北京市東城區(qū)2023-2024學(xué)年高三上學(xué)期期末化學(xué)試卷（解析版）

東城區(qū)2023～2024學(xué)年度第一學(xué)期期末統(tǒng)一檢測(cè)高三化學(xué)本試卷共10頁，共100分。考試時(shí)長90分鐘?？忌鷦?wù)必將答案答在答題卡上，在試卷上作答無效?？荚嚱Y(jié)束后，將答題卡交回?？赡苡玫降南鄬?duì)原子質(zhì)量：第一部分本部分共14題，每題3分，共42分。在每題列出的四個(gè)選項(xiàng)中，選出最符合題目要求的一項(xiàng)。1.下列化學(xué)用語正確的是A.基態(tài)N原子的價(jià)層電子軌道表示式：B.中子數(shù)為18的氯原子：C.MgCl2的電子式：D.CO2的空間結(jié)構(gòu)模型：【答案】A【解析】【詳解】A．已知N為7號(hào)元素，故基態(tài)N原子的價(jià)層電子軌道表示式為：，A正確；B．已知質(zhì)量數(shù)等于質(zhì)子數(shù)加中子數(shù)，且Cl為17號(hào)元素，故中子數(shù)為18的氯原子表示為：，B錯(cuò)誤；C．MgCl2是離子化合物，故其電子式為：，C錯(cuò)誤；D．CO2是直線形分子，且C的原子半徑大于O，故CO2的空間結(jié)構(gòu)模型為：，D錯(cuò)誤；故答案為：A。2.下列物質(zhì)的顏色變化與氧化還原反應(yīng)無關(guān)的是A.濃硝酸久置后，顯黃色B.將SO2通入酸性高錳酸鉀溶液中，溶液紫紅色褪去C.新制的白色氫氧化亞鐵放置在空氣中，最終變?yōu)榧t褐色D.向黃色的鉻酸鉀(K2CrO4)溶液中加入硫酸，溶液變?yōu)槌燃t色(Cr2O)【答案】D【解析】【詳解】A．久置的濃硝酸顯黃色，原因是硝酸發(fā)生分解生成了NO2和O2，N、O元素化合價(jià)發(fā)生變化，屬于氧化還原反應(yīng)，故A不符合題意；B．SO2具有還原性，酸性高錳酸鉀溶液具有強(qiáng)氧化性，二者發(fā)生氧化還原反應(yīng)，溶液紫紅色褪去，故B不符合題意；C．新制的白色氫氧化亞鐵放置在空氣中，最終變?yōu)榧t褐色，F(xiàn)e(OH)2被空氣中的O2氧化為Fe(OH)2，與氧化還原反應(yīng)有關(guān)，故C不符合題意；D．向黃色的鉻酸鉀(K2CrO4)溶液中加入硫酸，溶液變?yōu)槌燃t色(Cr2O)，Cr元素化合價(jià)沒有發(fā)生變化，該過程與氧化還原反應(yīng)無關(guān)，故D符合題意；故選D。3.三氟乙酸乙酯是一種重要的含氟有機(jī)中間體，其結(jié)構(gòu)如下。下列說法不正確的是A.分子中O和F的第一電離能：O<FB.分子中四個(gè)碳原子在同一條直線上C.分子中碳原子有sp2和sp3兩種雜化類型D.制備三氟乙酸乙酯的酸和醇均能與Na反應(yīng)【答案】B【解析】【詳解】A．同周期從左往右第一電離能有增大趨勢(shì)，所以分子中O和F的第一電離能：O＜F，A正確；B．有機(jī)物中有4個(gè)C，沒有碳碳三鍵官能團(tuán)，分子中四個(gè)碳原子不在同一條直線上，B錯(cuò)誤；C．形成雙鍵的C為sp2雜化，余下三個(gè)C為sp3雜化，C正確；D．制備三氟乙酸乙酯的三氟乙酸和乙醇均能與Na反應(yīng)生成H2，D正確；故選B。4.下列物質(zhì)性質(zhì)的差異與化學(xué)鍵強(qiáng)弱無關(guān)的是A.沸點(diǎn)：SiH4>CH4 B.熱穩(wěn)定性：HF>HClC.硬度：金剛石>單晶硅 D.熔點(diǎn)：NaCl>KCl【答案】A【解析】【詳解】A．SiH4和CH4都為分子晶體，范德華力越大沸點(diǎn)越高與化學(xué)鍵無關(guān)，A項(xiàng)符合題意；B．HF和HCl都為分子晶體，其熱穩(wěn)定性與共價(jià)鍵鍵能有關(guān)，B項(xiàng)不符合題意；C．金剛石和單晶硅都為共價(jià)晶體，共價(jià)晶體共價(jià)鍵越穩(wěn)定硬度越大，C項(xiàng)不符合題意；D．NaCl和KCl都為離子晶體，離子鍵鍵能越大熔點(diǎn)越高，D項(xiàng)不符合題意；故選A。5.下列分子或離子的模型與其空間結(jié)構(gòu)不一致的是A. B. C.SO2 D.【答案】C【解析】【詳解】A．的中心N原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)是4+=4，由于孤電子對(duì)數(shù)是0，因此離子的模型及其空間結(jié)構(gòu)都是正四面體形，二者一致，A不符合題意；B．的中心C原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)是3+=3，由于孤電子對(duì)數(shù)是0，因此離子的模型及其空間結(jié)構(gòu)都是平面三角形，二者一致，B不符合題意；C．SO2的價(jià)層電子對(duì)數(shù)是2+=3，SO2的模型是平面三角形；由于其孤電子對(duì)數(shù)是1，因此SO2的空間結(jié)構(gòu)是V形，二者不一致，C符合題意；D．中心N原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)是2+=2，由于孤電子對(duì)數(shù)是0，因此離子的模型及其空間結(jié)構(gòu)都是直線形，二者一致，D不符合題意；故合理選項(xiàng)是C。6.下列方程式與所給事實(shí)相符的是A.實(shí)驗(yàn)室制氨氣：NH4ClNH3↑+HCl↑B.利用覆銅板制作印刷電路板：Fe+Cu2+=Fe2++CuC.濃硝酸與銅反應(yīng)產(chǎn)生紅棕色氣體：4HNO3(濃)+Cu=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2OD.向氯化銀濁液中滴加氨水，得到澄清溶液：Ag++2NH3=[Ag(NH3)2]+【答案】C【解析】【詳解】A．實(shí)驗(yàn)室制氨氣，不能用加熱NH4Cl的方法，氯化銨加熱分解成NH3和HCl，遇冷后又會(huì)生成NH4Cl，A錯(cuò)誤；B．利用覆銅板制作印刷電路板：2Fe3++Cu2+=2Fe2++Cu，B錯(cuò)誤；C．濃硝酸與銅反應(yīng)產(chǎn)生紅棕色氣體：4HNO3(濃)+Cu=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，C正確；D．氯化銀為沉淀不能拆，正確的離子方程式為：AgCl+2NH3=[Ag(NH3)2]++Cl-，D錯(cuò)誤；故選C。7.下列實(shí)驗(yàn)?zāi)苓_(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖悄康腁．檢驗(yàn)電石與水反應(yīng)的產(chǎn)物是乙炔B．驗(yàn)證碘在中的溶解性比在水中的好實(shí)驗(yàn)?zāi)康腃．除去中的硫酸酸霧D．探究干燥的氯氣是否具有漂白性實(shí)驗(yàn)A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【詳解】A．H2S能和溴水發(fā)生氧化還原反而使溴水褪色，乙炔和溴水發(fā)生加成反應(yīng)生成無色物質(zhì)而使溴水褪色，所以H2S干擾乙炔的檢驗(yàn)，不能實(shí)現(xiàn)實(shí)驗(yàn)?zāi)康?，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)圖知，四氯化碳能萃取碘水中的碘，說明碘在CCl4中的溶解性比在水中的好，故B正確；C．SO2、H2SO4都能和NaOH溶液反應(yīng)，不能用NaOH溶液除去SO2中的H2SO4酸霧，應(yīng)該用飽和NaHSO3溶液，故C錯(cuò)誤；D．探究干燥的氯氣是否具有漂白性，應(yīng)該先將干燥的氯氣通入干燥的有色布條，然后再通入濕潤的有色布條，否則從濕潤的有色布條中會(huì)帶出水蒸氣影響實(shí)驗(yàn)結(jié)果，故D錯(cuò)誤；故選：B。8.利用聚合反應(yīng)合成的某凝膠被拉伸后可自行恢復(fù)，該過程如下圖所示(表示鏈延長)。下列說法正確的是A.合成該凝膠的反應(yīng)為縮聚反應(yīng)B.該凝膠片段中含有3種官能團(tuán)C.該凝膠在堿性條件下可降解為小分子D.該凝膠的拉伸和恢復(fù)與氫鍵的斷裂和形成有關(guān)【答案】D【解析】【詳解】A．合成該凝膠的反應(yīng)為加聚反應(yīng)，從圖中可以看出通過加聚反應(yīng)增長碳鏈，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；B．該凝膠片段中含有2種官能團(tuán)，酰胺基和羧基，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；C．凝膠片段中的酰胺基可以在酸性或者堿性條件下水解，但是水解得到的不是小分子，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；D．由圖可知，該凝膠的拉伸酰胺基與羧基之間的氫鍵斷裂，恢復(fù)時(shí)氫鍵又形成，故D項(xiàng)正確；故本題選D9.乙烯和氧氣在Ag催化下生成環(huán)氧乙烷(EO)和乙醛(AA)的機(jī)理如下圖所示。吸附在催化劑表面的粒子用*標(biāo)注，TS表示過渡態(tài)(TS2和TS3的能量相差不大)。注：表示Ag催化劑表面下列說法不正確的是A.C2H4(g)吸附在催化劑表面的過程需要吸收能量B.OMC*→EO(g)和OMC*→AA(g)的過程中均形成了碳氧σ鍵C.測(cè)得平衡產(chǎn)率：AA>EO，其主要原因是AA比EO更穩(wěn)定D.EO(g)AA(g)平衡常數(shù)隨溫度升高而降低【答案】B【解析】【詳解】A．C2H4(g)吸附在催化劑表面能量升高，該過程需要吸收能量，A正確；B．從環(huán)氧乙烷和乙醛結(jié)構(gòu)可知，OMC*→EO(g)的過程中均形成了碳氧σ鍵，而OMC*→AA(g)的過程中均形成了碳氧π鍵，B錯(cuò)誤；C．EO(g)能量高于AA(g)，所以AA比EO更穩(wěn)定，平衡產(chǎn)率:AA>EO，C正確；D．EO(g)能量高于AA(g)，則EO(g)=AA(g)為放熱反應(yīng)，升高溫度，平衡逆向移動(dòng)，平衡常數(shù)降低，D正確；答案選B。10.下列結(jié)論可由實(shí)驗(yàn)事實(shí)推導(dǎo)出的是選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)事實(shí)(均為室溫)結(jié)論A濃度均為的溶液和溶液的B向固體中加入過量飽和溶液，有生成C向苯酚鈉溶液中通入過量，發(fā)生反應(yīng)：+CO2(過量)+H2O+HCOKa2(H2CO3)<Ka()D向平衡體系：中加入溶液，平衡向左移動(dòng)該條件下氧化性：A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【詳解】A．濃度均為的溶液和溶液的，根據(jù)“越弱越水解”，說明酸性HNO2>HClO，則，故選A；B．一種沉淀易轉(zhuǎn)化為比它更難溶的沉淀，向固體中加入過量飽和溶液有生成，不能證明，故不選B；C．向苯酚鈉溶液中通入少量，生成苯酚和碳酸氫鈉才能證明小于苯酚，故不選C；D．向平衡體系中加入溶液生成AgI沉淀，I-濃度降低，平衡向左移動(dòng)，不能證明氧化性：，故D錯(cuò)誤；選A。11.采用惰性電極電解制備乙醛酸()的原理如下所示。E室電解液為鹽酸和乙二醛()的混合溶液，F(xiàn)室電解液為乙二酸溶液。下列說法不正確的是A.a為電源正極B.H+從E室遷移至F室C.外電路中每通過2mol電子，理論上就有1mol乙醛酸生成D.E室中乙二醛被氧化的化學(xué)方程式：H2O+Cl2++2HCl【答案】C【解析】【分析】左側(cè)電極上氯離子失電子生成氯氣，為陽極，則a電極為正極；b為負(fù)極，右側(cè)電極為陰極，據(jù)此分析解答；【詳解】A．由以上分析可知a為電源正極，故A正確；B．電解池中H+向陰極移動(dòng)，則H+從E室遷移至F室，故B正確；C．由裝置可知陰陽極區(qū)均有乙醛酸生成，則外電路中每通過2mol電子，理論上有2mol乙醛酸生成，故C錯(cuò)誤；D．陽極生成的氯氣與反應(yīng)生成乙醛酸，1mol氯氣得2mol電子，1mol反應(yīng)時(shí)失2mol電子，根據(jù)得失電子守恒及元素守恒得反應(yīng)方程式：H2O+Cl2++2HCl，故D正確；故選：C。12.實(shí)驗(yàn)?zāi)康模簻y(cè)定HCl和CH3COOH混合溶液中的c(CH3COOH)。實(shí)驗(yàn)過程：取ymL混合溶液，滴入2滴酚酞溶液，用xmol·L-1NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液進(jìn)行滴定，測(cè)得溶液導(dǎo)電能力的變化曲線如下圖。數(shù)據(jù)處理：。下列說法不正確的是A.a→b過程中，CH3COOH的電離程度逐漸變大B.b→c過程中發(fā)生反應(yīng)：C.c點(diǎn)存在：D.當(dāng)加入y1mLNaOH溶液時(shí)，混合溶液恰好由無色變?yōu)榉奂t色【答案】D【解析】【分析】NaOH溶液和HCl、CH3COOH混酸反應(yīng)時(shí)，先與強(qiáng)酸反應(yīng)，然后再與弱酸反應(yīng)。ab段NaOH溶液和HCl反應(yīng)生成NaCl和水，CH3COOH未發(fā)生反應(yīng)，b點(diǎn)溶液的溶質(zhì)為NaCl和CH3COOH；bc段NaOH溶液與CH3COOH反應(yīng)，c點(diǎn)溶液溶質(zhì)成分為NaCl、CH3COONa；c點(diǎn)后NaOH過量，溶質(zhì)成分為NaCl、CH3COONa和NaOH，據(jù)此解答?！驹斀狻緼．a(chǎn)→b過程中，NaOH與HCl反應(yīng)，溶液中HCl減少。根據(jù)CH3COOH電離方程式：CH3COOHCH3COO－＋H＋，HCl減少，對(duì)醋酸的電離的抑制減弱，CH3COOH的電離程度逐漸增大，正確，A不符合題意；B．根據(jù)分析，b→c過程中NaOH溶液與CH3COOH反應(yīng)，離子方程式為，正確，B不符合題意；C．根據(jù)分析，c點(diǎn)溶液的溶質(zhì)為NaCl和CH3COONa，根據(jù)質(zhì)子守恒，可得，正確，C不符合題意；D.當(dāng)加入y1mLNaOH溶液時(shí)，HCl完全反應(yīng)，CH3COOH未反應(yīng)，溶液呈酸性；溶液呈無色，錯(cuò)誤，D符合題意；答案選D。13.某大環(huán)分子(BU[6])的合成路線如下所示。其中，—BU—表示下列說法不正確的是A.試劑b的名稱是甲醛B.試劑a的結(jié)構(gòu)簡式是C.F的核磁共振氫譜有3組峰，峰面積之比1：1：3D.由E合成1molBU[6]時(shí)，共有12molH2O生成【答案】D【解析】【分析】E與試劑a發(fā)生取代反應(yīng)生成F，F(xiàn)與試劑b發(fā)生取代反應(yīng)生成BU[6]，據(jù)此回答，【詳解】A．根據(jù)分子式可知，b的名稱為甲醛，A正確；B．分子式為C3H8SN2，-BU-結(jié)構(gòu)中有S，根據(jù)原子守恒，S來自試劑a，則試劑a的結(jié)構(gòu)簡式是，B正確；C．根據(jù)結(jié)構(gòu)簡式可知，等效氫有三種，所以峰有三種，分別是①-NH-，②-CH3，③，C正確；D．E生成F脫去2分子水，再脫氫縮合環(huán)化生成水，1mol-BU-脫3分子水，所以合成1molBU[6]時(shí)，共有18molH2O生成，D錯(cuò)誤；故選D。14.乙醇-水催化重整發(fā)生如下反應(yīng)：I．Ⅱ．恒壓條件下，當(dāng)投料比時(shí)，體系達(dá)到平衡時(shí)和的選擇性隨溫度的變化如下圖所示。已知：i．的選擇性(或2)ii．時(shí)，反應(yīng)Ⅱ的平衡常數(shù)為1下列說法不正確的是A.B.當(dāng)時(shí)，平衡體系中和的物質(zhì)的量：C.當(dāng)時(shí)，體系中總反應(yīng)：D.恒溫恒壓條件下，向體系中充入氬氣，可以提高的平衡產(chǎn)率【答案】B【解析】【詳解】A．根據(jù)蓋斯定律可知，I+2Ⅱ=，則，A正確；B．當(dāng)T=706℃時(shí)，反應(yīng)Ⅱ的平衡常數(shù)為1，則，平衡體系中CO的選擇性大于CO2的選擇性，CO的物質(zhì)的量大于CO2，則H2和H2O的物質(zhì)的量：n(H2)>n(H2O)，B錯(cuò)誤；C．當(dāng)T=500℃時(shí)，平衡時(shí)CO2和CO的選擇性相等，則體系中總反應(yīng)：，C正確；D．恒溫恒壓條件下，向體系中充入氬氣，各氣體的分壓減小，則反應(yīng)I平衡正移，可以提高H2的平衡產(chǎn)率，D正確；故選B。第二部分本部分共5題，共58分。15.氟化鎂()晶體廣泛應(yīng)用在光學(xué)、冶金、國防、醫(yī)療等領(lǐng)域。I．氟化鎂晶胞是長方體，其結(jié)構(gòu)如上圖所示：（1）鎂元素位于元素周期表_______區(qū)(填“s”“p”“d或“ds”)。（2）晶胞示意圖中：a．○表示_______(填離子符號(hào))。b．離子半徑：結(jié)合離子結(jié)構(gòu)示意圖解釋原因：______________。（3）已知晶胞體積為啊伏伽德羅常數(shù)的值為，則其晶體密度=_______(用代數(shù)式表示)。Ⅱ．一種由制備的工藝流程如下已知：i．易溶于甲醇；ii．，，（4）上述流程中，可循環(huán)利用的物質(zhì)是_______。（5）比較相同條件下化學(xué)反應(yīng)速率的大?。孩倥c；②與。a．小組同學(xué)預(yù)測(cè)化學(xué)反應(yīng)速率：①<②，理由是甲基為_______基團(tuán)，導(dǎo)致鍵極性：。b．實(shí)驗(yàn)表明化學(xué)反應(yīng)速率：①>②，分析其原因可能是：______________。（6）上述流程中開始轉(zhuǎn)化為所需氟化物的濃度：。結(jié)合沉淀溶解平衡分析原因：__________?！敬鸢浮浚?）s（2）①.②.，，二者核外電子排布相同，但核電荷數(shù)：Z(F-)<Z(Mg2+)；（3）（4）（5）①.推電子②.易溶于甲醇；難溶于水，覆蓋在表面上，減少了與水的接觸面積（6），相較，和發(fā)生反應(yīng)：，使減小，平衡正向移動(dòng)，增大，開始生成需要的較小【解析】【分析】黑球在4個(gè)面上和2個(gè)內(nèi)部，均攤為，白球在8個(gè)頂點(diǎn)和1個(gè)體心，均攤為，根據(jù)化學(xué)式可知，白球?yàn)镸g2+，黑球?yàn)镕-；鎂與甲醇反應(yīng)生成甲醇鎂，甲醇鎂與水反應(yīng)生成甲醇和氫氧化鎂，氫氧化鎂與氫氟酸或氟化鈉溶液反應(yīng)生成氟化鎂，據(jù)此回答。【小問1詳解】鎂是12號(hào)元素，價(jià)層電子排布式是3s2，則鎂元素位于元素周期表s區(qū)；【小問2詳解】①根據(jù)分析可知，白球表示Mg2+；②，，二者核外電子排布相同，但核電荷數(shù)Z(F-)<Z(Mg2+)；【小問3詳解】晶體密度=g?cm-3；【小問4詳解】由題給流程控制，鎂與甲醇反應(yīng)生成甲醇鎂，甲醇鎂與水反應(yīng)生成甲醇和氫氧化鎂，氫氧化鎂與氫氟酸或氟化鈉溶液反應(yīng)生成氟化鎂，則流程中可循環(huán)利用的物質(zhì)是甲醇；【小問5詳解】a．甲醇分子中甲基為推電子基團(tuán)，導(dǎo)致甲醇中羥基的極性弱于水，所以小組同學(xué)預(yù)測(cè)化學(xué)反應(yīng)速率①小于②；b．實(shí)驗(yàn)表明化學(xué)反應(yīng)速率①大于②是因?yàn)镸g(OCH3)2易溶于CH3OH，Mg(OH)2難溶于水，覆蓋在Mg表面，阻礙Mg與H2O的接觸面積所致；【小問6詳解】，相較，和發(fā)生反應(yīng)：，使減小，平衡正向移動(dòng)，增大，開始生成需要的較小。16.地?zé)崮艿拈_發(fā)利用(如下圖)過程中需要研究管道的腐蝕與結(jié)構(gòu)問題。資料：地?zé)崴畠?chǔ)藏在地下數(shù)百米的高壓環(huán)境中，溫度高達(dá)250℃以上，其中溶解有CO2、H2S、SiO2以及Na+、Ca2+、、Cl-等。（1）室溫下測(cè)得蒸汽冷凝液pH=2.9。①輸送蒸汽的鋼制管道與蒸汽冷凝液接觸時(shí)，主要發(fā)生_______(填“析氫”或“吸氧”)腐蝕，負(fù)極發(fā)生的電極反應(yīng)是_______。②蒸汽冷凝液中有H2SO4，是由蒸汽與O2反應(yīng)生成的，該反應(yīng)的化學(xué)方程式是_______。（2）地?zé)崴氐責(zé)峋艿郎仙龝r(shí)，隨壓強(qiáng)減小，達(dá)到某一高度(汽化位置)時(shí)劇烈汽化。由△H1>0可知，“熱水”與“地?zé)崴毕啾?，溫度?huì)_______(填“升高”或“降低”)。（3）汽化位置的管道中結(jié)垢最嚴(yán)重，主要成分是CaCO3，其形成與如下平衡有關(guān)?！鱄2已知CaCO3溶解度與CO2壓強(qiáng)(p)和溫度(T)的關(guān)系如下圖所示。①△H2_______0(填“>”或“<”)。②比較p1和p2大小并說明理由：_______。③汽化位置最易析出CaCO3的因素：壓強(qiáng)減小，水劇烈汽化，導(dǎo)致_______。（4）地?zé)崴械腟iO2以Si(OH)4形式存在，其溶解-析出過程可表示為：結(jié)合化學(xué)鍵變化分析SiO2溶解過程中能量變化很小的原因可能是_______?！敬鸢浮浚?）①.析氫②.Fe-2e-=Fe2+③.H2S+2O2H2SO4（2）降低（3）①.＜②.p1＜p2，理由：溫度一定時(shí)，CO2壓強(qiáng)增大（CO2濃度增大），平衡正向移動(dòng)，CaCO3溶解度增大③.溶劑減少，c(Ca2+)和c()增大，CO2逸出（4）該過程中斷鍵（Si-O鍵、H-O鍵）和成鍵的種類與數(shù)目均相同，故斷鍵吸收和成鍵放出的能量接近【解析】【小問1詳解】①室溫下測(cè)得蒸汽冷凝液pH=2.9，輸送蒸汽的鋼制管道與蒸汽冷凝液接觸時(shí)，主要發(fā)生析氫腐蝕，鐵作負(fù)極，電極反應(yīng)式為Fe-2e-═Fe2+，故答案為：析氫；Fe-2e-=Fe2+；②依據(jù)電子守恒和原子守恒可得反應(yīng)的化學(xué)方程式是H2S+2O2H2SO4，故答案為：H2S+2O2H2SO4?！拘?詳解】由可知，壓強(qiáng)減小，平衡正向移動(dòng)，反應(yīng)正向吸熱，故“熱水”與“地?zé)崴毕啾龋瑴囟葧?huì)降低，故答案為：降低。小問3詳解】①由圖可知，壓強(qiáng)一定時(shí)，溫度升高，CaCO3溶解度減小，平衡逆向移動(dòng)，故反應(yīng)放熱，ΔH2＜0，故答案為：＜；②由圖可知溫度一定時(shí)，CO2壓強(qiáng)增大（CO2濃度增大），平衡正向移動(dòng)，CaCO3溶解度增大，故p1＜p2，故答案為：p1＜p2，理由：溫度一定時(shí)，CO2壓強(qiáng)增大（CO2濃度增大），平衡正向移動(dòng)，CaCO3溶解度增大；③汽化位置最易析出CaCO3的因素：壓強(qiáng)減小，水劇烈汽化，導(dǎo)致溶劑減少，c(Ca2+)和c()增大，CO2逸出，故答案為：溶劑減少，c(Ca2+)和c()增大，CO2逸出?！拘?詳解】SiO2溶解過程中能量變化很小的原因可能是該過程中斷鍵（Si-O鍵、H-O鍵）和成鍵的種類與數(shù)目均相同，故斷鍵吸收和成鍵放出的能量接近，故答案為：該過程中斷鍵（Si-O鍵、H-O鍵）和成鍵的種類與數(shù)目均相同，故斷鍵吸收和成鍵放出的能量接近。17.一種抗過敏藥物中間體J的合成路線如下所示。已知：i．酯或酮中的碳氧雙鍵能與RMgBr發(fā)生加成反應(yīng)：+RMgBr→ii．R′OMgBrR′OH（1）A→B的化學(xué)方程式是_______。（2）B→C的反應(yīng)類型是_______。（3）E與I發(fā)生取代反應(yīng)生成J(含有3個(gè)苯環(huán)且不含硫原子)。已知E中斷開N-H鍵，則I中斷開_______(填“C-O鍵”或“O-S鍵”)。（4）H的官能團(tuán)有_______。（5）C→D涉及的反應(yīng)過程如下。寫出中間產(chǎn)物2和D的結(jié)構(gòu)簡式。中間產(chǎn)物2：_______，D：_______。（6）G的結(jié)構(gòu)簡式是_______。（7）下列說法正確的是_______(填序號(hào))。a．B→的作用是保護(hù)b．E中存在手性碳原子c．G→H反應(yīng)中為減少副反應(yīng)的發(fā)生，應(yīng)向過量G中滴加試劑X【答案】（1）+C2H5OH+H2O（2）取代反應(yīng)（3）C-O鍵（4）酰胺基、酮羰基和羥基（5）①.②.（6）（7）ac【解析】【分析】A發(fā)生酯化反應(yīng)生成B，B發(fā)生取代反應(yīng)生成C，根據(jù)已知，C發(fā)生反應(yīng)生成D；H發(fā)生取代反應(yīng)生成I，則H結(jié)構(gòu)簡式：，根據(jù)已知，逆推G結(jié)構(gòu)簡式：，X結(jié)構(gòu)簡式：?！拘?詳解】根據(jù)分析可知，A發(fā)生酯化反應(yīng)生成B，化學(xué)方程式為：+C2H5OH+H2O，故答案為：+C2H5OH+H2O；【小問2詳解】B結(jié)構(gòu)簡式為：，對(duì)比B和C結(jié)構(gòu)簡式可知發(fā)生取代反應(yīng)，故答案為：取代反應(yīng)；【小問3詳解】若斷C-S鍵，生成，—SO3H為磺酸基，一般不存在，，所以斷開C-O鍵，生成，故答案為：C-O鍵；【小問4詳解】H結(jié)構(gòu)簡式：，其中含官能團(tuán)：酰胺基、酮羰基和羥基，故答案為：酰胺基、酮羰基和羥基；【小問5詳解】①根據(jù)已知，C發(fā)生反應(yīng)生成中間產(chǎn)物1，中間產(chǎn)物2，故答案為：；②中間產(chǎn)物3，最終生成D，故答案為：；【小問6詳解】根據(jù)分析可知，G結(jié)構(gòu)簡式：；【小問7詳解】a．B→C先通過反應(yīng)改變，D→E在通過反應(yīng)形成，屬于官能團(tuán)包含，故a項(xiàng)正確；b．連接4個(gè)不同的原子或原子團(tuán)的碳原子為手性碳原子，E中無手性碳原子，故b項(xiàng)錯(cuò)誤；c．G中酮羰基可與X發(fā)生反應(yīng)，為減少副反應(yīng)發(fā)生，應(yīng)滴加X，故c項(xiàng)正確；故答案為：ac。18.一種鋰離子電池的工作原理：。從廢舊電池再生的一種流程如下，（1）考慮到安全性和鋰回收，廢舊電池需要充分放電，其電極反應(yīng)如下。負(fù)極：。正極：_______。（2）為保證正極材料在空氣中充分反應(yīng)，可采取的措施是_______(答一條即可)。（3）向浸出液中加入氨水調(diào)節(jié)溶液pH，有沉淀生成。pH對(duì)沉淀中Fe和P的物質(zhì)的量之比的影響如圖所示。已知：i．分別與、、形成的化合物均難溶于水。ii．體系中含磷粒子的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)與pH的關(guān)系如圖所示。①實(shí)驗(yàn)中控制沉淀的最佳在_______左右。②當(dāng)時(shí)，沉淀中一定有的含鐵物質(zhì)是和_______(填化學(xué)式)。③若向的濁液中繼續(xù)加入氨水至，會(huì)導(dǎo)致的值增大，主要反應(yīng)的化學(xué)方程式是_______。（4）下列關(guān)于該流程的說法正確的是_______(填序號(hào))。A.正極材料在空氣中加熱，理論上生成的B.當(dāng)浸出液的pH從0增大為2時(shí)，的值增大了倍C.向?yàn)V液中加入氨水，可減少飽和溶液的用量D.由和再生時(shí)，所加的蔗糖作氧化劑【答案】（1）Li1-xFePO4+xe-+xLi+=LiFePO4（2）粉碎正極材料或增大空氣的用量等（3）①.2.0②.Fe(H2PO4)3③.FePO4+NH3?H2O+2H2O=Fe(OH)3+NH4H2PO4（4）ABC【解析】【分析】廢舊電池放電后拆分得到以LiFePO4為主要成分的物質(zhì)，在空氣中加熱，除去里面的有機(jī)物，得到Li3Fe2(PO4)3和Fe2O3，酸浸后得到含F(xiàn)e3+、Li+、H3PO4的浸出液，浸出液中加氨水中和磷酸，得到FePO4沉淀，濾液中含Li+，向?yàn)V液中加氨水和飽和碳酸鈉溶液，得到Li2CO3沉淀，Li2CO3、FePO4和蔗糖一起反應(yīng)得到LiFePO4?！拘?詳解】根據(jù)原電池工作原理的總反應(yīng)式，可知正極反應(yīng)式為：Li1-xFePO4+xe-+xLi+=LiFePO4。【小問2詳解】為保證正極材料在空氣中充分反應(yīng)，可粉碎正極材料或增大空氣的用量等?！拘?詳解】①向浸出液中加入氨水調(diào)節(jié)溶液pH，生成FePO4沉淀，在FePO4中，F(xiàn)e和P的物質(zhì)的量之比為1：1，根據(jù)pH對(duì)沉淀中Fe和P的物質(zhì)的量之比[n(Fe):n(P)]的影響圖可得出，實(shí)驗(yàn)中控制FePO4沉淀的最佳pH在2.0左右。②由H3PO4體系中含磷粒子的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)與pH的關(guān)系圖可知，當(dāng)pH=1.5時(shí)，含P微粒主要是磷酸分子和，所以沉淀中一定有的含鐵物質(zhì)是FePO4和Fe(H2PO4)3。③從H3PO4體系中含磷粒子的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)與pH的關(guān)系圖可以看出，若向pH=2.1的濁液中繼續(xù)加入氨水至pH=2.6，則增大，會(huì)導(dǎo)致n(Fe):n(P)的值增大，主要反應(yīng)的化學(xué)方程式是：FePO4+NH3?H2O+2H2O=Fe(OH)3+NH4H2PO4?！拘?詳解】正極材料在空氣中加熱，得到Li3Fe2(PO4)3和Fe2O3，由于鐵和鋰的原子個(gè)數(shù)相等，所以理論上生成的Li3Fe2(PO4)3和Fe2O3物質(zhì)的量之比為2：1，故A正確；，改變pH，電離平衡常數(shù)是不變的，所以當(dāng)浸出液的pH從0增大為2時(shí)，c(H+)增大了106倍，故B正確；向?yàn)V液中加入氨水，可中和一部分酸，可減少飽和Na2CO3溶液的用量，故C正確；由Li2CO3和FePO4再生LiFePO4時(shí)鐵的化合價(jià)從+3加降低到+2價(jià)，所以蔗糖作還原劑，故D錯(cuò)誤；故選ABC。19.資料表明Co2+還原性很弱，某小組同學(xué)為實(shí)現(xiàn)，進(jìn)行如下探究。（1）理論分析：氧化半反應(yīng)一般很難發(fā)生。從平衡移動(dòng)的角度來看，降低c(Co3+)或_______均能促進(jìn)Co2+失電子，提高其還原性?！緦?shí)驗(yàn)】①②已知：ⅰ．，；ⅱ．HNO2不穩(wěn)定，易分解：（2）②是①的對(duì)照實(shí)驗(yàn)，目的是_______。（3）經(jīng)檢驗(yàn)，橙紅色溶液中存在。經(jīng)分析，①中能實(shí)現(xiàn)的原因是Co3+形成配離子，且的氧化性被提高。a．解釋Co3+能與形成配位鍵的原因：_______。b．結(jié)合還原半反應(yīng)解釋的氧化性被提高的原因：_______?！緦?shí)驗(yàn)Ⅱ】③④已知：Co(OH)2(粉紅色)和Co(OH)3(棕黑色)的Ksp分別是10-14.2和10-43.8。（4）對(duì)比③④可知，本實(shí)驗(yàn)條件下還原性：Co(OH)2_______Co2+(填“＞”或“＜”)。（5）分析④中能實(shí)現(xiàn)的原因：a．該條件下，Co2+的還原性同時(shí)受“c(Co3+)降低”和“c(Co2+)降低”的影響，前者影響更_______(填“大”或“小”)。b．當(dāng)c(Co2+):c(Co3+)＞1014時(shí)，Co2+能被Cl2氧化。結(jié)合Ksp計(jì)算，④中通入少量Cl2后溶液c(Co2+):c(Co3+)=_______，因此能實(shí)現(xiàn)轉(zhuǎn)化。（6）實(shí)驗(yàn)啟示：通常情況下，為促進(jìn)低價(jià)金屬陽離子向高價(jià)轉(zhuǎn)化，可將高價(jià)陽離子轉(zhuǎn)化為_______或_______?！敬鸢浮浚?）提高c(C