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2022-2023学年福建省泉州市晋江二中、鹏峰中学、泉港五中高二（下）期末化学试卷（含详细答案解析）
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这是一份2022-2023学年福建省泉州市晋江二中、鹏峰中学、泉港五中高二（下）期末化学试卷（含详细答案解析），共25页。试卷主要包含了单选题，实验题，简答题，推断题等内容，欢迎下载使用。
1.文房四宝是笔、墨、纸、砚，对其主要成分的说法错误的是( )
A. 做笔用的竹管、羊毫的主要成分是淀粉、纤维素
B. 研墨用的墨条的主要成分是炭黑
C. 宣纸的主要成分是纤维素
D. 做砚台用的砚石的主要成分是硅酸盐矿物
2.福建是乌龙茶的故乡，是茶文化的发祥地之一。儿茶素(Catechin)是从茶叶中提取出来的多酚类活性物质，有延缓衰老，控制肥胖，抗菌等功效。其结构如图所示，下列说法错误的是( )
A. 儿茶素是天然的抗氧化剂B. 儿茶素的分子式为C15H14O6
C. 1ml儿茶素能与7mlBr2发生取代反应D. 可以和FeCl3溶液发生显色反应
3.厦门大学应用光催化方法在CDS催化剂上首次实现了可见光照射下甲醇的脱氢制备乙二醇和氢气的反应。反应原理如图所示，下列说法不正确的是( )
A. 乙二醇是制备聚对苯二甲酸乙二酯(PET)的主要原料
B. 该反应化学反应方程式为2CH3OH+2H+→催化剂HOCH2CH2OH+H2↑
C. 甲醇与浓硫酸共热可以脱水制备二甲醚
D. 甲醇可与卤化氢发生取代反应
4.丁香酚有强烈的丁香香气，不溶于水。用于各种香精配方中。下列说法错误的是( )
A. 分子式为C10H12O2
B. 苯环上含相同侧链的同分异构体共12种(含丁香酚)
C. 可以发生取代、酯化、加成、加聚反应
D. 丁香酚分子中不含手性碳原子
5.已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A. 18g−OD中含有的电子数为10NA
B. 铜电解精炼时，当阳极质量减少64g时，电路中转移电子数为2NA
C. 1L1ml⋅L−1CH3COONH4溶液中CH3COO−与NH4+数目均小于NA
D. 1mlSF6(如图所示)分子含σ键数为12NA
6.科学家发明了一种如图所示的可逆循环的K−CO2酯介质电池。电极为KSn合金和碳纳米管复合材料(MWCNTs−COOH)，放电时，温室气体CO2转化为碳等物质。下列说法错误的是( )
A. 充电时，K+移向碳纳米管复合材料
B. 放电时，负极反应为4KSn−4e−=4K++Sn
C. 放电时，正极增重72g，电路中转移的电子数为NA
D. 充电时，电池总反应为2K2CO3+C+4Sn=4KSn+3CO2
7.下列反应的化学方程式错误的是( )
A. 苯与液溴反应：
B. 1−氯丙烷与NaOH的乙醇溶液共热：CH3CH2CH2Cl+NaOH→乙醇△CH3CH=CH2↑+NaCl+H2O
C. 乙醛与新制Cu(OH)2悬浊液共热：CH3CHO+2Cu(OH)2+NaOH→△CH3COONa+Cu2O↓+3H2O
D. 氯乙烯聚合：nCH2=CHCl→一定条件
8.下列对实验事实的解释正确的是( )
A. AB. BC. CD. D
9.常温常压下，某金属有机老多孔材料(MOFA)能催化CO2与环氧丙烷的反应，其工作原理如图所示。下列说法错误的是( )
A. a分子中氧原子的杂化类型为sp3杂化
B. b的一氯代物有2种
C. a→b的过程有极性健的形成
D. MOFA能选择性吸附CO2，减少CO2的排放
10.科技创新让2022年北京冬奥会举世瞩目。对下列科技创新涉及化学知识的判断正确的是( )
A. “黑金”石墨烯为冬奥赛场留住温暖，石墨烯和C60是同位素
B. “冰墩墩”的外壳材质主要是有机硅橡胶，有机硅橡胶是纯净物
C. 防割速滑竞赛服使用的“剪切增稠液体”由聚乙二醇和硅微粒加工而成，聚乙二醇是乙二醇的缩聚产物
D. “最快的冰”采用二氧化碳跨临界法直接制得，CO2是极性分子
11.各种矿产资源的开发利用为人类发展提供了重要的物质保障，如图是一些矿产资源的利用流程：则下列说法不正确的是( )
A. 铝热法也可以用来生成金属铝
B. 黄铜矿中至少含有 Cu、Fe、S 三种元素
C. 粗硅与氯气反应的目的是为了得到容易提纯的 SiCl4
D. 上述每种产品的生成过程都涉及氧化还原反应
12.下列实验不能达到目的的是( )
A. 用实验甲制取硝基苯
B. 用实验乙检验蔗糖的水解产物具有还原性
C. 用实验丙制取并收集乙烯
D. 用实验丁检验溴乙烷消去反应的有机产物
13.我国科学家合成了超高含能材料中的一种重要的盐(Y5)6(X3Z)3(YX4)4W，其中含有两种 10 电子阳离子，分别是由 X 与 Y、X 与 Z 形成。化合物 XW 是 18 电子分子。下列叙述不正确的是( )
A. 化合物 YX4W的水溶液呈酸性
B. 此盐中存在离子键、共价键
C. 原子半径的大小顺序为 W>Z>Y>X
D. 该盐中存在的两种阴离子是 Y5−和 W−
⋅L−1H3RO3溶液pH<1，向其中加入NaOH固体(忽略体积变化)，测得溶液中各种含R微粒的物质的量分数(δ)与溶液pH的关系如图所示。下列有关说法不正确的是( )
A. 当加入0.1mlNaOH时：c(Na+)=c(H2RO3−)+c(HRO32−)+c(RO33−)
B. 当加入0.2mlNaOH时：(RO33−)>c(H2RO3−)
C. 曲线δ1是指微粒H2RO3−的变化趋势
D. N点，c(HRO32−)=c(RO33−)=0.05ml⋅L−1
15.PCl5晶体的晶胞结构如图。下列说法正确的是( )
A. 该晶体为分子晶体
B. 晶胞体心上微粒为PCl4
C. 晶胞顶点上微粒的空间构型为正八面体
D. 存在的化学键类型仅有极性共价键
16.含有多个配位原子的配体与同一中心离子(或原子)通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物。一种Cd2+配合物的结构如图所示。下列说法正确的是( )
A. 该配合物分子中通过螯合作用形成的配位键有6个，Cd2+的配位数为7
B. 该螯合物中N的杂化方式有2种
C. 其中基态原子的第一电离能最小的元素为H
D. 该配合物分子中的H和O可形成分子内氢键
二、实验题：本大题共1小题，共12分。
17.实验室用乙醇与浓硫酸共热制乙烯，常因温度过高使溶液中有黑色物质出现，使制得的乙烯气体中含有少量CO2、SO2，某兴趣小组用以下仪器组装(仪器可以重复使用，也可以不选用)，进行实验，探究制得的气体中含有乙烯和少量SO2。
(1)仪器的连接顺序是：______；
(2)图中仪器a的名称是______，装置 A中碎瓷片的作用是______，装置 B的作用是______；
(3)写出乙醇与浓硫酸共热制乙烯的反应方程式______；
(4)以乙烯为原料生产环氧乙烷通常有2种方法。
①以乙烯为原料生产环氧乙烷的方法是：
Ⅰ：氯代乙醇法
CH2=CH2+Cl2+H2O→ClCH2CH2OH+HCl
ClCH2CH2OH+Ca(OH)2→CaCl2+H2O+
Ⅱ：银催化法
乙烯和氧气以银作催化剂反应生成环氧乙烷，方法Ⅱ的反应方程式______。
方法Ⅱ与方法Ⅰ比较，优点是______ (写一条)。
②已知环氧丙烷与二氧化碳在催化剂作用下发生加聚反应生成全降解塑料——聚碳酸丙烯酯(PPC)的结构简式如图所示，写出反应方程式______。
三、简答题：本大题共2小题，共28分。
18.钒被称为金属“维生素”，钪用途广泛。以钒渣为原料，用钛白废酸浸出提取钒、钪，工艺流程如图。
已知：
Ⅰ.钒渣中主要含Fe3O4、SiO2、V2O3，钛白废酸中含Sc3+、TiO2+、H+、SO42−等离子。
Ⅱ.
(1)“溶浸”过程，可加快反应速率的措施有______ (任写一项)。
(2)“溶浸”后，滤渣①主要成分是TiO2和______。
(3)“氧化”过程，VO2+被氧化成VO′2+，同时还有______离子被氧化。写出VO2+转化为VO′2+，反应的离子方程式______。
(4)“萃钪”后“洗涤”，只有ScR3在有机层中，其他金属离子基本进入水层，水层可进入______工序，充分利用资源。
(5)从表中找出“反萃钪”过程的最佳试剂X和条件组合是______ (填字母组合如“ Aa”)，“反萃钪”过程，发生反应的离子方程式是______。
(6)常温下，各种形态五价钒粒子总浓度的对数[lgc总(V)]与pH关系如图。已知钛白废酸浸出液中c总(V)=0.2ml/L，“沉钒”过程控制pH=2.0，则五价钒粒子的存在形态为______ (填化学式)。
(7)钒的价电子排布式______，与钪的未成对电子数相同的同周期元素种类有______种。
(8)五氧化二钒的结构简式如图所示，该结构中σ键与π键个数之比是______。
(9)催化剂V2O5溶于NaOH溶液中，可得到偏钒酸钠，偏钒酸钠的阴离子呈如图所示的无限链状结构，写出偏钒酸钠的化学式______。
(10)单质钒的晶胞结构如图所示，若晶胞的棱长为anm，钒的相对原子质量为M，阿伏加德罗常数的值为NA，单质钒的密度为______ (列出计算式即可)。
19.新型SiC增强铝基复合材料，可展开柔性砷化镓太阳能电池系统，助力“天问一号”开展火星探测。回答下列问题：
(1)基态Si原子中，电子占据的最高能级符号为______， Ga的基态原子的价电子排布式是______。
(2)第三周期元素中，第一电离能介于铝和磷之间的元素除硅外，还有______ (填元素符号)。
(3)碳化硅和硅晶体都具有金刚石型结构，碳化硅熔点高于硅的原因是______。
(4)GaAs的晶胞如图所示。
①GaAs的熔点为1238℃，该晶体的类型为______。
②下列说法正确的是______ (填字母)。
A.砷化镓晶胞结构与NaCl相同
B.GaP与GaAs互为等电子体
C.电负性：AsD.砷化镓晶体中含有配位键
(5)原子坐标参数表示晶胞内部各原子的相对位置。图中各原子坐标参数A为(0,0,0)；B为(0,1,1)；C为(1,1,0)；则D原子的坐标参数为______。
四、推断题：本大题共1小题，共12分。
20.药物洛索洛芬钠中间体2−(4−溴甲基苯基)丙酸甲酯(F)的一种合成路线如图所示。
已知：(1)NBS：(N−溴代丁二酰亚胺)
(2)
回答下列问题：
(1)E中官能团有______ (填名称)。
(2)C→D的反应类型为______。
(3)反应D→E的化学方程式为______。
(4)F的结构简式为______。
(5)X是D的同分异构体，X在酸性条件下水解，生成2种核磁共振氢谱都显示4组峰的化合物，其中一种遇FeCl3溶液显紫色，写出这种产物的结构简式______。
(6)设计以
为原料，(无机试剂任选)制备
的合成路线：
已知X为：
。
步骤1所需的试剂为______， Y的结构简式为______。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.竹管、羊毫的主要成分是纤维素、蛋白质，故A错误；
B.墨条由炭黑制成，墨条的主要成分是炭黑，故B正确；
C.宣纸属于天然高分子材料，主要成分是纤维素，故C正确；
D.砚石的成分硅酸盐，属于无机非金属材料，故D正确；
故选：A。
A.竹管、羊毫的主要成分是纤维素、蛋白质；
B.墨条由炭黑制成；
C.宣纸主要成分是纤维素；
D.砚石的成分硅酸盐。
本题考查了物质的主要成分，熟悉相关物质的组成成分是解题关键，题目难度不大，注意对相关知识的积累。
2.【答案】C
【解析】解：A.含羟基，具有还原性，则儿茶素是天然的抗氧化剂，故A正确；
B.由结构可知，分子中含15个C原子、14个H原子、6个O原子，则儿茶素的分子式为C15H14O6，故B正确；
C.只有酚羟基的邻对位与溴水发生取代反应，则1ml儿茶素能与5mlBr2发生取代反应，故C错误；
D.含酚羟基，可以和FeCl3溶液发生显色反应，故D正确；
故选：C。
A.含羟基，具有还原性；
B.由结构可知，分子中含15个C原子、14个H原子、6个O原子；
C.只有酚羟基的邻对位与溴水发生取代反应；
D.结合酚的性质判断。
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的结构、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意酚的性质，题目难度不大。
3.【答案】B
【解析】解：A.聚对苯二甲酸乙二酯(PET)由对苯二甲酸和乙二醇合成，故A正确；
B.该反应化学反应方程式为2CH3OH→催化剂HOCH2CH2OH+H2↑，故B错误；
C.甲醇在浓硫酸作用下发生分子间脱水生成二甲醚，故C正确；
D.甲醇可与卤化氢发生取代反应生成卤代烃，故D正确；
故选：B。
A对苯二甲酸和乙二醇是合成.聚对苯二甲酸乙二酯(PET)的主要原料；
B.2CH3OH+2H+→催化剂HOCH2CH2OH+H2↑原子个数和电荷不守恒；
C.甲醇在浓硫酸作用下可生成二甲醚；
D.甲醇可与卤化氢发生取代反应。
本题考查有机物的性质与反应，难度中等，掌握结构与性质的关系是解题的关键。
4.【答案】B
【解析】解：A.由结构可知，分子中含10个C原子、12个H原子、2个O原子，则分子式为C10H12O2，故A正确；
B.苯环上含相同侧链的同分异构体，若CH3O−、−OH位于邻位，插入丙烯基有4种；若CH3O−、−OH位于间位，插入丙烯基有4种；若CH3O−、−OH位于对位，插入丙烯基有2种，含丁香酚共有10种，故B错误；
C.含酚羟基可发生取代反应、酯化反应，含碳碳双键可发生加成反应、加聚反应，故C正确；
D.连接4个不同基团的碳原子为手性碳原子，可知丁香酚分子中不含手性碳原子，故D正确；
故选：B。
A.由结构可知，分子中含10个C原子、12个H原子、2个O原子；
B.苯环上含相同侧链的同分异构体，可固定2个取代基在邻间对位置，插入另一个取代基；
C.结合酚、烯烃的性质判断；
D.连接4个不同基团的碳原子为手性碳原子。
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的结构、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项B为解答的难点，题目难度不大。
5.【答案】C
【解析】解：A.18g−OD物质的量为1ml，1个−OD中所含有的电子数为9，即18g−OD中含有的电子数为9NA，故A错误；
B.铜电解精炼时，阳极上反应掉的不只是铜，还有比铜活泼的金属，故当质量减少64g时，路中转移的电子数大于2NA，故B错误.；
C.CH3COONH4溶液中CH3COO−与NH4+均会发生水解，所以1L1ml⋅L−1CH3COONH4溶液中CH3COO−与NH4+数目均小于NA，故C正确；
D.1mlSF6分子含σ键数为6NA，故D错误；
故选：C。
A.物质的量与质量、摩尔质量之间的关系：n=mM，粒子数与物质的量、阿伏加德罗常数之间的关系：N=nNA；
B.铜电解精炼时，阳极上反应掉的不只是铜，还有比铜活泼的金属；
C.CH3COO−与NH4+均会发生水解；
D.1个SF6分子含6个σ键。
本题考查的是有关阿伏加德罗常数的知识，侧重考查分析、计算能力，掌握阿伏加德罗常数的计算方法是解题关键，题目难度不大。
6.【答案】B
【解析】解：A.原电池工作时碳纳米管复合材料作正极，KSn作负极，充电时为电解池，碳纳米管复合材料作阳极，KSn作阴极，K+移向阳极碳纳米管复合材料，故A正确；
B.放电时，KSn作负极，KSn失电子生成K+和Sn，负极反应式为4KSn−4e−=4K++4Sn，故B错误；
C.放电时碳纳米管复合材料作正极，正极反应式为3CO2+4e−+4K+=2K2CO3+C，转移4mle−时正极增重138g/ml×2ml+12g=288g，则正极增重72g，电路中转移电子72g288g×4ml=1ml，电子数为NA，故C正确；
D.该电池放电时总反应为4KSn+3CO2=2K2CO3+C+4Sn，则充电时总反应为2K2CO3+C+4Sn=4KSn+3CO2，故D正确；
故选：B。
K−CO2酯介质电池工作时，碳纳米管复合材料上CO2得电子生成C等物质，作正极，KSn作负极，负极上KSn失电子生成K+和Sn，负极反应式为4KSn−4e−=4K++4Sn，正极反应式为3CO2+4e−+4K+=2K2CO3+C，总反应为4KSn+3CO2=2K2CO3+C+4Sn，充电时为电解池，阴阳极反应与负正极反应相反，据此分析解答。
本题考查了原电池工作原理，侧重学生分析能力和运用能力的考查，把握充放电原电池工作原理、电极的判断、电极反应及电极反应式的书写为解题的关键，题目难度中等。
7.【答案】A
【解析】解：A.苯和液溴在溴化铁作催化剂条件下发生取代反应生成溴苯，反应方程式为+Br2→FeBr3+HBr，故A错误；
B.1−氯丙烷与NaOH乙醇溶液共热发生消去反应生成丙烯，反应方程式为CH3CH2CH2Cl+NaOH→△乙醇CH3CH=CH2↑+NaCl+H2O，故B正确；
C.乙醛和新制Cu(OH)2的反应发生氧化反应，乙醛分子中的醛基被氧化为羧基，氢氧化铜被还原为氧化亚铜红色沉淀，反应方程式为CH3CHO+2Cu(OH)2+NaOH→△CH3COONa+Cu2O↓+3H2O，故C正确；
D.氯乙烯发生加聚反应生成聚氯乙烯，反应方程式为nCH2=CHCl→一定条件，故D正确；
故选：A。
A.苯和液溴在溴化铁作催化剂条件下发生取代反应生成溴苯；
B.卤代烃与NaOH乙醇溶液共热发生消去反应；
C.乙醛溶液与新制Cu(OH)2悬浊液共热生成乙酸、氧化亚铜和水；
D.氯乙烯发生加聚反应生成聚氯乙烯．
本题考查化学反应方程式正误判断，明确反应条件及产物是解本题关键，有些化学反应产物受反应条件、反应物浓度、反应物的量影响，注意B中断键和成键方式，为易错点．
8.【答案】D
【解析】解：A.盐酸酸化的FeCl3溶液中形成铁氯配合离子，溶液呈黄色，故A错误；
B.甲苯可被酸性高锰酸钾溶液氧化生成苯甲酸，可知苯环使甲基活化，故B错误；
C.HF分子间含氢键，则HF的沸点高，与键能大小无关，故C错误；
D.苯酚与碳酸钠反应生成苯酚钠、碳酸氢钠，溶液变澄清，可知酸性：苯酚>HCO3−，故D正确；
故选：D。
A.盐酸酸化的FeCl3溶液中形成铁氯配合离子；
B.甲苯可被酸性高锰酸钾溶液氧化生成苯甲酸；
C.HF分子间含氢键；
D.苯酚与碳酸钠反应生成苯酚钠、碳酸氢钠。
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。
9.【答案】B
【解析】解：A.a分子中氧原子的价层电子对数为4，采用sp3杂化，故A正确；
B.b中含有3种不同环境的氢原子，b的一氯代物有3种，故B错误；
C.a和CO2发生加成反应生成b，该过程中有C−O极性键形成，故C正确；
D.MOFA能催化CO2与环氧丙烷的反应，说明MOFA能选择性吸附CO2，利用该反应可减少CO2的排放，故D正确；
故选：B。
A.a分子中氧原子的价层电子对数为4；
B.b中含有3种不同环境的氢原子；
C.a和CO2发生加成反应生成b；
D.MOFA能催化CO2与环氧丙烷的反应，说明MOFA能选择性吸附CO2。
本题考查物质结构，侧重考查学生杂化、同分异构体和化学键的掌握情况，试题难度中等。
10.【答案】C
【解析】解：A.石墨烯和C60是碳元素的不同单质，互为同素异形体，故A错误；
B.有机硅橡胶属于高分子化合物，为混合物，故B错误；
C.聚乙二醇是由乙二醇反应制得，有小分子水生成，属于缩聚反应，故C正确；
D.二氧化碳分子结构为直线型，分子中正负电荷重心完全重合，属于非极性分子，故D错误；
故选：C。
A.质子数相同中子数不同的同种元素的不同原子互为同位素；
B.一种物质组成的为纯净物，不同物质组成的为混合物；
C.聚乙二醇是由乙二醇经过缩聚反应制得；
D.二氧化碳分子结构为直线型，分子中正负电荷重心完全重合。
本题主要考查同素异形体、纯净物和混合物、缩聚反应、有机高分子化合物等知识点的分析判断，主要是在生活、生产中的应用，特别是一些高科技领域，注意知识的积累，题目难度不大。
11.【答案】A
【解析】解：A.Al为活泼金属，只能选电解法冶炼，而铝热反应利用Al的还原性，则铝热反应不能冶炼Al，故A错误；
B.图中黄铜矿与氧气反应生成CuO、FeO、SO2及废渣，由元素守恒可知，至少含有 Cu、Fe、S 三种元素，故B正确；
C.粗硅与氯气反应生成气态产物SiCl4更易提纯，故C正确；
D.元素均由化合态转化为游离态，均有元素的化合价变化，则均为氧化还原反应，故D正确；
故选：A。
本题考查氧化还原反应及金属冶炼，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意金属冶炼方法，题目难度不大。
12.【答案】C
【解析】解：A.温度计测定水的温度，水浴加热制备硝基苯，图中装置可制备硝基苯，故A正确；
B.蔗糖水解后，在碱性溶液中氢氧化铜可氧化葡萄糖，可检验葡萄糖的还原性，故B正确；
C.乙醇在170℃时发生消去反应生成乙烯，图中温度计的水银球未在液面下，故C错误；
D.溴乙烷发生消去反应生成乙烯，乙烯与溴发生加成反应，可检验乙烯，故D正确；
故选：C。
A.温度计测定水的温度，水浴加热制备硝基苯；
B.蔗糖水解后，在碱性溶液中检验葡萄糖；
C.乙醇在170℃时发生消去反应生成乙烯；
D.溴乙烷发生消去反应生成乙烯，乙烯与溴发生加成反应。
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、物质的制备及检验、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。
13.【答案】C
【解析】解：根据分析可知，X为H，Y为N，Z为O，W为Cl元素。
A.YX4W为NH4Cl，铵根离子水解溶液呈酸性，故A正确；
B.(Y5)6(X3Z)3(YX4)4W为(N5)6(H3O)3(NH4)4Cl，该化合物中含有阳离子NH4+，属于离子化合物，一定含有离子键；另外N5−、NH4+离子中含有共价键，故B正确；
C.同一周期从左向右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径的大小顺序为 W>Y>Z>X，故C错误；
D.(N5)6(H3O)3(NH4)4Cl中含有的阳离子为H3O+、NH4+，阴离子为N5−和Cl−，故D正确；
故选：C。
我国科学家合成了超高含能材料中的一种重要的盐(Y5)6(X3Z)3(YX4)4W，其中含有两种10电子阳离子，分别是由X与Y、X与Z形成，两种阳离子H3O+、NH4+，则X为H，Y为N，Z为O元素；化合物XW是18电子分子，则W为Cl元素，据此解答。
本题考查原子结构与元素周期律的应用，题目难度不大，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容及常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析能力及逻辑推理能力。
14.【答案】D
【解析】解：0.10ml⋅L−1H3RO3溶液pH<1，说明其一级电离为完全电离，随着pH的增大H2RO3−逐渐减少，HRO32−逐渐增多，故δ1代表H2RO3−，δ2代表HRO32−，当HRO32−达到最大值后，浓度逐渐降低，RO33−逐渐增加，故δ3代表RO33−，以此解题。
A.当加入0.1mlNaOH时，溶液为NaH2RO3溶液，根据物料守恒可知，c(Na+)=c(H2RO3−)+c(HRO32−)+c(RO33−)，故A正确；
B.当加入0.2mlNaOH时，溶液为Na2HRO3溶液，由分析可知δ2代表HRO32−，当其为最大值时，溶液显酸性，说明HRO32−的电离大于水解，故(RO33−)>c(H2RO3−)，故B正确；
C.由分析可知曲线δ1是指微粒H2RO3−的变化趋势，故C正确；
D.最初H3RO3溶液浓度为0.10ml⋅L−1，由分析可知，虽然N点c(HRO32−)=c(RO33−)，但是H3RO3的二级电离和三级电离都是微弱的，即溶液中随时都存在H2RO3−，故c(HRO32−)=c(RO33−)<0.05ml⋅L−1，故D错误；
故选：D。
本题考查酸碱混合时的定性判断和pH的计算的重点知识，涉及盐类的水解、离子浓度大小比较、弱电解质的电离平衡等，难点是离子浓度关系等式；考查的化学学科的核心素养为宏观辨识与微观探析，平时练习时注意总结积累，理解、掌握并熟练运用。
15.【答案】C
【解析】解：A.PCl5在晶体里以PCl4+、PCl6−存在，属于离子晶体，故A错误；
B.晶胞体心上微粒为PCl4+，故B错误；
C.晶胞顶点上微粒是PCl6−，其价层电子对数=6+5+1−6×12=6，故空间构型为正八面体，故C正确；
D.晶胞中存在的化学键类型除了有极性共价键，还有离子键，故D错误；
故选：C。
由图可知，PCl5晶体的晶胞结构与氯化铯晶体的晶胞结构相似，存在PCl4+、PCl6−两种离子，两种离子分别为四面体和八面体结构。
本题考查晶体的相关知识，注意晶体基础知识的掌握，另外会计算价层电子对。
16.【答案】A
【解析】解：A.只有成环的配位键才能起到螯合作用，硝酸根中的2个氧原子和C、N杂环上的4个氮原子通过螯合作用与Cd2+形成配位键，该配合物分子中通过螯合作用形成的配位键有6个，Cd2+的配位数为7，故A正确；
B.硝酸根中的氮原子价层电子数为3+6−2×32=3，亚硝酸根中氮原子的价层电子对数为2+6−2×22=3，故该配合物中的氮原子均采取sp2杂化，故B错误；
C.该螯合物中基态原子的第一电离能最小的元素为Cd，故C错误；
D.该配合物分子中含氧结构为NO3−和NO2−，不能和苯环上的H原子形成氢键，故D错误；
故选：A。
A.由题意知，只有成环的配位键才能起到螯合作用；
B.硝酸根中的氮原子价层电子数为3+6−2×32=3，亚硝酸根中氮原子的价层电子对数为2+6−2×22=3；
C.该螯合物中基态原子的第一电离能最小的元素为Cd；
D.该配合物分子中含氧结构为NO3−和NO2−。
本题考查化学键，侧重考查学生配位键、杂化和元素性质的掌握情况，试题难度中等。
17.【答案】ABCECF或ABCECD 恒压滴液漏斗 防止暴沸 防止倒吸 CH3CH2OH→170℃浓硫酸CH2=CH2↑+H2O2CH2=CH2+O2→Ag2 没有副产物 n+nCO2→催化剂
【解析】解：(1)验证制得的气体中含有乙烯和少量SO2，检验SO2用品红溶液，检验乙烯用酸性高锰酸钾溶液或者溴水，乙烯和SO2都能使酸性高锰酸钾溶液或者溴水褪色，所以先检验SO2，然后检验乙烯。检验乙烯之前应该通入NaOH浓溶液除尽SO2，再通入品红溶液不褪色，用品红溶液确认SO2已除干净，最后用酸性高锰酸钾或者溴水溶液褪色检验乙烯。仪器的连接顺序是ABCECF或者ABCECD；
故答案为：ABCECF或ABCECD；
(2)根据仪器外形可以得知，图中仪器a的名称是恒压滴液漏斗；装置A中碎瓷片和沸石的原理一样，都是一种多孔的物质，会产生气泡中心，使溶液沸腾产生的气体顺利脱离液面，起到防止暴沸的作用；装置B为安全瓶，起到防止倒吸的作用；
故答案为：恒压滴液漏斗；防止暴沸；防止倒吸；
(3)乙醇与浓硫酸共热发生消去反应制乙烯，温度控制在170℃，反应方程式为CH3CH2OH→170℃浓硫酸CH2=CH2↑+H2O；
故答案为：CH3CH2OH→170℃浓硫酸CH2=CH2↑+H2O；
(4)①乙烯和氧气以银作催化剂反应生成环氧乙烷，反应方程式为2CH2=CH2+O2→Ag2；方法I生成HCl，污染环境，方法II只生成一种产物，优点是没有副产物，原料利用率高，原子利用率可达到百分之百；
故答案为：2CH2=CH2+O2→Ag2；没有副产物，原料利用率高，愿挨利用率可达到百分之百；
②环氧丙烷与二氧化碳在催化剂作用下发生加聚反应的方程式为n+nCO2→催化剂；
故答案为：n+nCO2→催化剂。
验证制得的气体中含有乙烯和少量SO2，检验SO2用品红溶液，检验乙烯用酸性高锰酸钾溶液或者溴水，乙烯和SO2都能使酸性高锰酸钾溶液或者溴水褪色，所以先检验SO2，然后检验乙烯。检验乙烯之前应该通入NaOH浓溶液除尽SO2，再通入品红溶液不褪色，用品红溶液确认SO2已除干净，最后用酸性高锰酸钾或者溴水溶液褪色检验乙烯。
本题主要考查乙醇消去反应的原理以及实验装置的连接，总体难度不大。
18.【答案】适当升高温度、适当增加酸的浓度等 SiO2 Fe2+ 6VO2++ClO3−+3H2O=6VO′2++Cl−+6H+ 氧化 DdScR3+3OH−=Sc(OH)3+3R− H2V10O284− 3d34s2 四 3：2NaVO3 2M(a×10−7)3×NAg/cm3
【解析】解：(1)溶浸过程中可以加快反应速率的措施有：适当的升高温度、适当增大钛白废酸的浓度等，
故答案为：适当的升高温度、适当增大钛白废酸的浓度等；
(2)“溶浸”后，滤渣①主要成分是TiO2和SiO2，
故答案为：SiO2；
(3)“氧化”过程，VO2+被氧化成VO2+，同时还有Fe2+离子被氧化，VO2+转化为VO2+，反应的离子方程式为：6VO2++ClO3−+3H2O=6VO2++Cl−+6H+，
故答案为：Fe2+；6VO2++ClO3−+3H2O=6VO2++Cl−+6H+；
(4)“萃钪”后“洗涤”，只有ScR3在有机层中，其他金属离子基本进入水层，水层可进入氧化工序，一方面VO2+被氧化为VO2+，另一方面Fe2+被氧化为Fe3+，充分利用资源，
故答案为：氧化；
(5)从表中可知，加入2ml/LNaOH+1ml/LHCl并常温下20minn+40℃，10min进行萃取时，反萃取率为99%，明显高于其它萃取剂和其他萃取条件的组合，因此最佳X和条件组合为Dd，ScR3与NaOH反应生成Sc(OH)3，反应的离子方程式为：ScR3+3OH−=Sc(OH)3+3R−，
故答案为：Dd；ScR3+3OH−=Sc(OH)3+3R−；
(6)钛白废酸浸出液中c总(V)=0.2ml/L，lgc总(V)=−0.7，“沉钒”过程控制pH=2.0，结合图示可知，这种情况下五价钒粒子的存在形态为：H2V10O284−，
故答案为：H2V10O284−；
(7)钒是23号元素，核外电子排布式为[Ar]3d34s2，属于过渡元素，价电子排布式为3d34s2，钪为21号元素，基态原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d14s2，位于第四周期ⅢB族，其未成对电子数为1，在第四周期中，未成对电子数为1的有：K、Cu、Ga、Br，共四种，
故答案为：3d34s2；四；
(8)单键为σ键，双键有1个σ键、1个π键，分子中有6个σ键、4个π键，σ键与π键个数之比为3：2，
故答案为：3：2；
(9)由链状结构可知每个V与3个O形成阴离子，且V的化合价为+5价，则形成的化合物化学式为：NaVO3，
故答案为：NaVO3；
(10)该晶胞体积=(d×10−7cm)3，V原子个数=1+8×8×18=2，其密度=2NA×MV=2NA×M(a×10−7)3g/cm3=2M(a×10−7)3×NAg/cm3，
故答案为：2M(a×10−7)3×NAg/cm3。
钒渣中主要含Fe3O4、SiO2、V2O3，钛白废酸中含Sc3+、TiO2+、H+、SO42−等离子，钒渣和钛白废酸混合溶浸，SiO2不溶于酸，滤渣①的成分为TiO2和SiO2，滤液中含Fe3+、Fe2+、VO2+、Sc3+等，加入萃取剂HR萃取钪，水层中加入NaClO3和萃取剂HB，VO2+被氧化为VO2+、Fe2+被氧化为Fe3+，得到的有机层中加入20%的Na2CO3溶液进行反萃取，得到的水层中加入30%的氨水调节溶液pH=2，得到(NH4)2V12O31，最后煅烧得到V2O5，
萃取钪得到的有机层中加入HCl得到含ScR3的有机层，加入试剂X进行反萃取钪，生成Sc(OH)3，最后得到Sc2O3，
(1)升高温度、增大浓度都可以增大反应速率；
(2)二氧化钛、二氧化硅不溶于盐酸；
(3)“氧化”过程，VO2+被氧化成VO2+，同时还有Fe2+离子被氧化，VO2+转化为VO2+；
(4)“萃钪”后“洗涤”，只有ScR3在有机层中，其他金属离子基本进入水层，水层可进入氧化工序，一方面VO2+被氧化为VO2+，另一方面Fe2+被氧化为Fe3+；
(5)从表中可知，加入2ml/LNaOH+1ml/LHCl并常温下20minn+40℃，10min进行萃取时，反萃取率为99%，明显高于其它萃取剂和其他萃取条件的组合，因此最佳X和条件组合为Dd；
(6)钛白废酸浸出液中c总(V)=0.2ml/L，lgc总(V)=−0.7，“沉钒”过程控制pH=2.0，结合图示分析判断五价钒粒子的存在形式；
(7)钒是23号元素，核外电子排布式为[Ar]3d34s2，属于过渡元素，价电子排布式为3d34s2，钪为21号元素，基态原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d14s2，位于第四周期ⅢB族，其未成对电子数为1；
(8)单键为σ键，双键有1个σ键、1个π键，钪的原子序数及基态原子核外电子排布式判断其未成对电子数，再判断与钪同周期且含有相同未成对电子数的元素；
(9)由链状结构可知每个V与3个O形成阴离子，且V的化合价为+5价，以此判断形成的化合物的化学式；
(10)该晶胞体积=(d×10−7cm)3，V原子个数=1+8×18=2，其密度=2NA×MV。
本题考查物质的分离提纯、物质结构和性质，涉及物质分离过程的分析判断、晶胞计算、元素周期律、价层电子对互斥理论等知识点，侧重考查基本公式、基本理论运用及空间想像能力、计算能力，难点是晶胞计算，注意均摊法在晶胞计算中的灵活运用，题目难度中等。
19.【答案】2p4s24p1 Mg、S 原子半径：C【解析】解：(1)基态Si原子价层电子排布式为3s23p2，电子占据的最高能级符号为3p；Ga是31号元素，位于周期表中第四周期第ⅢA族，价电子排布式是4s24p1，
故答案为：2p；4s24p1；
(2)同一周期的元素，从左向右，第一电离能呈增大的趋势，但第ⅡA族、第ⅤA族的元素的第一电离能比相邻元素的大，第三周期元素中，第一电离能介于铝和磷之间的元素除硅外，还有Mg、S，
故答案为：Mg、S；
(3)原子半径：C故答案为：原子半径：C(4)①GaAs的熔点为1238℃，熔点很高，由晶胞图可知，GaAs晶体形成空间立体网状结构，即GaAs晶体为共价晶体，
故答案为：共价晶体；
②A.砷化镓晶体属于共价晶体，NaCl晶体属于离子晶体，其晶体结构不相同，故A错误；
B.GaP与GaAs原子个数相同、价电子数也相同，互为等电子体，故B正确；
C.非金属性：As>Ga，电负性：As>Ga，故C错误；
D.由砷化镓晶胞图可知，每个Ga原子形成4个Ga−As共价键，Ga价层电子对数为4，存在一个配位键，故D正确；
故答案为：BD；
(5)将晶胞分割成8个小立方体，D原子位于右下后方小立方体的体心，由A为(0,0,0)；B为(0,1,1)；C为(1,1,0)，则D原子的坐标参数为(34,34,14)，
故答案为：(34,34,14)。
(1)基态Si原子价层电子排布式为3s23p2；Ga是31号元素，位于周期表中第四周期第ⅢA族；
(2)同一周期的元素，从左向右，第一电离能呈增大的趋势，但第ⅡA族、第ⅤA族的元素的第一电离能比相邻元素的大；
(3)原子半径越小，键长越短，键能越大，共价键越强，共价晶体的熔沸点越高；
(4)①GaAs的熔点为1238℃，熔点很高，由晶胞图可知，GaAs晶体形成空间立体网状结构；
②A.砷化镓晶体属于共价晶体，NaCl晶体属于离子晶体；
B.原子个数相同、价电子数也相同的物质互为等电子体
C.非金属性越强，电负性越大；
D.由砷化镓晶胞图可知，每个Ga原子形成4个Ga−As共价键；
(5)将晶胞分割成8个小立方体，D原子位于右下后方小立方体的体心。
本题考查物质结构和性质，涉及电子排布式、第一电离能、熔点比较、晶体类型判断、等电子体、配位键、电负性、晶胞结构等知识点，难点是晶胞结构，侧重于考查学生的识图能力、分析能力及对基础知识的综合应用能力，题目难度中等。
20.【答案】碳溴键、羧基 取代反应 NaH、CH3I
【解析】解：(1)E中官能团有碳溴键、羧基，
故答案为：碳溴键、羧基；
(2)C中氯原子被羧基取代生成D，所以C→D的反应类型为取代反应，
故答案为：取代反应；
(3)反应D→E的化学方程式为，
故答案为：；
(4)F的结构简式为，
故答案为：；
(5)X是D的同分异构体，X在酸性条件下水解，生成2种核磁共振氢谱都显示4组峰的化合物，其中一种遇FeCl3溶液显紫色，该生成物中含有酚羟基，且含有4种氢原子，则这种产物的结构简式为，
故答案为：；
(6)X为：，和CH3I发生信息(2)的反应生成X，Z发生加聚反应生成，则Z为；X和氢气发生加成反应生成Y为，Y发生消去反应生成Z，合成路线为，则步骤1的试剂是NaH、CH3I，Y为，
故答案为：NaH、CH3I；。
A和氢气发生加成反应生成B，B发生取代反应生成C，C发生反应生成D，S发生取代反应生成E，E和甲醇发生酯化反应生成F为；
(6)X为：，和CH3I发生信息(2)的反应生成X，Z发生加聚反应生成，则Z为；X和氢气发生加成反应生成Y为，Y发生消去反应生成Z，合成路线为。
本题考查有机物的合成，侧重考查分析、判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，难点是(6)题各物质的判断，题目难度中等。选项
实验事实
解释
A
盐酸酸化的FeCl3溶液呈黄色
Fe3+的水合离子呈黄色
B
甲苯可使酸性高锰酸钾溶液褪色
甲苯中甲基使苯环活化
C
HF的沸点高于HCl
H−F的键能比H−Cl的键能大
D
向苯酚浊液中加入Na2CO3溶液，溶液变澄清
酸性：苯酚>HCO3−
表反萃剂种类对钪反萃率的影响
反萃剂种类/温度、时间
a：常温5min
b：常温10min
c：常温15min
d：常温20mim+40℃10min
A：2ml/LNa2CO3
20%
30%
32%
45%
B：2ml/LNa2CO3+1ml/LNaC1
13%
20%
25%
28%
C：2ml/LnaOH
56%
60%
57%
57%
D：2ml/LNaOH+1ml/LNaCl
60%
58%
56%
99%
1.文房四宝是笔、墨、纸、砚，对其主要成分的说法错误的是( )
A. 做笔用的竹管、羊毫的主要成分是淀粉、纤维素
B. 研墨用的墨条的主要成分是炭黑
C. 宣纸的主要成分是纤维素
D. 做砚台用的砚石的主要成分是硅酸盐矿物
2.福建是乌龙茶的故乡，是茶文化的发祥地之一。儿茶素(Catechin)是从茶叶中提取出来的多酚类活性物质，有延缓衰老，控制肥胖，抗菌等功效。其结构如图所示，下列说法错误的是( )
A. 儿茶素是天然的抗氧化剂B. 儿茶素的分子式为C15H14O6
C. 1ml儿茶素能与7mlBr2发生取代反应D. 可以和FeCl3溶液发生显色反应
3.厦门大学应用光催化方法在CDS催化剂上首次实现了可见光照射下甲醇的脱氢制备乙二醇和氢气的反应。反应原理如图所示，下列说法不正确的是( )
A. 乙二醇是制备聚对苯二甲酸乙二酯(PET)的主要原料
B. 该反应化学反应方程式为2CH3OH+2H+→催化剂HOCH2CH2OH+H2↑
C. 甲醇与浓硫酸共热可以脱水制备二甲醚
D. 甲醇可与卤化氢发生取代反应
4.丁香酚有强烈的丁香香气，不溶于水。用于各种香精配方中。下列说法错误的是( )
A. 分子式为C10H12O2
B. 苯环上含相同侧链的同分异构体共12种(含丁香酚)
C. 可以发生取代、酯化、加成、加聚反应
D. 丁香酚分子中不含手性碳原子
5.已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A. 18g−OD中含有的电子数为10NA
B. 铜电解精炼时，当阳极质量减少64g时，电路中转移电子数为2NA
C. 1L1ml⋅L−1CH3COONH4溶液中CH3COO−与NH4+数目均小于NA
D. 1mlSF6(如图所示)分子含σ键数为12NA
6.科学家发明了一种如图所示的可逆循环的K−CO2酯介质电池。电极为KSn合金和碳纳米管复合材料(MWCNTs−COOH)，放电时，温室气体CO2转化为碳等物质。下列说法错误的是( )
A. 充电时，K+移向碳纳米管复合材料
B. 放电时，负极反应为4KSn−4e−=4K++Sn
C. 放电时，正极增重72g，电路中转移的电子数为NA
D. 充电时，电池总反应为2K2CO3+C+4Sn=4KSn+3CO2
7.下列反应的化学方程式错误的是( )
A. 苯与液溴反应：
B. 1−氯丙烷与NaOH的乙醇溶液共热：CH3CH2CH2Cl+NaOH→乙醇△CH3CH=CH2↑+NaCl+H2O
C. 乙醛与新制Cu(OH)2悬浊液共热：CH3CHO+2Cu(OH)2+NaOH→△CH3COONa+Cu2O↓+3H2O
D. 氯乙烯聚合：nCH2=CHCl→一定条件
8.下列对实验事实的解释正确的是( )
A. AB. BC. CD. D
9.常温常压下，某金属有机老多孔材料(MOFA)能催化CO2与环氧丙烷的反应，其工作原理如图所示。下列说法错误的是( )
A. a分子中氧原子的杂化类型为sp3杂化
B. b的一氯代物有2种
C. a→b的过程有极性健的形成
D. MOFA能选择性吸附CO2，减少CO2的排放
10.科技创新让2022年北京冬奥会举世瞩目。对下列科技创新涉及化学知识的判断正确的是( )
A. “黑金”石墨烯为冬奥赛场留住温暖，石墨烯和C60是同位素
B. “冰墩墩”的外壳材质主要是有机硅橡胶，有机硅橡胶是纯净物
C. 防割速滑竞赛服使用的“剪切增稠液体”由聚乙二醇和硅微粒加工而成，聚乙二醇是乙二醇的缩聚产物
D. “最快的冰”采用二氧化碳跨临界法直接制得，CO2是极性分子
11.各种矿产资源的开发利用为人类发展提供了重要的物质保障，如图是一些矿产资源的利用流程：则下列说法不正确的是( )
A. 铝热法也可以用来生成金属铝
B. 黄铜矿中至少含有 Cu、Fe、S 三种元素
C. 粗硅与氯气反应的目的是为了得到容易提纯的 SiCl4
D. 上述每种产品的生成过程都涉及氧化还原反应
12.下列实验不能达到目的的是( )
A. 用实验甲制取硝基苯
B. 用实验乙检验蔗糖的水解产物具有还原性
C. 用实验丙制取并收集乙烯
D. 用实验丁检验溴乙烷消去反应的有机产物
13.我国科学家合成了超高含能材料中的一种重要的盐(Y5)6(X3Z)3(YX4)4W，其中含有两种 10 电子阳离子，分别是由 X 与 Y、X 与 Z 形成。化合物 XW 是 18 电子分子。下列叙述不正确的是( )
A. 化合物 YX4W的水溶液呈酸性
B. 此盐中存在离子键、共价键
C. 原子半径的大小顺序为 W>Z>Y>X
D. 该盐中存在的两种阴离子是 Y5−和 W−
⋅L−1H3RO3溶液pH<1，向其中加入NaOH固体(忽略体积变化)，测得溶液中各种含R微粒的物质的量分数(δ)与溶液pH的关系如图所示。下列有关说法不正确的是( )
A. 当加入0.1mlNaOH时：c(Na+)=c(H2RO3−)+c(HRO32−)+c(RO33−)
B. 当加入0.2mlNaOH时：(RO33−)>c(H2RO3−)
C. 曲线δ1是指微粒H2RO3−的变化趋势
D. N点，c(HRO32−)=c(RO33−)=0.05ml⋅L−1
15.PCl5晶体的晶胞结构如图。下列说法正确的是( )
A. 该晶体为分子晶体
B. 晶胞体心上微粒为PCl4
C. 晶胞顶点上微粒的空间构型为正八面体
D. 存在的化学键类型仅有极性共价键
16.含有多个配位原子的配体与同一中心离子(或原子)通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物。一种Cd2+配合物的结构如图所示。下列说法正确的是( )
A. 该配合物分子中通过螯合作用形成的配位键有6个，Cd2+的配位数为7
B. 该螯合物中N的杂化方式有2种
C. 其中基态原子的第一电离能最小的元素为H
D. 该配合物分子中的H和O可形成分子内氢键
二、实验题：本大题共1小题，共12分。
17.实验室用乙醇与浓硫酸共热制乙烯，常因温度过高使溶液中有黑色物质出现，使制得的乙烯气体中含有少量CO2、SO2，某兴趣小组用以下仪器组装(仪器可以重复使用，也可以不选用)，进行实验，探究制得的气体中含有乙烯和少量SO2。
(1)仪器的连接顺序是：______；
(2)图中仪器a的名称是______，装置 A中碎瓷片的作用是______，装置 B的作用是______；
(3)写出乙醇与浓硫酸共热制乙烯的反应方程式______；
(4)以乙烯为原料生产环氧乙烷通常有2种方法。
①以乙烯为原料生产环氧乙烷的方法是：
Ⅰ：氯代乙醇法
CH2=CH2+Cl2+H2O→ClCH2CH2OH+HCl
ClCH2CH2OH+Ca(OH)2→CaCl2+H2O+
Ⅱ：银催化法
乙烯和氧气以银作催化剂反应生成环氧乙烷，方法Ⅱ的反应方程式______。
方法Ⅱ与方法Ⅰ比较，优点是______ (写一条)。
②已知环氧丙烷与二氧化碳在催化剂作用下发生加聚反应生成全降解塑料——聚碳酸丙烯酯(PPC)的结构简式如图所示，写出反应方程式______。
三、简答题：本大题共2小题，共28分。
18.钒被称为金属“维生素”，钪用途广泛。以钒渣为原料，用钛白废酸浸出提取钒、钪，工艺流程如图。
已知：
Ⅰ.钒渣中主要含Fe3O4、SiO2、V2O3，钛白废酸中含Sc3+、TiO2+、H+、SO42−等离子。
Ⅱ.
(1)“溶浸”过程，可加快反应速率的措施有______ (任写一项)。
(2)“溶浸”后，滤渣①主要成分是TiO2和______。
(3)“氧化”过程，VO2+被氧化成VO′2+，同时还有______离子被氧化。写出VO2+转化为VO′2+，反应的离子方程式______。
(4)“萃钪”后“洗涤”，只有ScR3在有机层中，其他金属离子基本进入水层，水层可进入______工序，充分利用资源。
(5)从表中找出“反萃钪”过程的最佳试剂X和条件组合是______ (填字母组合如“ Aa”)，“反萃钪”过程，发生反应的离子方程式是______。
(6)常温下，各种形态五价钒粒子总浓度的对数[lgc总(V)]与pH关系如图。已知钛白废酸浸出液中c总(V)=0.2ml/L，“沉钒”过程控制pH=2.0，则五价钒粒子的存在形态为______ (填化学式)。
(7)钒的价电子排布式______，与钪的未成对电子数相同的同周期元素种类有______种。
(8)五氧化二钒的结构简式如图所示，该结构中σ键与π键个数之比是______。
(9)催化剂V2O5溶于NaOH溶液中，可得到偏钒酸钠，偏钒酸钠的阴离子呈如图所示的无限链状结构，写出偏钒酸钠的化学式______。
(10)单质钒的晶胞结构如图所示，若晶胞的棱长为anm，钒的相对原子质量为M，阿伏加德罗常数的值为NA，单质钒的密度为______ (列出计算式即可)。
19.新型SiC增强铝基复合材料，可展开柔性砷化镓太阳能电池系统，助力“天问一号”开展火星探测。回答下列问题：
(1)基态Si原子中，电子占据的最高能级符号为______， Ga的基态原子的价电子排布式是______。
(2)第三周期元素中，第一电离能介于铝和磷之间的元素除硅外，还有______ (填元素符号)。
(3)碳化硅和硅晶体都具有金刚石型结构，碳化硅熔点高于硅的原因是______。
(4)GaAs的晶胞如图所示。
①GaAs的熔点为1238℃，该晶体的类型为______。
②下列说法正确的是______ (填字母)。
A.砷化镓晶胞结构与NaCl相同
B.GaP与GaAs互为等电子体
C.电负性：As
(5)原子坐标参数表示晶胞内部各原子的相对位置。图中各原子坐标参数A为(0,0,0)；B为(0,1,1)；C为(1,1,0)；则D原子的坐标参数为______。
四、推断题：本大题共1小题，共12分。
20.药物洛索洛芬钠中间体2−(4−溴甲基苯基)丙酸甲酯(F)的一种合成路线如图所示。
已知：(1)NBS：(N−溴代丁二酰亚胺)
(2)
回答下列问题：
(1)E中官能团有______ (填名称)。
(2)C→D的反应类型为______。
(3)反应D→E的化学方程式为______。
(4)F的结构简式为______。
(5)X是D的同分异构体，X在酸性条件下水解，生成2种核磁共振氢谱都显示4组峰的化合物，其中一种遇FeCl3溶液显紫色，写出这种产物的结构简式______。
(6)设计以
为原料，(无机试剂任选)制备
的合成路线：
已知X为：
。
步骤1所需的试剂为______， Y的结构简式为______。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.竹管、羊毫的主要成分是纤维素、蛋白质，故A错误；
B.墨条由炭黑制成，墨条的主要成分是炭黑，故B正确；
C.宣纸属于天然高分子材料，主要成分是纤维素，故C正确；
D.砚石的成分硅酸盐，属于无机非金属材料，故D正确；
故选：A。
A.竹管、羊毫的主要成分是纤维素、蛋白质；
B.墨条由炭黑制成；
C.宣纸主要成分是纤维素；
D.砚石的成分硅酸盐。
本题考查了物质的主要成分，熟悉相关物质的组成成分是解题关键，题目难度不大，注意对相关知识的积累。
2.【答案】C
【解析】解：A.含羟基，具有还原性，则儿茶素是天然的抗氧化剂，故A正确；
B.由结构可知，分子中含15个C原子、14个H原子、6个O原子，则儿茶素的分子式为C15H14O6，故B正确；
C.只有酚羟基的邻对位与溴水发生取代反应，则1ml儿茶素能与5mlBr2发生取代反应，故C错误；
D.含酚羟基，可以和FeCl3溶液发生显色反应，故D正确；
故选：C。
A.含羟基，具有还原性；
B.由结构可知，分子中含15个C原子、14个H原子、6个O原子；
C.只有酚羟基的邻对位与溴水发生取代反应；
D.结合酚的性质判断。
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的结构、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意酚的性质，题目难度不大。
3.【答案】B
【解析】解：A.聚对苯二甲酸乙二酯(PET)由对苯二甲酸和乙二醇合成，故A正确；
B.该反应化学反应方程式为2CH3OH→催化剂HOCH2CH2OH+H2↑，故B错误；
C.甲醇在浓硫酸作用下发生分子间脱水生成二甲醚，故C正确；
D.甲醇可与卤化氢发生取代反应生成卤代烃，故D正确；
故选：B。
A对苯二甲酸和乙二醇是合成.聚对苯二甲酸乙二酯(PET)的主要原料；
B.2CH3OH+2H+→催化剂HOCH2CH2OH+H2↑原子个数和电荷不守恒；
C.甲醇在浓硫酸作用下可生成二甲醚；
D.甲醇可与卤化氢发生取代反应。
本题考查有机物的性质与反应，难度中等，掌握结构与性质的关系是解题的关键。
4.【答案】B
【解析】解：A.由结构可知，分子中含10个C原子、12个H原子、2个O原子，则分子式为C10H12O2，故A正确；
B.苯环上含相同侧链的同分异构体，若CH3O−、−OH位于邻位，插入丙烯基有4种；若CH3O−、−OH位于间位，插入丙烯基有4种；若CH3O−、−OH位于对位，插入丙烯基有2种，含丁香酚共有10种，故B错误；
C.含酚羟基可发生取代反应、酯化反应，含碳碳双键可发生加成反应、加聚反应，故C正确；
D.连接4个不同基团的碳原子为手性碳原子，可知丁香酚分子中不含手性碳原子，故D正确；
故选：B。
A.由结构可知，分子中含10个C原子、12个H原子、2个O原子；
B.苯环上含相同侧链的同分异构体，可固定2个取代基在邻间对位置，插入另一个取代基；
C.结合酚、烯烃的性质判断；
D.连接4个不同基团的碳原子为手性碳原子。
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的结构、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项B为解答的难点，题目难度不大。
5.【答案】C
【解析】解：A.18g−OD物质的量为1ml，1个−OD中所含有的电子数为9，即18g−OD中含有的电子数为9NA，故A错误；
B.铜电解精炼时，阳极上反应掉的不只是铜，还有比铜活泼的金属，故当质量减少64g时，路中转移的电子数大于2NA，故B错误.；
C.CH3COONH4溶液中CH3COO−与NH4+均会发生水解，所以1L1ml⋅L−1CH3COONH4溶液中CH3COO−与NH4+数目均小于NA，故C正确；
D.1mlSF6分子含σ键数为6NA，故D错误；
故选：C。
A.物质的量与质量、摩尔质量之间的关系：n=mM，粒子数与物质的量、阿伏加德罗常数之间的关系：N=nNA；
B.铜电解精炼时，阳极上反应掉的不只是铜，还有比铜活泼的金属；
C.CH3COO−与NH4+均会发生水解；
D.1个SF6分子含6个σ键。
本题考查的是有关阿伏加德罗常数的知识，侧重考查分析、计算能力，掌握阿伏加德罗常数的计算方法是解题关键，题目难度不大。
6.【答案】B
【解析】解：A.原电池工作时碳纳米管复合材料作正极，KSn作负极，充电时为电解池，碳纳米管复合材料作阳极，KSn作阴极，K+移向阳极碳纳米管复合材料，故A正确；
B.放电时，KSn作负极，KSn失电子生成K+和Sn，负极反应式为4KSn−4e−=4K++4Sn，故B错误；
C.放电时碳纳米管复合材料作正极，正极反应式为3CO2+4e−+4K+=2K2CO3+C，转移4mle−时正极增重138g/ml×2ml+12g=288g，则正极增重72g，电路中转移电子72g288g×4ml=1ml，电子数为NA，故C正确；
D.该电池放电时总反应为4KSn+3CO2=2K2CO3+C+4Sn，则充电时总反应为2K2CO3+C+4Sn=4KSn+3CO2，故D正确；
故选：B。
K−CO2酯介质电池工作时，碳纳米管复合材料上CO2得电子生成C等物质，作正极，KSn作负极，负极上KSn失电子生成K+和Sn，负极反应式为4KSn−4e−=4K++4Sn，正极反应式为3CO2+4e−+4K+=2K2CO3+C，总反应为4KSn+3CO2=2K2CO3+C+4Sn，充电时为电解池，阴阳极反应与负正极反应相反，据此分析解答。
本题考查了原电池工作原理，侧重学生分析能力和运用能力的考查，把握充放电原电池工作原理、电极的判断、电极反应及电极反应式的书写为解题的关键，题目难度中等。
7.【答案】A
【解析】解：A.苯和液溴在溴化铁作催化剂条件下发生取代反应生成溴苯，反应方程式为+Br2→FeBr3+HBr，故A错误；
B.1−氯丙烷与NaOH乙醇溶液共热发生消去反应生成丙烯，反应方程式为CH3CH2CH2Cl+NaOH→△乙醇CH3CH=CH2↑+NaCl+H2O，故B正确；
C.乙醛和新制Cu(OH)2的反应发生氧化反应，乙醛分子中的醛基被氧化为羧基，氢氧化铜被还原为氧化亚铜红色沉淀，反应方程式为CH3CHO+2Cu(OH)2+NaOH→△CH3COONa+Cu2O↓+3H2O，故C正确；
D.氯乙烯发生加聚反应生成聚氯乙烯，反应方程式为nCH2=CHCl→一定条件，故D正确；
故选：A。
A.苯和液溴在溴化铁作催化剂条件下发生取代反应生成溴苯；
B.卤代烃与NaOH乙醇溶液共热发生消去反应；
C.乙醛溶液与新制Cu(OH)2悬浊液共热生成乙酸、氧化亚铜和水；
D.氯乙烯发生加聚反应生成聚氯乙烯．
本题考查化学反应方程式正误判断，明确反应条件及产物是解本题关键，有些化学反应产物受反应条件、反应物浓度、反应物的量影响，注意B中断键和成键方式，为易错点．
8.【答案】D
【解析】解：A.盐酸酸化的FeCl3溶液中形成铁氯配合离子，溶液呈黄色，故A错误；
B.甲苯可被酸性高锰酸钾溶液氧化生成苯甲酸，可知苯环使甲基活化，故B错误；
C.HF分子间含氢键，则HF的沸点高，与键能大小无关，故C错误；
D.苯酚与碳酸钠反应生成苯酚钠、碳酸氢钠，溶液变澄清，可知酸性：苯酚>HCO3−，故D正确；
故选：D。
A.盐酸酸化的FeCl3溶液中形成铁氯配合离子；
B.甲苯可被酸性高锰酸钾溶液氧化生成苯甲酸；
C.HF分子间含氢键；
D.苯酚与碳酸钠反应生成苯酚钠、碳酸氢钠。
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。
9.【答案】B
【解析】解：A.a分子中氧原子的价层电子对数为4，采用sp3杂化，故A正确；
B.b中含有3种不同环境的氢原子，b的一氯代物有3种，故B错误；
C.a和CO2发生加成反应生成b，该过程中有C−O极性键形成，故C正确；
D.MOFA能催化CO2与环氧丙烷的反应，说明MOFA能选择性吸附CO2，利用该反应可减少CO2的排放，故D正确；
故选：B。
A.a分子中氧原子的价层电子对数为4；
B.b中含有3种不同环境的氢原子；
C.a和CO2发生加成反应生成b；
D.MOFA能催化CO2与环氧丙烷的反应，说明MOFA能选择性吸附CO2。
本题考查物质结构，侧重考查学生杂化、同分异构体和化学键的掌握情况，试题难度中等。
10.【答案】C
【解析】解：A.石墨烯和C60是碳元素的不同单质，互为同素异形体，故A错误；
B.有机硅橡胶属于高分子化合物，为混合物，故B错误；
C.聚乙二醇是由乙二醇反应制得，有小分子水生成，属于缩聚反应，故C正确；
D.二氧化碳分子结构为直线型，分子中正负电荷重心完全重合，属于非极性分子，故D错误；
故选：C。
A.质子数相同中子数不同的同种元素的不同原子互为同位素；
B.一种物质组成的为纯净物，不同物质组成的为混合物；
C.聚乙二醇是由乙二醇经过缩聚反应制得；
D.二氧化碳分子结构为直线型，分子中正负电荷重心完全重合。
本题主要考查同素异形体、纯净物和混合物、缩聚反应、有机高分子化合物等知识点的分析判断，主要是在生活、生产中的应用，特别是一些高科技领域，注意知识的积累，题目难度不大。
11.【答案】A
【解析】解：A.Al为活泼金属，只能选电解法冶炼，而铝热反应利用Al的还原性，则铝热反应不能冶炼Al，故A错误；
B.图中黄铜矿与氧气反应生成CuO、FeO、SO2及废渣，由元素守恒可知，至少含有 Cu、Fe、S 三种元素，故B正确；
C.粗硅与氯气反应生成气态产物SiCl4更易提纯，故C正确；
D.元素均由化合态转化为游离态，均有元素的化合价变化，则均为氧化还原反应，故D正确；
故选：A。
本题考查氧化还原反应及金属冶炼，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意金属冶炼方法，题目难度不大。
12.【答案】C
【解析】解：A.温度计测定水的温度，水浴加热制备硝基苯，图中装置可制备硝基苯，故A正确；
B.蔗糖水解后，在碱性溶液中氢氧化铜可氧化葡萄糖，可检验葡萄糖的还原性，故B正确；
C.乙醇在170℃时发生消去反应生成乙烯，图中温度计的水银球未在液面下，故C错误；
D.溴乙烷发生消去反应生成乙烯，乙烯与溴发生加成反应，可检验乙烯，故D正确；
故选：C。
A.温度计测定水的温度，水浴加热制备硝基苯；
B.蔗糖水解后，在碱性溶液中检验葡萄糖；
C.乙醇在170℃时发生消去反应生成乙烯；
D.溴乙烷发生消去反应生成乙烯，乙烯与溴发生加成反应。
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、物质的制备及检验、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。
13.【答案】C
【解析】解：根据分析可知，X为H，Y为N，Z为O，W为Cl元素。
A.YX4W为NH4Cl，铵根离子水解溶液呈酸性，故A正确；
B.(Y5)6(X3Z)3(YX4)4W为(N5)6(H3O)3(NH4)4Cl，该化合物中含有阳离子NH4+，属于离子化合物，一定含有离子键；另外N5−、NH4+离子中含有共价键，故B正确；
C.同一周期从左向右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径的大小顺序为 W>Y>Z>X，故C错误；
D.(N5)6(H3O)3(NH4)4Cl中含有的阳离子为H3O+、NH4+，阴离子为N5−和Cl−，故D正确；
故选：C。
我国科学家合成了超高含能材料中的一种重要的盐(Y5)6(X3Z)3(YX4)4W，其中含有两种10电子阳离子，分别是由X与Y、X与Z形成，两种阳离子H3O+、NH4+，则X为H，Y为N，Z为O元素；化合物XW是18电子分子，则W为Cl元素，据此解答。
本题考查原子结构与元素周期律的应用，题目难度不大，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容及常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析能力及逻辑推理能力。
14.【答案】D
【解析】解：0.10ml⋅L−1H3RO3溶液pH<1，说明其一级电离为完全电离，随着pH的增大H2RO3−逐渐减少，HRO32−逐渐增多，故δ1代表H2RO3−，δ2代表HRO32−，当HRO32−达到最大值后，浓度逐渐降低，RO33−逐渐增加，故δ3代表RO33−，以此解题。
A.当加入0.1mlNaOH时，溶液为NaH2RO3溶液，根据物料守恒可知，c(Na+)=c(H2RO3−)+c(HRO32−)+c(RO33−)，故A正确；
B.当加入0.2mlNaOH时，溶液为Na2HRO3溶液，由分析可知δ2代表HRO32−，当其为最大值时，溶液显酸性，说明HRO32−的电离大于水解，故(RO33−)>c(H2RO3−)，故B正确；
C.由分析可知曲线δ1是指微粒H2RO3−的变化趋势，故C正确；
D.最初H3RO3溶液浓度为0.10ml⋅L−1，由分析可知，虽然N点c(HRO32−)=c(RO33−)，但是H3RO3的二级电离和三级电离都是微弱的，即溶液中随时都存在H2RO3−，故c(HRO32−)=c(RO33−)<0.05ml⋅L−1，故D错误；
故选：D。
本题考查酸碱混合时的定性判断和pH的计算的重点知识，涉及盐类的水解、离子浓度大小比较、弱电解质的电离平衡等，难点是离子浓度关系等式；考查的化学学科的核心素养为宏观辨识与微观探析，平时练习时注意总结积累，理解、掌握并熟练运用。
15.【答案】C
【解析】解：A.PCl5在晶体里以PCl4+、PCl6−存在，属于离子晶体，故A错误；
B.晶胞体心上微粒为PCl4+，故B错误；
C.晶胞顶点上微粒是PCl6−，其价层电子对数=6+5+1−6×12=6，故空间构型为正八面体，故C正确；
D.晶胞中存在的化学键类型除了有极性共价键，还有离子键，故D错误；
故选：C。
由图可知，PCl5晶体的晶胞结构与氯化铯晶体的晶胞结构相似，存在PCl4+、PCl6−两种离子，两种离子分别为四面体和八面体结构。
本题考查晶体的相关知识，注意晶体基础知识的掌握，另外会计算价层电子对。
16.【答案】A
【解析】解：A.只有成环的配位键才能起到螯合作用，硝酸根中的2个氧原子和C、N杂环上的4个氮原子通过螯合作用与Cd2+形成配位键，该配合物分子中通过螯合作用形成的配位键有6个，Cd2+的配位数为7，故A正确；
B.硝酸根中的氮原子价层电子数为3+6−2×32=3，亚硝酸根中氮原子的价层电子对数为2+6−2×22=3，故该配合物中的氮原子均采取sp2杂化，故B错误；
C.该螯合物中基态原子的第一电离能最小的元素为Cd，故C错误；
D.该配合物分子中含氧结构为NO3−和NO2−，不能和苯环上的H原子形成氢键，故D错误；
故选：A。
A.由题意知，只有成环的配位键才能起到螯合作用；
B.硝酸根中的氮原子价层电子数为3+6−2×32=3，亚硝酸根中氮原子的价层电子对数为2+6−2×22=3；
C.该螯合物中基态原子的第一电离能最小的元素为Cd；
D.该配合物分子中含氧结构为NO3−和NO2−。
本题考查化学键，侧重考查学生配位键、杂化和元素性质的掌握情况，试题难度中等。
17.【答案】ABCECF或ABCECD 恒压滴液漏斗 防止暴沸 防止倒吸 CH3CH2OH→170℃浓硫酸CH2=CH2↑+H2O2CH2=CH2+O2→Ag2 没有副产物 n+nCO2→催化剂
【解析】解：(1)验证制得的气体中含有乙烯和少量SO2，检验SO2用品红溶液，检验乙烯用酸性高锰酸钾溶液或者溴水，乙烯和SO2都能使酸性高锰酸钾溶液或者溴水褪色，所以先检验SO2，然后检验乙烯。检验乙烯之前应该通入NaOH浓溶液除尽SO2，再通入品红溶液不褪色，用品红溶液确认SO2已除干净，最后用酸性高锰酸钾或者溴水溶液褪色检验乙烯。仪器的连接顺序是ABCECF或者ABCECD；
故答案为：ABCECF或ABCECD；
(2)根据仪器外形可以得知，图中仪器a的名称是恒压滴液漏斗；装置A中碎瓷片和沸石的原理一样，都是一种多孔的物质，会产生气泡中心，使溶液沸腾产生的气体顺利脱离液面，起到防止暴沸的作用；装置B为安全瓶，起到防止倒吸的作用；
故答案为：恒压滴液漏斗；防止暴沸；防止倒吸；
(3)乙醇与浓硫酸共热发生消去反应制乙烯，温度控制在170℃，反应方程式为CH3CH2OH→170℃浓硫酸CH2=CH2↑+H2O；
故答案为：CH3CH2OH→170℃浓硫酸CH2=CH2↑+H2O；
(4)①乙烯和氧气以银作催化剂反应生成环氧乙烷，反应方程式为2CH2=CH2+O2→Ag2；方法I生成HCl，污染环境，方法II只生成一种产物，优点是没有副产物，原料利用率高，原子利用率可达到百分之百；
故答案为：2CH2=CH2+O2→Ag2；没有副产物，原料利用率高，愿挨利用率可达到百分之百；
②环氧丙烷与二氧化碳在催化剂作用下发生加聚反应的方程式为n+nCO2→催化剂；
故答案为：n+nCO2→催化剂。
验证制得的气体中含有乙烯和少量SO2，检验SO2用品红溶液，检验乙烯用酸性高锰酸钾溶液或者溴水，乙烯和SO2都能使酸性高锰酸钾溶液或者溴水褪色，所以先检验SO2，然后检验乙烯。检验乙烯之前应该通入NaOH浓溶液除尽SO2，再通入品红溶液不褪色，用品红溶液确认SO2已除干净，最后用酸性高锰酸钾或者溴水溶液褪色检验乙烯。
本题主要考查乙醇消去反应的原理以及实验装置的连接，总体难度不大。
18.【答案】适当升高温度、适当增加酸的浓度等 SiO2 Fe2+ 6VO2++ClO3−+3H2O=6VO′2++Cl−+6H+ 氧化 DdScR3+3OH−=Sc(OH)3+3R− H2V10O284− 3d34s2 四 3：2NaVO3 2M(a×10−7)3×NAg/cm3
【解析】解：(1)溶浸过程中可以加快反应速率的措施有：适当的升高温度、适当增大钛白废酸的浓度等，
故答案为：适当的升高温度、适当增大钛白废酸的浓度等；
(2)“溶浸”后，滤渣①主要成分是TiO2和SiO2，
故答案为：SiO2；
(3)“氧化”过程，VO2+被氧化成VO2+，同时还有Fe2+离子被氧化，VO2+转化为VO2+，反应的离子方程式为：6VO2++ClO3−+3H2O=6VO2++Cl−+6H+，
故答案为：Fe2+；6VO2++ClO3−+3H2O=6VO2++Cl−+6H+；
(4)“萃钪”后“洗涤”，只有ScR3在有机层中，其他金属离子基本进入水层，水层可进入氧化工序，一方面VO2+被氧化为VO2+，另一方面Fe2+被氧化为Fe3+，充分利用资源，
故答案为：氧化；
(5)从表中可知，加入2ml/LNaOH+1ml/LHCl并常温下20minn+40℃，10min进行萃取时，反萃取率为99%，明显高于其它萃取剂和其他萃取条件的组合，因此最佳X和条件组合为Dd，ScR3与NaOH反应生成Sc(OH)3，反应的离子方程式为：ScR3+3OH−=Sc(OH)3+3R−，
故答案为：Dd；ScR3+3OH−=Sc(OH)3+3R−；
(6)钛白废酸浸出液中c总(V)=0.2ml/L，lgc总(V)=−0.7，“沉钒”过程控制pH=2.0，结合图示可知，这种情况下五价钒粒子的存在形态为：H2V10O284−，
故答案为：H2V10O284−；
(7)钒是23号元素，核外电子排布式为[Ar]3d34s2，属于过渡元素，价电子排布式为3d34s2，钪为21号元素，基态原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d14s2，位于第四周期ⅢB族，其未成对电子数为1，在第四周期中，未成对电子数为1的有：K、Cu、Ga、Br，共四种，
故答案为：3d34s2；四；
(8)单键为σ键，双键有1个σ键、1个π键，分子中有6个σ键、4个π键，σ键与π键个数之比为3：2，
故答案为：3：2；
(9)由链状结构可知每个V与3个O形成阴离子，且V的化合价为+5价，则形成的化合物化学式为：NaVO3，
故答案为：NaVO3；
(10)该晶胞体积=(d×10−7cm)3，V原子个数=1+8×8×18=2，其密度=2NA×MV=2NA×M(a×10−7)3g/cm3=2M(a×10−7)3×NAg/cm3，
故答案为：2M(a×10−7)3×NAg/cm3。
钒渣中主要含Fe3O4、SiO2、V2O3，钛白废酸中含Sc3+、TiO2+、H+、SO42−等离子，钒渣和钛白废酸混合溶浸，SiO2不溶于酸，滤渣①的成分为TiO2和SiO2，滤液中含Fe3+、Fe2+、VO2+、Sc3+等，加入萃取剂HR萃取钪，水层中加入NaClO3和萃取剂HB，VO2+被氧化为VO2+、Fe2+被氧化为Fe3+，得到的有机层中加入20%的Na2CO3溶液进行反萃取，得到的水层中加入30%的氨水调节溶液pH=2，得到(NH4)2V12O31，最后煅烧得到V2O5，
萃取钪得到的有机层中加入HCl得到含ScR3的有机层，加入试剂X进行反萃取钪，生成Sc(OH)3，最后得到Sc2O3，
(1)升高温度、增大浓度都可以增大反应速率；
(2)二氧化钛、二氧化硅不溶于盐酸；
(3)“氧化”过程，VO2+被氧化成VO2+，同时还有Fe2+离子被氧化，VO2+转化为VO2+；
(4)“萃钪”后“洗涤”，只有ScR3在有机层中，其他金属离子基本进入水层，水层可进入氧化工序，一方面VO2+被氧化为VO2+，另一方面Fe2+被氧化为Fe3+；
(5)从表中可知，加入2ml/LNaOH+1ml/LHCl并常温下20minn+40℃，10min进行萃取时，反萃取率为99%，明显高于其它萃取剂和其他萃取条件的组合，因此最佳X和条件组合为Dd；
(6)钛白废酸浸出液中c总(V)=0.2ml/L，lgc总(V)=−0.7，“沉钒”过程控制pH=2.0，结合图示分析判断五价钒粒子的存在形式；
(7)钒是23号元素，核外电子排布式为[Ar]3d34s2，属于过渡元素，价电子排布式为3d34s2，钪为21号元素，基态原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d14s2，位于第四周期ⅢB族，其未成对电子数为1；
(8)单键为σ键，双键有1个σ键、1个π键，钪的原子序数及基态原子核外电子排布式判断其未成对电子数，再判断与钪同周期且含有相同未成对电子数的元素；
(9)由链状结构可知每个V与3个O形成阴离子，且V的化合价为+5价，以此判断形成的化合物的化学式；
(10)该晶胞体积=(d×10−7cm)3，V原子个数=1+8×18=2，其密度=2NA×MV。
本题考查物质的分离提纯、物质结构和性质，涉及物质分离过程的分析判断、晶胞计算、元素周期律、价层电子对互斥理论等知识点，侧重考查基本公式、基本理论运用及空间想像能力、计算能力，难点是晶胞计算，注意均摊法在晶胞计算中的灵活运用，题目难度中等。
19.【答案】2p4s24p1 Mg、S 原子半径：C
故答案为：2p；4s24p1；
(2)同一周期的元素，从左向右，第一电离能呈增大的趋势，但第ⅡA族、第ⅤA族的元素的第一电离能比相邻元素的大，第三周期元素中，第一电离能介于铝和磷之间的元素除硅外，还有Mg、S，
故答案为：Mg、S；
(3)原子半径：C
故答案为：共价晶体；
②A.砷化镓晶体属于共价晶体，NaCl晶体属于离子晶体，其晶体结构不相同，故A错误；
B.GaP与GaAs原子个数相同、价电子数也相同，互为等电子体，故B正确；
C.非金属性：As>Ga，电负性：As>Ga，故C错误；
D.由砷化镓晶胞图可知，每个Ga原子形成4个Ga−As共价键，Ga价层电子对数为4，存在一个配位键，故D正确；
故答案为：BD；
(5)将晶胞分割成8个小立方体，D原子位于右下后方小立方体的体心，由A为(0,0,0)；B为(0,1,1)；C为(1,1,0)，则D原子的坐标参数为(34,34,14)，
故答案为：(34,34,14)。
(1)基态Si原子价层电子排布式为3s23p2；Ga是31号元素，位于周期表中第四周期第ⅢA族；
(2)同一周期的元素，从左向右，第一电离能呈增大的趋势，但第ⅡA族、第ⅤA族的元素的第一电离能比相邻元素的大；
(3)原子半径越小，键长越短，键能越大，共价键越强，共价晶体的熔沸点越高；
(4)①GaAs的熔点为1238℃，熔点很高，由晶胞图可知，GaAs晶体形成空间立体网状结构；
②A.砷化镓晶体属于共价晶体，NaCl晶体属于离子晶体；
B.原子个数相同、价电子数也相同的物质互为等电子体
C.非金属性越强，电负性越大；
D.由砷化镓晶胞图可知，每个Ga原子形成4个Ga−As共价键；
(5)将晶胞分割成8个小立方体，D原子位于右下后方小立方体的体心。
本题考查物质结构和性质，涉及电子排布式、第一电离能、熔点比较、晶体类型判断、等电子体、配位键、电负性、晶胞结构等知识点，难点是晶胞结构，侧重于考查学生的识图能力、分析能力及对基础知识的综合应用能力，题目难度中等。
20.【答案】碳溴键、羧基 取代反应 NaH、CH3I
【解析】解：(1)E中官能团有碳溴键、羧基，
故答案为：碳溴键、羧基；
(2)C中氯原子被羧基取代生成D，所以C→D的反应类型为取代反应，
故答案为：取代反应；
(3)反应D→E的化学方程式为，
故答案为：；
(4)F的结构简式为，
故答案为：；
(5)X是D的同分异构体，X在酸性条件下水解，生成2种核磁共振氢谱都显示4组峰的化合物，其中一种遇FeCl3溶液显紫色，该生成物中含有酚羟基，且含有4种氢原子，则这种产物的结构简式为，
故答案为：；
(6)X为：，和CH3I发生信息(2)的反应生成X，Z发生加聚反应生成，则Z为；X和氢气发生加成反应生成Y为，Y发生消去反应生成Z，合成路线为，则步骤1的试剂是NaH、CH3I，Y为，
故答案为：NaH、CH3I；。
A和氢气发生加成反应生成B，B发生取代反应生成C，C发生反应生成D，S发生取代反应生成E，E和甲醇发生酯化反应生成F为；
(6)X为：，和CH3I发生信息(2)的反应生成X，Z发生加聚反应生成，则Z为；X和氢气发生加成反应生成Y为，Y发生消去反应生成Z，合成路线为。
本题考查有机物的合成，侧重考查分析、判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，难点是(6)题各物质的判断，题目难度中等。选项
实验事实
解释
A
盐酸酸化的FeCl3溶液呈黄色
Fe3+的水合离子呈黄色
B
甲苯可使酸性高锰酸钾溶液褪色
甲苯中甲基使苯环活化
C
HF的沸点高于HCl
H−F的键能比H−Cl的键能大
D
向苯酚浊液中加入Na2CO3溶液，溶液变澄清
酸性：苯酚>HCO3−
表反萃剂种类对钪反萃率的影响
反萃剂种类/温度、时间
a：常温5min
b：常温10min
c：常温15min
d：常温20mim+40℃10min
A：2ml/LNa2CO3
20%
30%
32%
45%
B：2ml/LNa2CO3+1ml/LNaC1
13%
20%
25%
28%
C：2ml/LnaOH
56%
60%
57%
57%
D：2ml/LNaOH+1ml/LNaCl
60%
58%
56%
99%
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