北京市西城區2022屆高三一模考試化學試題本試卷共10頁，100分。考試時長90分鐘。考生務必將答案答在答題卡上，在試卷上作答無效。考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。可能用到的相對原子質量：H1S32第一部分本部分共14題，每題3分，共42分。在每題列出的四個選項中，選出最符合題目要求的一項。1.化合物M是一種治療腦卒中藥物中間體，其結構簡式如下圖。下列關于該有機物的說法不正確的是A.存在順反異構B.分子中有3種含氧官能團C.能與發生取代反應和加成反應D.1mol該有機物最多消耗2mol【答案】D【解析】【詳解】A．該有機物分子中含有碳碳雙鍵，且雙鍵碳原子連有兩個不同的基團，所以有順反異構，故A正確；B．分子中有羥基、醚鍵和酯基三種含氧官能團，故B正確；C．苯環上直接連有羥基，具有酚的性質，在酚羥基的鄰對位上的氫原子可以被溴取代，分子中有碳碳雙鍵，可以和溴發生加成反應，故C正確；D．酚能和NaOH發生中和反應，酯基在NaOH溶液中可以發生水解反應，鹵代烴也能在NaOH溶液中發生水解反應，所以1mol該有機物最多消耗3molNaOH，故D錯誤；故選D。2.中國科學家經過光譜分析發現了一顆鋰元素含量極高的恒星。下列說法不正確的是A.LiOH的堿性弱于Be(OH)2B.在堿金屬元素中，鋰元素的第一電離能最大C.依據對角線規則，鋰元素和鎂元素的有些性質相似D.原子光譜的產生與電子躍遷有關，可利用原子光譜中的特征譜線來鑒定鋰元素【答案】A【解析】【詳解】A．同周期元素，從左到右元素的金屬性依次減弱，最高價氧化物對應水化物的堿性減弱，則氫氧化鋰的堿性強于氫氧化鈹，故A錯誤；B．同主族元素，從上到下的第一電離能依次減小，所以在堿金屬元素中，鋰元素的第一電離能最大，故B正確；C．依據對角線規則可知，元素周期表中位于對角線上的鋰元素和鎂元素的有些性質相似，故C正確；D．用光譜儀器攝取各種元素的電子的吸收光譜或發射光譜總稱原子光譜，原子光譜的產生與電子躍遷有關，不同元素原子的吸收光譜或發射光譜不同，所以可以利用原子光譜中的特征譜線來鑒定鋰元素，故D正確；故選A。3.下列說法正確是A.和分子中均含有s-p鍵B.和的VSEPR模型和空間結構均一致C.熔點：金剛石>碳化硅>晶體硅D.酸性：【答案】C【解析】【詳解】A．氯氣分子中含有p—pσ鍵，不含有s—pσ鍵，故A錯誤；B．氨分子中氮原子的價層電子對數為4、孤對電子對數為1，VSEPR模型為四面體形、空間結構為三角錐形，銨根離子中氮原子的價層電子對數為4、孤對電子對數為0，VSEPR模型為四面體形、空間結構為正四面體形，所以氨分子和銨根離子的空間結構不同，故B錯誤；C．原子晶體的熔點大小取決于共價鍵的強弱，共價鍵越強，晶體的熔點越高，金剛石、碳化硅、晶體硅都為原子晶體，晶體中成鍵原子形成共價鍵的鍵長的大小順序為Si—Si>C—Si>C—C，鍵能大小順序為C—C>C—Si>Si—Si，共價鍵的強弱順序為C—C>C—Si>Si—Si，所以晶體的熔點大小順序為金剛石>碳化硅>晶體硅，故C正確；D．氯元素的電負性大，吸電子的能力強，羧酸分子中烴基上氯原子數目越多，吸電子能力越強，羧基中氫氧鍵的活性越強，越容易電離出氫離子，羧酸的酸性更強，則羧酸的酸性強弱順序為CCl3COOH>CHCl2COOH>CH3COOH，故D錯誤；故選C。4.新冠病毒是一種具有包膜的RNA病毒，包膜的主要成分是蛋白質和脂質。核酸檢測就是檢測新冠病毒的RNA。下列說法不正確的是A.核酸和蛋白質都是生物大分子B.核酸和蛋白質都不能發生水解反應C.核酸中核苷酸之間通過磷酯鍵連接D.一定濃度的含氯消毒液可使新冠病毒中的蛋白質變性【答案】B【解析】【詳解】A．蛋白質、核酸都是由單體聚合形成的生物大分子，選項A正確；B．蛋白質最終水解為氨基酸、核酸最終水解為核苷酸，均能發生水解反應，選項B不正確；C．所有的核酸都是核苷酸的多聚體，通過磷酸二酯鍵相連，選項C正確；D．次氯酸鈉等含氯消毒劑可用于殺死新冠病毒是因為它們都能使蛋白質變性，選項D正確；答案選B。5.氮摻雜的碳材料可以有效催化燃料電池中的還原反應，其催化機理如圖。途徑一：A→B→C→F途徑二：A→B→C→D→E下列說法不正確的是A.途徑一中存在極性共價鍵的斷裂與形成B.途徑一的電極反應是C.途徑二，1mol得到4molD.氮摻雜的碳材料降低了反應的焓變【答案】D【解析】【詳解】A．由圖中信息可知，途徑一中有C-O鍵、O-H鍵的形成，也有C-O鍵的斷裂，選項A正確；B．途徑一的過程中有O2的參與和二次增加H+、e-，最后從催化劑中放出H2O2,其電極反應是，選項B正確；C．途徑二中，有O2參與，途中二次增加H+、e-和一次增加2H+、2e-，故1mol得到4mol，選項C正確；D．氮摻雜的碳材料降低了反應的活化能，但不能改變焓變，選項D不正確；答案選D。6.室溫下，將充滿NO2的試管倒立在水中，實驗現象如圖。下列分析不正確的是A.NO2易溶于水，不能用排水法收集B.試管中剩余的無色氣體是未溶解的NO2C.取試管中的溶液，滴加紫色石蕊溶液，溶液顯紅色，是因為NO2與H2O反應生成了酸D.向試管中再緩緩通入一定量的O2，試管中的液面上升【答案】B【解析】【詳解】A．從圖中可以看出，水進入試管約三分之二體積，表明NO2易溶于水，不能用排水法收集，A正確；B．NO2呈紅棕色，而試管中剩余氣體呈無色，所以試管中剩余氣體不是NO2，B不正確；C．紫色石蕊溶液顯紅色，表明溶液顯酸性，從而表明NO2與H2O反應生成了酸等物質，C正確；D.試管中剩余氣體為NO，通入一定量的O2，發生反應4NO+3O2+2H2O=4HNO3，NO氣體轉化為HNO3，所以試管中的液面上升，D正確；故選B。7.下列方程式不能準確解釋相應實驗現象的是A.和濃鹽酸共熱產生黃綠色氣體：B.Na加入滴有酚酞的水中，溶液變紅：C.加熱Fe和S的混合物生成黑色固體：D.加熱藍色的溶液，溶液變綠：[Cu(H2O)4]2+(aq，藍色)+4Cl-(aq)[CuCl4]2-(aq，黃色)+4H2O(l)【答案】C【解析】【詳解】A．MnO2和濃鹽酸共熱產生黃綠色氣體Cl2，其離子反應方程式為，故A項正確；B．Na加入滴有酚酞的水中，發生反應生成NaOH，溶液呈堿性，酚酞遇堿變紅，其離子反應方程式為：，故B項正確；C．加熱Fe和S混合物生成黑色固體FeS，其化學反應方程式為，故C項錯誤；D．加熱藍色的CuCl2溶液，溶液變綠，體系中發生了絡合反應生成了黃色的[CuCl4]2-，且正反應方向吸熱，最終看到的綠色是它們的混合顏色，其離子反應方程式為：[Cu(H2O)4]2+(aq，藍色)+4Cl-(aq)?[CuCl4]2-(aq，黃色)+4H2O(l)ΔH>0，故D項正確；答案選C。8.用下圖裝置(夾持、加熱裝置已略)進行實驗，②中現象不能證實①中發生了反應的是

①中實驗②中現象A加熱1-溴丁烷與NaOH的乙醇溶液的混合物酸性溶液褪色B加熱溶液和濃NaOH溶液的混合物溶液先變渾濁后澄清C加熱乙酸、乙醇和濃硫酸的混合物飽和溶液的上層有無色油狀液體產生D將鐵粉、碳粉和NaCl溶液的混合物放置一段時間導管中倒吸一段水柱A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【詳解】A．乙醇易揮發，乙醇及生成的1-丁烯均使高錳酸鉀溶液褪色，所以溶液褪色不能證明①中有1-丁烯的生成，故A符合題意；B．加熱溶液和濃NaOH溶液的混合物產生氨氣，將氨氣通入溶液，最初產生沉淀，后沉淀溶解，得到銀氨溶液，則可以證明①中發生反應，故B不符合題意；C．加熱乙酸、乙醇和濃硫酸的混合物制備乙酸乙酯，加熱蒸餾后，在飽和溶液的上層得到無色油狀液體，則可以證明①中發生反應，故C不符合題意；D．將鐵粉、碳粉和NaCl溶液的混合物放置一段時間，發生吸氧腐蝕，試管①中壓強減小，導管中倒吸一段水柱，則可以證明①中發生反應，故D不符合題意；答案選A。9.向盛有溶液的燒杯中，加入少量氨水，再加入過量Mg粉，有大量氣泡產生。將濕潤的紅色石蕊試紙放在燒杯口，試紙變藍。溶液的pH隨時間的變化如圖。下列說法不正確的是A.隨著反應的進行，降低B.產生的氣體是混合物C.pH=9時，溶液中D.溶液的pH升高可能是Mg與、反應的結果【答案】C【解析】【詳解】A．由產生的氣體能使濕潤的紅色石蕊試紙變藍可知，鎂與氯化銨溶液中的銨根離子反應生成氫氣和氨氣，所以隨著反應的進行，溶液中銨根離子濃度減小，B．由產生的氣體能使濕潤的紅色石蕊試紙變藍可知，鎂與氯化銨溶液中的銨根離子反應生成氫氣和氨氣，所以反應產生的氣體是混合物，故B正確；C．pH為9的堿性溶液中存在電荷守恒關系c(H+)+c(NH)+2c(Mg2+)=c(Cl—)+c(OH—)，溶液中氫離子濃度小于氫氧根離子濃度，所以溶液中c(NH)+2c(Mg2+)＞c(Cl—)，故C錯誤；D．由產生的氣體能使濕潤的紅色石蕊試紙變藍可知，鎂與溶液中的銨根離子反應生成一水合氨和氫氣，反應中一水合氨濃度增大，會分解逸出氨氣，使溶液中氫氧根離子濃度增大，溶液pH升高，故D正確；故選C。10.ORP傳感器(如下圖)測定物質的氧化性的原理：將Pt電極插入待測溶液中，Pt電極、Ag/AgCl電極與待測溶液組成原電池，測得的電壓越高，溶液的氧化性越強。向NaIO3溶液、FeCl3溶液中分別滴加2滴H2SO4溶液，測得前者的電壓增大，后者的幾乎不變。下列說法不正確的是A.鹽橋中的Cl-移向Ag/AgCl電極B.Ag/AgCl電極反應是Ag-e-+Cl-=AgClC.酸性越強，的氧化性越強D.向FeCl3溶液中滴加濃NaOH溶液至堿性，測得電壓幾乎不變【答案】D【解析】【分析】Ag、Pt、待測溶液組成原電池，由于Ag的金屬活動性比Pt強，所以Ag作負極，Pt作正極。【詳解】A．在原電池中，陰離子向負極移動，在該電池中，Ag作負極，所以鹽橋中的Cl-移向Ag/AgCl電極，A正確；B．Ag/AgCl電極作負極，則Ag失電子生成的Ag+與溶液中的Cl-反應生成AgCl，電極反應式是Ag-e-+Cl-=AgCl，B正確；C．向NaIO3溶液滴加2滴H2SO4溶液，電壓增大，則表明酸性越強，的氧化性越強，C正確；D．向FeCl3溶液中滴加濃NaOH溶液至堿性，生成NaCl和Fe(OH)3沉淀，溶液的氧化性減弱，測得的電壓減小，D不正確；故選D。11.聚乳酸(PLA)是最具潛力的可降解高分子材料之一，對其進行基團修飾可進行材料的改性，從而拓展PLA的應用范圍。PLA和某改性的PLA的合成路線如圖。注：Bn是苯甲基()下列說法不正確的是A.反應①是縮聚反應B.反應②中，參與聚合的F和E的物質的量之比是m：nC.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的作用是保護羥基，防止羥基參與聚合反應【答案】B【解析】【詳解】A．由圖可知，反應①為乳酸分子間發生酯化反應生成聚乳酸，是縮聚反應，A項正確；B．由化合物G的結構可知，參與聚合的F和E物質的量之比是2m：n，B項錯誤；C．改性的PLA中，m：n越大，含羥基越多，其在水中的溶解性越好，C項正確；D．反應①中羥基也參與聚合反應，故反應②發生聚合反應時為要先引入Bn,以防止羥基參與聚合反應中，D項正確；答案選B。12.向100mL溶液中滴加溶液，測得溶液電導率的變化如圖。下列說法不正確的是A.和都是強電解質B.A→B電導率下降的主要原因是發生了反應：C.B→C，溶液中的減小D.A、B、C三點水的電離程度：A＜B＜C【答案】B【解析】【詳解】A．和在溶液中均完全電離，均屬于強電解質，故A正確；B．A→B加入的物質的量小于的物質的量，發生的反應為，故B錯誤；C．B→C時加入的繼續消耗氫氧根離子，C點兩者恰好完全反應，因此B→C溶液中減小，故C正確；D．酸或堿抑制水的電離，含有弱離子的鹽水解促進水的電離，A點溶液中全部是，水的電離受到抑制，電離程度最小，B點為反應一半點，氫氧化鋇還有剩余，C點和恰好完全反應，因此水的電離程度：A＜B＜C，故D正確；答案選B。13.一定溫度下，在2個容積均為1L的恒容密閉容器中，加入一定量的反應物，發生反應：，相關數據見下表。容器編號溫度/℃起始物質的量/mol平衡物質的量/molⅠ0.20.20.1Ⅱ0.20.20.12下列說法不正確的是A.B.Ⅰ中反應達到平衡時，CO的轉化率為50%C.達到平衡所需要的時間：Ⅱ>ⅠD.對于Ⅰ，平衡后向容器中再充入0.2molCO和0.2mol，平衡正向移動【答案】D【解析】【詳解】A．兩次實驗起始投入量相同，該反應為放熱反應，溫度T2達到平衡時，二氧化碳的量少，降溫平衡正向移動，故，A正確；B．Ⅰ中反應達到平衡時，CO2物質的量為0.1mol，則參加反應的CO的物質的量為0.1mol起始投入量為0.2mol，則其轉化率為50%，B正確；C．，溫度越高，反應速率越快，達到平衡所需要的的時間越短，C正確；D．恒容1L的容器中，對于反應I平衡時NO、CO、N2、CO2的物質的量分別為0.1mol、0.1mol、0.05mol、0.1mol，平衡常數K=，平衡后向容器中再充入0.2molCO和0.2mol，此時濃度商Qc=，K=Qc，平衡不移動，D錯誤；故選D。14.某小組對FeCl3溶液與Cu粉混合后再加KSCN溶液的實驗進行如下研究。①向2mL0.1mol/LFeCl3溶液中加入過量Cu粉，充分反應后，溶液變藍。2天后，溶液變為淺藍色，有白色不溶物生成。②取①中淺藍色的上層清液，滴加KSCN溶液，溶液變紅，出現白色渾濁。振蕩后白色渾濁物增多，紅色褪去。經檢驗，白色不溶物是CuSCN。③向2mL0.1mol/LCuSO4溶液中滴加KSCN溶液，未觀察到白色渾濁。放置24小時后，出現白色不溶物。已知：CuCl和CuSCN均為白色不溶固體下列說法不正確的是A.①中產生白色不溶物的可能原因是Cu+Cu2++2Cl-=2CuCl↓B.由③可知②中白色渾濁不是Cu2+與SCN-直接反應生成的C.②中紅色褪去的原因是Fe3+被完全消耗了D.實驗表明：Ksp(CuSCN)＜Ksp(CuCl)【答案】C【解析】【詳解】A．①中，FeCl3溶液中加入過量Cu粉，充分反應后，溶液變藍，表明有Cu2+生成；2天后，溶液變為淺藍色，則表明Cu2+濃度減少，Cu2+被Cu還原為Cu+，Cu+與Cl-結合為CuCl沉淀，從而得出可能原因Cu+Cu2++2Cl-=2CuCl↓，A正確；B．由③可知，CuSO4溶液中滴加KSCN溶液，未觀察到白色渾濁，則表明②中白色渾濁不是Cu2+與SCN-直接反應生成的，B正確；C．②中紅色褪去的原因可能是生成的Cu+與溶液中的SCN-結合為CuSCN，從而促進Fe(SCN)3的不斷電離，不一定是Fe3+被完全消耗了，C不正確；D．從②中可以看出，當溶液中既有Cl-又有SCN-時，優先生成CuSCN，則表明：Ksp(CuSCN)＜Ksp(CuCl)，D正確；故選C。第二部分本部分共5題，共58分。15.Zn2+、三乙撐二胺和對苯二甲酸根離子可形成晶體M，其晶胞示意圖如下。

（1）Zn2+的價層電子排布式是_______。（2）C、O、N的電負性從大到小的順序是_______。（3）三乙撐二胺()與Zn2+能形成配位鍵的原因是_______。（4）在晶體M每個空腔中裝入一個順式偶氮苯分子后形成晶體M1，晶胞示意圖如圖。一定條件下隨著偶氮苯順反結構的變化，晶體骨架發生畸變，晶體在M1和M2兩種結構之間相互轉化，可以吸收和釋放N2，被稱為“會呼吸”的晶體。

晶體裝載分子晶胞中Zn2+個數晶胞體積/cm3M1順式偶氮苯xM2反式偶氮苯4資料：ⅰ．ⅱ．M1和M2相互轉化時，Zn2+的配體和配體數均不變①N2的電子式是_______。②偶氮苯()中N的雜化軌道類型是_______。偶氮苯存在順反異構的原因是分子中兩個氮原子間存在_______(填“σ鍵”或“π鍵”)。③x=_______。④晶胞密度小則晶體內部的空隙大。能讓“會呼吸”的晶體吸收N2的條件是_______光照射。【答案】（1）3d10（2）O＞N＞C（3）三乙撐二胺中的N給出孤電子對，Zn2+有空軌道能接受孤電子對（4）①.②.sp2③.π鍵④.2⑤.紫外【解析】【小問1詳解】Zn2+的電子排布式為1s22s22p63s23p63d10，則其價層電子排布式是3d10。答案為：3d10；【小問2詳解】C、O、N為同周期元素，從左到右的排列順序為C、N、O，非金屬依次增強，所以電負性從大到小的順序是O＞N＞C。答案為：O＞N＞C；【小問3詳解】Zn2+具有空軌道，三乙撐二胺()中的N原子具有孤對電子，所以三乙撐二胺與Zn2+能形成配位鍵的原因是：三乙撐二胺中的N給出孤電子對，Zn2+有空軌道能接受孤電子對。答案為：三乙撐二胺中的N給出孤電子對，Zn2+有空軌道能接受孤電子對；【小問4詳解】①N原子的價電子數為5，需要形成三對共用電子，所以N2的電子式是。②偶氮苯()中N的價層電子對數為3，則雜化軌道類型是sp2。偶氮苯分子中，雙鍵氮原子存在孤對電子，所以存在順反異構，其原因是分子中兩個氮原子間存在π鍵。③在晶體M的晶胞中，Zn2+位于棱上，每個棱被4個晶胞共用，則x==2。④M1和M2相互轉化時，Zn2+的配體和配體數均不變，即Zn2+、三乙撐二胺和對苯二甲酸根離子的個數比不變，現M1和M2中Zn2+個數比為2:4=1:2，所以相對分子質量比也為1:2，而M1的體積為cm3，M2的體積為cm3，所以二者的密度比為＜1:1，所以M1的密度小。晶胞密度小則晶體內部的空隙大，從而得出M1能讓“會呼吸”的晶體吸收N2，依據“”，可得出條件是紫外光照射。答案為：；sp2；π鍵；2；紫外。【點睛】形成配合物時，配位數等于中心原子與配體間形成的配位鍵的數目。16.煙氣脫硫脫硝技術是環境科學研究的熱點。某小組模擬氧化結合溶液吸收法同時脫除和NO的過程示意圖如下。（1）氣體反應器中的主要反應原理及相關數據如下表。反應平衡常數(25℃)活化能/(kJ/mol)反應a：24.6反應b：3.17反應c：58.17①已知：，則_______。②其他條件不變時，高于150℃，在相同時間內和NO的轉化率均隨溫度升高而降低，原因是_______。③其他條件不變，和NO初始的物質的量濃度相等時，經檢測裝置1分析，在相同時間內，和NO的轉化率隨的濃度的變化如圖。結合數據分析NO的轉化率高于的原因_______。（2）其他條件不變，和NO初始的物質的量濃度相等時，經檢測裝置2分析，在相同時間內，與NO的物質的量之比對和NO脫除率的影響如圖。①溶液顯堿性，用化學平衡原理解釋：_______。②的濃度很低時，的脫除率超過97%，原因是_______。③在吸收器中，與反應生成和的離子方程式是_______。④在吸收器中，隨著吸收過程的進行，部分被轉化為，反應中和的物質的量之比為1：1，該反應的離子方程式是_______。【答案】（1）①.②.高于150℃，溫度升高，反應a的速率增大，c(O3)減小，反應b和c的速率減小，導致和NO的轉化率均降低③.反應b的活化能小于反應c，反應b的速率大于反應c，因此NO的轉化率高于（2）①.溶液中存在：、，的水解程度大于的水解程度，使溶液顯堿性②.溶液直接與反應是脫除的主要原因③.④.【解析】【小問1詳解】①已知：反應a：，，根據蓋斯定律，將兩反應相加再除以2得反應，==，故答案為：。②反應a為氣體分子數增大的反應，，較高溫度下更有利于反應a進行，所以在其他條件不變時，高于150℃，溫度升高，反應a的速率增大，c(O3)減小，導致反應b和c的速率減小，和NO的轉化率均降低，故答案為：高于150℃，溫度升高，反應a的速率增大，c(O3)減小，反應b和c的速率減小，導致和NO的轉化率均降低。③由表中數據可知，反應b的活化能小于反應c，則反應b的速率大于反應c，因此NO的轉化率高于，故答案為：反應b的活化能小于反應c，反應b的速率大于反應c，因此NO的轉化率高于。【小問2詳解】①溶液中存在：、，的水解程度大于的水解程度，使溶液顯堿性，故答案為：溶液中存在：、，的水解程度大于的水解程度，使溶液顯堿性。②的濃度很低時，溶液直接與反應是脫除的主要原因，即的脫除率幾乎不受的濃度的影響，的脫除率超過97%，故答案為：溶液直接與反應是脫除的主要原因。③與反應氧化還原反應生成和，根據得失電子守恒、電荷守恒及原子守恒，寫出反應的離子方程式是為，故答案為：。④吸收過程中，部分和發生歸中反應生成和H2O，反應中和的物質的量之比為1:1，根據得失電子守恒、電荷守恒及原子守恒，寫出反應的離子方程式為，故答案為：。17.普卡必利可用于治療某些腸道疾病，其合成路線如下(部分條件和產物略去)：已知：ⅰ．RNH2ⅱ．ⅲ．（1）A中的官能團名稱是氨基和_______。（2）試劑a的結構簡式是_______。（3）E→F的反應類型是_______。（4）D→E的化學方程式是_______。（5）I的核磁共振氫譜只有一組峰，I的結構簡式是_______。（6）下列說法正確的是_______(填序號)。a．J→K的反應過程需要控制不過量b．G與溶液作用顯紫色c．普卡必利中含有酰胺基和氨基，能與鹽酸反應（7）K→L加入的作用是_______。（8）以G和M為原料合成普卡必利時，在反應體系中檢測到有機物Q，寫出中間產物P、Q的結構簡式：_______、_______。【答案】（1）碳氯鍵（2）（3）取代反應（4）+Cl2+HCl（5）（6）ac（7）吸收K→L生成的HBr，利于L的生成（8）①.②.【解析】【分析】根據F的結構簡式結合已知信息可判斷A和乙酸酐發生取代反應生成B為，E和單質溴發生取代反應生成F，則E的結構簡式為，根據已知信息可知B發生取代反應生成D為，D和氯氣發生苯環上的取代反應生成E，根據G的分子式結合F生成G的反應條件以及最終產品的結構簡式可知G的結構簡式為，根據已知信息可知M的結構簡式為，則L的結構簡式為，根據K的分子式可知K的結構簡式為CH3OCH2CH2CH2Br，根據已知信息可判斷J的結構是BrCH2CH2CH2Br，I的核磁共振氫譜只有一組峰，所以I的結構簡式為，據此解答。【小問1詳解】根據A結構簡式可判斷A中的官能團名稱是氨基和碳氯鍵。【小問2詳解】B和試劑a發生取代反應生成D，則a的結構簡式是。【小問3詳解】根據以上分析可知E→F的反應類型是取代反應。【小問4詳解】根據以上分析可知D→E的化學方程式是+Cl2+HCl。【小問5詳解】I的核磁共振氫譜只有一組峰，I是環丙烷嗎，結構簡式是。【小問6詳解】a．J中含有2個溴原子，所以J→K的反應過程需要控制不過量，a正確；b．G分子中不存在酚羥基，與溶液作用不顯紫色，b錯誤；c．根據普卡必利的結構簡式可知分子中含有酰胺基和氨基，能與鹽酸反應，c正確；答案選ac。【小問7詳解】K→L中有溴化氫生成，則加入的作用是吸收K→L生成的HBr，利于L的生成。【小問8詳解】G生成P時減少了2個氫原子，這說明醇羥基被氧化為醛基，則P的結構簡式為，由于M中的氨基和P中的醛基發生加成反應生成Q，則Q的結構簡式為，最后Q中羥基被氧化轉化為普卡必利。18.制備鋰離子電池的正極材料的前體的一種流程如下：

資料：i．磷灰石的主要成分是ii．可溶于水，微溶于水ii．iv．（1）制備①用溶液、溶液分步浸取磷灰石生成HF、和，主要反應是和_______。②增大酸浸反應速率的措施有_______(只寫1條)。③其他條件不變時，若僅用溶液酸浸，浸取的速率低于用、分步浸取法，原因是_______。（2）制備將、、混合并調節溶液的pH制備。①酸性條件下，生成的離子方程式是_______。②含磷各微粒的物質的量分數與pH的關系如圖。

pH=1時，溶液中的，則_______。再加入晶體、溶液使溶液中的，不考慮溶液體積的變化，通過計算說明此時能否產生沉淀_______。③的純度及顆粒大小會影響其性能，沉淀速率過快容易團聚。ⅰ．研究表明，沉淀時可加入含的溶液，的作用是_______。ⅱ．其他條件不變時，工業上選擇pH=2而不是更高的pH制備，可能的原因是_______(答出2點)。【答案】（1）①.②.加熱、將礦石粉碎、攪拌、適當提高酸的濃度等③.生成的固體覆蓋在磷灰石表面，減少了磷灰石與硫酸溶液的接觸面積（2）①.②.③.，能產生沉淀④.發生反應，使降低，減小的沉淀速率，避免團聚；隨著被沉淀，上述平衡逆向移動，生成的繼續被沉淀⑤.pH更高時，產品中可能混有雜質；pH更高時，大，可能沉淀速率過快導致團聚等【解析】【分析】由題給流程可知，磷灰石用磷酸溶液和硫酸溶液分步浸取、過濾制得粗磷酸，粗磷酸經純化得到磷酸，向磷酸中加入硫酸亞鐵溶液和過氧化氫溶液并調節溶液pH，充分反應、過濾得到磷酸鐵。【小問1詳解】由題意可知，硫酸溶液浸取時發生的反應為磷酸浸取磷灰石得到的磷酸二氫鈣與硫酸溶液反應生成二水硫酸鈣沉淀和磷酸，反應的化學方程式為，故答案為：；②加熱、將礦石粉碎、攪拌、適當提高酸的濃度等措施能增大酸浸的反應速率，故答案為：加熱、將礦石粉碎、攪拌、適當提高酸的濃度等；③其他條件不變時，若僅用硫酸溶液浸取，硫酸溶液與磷灰石反應生成的二水硫酸鈣沉淀附著在在磷灰石表面，減少了磷灰石與硫酸溶液的接觸面積，降低浸取的速率，故答案為：生成的固體覆蓋在磷灰石表面，減少了磷灰石與硫酸溶液的接觸面積；【小問2詳解】①由題意可知，制備磷酸鐵發生的反應為酸性條件下，磷酸溶液與硫酸亞鐵、過氧化氫溶液反應生成磷酸鐵沉淀、硫酸和水，反應的化學方程式為，故答案為：；②由圖可知，當溶液中磷酸氫根離子濃度和磷酸根離子濃度相等時，溶液pH為12.3，則磷酸的三級電離常數Ka3==c(H+)=10—12.3，所以溶液pH為1時，磷酸根離子的濃度為==10—18.6mol/L；當溶液中鐵離子濃度為1mol/L時，磷酸鐵的熵Qc==1mol/L×10—18.6mol/L＞，所以能產生磷酸鐵沉淀，故答案為：，能產生沉淀；③ⅰ．由題給信息可知，制備磷酸鐵沉淀時加入含離子的溶液，離子能與溶液中的鐵離子反應生成離子：，溶液中鐵離子濃度減小，生成磷酸鐵沉淀的反應速率減小，可有效防止團聚的發生，當溶液中鐵離子轉化為磷酸鐵沉淀時，鐵離子濃度減小，平衡向逆反應方向移動，生成的鐵離子能繼續與磷酸根離子反應生成磷酸鐵沉淀，故答案為：發生反應，使降低，減小的沉淀速率，避免團聚；隨著被沉淀，上述平衡逆向移動，生成的繼續被沉淀；ⅱ．其他條件不變，制備磷酸鐵沉淀時若pH大于2，鐵離子水解程度增大會轉化為氫氧化鐵沉淀導致產品不純，同時溶液中磷酸根離子濃度會增大，可能會因沉淀速率過快而導致團聚，所以工業上選擇pH=2而不是更高的pH制備磷酸鐵，故答案為：pH更高時，產品中可能混有雜質；pH更高時，大，可能沉淀速率過快導致團聚等。19.探究溶液中與單質S的反應。資料：不溶于鹽酸，和在鹽酸中均發生沉淀的轉化實驗Ⅰ將10mL溶液與0.01gS粉混合，水浴加熱，充分反應后，過濾，得到無色溶液a(pH≈1)，沉淀除S、洗滌