北京市西城區2025屆高三上學期期末考試試卷本試卷共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：H：1N：14O：16Mg：24Cl：35.5第一部分一、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.下列化學用語或圖示表達不正確的是A.的電子式：B.基態Cr原子的價層電子軌道表示式：C.氯化鈉溶液中的水合離子：D.的價層電子對互斥(VSEPR)模型：【答案】C【解析】A．過氧化鈉是離子化合物，由Na+和組成，電子式為，A正確；B．基態Cr原子的價層電子排布式為3d54s1，價層電子軌道表示式為，B正確；C．Na+吸引H2O中顯負價的O原子，Cl-吸引H2O中顯正價的H原子，且Na+周圍有5個水分子，Cl-周圍有6個水分子，則氯化鈉溶液中的水合離子表示為，C錯誤；D．分子中S原子的價層電子對數為，含有1對孤電子對，則的價層電子對互斥(VSEPR)模型為，D正確；故選C。2.下列說法不正確的是A.釀酒過程中葡萄糖在酒化酶的作用下發生水解反應生成乙醇B.DNA雙螺旋結構兩條鏈上的堿基通過氫鍵作用互補配對C.核苷與磷酸縮合形成了核酸的基本單元——核苷酸D.油脂屬于酯類物質，可發生皂化反應【答案】A【解析】A．釀酒過程中葡萄糖在酒化酶的作用下發酵生成乙醇，是無氧氧化，不是水解，A錯誤；B．DNA雙螺旋結構兩條鏈上的堿基間可形成氫鍵，B正確；C．核苷酸是核苷與磷酸縮合形成了核酸的基本單元，C正確；D．油脂屬于酯類物質，在堿性條件下可發生皂化反應，D正確；答案選A。3.某超分子的結構如圖所示。下列說法正確的是A.電負性： B.該超分子中的元素均位于元素周期表的p區C.“*”標記的碳原子為手性碳原子 D.該超分子中含有配位鍵【答案】D【解析】A．同周期從左到右非金屬性增強，電負性增強，則電負性：F>O>N>B，在NH3中H呈+價，在B2H6中H呈-1價，故H的電負性介于B和N之間，故電負性：F>O>N>H>B，A錯誤；B．該超分子中的H元素位于元素周期表的s區，B錯誤；C．“*”標記的碳原子連接兩個相同的H原子，不能為手性碳原子，C錯誤；D．結構中B原子形成4個共價鍵，其中一個為配位鍵，該超分子中含有配位鍵，D正確；故選D。4.下列過程不能用平衡移動原理解釋的是A.的氨水加水稀釋100倍，B.溶液中加入少量固體，促進分解C.用石膏(主要成分)降低鹽堿土壤(含)的堿性D.向中加大量水并加熱制備【答案】B【解析】A．一水合氨為弱堿，加水稀釋促進其電離平衡正向移動，故的氨水加水稀釋100倍，，能用平衡移動原理解釋，A不符合題意；B．二氧化錳催化過氧化氫迅速生成氧氣，不能用平衡移動原理解釋，B符合題意；C．CaSO4用Na2CO3處理，，使CaSO4轉化為更難溶的CaCO3，消耗碳酸根離子，使得碳酸根離子水解逆向移動，能降低土壤堿性，能用平衡移動原理解釋，C不符合題意；D．四氯化鈦為強酸弱堿鹽，在溶液中水解使溶液呈酸性，向四氯化鈦中加入大量水并加熱促進四氯化鈦水解生成，能用平衡移動原理解釋，D不符合題意；故選B。5.下列方程式與所給事實不相符的是A.金屬鈉與水反應：B.氨的催化氧化反應：C.鐵絲和氯氣在加熱條件下反應：D.鋼鐵在中性環境中發生吸氧腐蝕，正極反應：【答案】C【解析】A．金屬鈉與水反應生成氫氧化鈉和氫氣，離子方程式為，故A正確；B.氨的催化氧化生成一氧化氮和水，化學方程式為，故B正確；C．鐵絲和氯氣中加熱生成三氯化鐵，化學方程式為，故C錯誤；D．吸氧腐蝕的正極反應為氧氣得到電子生成氫氧根離子，電極反應式為，故D正確；故答案為C。6.下列說法正確的是A.加熱和的固體混合物，可將二者分離B.向溶液中加過量的溶液，可制C.取某溶液滴加溶液，溶液變紅色，該溶液中含有D.取溶液和溶液，分別滴加酚酞溶液，后者紅色更深【答案】C【解析】A．氯化銨和氫氧化鈣加熱生成氯化鈣、水和氨氣，無法分離，A錯誤；B．氫氧化鈉為強堿，溶液中加過量的溶液，反應生成四羥基合鋁酸鈉，B錯誤；C．鐵離子和KSCN溶液反應使得溶液變為紅色，能檢驗鐵離子，C正確；D．等物質的量濃度的和溶液，溶液堿性強，所以溶液和溶液，分別滴加酚酞溶液，前者紅色更深，D錯誤；故選C。7.室溫下，研究銅與一定量濃硝酸的反應，裝置和試劑如圖所示。下列說法不正確的是A.銅與濃硝酸反應：B.通過上下抽動銅絲，可控制反應的開始和停止C.反應一段時間后，可能產生D.將銅片換成鐵片，反應更劇烈，產生大量氣體【答案】D【解析】A．Cu與濃硝酸反應生成Cu(NO3)2、NO2和水，A正確；B．通過上下抽動銅絲讓銅絲、濃硝酸分離或接觸，達到控制反應的啟停，B正確；C．隨著反應的進行，硝酸濃度減小變成稀硝酸，Cu與稀硝酸反應生成NO，C正確；D．Fe片與濃硝酸在常溫下發生鈍化，Fe片表面形成致密的氧化膜，并阻止內部金屬繼續反應，D錯誤；故答案選D。8.在不同條件下進行化學反應，B、D的起始濃度均為0，反應物A的濃度()隨反應時間的變化如下表。序號0204060①5002.01.31.01.0②500x1.01.01.0③500y1.51.21.2④6002.00.50.40.4下列說法不正確的是A.①中D在0~20min平均反應速率為B.②中反應的化學平衡常數C.③中D.【答案】C【解析】A．A在0~20min平均反應速率為，v(D)=v(A)=，A正確；B．②的反應溫度與①相同，故平衡常數也相同，由①的數據可知，40min時反應達到平衡，c(A)=1mol/L，c(B)=c(D)=0.5mol/L，K=，B正確；C．③反應溫度與①相同，故③的平衡常數K=0.25，若y=2.64，則平衡時c(A)=1.2mol/L，c(B)=c(D)=1.44mol/L，K=，C錯誤；D．由①和④對比可知，溫度升高，A的轉化率增大，故反應吸熱，即△H>0，D正確；故答案選C。9.乙烯水合制乙醇的反應機理如圖1所示，反應進程與能量的關系示意圖如圖2所示。下列說法不正確的是A.①的，②和③的 B.該反應中，起催化劑的作用C.該反應速率大小主要由①決定 D.總反應的【答案】D【解析】A．由圖2可知，第①步反應為吸熱反應，，第②步和第③步為放熱反應，，A正確；B．由圖1反應機理可知，在第①步被消耗，在第③步又生成，則是總反應的催化劑，起催化作用，降低總反應的活化能，B正確；C．活化能越大，化學反應速率越慢，總反應速率由最慢的一步的反應速率決定，由圖2可知，該反應速率大小主要由①決定，C正確；D．圖中和分別是第①步反應和第③步逆反應所對應的“活化能高度”，總反應的ΔH應是“產物總能量與反應物總能量之差”，并不是簡單的，D錯誤；故選D。10.下列根據事實的推論不正確的是A.ZnS難溶于水溶于稀H2SO4，ZnS與稀H2SO4反應：ZnS+2H+=Zn2++H2S↑B.CuS溶于稀HNO3但不溶于c(H+)相同的稀H2SO4，說明酸性：HNO3＞H2SO4C.礦層中的ZnS遇到CuSO4溶液可轉化為CuS，說明Ksp(ZnS)＞Ksp(CuS)D.混有H2S的乙炔通入CuSO4溶液中生成CuS，說明CuS不溶于稀H2SO4【答案】B【解析】A．ZnS難溶于水溶于稀H2SO4，ZnS與稀H2SO4反應生成ZnSO4、H2S，故離子方程式為：ZnS+2H+=Zn2++H2S↑，A正確；B．CuS溶于稀HNO3但不溶于c(H+)相同的稀H2SO4，是由于HNO3具有強氧化性，能夠將CuS氧化為CuSO4，而不是因為HNO3酸性強于H2SO4，B錯誤；C．礦層中的ZnS遇到CuSO4溶液可轉化為CuS，說明ZnS轉化為CuS，根據溶度積規則可知，Ksp(ZnS)＞Ksp(CuS)，C正確；D．H2S為弱酸，H2SO4為強酸，混有H2S的乙炔通入CuSO4溶液中生成CuS，即反應方程式為：H2S+CuSO4=CuS↓+H2SO4，故說明CuS不溶于稀H2SO4，D正確；故答案為：B。11.一種二次電池的工作原理示意圖如圖所示，采用惰性電極材料，將和分別溶解在溶液中配成電解質溶液，關閉，電子由電源沿導線流向M極。下列說法不正確的是A.充電時，M極為陰極B.充電時，N極反應：C.放電時，通過陽離子交換膜從負極室移向正極室D.放電時，當電路中轉移時，生成X【答案】D【解析】當關閉K1時，此裝置為電解池裝置，電子由電源沿導線流向M極，說明M極為陰極，電極反應式為：，N極為陽極，電極反應式為：；當關閉K2時，此裝置為原電池裝置，M極為負極，電極反應式為：，N極為正極，電極反應式為：，據此作答。A．根據分析可知，關閉K1時，此裝置為電解池裝置，電子由電源沿導線流向M極，說明M極為陰極，故A不符合題意；B．根據分析可知，N極為陽極，陽極上失電子生成，電極反應式為：，故B不符合題意；C．根據分析可知，放電時，即關閉K2時，M極為負極，N極為正極，電解質溶液中陽離子向正極移動，因此通過陽離子交換膜從負極室移向正極室，故C不符合題意；D．根據分析可知，放電時，M極為負極，電極反應式為：，因此當電路中轉移時，生成1mol，故D符合題意；故選D。12.一種利用脫氫聚合技術制備聚酰胺的反應原理如圖所示，該方法條件溫和，副產物只有，具有很好的應用前景。下列說法正確的是A.反應過程斷開鍵、鍵、鍵，形成鍵B.x為2nC.若將M、N分別換成，和，可生成D.若僅以乙二醇為反應物也可發生脫氫聚合，產物可能是【答案】D【解析】A．反應過程中，M中的鍵、鍵斷裂，N中的鍵斷裂，形成鍵和鍵，A錯誤；B．根據分析，形成一個鏈節，M少6個H原子，N少2個H原子，根據H原子守恒，，則x為4n，B錯誤；C．由上述反應知，鍵斷裂，與羥基相連的C上2個鍵斷裂，生成鍵和鍵，中與羥基相連的C上只有一個H，故形成鍵，無法形成鍵，C錯誤；D．由于鍵與鍵一樣，極性都很強，故僅以乙二醇為反應物也可發生脫氫聚合，產物可能是，D正確；故選D。13.催化還原處理煙氣中的轉化為液態S，部分物質轉化關系如圖1所示。在容積可變的密閉容器中充入一定量的和，在不同壓強(、)下，反應達到平衡時，的平衡轉化率隨溫度的變化如圖2所示。下列說法不正確的是A.W為，M為B.②中每生成Z，③中有生成C.升高溫度，與反應的平衡常數減小D.【答案】B【解析】催化還原處理煙氣中的轉化為液態S，W和反應生成O=C=S和，由原子守恒可知W為CO，Z和反應生成，則Z為S，Y和O=C=S反應生成S和M，則Y為SO2，M為，以此解答。A．由分析可知，W為，M為，A正確；B．由分析可知，Z為S，M為，Y為SO2，反應②為O=C=S+SO22S+CO2，反應③為+S=，結合總反應+SO2S+CO2可知，②中每生成Z，③中有生成，B錯誤；C．由圖2可知，升高溫度，的平衡轉化率減小，說明反應+SO2S+CO2逆向移動，平衡常數減小，C正確；D．該過程的總反應為+SO2S+CO2，該反應過程中氣體體積減小，增大壓強，平衡正向移動，的平衡轉化率增大，則，D正確；故選B。14.實驗室模擬用溶液吸收脫除廢氣中的，探究對脫硫的影響。將一定比例、和的混合氣體恒溫恒流速持續通入一定體積一定濃度的溶液中，測得隨反應進行吸收液的pH和各組分的濃度變化如圖1。已知：①②水溶液中各粒子的物質的量分數隨pH變化如圖2。下列說法正確的是A.吸收液的pH從13降至9.6的過程中，未發生氧化還原反應B.，經檢驗有少量生成，可能的反應：C.，S的來源只有氧化價硫元素D.，減小，原因是增大【答案】B【解析】A．由圖，吸收液的pH從13降至9.6的過程中，-2價硫的量減小、硫酸根離子的量增大，說明氧氣氧化低價硫生成硫酸根離子，則發生氧化還原反應，A錯誤；B．亞硫酸酸性大于硫化氫，，經檢驗有少量生成，根據強酸制取弱酸，可能的反應為二氧化硫和硫離子反應生成硫化氫：，B正確；C．二氧化硫具有氧化性也能氧化部分-2價硫生成硫單質，且隨著溶液酸性增強，也會和氫離子發生歧化反應生成硫單質，C錯誤；D．由圖，，-2價硫含量幾乎變為0，導致-2價硫被氧化生成的硫單質減小，影響了反應生成的量，導致減小，D錯誤；故選B。第二部分二、本部分共5題，共58分。15.格氏試劑()是有機合成中的一種常用試劑，其制備、結構和性質如下。（1）制備由鹵代烴和金屬Mg在溶劑乙醚中制備：①Mg的原子結構示意圖是___________。②金屬Mg的晶胞如圖1所示，晶胞體積為，阿伏加德羅常數為，則金屬Mg的密度為___________。③烴基()相同時，碳鹵鍵斷裂由易到難的順序為、、，推測其原因：___________。（2）結構將從乙醚溶液中結晶出來，獲得，分子結構示意圖如圖2所示(H原子未標出，忽略粒子半徑相對大小)。①Mg原子與相鄰的4個原子形成共價鍵，呈四面體形，Mg原子的雜化軌道類型是___________。②很多化學鍵不是純粹的離子鍵或共價鍵，而是兩者之間的過渡類型。鍵與鍵中，共價鍵成分更多的是___________鍵。（3）性質格氏試劑在很多反應中鍵斷裂，根據鍵的極性分析反應的生成物。①與反應，生成的有機物的結構簡式是___________。②與丙酮()發生加成反應，生成物的結構簡式是___________。【答案】（1）①.②.③.Cl、Br和I為同主族元素，原子半徑，鍵長，鍵能，鍵長越長，鍵能越小，碳鹵鍵越易斷裂（2）①.②.（3）①.②.【解析】（1）①Mg為12號元素，原子結構示意圖是。②據“均攤法”，晶胞中含個Mg，則晶體密度為；③Cl、Br和I為同主族元素，原子半徑，鍵長，鍵能，鍵長越長，鍵能越小，碳鹵鍵越易斷裂，故碳鹵鍵斷裂由易到難的順序為、、；（2）①Mg原子與相鄰的4個原子形成共價鍵，呈四面體形，根據成鍵和構型可知，Mg原子的雜化軌道類型是sp3雜化。②電負性溴大于碳，則碳鎂之間電負性差值較溴鎂鍵小，則鍵與鍵中，共價鍵成分更多的是鍵；（3）①格氏試劑在很多反應中鍵斷裂，則與反應過程中碳鎂鍵斷裂，C和帶部分正電荷的H結合生成乙烷，生成的有機物的結構簡式是；②與丙酮()發生加成反應，反應中羰基中斷裂π鍵，電負性較大的O和-MgBr結合、C和乙基結合，得到產物的結構簡式是。16.人工固氮對于農業生產有重要意義。（1）工業合成氨。①和合成反應的化學方程式是___________。②下列措施中，既有利于提高合成氨反應限度又有利于增大其反應速率的是___________。a．升高溫度b．增大壓強c．使用催化劑（2）中國科學家研究合金催化劑電催化還原制，裝置如圖1所示。①陰極生成，其電極反應式是___________。②用相同的電解裝置和試劑進行實驗，證明來自電催化還原，需排除以下可能：ⅰ．環境和電解池中存在微量的。ⅱ．合金與、直接反應生成。下列實驗和結果能同時排除ⅰ、ⅱ的是___________。資料：自然界中的豐度：為99.6%，為0.4%。a．用Ar代替進行實驗，電解后未檢測到b．用代替進行實驗，電解后僅檢測到c．不通電進行實驗，未檢測到③的生成速率、和的法拉第效率(FE)隨陰極的電勢變化如圖2和圖3所示。資料：ⅰ．相同條件下，陰極的電勢越低，電流越大。ⅱ．某電極上產物B的陰極的電勢由降到時，的生成速率增大。陰極的電勢繼續降低，的生成速率反而減小。結合解釋的生成速率減小的原因：___________。（3）用滴定法測定溶液中的物質的量濃度的一種方法如下。Ⅰ．取含的待測溶液。Ⅱ．加入過量的溶液。Ⅲ．蒸餾，將蒸出的用過量的溶液吸收。Ⅳ．加入甲基橙指示劑，用溶液滴定吸收液中過量的，消耗的溶液體積為。計算待測溶液中的物質的量濃度時用到的溶液體積：___________和。【答案】（1）①.②.b（2）①.②.c③.陰極同時還生成，隨著陰極的電勢降低，增大，減小，減小的程度大于總電流增大的程度，的生成速率減小（3）、【解析】（1）①和在高溫、高壓、催化劑的條件下反應，生成，化學方程式為：；②a．升高溫度，能夠加快反應速率，但是合成氨反應是放熱反應，升高溫度，平衡逆向移動，反應限度降低，故a不符合題意；b．增大壓強，反應速率增大，同時平衡正向移動，反應限度增大，b符合題意；c．使用催化劑只能加快反應速率，不能改變反應限度，c不符合題意；答案選b；（2）①由裝置圖可知，陰極得到電子，生成，其電極反應式為：；②證明來自電催化還原，需排除i、ii兩種可能；a．Ar是惰性氣體，不可能被還原生成，如果電解后沒有檢測到，說明環境、裝置、溶液本身不存在，可以排除i；但因為沒有氣參與，不確定合金與、是否直接反應生成，a錯誤；b．用代替進行實驗，如果電解后檢測到，說明氮來源必須是新通入的，可以排除i環境或裝置原本不會含，但如果是合金與、水直接生成，生成的也是，不可排除ii，b錯誤；c．如果不開電源、無電解反應，結果沒有，說明環境中本身沒有污染源，可排除i，同時合金不與、直接反應生成，可以排除ii，c正確；答案選c；③由圖2、圖3可知，陰極的電勢由降到時，的生成速率增大，陰極的電勢繼續降低，的生成速率反而減小，結合解釋的生成速率減小的原因是陰極同時還生成，隨著陰極的電勢降低，增大，減小，減小的程度大于總電流增大的程度，的生成速率減小；（3）由題意可知，，其中有一部分硫酸和反應，剩下未反應的硫酸用NaOH滴定，消耗了：，因為是二元酸，而NaOH是一元堿，所以氫氧化鈉消耗硫酸：，消耗硫酸：，根據反應，，則，，故計算待測溶液中的物質的量濃度時用到的溶液體積有；17.治療白內障的藥物白內停的中間產物M的合成路線如下(部分試劑和反應條件已略去)。已知：ⅰ．++R2OHⅱ．R4NH2++H2Oⅲ．（1）M中的含氧官能團有醚鍵、酮羰基、___________、___________。（2）B→D的反應類型是___________。（3）E屬于羧酸，E→F反應的化學方程式是___________。（4）關于F→G的反應。①中與酯基相鄰的甲基的鍵易斷裂，原因是___________。②該條件下還生成了副產物X，X分子中含有4個碳氧雙鍵、3種化學環境的氫。X的結構簡式是___________。（5）J的分子式為，可與金屬鈉反應生成氫氣。除苯環外，J分子中還有1個含氮原子的六元環，J的結構簡式是___________。（6）L和試劑b在一定條件下脫水生成M，試劑b的結構簡式是___________。【答案】（1）①.羥基②.羧基（2）還原反應（3）+2CH3CH2OH+2H2O（4）①.酯基為吸電子基團，使得相鄰碳原子上的鍵極性增強②.（5）（6）【解析】根據合成路線可知，A在濃硝酸、濃硫酸的條件下發生取代反應產生B，根據I的結構可知，B的結構簡式為，B在NaOH、Al、Ni和催化劑的條件下發生還原反應產生D，對比B和D的分子式可知，是硝基被還原為氨基，因此D的結構簡式為，E的分子式為C2H2O4，不飽和度為2，E為羧酸，則E的結構簡式為，F的分子式為C6H10O4，不飽和度為2，對比E可知，增加了4個碳原子，條件為濃硫酸，可知，F與試劑a發生酯化反應產生F，因此試劑a為CH3CH2OH，F的結構簡式為，F與CH3COOC2H5發生類似于已知ⅰ的反應，可得G的結構簡式為，D與G發生類似于已知ⅱ的反應生成產物I，I發生取代反應并發生類似于ⅲ的異構化后產生乙醇與J，J與HBr發生取代反應產生K，K發生氧化反應產生L，L與發生類似于已知ⅱ的反應生成產物M，據此作答。（1）根據M的結構簡式可知，M中的含氧官能團有醚鍵、酮羰基、羥基、羧基。（2）根據分析可知，B→D的反應類型是還原反應。（3）E屬于羧酸，根據分析可知，E結構簡式為，試劑a為CH3CH2OH，F的結構簡式為，因此E→F反應的化學方程式是：+2CH3CH2OH+2H2O。（4）根據分析可知，F與CH3COOC2H5發生類似于已知ⅰ的反應，①酯基為吸電子基團，會使左邊甲基中的鍵的共用電子對往碳原子處偏移，使得相鄰碳原子上的鍵極性增強，因此中與酯基相鄰的甲基的鍵易斷裂，故答案為：酯基為吸電子基團，使得相鄰碳原子上的鍵極性增強；②該條件下還生成了副產物X，X分子中含有4個碳氧雙鍵、3種化學環境的氫，對比G的結構簡式可知，左側發生了類似于已知ⅰ的反應，因此X的結構簡式是：。（5）J的分子式為，不飽和度為8，可與金屬鈉反應生成氫氣，根據分析可知，I發生取代反應并發生類似于ⅲ的異構化后產生乙醇與J，因此與金屬鈉反應產生氫氣的基團為羥基，根據題干信息可知，除苯環外，J分子中還有1個含氮原子的六元環，綜合可知，J的結構簡式是：。（6）根據分析可知，L和試劑b發生類似于已知ⅱ的反應脫水生成M，因此試劑b的結構簡式是：。18.中國在稀土領域的發展居世界頂尖水平。以含、等的稀土礦浸取液為原料制氧化鑭()的一種流程如下。[注：鑭(La)、銪(Eu)]已知：ⅰ．ⅱ．，（1）脫銪：已知f能級有7個原子軌道，基態Eu原子的價層電子排布式是。可將稀土礦浸取液中的轉化為進而與分離。從原子結構的角度解釋易被還原為的原因：___________。（2）萃取和反萃取：弱酸性的環烷酸()常用于稀土離子的萃取分離，萃取時生成易溶于有機溶劑的，。①萃取時反應的離子方程式是___________。②從平衡移動的角度解釋反萃取時鹽酸中的作用：___________。（3）碳化：向溶液中持續通入，邊攪拌邊加入維持，充分反應生成固體。制備過程中主要物質的轉化關系如圖所示。①制備總反應離子方程式是___________。②理想情況下，恰好完全轉化為時，，。結合計算，解釋此時不生成沉淀的原因：___________。()（4）上述制的流程中，物質可循環利用。①除外，可以在流程中直接循環利用的物質是___________。②中國科研人員僅以流程中的“廢水”為原料，在一定條件下，一步反應將其轉化為可在流程中直接利用的2種物質。該步反應的化學方程式是___________。【答案】（1）得電子生成的的價層電子排布是半充滿的，比較穩定（2）①.②.與結合成弱酸，降低了的濃度，使平衡正向移動，溶解于水中（3）①.②.根據求出，，不生成沉淀（4）①.的有機溶液②.【解析】含、等的稀土礦浸取液，加的有機溶液與反應生成易溶于有機溶劑的，萃取液加鹽酸反萃取生成RCOOH和易溶于水的，溶液中通入二氧化碳、加入氧化鎂反應生成沉淀和MgCl2，煅燒得到La2O3。（1）根據洪特規則，價層電子全滿、半滿時較穩定，f能級有7個原子軌道，得電子生成的的價層電子排布是半充滿的，比較穩定，所以易被還原為。（2）①弱酸性的環烷酸()常用于稀土離子的萃取分離，萃取時生成易溶于有機溶劑的，即萃取時與、氨氣反應生成易溶于有機溶劑的，萃取時反應的離子方程式是。②反萃取時，鹽酸中與RCOO-結合為RCOOH，RCOO-減小，使平衡正向移動，溶解于水中。（3）①由制備過程轉化關系圖可知，制備時，、、反應生成、MgCl2，總反應的離子方程式是。②恰好完全轉化為時，，，，Q()=，所以此時不生成沉淀。（4）①反萃取時加入鹽酸生成RCOOH，RCOOH的有機溶液在流程中可到“萃取器”中循環利用。②、、反應生成、MgCl2，“廢水”中含有MgCl2，在一定條件下，一步反應將MgCl2轉化為可在流程中直接利用的氧化鎂和鹽酸。該步反應的化學方程式是。19.某小組研究84消毒液和醫用酒精的反應，進行實驗。實驗裝置和試劑編號試劑A實驗操作實驗現象Ⅰ10mL醫用酒精(過量)恒溫27℃，將試劑A緩慢滴入5mL84消毒液中，10min全部加完。用pH計檢測pH的變化，同時觀察試紙的變化。Ⅰ中試紙3min時變為藍色，Ⅱ中試紙8min時變為藍色。混合溶液的pH變化如圖所示：Ⅱ10mL蒸餾水（1）檢驗反應產物①Ⅰ中生成使濕潤的淀粉試紙變為藍色的，的顏色是___________。②證實Ⅰ中生成了。實驗Ⅲa．取Ⅰ中醫用酒精全部加入后的溶液于試管中，每隔一段時間用玻璃棒蘸取溶液滴于淀粉試紙上，至試紙不變色。b．再向試管中加入新