北京市2023-2024學(xué)年高三化學(xué)下學(xué)期開學(xué)考試題含解析

Page262023—2024學(xué)年度第二學(xué)期開學(xué)測試高三化學(xué)試卷考生須知1.本試卷共5頁，滿分100分，考試時長90分鐘。2.試題答案一律書寫在答題紙上，在試卷上作答無效。3.在答題紙上，選擇題用2B鉛筆作答，非選擇題用黑色字跡簽字筆作答。4.考試結(jié)束后，將答題紙、試卷和草稿紙一并交回?？赡苡玫降南鄬υ淤|(zhì)量：一、選擇題：本大題共14道小題，每小題3分，共42分。在每小題給出的四個選項中，只有一項符合題目的要求。把正確答案涂寫在答題卡上相應(yīng)的位置。1.中國“天宮”空間站使用了很多高新技術(shù)材料。下列對涉及材料的說法不正確的是A.核心艙的離子推進器使用氙氣作為推進劑，氙位于元素周期表0族B.被譽為“百變金剛”的太空機械臂主要成分為鋁合金，其強度大于純鋁C.“問天”實驗艙使用砷化鎵()太陽能電池，砷和鎵位于元素周期表第四周期D.太陽能電池翼基板采用碳纖維框架和玻璃纖維網(wǎng)，兩者均屬于有機高分子材料【答案】D【解析】【詳解】A．氙位于元素周期表0族，故A正確；B．鋁合金強度大于純鋁，故B正確；C．砷和鎵位于元素周期表第四周期，故C正確；D．碳纖維框架和玻璃纖維網(wǎng)均屬于無機非金屬材料，故D錯誤；故選D。2.三氟乙酸乙酯是一種重要的含氟有機中間體，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，所以分子中O和F的第一電離能：O＜F，A正確；B．有機物中有4個C，沒有碳碳三鍵官能團，分子中四個碳原子不在同一條直線上，B錯誤；C．形成雙鍵的C為sp2雜化，余下三個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。3.下列事實與解釋不對應(yīng)的是選項事實解釋A第一電離能：與K位于同一主族，原子半徑：，原子核對外層電子的吸引能力：B晶體中每個分子緊鄰的分子數(shù)：硫化氫晶體(12個)冰(4個)冰中水分子間主要以氫鍵結(jié)合，硫化氫晶體中硫化氫分子間主要以范德華力結(jié)合C分子的極性：鍵的極性大于鍵的極性D熔點：屬于離子晶體，屬于分子晶體A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【詳解】A．Na與K位于同一主族，原子半徑：Na<K，原子核對外層電子的吸引能力：Na>K，K更容易失去電子，所以第一電離能：Na>K，A正確；B．冰中水分子間主要以氫鍵結(jié)合，硫化氫晶體中硫化氫分子間主要以范德華力結(jié)合，為面心立方堆積，所以晶體中每個分子緊鄰的分子數(shù)：硫化氫晶體(12個)>冰(4個)，B正確；C．分子的極性：NH3>CH4，因為氨氣為三角錐，沒有對稱中心，甲烷為正四面體，有對稱中心，C錯誤；D．AlF3屬于離子晶體，AlCl3屬于分子晶體，一般為離子晶體的熔沸點大于分子晶體，所以熔點：AlF3(1040℃)>AlCl3(178℃)，D正確；故選C。4.下列方程式與所給事實相符的是A.含少量的乙炔通入溶液，生成黑色沉淀：B.加熱和S的混合物生成黑色固體：C.向氯化銀濁液中滴加氨水，得到澄清溶液：D.向溶液中加入至溶液顯中性：【答案】D【解析】【詳解】A．通入溶液，生成黑色沉淀，方程式為：，A錯誤；B．加熱和S的混合物生成黑色固體FeS：，B錯誤；C．向氯化銀濁液中滴加氨水，得到澄清溶液：，C錯誤；D．向溶液中加入至溶液顯中性，氫離子與氫氧根離子完全反應(yīng)，離子方程式為：，D正確；答案選D。5.能證明Na2SO3溶液中存在SO＋H2O?HSO＋OH－水解平衡事實的是()A.滴入酚酞溶液變紅，再加入H2SO4溶液后紅色褪去B.滴入酚酞溶液變紅，再加入氯水后紅色褪去C.滴入酚酞溶液變紅，再加入BaCl2溶液后產(chǎn)生沉淀且紅色褪去D.滴入酚酞溶液變紅，再加入NaHSO4溶液后紅色褪去【答案】C【解析】【詳解】A．滴入酚酞試液變紅，說明亞硫酸鈉溶液中氫氧根離子濃度大于氫離子濃度，溶液呈堿性，酚酞在pH大于8時，呈紅色，加入硫酸溶液后，溶液褪色，溶液可能呈酸性越可能呈堿性，若為酸性，不能說明平衡移動，故A錯誤；B．滴入酚酞試液變紅，說明溶液中氫氧根離子濃度大于氫離子濃度，氯水具有強氧化性，具有漂白性，再加入氯水后溶液褪色，不能說明存在水解平衡，故B錯誤；C．滴入酚酞試液變紅，說明溶液中氫氧根離子濃度大于氫離子濃度，再加入氯化鋇溶液后，鋇離子和亞硫酸根離子反應(yīng)而和亞硫酸氫根離子不反應(yīng)，鋇離子和亞硫酸根離子反應(yīng)生成亞硫酸鋇沉淀，且溶液紅色褪去，所以說明存在水解平衡，故C正確；D．滴入酚酞試液變紅，說明亞硫酸鈉溶液中氫氧根離子濃度大于氫離子濃度，溶液呈堿性，酚酞在pH大于8時，呈紅色，加入NaHSO4溶液后，溶液褪色，溶液可能呈酸性越可能呈堿性，若為酸性，不能說明平衡移動，故D錯誤；故選C。6.下列實驗?zāi)苓_(dá)到實驗?zāi)康牡氖茿B比較相同溫度下和的大小檢驗有機化合物中含溴原子CD探究干燥的氯氣是否具有漂白性研究濃度對化學(xué)平衡的影響A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【詳解】A．含有的硫化鈉會和銅離子生成硫化銅沉淀，不能比較相同溫度下和的大小，A錯誤；B．冷卻后應(yīng)該加入酸酸化，除去過量的氫氧化鈉防止干擾溴離子的檢驗，B錯誤；C．應(yīng)該先通過干燥的有色布條，再通過濕潤的有色布條，通過對比說明氯氣沒有漂白性，氯氣和水生成的次氯酸具有漂白性，C錯誤；D．實驗中變量為KSCN溶液的濃度，對比實驗加入水排除溶液體積增大對實驗的影響，通過溶液顏色變化可以研究濃度對化學(xué)平衡的影響，D正確；故選D。7.為尖晶石型錳系鋰離子電池材料，其晶胞由8個立方單元組成，這8個立方單元可分為A、B兩種類型。電池充電過程的總反應(yīng)可表示為：。已知：充放電前后晶體中錳的化合價只有+3、+4，分別表示為Mn(III)、Mn(IV)。下列說法不正確的是A.每個晶胞含8個B.立方單元B中Mn、O原子個數(shù)比為C.放電時，正極反應(yīng)為D.若，則充電后材料中Mn(Ⅲ)與Mn(Ⅳ)的比值為【答案】B【解析】【詳解】A．從A立方單元中可知，一個A單元中含2個，一個晶胞含4個A，所以每個晶胞含8個，故A正確；B．由立方單元B可知Mn原子個數(shù)分別為，O原子個數(shù)為，所以Mn、O原子個數(shù)比為，故B錯誤；C．放電時，正極得電子被還原，反應(yīng)式：，故C正確；D．若，根據(jù)化合物化合價之和為0的原則，可計算出Mn(Ⅲ)與Mn(Ⅳ)的比值為，故D正確；故選B。8.某小組分別進行如下3組實驗研究與的反應(yīng)，實驗記錄如下：序號實驗試劑現(xiàn)象①1滴溶液溶液迅速變綠，未見白色沉淀生成；靜置2小時后底部有少量白色沉淀②先加入5滴溶液，再加入1滴溶液溶液變紅，未見白色沉淀生成③先加入5滴溶液，再加入1滴溶液溶液變紅，同時迅速生成白色沉淀，振蕩后紅色消失已知：水溶液中，為白色沉淀，呈黃色。被稱為“擬鹵素”。下列說法不正確的是A.①中生成白色沉淀的原因是：B.由①可推知：①中生成配合物反應(yīng)的反應(yīng)速率大于氧化還原反應(yīng)的C.由②③可推知，結(jié)合的能力：D.由①③可推知：促進了轉(zhuǎn)化為【答案】C【解析】【詳解】A．溶液中滴加1滴溶液，生成黃色，黃色與銅離子形成的藍(lán)色混合溶液呈綠色，靜置2小時后產(chǎn)生白色沉淀，說明發(fā)生反應(yīng)：，A正確；B．根據(jù)①中現(xiàn)象可知，先與形成配合物，所以溶液顯變綠；靜置后產(chǎn)生白色沉淀，說明發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成白色沉淀，B正確；C．②中溶液變紅，未見白色沉淀生成，說明結(jié)合SCN的能力Fe3+>Cu2+；③中迅速生成白色沉淀，振蕩后紅色消失，說明結(jié)合SCN的能力Cu+>Fe3+，由②③可推知；結(jié)合的能力：，C錯誤；D．由①③可推知：促進了轉(zhuǎn)化為，D正確；答案選C。9.在催化劑表面，丙烷催化氧化脫氫反應(yīng)歷程如下圖。下列說法不正確的是A.①中，催化劑被氧化B.②中，丙烷分子中的甲基先失去氫原子C.總反應(yīng)為D.總反應(yīng)的速率由③決定【答案】D【解析】【詳解】A．①中催化劑失去氫原子，化合價升高，被氧化，故A正確；B．②中丙烷失去了氫原子變成了正丙基，故B正確；C．從整個歷程圖來看，反應(yīng)物是氧氣和正丙烷，生成物是丙烯和水，化學(xué)方程式正確，故C正確；D．①過程中活化能為181.1kJ/mol，②過程中活化能為27.9kJ/mol，③過程中活化能為20.2kJ/mol，活化能越大，反應(yīng)速率越慢，則①為整個反應(yīng)的決速步，故D錯誤；答案D。10.下列結(jié)論可由實驗事實推導(dǎo)出的是選項實驗事實(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，不能證明氧化性：，故D錯誤；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，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.實驗室模擬侯氏制堿碳酸化制的過程，將通入飽和氨鹽水(溶質(zhì)為、)，實驗現(xiàn)象及數(shù)據(jù)如圖1，含碳粒子在水溶液中的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)與pH的關(guān)系如圖2。下列說法正確的是A.，溶液中B.，發(fā)生反應(yīng)：C.水的電離程度：D.，、均保持不變【答案】C【解析】【詳解】A．，為飽和氨鹽水(溶質(zhì)為、)，溶液中存在，故，選項A錯誤；B．，隨著反應(yīng)的進行，時pH=10.3，生成的少量白色固體為，由圖2可知，溶液中和濃度相等，生成少量白色固體，但無法知道沉淀的物質(zhì)的量與溶液中兩種離子的物質(zhì)的量之比，無法寫出該反應(yīng)的離子方程式，選項B錯誤；C．，為飽和氨鹽水(溶質(zhì)為、)，一水合氨抑制水的電離；，為碳酸氫銨與碳酸銨按1：1形成的溶液，促進水的電離；故水的電離程度：，選項C正確；D．，隨著反應(yīng)的進行，產(chǎn)生碳酸氫鈉晶體，故溶液中減少，保持不變，選項D錯誤；答案選C。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，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，共有18molH2O生成，D錯誤；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，體系達(dá)到平衡時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，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，平衡體系中和的物質(zhì)的量：C.當(dāng)時，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，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錯誤；C．當(dāng)T=500℃時，平衡時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。二、非選擇題：本大題共5小題，共58分。把答案填在答題紙中相應(yīng)的橫線上。15.鈣鈦礦（通式為）是一類與鈦酸鈣具有相似晶體結(jié)構(gòu)的新型材料。（1）的晶胞形狀為立方體，如右圖所示。①基態(tài)O原子的價層電子軌道表示式為______。②該晶胞中，每個Ca周圍與它最近且相等距離的O有______個。③該晶胞結(jié)構(gòu)的另一種表示中，Ti處于各頂角位置，則O處于______位置。（2）有機-無機雜化鈣鈦礦材料具有良好的光致發(fā)光、半導(dǎo)體性能，其中的合成過程如下：HCl++CdCl2①中存在配位鍵，接受孤電子對的中心離子或原子是______。②比較和中C-N-C鍵角的大小并解釋原因______。③具有較低的熔點。從結(jié)構(gòu)角度解釋原因______。（3）相較于鈣鈦礦，類鈣鈦礦結(jié)構(gòu)材料具有高溫穩(wěn)定性等優(yōu)點。一種類鈣鈦礦結(jié)構(gòu)材料含Pr（鐠）、Ni和O元素，晶胞形狀為長方體，邊長分別為anm、anm、bnm，如圖所示：①該物質(zhì)的化學(xué)式為______。②阿伏加德羅常數(shù)為，該晶體的密度為______。（）【答案】（1）①.②.12③.棱心（2）①.Cd2+和H②.中C-N-C鍵角大于中的C-N-C鍵角；和中的N原子都是sp3雜化，的空間構(gòu)型為四面體結(jié)構(gòu)，而是三角錐形結(jié)構(gòu)，N原子上有孤電子對，孤電子對斥力大，C-N-C鍵角小③.是離子化合物，陰陽離子體積較大，所帶電荷少，晶格能較小，所以熔點低（3）①.Pr2NiO4②.【解析】小問1詳解】①O原子價電子排布式為2s22p4，則價電子表達(dá)式為；②Ca周圍最近的O原子位于以Ca原子為中心的12個面的面心上，最近的氧原子為12個；③將體心的Ti原子平移到頂角，則氧原子按同樣的方式平移到棱心上，因此O原子位于棱心位置；【小問2詳解】①中的類似于銨根離子，H+提供空軌道，N提供孤電子對，中的Cd2+提供空軌道，Cl-提供孤電子對，因此接受孤電子對的原子或離子有H和Cd2+；②和中的N原子都是sp3雜化，的空間構(gòu)型為四面體結(jié)構(gòu)，而是三角錐形結(jié)構(gòu)，N原子上有孤電子對，孤電子對斥力大，C-N-C鍵角小，因此中C-N-C鍵角大于中的C-N-C鍵角；③是離子化合物，離子化合物的熔沸點和晶格能有關(guān)，晶格能越大熔沸點越高，該化合物的陰陽離子體積較大，所帶電荷少，晶格能較小，所以熔點低；【小問3詳解】①晶胞中Pr的個數(shù)為8×+2=4，Ni原子的個數(shù)為8×+1=2，O原子的個數(shù)為16×+4×+2=8，Pr、Ni、O原子個數(shù)比為4:2:8=2:1:4，化學(xué)式為Pr2NiO4；②晶胞的質(zhì)量為g，晶胞的體積為a2b×10-21cm3，因此晶胞的密度為g/cm3。16.一種利用低品位銅礦(、CuS、FeO和等)為原料制取CuCl工藝流程如下：已知：i.水溶液中不存在碳酸銅，碳酸銅遇水立即水解為堿式碳酸銅和氫氧化銅。ii.室溫時，的溶度積常數(shù)。（1）銅礦中被氧化的物質(zhì)有_______。（2）濾液D中鐵離子的濃度約為_______，向濾液D中先通氨氣的目的_______。（3）固體E主要是，生成的離子方程式是_______。（4）濾液F加熱生成、和CuO，反應(yīng)的化學(xué)方程式是_______。（5）查閱資料：+1價Cu和可以形成2種配離子和。濾液G加大量水析出CuCl沉淀，從平衡移動角度分析，濾液G中的配離子是哪種更有利于CuCl的生成_______。（6）CuCl質(zhì)量分?jǐn)?shù)的測定稱取mg樣品，溶于25mL過量的硫酸鐵銨溶液(將+1價Cu氧化)，滴加2滴試亞鐵靈指示劑(與發(fā)生特征反應(yīng)，溶液呈紅棕色)，用含的硫酸鐵鈰標(biāo)準(zhǔn)液滴定，共消耗硫酸鐵鈰標(biāo)準(zhǔn)液VmL，則CuCl質(zhì)量分?jǐn)?shù)的計算式_______。【答案】（1）Cu2S、CuS、FeO（2）①.②.生成[Cu(NH3)4]2+，防止加入NH4HCO3時Cu2+沉淀；中和溶液中的H+（3）（4）（5）（6）【解析】【分析】根據(jù)流程：低品位銅礦（Cu2S、CuS及FeO和Fe2O3等）加入二氧化錳與硫酸，F(xiàn)e2O3溶解生成硫酸鐵，Cu2S、CuS及FeO發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成硫單質(zhì)、硫酸鐵、硫酸銅，二氧化錳被還原為二價錳離子留在溶液中，加入氨水調(diào)節(jié)pH，沉淀鐵離子生氫氧化鐵沉淀，向濾液D中先通氨氣再加入碳酸氫銨除錳，二價錳離子轉(zhuǎn)化為碳酸錳沉淀，溶液中CuSO4轉(zhuǎn)變?yōu)閇Cu(NH3)4]CO3留在溶液中，[Cu(NH3)4]CO3溶液加熱：，將氧化鐵銅粉末與水、鹽酸、氯化鈉、銅反應(yīng)得到Na[CuCl2]，加水沉淀，經(jīng)過過濾、洗滌、干燥得到氯化亞銅，據(jù)此分析解答?！拘?詳解】據(jù)分析可知，Cu2S、CuS及FeO與發(fā)生氧化還原反應(yīng)生；故答案為Cu2S、CuS、FeO?！拘?詳解】室溫時，的溶度積常數(shù)；pH=3時，，所以，所以；然后向濾液D中通氨氣和碳酸氫銨除錳，二價錳離子轉(zhuǎn)化為碳酸錳沉淀，先通氨氣生成[Cu(NH3)4]2+，防止加入NH4HCO3時Cu2+沉淀；中和溶液中的H+；故答案為；生成[Cu(NH3)4]2+，防止加入NH4HCO3時Cu2+沉淀；中和溶液中的H+?！拘?詳解】向濾液D中先通氨氣和碳酸氫銨除錳，二價錳離子轉(zhuǎn)化為碳酸錳沉淀，生成的離子方程式為，故答案為?！拘?詳解】濾液F為[Cu(NH3)4]CO3；加熱生成、和CuO，反應(yīng)的化學(xué)方程式是，故答案為?！拘?詳解】，，從平衡移動角度分析，加大量水，前者平衡正向移動析出CuCl，后者平衡不移動，更合理；故答案為。【小問6詳解】稱取mg樣品，溶于25mL過量的硫酸鐵銨溶液(將+1價Cu氧化)，，滴加2滴試亞鐵靈指示劑(與發(fā)生特征反應(yīng)，溶液呈紅棕色)，用含的硫酸鐵鈰標(biāo)準(zhǔn)液滴定，共消耗硫酸鐵鈰標(biāo)準(zhǔn)液VmL，所以有，則CuCl質(zhì)量分?jǐn)?shù)為，故答案為。17.羅沙司他可用于治療由慢性腎病引發(fā)的貧血，其中一種合成路線如下。已知：i．ii．表示某易離去的基團iii．（1）A含有的官能團為___________。（2）B→D的化學(xué)方程式為___________。（3）D→E的反應(yīng)類型為___________。（4）G的結(jié)構(gòu)簡式為___________。（5）K經(jīng)多步可得到N，寫出L與M的結(jié)構(gòu)簡式。L：___________；M：___________。（6）試劑b分子式為。N→P的轉(zhuǎn)化過程中，還會發(fā)生多個副反應(yīng)。寫出其中一個副反應(yīng)產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)簡式：___________(核磁共振氫譜有2組峰，且峰面積之比為)。【答案】（1）羧基和碳氟鍵（2）++HCl（3）加成反應(yīng)（4）（5）①.②.（6）【解析】【分析】由題干合成流程圖可知，由生成A的轉(zhuǎn)化條件可推知A的結(jié)構(gòu)簡式為：，由A到B的轉(zhuǎn)化條件可推知B的結(jié)構(gòu)簡式為：，由E的結(jié)構(gòu)簡式和B到D、D到E的轉(zhuǎn)化條件可知，試劑a的結(jié)構(gòu)簡式為：，D的結(jié)構(gòu)簡式為：，由E、J的結(jié)構(gòu)簡式和G、I的分子式并結(jié)合E到G、G到I、I到J的轉(zhuǎn)化條件可知，G的結(jié)構(gòu)簡式為：，I的結(jié)構(gòu)簡式為：，由N、P的結(jié)構(gòu)簡式和試劑b分子式為C2H5NO2，可知試劑b的結(jié)構(gòu)簡式為：H2NCH2COOH，由此分析解題?！拘?詳解】由分析可知，A的結(jié)構(gòu)簡式為：，則A含有的官能團為羧基和碳氟鍵，故答案為：羧基和碳氟鍵；【小問2詳解】由分析可知，B的結(jié)構(gòu)簡式為：，試劑a的結(jié)構(gòu)簡式為：，D的結(jié)構(gòu)簡式為：，則B→D的化學(xué)方程式為：++HCl，故答案為：++HCl；【小問3詳解】由分析可知，D的結(jié)構(gòu)簡式為：，結(jié)合E的結(jié)構(gòu)簡式可知D→E的反應(yīng)類型為加成反應(yīng)，故答案為：加成反應(yīng)；【小問4詳解】由分析可知，G的結(jié)構(gòu)簡式為，故答案為：；【小問5詳解】K經(jīng)多步可得到N，結(jié)合題干信息iii可知，K在一定條件下發(fā)生信息iii反應(yīng)得到L，則L的結(jié)構(gòu)簡式為：，L異構(gòu)化為M，即L和M為同分異構(gòu)體，結(jié)合N的結(jié)構(gòu)簡式可知，M的結(jié)構(gòu)簡式為：，M在一定條件下發(fā)生消去反應(yīng)，脫去一個小分子HTs可得N，故答案為：；；【小問6詳解】由已知信息i和A到B的轉(zhuǎn)化條件可知，N轉(zhuǎn)化P也是分兩步進行的，即先N與SOCl2在一定條件下反應(yīng)，然后再與試劑b即H2NCH2COOH發(fā)生信息i反應(yīng)生成P，在此過程中H2NCH2COOH可能先與SOCl2反應(yīng)生成H2NCH2COCl，然后H2NCH2COCl自身發(fā)生反應(yīng)生成，該物質(zhì)符合核磁共振氫譜有2組峰，且峰面積之比為，故答案為：。18.回收廢舊鋰離子電池中的金屬元素，可以有效緩解原料供應(yīng)緊張、環(huán)境污染等問題。Ⅰ．碳還原焙燒-水浸法可實現(xiàn)三元鋰離子電池正極材料中鋰的優(yōu)先提取：將正極材料與一定量炭粉充分混合、焙燒，得到和等；再浸于水，得到含的浸出液。已知：微溶于水；溶解度：。（1）焙燒過程中未得到單質(zhì)，若計算的，需要知道哪些反應(yīng)的_______。（2）水浸過程中通入可提高鋰的浸出率。用化學(xué)方程式解釋原因_______。Ⅱ．是鈷酸鋰電池正極材料的主要成分，某研究小組以檸檬酸(，三元弱酸)和作為浸出劑，浸出，并用電解的方法從浸出液中回收。已知：i．在浸出過程中，檸檬酸表現(xiàn)出酸性，同時電離產(chǎn)生的陰離子與形成配合物，有利于鈷的浸出。與形成配合物的能力：；iⅱ．浸出液時，是(Ⅱ)的主要存在形式；穩(wěn)定性：；iii．（3）的作用是_______。（4）相同時間內(nèi)，檸檬酸起始濃度對鈷浸出率的影響如圖所示。當(dāng)檸檬酸濃度從增加到時，鈷的浸出率逐漸下降，可能的原因是_______。（5）電解法回收鈷的簡易裝置如圖所示。①石墨為_______(填“陽極”或“陰極”)。②在電極放電的電極反應(yīng)式為_______。③電解時間相同時，電解液初始對回收率和電流效率的影響如圖所示。隨著的升高，的回收率先增加后下降的可能原因是_______?！敬鸢浮浚?）（2）（3）還原劑（4）當(dāng)檸檬酸濃度過高時，浸出過程中不能明顯被消耗，剩余的會抑制的形成，不利于形成配合物（5）①.陽極②.③.時，隨增大，降低，競爭放電能力減弱，的回收率增加；時，隨增大，促進電離，增大，形成的更穩(wěn)定，不易放電，的回收率下降【解析】【小問1詳解】焙燒過程中未得到Mn單質(zhì)，若計算的，需要知道的的小問2詳解】水浸過程中通入CO2與碳酸鋰反應(yīng)生成碳酸氫鋰，可提高鋰的浸出率，原因為【小問3詳解】以檸檬酸(C6H8O7，三元弱酸)和H2O2作為浸出劑，與LiCoO2反應(yīng)浸出Co2+，則H2O2為還原劑【小問4詳解】當(dāng)檸檬酸濃度從1.25mol·L-增加到1.75mol·L-時，鈷的浸出率逐漸下降，可能的原因是當(dāng)檸檬酸濃度過高時，浸出過程中不能明顯被消耗，剩余的會抑制的形成，不利于形成配合物【小問5詳解】①電解法回收鈷，陰極生成鈷單質(zhì)則石墨為陽極；在電極放電生成鈷單質(zhì)電極反應(yīng)式為；隨著的升高，的回收率先增加后下降的可能原因是時，隨增大，降低，競爭放電能力減弱，的回收率增加；時，隨增大，促進電離，增大，形成的更穩(wěn)定，不易放電，的回收率下降19.小組同學(xué)探究鎂與銀氨溶液反應(yīng)的產(chǎn)物及影響其反應(yīng)速率的因素。I．探究鎂與銀氨溶液反應(yīng)的產(chǎn)物【實驗1】向溶液中逐滴加入氨水，最終得到無色透明溶液。【實驗2】（1）實驗1中，反應(yīng)的離子方程式是___________。（2）由實驗2-2可證明2-1中有Ag生成，則2-2中加入過量稀硝酸后可觀察到的現(xiàn)象是_____。（3）由實驗2-3可證明2-1中有生成，則試劑甲、乙分別為___________、___________(填字母)。a．稀硝酸b．稀鹽酸c．溶液d．溶液（4）經(jīng)檢驗，實驗2-1中產(chǎn)生的氣體有和。①檢驗產(chǎn)生氣體中有的操作及現(xiàn)象：將濕潤的紅色石蕊試紙置于試管口處，觀察到_________。②生成、、的反應(yīng)可表示為：、___________。II．探究影響鎂與銀氨溶液反應(yīng)生成速率的因素【實驗3】用溶液、氨水按照下表所示用量配制好銀氨溶液后，放入等量打磨過的鎂條，記錄收集所用時間。序號配制銀氨溶液所用試劑配好的銀氨溶液的組成時間s體積mL溶液體積mL氨水體積mL濃度氨水濃度3-