北京市朝阳区2023届高三下学期三模化学试题（含解析）

这是一份北京市朝阳区2023届高三下学期三模化学试题（含解析），共26页。试卷主要包含了单选题，结构与性质，原理综合题，有机推断题，工业流程题，实验题等内容，欢迎下载使用。

北京市朝阳区2023届高三下学期三模化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．竹简是汉字传承的载体之一、出土后竹简中的木质素(多元酚)与发生配位反应，导致字迹颜色变深难以辨认，使用维生素C修复可使竹简变回浅色。下列关于维生素C的说法不正确的是

A．化学式为
B．分子中含有2种官能团
C．具有还原性，能还原使竹简变回浅色
D．O原子有孤电子对，推测能与形成配位键
2．下列说法不正确的是
A．鸡蛋清溶液中滴入浓硝酸，微热后生成黄色沉淀
B．核酸水解的最终产物是磷酸、戊糖、碱基
C．油脂属于酯类，在碱性条件下水解为甘油和高级脂肪酸盐
D．多糖都可被人体消化，最终水解为葡萄糖
3．NaCl广泛应用于食品、氯碱工业等领域，其晶胞如下图所示，下列说法不正确的是

A．a表示的是，b表示的是
B．每个晶胞中含有4个和4个
C．NaCl由固态变成气态，需要吸收能量破坏离子键
D．基态与最外层电子排布符合，二者位于周期表的p区
4．下列化学用语表述不正确的是
A．用硫化钠除去废水中的汞离子：
B．与混合产生黄色沉淀：
C．钢铁发生吸氧腐蚀，正极反应：
D．Na和Cl形成离子键的过程：
5．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是
A．中含有的中子数为NA
B．标准状况下，气体中含有的数目为NA
C．中杂化的原子数为1.5 NA
D．和的混合气体中含有的C原子数为2 NA
6．某同学利用下列电池装置探究的氧化性和还原性。电流表显示电子由铁电极流向石墨电极，石墨电极上未见Fe析出，下列分析不正确的是

A．盐桥中的阳离子进入右侧烧杯溶液中
B．一段时间后两烧杯溶液中均增大
C．当两烧杯溶液中相等时，说明反应已达到平衡状态
D．由A、B中的现象可知，还原性小于Fe、氧化性小于
7．利用下列装置(夹持装置略)进行实验，能达到实验目的的是

A．用甲装置制备并收集CO2
B．用乙装置制备溴苯并验证有HBr产生
C．用丙装置制备无水MgCl2
D．用丁装置在铁上镀铜
8．正戊烷异构化为异戊烷是油品升级的一项重要技术。在合适催化剂和一定压强下，正戊烷的平衡转化率(α)随温度变化如图所示。

名称
熔点/℃
沸点/℃
燃烧热
∆H /kJ•mol-1
正戊烷
-130
36
–3506.1
异戊烷
-159.4
27.8
–3504.1
下列说法不正确的是
A．25 ℃，101 kPa时，正戊烷异构化成异戊烷的热化学反应方程式为：CH3CH2CH2CH2CH3(l) = (CH3)2CHCH2CH3(l) ∆H = –2.0 kJ/mol
B．28~36 ℃时，随温度升高，正戊烷的平衡转化率增大，原因是异戊烷气化离开体系，产物浓度降低，平衡正向移动
C．36~150 ℃时，随温度升高，正戊烷异构化反应的平衡常数增大
D．150 ℃时，体系压强从100 kPa升高到500 kPa，正戊烷的平衡转化率基本不变
9．利用有机分子模拟生物体内“醛缩酶”催化Diels-Alder反应取得重要进展，荣获2021年诺贝尔化学奖。某Diels-Alder反应催化机理如下，下列说法不正确的是

A．总反应为加成反应
B．化合物X为
C．Ⅵ是反应的催化剂
D．其它条件不变，温度越高，反应速率越快
10．LiFePO4的晶胞结构示意图如图(a)所示。其中O围绕Fe和P分别形成正八面体和正四面体，它们通过共顶点、共棱形成空间链结构。电池充电时，LiFePO4脱出部分Li+，形成Li1-xFePO4，结构示意图如图(b)所示，则下列说法不正确的是

A．每个图(a)晶胞中含有LiFePO4的单元数有4个
B．图(b)中
C．Li+完全脱出不会破坏晶体中的空间链结构
D．图(b)中
11．密胺树脂是一种应用广泛的仿瓷餐具，它是由三聚氰胺()和另一种单体M在一定条件下缩聚得到的网状结构的聚合物，部分结构如下。

已知：
下列推测不合理的是
A．经加成反应可得到三聚氰胺 B．另一种单体M是
C．合成密胺树脂时还有水产生 D．密胺树脂难溶于水
12．室温下，向10.0mL纯碱(可能含有)的稀溶液中逐滴加入0.100mol/L盐酸，滴定曲线如图，其中p、q为滴定终点，下列分析正确的是

A．p→q，选用酚酞做指示剂，到达滴定终点时溶液由红色变为无色
B．由滴定数据可知，原纯碱中
C．p点的主要原因：
D．q点溶液中：
13．一定条件下，以葡萄糖为原料制备葡萄糖酸钙的原理如下图。

下列分析不正确的是
A．、葡萄糖均发生了氧化反应
B．上述实验中不宜用代替制备葡萄糖酸钙
C．起始时加入2mol，理论上可制得1mol葡萄糖酸
D．可用新制的浊液区分葡萄糖和葡萄糖酸
14．研究铜和铁与浓硫酸的反应，实验如下：
①
②

    
铜丝表面无明显现象
铁丝表面迅速变黑，之后无明显现象
铜丝或铁丝逐渐溶解，产生大量气体，
品红溶液褪色
下列说法正确的是
A．常温下不能用铁制容器盛放浓硫酸，可用铜制容器盛放浓硫酸
B．②中铜丝或铁丝均有剩余时，产生气体的物质的量相等
C．依据②，可推断出铜和铁与浓硫酸反应可生成SO2
D．①②中现象的差异仅是由于温度改变了化学反应速率

二、结构与性质
15．磷及其化合物在电池、催化等领域有重要应用。黑磷与石墨类似，也具有层状结构(如图1)，为大幅度提高锂电池的充电速率，科学家最近研发了黑磷—石墨复合负极材料，其单层结构俯视图如图2所示。

回答下列问题：
(1)Li、C、P三种元素中，电负性最小的是___________(填元素符号)。
(2)基态磷原子的电子排布式为___________。
(3)图2中，黑磷区P原子的杂化方式为___________，石墨区C原子的杂化方式为___________。
(4)氢化物的沸点最高的是___________，原因是___________。
(5)根据图1和图2的信息，下列说法正确的有___________(填字母)。
a．黑磷区P-P键的键能不完全相同
b．黑磷与石墨都属于混合型晶体
c．复合材料单层中，P原子与C原子之间的作用力属范德华力
(6)、等也可作为聚乙二醇锂离子电池的电极材料。电池放电时，沿聚乙二醇分子中的碳氧链向正极迁移的过程如图所示(图中阴离子未画出)。

①从化学键角度看，迁移过程发生___________(填“物理”或“化学”)变化。
②相同条件下，电极材料中的迁移较快，原因是___________。
(7)贵金属磷化物可用作电解水的高效催化剂，其立方晶胞如图3所示。已知晶胞边长为a nm，晶体中与P距离最近的Rh的数目为___________，晶体的密度为___________(列出计算式，用表示阿伏伽德罗常数的值)。


三、原理综合题
16．资源化利用是解决资源和能源短缺、减少碳排放的一种途径。
I．制甲醇，过程如下：
i．催化剂活化：
ii．与在活化后的催化剂表面可逆的发生反应①，其反应历程如图1，同时伴随反应②：

(1)反应①每生成放热，写出其热化学方程式：___________。
(2)与混合气体以不同的流速通过反应器，气体流速与转化率、选择性的关系如图2。
已知：选择性=n(生成所用的)/n(转化的)。
流速加快可减少产物中的积累，减少反应___________(用化学方程式表示)的发生，减少催化剂的失活，提高甲醇选择性。
(3)对于以上制甲醇的过程，以下描述正确的是___________(填序号)。
A．反应中经历了键的形成和断裂
B．加压可以提高的平衡转化率
C．升高温度可以提高甲醇在平衡时的选择性
Ⅱ．一种以甲醇和二氧化碳为原料，利用和纳米片作催化电极，电化学法制备甲酸(甲酸盐)的工作原理如图所示。

(4)①b极为直流电源的___________极，阴极表面发生的电极反应式为___________。
②若有通过质子交换膜时，生成和共___________mol。

四、有机推断题
17．一种治疗抑郁症的药物J的合成路线如下。

已知：ⅰ．
ⅱ．
回答下列问题：
(1)A属于芳香烃，其结构简式___________。B中所含的官能团是___________。
(2)C→D的反应类型是___________。
(3)E分子中有一个五元环，且核磁共振氢谱只有一组峰，其结构简式为___________。
(4)F→G的化学方程式为___________。
(5)下列有关H的说法正确的是___________(填序号)。
a．存在顺反异构
b．分子中含有手性碳原子
c．苯环上的一氯代物有6种
d．最多可以与7mol发生加成反应
(6)化合物I经以下反应合成J，写出中间产物1、中间产物2的结构简式___________、___________。


五、工业流程题
18．氯化亚铜()广泛应用于冶金工业，也用作催化剂和杀菌剂。以硫化铜精矿为原料生产的工艺如下：

已知：难溶于醇和水，溶于较大的体系，潮湿空气中易水解氧化。
(1)步骤1是“氧化酸浸”的过程，该过程生成蓝色溶液和浅黄色沉淀，化学方程式是___________。
(2)步骤2是溶解过程，溶解时反应的离子方程式___________。
(3)步骤3为主反应，的沉淀率与加入的的量关系如图所示。

①反应的氧化产物是___________；
②比较相对大小：A点___________C点(填“>”、“<”或“=”)；
③提高C点状态混合物中沉淀率的措施是___________；
(4)步骤4进行的实验操作是___________；
(5)洗涤过程中不能用硝酸代替硫酸进行“酸洗”，理由是___________。用乙醇洗涤的目的是___________。
(6)产品纯度测定：称取产品a g于锥形瓶中，加入足量的酸性溶液使其充分溶解，然后用标准溶液滴定，消耗溶液b mL。(本实验中的被还原为，不与产品中杂质和反应)。
①溶于溶液的离子方程式是___________。
②产品中(摩尔质量为99g/mol)的质量分数为___________。

六、实验题
19．某研究小组探究镁、铝与溶液的反应。
实验Ⅰ：将过量镁条、铝条(除去表面氧化膜)分别放入60℃的温水中，观察到开始时镁条表面有气泡，5分钟后气泡迅速减少直至反应停止；铝条表面无明显现象。
实验Ⅱ：将过量镁条、铝条(除去表面氧化膜)分别放入饱和溶液()中，观察到镁条表面有气泡，且持续时间较长，溶液中产生白色浑浊，铝条表面持续产生气泡。
(1)实验Ⅰ中镁条表面产生气泡的反应为___________。
(2)实验Ⅱ中饱和溶液的原因___________(写离子方程式)。
(3)探究实验Ⅰ和Ⅱ现象不同的原因，设计实验Ⅲ。
实验Ⅲ
a
b
现象
电流计指针向右偏转，镁条上无明显现象；随后电流计指针迅速归零继而向左偏转，镁条上少量气泡产生，铝条上持续有气泡产生
电流计指针持续向右偏转，示数逐渐减小，溶液中有白色浑浊物，铝条上持续有气泡产生
①实验a是b的对照组，所用NaOH溶液的浓度为___________。
②实验a中开始时Mg是原电池的___________极。
③用化学用语表示实验a中铝条上持续产生气泡的原因___________。
④查阅资料，实验b中沉淀成分为，实验证实了沉淀中含有，将白色浑浊物过滤、洗涤，加入0.1mol/L盐酸y mL恰好完全反应，产生标况下的气体x mL，x、y之间的关系为___________(用含x、y的表达式表示)。
⑤实验a中电流计指针出现反向偏转，而实验b中电流计指针未发生反向偏转的原因___________。
(4)结合铝元素的分布系数解释实验Ⅱ中铝与饱和溶液持续产生细小气泡的原因___________，已知：分布分数与溶液pH的关系如图：所示


参考答案：
1．B
【详解】A．根据维生素C的结构简式得到分子式为，故A正确；
B．分子中含有羟基、碳碳双键、酯基共3种官能团，故B错误；
C．维生素C将还原，而使竹简变回浅色，因此维生素C具有还原性，故C正确；
D．维生素C中只有O原子有孤电子对，C和H煤油孤对电子，因此推测能与形成配位键，故D正确。
综上所述，答案为B。
2．D
【详解】A．鸡蛋清的主要成分是能与浓硝酸发生显色反应的蛋白质，则鸡蛋清溶液中滴入浓硝酸，微热后会因显色反应和蛋白质变性而生成黄色沉淀，故A正确；
B．核酸一定条件下能发生水解反应，水解的最终产物是磷酸、戊糖、碱基，故B正确；
C．油脂是高级脂肪酸甘油酯，属于酯类，在碱性条件下能发生皂化反应甘油和高级脂肪酸盐，故C正确；
D．纤维素是多糖，人体中不含有使纤维素水解的酶，所以纤维素不可被人体消化，故D错误；
故选D。
3．D
【详解】A．同主族元素，从上到下离子半径依次增大，电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越大，则氯离子的离子半径大于钠离子，所以晶胞中大球a表示的是氯离子，小球b表示的是钠离子，故A正确；
B．由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的氯离子个数为8×+6×=4，位于棱上和体心的钠离子个数为4×+1=4，故B正确；
C．氯化钠是含有离子键的离子化合物，由固态变成气态时需要吸收能量破坏离子键，故C正确；
D．钠元素的原子序数为11，基态原子的价电子排布式为3s1，则钠元素位于元素周期表的s区，故D错误；
故选D。
4．A
【详解】A． 硫化钠易溶于水，用硫化钠除去废水中的汞离子：，A错误；
B． 与混合产生黄色沉淀为S，同时生成水：，B正确；
C． 钢铁发生吸氧腐蚀，正极反应氧气得到电子生成氢氧根：，C正确；
D． 氯化钠为离子化合物，Na和Cl形成离子键的过程：，D正确；
答案选A。
5．B
【详解】A．18O的中子数为10，则1.8g18O中含有的中子数为×10×NAmol—1=NA，故A正确；
B．氯化氢是共价化合物，则氯化氢气体中只含有氯化氢分子，不含有氢离子，故B错误；
C．乙醇分子中的碳原子和氧原子的杂化方式都为sp3杂化，则23g乙醇中sp3杂化的原子数为×3×NAmol—1=1.5 NA，故C正确；
D．C2H4和C3H6的最简式相同，都为CH2，28g CH2中含有的碳原子数为×1×NAmol—1=2NA，故D正确；
故选B。
6．C
【分析】该反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+，负极为铁单质失电子生成亚铁离子，正极为铁离子得电子生成亚铁离子，据此分析下列选项。
【详解】A．铁电极失电子为负极，石墨电极为正极，阳离子从负极向正极移动，故盐桥中阳离子进入石墨电极溶液中，A正确；
B．负极反应为Fe-2e-=Fe2+，石墨电极上发生的反应为Fe3++e-=Fe2+，两侧均反应生成亚铁离子，故一段时间后两烧杯溶液中均增大，故石墨电极溶液中亚铁离子浓度增大，B正确；
C．负极反应为Fe-2e-=Fe2+，正极反应为2Fe3++2e-=2Fe2+，设两边均为1L溶液，一段时间后转移电子为2xmol时两极溶液中亚铁离子浓度相等，则0.10+x=2x+0.05，得x=0.05，则右边消耗铁离子为0.05mol＜1mol，则反应仍能继续进行，故不能说明反应达到平衡状态，C错误；
D．负极反应为Fe-2e-=Fe2+，正极反应为2Fe3++2e-=2Fe2+，总反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+，反应中氧化剂为Fe3+，还原剂为Fe，Fe2+既是氧化产物也是还原产物，故Fe2+还原性小于Fe，氧化性小于Fe3+，D正确；
故答案选C。
7．C
【详解】A. CO2密度大于空气，应采用向上排空气法收集，A错误；
B. 苯与溴在溴化铁作用下反应，反应较剧烈，反应放热，且溴易挥发，挥发出来的溴单质能与水反应生成氢溴酸，所以验证反应生成的HBr，应先将气体通过四氯化碳，将挥发的溴单质除去，B错误；
C. MgCl2能水解，在加热时通入干燥的HCl，能避免MgCl2的水解，C正确；
D. 电解时，阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应，所以丁装置铁为阳极，失去电子，生成二价铁离子，铜为阴极，溶液中的铜离子得到电子，得到铜，D错误。
答案选C。
【点睛】本题为实验题，结合物质的性质和电解的原理进行解题，掌握常见物质的制备方法，注意水解的知识点。
8．C
【详解】A．根据表中燃烧热数值，①CH3CH2CH2CH2CH3(l)+8O2(g)=5CO2(g)+6H2O(l) ∆H=–3506.1kJmol-1，②(CH3)2CHCH2CH3(l)+8O2(g)=5CO2(g)+6H2O(l) ∆H=–3504.1kJmol-1，根据盖斯定律，①-②可得，CH3CH2CH2CH2CH3(l) = (CH3)2CHCH2CH3(l)  ∆H = –2.0 kJmol-1，故A正确；
B．根据表中沸点数值，在28~36 ℃时，随温度升高，异戊烷气化离开体系，产物浓度降低，导致平衡正向移动，正戊烷的平衡转化率增大，故B正确；
C．由A项分析可知，正戊烷异构化反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则平衡常数减小，故C错误；
D．150 ℃时，物质均为气态，增大压强，平衡不移动，则增大压强，正戊烷的平衡转化率不变，故D正确；
答案选C。
9．D
【详解】A．由催化机理可知，总反应为+ ，该反应为加成反应，A正确；
B．I+Ⅵ→X+Ⅱ，由I、Ⅵ、Ⅱ的结构简式可知，X为H2O， B正确；
C．由催化机理可知，反应消耗了Ⅵ又生成了Ⅵ，Ⅵ是反应的催化剂，C正确；
D．通常，其它条件不变，温度越高，反应速率越快，但是酶作催化剂时，高温使酶失去活性降低反应速率，D错误；
答案选D。
10．D
【详解】A．由LiFePO4的晶胞结构可知，晶胞中位于顶点、面心和棱上的锂离子个数为8×+4×+4×=4，由化学式可知，晶胞中含有LiFePO4的单元数有4个，故A正确；
B．对比晶胞结构可知，Li1-xFePO4的晶胞比LiFePO4的晶胞少1个面心和1个棱上锂离子，则晶胞中锂离子个数为8×+3×+3×=，由化学式可得：(1—x)：4=：4，解得，故B正确；
C．对比晶胞结构可知，锂离子完全脱出后，晶体中的空间链结构不变，则锂离子完全脱出不会破坏晶体中的空间链结构，故C正确；
D．设Li1-xFePO4中铁离子的个数为a，由化合价代数和为0可得：1×+3×a+2×(1—a)+5×1+4×(—2)=0，解得a=，则亚铁离子和铁离子的物质的量比为(1—)：=13：3，故D错误；
故选D。
11．B
【分析】由题干及信息可已知得：三聚氰胺与甲醛反应得到线型聚合物，生成的线型聚合物继续与甲醛反应即可进一步反应生成网状结构的密胺树脂。
【详解】A． 经加成反应可得到三聚氰胺：3→，A不符合；
B． 据分析，另一种单体M是甲醛、不是， B符合；
C． 据分析，合成密胺树脂时还有水产生，C不符合；    
D． 密胺树脂为网状结构，属于体型高分子化合物，难溶于水，D不符合；
答案选B。
12．B
【分析】由图可知，p点溶液中的碳酸钠与盐酸恰好反应生成碳酸氢钠，反应得到氯化钠和碳酸氢钠的混合溶液，反应方程式为Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，q点溶液中的碳酸氢钠与盐酸恰好反应生成氯化钠、二氧化碳和水，反应得到氯化钠和碳酸的混合溶液，反应方程式为NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，由反应消耗盐酸的体积可知，纯碱稀溶液中碳酸钠的物质的量为0.100mol/L×9.8×10—3L=9.8×10—4mol，碳酸氢钠的物质的量为0.100mol/L×21.5×10—3L—9.8×10—4mol×2=1.9×10—4mol。
【详解】A．由分析可知，p→q发生的反应为溶液中的碳酸氢钠与盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，则滴定时应选用甲基橙做指示剂，不能选用酚酞做指示剂，故A错误；
B．由分析可知，原纯碱中碳酸钠的物质的量为9.8×10—4mol，碳酸氢钠的物质的量为1.9×10—4mol，则，故B正确；
C．由分析可知，p点所得溶液为氯化钠和碳酸氢钠的混合溶液，溶液pH大于7是因为碳酸氢根离子在溶液中的水解程度大于电离程度，水解的离子方程式为，故C错误；
D．由分析可知，原纯碱中碳酸钠的物质的量为9.8×10—4mol，碳酸氢钠的物质的量为1.9×10—4mol，则由原子个数守恒可知，q点溶液中钠离子的浓度为≈0.068mol/L，故D错误；
故选B。
13．C
【详解】A．失电子变为Br2、葡萄糖被氧化变成葡萄糖酸均发生了氧化反应，故A正确；
B．盐酸酸性太强，不能直接与葡萄糖酸反应直接制备葡萄糖酸钙，故B正确；
C．起始时加入2mol，由原子守恒可得2molHBrO，HBrO与葡萄糖反应生成Br-和葡萄糖酸， 1mol葡萄糖变成1mol葡萄糖酸需要得2mol电子，2molHBrO会得4mol电子，由电子守恒知理论上可制得2mol葡萄糖酸，故C错误；
D．葡萄糖中含有醛基，葡萄糖酸中不含有醛基，所以可用新制的浊液区分葡萄糖和葡萄糖酸，故D正确；
故答案为：C。
14．C
【详解】A．常温下铁遇冷浓硫酸发生钝化，则可以用铁制容器盛放浓硫酸，故A错误；B．随着反应的进行浓硫酸的浓度逐渐降低，Cu与稀硫酸不反应，而Fe能与稀硫酸反应生成氢气，则②中铜丝或铁丝均有剩余时，产生气体的物质的量不可能相等，故B错误；C．②中在加热条件下，铜丝或铁丝逐渐溶解，产生大量气体，品红溶液褪色，说明反应中生成SO2，故C正确；D．温度升高可加快化学反应速率，同时浓硫酸的氧化性随温度升高而升高，故D错误；故答案为C。
15．(1)Li
(2)(或)
(3)
(4) 分子之间能形成氢键
(5)ab
(6) 化学 中阴离子半径大于，故阴阳离子间吸引力更弱，更易迁移
(7) 8

【详解】（1）金属元素的电负性小于非金属元素，则三种元素中Li的电负性最小，故答案为：Li；
（2）磷元素的原子序数为15，基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p3或[Ne]3s23p3，故答案为：1s22s22p63s23p3或[Ne]3s23p3；
（3）由图可知，黑磷区中饱和磷原子的杂化方式为sp3杂化，石墨区中双键碳原子的杂化方式为sp2杂化，故答案为：sp3；sp2；
（4）氨分子能形成分子间氢键，而磷化氢和甲烷不能形成分子间氢键，所以氨分子的分子间作用力强于磷化氢和甲烷，沸点高于磷化氢和甲烷，则三种氢化物中氨分子的沸点最高，故答案为：NH3；NH3分子之间能形成氢键；
（5）a．由图可知，黑磷区中磷磷键的键长不完全相等，则磷磷键的键能也不完全相同，故正确；
b．由黑磷与石墨类似，也具有层状结构可知，黑磷与石墨均为混合晶体，故正确；
c．由黑磷与石墨类似，也具有层状结构可知，复合材料单层中，磷原子与碳原子之间以极性共价键相结合，层与层之间的作用力属范德华力，故错误；
故选ab；
（6）①由图可知，锂离子迁移过程中，有旧键的断裂和新键的形成，则从化学键角度看，锂离子迁移过程发生化学变化，故答案为：化学；
②砷原子的原子半径大于磷原子，则阴离子PF的离子半径小于AsF，则PF与锂离子形成的离子键强于AsF，所以相同条件下，电极材料LiAsF6中锂离子更易迁移，故答案为：LiAsF6；LiAsF6中阴离子半径大于LiPF6，故晶格能更小，阴阳离子间吸引力更弱，Li+更易迁移；
（7）由晶胞结构可知，晶胞中位于体内的黑球个数有8个，位于顶点和面心的灰球个数为8×+6×=4，由化学式可知，黑球为Rh、灰球为磷原子，则顶点磷原子与体对角线上的Rh原子的距离最近，则晶体中与磷原子距离最近的Rh的数目为8；设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：= (a×10-7)3d，解得d=，故答案为：。
16．(1)
(2)
(3)AB
(4) 正 (或) 0.75

【详解】（1）反应①中CO2和H2在温和的条件下转化为甲醇和H2O，每生成1molCH3OH (g)放热49.3kJ，其热化学方程式为CO2(g) + 3H2(g) = CH3OH (g)+ H2O(g)△H = - 49.3kJ/mol，故答案为: ；
（2）已知催化剂活化: In2O3 (无活性)In2O3-x(有活性)，流速加快可减少产物中H2O的积累，减少反应In2O3-x + xH2O = In2O3 + xH2的发生，减少催化剂的失活，提高甲醇选择性，故答案为: ；
（3）A．由图1可知，反应中经历了In- C、In-O键的形成和断裂，选项A正确;
B．CO2制甲醇是气体分子数减小的反应，加压平衡正向移动，可以提高CO2的平衡转化率，选项B正确；
C．由CO2(g) + 3H2(g) = CH3OH (g)+ H2O(g)△H = -49.3kJ/mol是放热反应，升高温度平衡逆向移动，升高温”度会降低甲醇在平衡时的选择性，选项C错误；
故答案为: AB；
（4）①
由图可知二氧化碳在左侧电极发生反应，其中碳元素化合价降低，则a为负极， 该电极反应式为:2CO2 +2e- + H2O = HCOO-+ ，则电极b为正极，右侧电极为阳极，电极反应式为: (或)，故答案为:正；(或)；
②由第一问的分析可知，阳极反应为:CH3OH -4e-+H2O = HCOOH+ 4H+，阴极电极反应为:2CO2+2e-+H2O=HCOO-+ ，由此可以发现，若有1molH+通过质子交换膜时，则转移1mol电子，则此时该装置生成HCOO-和HCOOH共计0.75mol，故答案为: 0.75。
17．(1) 羧基()
(2)取代反应
(3)
(4)
(5)cd
(6)

【分析】由流程中A→B→C、结合A的分子式和C的结构简式可知，A为甲苯，B为苯甲酸，C→D为取代反应，A氧化为E，E分子中有一个五元环，且核磁共振氢谱只有一组峰即只有一种氢原子，结合E的分子式可知其不饱和度为4，E为，E催化加氢得F、F与乙醇反应生成G、结合G的结构简式可知，F为，D和G发生信息反应ⅰ得到H，结合H的分子式，则H为，据此回答下列问题。
【详解】（1）A属于芳香烃，为甲苯，其结构简式。B为苯甲酸，所含的官能团是羧基。
（2）C→D，即与苯反应生成和HCl，故反应类型是取代反应。
（3）据分析，E分子的结构简式为。
（4）F→G即与乙醇生成，则化学方程式为。
（5）H为，则下列有关H的说法：
a．双键碳原子分别连不同的基团时，才存在顺反异构，则H不存在顺反异构，a错误；
b．连接四个不同基团的饱和碳原子是手性碳原子，则H分子中没有手性碳原子，b错误；
c．碳碳双键不对称，则每个苯环上各有3种氢原子，故苯环上的一氯代物有6种，c正确；
d．苯环和碳碳双键均可用于氢气发生加成，则最多可以与7mol发生加成反应，d正确；。
选cd。
（6）仿照反应流程中B→C→D、结合信息反应ⅱ可知I制备J的流程。由逆合成分析法可知，可通过信息反应ⅱ得到J，可由在氯化铝参与下转化而来，由I在SOCl2参与下生成，羧基转变为-COCl，则由化合物I经以下反应合成J的中间产物1、中间产物2的结构简式分别为、。
18．(1)
(2)(生成也给分)
(3) 或 > 加水稀释
(4)过滤
(5) 具有强氧化性会把氧化 去除固体表面的水，防止其被空气氧化
(6) (或)

【分析】根据流程图，H2O2在酸性条件下将CuS中的S2-氧化生成S单质，其反应方程式为：CuS+H2SO4+H2O2=CuSO4+S+2H2O，CuSO4被还原生成Cu单质；利用硝酸根在酸性条件下具有强氧化性，可氧化Cu单质生成Cu2+，溶液中加入(NH4)2SO3和NH4Cl发生氧化还原反应生成CuCl沉淀，过滤得到的CuCl经硫酸酸洗后再用乙醇洗涤，经干燥得到CuCl，据此分析解答。
【详解】（1）步骤1是“氧化酸浸”的过程，该过程生成蓝色溶液和浅黄色沉淀，，说明生成硫酸铜和硫单质，H2O2在酸性条件下将CuS中S2-氧化成硫单质，其反应方程式为CuS+H2SO4+H2O2=CuSO4+S↓+2H2O。
（2）步骤2是溶解过程，利用硝酸根在酸性条件性具有强氧化性，可溶解Cu生成氧化产物Cu2+，硝酸根被还原成NO或NO2，则溶解时反应的离子方程式为或。
（3）①步骤3为主反应，涉及反应为：2Cu2+++2Cl-+H2O=2CuCl↓++2H+，反应中S元素化合价由+4价升高为+6价，被氧化，氧化产物为或(NH4)2SO4；
②随着氯化铵浓度不断增大，亚铜离子的沉淀率由低到高后又有所下降，则B点之前Cu+过量、且Cu+与Cl-形成CuCl的沉淀，B点时恰好沉淀完全得，B点之后，c(Cl-)增大，部分CuCl(s)溶解：，故A点铜元素主要存在形式为Cu+与CuCl，B点铜元素主要存在形式CuCl，C点铜元素主要存在形式为与CuCl，则相对大小：A点＞C点；
③B点之后，c(Cl-)增大，发生，部分CuCl(s)溶解，沉淀减少，若加水稀释，减少c(Cl-)，平衡左移，则提高C点状态混合物中沉淀率的措施是加水稀释；
（4）步骤4把氯化亚铜沉淀分离出来，则进行的实验操作是过滤；
（5）洗涤过程中不能用硝酸代替硫酸进行“酸洗”，理由是：硝酸具有强氧化性，可氧化CuCl，所以洗涤过程中不能用硝酸代替硫酸进行“酸洗”。已知 难溶于醇，在潮湿空气中易水解氧化，则用乙醇洗涤的目的是：去除固体表面的水，防止其被空气氧化。
（6）①溶于溶液的离子方程式是。
②产品纯度测定时存在关系式，，消耗标准溶液b mL，则产品中(摩尔质量为99g/mol)的质量分数为
19．(1)
(2)
(3) 负 、 x<1.12y 还原性强于，实验a中首先失去电子生成，结合生成致密的覆盖在镁条表面，镁条还原性降低作正极，使电流计指针反向偏转；实验b中由于浓度较高，结合和生成，从镁条表面脱落，镁条因未被充分覆盖一直作负极，电流计指针不反向偏转
(4)饱和溶液，铝元素主要以形式存在，使铝与溶液的反应可以持续进行

【分析】由题意可知，该实验的实验目的是探究镁、铝与碳酸钠溶液的反应，由实验可知，镁能与碳酸钠溶液中的水反应生成氢氧化镁和氢气，氢氧化镁覆盖在镁条表面阻碍反应的继续进行，而铝与碳酸钠溶液反应生成四羟基合铝离子。
【详解】（1）由分析可知，实验Ⅰ中镁条表面产生气泡的反应为镁与碳酸钠溶液中的水反应生成氢氧化镁和氢气，反应的化学方程式为，故答案为：；
（2）实验Ⅱ中饱和碳酸钠溶液pH为12的原因是碳酸钠是强碱弱酸盐，碳酸根离子在溶液中水解使溶液呈碱性，反应的离子方程式为，故答案为：；
（3）①实验a是b的对照组，由探究实验变量唯一化原则可知，实验a中氢氧化钠溶液的pH为12，浓度为0.01mol/L，故答案为：0.01mol/L；
②由实验现象可知，实验a中开始时，镁和铝在碳酸钠溶液中构成原电池，金属性强于铝的镁做原电池的负极，失去电子发生氧化反应生成氢氧化镁，故答案为：负极；
③由实验现象可知，实验a中开始时，镁和铝在碳酸钠溶液中构成原电池，金属性强于铝的镁做原电池的负极，铝在正极，水在正极得到电子发生还原反应生成氢氧根离子和氢气，电极反应式为，放电生成的氢氧化镁覆盖在镁条表面使镁的还原性降低，导致铝做原电池的负极，碱性条件下铝失去电子发生氧化反应生成四羟基合铝离子，电极反应式为，同时铝饱和碳酸钠溶液中的氢氧根离子反应生成四羟基合铝离子和氢气，反应的离子方程式为，所以实验a中铝条上持续产生气泡，故答案为：、；
④若沉淀中只含MgCO3，碳酸镁与盐酸反应生成氯化镁、二氧化碳和水，反应的方程式为+2HCl=MgCl2+CO2↑+H2O，由方程式可得：×2=0.1mol/L×10—3yL，解得x=1.12y，但沉淀中含有OH-，实际消耗盐酸的量要多于和碳酸镁反应用去的盐酸量，故答案为：x<1.12y；
⑤由实验现象可知，实验a中电流计指针出现反向偏转，而实验b中电流计指针未发生反向偏转的原因是还原性强于，实验a中首先失去电子生成，结合生成致密的覆盖在镁条表面，镁条还原性降低作正极，使电流计指针反向偏转；实验b中由于浓度较高，结合和生成，从镁条表面脱落，镁条因未被充分覆盖一直作负极，电流计指针不反向偏转，故答案为：还原性强于，实验a中首先失去电子生成，结合生成致密的覆盖在镁条表面，镁条还原性降低作正极，使电流计指针反向偏转；实验b中由于浓度较高，结合和生成，从镁条表面脱落，镁条因未被充分覆盖一直作负极，电流计指针不反向偏转；
（4）由图可知，实验Ⅱ中铝与饱和碳酸钠溶液持续产生细小气泡的原因是铝与pH为12的饱和碳酸钠溶液反应生成四羟基合铝离子，没有生成氢氧化铝沉淀覆盖在铝条表面阻碍反应的继续进行，使得反应可以持续进行，故答案为：饱和溶液，铝元素主要以形式存在，使铝与溶液的反应可以持续进行。