聚合度提高，A正确；B．升高温度（），使平衡逆向移动，使低聚合物浓度降低，可使聚合度降低，B错误；C．提高浓度使速度加快，平衡不移动，C错误；D．提高浓度，会使低聚合物浓度降低，聚合度减小，D错误； E．先将单体预聚合成低聚物，然后将低聚物进一步法聚合，E正确；故选AE
【小问5详解】
初始阶段，设=a，加酸，则，，a曲线斜率为2；不加酸，-COOH-COO-+H+ Ka，，，，b曲线斜率为；则a、b两条曲线的理论斜率之比，选C；当温度升高时，斜率=酯的生成与酸的消耗量相等，所以斜率不变；
【小问6详解】选项
物质（括号内为杂质）
除杂试剂
分离方法
A
NO（）
洗气
B
NaCl溶液（）
NaOH溶液、溶液、稀HCl
过滤
C
乙酸乙酯（乙酸）
饱和溶液
分液
D
溴苯（）
NaOH溶液
分液