北京市西城区2022届高三一模化学试题

这是一份北京市西城区2022届高三一模化学试题，共29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。

1．化合物M是一种治疗脑卒中药物中间体，其结构简式如下图。下列关于该有机物的说法不正确的是
A．存在顺反异构
B．分子中有3种含氧官能团
C．能与发生取代反应和加成反应
D．1ml该有机物最多消耗2ml
【答案】D
【解析】
【详解】
A．该有机物分子中含有碳碳双键，且双键碳原子连有两个不同的基团，所以有顺反异构，故A正确；
B．分子中有羟基、醚键和酯基三种含氧官能团，故B正确；
C．苯环上直接连有羟基，具有酚的性质，在酚羟基的邻对位上的氢原子可以被溴取代，分子中有碳碳双键，可以和溴发生加成反应，故C正确；
D．酚能和NaOH发生中和反应，酯基在NaOH溶液中可以发生水解反应，卤代烃也能在NaOH溶液中发生水解反应，所以1ml该有机物最多消耗3mlNaOH，故D错误；
故选D。
2．中国科学家经过光谱分析发现了一颗锂元素含量极高的恒星。下列说法不正确的是
A．LiOH的碱性弱于Be(OH)2
B．在碱金属元素中，锂元素的第一电离能最大
C．依据对角线规则，锂元素和镁元素的有些性质相似
D．原子光谱的产生与电子跃迁有关，可利用原子光谱中的特征谱线来鉴定锂元素
【答案】A
【解析】
【详解】
A．同周期元素，从左到右元素的金属性依次减弱，最高价氧化物对应水化物的碱性减弱，则氢氧化锂的碱性强于氢氧化铍，故A错误；
B．同主族元素，从上到下的第一电离能依次减小，所以在碱金属元素中，锂元素的第一电离能最大，故B正确；
C．依据对角线规则可知，元素周期表中位于对角线上的锂元素和镁元素的有些性质相似，故C正确；
D．用光谱仪器摄取各种元素的电子的吸收光谱或发射光谱总称原子光谱，原子光谱的产生与电子跃迁有关，不同元素原子的吸收光谱或发射光谱不同，所以可以利用原子光谱中的特征谱线来鉴定锂元素，故D正确；
故选A。
3．下列说法正确的是
A．和分子中均含有s-p键
B．和的VSEPR模型和空间结构均一致
C．熔点：金刚石>碳化硅>晶体硅
D．酸性：
【答案】C
【解析】
【详解】
A．氯气分子中含有p—pσ键，不含有s—pσ键，故A错误；
B．氨分子中氮原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为1，VSEPR模型为四面体形、空间结构为三角锥形，铵根离子中氮原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为0，VSEPR模型为四面体形、空间结构为正四面体形，所以氨分子和铵根离子的空间结构不同，故B错误；
C．原子晶体的熔点大小取决于共价键的强弱，共价键越强，晶体的熔点越高，金刚石、碳化硅、晶体硅都为原子晶体，晶体中成键原子形成共价键的键长的大小顺序为Si—Si>C—Si>C—C，键能大小顺序为C—C> C—Si >Si—Si，共价键的强弱顺序为C—C> C—Si >Si—Si，所以晶体的熔点大小顺序为金刚石>碳化硅>晶体硅，故C正确；
D．氯元素的电负性大，吸电子的能力强，羧酸分子中烃基上氯原子数目越多，吸电子能力越强，羧基中氢氧键的活性越强，越容易电离出氢离子，羧酸的酸性更强，则羧酸的酸性强弱顺序为CCl3COOH>CHCl2COOH>CH3COOH，故D错误；
故选C。
4．新冠病毒是一种具有包膜的RNA病毒，包膜的主要成分是蛋白质和脂质。核酸检测就是检测新冠病毒的RNA。下列说法不正确的是
A．核酸和蛋白质都是生物大分子
B．核酸和蛋白质都不能发生水解反应
C．核酸中核苷酸之间通过磷酯键连接
D．一定浓度的含氯消毒液可使新冠病毒中的蛋白质变性
【答案】B
【解析】
【详解】
A．蛋白质、核酸都是由单体聚合形成的生物大分子，选项A正确；
B．蛋白质最终水解为氨基酸、核酸最终水解为核苷酸，均能发生水解反应，选项B不正确；
C．所有的核酸都是核苷酸的多聚体，通过磷酸二酯键相连，选项C正确；
D．次氯酸钠等含氯消毒剂可用于杀死新冠病毒是因为它们都能使蛋白质变性，选项D正确；
答案选B。
5．氮掺杂的碳材料可以有效催化燃料电池中的还原反应，其催化机理如图。
途径一：A→B→C→F
途径二：A→B→C→D→E
下列说法不正确的是
A．途径一中存在极性共价键的断裂与形成
B．途径一的电极反应是
C．途径二，1ml 得到4ml
D．氮掺杂的碳材料降低了反应的焓变
【答案】D
【解析】
【详解】
A．由图中信息可知，途径一中有C-O键、O-H键的形成，也有C-O键的断裂，选项A正确；
B．途径一的过程中有O2的参与和二次增加H+、e-，最后从催化剂中放出H2O2,其电极反应是，选项B正确；
C．途径二中，有O2参与，途中二次增加H+、e-和一次增加2H+、2e-，故1ml 得到4ml ，选项C正确；
D．氮掺杂的碳材料降低了反应的活化能，但不能改变焓变，选项D不正确；
答案选D。
6．室温下，将充满NO2的试管倒立在水中，实验现象如图。下列分析不正确的是
A．NO2易溶于水，不能用排水法收集
B．试管中剩余的无色气体是未溶解的NO2
C．取试管中的溶液，滴加紫色石蕊溶液，溶液显红色，是因为NO2与H2O反应生成了酸
D．向试管中再缓缓通入一定量的O2，试管中的液面上升
【答案】B
【解析】
【详解】
A．从图中可以看出，水进入试管约三分之二体积，表明NO2易溶于水，不能用排水法收集，A正确；
B．NO2呈红棕色，而试管中剩余气体呈无色，所以试管中剩余气体不是NO2，B不正确；
C．紫色石蕊溶液显红色，表明溶液显酸性，从而表明NO2与H2O反应生成了酸等物质，C正确；
D. 试管中剩余气体为NO，通入一定量的O2，发生反应4NO+3O2+2H2O=4HNO3，NO气体转化为HNO3，所以试管中的液面上升，D正确；
故选B。
7．下列方程式不能准确解释相应实验现象的是
A．和浓盐酸共热产生黄绿色气体：
B．Na加入滴有酚酞的水中，溶液变红：
C．加热Fe和S的混合物生成黑色固体：
D．加热蓝色的溶液，溶液变绿：
[Cu(H2O)4]2+(aq，蓝色) +4Cl-(aq)[CuCl4]2-(aq，黄色)+4H2O(l)
【答案】C
【解析】
【详解】
A．MnO2和浓盐酸共热产生黄绿色气体Cl2，其离子反应方程式为，故A项正确；
B．Na加入滴有酚酞的水中，发生反应生成NaOH，溶液呈碱性，酚酞遇碱变红，其离子反应方程式为：，故B项正确；
C．加热Fe和S的混合物生成黑色固体FeS，其化学反应方程式为，故C项错误；
D．加热蓝色的CuCl2溶液，溶液变绿，体系中发生了络合反应生成了黄色的[CuCl4]2-，且正反应方向吸热，最终看到的绿色是它们的混合颜色，其离子反应方程式为：[Cu(H2O)4]2+(aq，蓝色)+4Cl-(aq)⇌[CuCl4]2-(aq，黄色)+4H2O(l) ΔH>0，故D项正确；
答案选C。
8．用下图装置(夹持、加热装置已略)进行实验，②中现象不能证实①中发生了反应的是
A．AB．BC．CD．D
【答案】A
【解析】
【详解】
A．乙醇易挥发，乙醇及生成的1-丁烯均使高锰酸钾溶液褪色，所以溶液褪色不能证明①中有1-丁烯的生成，故A符合题意；
B．加热溶液和浓NaOH溶液的混合物产生氨气，将氨气通入溶液，最初产生沉淀，后沉淀溶解，得到银氨溶液，则可以证明①中发生反应，故B不符合题意；
C．加热乙酸、乙醇和浓硫酸的混合物制备乙酸乙酯，加热蒸馏后，在饱和溶液的上层得到无色油状液体，则可以证明①中发生反应，故C不符合题意；
D．将铁粉、碳粉和NaCl溶液的混合物放置一段时间，发生吸氧腐蚀，试管①中压强减小，导管中倒吸一段水柱，则可以证明①中发生反应，故D不符合题意；
答案选A。
9．向盛有溶液的烧杯中，加入少量氨水，再加入过量Mg粉，有大量气泡产生。将湿润的红色石蕊试纸放在烧杯口，试纸变蓝。溶液的pH随时间的变化如图。
下列说法不正确的是
A．随着反应的进行，降低
B．产生的气体是混合物
C．pH=9时，溶液中
D．溶液的pH升高可能是Mg与、反应的结果
【答案】C
【解析】
【详解】
A．由产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝可知，镁与氯化铵溶液中的铵根离子反应生成氢气和氨气，所以随着反应的进行，溶液中铵根离子浓度减小，
B．由产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝可知，镁与氯化铵溶液中的铵根离子反应生成氢气和氨气，所以反应产生的气体是混合物，故B正确；
C．pH为9的碱性溶液中存在电荷守恒关系c(H+)+ c(NH)+ 2c(Mg2+)=c(Cl—)+ c(OH—)，溶液中氢离子浓度小于氢氧根离子浓度，所以溶液中c(NH)+ 2c(Mg2+)＞c(Cl—)，故C错误；
D．由产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝可知，镁与溶液中的铵根离子反应生成一水合氨和氢气，反应中一水合氨浓度增大，会分解逸出氨气，使溶液中氢氧根离子浓度增大，溶液pH升高，故D正确；
故选C。
10．ORP传感器(如下图)测定物质的氧化性的原理：将Pt电极插入待测溶液中，Pt电极、Ag/AgCl电极与待测溶液组成原电池，测得的电压越高，溶液的氧化性越强。向NaIO3溶液、FeCl3溶液中分别滴加2滴H2SO4溶液，测得前者的电压增大，后者的几乎不变。
下列说法不正确的是
A．盐桥中的Cl-移向Ag/AgCl电极
B．Ag/AgCl电极反应是Ag-e-+Cl-=AgCl
C．酸性越强，的氧化性越强
D．向FeCl3溶液中滴加浓NaOH溶液至碱性，测得电压几乎不变
【答案】D
【解析】
【分析】
Ag、Pt、待测溶液组成原电池，由于Ag的金属活动性比Pt强，所以Ag作负极，Pt作正极。
【详解】
A．在原电池中，阴离子向负极移动，在该电池中，Ag作负极，所以盐桥中的Cl-移向Ag/AgCl电极，A正确；
B．Ag/AgCl电极作负极，则Ag失电子生成的Ag+与溶液中的Cl-反应生成AgCl，电极反应式是Ag-e-+Cl-=AgCl，B正确；
C．向NaIO3溶液滴加2滴H2SO4溶液，电压增大，则表明酸性越强，的氧化性越强，C正确；
D．向FeCl3溶液中滴加浓NaOH溶液至碱性，生成NaCl和Fe(OH)3沉淀，溶液的氧化性减弱，测得的电压减小，D不正确；
故选D。
11．聚乳酸(PLA)是最具潜力的可降解高分子材料之一，对其进行基团修饰可进行材料的改性，从而拓展PLA的应用范围。PLA和某改性的PLA的合成路线如图。
注：Bn是苯甲基()
下列说法不正确的是
A．反应①是缩聚反应
B．反应②中，参与聚合的F和E的物质的量之比是m：n
C．改性的PLA中，m：n越大，其在水中的溶解性越好
D．在合成中Bn的作用是保护羟基，防止羟基参与聚合反应
【答案】B
【解析】
【详解】
A．由图可知，反应①为乳酸分子间发生酯化反应生成聚乳酸 ，是缩聚反应，A项正确；
B．由化合物G的结构可知，参与聚合的F和E物质的量之比是2m：n，B项错误；
C．改性的PLA中，m：n越大，含羟基越多，其在水中的溶解性越好，C项正确；
D．反应①中羟基也参与聚合反应，故反应②发生聚合反应时为要先引入Bn, 以防止羟基参与聚合反应中 ，D项正确；
答案选B。
12．向100mL 溶液中滴加 溶液，测得溶液电导率的变化如图。下列说法不正确的是
A．和都是强电解质
B．A→B电导率下降的主要原因是发生了反应：
C．B→C，溶液中的减小
D．A、B、C三点水的电离程度：A＜B＜C
【答案】B
【解析】
【详解】
A． 和在溶液中均完全电离，均属于强电解质，故A正确；
B．A→B加入的物质的量小于的物质的量，发生的反应为，故B错误；
C．B→C时加入的继续消耗氢氧根离子，C点两者恰好完全反应，因此B→C溶液中减小，故C正确；
D．酸或碱抑制水的电离，含有弱离子的盐水解促进水的电离，A点溶液中全部是，水的电离受到抑制，电离程度最小，B点为反应一半点，氢氧化钡还有剩余，C点和恰好完全反应，因此水的电离程度：A＜B＜C，故D正确；
答案选B。
13．一定温度下，在2个容积均为1L的恒容密闭容器中，加入一定量的反应物，发生反应： ，相关数据见下表。
下列说法不正确的是A．
B．Ⅰ中反应达到平衡时，CO的转化率为50%
C．达到平衡所需要的时间：Ⅱ>Ⅰ
D．对于Ⅰ，平衡后向容器中再充入0.2ml CO和0.2ml ，平衡正向移动
【答案】D
【解析】
【详解】
A．两次实验起始投入量相同，该反应为放热反应，温度T2达到平衡时，二氧化碳的量少，降温平衡正向移动，故，A正确；
B．Ⅰ中反应达到平衡时，CO2的物质的量为0.1ml，则参加反应的CO的物质的量为0.1ml起始投入量为0.2ml，则其转化率为50%，B正确；
C．，温度越高，反应速率越快，达到平衡所需要的的时间越短，C正确；
D．恒容1L的容器中，对于反应I平衡时NO、CO、N2、CO2的物质的量分别为0.1ml、0.1ml、0.05ml、0.1ml，平衡常数K=，平衡后向容器中再充入0.2ml CO和0.2ml ，此时浓度商Qc=，K=Qc，平衡不移动，D错误；
故选D。
14．某小组对FeCl3溶液与Cu粉混合后再加KSCN溶液的实验进行如下研究。
①向2mL 0.1ml/L FeCl3溶液中加入过量Cu粉，充分反应后，溶液变蓝。2天后，溶液变为浅蓝色，有白色不溶物生成。
②取①中浅蓝色的上层清液，滴加KSCN溶液，溶液变红，出现白色浑浊。振荡后白色浑浊物增多，红色褪去。经检验，白色不溶物是CuSCN。
③向2mL 0.1ml/LCuSO4溶液中滴加KSCN溶液，未观察到白色浑浊。放置24小时后，出现白色不溶物。
已知：CuCl和CuSCN均为白色不溶固体
下列说法不正确的是
A．①中产生白色不溶物的可能原因是Cu+Cu2++2Cl-=2CuCl↓
B．由③可知②中白色浑浊不是Cu2+与SCN-直接反应生成的
C．②中红色褪去的原因是Fe3+被完全消耗了
D．实验表明：Ksp(CuSCN)＜Ksp(CuCl)
【答案】C
【解析】
【详解】
A．①中，FeCl3溶液中加入过量Cu粉，充分反应后，溶液变蓝，表明有Cu2+生成；2天后，溶液变为浅蓝色，则表明Cu2+浓度减少，Cu2+被Cu还原为Cu+，Cu+与Cl-结合为CuCl沉淀，从而得出可能原因是Cu+Cu2++2Cl-=2CuCl↓，A正确；
B．由③可知，CuSO4溶液中滴加KSCN溶液，未观察到白色浑浊，则表明②中白色浑浊不是Cu2+与SCN-直接反应生成的，B正确；
C．②中红色褪去的原因可能是生成的Cu+与溶液中的SCN-结合为CuSCN，从而促进Fe(SCN)3的不断电离，不一定是Fe3+被完全消耗了，C不正确；
D．从②中可以看出，当溶液中既有Cl-又有SCN-时，优先生成CuSCN，则表明：Ksp(CuSCN)＜Ksp(CuCl)，D正确；
故选C。
二、结构与性质
15．Zn2+、三乙撑二胺和对苯二甲酸根离子可形成晶体M，其晶胞示意图如下。

(1) Zn2+的价层电子排布式是_______。
(2)C、O、N的电负性从大到小的顺序是_______。
(3)三乙撑二胺()与Zn2+能形成配位键的原因是_______。
(4)在晶体M每个空腔中装入一个顺式偶氮苯分子后形成晶体M1，晶胞示意图如图。一定条件下随着偶氮苯顺反结构的变化，晶体骨架发生畸变，晶体在M1和M2两种结构之间相互转化，可以吸收和释放N2，被称为“会呼吸”的晶体。
资料：ⅰ．
ⅱ．M1和M2相互转化时，Zn2+的配体和配体数均不变
①N2的电子式是_______。
②偶氮苯()中N的杂化轨道类型是_______。偶氮苯存在顺反异构的原因是分子中两个氮原子间存在_______(填“σ键”或“π键”)。
③x=_______。
④晶胞密度小则晶体内部的空隙大。能让“会呼吸”的晶体吸收N2的条件是_______光照射。
【答案】(1)3d10
(2)O＞N＞C
(3)三乙撑二胺中的N给出孤电子对，Zn2+有空轨道能接受孤电子对
(4) sp2 π键 2 紫外
【解析】
(1)
Zn2+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d10，则其价层电子排布式是3d10。答案为：3d10；
(2)
C、O、N为同周期元素，从左到右的排列顺序为C、N、O，非金属依次增强，所以电负性从大到小的顺序是O＞N＞C。答案为：O＞N＞C；
(3)
Zn2+具有空轨道，三乙撑二胺()中的N原子具有孤对电子，所以三乙撑二胺与Zn2+能形成配位键的原因是：三乙撑二胺中的N给出孤电子对，Zn2+有空轨道能接受孤电子对。答案为：三乙撑二胺中的N给出孤电子对，Zn2+有空轨道能接受孤电子对；
(4)
①N原子的价电子数为5，需要形成三对共用电子，所以N2的电子式是。
②偶氮苯()中N的价层电子对数为3，则杂化轨道类型是sp2。偶氮苯分子中，双键氮原子存在孤对电子，所以存在顺反异构，其原因是分子中两个氮原子间存在π键。
③在晶体M的晶胞中，Zn2+位于棱上，每个棱被4个晶胞共用，则x==2。
④M1和M2相互转化时，Zn2+的配体和配体数均不变，即Zn2+、三乙撑二胺和对苯二甲酸根离子的个数比不变，现M1和M2中Zn2+个数比为2:4=1:2，所以相对分子质量比也为1:2，而M1的体积为cm3，M2的体积为cm3，所以二者的密度比为＜1:1，所以M1的密度小。晶胞密度小则晶体内部的空隙大，从而得出M1能让“会呼吸”的晶体吸收N2，依据“”，可得出条件是紫外光照射。答案为：；sp2；π键；2；紫外。
【点睛】
形成配合物时，配位数等于中心原子与配体间形成的配位键的数目。
三、原理综合题
16．烟气脱硫脱硝技术是环境科学研究的热点。某小组模拟氧化结合溶液吸收法同时脱除和NO的过程示意图如下。
(1)气体反应器中的主要反应原理及相关数据如下表。
①已知： ，则_______。
②其他条件不变时，高于150℃，在相同时间内和NO的转化率均随温度升高而降低，原因是_______。
③其他条件不变，和NO初始的物质的量浓度相等时，经检测装置1分析，在相同时间内，和NO的转化率随的浓度的变化如图。结合数据分析NO的转化率高于的原因_______。
(2)其他条件不变，和NO初始的物质的量浓度相等时，经检测装置2分析，在相同时间内，与NO的物质的量之比对和NO脱除率的影响如图。
①溶液显碱性，用化学平衡原理解释：_______。
②的浓度很低时，的脱除率超过97%，原因是_______。
③在吸收器中，与反应生成和的离子方程式是_______。
④在吸收器中，随着吸收过程的进行，部分被转化为，反应中和的物质的量之比为1：1，该反应的离子方程式是_______。
【答案】(1) 高于150℃，温度升高，反应a的速率增大，c(O3)减小，反应b和c的速率减小，导致和NO的转化率均降低 反应b的活化能小于反应c，反应b的速率大于反应c，因此NO的转化率高于
(2) 溶液中存在：、，的水解程度大于的水解程度，使溶液显碱性 溶液直接与反应是脱除的主要原因
【解析】
(1)
①已知：反应a： ，
，根据盖斯定律，将两反应相加再除以2得反应，==，故答案为：。
②反应a为气体分子数增大的反应，，较高温度下更有利于反应a进行，所以在其他条件不变时，高于150℃，温度升高，反应a的速率增大，c(O3)减小，导致反应b和c的速率减小，和NO的转化率均降低，故答案为：高于150℃，温度升高，反应a的速率增大，c(O3)减小，反应b和c的速率减小，导致和NO的转化率均降低。
③由表中数据可知，反应b的活化能小于反应c，则反应b的速率大于反应c，因此NO的转化率高于，故答案为：反应b的活化能小于反应c，反应b的速率大于反应c，因此NO的转化率高于。
(2)
①溶液中存在：、，的水解程度大于的水解程度，使溶液显碱性，故答案为：溶液中存在：、，的水解程度大于的水解程度，使溶液显碱性。
②的浓度很低时，溶液直接与反应是脱除的主要原因，即的脱除率几乎不受的浓度的影响，的脱除率超过97%，故答案为：溶液直接与反应是脱除的主要原因。
③与反应氧化还原反应生成和，根据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒，写出反应的离子方程式是为，故答案为：。
④吸收过程中，部分和发生归中反应生成和H2O，反应中和的物质的量之比为1:1，根据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒，写出反应的离子方程式为，故答案为：。
四、有机推断题
17．普卡必利可用于治疗某些肠道疾病，其合成路线如下(部分条件和产物略去)：
已知：ⅰ．RNH2
ⅱ．
ⅲ．
(1)A中的官能团名称是氨基和_______。
(2)试剂a的结构简式是_______。
(3)E→F的反应类型是_______。
(4)D→E的化学方程式是_______。
(5)I的核磁共振氢谱只有一组峰，I的结构简式是_______。
(6)下列说法正确的是_______(填序号)。
a．J→K的反应过程需要控制不过量
b．G与溶液作用显紫色
c．普卡必利中含有酰胺基和氨基，能与盐酸反应
(7)K→L加入的作用是_______。
(8)以G和M为原料合成普卡必利时，在反应体系中检测到有机物Q，写出中间产物P、Q的结构简式：_______、_______。
【答案】(1)碳氯键
(2)
(3)取代反应
(4)+Cl2+HCl
(5)
(6)ac
(7)吸收K→L生成的HBr，利于L的生成
(8)
【解析】
【分析】
根据F的结构简式结合已知信息可判断A和乙酸酐发生取代反应生成B为，E和单质溴发生取代反应生成F，则E的结构简式为，根据已知信息可知B发生取代反应生成D为，D和氯气发生苯环上的取代反应生成E，根据G的分子式结合F生成G的反应条件以及最终产品的结构简式可知G的结构简式为，根据已知信息可知M的结构简式为，则L的结构简式为，根据K的分子式可知K的结构简式为CH3OCH2CH2CH2Br，根据已知信息可判断J的结构是BrCH2CH2CH2Br，I的核磁共振氢谱只有一组峰，所以I的结构简式为，据此解答。
(1)
根据A的结构简式可判断A中的官能团名称是氨基和碳氯键。
(2)
B和试剂a发生取代反应生成D，则a的结构简式是。
(3)
根据以上分析可知E→F的反应类型是取代反应。
(4)
根据以上分析可知D→E的化学方程式是+Cl2+HCl。
(5)
I的核磁共振氢谱只有一组峰，I是环丙烷吗，结构简式是。
(6)
a．J中含有2个溴原子，所以J→K的反应过程需要控制不过量，a正确；
b．G分子中不存在酚羟基，与溶液作用不显紫色，b错误；
c．根据普卡必利的结构简式可知分子中含有酰胺基和氨基，能与盐酸反应，c正确；
答案选ac。
(7)
K→L中有溴化氢生成，则加入的作用是吸收K→L生成的HBr，利于L的生成。
(8)
G生成P时减少了2个氢原子，这说明醇羟基被氧化为醛基，则P的结构简式为，由于M中的氨基和P中的醛基发生加成反应生成Q，则Q的结构简式为，最后Q中羟基被氧化转化为普卡必利。
五、工业流程题
18．制备锂离子电池的正极材料的前体的一种流程如下：
资料：i．磷灰石的主要成分是
ii．可溶于水，微溶于水
ii．
iv．
(1)制备
①用溶液、溶液分步浸取磷灰石生成HF、和，主要反应是和_______。
②增大酸浸反应速率的措施有_______(只写1条)。
③其他条件不变时，若仅用溶液酸浸，浸取的速率低于用、分步浸取法，原因是_______。
(2)制备
将、、混合并调节溶液的pH制备。
①酸性条件下，生成的离子方程式是_______。
②含磷各微粒的物质的量分数与pH的关系如图。
pH=1时，溶液中的，则_______。再加入晶体、溶液使溶液中的，不考虑溶液体积的变化，通过计算说明此时能否产生沉淀_______。
③的纯度及颗粒大小会影响其性能，沉淀速率过快容易团聚。
ⅰ．研究表明，沉淀时可加入含的溶液，的作用是_______。
ⅱ．其他条件不变时，工业上选择pH=2而不是更高的pH制备，可能的原因是_______(答出2点)。
【答案】(1) 加热、将矿石粉碎、搅拌、适当提高酸的浓度等 生成的固体覆盖在磷灰石表面，减少了磷灰石与硫酸溶液的接触面积
(2) ，能产生沉淀 发生反应，使降低，减小的沉淀速率，避免团聚；随着被沉淀，上述平衡逆向移动，生成的继续被沉淀 pH更高时，产品中可能混有杂质；pH更高时，大，可能沉淀速率过快导致团聚等
【解析】
【分析】
由题给流程可知，磷灰石用磷酸溶液和硫酸溶液分步浸取、过滤制得粗磷酸，粗磷酸经纯化得到磷酸，向磷酸中加入硫酸亚铁溶液和过氧化氢溶液并调节溶液pH，充分反应、过滤得到磷酸铁。
(1)
由题意可知，硫酸溶液浸取时发生的反应为磷酸浸取磷灰石得到的磷酸二氢钙与硫酸溶液反应生成二水硫酸钙沉淀和磷酸，反应的化学方程式为，故答案为：；
②加热、将矿石粉碎、搅拌、适当提高酸的浓度等措施能增大酸浸的反应速率，故答案为：加热、将矿石粉碎、搅拌、适当提高酸的浓度等；
③其他条件不变时，若仅用硫酸溶液浸取，硫酸溶液与磷灰石反应生成的二水硫酸钙沉淀附着在在磷灰石表面，减少了磷灰石与硫酸溶液的接触面积，降低浸取的速率，故答案为：生成的固体覆盖在磷灰石表面，减少了磷灰石与硫酸溶液的接触面积；
(2)
①由题意可知，制备磷酸铁发生的反应为酸性条件下，磷酸溶液与硫酸亚铁、过氧化氢溶液反应生成磷酸铁沉淀、硫酸和水，反应的化学方程式为，故答案为：；
②由图可知，当溶液中磷酸氢根离子浓度和磷酸根离子浓度相等时，溶液pH为12.3，则磷酸的三级电离常数Ka3==c(H+)=10—12.3，所以溶液pH为1时，磷酸根离子的浓度为==10—18.6ml/L；当溶液中铁离子浓度为1ml/L时，磷酸铁的熵Qc==1ml/L×10—18.6ml/L＞，所以能产生磷酸铁沉淀，故答案为：，能产生沉淀；
③ⅰ．由题给信息可知，制备磷酸铁沉淀时加入含离子的溶液，离子能与溶液中的铁离子反应生成离子：，溶液中铁离子浓度减小，生成磷酸铁沉淀的反应速率减小，可有效防止团聚的发生，当溶液中铁离子转化为磷酸铁沉淀时，铁离子浓度减小，平衡向逆反应方向移动，生成的铁离子能继续与磷酸根离子反应生成磷酸铁沉淀，故答案为：发生反应，使降低，减小的沉淀速率，避免团聚；随着被沉淀，上述平衡逆向移动，生成的继续被沉淀；
ⅱ．其他条件不变，制备磷酸铁沉淀时若pH大于2，铁离子水解程度增大会转化为氢氧化铁沉淀导致产品不纯，同时溶液中磷酸根离子浓度会增大，可能会因沉淀速率过快而导致团聚，所以工业上选择pH=2而不是更高的pH制备磷酸铁，故答案为：pH更高时，产品中可能混有杂质；pH更高时，大，可能沉淀速率过快导致团聚等。
六、实验题
19．探究溶液中与单质s的反应。
资料：不溶于盐酸，和在盐酸中均发生沉淀的转化
实验Ⅰ 将10mL 溶液与0.01g S粉混合，水浴加热，充分反应后，过滤，得到无色溶液a(pH≈1)，沉淀除S、洗涤后得到黑色固体b。
(1)研究黑色固体b的组成
①根据S具有_______性，推测b中可能含有、Ag、或。
②检验黑色固体b的成分
实验Ⅱ 具体操作如图所示
ⅰ．取少量滤液c，先加入足量稀盐酸，再滴加溶液，未出现白色沉淀，判断黑色固体b中不含_______。
ⅱ．用滤液c继续实验证明了黑色固体b中不含，可选择的试剂是_______(填序号)。
a．酸性溶液 b．和的混合溶液 c．溴水
ⅲ．进一步实验证实了黑色固体b中不含Ag。根据沉淀e含有Ag、气体含有，写出同时生成Ag和的离子方程式：_______。
(2)研究无色溶液a的组成
结合上述实验结果，分析溶液a中可能存在或，依据是_______。
实验Ⅲ 具体操作如图所示
①说明溶液a中不含的实验证据是_______。
②加入足量稀盐酸的作用是_______。
(3)在注射器中进行实验Ⅳ，探究溶液与S的反应，所得产物与实验Ⅰ相同。
①向注射器中加入的物质是_______。
②改用溶液的目的是_______。
(4)用溶液与S进行实验Ⅴ，发现二者不反应。综合以上实验，写出溶液中与S反应的离子方程式并简要说明的作用：_______。
【答案】(1) 氧化性和还原 bc
(2) S转化为发生了还原反应，反应必然同时发生氧化反应，能发生氧化反应的只有S，故在pH≈1的溶液中可能存在或 向溶液a中加入足量稀盐酸后，再加入碘水和淀粉溶液，蓝色不褪去 排除对和检验的干扰
(3) 10mL 溶液与0.01g S粉 排除(H+)对反应的影响
(4)，形成难溶物，降低，提高S的氧化性，利于反应发生
【解析】
(1)
①由转化为、Ag、或可见Ag的化合价有上升也有下降，表现了根据S具有氧化还原性；
ⅰ．取少量滤液c，先加入足量稀盐酸，再滴加溶液，未出现白色沉淀，判断黑色固体b中不含，若含有硫酸根则会生成硫酸钡沉淀；
ⅱ．用滤液c继续实验证明了黑色固体b中不含，可选择的试剂是和的混合溶液，因为双氧水将亚硫酸根氧化为硫酸根与氯化钡生成硫酸钡白色沉淀；溴水具有氧化性将亚硫酸根氧化为硫酸根产生白色沉淀，且溴水褪色，酸性高锰酸钾溶液中可能会含有硫酸根影响检验；
ⅲ．沉淀e含有Ag、气体含有，与Fe在酸性环境下同时生成Ag和，离子方程式：；
(2)
溶液a中可能存在或，依据是S转化为发生了还原反应，反应必然同时发生氧化反应，能发生氧化反应的只有S，故在pH≈1的溶液中可能存在或；
①说明溶液a中不含的实验证据是：向溶液a中加入足量稀盐酸酸化后，再加入碘水和淀粉溶液，蓝色不褪去，说明碘单质没有被还原；
②加入足量稀盐酸的作用是：对溶液进行酸化，排除对和检验的干扰；
(3)
①向注射器中加入的物质是：10mL 溶液与0.01g S粉；
②改用溶液的目的是：排除(H+)对反应的影响
(4)
与S反应的离子方程式并简要说明的作用：，形成难溶物，降低，提高S的氧化性，利于反应发生。
①中实验
②中现象
A
加热1-溴丁烷与NaOH的乙醇溶液的混合物
酸性溶液褪色
B
加热溶液和浓NaOH溶液的混合物
溶液先变浑浊后澄清
C
加热乙酸、乙醇和浓硫酸的混合物
饱和溶液的上层有无色油状液体产生
D
将铁粉、碳粉和NaCl溶液的混合物放置一段时间
导管中倒吸一段水柱
容器编号
温度/℃
起始物质的量/ml
平衡物质的量/ml
Ⅰ
0.2
0.2
0.1
Ⅱ
0.2
0.2
0.12
晶体
装载分子
晶胞中Zn2+个数
晶胞体积/cm3
M1
顺式偶氮苯
x
M2
反式偶氮苯
4
反应
平衡常数(25℃)
活化能/(kJ/ml)
反应a：
24.6
反应b：
3.17
反应c：
58.17