2023年浙江省温州市高考化学二模试卷-普通用卷

这是一份2023年浙江省温州市高考化学二模试卷-普通用卷，共27页。试卷主要包含了 下列化学用语正确的是， 下列说法不正确的是等内容，欢迎下载使用。
2023年浙江省温州市高考化学二模试卷
1. 下列物质中属于耐高温非金属材料的是(    )
A. CO2 B. SiC C. Mg−Al D. P2O5
2. 碳酸钠应用广泛，下列说法不正确的是(    )
A. 碳酸钠受热易分解 B. 碳酸钠属于强电解质
C. 碳酸钠溶液呈碱性 D. Na元素位于周期表s区
3. 下列化学用语正确的是(    )
A. 镁原子最外层电子云轮廓图：
B. 乙醛空间填充模型：
C. 反式聚异戊二烯结构简式：
D. 基态铬原子的价层电子排布式：3d4s2
4. 物质的性质决定用途，下列两者对应关系不正确的是(    )
A. 石墨能导电，可用作电极材料
B. FeCl3溶液能腐蚀Cu，可制作印刷电路板
C. 硬铝密度小强度高，可用作飞机外壳材料
D. 氨气极易溶于水，可用作制冷剂
5. 下列关于元素及其化合物的性质说法不正确的是(    )
A. 碳和浓硫酸反应可生成CO2 B. 实验室用氯化铵分解制氨气
C. Al可溶于NaOH溶液生成偏铝酸钠 D. 高温下碳可还原SiO2生成硅
6. 关于反应S2O62−+2H2O+(CNS)2=2SO42−+2CNS−+4H+，下列说法正确的是(    )
A. (CNS)2可以和Na反应，生成NaCNS
B. CNS−是氧化产物
C. S2O62−既是氧化剂又是还原剂
D. 生成1molSO42−，转移2NA个电子
7. 下列反应的离子方程式不正确的是(    )
A. 氧化铝溶于盐酸反应：Al2O3+6H+=2Al3++3H2O
B. 碳酸银溶于稀硝酸：Ag2CO3+2H+=2Ag++H2O+CO2↑
C. 次氯酸溶液见光分解：2HClO=光2H++2Cl−+O2↑
D. Na2SO3溶液中通入少量氯气：SO32−+Cl2+H2O=SO42−+2Cl−+2H+
8. 下列说法不正确的是(    )
A. 高密度聚乙烯支链多，相互作用力大，软化温度高
B. 网状结构的聚丙烯酸钠是高吸水性树脂
C. 再生纤维与合成纤维统称化学纤维
D. 蛋白质在某些物理因素的作用下会发生变性
9. 2022年诺贝尔化学奖颁发给为点击化学发展做出贡献的3位科学家。点击反应的原料之一——化合物M(结构如图)，下列说法正确的是(    )
A. 属于烃，能使酸性高镇酸酸溶液褪色
B. 分子中所有碳原子共平面
C. 分子中没有手性碳原子
D. 1mol该物质与H2反应，最多可消耗5molH2

10. 前四周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。基态W原子中有7个运动状态不同的电子，X元素形成的某种单质是极性分子，基态Y原子的价层电子排布式为ns2np4，基态Z原子次外层全充满，最外层电子数为1，下列说法正确的是(    )
A. W和X的简单氢化物的稳定性：W>X
B. 基态X原子的第一电离能比同周期相邻原子都要低
C. YX2空间构型是直线形
D. 单质Z与单质Y反应生成ZY
11. 利用废料Ce2O3制备Ce(SO4)2的工作原理如图，下列说法不正确的是(    )

A. 电极b为阴极，发生还原反应
B. 电解总方程式：Ce2O3+8H+=电解2Ce4++3H2O+H2↑
C. 离子交换膜为阴离子交换膜
D. X可以是H2SO4溶液
12. 三氟化氯(ClF3)是极强助燃剂，能发生自耦电离：2ClF3⇌ClF4−+ClF2+，其分子的空间构型如图。下列推测合理的是(    )


A. ClF3分子的中心原子杂化轨道类型为sp2
B. ClF3与Fe反应生成FeCl2和FeF2
C. ClF3分子是含有极性键的非极性分子
D. BrF3比ClF3更易发生自耦电离
13. 在一定温度下，氨气溶于水的过程及其平衡常数为：NH3(g)⇌NH3(aq)K1=c(NH3)p，NH3(aq)+H2O(l)⇌NH4+(aq)+OH−(aq)K2，其中p为NH3(g)的平衡压强，c(NH3)为NH3在水溶液中的平衡浓度，下列说法正确的是(    )
A. 氨水中c(NH4+)>c(OH−)
B. 0.1mol⋅L−1氨水中，c(NH4+)+c(NH3⋅H2O)=0.1mol⋅L−1
C. 相同条件下，浓氨水中的c(NH4+)c(OH−)大于稀氨水中的c(NH4+)c(OH−)
D. 在该温度下，氨气在水中的溶解度(以物质的量浓度表示)c= K1K2pmol⋅L−1
14. 工业上利用CO2和H2制备HCOOH，相关化学键的键能如表所示：
键
C=O
H−H
O−H
C−H
C−O
键能/kJ⋅mol−1
745
436
462.8
413.4
351
已知：①温度为T1℃时，CO2(g)+H2(g)⇌HCOOH(g)K=2；
②实验测得：v正=k正c(CO2)⋅c(H2)，v逆=k逆c(HCOOH)，k正、k逆为速率常数。
下列说法不正确的是(    )
A. 反应CO2(g)+H2(g)⇌HCOOH(g)的ΔHT1℃
15. 分离废水中的Ni2+和Co2+，对节约资源和环境保护有着重要意义。已知：当溶液中离子浓度小于10−5mol⋅L−1时，该离子沉淀完全。25℃时，H2CO3的电离常数Ka1=4.5×10−7，Ka2=4.7×10−11，有关物质的Ksp如表：
物质
CoCO3
Co(OH)2
CoS
NiCO3
Ni(OH)2
NiS
Ksp
1.4×10−13
6.3×10−15
4.0×10−21
6.6×10−9
2.0×10−15
3.2×10−19
下列说法正确的是(    )
A. 1.0mol⋅L−1Na2CO3溶液与废水混合，生成的沉淀成分为CoCO3、NiCO3
B. 25℃时，反应CoCO3(s)+Ni2+(aq)⇌NiCO3(s)+Co2+(aq)达到平衡，则溶液中c(Co2+)c(Ni2+)=4.7×104
C. 25℃时，用NaOH溶液调节废水的pH至8.0，Co2+能沉淀完全
D. 将(NH4)2S溶液逐滴加入浓度均为0.10mol⋅L−1的Ni2+和Co2+混合溶液中，当Co2+完全沉淀生成CoS时，c(Ni2+)=8.0×10−4mol⋅L−1
16. 探究Na2S的性质，根据实验方案和现象，下列结论不正确的是 (    )

实验方案
现象
结论
A
测定均为离子化合物的Na2S和K2S的熔点
Na2S的熔点更高
Na2S中离子键强于K2S中离子键
B
常温下，测定0.1mol⋅L−1Na2S溶液的pH
pH>7
S2−发生了水解
C
向4.5mL0.06mol⋅L−1Na2S溶液中滴加1滴0.1mol⋅L−1酸性KMnO4溶液
KMnO4紫色褪去，溶液澄清
MnO4−将S2−氧化为SO42−
D
向0.1mol⋅L−1Na2S溶液中加入H2O2
产生淡黄色沉淀
H2O2将S2−氧化为S

A. A B. B C. C D. D
17. 含氮化合物在生产、生活中有非常重要的应用。请回答：

(1)基态氮原子的价层电子轨道表示式为 ______ 。
(2)氮化镓的结构与金刚石相似(如图1所示)。
①氮与镓之间形成的化学键类型为 ______ ，镓原子的配位数为 ______ 。
②传统制备氮化镓是采用GaCl3与NH3在一定条件下反应制备，不采用金属Ga与N2制备的原因是 ______ 。
(3)大多数离子液体含有较大的阴、阳离子，如含氮的阳离子()，其中σ键与π键的个数之比为 ______ 。
(4)由铁、钨、氮三种元素组成的氮化物表现出特殊的导电性质，晶胞结构如图，该晶体的化学式为 ______ ；设NA为阿伏加德罗常数的值，该晶体的密度ρ= ______ g⋅cm−3(列出计算式即可)。
18. 化合物X由两种元素组成，某学习小组按如图流程进行实验：

已知：X可与水反应生成一种二元含氧酸，流程中X与NaOH(物质的量之比1：1)发生化合反应得到溶液A(含4种元素)。B和D为纯净物。
请回答：
(1)X的组成元素是 ______ ，X的化学式是 ______ 。
(2)写出X→A的化学方程式 ______ 。
(3)写出C→D的离子方程式 ______ 。
(4)实验室制得的黄绿气体单质B含有HCl，设计实验验证 ______ 。
19. 某研究小组以TiO2、TiCl4、H2为原料，用如图装置制备Ti2O3：

B为直型管式电阻炉，880℃时，该装置内先后发生以下反应：
Ⅰ：3TiO2+TiCl4+2H2=2Ti2O3+4HCl
Ⅱ：2TiCl4+H2=2TiCl3+2HCl
已知：

Ti2O3
TiCl3
TiCl4
HCl
颜色
暗紫色
紫红色
无色
无色
在反应装置内的状态
固态
气态
气态
气态
请回答：
(1)C装置的作用是 ______ ，D装置中浓硫酸的作用是 ______ 。
(2)下列有关说法不正确的是 ______ 。
A.当装置中出现紫红色气体，说明TiO2已消耗完毕
B.装置D后连接的导管可直接插入水中吸收尾气
C.应先通一段时间氢气后，再打开装置B的加热开关
D.反应结束，按顺序关闭K1、K2、装置B的加热开关
(3)开始反应后，为提高H2的利用率，应降低H2流量，而实验过程中H2流量却需要远大于化学计量值的原因是 ______ 。TiCl4与H2的比例过大，容易引发副反应Ⅱ，可通过调节 ______ ，达到调整TiCl4的通入量。
(4)该研究小组采用滴定法测定产品中Ti2O3的质量分数。
滴定原理：利用Ce4+将产物中三价钛氧化为四价，然后用Fe2+滴定剩余的Ce4+。
已知：实验室现有的Ce(SO4)2含有Ce2(SO4)3杂质。
①从下列选项中选择最佳操作并排序(部分操作可重复使用)完成实验Ⅰ、Ⅱ ______ 。

a.转移至100mL容量瓶并定容
b.加入xgCe(SO4)2(过量)、30mL浓磷酸和5mL浓硫酸
c.静置，观察颜色变化
d.取20.00mL待测液，加入指示剂，用(NH4)2Fe(SO4)2标准液滴定
e.另称取xgCe(SO4)2，加入30mL浓磷酸和5mL浓硫酸
②实验Ⅰ中在进行d操作时，不慎将(NH4)2Fe(SO4)2标准液滴出锥形瓶，将导致测定的Ti2O3质量分数 ______ 。(填“偏高”、“偏低”、“无影响”)
20. 某研究小组按下列路线合成抗病毒药物奥司他韦。

已知：
请回答：
(1)F中含氧官能团的名称是 ______ ；G的结构简式是 ______ 。
(2)下列说法不正确的是 ______ 。
A.①的反应类型是加成反应、消去反应
B.奥司他韦的分子式为C16H28N2O4
C.可用溴水检验A中是否含有碳碳双键
D.E易溶于水，因为其分子中的羟基、羧基能与水形成氢键
(3)写出③的化学方程式 ______ 。
(4)写出同时符合下列条件的化合物C的同分异构体的结构简式 ______ 。
 1H−NMR谱和IR谱检测表明：
①分子中含有酚羟基、氮氧键和，不含−O−O−；
②分子中共有5种不同化学环境的氢原子。
(5)请以CH2=CH−CH=CH2−CHO和CH2=CH2为原料，合成的路线 ______ (用流程图表示，无机试剂任选)。
答案和解析

1.【答案】B 
【解析】解：A.CO2属于分子晶体，熔点低，故A错误；
B.SiC属于原子晶体，熔点高，属于耐高温非金属材料，故B正确；
C.Mg−Al属于合金，是金属材料，不属于非金属材料，故C错误；
D.P2O5属于分子晶体，熔点低，故D错误；
故选：B。
A.CO2属于分子晶体；
B.SiC属于原子晶体，熔点高；
C.Mg−Al属于合金；
D.P2O5属于分子晶体。
本题考查无机非金属材料的判断及晶体类型与熔点高低判断，难度不大，注意掌握常见物质分类的方法。

2.【答案】A 
【解析】解：A.碳酸钠稳定性强，受热不分解，故A错误；
B.碳酸钠溶于水完全电离，溶液能导电，属于电解质，水溶液中完全电离属于强电解质，故B正确；
C.碳酸钠溶液中的碳酸根离子水解，促进水的电离，溶液呈碱性，故C正确；
D.Na元素位于周期表的第三周期第ⅠA族，属于s区，故D正确；
故选：A。
A.碳酸钠受热不分解；
B.水溶液中或熔融状态下完全电离的电解质为强电解质；
C.碳酸钠是强碱弱酸盐，碳酸根离子分步水解，溶液显碱性；
D.ⅠA、ⅡA属于s区。
本题考查了物质性质、盐类水解、物质分类等知识点，注意知识的理解应用，题目难度不大。

3.【答案】B 
【解析】解：A.Mg原子最外层电子为3s电子，其电子云轮廓图为球形，故A错误；
B.乙醛分子的结构简式为CH3CHO，碳原子半径大于氧原子半径，氧原子半径大于氢原子半径，乙醛的空间填充模型：，故B正确；
C.反式聚异戊二烯的结构中，亚甲基位于碳碳双键异侧，反式聚异戊二烯的结构简式：，故C错误；
D.基态Cr原子价层电子排布式中，3d能级排列5个电子、4s能级排列1个电子，其价电子排布式为3d5s1，故D错误；
故选：B。
A.s能级电子云轮廓图为球形；
B.乙醛结构简式为CH3CHO，r(C)>r(O)>r(H)；
C.反式聚异戊二烯的结构中，亚甲基位于碳碳双键异侧；
D.基态Cr原子价层电子排布式中，3d能级排列5个电子、4s能级排列1个电子。
本题考查了常见化学用语的表示方法，题目难度不大，涉及填充模型、电子排布式等知识，明确常见化学用语的概念及书写原则为解答关键，试题培养了学生的规范答题能力，D为解答易错点。

4.【答案】D 
【解析】解：A.石墨能导电，可用作电极材料，故A正确；
B.氯化铁具有氧化性，能够与铜反应生成氯化铜、氯化亚铁，所以可制作印刷电路板，故B正确；
C.依据合金的性质可知，硬铝密度小强度高，可用作飞机外壳材料，故C正确；
D.液氨汽化吸收大量的热，可用于制冷剂，与其极易溶于水的性质无关，故D错误；
故选：D。
A.电极材料必须能够导电；
B.依据氯化铁的氧化性解答；
C.用作飞机外壳材料要求密度小、硬度大；
D.依据液氨汽化吸收大量热解答。
本题考查了物质的组成、结构、性质与应用，题目难度不大，把握常见物质的性质和应用是解题的关键，侧重于考查学生的分析能力和应用能力。

5.【答案】B 
【解析】解：A.碳跟浓硫酸反应生成二氧化硫、二氧化碳和水，反应的化学方程式为：C+2H2SO4(浓)=△CO2↑+2SO2↑+2H2O，故A正确；
B.氯化铵受热分解生成氯化氢和氨气，温度降低氯化氢和氨气又重新生成固体氯化铵，不能制备氨气，故B错误；
C.铝能和强酸、强碱反应，能和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，故C正确；
D.高温下用焦炭还原SiO2，制取粗硅，反应的化学方程式：SiO2+2C=高温Si+2CO，故D正确；
故选：B。
A.碳跟浓硫酸反应生成二氧化硫、二氧化碳和水；
B.氯化铵受热分解生成氯化氢和氨气，温度低时氯化氢和氨气重新反应生成氯化铵；
C.铝能和氢氧化钠溶液反应生成可溶性的偏铝酸钠；
D.高温下用焦炭还原SiO2，生成粗硅和一氧化碳。
本题考查了物质的性质与应用，把握物质的性质、发生的反应及现象为解答的关键，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，题目难度不大。

6.【答案】A 
【解析】解：A.(CNS)2性质和Cl2相似，和Na反应生成NaCNS，故A正确；
B.S2O62−+2H2O+(CNS)2=2SO42−+2CNS−+4H+，反应中(CNS)2中S元素化合价−1价降低到−2价，做氧化剂，CNS−是还原产物，故B错误；
C.分析硫元素化合价变化可知，S2O62−是还原剂，故C错误；
D.S2O62−反应过程中硫元素化合价+5价升高到+6价，生成1molSO42−，转移NA个电子，故D错误；
故选：A。
A.(CNS)2性质和Cl2相似；
B.S2O62−+2H2O+(CNS)2=2SO42−+2CNS−+4H+，反应中(CNS)2中S元素化合价−1价降低到−2价，做氧化剂；
C.S2O62−中硫元素化合价升高做还原剂；
D.S2O62−反应过程中硫元素化合价+5价升高到+6价，结合电子守恒计算。
本题考查了氧化还原反应、氧化剂还原剂、氧化产物和还原产物的分析判断、电子转移总数的计算等知识点，注意知识的熟练掌握，题目难度不大。

7.【答案】D 
【解析】解：A.氧化铝和盐酸反应生成氯化铝和水，离子方程式为Al2O3+6H+=2Al3++3H2O，故A正确；
B.碳酸银和硝酸反应，生成硝酸银、水和二氧化碳，碳酸银是沉淀，不能拆，故离子方程式为Ag2CO3+2H+=2Ag++H2O+CO2↑，故B正确；
C.HClO见光分解生成HCl和氧气，HClO是弱酸，不能拆，而HCl是强酸，需拆开，离子方程式为2HClO=光2H++2Cl−+O2↑，故C正确；
D.Na2SO3溶液中通入少量氯气，氯气被还原为Cl−，SO32−被部分氧化为SO42−，同时生成的H+和SO32−反应生成HSO3−，离子方程式为3SO32−+Cl2+H2O=SO42−+2Cl−+2HSO3−，故D错误；
故选：D。
A.氧化铝和盐酸反应生成氯化铝和水；
B.碳酸银和硝酸反应，生成硝酸银、水和二氧化碳；
C.HClO见光分解生成HCl和氧气；
D.Na2SO3溶液中通入少量氯气，氯气被还原为Cl−，SO32−被部分氧化为SO42−，同时生成的H+和SO32−反应生成HSO3−。
本题考查了离子方程式书写的正误判断，难度不大，易错点是D，应注意生成的氢离子会和过量的亚硫酸根离子反应。

8.【答案】A 
【解析】解：A.高密度聚乙烯支链少，链之间的相互作用力较大，软化温度高，故A错误；
B.网状结构的聚丙烯酸钠高聚物中含有的—COONa为亲水基，是高吸水性树脂，故B正确；
C.纤维是人们生活中的必需品，再生纤维与合成纤维统称化学纤维，故C正确；
D.蛋白质在加热、搅拌、紫外线和超声波等某些物理因素的作用下会发生变性，故D正确；
故选：A。
A.高密度聚乙烯的支链少，链之间的作用力就比低密度聚乙烯的大，软化温度较高；
B.网状结构的聚丙烯酸钠是一种高分子树脂，吸水性很强；
C.合成纤维、再生纤维统称为化学纤维，天然纤维不属于化学纤维；
D.在加热、搅拌、紫外线和超声波等某些物理因素的作用下蛋白质可发生变性，失去其生理活性，变性是不可逆过程，是化学变化。
本题主要考查高分子化合物、蛋白质的结构和性质等知识，为基础知识的考查，题目难度不大。

9.【答案】C 
【解析】解：A.该有机物中含有C、H、O元素，所以该有机物不属于烃，属于烃的含氧衍生物，故A错误；
B.分子中饱和碳原子具有甲烷结构特点，甲烷中最多有3个原子共平面，所以该分子中所有碳原子一定不共平面，故B错误；
C.根据图知，该分子中不含手性碳原子，故C正确；
D.苯环和氢气以1：3发生加成反应，碳碳三键和氢气以1：2发生加成反应，分子中含有1个苯环和2个碳碳三键，所以1mol该物质最多消耗7mol氢气，故D错误；
故选：C。
A.该有机物中含有C、H、O元素，烃中只含C、H元素；
B.饱和碳原子具有甲烷结构特点，甲烷中最多有3个原子共平面；
C.连接4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子；
D.苯环和氢气以1：3发生加成反应，碳碳三键和氢气以1：2发生加成反应。
本题考查有机物的结构和性质，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确官能团及其性质的关系、原子共平面判断方法是解本题关键，题目难度不大。

10.【答案】B 
【解析】解：由分析可知，W为N元素、X为O元素、Y为S元素、Z为Cu元素；
A.元素非金属性：N10−5mol⋅L−1，则Co2+不能沉淀完全，故C错误；
D.将(NH4)2S溶液逐滴加入Ni2+和Co2+混合溶液中，当Co2+完全沉淀生成CoS时溶液中c(S2−)=Ksp(CoS)c(Co2+)=4.0×10−2110−5mol/L=4.0×10−16mol/L，此时溶液中c(Ni2+)=3.2×10−194.0×10−16mol/L=8.0×10−4mol/L，故D正确；
故选：D。
A.CoCO3饱和溶液中c(Co2+)= Ksp(CoCO3)= 1.4×10−13mol/L≈3.7×10−7mol/L，Co(OH)2饱和溶液中c(OH−)=2c(Co2+)，此时Ksp[Co(OH)2]=c2(OH−)⋅c(Co2+)=4c3(Co2+)，即c(Co2+)=3Ksp[Co(OH)2]4=36.3×10−154mol/L≈1.15×10−5mol/L，同理NiCO3饱和溶液中c(Ni2+)= Ksp(NiCO3)≈8.1×10−5mol/L，Ni(OH)2饱和溶液中c(Ni2+)≈7.9×10−6mol/L，即溶解度：Co(OH)2>CoCO3，NiCO3>Ni(OH)2；
B.反应CoCO3(s)+Ni2+(aq)⇌NiCO3(s)+Co2+(aq)达到平衡时溶液中c(Co2+)c(Ni2+)=Ksp(CoCO3)Ksp(NiCO3)；
C.25℃时，用NaOH溶液调节废水的pH至8.0，溶液中c(OH−)=10−1410−8mol/L=10−6mol/L，根据c(Co2+)=Ksp[Co(OH)2]c2(OH−)计算c(Co2+)；
D.将(NH4)2S溶液逐滴加入Ni2+和Co2+混合溶液中，当Co2+完全沉淀生成CoS时溶液中c(S2−)=Ksp(CoS)c(Co2+)=4.0×10−2110−5mol/L=4.0×10−16mol/L，根据Ksp(NiS)=c(Ni2+)⋅c(S2−)进行计算。
本题考查沉淀溶解平衡，侧重分析能力、计算能力与综合运用能力的考查，把握平衡溶度积常数涵义及相关计算是解题关键，注意选项A为易错点和解答的难点，题目难度中等。

16.【答案】C 
【解析】解：A.离子化合物中，离子半径越小、熔点越高，则Na2S中离子键强于K2S中离子键，可知Na2S的熔点更高，故A正确；
B.Na2S溶液中S2−发生了水解，水解显碱性，溶液的pH>7，故B正确；
C.酸性KMnO4溶液可氧化S2−生成S，KMnO4紫色褪去，溶液变浑浊，故C错误；
D.Na2S溶液中加入H2O2生成S，产生淡黄色沉淀，故D正确；
故选：C。
A.离子化合物中，离子半径越小、熔点越高；
B.Na2S溶液水解显碱性；
C.酸性KMnO4溶液可氧化S2−；
D.Na2S溶液中加入H2O2生成S。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。

17.【答案】  共价键  4  该反应熵减小不利于反应自发进行，N2键能较大，反应要求比较高  25：2  FeWN2 4×14+2×56+2×184NA 32a2c×10−21 
【解析】解：(1)基态氮原子的价层电子轨道表示式为，
故答案为：；
(2)①氮化镓的结构与金刚石相似，氮化镓为共价晶体，氮与镓之间形成的化学键为共价键；由图可知，离每个黑球最近的白球有4个，离每个白球最近的黑球有4个，镓原子的配位数为4，
故答案为：共价键；4；
②N2中存在N≡N，键能较大，反应要求比较高，该反应为熵减小的反应，不利于反应自发进行，
故答案为：该反应熵减小不利于反应自发进行，N2键能较大，反应要求比较高；
(3)单键为σ键，双键中含1个σ键和1个π键，中σ键与π键的个数之比为25：2，
故答案为：25：2；
(4)由图可知，N3−位于顶点、棱上和体内，个数为8×18+4×12+1=4，Fe2+、W4+位于体内，都为2个，N3−：Fe2+：W4+=4：2：2=2：1：1，该晶体的化学式为FeWN2；晶胞质量为4×14+56×2+184×2NAg，晶胞体积为 32×anm×anm×cnm= 32×a2c×10−21cm3，晶胞密度ρ=mV=4×14+2×56+2×184NA 32a2c×10−21g⋅cm−3，
故答案为：FeWN2；4×14+2×56+2×184NA 32a2c×10−21。
(1)基态氮原子的价层电子排布式为2s22p3；
(2)①氮化镓的结构与金刚石相似，氮化镓为共价晶体；由图可知，离每个黑球最近的白球有4个，离每个白球最近的黑球有4个；
②N2中存在N≡N，键能较大；熵增大有利于反应自发进行；
(3)单键为σ键，双键中含1个σ键和1个π键；
(4)由图可知，N3−位于顶点、棱上和体内，个数为8×18+4×12+1=4，Fe2+、W4+位于体内，都为2个，N3−：Fe2+：W4+=4：2：2=2：1：1；晶胞质量为8×14+56×2+184×2NAg，晶胞体积为 32×anm×anm×cnm= 32×a2c×10−21cm3，根据ρ=mV计算晶胞密度。
本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布、化学键、晶胞计算等内容，其中晶胞计算为解题难点，需要结合均摊法进行分析，掌握基础为解题关键，整体难度较大。

18.【答案】Fe、O  FeO2  FeO2+NaOH=NaHFeO3  Fe3++3OH−=Fe(OH)3↓  苯除去氯气后，再通入硝酸酸化的硝酸银溶液，生成白色沉淀，说明Cl2含有HCl 
【解析】解：(1)根据分析，X化学式为FeO2，X的组成元素是Fe、O，
故答案为：Fe、O；FeO2；
(2)根据流程中X与NaOH(物质的量之比1：1)发生化合反应得到溶液A(含4种元素)，则FeO2与NaOH发生化合反应生成NaHFeO3，反应的化学方程式为FeO2+NaOH=NaHFeO3，
故答案为：FeO2+NaOH=NaHFeO3；
(3)C→D是氯化铁和氢氧化钠反应生成氢氧化铁沉淀，反应的离子方程式Fe3++3OH−=Fe(OH)3↓，
故答案为：Fe3++3OH−=Fe(OH)3↓；
(4)氯气易溶于苯，用苯除去氯气后，再通入硝酸酸化的硝酸银溶液，生成白色沉淀，说明Cl2含有HCl，实验方案为苯除去氯气后，再通入硝酸酸化的硝酸银溶液，生成白色沉淀，说明Cl2含有HCl，
故答案为：苯除去氯气后，再通入硝酸酸化的硝酸银溶液，生成白色沉淀，说明Cl2含有HCl。
化合物X由两种元素组成，结合C与氢氧化钠反应生成红褐色沉淀D，D灼烧生成8g红色固体E为Fe2O3，n(Fe2O3)=8g160g/mol=0.05mol，可知C中含有0.1molFe3+，黄绿色气体单质为氯气，n(Cl2)=1.12L22.4L/mol=0.05mol，溶液A和盐酸发生氧化还原反应生成氯气和Fe3+，根据得失电子守恒，A中Fe元素为+4价，流程中X与NaOH(物质的量之比1：1)发生化合反应得到溶液A(含4种元素)，X中含有Fe、O两种元素，X为FeO2，A的化学式为NaHFeO3。
本题考查物质含量的测定，侧重考查阅读、分析、判断及知识综合运用能力，明确元素化合物的性质、物质之间的转化关系并正确推断各物质是解本题关键，难点是判断X的化学式，题目难度中等。

19.【答案】收集冷凝的四氯化钛并防止倒吸  防止空气中氧气、水进入装置BC中，干扰实验的进行  BD  氢气不仅是反应物还是四氯化钛的载体，且氢气不可能全部参加反应，且要把生成的HCl带出装置使得反应更彻底  水浴的温度  b、a；a、d  偏低 
【解析】解：(1)TiCl4在C装置中被液化从而使气压变小，起到安全瓶的作用，故C装置的作用是收集冷凝的四氯化钛并防止倒吸；浓硫酸具有吸水性，D装置中浓硫酸的作用是防止空气中氧气、水进入装置BC中，干扰实验的进行，
故答案为：收集冷凝的四氯化钛并防止倒吸；防止空气中氧气、水进入装置BC中，干扰实验的进行；
(2)A.装置中两个反应先后反应，且TiCl3为紫红色气体，故当装置中出现紫红色气体，说TiO2已消耗完毕，故A正确；
B.尾气中的HCl气体极易溶于水装置，故D后连接的导管不可直接插入水中吸收尾气，故B错误；
C.氢气为可燃性气体，故先通一段时间氢气排净装置中空气后防止爆炸，再打开装置B的加热开关，故C正确；
D.反应结束，首先关闭装置B的加热开关，待冷却后再关闭K1、K2，故D错误；
故答案为：BD；
(3)氢气不可能完全反应，且需要用氢气把生成物带出反应仪器，故实验过程中H2流量却需要远大于化学计量值的原因是氢气不仅是反应物还是四氯化钛的载体，且氢气不可能全部参加反应，且要把生成的HCl带出装置使得反应更彻底；TiCl4与H2的比例过大，容易引发副反应Ⅱ，可通过调节装置A中水浴的温度，控制TiCl4的气化量，达到调整TiCl4的通入量，
故答案为：氢气不仅是反应物还是四氯化钛的载体，且氢气不可能全部参加反应，且要把生成的HCl带出装置使得反应更彻底；水浴的温度；
(4)①根据滴定原理，实验Ⅰ过程为：准确称量0.1000g产物与烧杯中，加入xgCe(SO4)2(过量)，30mL浓磷酸和5mL浓硫酸，利用Ce4+将产物中三价钛氧化为四价；然后转移至100mL容量瓶并定容；取20.00mL待测液，加入指示剂，用(NH4)2Fe(SO4)2标准液滴定剩余的Ce4+，并进行正确读数；已知：实验室现有的Ce(SO4)2含有xgCe2(SO4)3杂质；故需要进行空白实验排除Ce2(SO4)3对实验的干扰，实验Ⅱ过程为：另称取xgCe(SO4)2，加入30mL浓磷酸和5mL浓硫酸，转移至100mL容量瓶并定容；取20.00mL待测液，加入指示剂，用(NH4)2Fe(SO4)2标准液滴定，并进行正确读数；
故答案为：b、a；a、d；
②实验I中在进行d操作时，不慎将(NH4)2Fe(SO4)2标准液滴出锥形瓶，使得标准液的用量偏大，相当于剩余的Ce4+偏多，导致测定的Ti2O3质量偏小，质量分数偏低，
故答案为：偏低。
实验中应先通一段时间氢气后，排除装置内空气，然后打开装置B的加热开关，TiO2、TiCl4、H2反应生成Ti2O3，当装置中出现紫红色气体，说明TiO2已消耗完毕，关闭装置B的加热开关，待冷却后再关闭K1、K2；
(1)TiCl4在C装置中被液化从而使气压变小，起到安全瓶的作用；浓硫酸具有吸水性；
(2)结合反应原理进行判断即可；
(3)氢气不可能完全反应，且需要用氢气把生成物带出反应仪器；TiCl4与H2的比例过大，容易引发副反应Ⅱ，可通过调节装置A中水浴的温度，控制TiCl4的气化量；
(4)①根据滴定原理和空白实验的对比原则分析；
②实验I中在进行d操作时，不慎将(NH4)2Fe(SO4)2标准液滴出锥形瓶，使得标准液的用量偏大，相当于剩余的Ce4+偏多，导致测定的Ti2O3质量偏小。
本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握制备原理、实验装置的作用、物质的性质、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验的考查，题目难度较大。

20.【答案】羟基、酯基   C    
【解析】解：(1)F中含氧官能团的名称是羟基、酯基；G的结构简式是，
故答案为：羟基、酯基；；
(2)A.①的反应类型是醛基先发生加成反应生成醇羟基，醇羟基再发生消去反应生成碳碳双键，所以该反应的反应类型是加成反应、消去反应，故A正确；
B.奥司他韦的分子式为C16H28N2O4，故B正确；
C.醛基能被溴水氧化而使溴水褪色，碳碳双键能和溴水发生加成反应而使溴水褪色，不能用溴水检验A中是否含有碳碳双键，故C错误；
D.E易溶于水，因为其分子中的羟基、羧基能与水形成氢键，故D正确；
故答案为：C；
(3)D和双氧水反应生成，和水在一定条件下反应生成F，反应方程式为，
故答案为：；
(4)C为，C的同分异构体同时符合下列条件：
①分子中含有酚羟基、氮氧键和，不含−O−O−；
②分子中共有5种不同化学环境的氢原子，C的不饱和度是4、苯环的不饱和度是4，符合条件的同分异构体中除了苯环外不含其它环或双键，其结构对称，符合条件的结构简式为，
故答案为：；
(5)以CH2=CH−CH=CH2−CHO和CH2=CH2为原料合成，根据原料及目标产物结构简式知，碳碳双键发生第一个、第二个信息的反应生成环氧基，−CO−乙二醇发生取代反应得到目标产物，乙烯和溴发生加成反应生成1，2−二溴乙烷，1，2−二溴乙烷发生水解反应生成乙二醇，合成路线为，
故答案为：。
乙醛发生加成、消去反应生成A，A发生反应生成B，根据B、D的结构简式及C的分子式知，B发生加成反应生成C为，D发生第一个信息的反应然后再和水反应生成E，E发生水解反应生成F，F和丙酮发生第二个信息的反应生成G，根据F、H的结构简式知，G为，G发生取代反应生成H；
(5)以CH2=CH−CH=CH2−CHO和CH2=CH2为原料合成，根据原料及目标产物结构简式知，碳碳双键发生第一个、第二个信息的反应生成环氧基，−CO−乙二醇发生取代反应得到目标产物，乙烯和溴发生加成反应生成1，2−二溴乙烷，1，2−二溴乙烷发生水解反应生成乙二醇。
本题考查有机物推断和合成，侧重考查分析、推断及知识综合运用能力，正确推断各物质的结构简式是解本题关键，采用知识迁移、逆向思维方法进行合成路线设计，难点是限制性条件下同分异构体结构简式的确定。