北京市顺义一中2023届高三下学期保温练习模拟考试化学试题（含解析）

这是一份北京市顺义一中2023届高三下学期保温练习模拟考试化学试题（含解析），共23页。试卷主要包含了单选题，多选题，结构与性质，实验题，有机推断题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。

北京市顺义一中2023届高三下学期保温练习模拟考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．我国科研人员首次以为原料合成了葡萄糖和长链脂肪酸，这项突破为人工和半人工合成“粮食”提供了新技术。合成路线如下：
CO葡萄糖、脂肪酸
下列说法不正确的是
A．过程①、②中电能转化为化学能
B．葡萄糖分子中含有醛基、羟基
C．和互为同系物
D．葡萄糖不能发生水解反应
2．下列化学用语或图示表达正确的是
A．二氧化碳的电子式：
B．顺-2-丁烯的分子结构模型：
C．的结构示意图：
D．基态Cr的价层电子轨道表示式：
3．我国科研人员发现了一种安全、高效的点击化学试剂FSO2N3，下列有关元素F、O、N、S的说法正确的是
A．沸点： B．第一电离能：
C．最高正价： D．稳定性：
4．下列方程式与所给事实不相符的是
A．硫酸铜溶液中加过量的氨水：
B．向中投入固体：
C．侯氏制碱法的原理：、
D．海水提溴工艺中，用纯碱溶液富集：

二、多选题
5．下列实验中，不能达到实验目的的是
编号
A
B
C
D
实验方案




实验目的
证明混合溶液中有Fe2+
实验室制取乙烯的发生装置
稀释浓硫酸
在铁上镀铜
A．A B．B C．C D．D

三、单选题
6．下列物质用途或变化过程与氧化还原反应无关的是
A．补血剂与维生素C配合使用效果更佳
B．明矾用作水处理剂
C．将通入到溶液中，生成白色沉淀
D．铜丝加热后，伸入无水乙醇中
7．如图所示，在A处通入未经干燥的氯气。当关闭B处的弹簧夹时，C处的红布条看不到明显的现象；当打开B处的弹簧夹后，C处的红布条逐渐褪色，则D瓶中盛放的溶液可能是

①饱和NaCl溶液   ②NaOH溶液   ③H2O ④浓硫酸
A．①② B．①③ C．②④ D．③④
8．和可反应生成乙二胺四乙酸()，乙二胺四乙酸与金属阳离子形成配合物的结构如图所示。已知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。下列说法错误的是

A．M元素的配位数是6
B．EDTA中氮原子杂化方式
C．的沸点高于
D．EDTANa-Fe(Ⅲ中的化学键有：σ键、配位键、π键和离子键
9．不对称催化羟醛缩合反应的循环机理如下图所示。下列说法不正确的是

A．步骤①和②的有机产物可通过红外光谱鉴别
B．步骤③和④的反应均涉及手性碳原子的生成
C．步骤⑤的产物L脯氨酸是该反应的催化剂
D．若用苯甲醛和作为原料，也可完成上述羟醛缩合反应
10．室温下进行下列实验，根据实验操作和现象，所得到的结论正确的是
选项
实验操作和现象
结论
A
乙醇钠的水溶液呈强碱性
结合的能力强
B
将某溶液滴在淀粉-KI试纸上，试纸变蓝
原溶液中一定含有
C
向和KSCN的混合溶液中滴入硝酸酸化的溶液，溶液变红
氧化性：
D
氨水中滴加酚酞溶液，溶液变红
是弱碱
A．A B．B C．C D．D
11．我国科学家合成了一种光响应高分子X，其合成路线如下：

下列说法不正确的是
A．E的结构简式： B．F的同分异构体有6种(不考虑手性异构体)
C．H中含有配位键 D．高分子X水解可得到G和H
12．用0.100mol·L-1的NaOH溶液分别滴定体积均为10.00mL、浓度均为0.100mol·L-1的HCl和CH3COOH溶液。利用传感器测得滴定过程中溶液的电导率(电导率越大表示溶液导电性越强)变化如图所示。下列说法正确的是

A．曲线①代表向HCl中滴加NaOH B．A点溶液的pH小于C点溶液的pH
C．A、B两点水的电离程度：A>B D．C→D发生了反应：H++OH-=H2O
13．某研究小组在电压为24V时进行如下实验，电解3分钟后，发现下列现象。
编号
①
②
③
装置



现象
小灯泡微弱发光，两极均产生气泡，阳极附近出现白色浑浊，阴极附近无明显变化
两极均产生气泡，溶液无明显变化
两极均产生气泡，阳极附近出现白色浑浊，阴极附近无明显变化
下列说法正确的是（    ）
A．①中小灯泡微亮是因为Ca(OH)2是弱电解质
B．对比①和②，白色浑浊的出现与电极材料无关
C．对比①和③，白色浑浊是由于OH-迁移到阳极使Ca(OH)2沉淀析出
D．阳极附近白色沉淀的成分可能是CaCO3
14．298 K时，γ-羟基丁酸水溶液发生如下反应，生成丁内酯： HOCH2CH2CH2COOH+H2O
不同时刻测得丁内酯的浓度如下表。

20
50
80
100
120
160
220
∞

0.024
0.050
0.071
0.081
0.090
0.104
0.116
0.132
注：该条件下副反应、溶液体积变化忽略不计。下列分析正确的是
A．增大γ-羟基丁酸的浓度可提高γ-丁内酯的产率
B．298 K时，该反应的平衡常数为2.75
C．反应至120 min时，γ-羟基丁酸的转化率＜50%
D．80～120 min的平均反应速率：v（γ-丁内酯） ＞1.2×10-3 mol ∙ L-1∙min-1

四、结构与性质
15．青蒿素(C15H22O5)是治疗疟疾的有效药物，白色针状晶体，溶于乙醇和乙醚，对热不稳定。青蒿素晶胞(长方体，含4个青蒿素分子)及分子结构如下图所示。

(1)提取青蒿素
在浸取、蒸馏过程中，发现用沸点比乙醇低的乙醚()提取，效果更好。
①乙醚的沸点低于乙醇，原因是___________。
②用乙醚提取效果更好，原因是___________。
(2)确定结构
①测量晶胞中各处电子云密度大小，可确定原子的位置、种类。一般来说，元素的电负性越强，其原子核附近电子云密度越大；比较青蒿素分子中C、H、O的原子核附近电子云密度大小：___________。
②图中晶胞的棱长分别为anm、bnm、cnm，晶体的密度为___________。(用表示阿伏加德罗常数；；青蒿素的相对分子质量为282)
③能确定晶体中哪些原子间存在化学键、并能确定键长和键角，从而得出分子空间结构的一种方法是___________。
a．质谱法                b．X射线衍射            c．核磁共振氢谱            d．红外光谱
(3)修饰结构，提高疗效
一定条件下，用将青蒿素选择性还原生成双氢青蒿素。
(双氢青蒿素)
①的空间结构为___________。
②双氢青蒿素分子中O-Oσ键的类型为___________(填选项)。
A．s-p                    B．-p                C．                D．
双氢青蒿素比青蒿素水溶性更好，治疗疟疾的效果更好。

五、实验题
16．环状碳酸酯()是一种重要的工业原料，可用作锂离子电池电解质的溶剂。一种由苯乙烯经电解制备环状碳酸酯的实验操作如下：
i．将一定量电解质、苯乙烯、水-二甲亚砜溶剂依次放入塑料烧杯中，搅拌均匀后放入高压反应釜内，充入一定量气体；
ii．以石墨和铜片为两个电极，电解至苯乙烯完全消耗后，停止电解；
iii．分离、提纯产品，计算产率。
在相同条件下，采用不同电解质进行实验I～Ⅳ，实验结果如表：
实验序号
电解质
产率/%
实验现象
I

微量
阴极产生气体，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝
Ⅱ

68
Ⅲ

a
Ⅳ
NaI
0
阴极产生气体；阳极附近有白色固体析出
已知：
i．电解效率
ii．环状碳酸酯的产率=n(生成的环状碳酸酯)/n(投入的苯乙烯)
iii．在碱性环境中会歧化为和。
(1)针对实验Ⅲ进行如下分析：
①取反应后石墨电极附近溶液滴加淀粉溶液变蓝，则石墨作___________极(填“阳”或“阴”)。
②苯乙烯与石墨电极上生成的发生加成反应，再发生水解反应，得到中间产物1-苯基-2-碘乙醇()，在一定条件下进一步转化为苯基环氧乙烷()后者与进行加成反应，得到的环状碳酸酯的结构简式为___________。
③实验中加入80mL密度为0.91的苯乙烯，η(环状碳酸酯)≈63%，则电路中通过2mol电子时，产生___________mol环状碳酸酯：a=___________。
(2)对比实验I～Ⅲ可知，其他条件相同时，电解质分别选用、、时，环状碳酸酯的产率依次显著升高，从原子结构角度解释，是因为___________，导致、、的放电能力依次增强。
(3)探究实验Ⅳ中未生成环状碳酸酯的原因，继续实验。
①实验Ⅳ中阴极产生气体为___________。
②经X光单晶衍射实验证实，实验Ⅳ中得到的白色固体含，用化学用语和必要的文字解释得到该物质的原理___________。

六、有机推断题
17．氧氮杂环是新药研制过程中发现的一类重要活性物质，有抗肿瘤功效。下面是某研究团队提出的一种氧氮杂环类化合物F的合成路线：

已知：
回答下列问题：
(1)B中含氧官能团的名称是___________。
(2)写出→A的化学方程式___________。
(3)C与M一定条件下反应生成D，M的结构简式是___________。
(4)D→E的反应类型是___________。
(5)B有多种同分异构体，写出满足以下条件的一种同分异构体的结构简式___________。
①不含
②能发生银镜反应，只含两种官能团
③苯环上仅有2个取代基
④核磁共振氡谱有三组吸收峰，峰面积之比为3：2：2
(6)参照上述合成路线和信息，写出由和为原料合成的路线___________(用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件，无机试剂任选)

七、工业流程题
18．钛白粉学名二氧化钛(TiO2)是性能最佳、应用最广、用量最大的白色颜料。钛铁矿(FeTiO3)中往往含有Fe2O3、MgO、CaO、Al2O3、SiO2等杂质。一种硫酸法钛白粉生产工艺如图：

已知：
①酸解后，钛主要以形式存在。强电解质在溶液中仅能电离出和一种阳离子。
②不溶于水和稀酸。
(1)写出基态Ti原子的价层电子排布式___________。
(2)磨矿的目的是___________。
(3)滤渣①的主要成分是___________。
(4)酸解过程中，写出发生反应的化学方程式___________。
(5)还原过程中，加入铁粉的目的是还原体系中的。为探究最佳反应条件，某实验室做如下尝试：
①在其它条件不变的情况下。体系中Fe(Ⅲ)含量随pH变化如图，试分析在pH介于4～6之间时，Fe(Ⅲ)含量基本保持不变的原因：___________。

②保持其它条件不变的情况下，体系中Fe(Ⅲ)含量随温度变化如图，55℃后，Fe(Ⅲ)含量增大的原因是因为温度升高，易被体系中的氧化，写出反应的离子方程式___________。

(6)水解过程是硫酸法制钛白工艺中的重要一步：
①水解过程中得到沉淀③的离子方程式为___________。
②一定量的存在有利于水解工艺的进行，因此在水解之前，先要测定钛液中的含量。实验室常用酸性高锰酸钾溶液进行滴定，用离子方程式表示其原理___________。

八、实验题
19．某小组探究不同阴离子与Ag+的结合倾向并分析相关转化。
资料：
i．和均为白色，难溶于水。
ii．与、能生成、
iii．与结合倾向。
(1)探究、与的结合倾向

实验
滴管
试管
现象
I
10滴0.1mol/L溶液
等浓度的NaI和溶液
黄色沉淀
Ⅱ
等浓度的NaI和溶液
黄色沉淀
①写出生成黄色沉淀的离子方程式：___________，由实验I推测：与结合倾向：___________(填“>”或“<”)。
②取两等份AgBr浊液，分别滴加等浓度、等体积的和溶液，前者无明显现象，后者浊液变澄清，澄清溶液中＋1价银的存在形式为___________(填化学式)。推测：与结合倾向：。
查阅资料证实了上述推测。
(2)的转化

实验
滴管
试管
现象
Ⅲ
0.1mol/L溶液
0.1mol/L溶液
白色沉淀，振荡后消失
Ⅳ
0.1mol/L溶液
0.1mol/L溶液
白色沉淀，逐渐变为灰色，最终为黑色沉淀
①写出实验Ⅲ中白色沉淀消失的离子方程式___________。
②查阅资料：实验Ⅳ中黑色沉淀是，中S元素的化合价分别为-2和＋6.写出实验Ⅳ中白色沉淀变为黑色的化学方程式并分析原因___________。
③溶液可用作定影液。向溶液溶解AgBr之后的废定影液中，加入___________(填试剂和操作)，可使定影液再生。
(3)的转化

分析试管1出现银镜的原因___________。
(4)资料显示：S原子与结合比O原子更稳定。与结构相似，但与结合倾向：，试从微粒空间结构角度解释原因___________。

参考答案：
1．C
【详解】A．过程①、②均为电解过程，电解实现电能转化为化学能，故A正确；
B．葡萄糖分子中含醛基和多个羟基，故B正确；
C．中烃基比相同碳原子数的烷基少2个H，可知其烃基不饱和，而乙酸为饱和一元羧酸，两者不是同系物，故C错误；
D．葡萄糖为单糖不能发生水解，故D正确；
故选：C。
2．B
【详解】A．已知CO2中C和O之间形成双键，故二氧化碳的电子式为：，A错误；
B．顺-2-丁烯中两个甲基位于双键同侧，其结构模型为，B正确；
C．硫离子的核内有16个质子，核外有18个电子，则的结构示意图：，C错误；
D．价态Cr原子的价层电子排布符合洪特规则的特例，价电子排布式为3d54s1，其价层电子轨道表示式为，D错误；
故答案为：B。
3．D
【详解】A．H2O和NH3分子间形成氢键，沸点反常的高，常温下水为液体，氨气为气体，沸点H2O＞NH3＞H2S，A错误；
B．根据同一周期从左往右第一电离能呈增大趋势ⅡA与ⅢA、ⅤA与ⅥA反常，同一主族从上往下第一电离能依次减小，故第一电离能：F＞N＞O＞S，B错误；
C．F、O元素无最高正价，硫的最高正价为+6价，C错误；
D．非金属性F＞O＞N，氢化物稳定性：HF＞H2O＞NH3，D正确；
故答案为：D。
4．B
【详解】A．硫酸铜溶液中加过量的氨水反应生成四氨合铜离子，其反应的离子方程式为：Cu2++4NH3⋅H2O=[Cu（NH3）4]2++4H2O，A正确；
B．Na2O2与水反应时，Na2O2既是氧化剂，又是还原剂，水中的氧元素不变价，O2分子中不含18O，18O应该在OH-中，正确的离子方程式为：2H218O+2Na2O2═2OH-+218OH-+4Na++O2↑，B错误；
C．侯氏制碱法的原理是向氨化的饱和氯化钠溶液中通入氨气生成碳酸氢钠晶体和氯化铵溶液，反应的化学方程式为：NaCl+NH3+H2O+CO2=NaHCO3↓+NH4Cl,过滤出晶体灼烧分解生成碳酸钠，反应的化学方程式为：，C正确；
D．海水提溴工艺中，用纯碱溶液富集Br2的离子方程式为：，D正确；
故答案为：B。
5．AC
【详解】A．酸性高锰酸钾溶液加入FeCl2和FeCl3混合溶液中，能使高锰酸钾褪色的有Cl-和Fe2+，不能证明一定有Fe2+，不能达到实验目的，A符合题意；
B．实验室制取乙烯，温度计测量的是浓硫酸和乙醇混合液的温度，要将温度计水银球插入液面以下，能达到实验目的，B不合题意；
C．容量瓶不能作为溶解、稀释、反应和长期贮存溶液的仪器，不能达到实验目的，C符合题意；
D．在铁上镀铜时应该使用Cu作阳极，与电源正极相连，Fe作阴极，与电源负极相连，含有Cu2+的电解质溶液作为电解液，能达到实验目的，D不合题意；
故答案为：AC。
6．B
【详解】A．维生素C具有还原性可以防止氧化变质，两者配合使用效果更佳，A错误；
B．明矾水解生成氢氧化铝可以吸附水中的杂质，可以用作水处理剂与氧化还原无关，B正确；
C．将通入到溶液中， +4价的硫被氧化为+6价生成硫酸钡沉淀，C错误；
D．铜丝加热后，伸入无水乙醇中会将其氧化为乙醛，D错误；
故选B。
7．C
【详解】由题中信息知，D中液体把氯气干燥了或者吸收了。①饱和NaCl溶液 既不能干燥氯气也不能吸收； ②NaOH溶液 能吸收氯气，符合题意； ③H2O 既不能吸收也不能干燥氯气；④浓硫酸能干燥氯气；综上分析②④符合题意，故选C。
8．B
【详解】A．由图可知，M元素与N、O原子形成了6个配位键，即M元素的配位数是6，A正确；
B．由图可知，EDTA中氮原子的价层电子对数为4，含有1对孤电子对，VSEPR模型为四面体，则氮原子杂化方式sp3，B错误；
C．H2NCH2CH2NH2和CH3CH2CH2CH3都属于分子晶体，CH3CH2CH2CH3只存在分子间作用力，H2NCH2CH2NH2分子间还存在氢键，分子间氢键使物质的沸点升高，所以H2NCH2CH2NH2的沸点高于CH3CH2CH2CH3，C正确；
D．由图可知，EDTANa-Fe（Ⅲ）的化学键含有：碳碳单键和碳氮单键、含有碳氧双键、中心离子铁离子与N、O原子形成配位键、单键为σ键键、双键中含有π键、形成的化合物EDTANa-Fe（Ⅲ）为离子化合物，离子键，D正确；
故答案为：B。
9．D
【详解】A．①和②的有机产物分别为、，两者含有不同的官能团，可通过红外光谱鉴别，A正确；
B．同一碳原子连接四个不同的原子或者原子团的碳原子为手性碳原子，步骤③和④的生成物均有手性碳原子的生成，B正确；
C．L脯氨酸在步骤①参与反应，在步骤⑤又生成，是该反应的催化剂，C正确；
D．苯甲醛和均含有苯环，且不含羧基，上述羟醛缩合反应不存在苯环的转化和生成，则不可完成上述羟醛缩合反应，D错误；
故选D。
10．A
【详解】A．乙醇钠的水溶液呈强碱性，可知乙醇钠与水反应生成NaOH和乙醇，则C2H5O-结合H+的能力强，A正确；
B．氯气、过氧化氢等均可氧化KI生成碘，淀粉KI-试纸变蓝，B错误；
C．硝酸可氧化亚铁离子生成铁离子，遇KSCN溶液变红，不能证明氧化性：Fe3+＜Ag+，C错误；
D．氨水溶液中滴加酚酞溶液，溶液变红，只能说明一水合氨电离显碱性，而不能证明一水合氨为弱碱，D错误；
故答案为：A。
11．D
【分析】结合F、G的结构简式，E与F发生酯化反应生成G，则E为 ；
【详解】A．根据分析，E为 ，A正确；
B．F的分子式为C4H10O，与F互为同分异构体的可以为醇类：CH3CH2CH2CH2OH、CH3CH2CH(OH)CH3、(CH3)2CHCH2OH；可以为醚类：CH3CH2OCH2CH3、CH3CH2CH2OCH3、CH3OCH(CH3)2；故总共6种，B正确；
C．H中B原子和N原子之间形成配位键，C正确；
D．高分子X中含有酯基，可以发生水解，但是得到的单体不是G和H，D错误；
故选D。
12．C
【分析】HCl为强电解质，CH3COOH为弱电解质，浓度相同时，HCl溶液的导电能力更强，所以曲线②代表向HCl中滴加NaOH，曲线①代表向CH3COOH中滴加NaOH。
【详解】A．根据分析曲线②代表向HCl中滴加NaOH，A错误；
B．曲线①为向CH3COOH中滴加NaOH，当滴加的NaOH为10.00mL时，恰好与醋酸中和，所以A点溶质为CH3COONa，同理C点溶质为NaCl，由于醋酸根的水解，A点溶液显碱性，而C点溶液显中性，所以A点溶液的pH大于C点溶液的pH，B错误；
C．A点溶质为CH3COONa，B点溶质为等物质的量的CH3COONa和NaOH，醋酸根的水解促进水的电离，而NaOH的电离会抑制水的电离，所以A点水的电离程度更大，C正确；
D．C点溶质为NaCl，继续滴加NaOH溶液时不发生化学反应，D错误；
故选C。
13．D
【详解】A. ①中小灯泡微亮是因为Ca(OH)2在水中溶解度小，电离产生的自由移动的离子浓度小，溶液导电能力弱，与电解质的强弱无关，实质上Ca(OH)2溶于水完全电离，属于强电解质，A错误；
B. 对于①阳极上溶液中OH-失去电子，发生氧化反应，电极反应式为4OH--4e-=O2↑+2H2O，O2与C电极发生反应产生CO2，CO2与溶液中Ca(OH)2反应产生CaCO3白色沉淀，可见白色浑浊的出现与电极材料有关，B错误；
C. 根据选项B分析可知白色浑浊是由于阳极产生的氧气与电极反应产生的CO2溶解在Ca(OH)2溶液中形成的CaCO3，不是Ca(OH)2沉淀析出，C错误；
D. 用石墨作电极电解Ca(OH)2溶液，在阳极上溶液中OH-失去电子，发生氧化反应，电极反应式为4OH--4e-=O2↑+2H2O，反应产生O2与碳电极发生反应产生CO2，CO2与溶液中Ca(OH)2反应产生CaCO3白色沉淀，故阳极附近白色沉淀的成分可能是CaCO3，D正确；
故合理选项是D。
14．B
【详解】A.增大γ-羟基丁酸的浓度可以使平衡正向移动，γ-丁内酯的产量增加，但不能提高γ-丁内酯的产率，A错误；
B.该反应的平衡常数, B正确；
C.反应至120 min时，丁内酯的浓度为0.090mol∙L-1，反应了的γ-羟基丁酸的浓度为0.090mol∙L-1，转化率为，C错误；
D.80～120 min， ∆c（γ-丁内酯）=(0.09-0.071) mol∙L-1，平均反应速率：v（γ-丁内酯）= ，D错误；
答案选B。
15．(1) 乙醇能形成分子间氢键、乙醚不能形成分子间氢键 乙醚沸点比乙醇低，防止温度过高青蒿素发生副反应
(2) O＞C＞H d
(3) 正四面体形 D

【详解】（1）①能形成分子间氢键的物质熔沸点较高，乙醇能形成分子间氢键、乙醚不能形成分子间氢键，所以乙醚的沸点低于乙醇，故答案为：乙醇能形成分子间氢键、乙醚不能形成分子间氢键；
②乙醚沸点比乙醇低，防止温度过高青蒿素发生副反应，所以用乙醚提纯效果较好，故答案为：乙醚沸点比乙醇低，防止温度过高青蒿素发生副反应；
（2）①原子的电负性越大，该原子吸引电子能力越强，原子核附近电子云密度越大，电负性：O＞C＞H，所以青蒿素分子中C、H、O的原子核附近电子云密度大小顺序是O＞C＞H；
②该晶胞体积=(a×10-7cm)×(b×10-7cm)×(c×10-7cm)=abc×10-21cm3，该晶胞中分子个数=4×=2，晶体的密度ρ==g.cm-3，故答案为：；
③a.质谱法测定相对分子质量，a错误；
b.X射线衍射判断晶体和非晶体，b错误；
c.核磁共振氢谱判断氢原子种类，c错误；
d.红外光谱核外光谱判断化学键，d正确；
故答案为：d；
（3）①中B原子价层电子对数=4+=4且不含孤电子对，该离子为正四面体形结构，故答案为：正四面体形；
②双氢青蒿素分子中氧原子的价层电子对数为4，采用sp3杂化，则O-Oσ键的类型为sp3-sp3σ键，故答案为：D。
16．(1) 阳 0.63mol 90%
(2)氯离子、溴离子、碘离子离子半径依次增大，离子半径越大，原子核对外层电子的吸附能力越小，失电子能力越强
(3) 氢气 2I--2e-=I2↓，2H2O+2e-=H2↑+2OH-，3I2+6OH-=5I-++3H2O，碘酸根离子与钠离子结合生成碘酸钠晶体

【分析】题中采用不同的电解质进行实验，实际是电解对应的电解质溶液，所得产物与苯乙烯发生反应，得到中间产物，中间产物再经过转化最终生成环状碳酸酯，据此分析解题。
【详解】（1）①取反应后石墨电极附近的溶液加淀粉溶液变蓝，说明在石墨电极处碘离子失电子生成了碘单质，故石墨做阳极；
② 与CO2进行加成反应，得到环状碳酸酯，根据题干中环状碳酸酯的结构，结合反应物，可知得到的环状碳酸酯结构简式为 ；
③根据中间产物的结构，生成1mol ，需要1mol苯乙烯、1mol个羟基（水电解生成氢气，产生氢氧根）和1mol碘原子，故生成1mol环状碳酸酯需要1mol电子，根据η（环状碳酸酯）≈63%，生成0.63mol环状碳酸酯，故电路中通过1mol电子时，产生环状碳酸酯为0.63mol，a=×100%=90%。故答案为：0.63mol；90%；
（2）氯离子、溴离子、碘离子离子半径依次增大，离子半径越大，原子核对外层电子的吸附能力越小，失电子能力越强；
（3）①实验Ⅳ中电解质为NaI和水，则阴极的气体为电解水生成的氢气，故答案为：氢气；
②实验Ⅳ得到白色固体碘酸钠晶体，原理为碘离子先在阳极失电子生成碘单质，阴极电解水生成氢氧根离子，碘单质在碱性条件下歧化生成碘离子和碘酸根离子，碘酸根离子与钠离子结合生成碘酸钠晶体，化学方程式为2I--2e-=I2↓，2H2O+2e-=H2↑+2OH-，3I2+6OH-=5I-++3H2O，碘酸根离子与钠离子结合生成碘酸钠晶体。
17．(1)酮羰基、羧基
(2)+Br2+HBr；
(3)
(4)加成反应
(5)
(6)

【分析】根据B的结构简式及A的分子式知，可知A与发生开环加成生成B，故A为，B中羧基和乙醇发生酯化反应生成C；对比C、D的结构，结合信息中的加成反应，推知M为，D发生加成反应生成E，E中醇羟基发生消去反应生成F；(6)模仿D→E→F的转化，与反应生成，然后在催化剂条件下发生消去反应生成，最后与氢气加成生成，据此分析解题。
【详解】（1）由题干流程图中B的结构简式可知，B中含氧官能团的名称是酮羰基、羧基；
（2）苯和液溴在催化剂的条件下发生反应生成溴苯和溴化氢，化学方程式是+Br2+HBr；
（3）通过以上分析知，M的结构简式为；
（4）由题干合成流程图信息可知，D发生加成反应生成E，故答案为：加成反应；
（5）B的同分异构体满足以下条件：①不含-CH3；②含2种官能团；③含苯环，无其他环，且苯环上仅有2个取代基，根据O原子个数及其不饱和度，2种官能团为溴原子、醛基，2个取代基为-Br、-C（CHO）3或-CHO、-CBr（CHO）2；④核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积之比为3：2：2的结构简式为；
（6）模仿D→E→F的转化，与反应生成，然后在催化剂条件下发生消去反应生成，最后与氢气加成生成，确定合成路线为：。
18．(1)3d24s2
(2)增大接触面积，加快反应速率，提高酸浸的浸出率
(3)Fe、SiO2、CaSO4
(4)FeTiO3+2H2SO4=TiOSO4+FeSO4+2H2O
(5) pH介于4～6之间时，铁离子水解完全，Fe(Ⅲ)主要以Fe(OH)3形式存在 4Fe2++3O2+6H2O=4Fe(OH)3
(6) TiO2++2H2O=2H++H2TiO3↓ +5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O

【分析】钛铁矿(FeTiO3)中往往含有Fe2O3、MgO、CaO、Al2O3、SiO2等杂质，酸浸加入硫酸溶液与金属氧化物Fe2O3、MgO、CaO、Al2O3反应生成盐和水，氧化铁反应生成硫酸铁、氧化镁反应生成硫酸镁、氧化铝反应生成硫酸铝，已知信息FeTiO3与硫酸反应生成TiOSO4和FeSO4，FeTiO3和硫酸溶液反应的离子方程式为：FeTiO3+4H+=TiO2++Fe2++2H2O，浸取液中含：Fe3+、Mg2+、Ca2+、Al3+，CaO和硫酸反应生成CaSO4，SiO2不与硫酸反应，则滤渣①成分为过量的铁粉、CaSO4、SiO2，根据加入Fe粉还原铁离子为亚铁离子，滤液①结晶过滤得到晶体成分为硫酸亚铁晶体，滤液②为FeTiO3，水解生成H2TiO3，灼烧得到钛白粉，据此分析解题。
【详解】（1）基态Ti原子的核电荷数22，价层电子排布式为：3d24s2；
（2）磨矿的目的是：增大接触面积，加快反应速率，提高酸浸的浸出率；
（3）酸浸加入稀硫酸和CaO反应生成CaSO4微溶物，SiO2是非金属氧化物，不溶于酸，则滤渣①中除铁粉外，还可能含有的成分是SiO2、CaSO4，故答案为：Fe、SiO2、CaSO4；
（4）由信息①酸浸后，钛主要以TiOSO4形式存在，②强电解质TiOSO4在溶液中仅能电离出和一种阳离子TiO2+，则酸浸过程中，FeTiO3与硫酸反应生成TiOSO4和FeSO4，发生反应的化学方程式：FeTiO3+2H2SO4=TiOSO4+FeSO4+2H2O；
（5）①由Fe3+水解呈酸性，pH越大，越促进水解正向进行，则pH介于4～6之间时，Fe(Ⅲ)主要以Fe(OH)3形式存在，Fe(Ⅲ)含量基本保持不变，故答案为：pH介于4～6之间时，铁离子水解完全，Fe(Ⅲ)主要以Fe(OH)3形式存在；
②55℃后，Fe(Ⅲ)含量增大的原因是：因为温度升高，Fe2+易被体系中的O2氧化，反应的离子方程式为：4Fe2++3O2+6H2O=4Fe(OH)3；
（6）①水解过程中得到沉淀③的离子方程式为：TiO2++2H2O=2H++H2TiO3↓；
②实验室常用酸性高锰酸钾溶液进行滴定，用离子方程式表示其原理为：+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O。
19．(1) Ag++I-=AgI↓ ＞ [Ag(S2O3)2]3-
(2) Ag2S2O3+3=2[Ag(S2O3)2]3- Ag2S2O3+H2O=Ag2S+H2SO4，Ag+与-2价S结合倾向更强 Na2S溶液至不再产生黑色沉淀后过滤
(3)加浓NaOH溶液，还原性增强
(4)4个O原子与Ag+结合，是1个S原子、3个O原子与Ag+结合，因为S原子与Ag+结合比O原子更稳定，所以与Ag+结合倾向：＜

【详解】（1）①往等浓度的NaI和Na2S2O3溶液中加入10滴0.1mol/LAgNO3溶液，产生黄色沉淀为AgI，则生成黄色沉淀的离子方程式：Ag++I-=AgI↓，证明与Ag+结合倾向I-＞，故答案为：Ag++I-=AgI↓；＞；
②取两等份AgBr浊液，分别滴加等浓度、等体积的Na2SO3和Na2S2O3溶液，前者无明显现象，后者浊液变澄清，根据已知ii.Ag+与、能生成[Ag(SO3)2]3-、[Ag(S2O3)2]3-，则澄清溶液中+1价银的存在形式为[Ag(S2O3)2]3-，故答案为：[Ag(S2O3)2]3-；
（2）①实验Ⅲ中往0.1mol/LNa2S2O3溶液中滴加0.1mol/LAgNO3溶液，产生白色沉淀，后消失，则生成的Ag2S2O3，继续反应生成[Ag(S2O3)2]3-，白色沉淀消失的离子方程式为Ag2S2O3+3=2[Ag(S2O3)2]3-，故答案为：Ag2S2O3+3=2[Ag(S2O3)2]3-；
②Ag2S2O3+H2O=Ag2S+H2SO4，Ag+与-2价S结合倾向更强，故实验Ⅳ中白色沉淀变为黑色，故答案为：Ag2S2O3+H2O=Ag2S+H2SO4，Ag+与-2价S结合倾向更强；
③Na2S2O3溶液可用作定影液；向Na2S2O3溶液溶解AgBr之后的废定影液中，加入Na2S溶液至不再产生黑色沉淀后过滤，可使定影液再生，故答案为：Na2S溶液至不再产生黑色沉淀后过滤；
（3）试管1中加浓NaOH溶液，还原性增强，析出银镜，故答案为：加浓NaOH溶液，还原性增强；
（4）和都是四面体形，体心的S很难与Ag+配位，主要是4个O原子与Ag+结合，是1个S原子、3个O原子与Ag+结合，因为S原子与Ag+结合比O原子更稳定，所以与Ag+结合倾向：＜，故答案为：4个O原子与Ag+结合，是1个S原子、3个O原子与Ag+结合，因为S原子与Ag+结合比O原子更稳定，所以与Ag+结合倾向：＜。