湖南省部分名校联盟2023届高三5月冲刺压轴大联考化学试题（含解析）

这是一份湖南省部分名校联盟2023届高三5月冲刺压轴大联考化学试题（含解析），共24页。试卷主要包含了单选题，实验题，原理综合题，工业流程题，有机推断题等内容，欢迎下载使用。

湖南省部分名校联盟2023届高三5月冲刺压轴大联考化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．化学与生活、生产息息相关，下列有关说法错误的是
A．碱性废水可通过投加酸性废水中和 B．能使某些色素褪色，可作漂白剂
C．实验室常用Zn与稀硫酸反应制取氢气 D．铅炼厂用阴离子交换膜处理污水中的
2．天津大学研究团队简化了合成治疗囊性纤维化药物依瓦卡特的路线，其中一步如下所示。

下列说法错误的是
A．物质Y结构中所有原子可能共平面 B．反应I属于取代反应
C．反应Ⅱ生成Y和乙醇 D．等物质的量的X和Y消耗NaOH的量相同
3．实验是化学的最高法庭。下列所示装置或操作能达到实验目的的是
A
B
C
D




检验有碳碳双键
配制溶液
乙醚萃取碘水得到的乙醚溶液
验证铁钉的吸氧腐蚀
A．A B．B C．C D．D
4．19世纪科学家提出与作用的反应过程如下：
反应I：
反应II：
已知反应过程中放热，下列说法正确的是
A．反应I中作还原剂 B．HOOCl含有σ键和π键
C．该反应适宜在较低温度下进行 D．每产生22.4L ，则至少消耗 1mol
5．某种金属硼化物的立方晶胞结构如图所示。下列有关说法错误的是

A．每个晶胞含1个 B．Ca与Ca之间最短距离为a pm
C．若以Ca为顶点，位于晶胞的面心 D．该晶胞与CsCl晶胞结构相似
6．原子序数依次递增的X、Y、Z、W、M五种主族元素位于短周期，Y、Z、W位于同周期，基态X、Y、Z、W原子的未成对电子数之和是基态M原子的价层电子数的2倍。X、Y、Z、W元素组成的物质存在如图所示的转化关系。下列说法错误的是

A．离子半径： B．M的单质属于共价晶体
C．第一电离能 D．X、Y、Z、W形成的化合物中可能含有离子键
7．从含镍催化剂(含NiO、、等物质)中回收金属资源的流程如下：

下列说法错误的是
A．试剂X可以是NaOH溶液
B．“酸化”反应的离子方程式为
C．该工艺回收的金属资源为、、
D．若杂质中含有，浓缩结晶所得产品中可能含有
8．结构决定性质是重要的化学观念。叶绿素、18-冠-6的结构如图所示。设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是

A．叶绿素中有2个氮原子各带1个单位负电荷 B．两种物质中含有的官能团完全不同
C．18-冠-6是具有分子识别功能的超分子 D．1mol叶绿素分子中含有手性碳原子数目为5
9．亚硝酸甲酯()与羟基自由基在对流层中作用的反应机理及其能量变化如图所示。

下列叙述错误的是
A．不同路径的反应速率：路径1＜路径2
B．的空间结构为平面三角形，∠HCH小于120°
C．由图像可知的能量一定低于
D．路径1历程中反应速率最快的步骤的中间体为TS2
10．下列叙述对应的离子方程式正确的是
A．向饱和NaOH溶液通入过量析出白色晶体：
B．白色沉淀CuCl溶于-溶液得到深蓝色溶液：
C．向溶液中滴入酸化的溶液产生白色沉淀：
D．向溶液中滴入溶液产生黑色沉淀和气泡：
11．近日，科学工作者研制了一种以有机钙为电解质溶液的可充电钙硒电池。放电时，总反应为，其工作原理如图所示。下列说法错误的是

A．放电时，向X极方向移动
B．放电时，外电路转移1mol 时，理论上消耗20gCa
C．该电池的电解质溶液不能使用水溶液环境
D．充电时，阳极的电极反应式为
12．25℃时，在20.0mL 0.10 MOH中滴入0.10的盐酸，溶液的pH与所加盐酸的体积关系如图所示。下列有关叙述错误的是

A．MOH为弱碱
B．N点存在关系
C．时，
D．混合溶液的导电能力：O点>N点
13．探究银镜实验后溶解Ag的实验方案，如下表所示。
实验方案
实验现象

试剂
实验①：稀硝酸
银逐渐溶解，试管口有浅红棕色气体生成
实验②：Fe(NO3)3溶液(pH=2)
银镜慢慢消失，溶液澄清
实验③：FeCl3溶液(pH=2)
银镜快速溶解，反应后溶液中有明显灰色沉淀
实验④：HI溶液
银镜溶解，有黄色沉淀产生，且有气泡产生
已知：Fe3+的氧化性与Ag+接近。下列有关叙述正确的是
A．实验①发生反应的离子方程式为
B．对比分析实验②和③表明：Cl-具有催化作用
C．实验④发生反应的类型为置换反应，说明氧化性；
D．综合上述实验说明溶解银的关键在于试剂的氧化性和能否生成银盐沉淀
14．t℃时，向容积为2L的刚性容器中充入1mol 和一定量的发生反应；，HCHO的平衡分压与起始的关系如图所示。已知：初始加入2mol 时，容器内混合气体的总压强为1.2p kPa,为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数。下列叙述正确的是

A．e点：
B．随增大，HCHO的平衡分压不断增大
C．a点时反应的压强平衡常数
D．b点时再投入1mol 、1.5mol ，平衡时，的转化率减小

二、实验题
15．重铬酸钾()，室温下为橘红色结晶性粉末，溶于水，不溶于乙醇。实验室以铬铁矿(主要成分为，还含有硅、铝等杂质)为原料，利用固体碱熔氧化法制备的步骤如下：
步骤I.熔融氧化
将6g铬铁矿与4g氯酸钾在研体中混合均匀，取碳酸钠和氢氧化钠各4.5g于仪器A中混匀后，小火熔融，再将矿粉分批加入坩埚中并不断搅拌。用煤气灯强热，灼烧30～35min，稍冷几分钟，加水，过滤，得滤液i，滤渣中含红棕色固体。
步骤Ⅱ.中和除杂
将滤液i用稀硫酸调pH为7～8，加热煮沸3min后，趁热过滤，用少量蒸馏水洗涤残渣，得滤液ii。
步骤Ⅲ.结晶
将滤液ii转移至蒸发皿中，用6硫酸调pH后加入1g氯化钾，在水浴上浓缩至表面有晶膜为止，冷却结晶，过滤得重铬酸钾晶体，烘干，称量。
步骤Ⅳ.纯度测定
利用库仑滴定法测定固体样品的纯度：取mg样品，配成250mL溶液，取2mL溶液进行库仑法滴定，重复三次实验，测定平均电量(Q)为1.158C，已知计算的浓度公式为(F为96500，N为1个转化为时转移的电子数，V为滴定样品溶液的体积)。已知：常见微粒在不同pH条件下的存在形式如下图所示。当离子浓度，则认为该微粒已除尽。

回答下列问题：
(1)仪器A为_______(填标号)。
A．普通坩埚 B．坩埚 C．氮化硅坩埚 D．石英坩埚
(2)若用代替，则理论上转化1mol 所需的体积(标准状况，单位为L)是所消耗物质的量的_______倍。
(3)步骤I中“分批加入”的目的是_______。
(4)若步骤Ⅱ中“调pH至3～4”的不良后果是_______。
(5)进一步提纯步骤Ⅲ所得晶体的方法是_______。
(6)探究pH对溶液的氧化性强弱的影响。
实验操作
实验现象
实验结论
向酸化的溶液中加入一定量甲醇
溶液形成蓝紫色溶液，并产生无色无味的气体
_______(用离子方程式表示)
向碱化的溶液中加入相同量甲醇
_____
酸性条件下溶液的氧化性更强
(7)与浓盐酸反应可制得，已知部分卤素单质的键能如下表：
化学键
F-F
C1-Cl
Br-Br
键能/()
157
242.7
193.7
试解释键能的原因_______。
(8)固体样品的纯度为_______(用含m的式子表示)。

三、原理综合题
16．的有效利用可减缓能源问题。回答下列问题：
(1)由合成气(组成为、CO和少量的)直接制备甲醇，其中的主要过程包括以下三个反应：
i.        
ii.    
iii.    
则_______。
经理论计算表明反应i能够自发的温度为，而实际生产温度远高于，可能的原因是_____。
(2)CO可与许多金属(如Ni、Fe等)形成配合物，配位原子是_______。
(3)t℃、100kPa条件下，将1mol 和3mol 投入含6mol Ar的恒压密闭容器中发生反应，反应10min达到平衡，测得容器中CO、分别为0.2mol、0.5mol。
①的平衡转化率为_______，0～10min内分压的平均变化速率=_______，反应i的平衡常数_______[对于反应，，x为物质的量分数]。
②研究表明，反应i的速率方程为，x表示气体的物质的量分数，为压强平衡常数，k为反应的速率常数且随着温度升高而增大。在气体物质的量分数和催化剂一定的情况下，反应速率随温度的变化如图1所示。反应iii的速率方程为，，图2为反应II的速率常数的对数与温度的倒数之间的关系。图1中根据速率方程分析时，v逐渐增大的原因是_______。图2中直线_______(填“A”或“B”)表示与的关系。


四、工业流程题
17．资源的综合利用具有重要战略作用，以废渣(主要成分为Fe2O3、SiO2、TiO2、Sc2O3)为原料回收Sc、SiO2、TiO2的流程如下：

已知：钪离子可以在不同pH下生成()；，。回答下列问题：
(1)基态原子的电子排布式为_______。
(2)滤渣的主要成分为_______(写化学式)，加入铁粉的作用是_______。
(3)“反萃取”时若加入的氢氧化钠溶液过量，则沉淀会溶解。写出与过量NaOH溶液反应生成的含产物的化学方程式：_______。
(4)加入溶液后，当溶液中时，的最大值为_______。
(5)在熔融盐体系中电解、可获得电池材料TiSi，装置如图所示。石墨电极附近可收集到黄绿色气体，写出该极的两个电极反应式：_______。

(6)通过氮掺杂反应生成，过程如下图所示。

①立方晶系TiO2晶胞参数如图甲所示，其晶体的密度为_______(写出计算式)。
②图乙晶体中_______。

五、有机推断题
18．化合物H是一种重要的医药中间体，其中一种合成路线如下：

已知：
回答下列问题：
(1)C结构中的不含氧官能团的名称为_______。
(2)反应A→B的化学方程式为_______，分析反应物所断裂的化学键及其原因是_______。
(3)D→E发生取代反应，则另一产物的结构简式为_______。
(4)C→D、H→I的反应类型分别为_______、_______。
(5)已知I结构中的-OH中O原子与苯环间存在p-p π键，则说明该氧原子的杂化轨道类型为_______，这也是酚羟基显酸性的重要原因。
(6)物质M是A的同分异构体，符合下列条件的有_______种，其中核磁共振氢谱显示四组峰，峰面积之比为3：2：2：1的结构简式为_______(有几种，写几种)。
①遇FeCl3溶液显紫色
②含-CH3
③能发生银镜反应
(7)参照上述合成路线，设计以与为原料合成的路线(其他无机试剂任选，不考虑物质的分离问题)_______。

参考答案：
1．D
【详解】A．酸碱发生中和反应，所有碱性废水通过加入酸性废水发生中和，A正确；
B．双氧水因为具有强氧化性，可以氧化某些有机物，用作漂白剂，B正确；
C．实验室，可以用锌与稀硫酸反应制取氢气，C正确；
D．要处理铅离子，铅离子为阳离子，所以应该用阳离子交换膜分离出污水中的铅离子，D错误；
故答案为：D。
2．C
【详解】A．由题干有机物Y的结构简式可知，物质Y结构中含有苯环和杂环、羧基所在的三个平面结构，其余原子均为单键连接，通过旋转可使所有原子可能共平面，A正确；
B．由题干转化流程图可知，反应I的产物为和乙醇，属于酯在碱性条件下的水解反应，故属于取代反应，B正确；
C．由题干转化流程图可知，反应I的产物为和乙醇，反应Ⅱ为和HCl生成Y和NaCl，C错误；    
D．由题干转化流程图可知，X中的杂化上的羟基和酯基均能与NaOH反应，Y中的杂环上的羟基和羧基均能与NaOH反应，等物质的量的X和Y消耗NaOH的量相同均为2mol，D正确；
故答案为：C。
3．D
【详解】A．过量银氨溶液呈碱性，Br2与OH-反应褪色，而不能说明是碳碳双键的缘故，A错误；
B．容量瓶不宜用于溶解固体，B错误；
C．乙醚密度小于水，I2的乙醚溶液应从分液漏斗上口倒出，C错误；
D．通过传感器测定O2含量减少，即可证明铁钉发生了吸氧腐蚀，D正确；
故选D。
【点睛】银氨溶液呈碱性，Br2与OH-反应褪色。
4．C
【详解】A．反应I中氯的化合价部分升高到+1价，生成HOOCl，部分降低生成HCl，氯气即是氧化剂又是还原剂，即不是氧化剂也不是还原剂，A错误；
B．HOOCl 结构式为：，只含有σ键，没有π键，B错误；
C．反应过程中放热，该反应适宜在较低温度下进行，C正确；
D．标准状况下，每产生22.4L ，则至少消耗 1mol，D错误；
故选C。
5．C
【详解】A. 顶点属于该晶胞的是8×=1，即1个B6，A项正确；
B. “无隙并置”后可发现，Ca与垂直方向上的邻近的晶胞的Ca距离最短，距离为apm，B项正确；
C. 若以Ca为顶点时，B6位于晶胞的体心，C项错误；
D. 该晶胞与CsCl晶胞结构相似，D项正确；
故选C。
6．C
【分析】由题干物质结构和转化图示信息可知，X形成一个键，W形成2个键，Y形成4个键，原子序数依次递增的X、Y、Z、W、M五种主族元素位于短周期，可知X为H，Y、Z、W位于同周期，Y为C，Z为N，W为O，基态X、Y、Z、W原子即H、C、N、O的未成对电子数之和是基态M原子的价层电子数的2倍，即M的价层电子数为4，故M为Si，由此分析解题。
【详解】A．由分析可知，W为O，O2-与Na+具有相同的电子层结构，且O的核电荷数比Na的小，故离子半径O2-＞Na+即，A正确；
B．由分析可知，M为Si，M的单质即晶体硅属于共价晶体，B正确；
C．由分析可知，X、Y、Z分别为H、C、N，根据同一周期元素的第一电离能呈增大趋势，同一主族从上往下依次减小，故第一电离能N＞H＞C即，C错误；
D．由分析可知，X、Y、Z、W分别为H、C、N、O，故X、Y、Z、W形成的化合物中可能含有离子键如(NH4)2CO3、CH3COONH4，D正确；
故答案为：C。
7．C
【分析】先将含镍催化剂碱浸，分离出Al2O3，然后酸浸，将NiO、Fe2O3溶解，调节pH沉淀出Fe3+，然后浓缩结晶得到NiSO4晶体。
【详解】A. 通过CO2的酸化可知，溶浸应为“碱浸”，试剂X可以是NaOH溶液，A项正确；
B. “酸化”时，“酸化”反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢根离子，B项正确；
C. 红褐色沉淀为Fe(OH)3，故回收的金属资源中有Fe(OH)3，没有Fe2O3，C项错误；
D. 若有Fe2+，调pH为3.2，Fe2+未沉淀，后续浓缩结晶所得产品中可能含FeSO4·7H2O，D项正确；
故选C。
8．C
【详解】A．叶绿素中含有Mg2+，故结构中2个单键连接的2个氮原子各带1个单位负电荷    ，满足8电子稳定结构，其余氮原子通过孤电子对与Mg2+形成配位键，A正确；
B．由题干结构示意图可知，叶绿素含酯基、酮羰基、碳碳双键和C=N双键等官能团，而18-冠-6中只含醚键，两种物质中含有的官能团完全不同，B正确；
C．超分子至少要含有2种分子或1种分子和一种离子作用而成，18-冠-6是单分子，不属于超分子，C错误；
D．同时连有4个互不相同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，故1mol叶绿素分子中含有手性碳原子数目为5，如图所示：，D正确；
故答案为：C。
9．A
【详解】A．路径1前几步每步反应的活化能都大于路径2，活化能越小反应速率越快，但反应物复合物转变成产物时路径2需要的能量大于路径1，所以反应速率:路径1＜路径2说法错误，A错误；
B．的空间结构为平面三角形，但因为羰基氧的孤电子对的排斥作用，实际键角∠HCH小于120°，B正确；
C．由图像可知的相对能量低于，所以的能量一定低于，C正确；
D．活化能越小反应速率越快，所以路径1历程中反应速率最快的步骤的中间体为TS2，D正确；
故选A。
10．D
【详解】A．向饱和NaOH溶液通入过量析出白色晶体即产生沉淀，故离子方程式为：，A错误；
B．沉淀在离子方程式书写时不能拆，故白色沉淀CuCl溶于-溶液得到深蓝色溶液的离子方程式为： ，B错误；
C．硝酸具有强氧化性，能够将NaHSO3氧化为硫酸钠，硫酸钠与硝酸钡反应生成难溶于酸的硫酸钡，向NaHSO3溶液中滴入酸化的Ba(NO3)2溶液产生白色沉淀的离子方程式为：，C错误；
D．向KMnO4溶液中滴入H2O2溶液产生黑色沉淀即MnO2和气泡即O2，根据氧化还原反应配平可得该反应的离子方程式为：，D正确；
故答案为：D。
11．D
【分析】由题意可知电池放电时钙失去电子，Y做负极，硒得到电子，X做正极，导线中电流的方向自X-Y，电解质溶液中电流的方向自Y -X，依此解题。
【详解】A．由分析知电解质溶液中电流的方向自Y -X，阳离子移动方向与电流方向相同，放电时，向X极方向移动，A正确；
B．40gCa参与反应时失去2mol ，所以外电路转移1mol 时，理论上消耗20gCa，B正确；
C．钙会与水反应，所以电池的电解质溶液不能使用水溶液环境，C正确；
D．充电时，阳极的电极反应式为，或者为CaSex-2e-=xSe+Ca2+　，D错误；
故选D。
12．C
【分析】溶液的pH=11，说明该碱部分电离为弱碱，此时pOH=3，，；
【详解】A．由分析可知，MOH为弱碱，A正确；
B．N点溶质为等量的MOH、MCl，此时溶液显碱性，MOH电离大于MCl的水解，故存在关系：，B正确；
C．pH=9时，pOH=5，，则，C错误；
D．O点存在弱碱MOH分子，加入盐酸后的O点主要溶质为MOH生成的强电解质MCl，故混合溶液的导电能力：O点>N点，D正确；
故选C。
13．D
【详解】A．Ag与稀硝酸反应产生NO，NO在瓶口与O2反应转化为红棕色的NO2，即实验①发生反应的离子方程式为，A错误；
B．对比分析实验②和③表明，实验③中产生白色沉淀AgCl，能够加快Ag的溶解速率，Cl-参与沉淀反应不是催化剂，即不能证明Cl-具有催化作用，B错误；
C．实验④能够发生的原理是Ag溶解产生的Ag+与I-生成了难溶性的AgI，使得Ag溶解正向进行，致使Ag逐渐溶解，但不能说明氧化性：，C错误；
D．由实验②③可知由于实验③产生了AgCl沉淀，Ag的溶解速度加快，实验①说明HNO3的氧化性强于Ag+，实验④是由于生成了AgI沉淀，故综合上述实验说明溶解银的关键在于试剂的氧化性和能否生成银盐沉淀，D正确；
故答案为：D。
14．C
【分析】由图可知随着加入氢气量的增多平衡正向移动产物的分压增大，abc构成曲线上的点均为平衡点，e点不是平衡点，依此答题。
【详解】A．e点对应的平衡点是b点，所以此时生成物压强小于平衡压强，平衡需向正反应方向移动，所以，A错误；
B．随增大，相当于增加氢气的浓度，平衡向右移动，生成的HCHO越来越多，平衡分压不断增大，当时剩余的反应物越来越多所以HCHO的平衡分压会减小，B错误；
C．根据c点加入2mol氢气，=2则起始加入1mol二氧化碳，由三段式分析：，体积不变时压强之比等于物质的量之比所以，，甲醛的物质的量为0.5摩尔，分压是0.2p kPa，所以平衡状态中二氧化碳、氢气、甲醛、水蒸气的分压分别为：0.2p kPa、0.4p kPa、0.2p kPa、0.2p kPa，，，平衡常数只与温度有关所以a点时反应的压强平衡常数，C正确；
D．b点时再投入1mol 、1.5mol ，相当于对原平衡体系体积缩小一半，压强增大平衡右移，所以平衡时，的转化率增大，D错误；
故选C。
15．(1)C
(2)33.6
(3)使反应物充分接触，充分反应
(4)引入杂质离子Al3+
(5)重结晶
(6) 8H++CH3OH+=2Cr3++CO2↑+6H2O 无明显现象（或未形成蓝紫色溶液和气泡）
(7)Cl—Cl键的键长小于Br—Br键；F—F键中F原子半径小，原子间排斥力大，致使键能最小
(8)（或）

【分析】铬铁矿的主要成分为FeO∙Cr2O3，还含有硅、铝等杂质，在“熔融氧化”步骤中用KClO3将FeO∙Cr2O3氧化成红棕色固体Fe2O3和，KClO3被还原成KCl，同时硅、铝的杂质转化成、；“中和除杂”步骤中用稀硫酸调pH为7~8，加热煮沸3min后，趁热过滤，将、转化成H2SiO3、Al(OH)3沉淀而除去；“结晶”步骤中用6mol/L硫酸调pH将转化成，然后加入1g氯化钾，在水浴上浓缩至表面有晶膜为止，冷却结晶，过滤得重铬酸钾晶体。
【详解】（1）普通坩埚和石英坩埚中的SiO2在高温下能与Na2CO3和NaOH反应，仪器A不能用普通坩埚和石英坩埚；Al2O3坩埚中的Al2O3高温下能与Na2CO3和NaOH反应，仪器A不能用Al2O3坩埚；仪器A应用氮化硅坩埚；答案选C；
（2）1molFeO∙Cr2O3无论用O2氧化还是用KClO3氧化，1molFeO∙Cr2O3失去的电子物质的量相等，根据得失电子守恒，O2和KClO3得到电子物质的量相等，则4n(O2)=6n(KClO3)，n(O2)= n(KClO3)，标准状况下所需O2的体积是所消耗KClO3物质的量的=33.6倍；
（3）步骤I中“分批加入矿粉”的目的是使反应物充分接触，充分反应；
（4）步骤Ⅱ中用稀硫酸调pH为7~8，加热煮沸3min后，趁热过滤，将、转化成H2SiO3、Al(OH)3沉淀而除去；若步骤Ⅱ中“调pH至3～4”的不良后果是Al(OH)3会溶解，使得溶液中引入杂质离子Al3+；
（5）进一步提纯步骤Ⅲ所得晶体的方法是重结晶；
（6）酸化的K2Cr2O7溶液中加入一定量甲醇，溶液形成蓝紫色溶液，并产生无色无味的气体，CH3OH被氧化成CO2，则被还原成Cr3+，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应的离子方程式为8H++CH3OH+=2Cr3++CO2↑+6H2O；向碱化的K2Cr2O7溶液中加入相同量甲醇，最终得出酸性条件下K2Cr2O7溶液的氧化性更强，则向碱化的K2Cr2O7溶液中加入相同量甲醇，实验现象为无明显现象（或未形成蓝紫色溶液和气泡）；
（7）Cl的原子半径小于Br的原子半径，则Cl—Cl键的键长小于Br—Br键，Cl—Cl键的键能大于Br—Br键；而F—F键中F原子半径小，原子间排斥力大，致使键能最小；故键能Cl—Cl＞Br—Br＞F—F；
（8）1个K2Cr2O7转化为Cr3+时得到6个电子，根据c(K2Cr2O7)= ==0.001mol/L；则mg样品中含K2Cr2O7的物质的量为0.001mol/L×0.25L=2.5×10-4mol，质量为2.5×10-4mol×294g/mol=0.0735g，K2Cr2O7固体样品的纯度为=。
16．(1) 反应i的活化能大
(2)C
(3) 70% 0.7 时，升高温度，k增大对速率的影响大于kP增大对速率的影响 B

【详解】（1）i.        
ii.    
根据盖斯定律i+ ii得 。
经理论计算表明反应i能够自发的温度为，而实际生产温度远高于，可能的原因是反应i的活化能大。
（2）CO可与许多金属(如Ni、Fe等)形成配合物，CO分子中C原子电负性小，所以C原子配位原子；
（3）t℃、100kPa条件下，将1mol 和3mol 投入含6mol Ar的恒压密闭容器中发生反应，反应10min达到平衡，测得容器中CO、分别为0.2mol、0.5mol。根据碳守恒，反应消耗的物质的量为0.2 mol +0.5 mol =0.7mol，根据氧守恒，反应生成0.7molH2O，根据H守恒，反应消耗氢气0.7mol+0.5 mol×2=1.7mol；平衡时，容器中有0.3mol、0.7molH2O、0.2molCO、0.5mol、1.3molH2、6mol Ar；
①反应消耗的物质的量为0.7mol，的平衡转化率为；平衡时总压强为100kPa 90kPa，H2O的分压为90kPa7kPa， 0～10min内分压的平均变化速率=；反应i的平衡常数。
②根据速率方程，时，升高温度，k增大对速率的影响大于kP增大对速率的影响，所以时，升高温度v逐渐增大。反应反应II放热，升高温度平衡逆向移动，说明升高温度对逆反应速率的影响更大，图2中直线B表示与的关系。
17．(1)1s22s22p63s23p63d24s2或[Ar]3d24s2
(2) SiO2 将Fe3+还原为Fe2+，防止水解生成Fe(OH)3
(3)Sc(OH)3+NaOH=Na[Sc(OH)4]
(4)3.0×10-10
(5)2Cl- -2e-=Cl2↑、C-2e-+O2-=CO↑
(6) 7:2

【分析】由题干工艺流程图可知，赤泥废渣(主要成分为Fe2O3、SiO2、TiO2、Sc2O3)中加入稀硫酸则Fe2O3转化为Fe2(SO4)3、TiO2转化为Ti(SO4)2，Sc2O3转化为Sc2(SO4)3，只有SiO2不溶于硫酸，过滤得滤渣，其主要成分为SiO2，加入萃取剂萃取Sc3+，分液分离得到含Sc3+的有机相和含有Ti(SO4)2和Fe2(SO4)3的水层，加入Fe将Fe3+还原为Fe2+，防止水解时Fe3+与Ti4+一起水解沉淀，然后水解得到TiO2·xH2O，向有机相中加入NaOH进行反萃取，经过一系列步骤得到Sc，据此分析解题。
【详解】（1）根据能级构造原理可知，基态原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d24s2或[Ar]3d24s2；
（2）由分析可知，滤渣的主要成分为SiO2，铁粉还原Fe3+的后续步骤是通过水解制得TiO2·xH2O，而Fe3+也易水解，故加入铁粉的目的是将Fe3+还原为Fe2+，防止水解生成Fe(OH)3；
（3）Sc(OH)3与过量NaOH溶液反应生成的含产物即为[Sc(OH)4]-，该反应的化学方程式为：Sc(OH)3+NaOH=Na[Sc(OH)4]；
（4）加入溶液后，当溶液中时，此时c(Sc3+)===10-3mol/L，则c(OH-)≤==3.0×10-10mol/L，即的最大值为3.0×10-10；
（5）图示信息可知，石墨电极附近可收集到黄绿色气体即Cl2，故该电极为阳极，放出Cl2和CO，则该极的两个电极反应式为：2Cl- -2e-=Cl2↑、C-2e-+O2-=CO↑；
（6）①由题干图甲立方晶系TiO2晶胞所示，可知一个晶胞中含有Ti个数为：=4，O个数为：=8，故一个晶胞的质量为：，一个晶胞的体积为：a2c×10-30cm3，故其晶体的密度为=；
②氮掺杂后，棱上、面上和晶胞体内各少一个O，即减少=个O，增加1个N原子在面上，即属该晶胞的为个N原子，图乙晶体中，解得a：b=7:2。
18．(1)碳碳双键
(2) +BrCH2CH=CH2+HBr 断裂极性较强的C-Br键
(3)CH3COOH
(4) 还原反应 取代反应
(5)sp2
(6) 35 或者
(7)。

【分析】由题干合成流程图中C的结构简式和A的分子式可知，A的结构简式为：，由A到B、B到C的转化条件、B的分子式并结合已知信息可知，B的结构简式为：，由D到E的转化条件和E的分子式可知，E的结构简式为：，由E到F的转化条件和F的分子式可知，F的结构简式为：，(6) 由题干信息可知，A的分子式为C8H8O3，物质M是A的同分异构体，符合下列条件①遇FeCl3溶液显紫色即含有酚羟基，②含-CH3，③能发生银镜反应即含有醛基或者甲酸酯基，则侧链有：(1) -OH、-OCH3、-CHO；(2)-OH、-CH3、-OOCH；(3)-OH、-OH、-CH3、-CHO两组，前两组每一组又有10种位置关系，第三组有16种位置关系，除去A本身一共有35种，(7) 本题采用逆向合成法，根据题干中E到F的转化信息可知，可由催化氧化而得到，根据题干D到E的转化信息可知，可由与(CH3CO)2O反应转化得到，根据题干B到C的转化信息可知，可由转化得到，由题干A到B的转化信息可知，可由和转化得到，由此确定合成路线，由此分析解题。
【详解】（1）由题干流程图中C的结构简式可知，C结构中的不含氧官能团的名称为碳碳双键；
（2）由分析可知，A为，B为，则反应A→B的化学方程式为+BrCH2CH=CH2+HBr，由题干合成流程图中，反应物BrCH2CH=CH2所断裂的化学键为C-Br键，原因是该键的极性较强；
（3）由分析可知，E为，根据质量守恒可知D→E发生取代反应，则另一产物的结构简式为CH3COOH；
（4）由题干流程图信息可知，C→D为醛基被NaBH4还原为醇羟基，故为还原反应；H→I为分子内酯化反应，故反应类型为取代反应；
（5）已知I结构中的-OH中O原子与苯环间存在p-p π键，则说明该氧原子周围还有1对孤电子对，即其周围的价层电子对数为3，故其杂化轨道类型为sp2，这也是酚羟基显酸性的重要原因；
（6）由题干信息可知，A的分子式为C8H8O3，物质M是A的同分异构体，符合下列条件①遇FeCl3溶液显紫色即含有酚羟基，②含-CH3，③能发生银镜反应即含有醛基或者甲酸酯基，则侧链有：(1) -OH、-OCH3、-CHO；(2)-OH、-CH3、-OOCH；(3)-OH、-OH、-CH3、-CHO两组，前两组每一组又有10种位置关系，第三组有16种位置关系，除去A本身一共有35种，其中核磁共振氢谱显示四组峰，峰面积之比为3：2：2：1的结构简式为：或者；
（7）本题采用逆向合成法，根据题干中E到F的转化信息可知，可由催化氧化而得到，根据题干D到E的转化信息可知，可由与(CH3CO)2O反应转化得到，根据题干B到C的转化信息可知，可由转化得到，由题干A到B的转化信息可知，可由和转化得到，由此确定合成路线为：。