北京市石景山區(qū)2024屆高三上學期期末考試化學試題（解析版）

高級中學名校試卷PAGEPAGE1北京市石景山區(qū)2024屆高三上學期期末考試可能用到的相對原子質量：H：1C：12N：14O：16Mn：55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。1.2023年11月15日，亞洲最深井“深地一號”成功開井，獲得高產油氣流。我國科研人員采用高溫石英(主要成分SiO2)、鈦合金等航天耐高溫材料，實現了地下近萬米深度指哪打哪，通過在鉆井液中加入竹纖維，在鉆井壁上迅速形成一層保護膜，馴服了有很多微小裂縫的二疊系地層。下列說法不正確的是（）A.所獲得的油氣流是混合物B.竹纖維屬于無機非金屬材料C.鈦合金強度高、耐蝕性好、耐熱性高D.SiO2是一種共價晶體〖答案〗B〖解析〗A．油氣流中含多種短鏈氣態(tài)烴，為混合物，故A正確；B．竹纖維主要成分為纖維素，屬于有機高分子材料，故B錯誤；C．鈦合金可做航天耐高溫材料，可知其強度高、耐蝕性好、耐熱性高，故C正確；D．SiO2是Si和O原子通過共價鍵結合形成的空間網狀結構的共價晶體，故D正確；故選：B。2.下列關于元素性質或原子結構遞變情況的敘述中，錯誤的是（）A.Li、Be、B原子的最外層電子數依次增多B.P、S、C1元素的最高正化合價依次升高C.N、O、F原子的半徑依次增大D.Na、K、Rb原子核外的電子層數依次增多〖答案〗C〖解析〗A．Li、Be、B都是第二周期的元素，隨著原子序數的增大，元素原子的最外層電子數依次增多，A正確；B．P、S、C1元素都是第三周期的元素，隨著原子序數的增大，元素原子的最外層電子數依次增多，元素的最高正化合價依次升高，等于它們的最外層電子數目，B正確；C．N、O、F都是第二周期的元素，隨著原子序數的增大，元素原子的半徑依次減小，C錯誤；D．Na、K、Rb都是第IA的元素，隨著元素原子序數的增大，原子核外電子層數依次增多，D正確；〖答案〗選C。3.下列化學用語或圖示表達正確的是（）A.HClO的電子式為B.基態(tài)原子的價層電子軌道表示式為C.的名稱為2—乙基丁烷D.分子的VSEPR模型為〖答案〗B〖解析〗A．次氯酸的結構式為Cl—O—H，電子式為，故A錯誤；B．鉻元素的原子序數為24，基態(tài)原子的價層電子排布式為3d54s1，軌道表示式為，故B正確；C．由結構簡式可知，烷烴分子中最長碳鏈含有5個碳原子，支鏈為1個甲基，名稱為3—甲基戊烷，故C錯誤；D．氨分子中氮原子的價層電子對數為4，有1個孤電子對，分子的VSEPR模型為，故D錯誤；故選B。4.下列物質中，不能用于鑒別SO2和CO2的是（）A.酸性KMnO4溶液 B.品紅溶液C.H2S溶液 D.澄清石灰水〖答案〗D〖解析〗A．二氧化硫具有還原性，能與酸性高錳酸鉀溶液反應使溶液褪色，二氧化碳不能與酸性高錳酸鉀溶液反應，所以用酸性高錳酸鉀溶液能鑒別二氧化硫和二氧化碳，故A不符合題意；B．二氧化硫具有漂白性，能使品紅溶液漂白褪色，二氧化碳不能使品紅溶液褪色，則用品紅溶液能鑒別二氧化硫和二氧化碳，故B不符合題意；C．二氧化硫具有弱氧化性，能與氫硫酸溶液反應生成硫沉淀和水，二氧化碳與氫硫酸溶液不反應，所以能用氫硫酸溶液能鑒別二氧化硫和二氧化碳，故C不符合題意；D．二氧化硫和二氧化碳均能使澄清石灰水變混濁，則不能用澄清石灰水鑒別二氧化硫和二氧化碳，故D符合題意；故選D。5.下列方程式與所給事實相符的是（）A.FeS去除污水中的Pb2+：FeS(s)+Pb2+(aq)=PbS(s)+Fe2+(aq)B.氨的水溶液顯堿性：NH3+H2O=NH+OH?C.過氧化鈉和水反應能生成氧氣：Na2O2+2H2O=2Na++2OH?+O2↑D.小蘇打的水溶液顯堿性：CO+2H2OH2CO3+2OH?〖答案〗A〖解析〗A．硫化亞鐵的溶度積小于硫化鉛，硫化亞鐵除去污水中鉛離子發(fā)生的反應為硫化亞鐵與污水中的鉛離子反應生成硫化鉛和亞鐵離子，反應的離子方程式為FeS(s)+Pb2+(aq)=PbS(s)+Fe2+(aq)，故A正確；B．氨的水溶液顯堿性是因為溶于水的氨氣部分與水反應生成一水合氨，一水合氨在溶液中部分電離出銨根離子和氫氧根離子，有關反應式為NH3+H2ONH3·H2ONH+OH?，故B錯誤；C．過氧化鈉和水反應反應生成氫氧化鈉和氧氣反應的離子方程式為2Na2O2+2H2O=4Na++4OH?+O2↑，故C錯誤；D．小蘇打是碳酸氫鈉，碳酸氫根離子在溶液中水解使溶液呈堿性，反應的離子方程式為HCO+H2OH2CO3+OH?，故D錯誤；故選A。6.有存在時，活性炭吸附脫除的反應方程式為。研究發(fā)現：活性炭的表面含有羧基等含氧官能團，活性炭含氧官能團化學吸附和的機理如下圖所示。下列說法不正確的是（）A.和中心原子的雜化方式相同B.吸附時，中的原子與羧基中的原子發(fā)生作用C.室溫時，脫除30g轉移電子數約為個D.含氧官能團化學吸附、的連接方式與、、和的電負性有關〖答案〗C〖解析〗A．和中心N原子的價層電子對數分別為、，VSEPR模型均為四面體，則N原子的雜化方式均為sp3，故A正確；B．由圖可知，吸附時與H原子配位轉化為，即N原子與羧基中的H原子發(fā)生作用，故B正確；C．中NO得電子生成N2，1molNO轉移電子2mol，30gNO的物質的量為，轉移電子數約為2×6.02×1023個，故C錯誤；D．含氧官能團化學吸附NH3時形成，含氧官能團化學吸附NO時形成C=O-N=O結構，說明含氧官能團化學吸附NH3、NO的連接方式與O、N、C和H的電負性大小有關，元素電負性越大，吸引鍵合電子的能力越強，故D正確；故選：C。7.下列氣體所選除雜試劑和收集方法均正確的是（）氣體(雜質)除雜試劑收集方法ACO2(HCl)飽和NaHCO3溶液向上排空氣法BC2H4(CO2)燒堿溶液向上排空氣法CNO(NO2)水向下排空氣法DC2H2(H2S)酸性KMnO4溶液向下排空氣法〖答案〗A〖解析〗A．碳酸的酸性弱于鹽酸，應用飽和碳酸氫鈉溶液除去二氧化碳中混用的氯化氫雜質，二氧化碳的密度大于空氣，應用向上排空氣法收集二氧化碳，則氣體所選除雜試劑和收集方法均正確，故A正確；B．乙烯的密度與空氣的密度接近，不能用排空氣法收集，應用排水法收集乙烯，故B錯誤；C．一氧化氮易與空氣中的氧氣反應生成二氧化氮，不能用排空氣法收集，應用排水法收集一氧化氮，故C錯誤；D．乙炔能與酸性高錳酸鉀溶液發(fā)生氧化反應，不能用酸性高錳酸鉀溶液除去乙炔中混有的硫化氫雜質，且乙炔的密度與空氣的密度接近，不能用排空氣法收集，故D錯誤；故選A。8.對下列事實的解釋不正確的是（）事實解釋ANaCl溶液呈中性c平(H+)=c平(OH-)B相對分子質量相近的一元醇和烷烴相比，醇的沸點遠遠高于烷烴醇分子中羥基的氧原子與另一醇分子羥基的氫原子間存在著氫鍵CCuS的溶解程度遠比ZnS的溶解程度小Ksp(CuS)＜Ksp(ZnS)D氮分子中的氮原子是以共價三鍵結合的當形成氮分子的兩個氮原子相互接近時，一個氮原子的2s軌道和另一個氮原子的2s軌道重疊形成一個共價鍵，同時它們的2px和2py軌道也會分別兩兩重疊形成兩個共價鍵，進而形成共價三鍵〖答案〗D〖解析〗A．NaCl是強酸強堿鹽，陰陽離子不影響水電離平衡，導致水溶液中c平(H+)=c平(OH-)，A正確；B．氫鍵作用大于分子間作用力，且分子間氫鍵會使物質的熔沸點升高，所以相對分子質量相近的一元醇和烷烴相比，醇的沸點遠遠高于烷烴，B正確；C．CuS和ZnS的陰陽離子之比相同，且CuS飽和溶液中c(CuS)=c(Cu2+)=，ZnS飽和溶液中c(ZnS)=，CuS的溶解程度遠比ZnS的溶解程度小，則Ksp(CuS)＜Ksp(ZnS)，C正確；D．氮分子中的氮原子以共價三鍵結合，含有1個σ鍵和2個π鍵，σ鍵以“頭碰頭”重疊形成，π鍵是原子半徑相近的原子“肩并肩”形成，即一個氮原子的px軌道和另一個氮原子的px軌道重疊形成一個共價鍵，同時它們的2pz和2py軌道則“肩并肩”形成兩個共價鍵，進而形成共價三鍵，D錯誤；故〖答案〗為：D。9.某同學分別向0.1mol/L、5mol/LNaCl溶液中滴加2滴0.1mol/LAgNO3溶液，均有白色沉淀，振蕩后，前者沉淀不消失、后者沉淀消失。查閱水溶液中銀氯配合物的分布曲線(以銀的百分含量計)，如下圖所示，下列說法不正確的是（）A.AgCl在不同濃度的NaCl溶液中溶解度不同B.銀氯配合物中Ag+是中心離子，Cl?是配體C.上述實驗中，白色沉淀消失的離子方程式是Ag++4Cl?=AgClD.推測濃鹽酸中滴加2滴0.1mol/LAgNO3溶液，產生白色沉淀，振蕩后沉淀消失〖答案〗C〖解析〗A．由圖可知，氯化銀白色沉淀能與過量的氯離子反應生成二氯合銀離子、三氯合銀離子、四氯合銀離子，說明氯化銀在不同濃度的氯化鈉溶液中溶解度不同，故A正確；B．二氯合銀離子、三氯合銀離子、四氯合銀離子中中心離子是銀離子，氯離子是配體，故B正確；C．由圖可知，白色沉淀消失發(fā)生的反應為氯化銀與溶液中的氯離子反應生成四氯合銀離子，反應的離子方程式為AgCl+3Cl?=AgCl，故C錯誤；D．由圖可知，白色沉淀消失是因為氯化銀白色沉淀能與過量的氯離子反應生成二氯合銀離子、三氯合銀離子、四氯合銀離子，所以向濃鹽酸中滴加2滴0.1mol/L硝酸銀溶液，溶液中產生白色沉淀，振蕩后沉淀會消失，故D正確；故選C。10.利用下列實驗藥品，不能達到實驗目的的是（）實驗目的實驗藥品A證明Fe2+具有還原性FeSO4溶液、酸性KMnO4溶液、KSCN溶液B證明犧牲陽極法保護鐵Fe、Cu、酸化的食鹽水、K3[Fe(CN)6]溶液C證明AgI比AgCl更難溶AgNO3溶液、NaCl溶液、KI溶液D證明醋酸的酸性比碳酸強醋酸、碳酸鈉溶液〖答案〗B〖解析〗A．向硫酸亞鐵溶液中滴入硫氰化鉀溶液，溶液不變?yōu)榧t色，向溶液中加入酸性高錳酸鉀溶液，溶液變?yōu)榧t色說明亞鐵離子檢驗還原性，則題給實驗藥品能達到實驗目的，故A不符合題意；B．鐵、銅在酸化的食鹽水中構成原電池，金屬性強于銅的鐵做原電池的負極被損耗生成亞鐵離子，銅做正極被保護，向溶液中滴入鐵氰化鉀溶液，溶液中有藍色沉淀生成，不能證明犧牲陽極法保護鐵，則題給實驗藥品不能達到實驗目的，故B符合題意；C．向硝酸銀溶液中加入足量氯化鈉溶液，溶液中有白色沉淀生成，向溶液中再加入碘化鉀溶液，白色沉淀變?yōu)辄S色說明碘化銀的溶解度小于氯化銀，則題給實驗藥品能達到實驗目的，故C不符合題意；D．向醋酸溶液中加入碳酸鈉溶液，溶液中有無色氣體逸出說明醋酸的酸性強于碳酸，則題給實驗藥品能達到實驗目的，故D不符合題意；故選B11.白藜蘆醇具有強的抗癌活性，其分子結構如下圖所示，下列說法不正確的是（）A.白藜蘆醇分子中不含手性碳原子B.白藜蘆醇存在順反異構C.1mol白藜蘆醇可以和3molNaOH反應D.白藜蘆醇和過量濃溴水反應，產物的分子式為C14H9O3Br7〖答案〗D〖解析〗A．由結構簡式可知，白藜蘆醇分子中不含有連有4個不同原子或原子團的手性碳原子，故A正確；B．由結構簡式可知，白藜蘆醇分子中碳碳雙鍵的碳原子連有不同的原子或原子團，則存在順反異構，故B正確；C．由結構簡式可知，白藜蘆醇分子中含有的酚羥基能與氫氧化鈉溶液反應，則1mol白藜蘆醇可以和3mol氫氧化鈉反應，故C正確；D．由結構簡式可知，白藜蘆醇分子中含有酚羥基，能與溴水發(fā)生取代反應，溴原子取代酚羥基鄰、對位上的氫原子，分子中含有的碳碳雙鍵能與溴水發(fā)生加成反應，則白藜蘆醇和過量濃溴水反應，產物的分子式為C14H7O3Br7，故D錯誤；故選D。12.硫酸除銹所產生的酸洗廢液中含有較高濃度的硫酸、大量的鐵(＋2和＋3價)和一些雜質(、等)，利用硫酸酸洗廢液生產硫酸亞鐵的工藝流程如下圖所示。下列說法不正確的是（）A.酸洗廢液反應時，廢氣中的是的還原產物B.加入廢鐵后，被鐵還原的微粒有、、和等C.與反應生成S和時，氧化劑和還原劑的物質的量之比為5：2D.用飽和溶液洗滌晶體，在除去硫酸的同時能減少硫酸亞鐵晶體的溶解〖答案〗C〖解析〗A．酸洗廢液加入鐵粉反應時，中As元素化合價降低發(fā)生還原反應生成，是的還原產物，故A正確；B．加入廢鐵后，根據產物可知被鐵還原的微粒有、、和等，故B正確；C．與反應生成S和時，S元素化合價由-2升高為0、Mn元素化合價由+7降低為+2，氧化劑和還原劑的物質的量之比為2：5，故C錯誤；D．硫酸亞鐵難溶于飽和溶液，用飽和溶液洗滌晶體，在除去硫酸的同時能減少硫酸亞鐵晶體的溶解，故D正確；故選C。13.一種點擊反應的原理為，我國科學家利用點擊反應原理研制出具有較高玻璃化轉變溫度的聚合物C。下列說法不正確的是（）A.單體B化學式為C8H6O4B.單體B能發(fā)生加成、加聚和取代反應C.理論上1mol聚合物C在酸性條件下水解可以得到4nmol羧基D.按上述點擊反應原理A和B可以生成環(huán)狀化合物：〖答案〗D〖祥解〗A和B反應生成聚合物C，根據點擊反應原理，由C逆推，可知B是HC≡CCOOCH2CH2OOCC≡CH?！驹斘觥緼．單體B是HC≡CCOOCH2CH2OOCC≡CH，化學式為C8H6O4，故A正確；B．單體B是HC≡CCOOCH2CH2OOCC≡CH，含有碳碳三鍵、酯基，能發(fā)生加成、加聚和取代反應，故B正確；C．聚合物C的1個鏈節(jié)中含有4個酯基，理論上1mol聚合物C在酸性條件下水解可以得到4nmol羧基，故C正確；D．按上述點擊反應原理A和B可以生成環(huán)狀化合物：，故D錯誤；選D。14.下圖(左)表示1-甲基萘(1-MN)加氫飽和反應網絡，四個加氫反應均為放熱反應(用反應1、2、3、4表示)。下圖(右)表示反應溫度(T)對平衡時反應體系中有機化合物物質的量分數(x/%)的影響(6MPa，1-MN和體積比為1∶5條件下)。下列說法不正確的是（）A.800K反應2和反應4生成1-MD的程度很小B.600K到800K，反應1的平衡常數逐漸減小C.700K反應1的平衡常數小于反應3的平衡常數D.600K到650K，反應2中5-MTL增加的量大于反應1中5-MTL減少的量〖答案〗C〖解析〗A．根據右圖，在800K時，1-MD的物質的量分數非常小，說明反應2和反應4生成1-MD的程度很小，A正確；B．根據左圖，反應1是放熱反應，溫度升高，平衡逆向移動，平衡常數減小，B正確；C．根據左圖，反應1和反應3都是放熱反應，溫度升高，平衡逆向移動，平衡常數減小，由于反應1和反應3的反應物相同，生成物不同，且700K時反應1生成物比反應3生成物多，所以反應1的平衡常數大于反應3的平衡常數，C錯誤；D．根據右圖，在600K到650K之間，5-MTL的物質的量分數逐漸增大，而1-MD的物質的量分數逐漸減小，這說明反應2中5-MTL增加的量大于反應1中5-MTL減少的量，D正確；故〖答案〗為：C。第二部分二、本部分共5題，共58分。15.某種鋅電池的結構如下圖所示。（1）基態(tài)Mn原子價層電子排布式是___________。（2）空間結構是_______________。（3）鋅元素屬于___________區(qū)(填“s”、“d”、“ds”或“p”)。（4）比較S原子和O原子的第一電離能大小，從原子結構的角度說明理由：_______________________________________________________。（5）MnO電極材料充放電過程的原理如下圖所示：①MnO晶胞的邊長相等均為anm，已知MnO的摩爾質量是Mg/mol，阿伏加德羅常數為NA，該晶體的密度為___________g/cm3。(1cm=107nm)②I為MnO活化過程：MnO___________e?=Mn0.610.39O+0.39Mn2+；II代表電池___________過程(填“放電”或“充電”)。〖答案〗（1）3d54s2（2）正四面體形（3）ds（4）O和S為同主族元素，電子層數S>O，原子半徑S>O，原子核對最外層電子的吸引作用O>S，所以第一電離能O>S（5）①②?0.78放電〖解析〗（1）錳元素的原子序數為25，基態(tài)原子的價層電子排布式為3d54s2，故〖答案〗為：3d54s2；（2）硫酸根離子中硫原子的價層電子對數為4、孤對電子對數為0，離子的空間構型為正四面體形，故〖答案〗為：正四面體形；（3）鋅元素的原子序數為30，基態(tài)原子的價層電子排布式為3d104s2，則鋅元素處于元素周期表的ds區(qū)，故〖答案〗為：ds；（4）O和S為同主族元素，電子層數S>O，原子半徑S>O，原子核對最外層電子的吸引作用O>S，所以第一電離能O>S，故〖答案〗為：O和S為同主族元素，電子層數S>O，原子半徑S>O，原子核對最外層電子的吸引作用O>S，所以第一電離能O>S；（5）①由晶胞結構可知，晶胞中位于頂點和面心的氧原子個數為8×+6×=4，位于棱上和體心的錳原子個數為12×+1=4，設晶體的密度為dg/cm3，由晶胞的質量公式可得：=(10—7a)3d，解得d=，故〖答案〗為：；②由晶胞結構可知，一氧化錳活化過程中錳元素失去電子發(fā)生氧化反應生成Mn0.610.39O和錳離子，電極反應式為MnO—0.78e?=Mn0.610.39O+0.39Mn2+；過程II中晶胞中嵌如了鋅離子，說明該過程中產生的鋅離子，并移向MnO極，則該過程為電池的放電過程，故〖答案〗為：—0.78；放電。16.將作為弱氧化劑用于乙烷脫氫制備乙烯，具有避免乙烷深度氧化、資源化利用等顯著優(yōu)勢。（1）①查閱資料，計算氧化脫氫反應的反應熱i.查閱__________的燃燒熱數據（填化學式）。ii.查閱水的汽化熱：。利用上述數據，得如下熱化學方程式：②檢驗產物有乙烯生成的操作和現象__________________________________。（2）結合鍵能數據分析氧化脫氫反應的挑戰(zhàn)和難點_____________________。鍵鍵能347.7413.4745（3）推測催化氧化脫氫反應過程示意圖如下，補全示意圖中畫框部分（示意圖中未使用鍵線式）。（4）分析投料體積比對反應的影響（650℃，0.1MPa，催化劑）①從1提高到5，轉化率從33.3%增加到50.5%，簡述轉化率增加的原因____________________________________。（體積比為3和4時乙烷轉化率基本相同）②從4提高到5，副反應的化學方程式可能是__________________________。〖答案〗（1）①C2H6、C2H4、CO②將反應得到的氣體通入溴水或酸性KMnO4溶液中，溶液褪色（2）CO2中C=O鍵的鍵能較高，是反應的挑戰(zhàn)；乙烷分子中C—H鍵的鍵能大于C—C鍵的鍵能，所以C—H鍵的選擇活化是難點（3）（4）①從1提高到3，更多的CO2和乙烷反應生成乙烯，乙烷的轉化率增大；從4提高到5，更多的CO2和乙烷反應生成甲烷，乙烷的轉化率增大②2CO2+C2H6CH4+3CO+H2O〖解析〗（1）①由乙烷與二氧化碳反應生成乙烯和氣態(tài)水可知，計算二氧化碳氧化乙烷脫氫反應的反應熱時，需查閱資料獲取的數據為乙烷、乙烯、一氧化碳的燃燒熱和液態(tài)水轉化為氣態(tài)水的反應熱，故〖答案〗為：C2H6、C2H4、CO；②乙烯能與溴水發(fā)生加成反應使溶液褪色，也能與酸性高錳酸鉀溶液發(fā)生氧化反應使溶液褪色，則檢驗產物有乙烯生成的操作和現象檢驗產物有乙烯生成的操作和現象為將反應得到的氣體通入溴水或酸性高錳酸鉀溶液中，溶液褪色，故〖答案〗為：將反應得到的氣體通入溴水或酸性KMnO4溶液中，溶液褪色；（2）由表格數據可知，二氧化碳氧化乙烷脫氫反應的挑戰(zhàn)是二氧化碳分子中碳氧雙鍵的鍵能較高，破壞共價鍵需要較高的能量；碳氫鍵的鍵能大于碳碳鍵的鍵能，所以反應的難點是選擇合適的催化劑使反應中碳氫鍵優(yōu)先活化斷裂而碳碳鍵不斷裂的條件下形成碳碳雙鍵，故〖答案〗為：CO2中C=O鍵的鍵能較高，是反應的挑戰(zhàn)；乙烷分子中C—H鍵的鍵能大于C—C鍵的鍵能，所以C—H鍵的選擇活化是難點；（3）由原子個數守恒可知，與乙烷反應生成；（4）①由圖可知，從1提高到3時，乙烯的選擇性增大，甲烷的選擇性減小說明反應中更多的二氧化碳和乙烷反應生成乙烯導致乙烷的轉化率增大；從4提高到5時，甲烷的選擇性增大，乙烯的選擇性減小說明更多的二氧化碳和乙烷反應生成甲烷導致乙烷的轉化率增大，所以從1提高到5，乙烷轉化率從33.3%增加到50.5%，故〖答案〗為：從1提高到3，更多的CO2和乙烷反應生成乙烯，乙烷的轉化率增大；從4提高到5，更多的CO2和乙烷反應生成甲烷，乙烷的轉化率增大；②從4提高到5時，甲烷的選擇性增大，乙烯的選擇性減小說明更多的二氧化碳和乙烷反應生成甲烷，則副反應的化學方程式為2CO2+C2H6CH4+3CO+H2O。17.植物提取液AbyssinoneⅠ能預防和抑制芳香酶的活性，其人工合成路線如下。已知：i．ii．+R2CHO（1）芳香族化合物A的官能團是___________。（2）A→B的反應類型是___________。（3）C的結構簡式是___________。（4）符合下列條件的D的同分異構體有___________種。①能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應②能與NaHCO3反應放出CO2③苯環(huán)上有3個取代基（5）D→E反應的化學方程式是______________________________________________。（6）G中含有4個六元環(huán)，G的結構簡式是___________。（7）合成路線中，D→E和G→AbyssinoneⅠ兩步的作用是_________________________。〖答案〗（1）醛基(-CHO)、羥基(-OH)（2）取代反應（3）（4）10（5）+HCl+（6）（7）保護D中酮羰基對位羥基〖祥解〗根據B的結構簡式可知，A與發(fā)生取代反應生成B，結合A的分子式可知，A為，B與DDQ發(fā)生信息i的反應生成C，則C為，C與E發(fā)生信息ii的反應生成F，根據C和F的結構簡式可知，E為，D與發(fā)生取代反應生成E，D為，G中含有4個六元環(huán)，則G為?！驹斘觥浚?）A的結構簡式為，其中官能團的名稱為醛基、酚羥基。（2）根據分析可知，A與發(fā)生取代反應生成B。（3）根據分析可知，C的結構簡式為。（4）D為，其同分異構體能與氯化鐵溶液發(fā)生顯色反應，其中含有酚羥基，能與碳酸氫鈉反應放出二氧化碳，則其含有羧基，苯環(huán)上有三個取代基，則這三個取代基為-OH、-COOH和-CH3，若為這一結構，甲基有4個位置，若為這一結構，甲基有4個位置，若為這一結構，甲基有2個位置，因此滿足條件的同分異構體有10種。（5）D與發(fā)生取代反應生成HCl和E，化學方程式為+HCl+。（6）G含有4個六元環(huán)，其結構簡式為。（7）酚羥基具有酸性，能與NaOH溶液反應，設計D→E和G→AbyssinoneⅠ兩步，可以保護D中酮羰基對位的羥基。18.利用沉淀法和電解法從富鋰溶液(含Li+、Fe2+、Fe3+、Al3+、Mg2+等陽離子)提純鋰的流程如下。（1）固體A含有Fe(OH)3和Al(OH)3。①第一次加入Na2CO3溶液的目的是___________________________________。②寫出生成Fe(OH)3的離子方程式___________________________________。（2）濾液B經三步電解最終生成Li2CO3，原理示意圖如下。①已知：Ca(OH)2的溶度積為4.7×10?6，第一步電解，反應瓶中pH=13時，c(Ca2+)=___________。②第二步通CO2至pH在7～9，寫出生成NaHCO3的離子方程式___________________。③膜B是_______________(填“陽離子交換膜”或“陰離子交換膜”)；結合陰極電極反應簡述第三步生成Li2CO3的原理：___________________________________________。〖答案〗（1）①將Ca2+轉化為CaCO3沉淀除去②2Fe2++4OH?+ClO?+H2O=2Fe(OH)3↓+Cl?、Fe3++3OH?=Fe(OH)3↓（2）①4.7×10?4②Na++OH?+CO2=NaHCO3↓③陽離子交換膜〖祥解〗富鋰溶液(含Li+、Fe2+、Fe3+、Al3+、Mg2+等陽離子)，加NaClO，把Fe2+氧化Fe3+，入Ca(OH)2，調節(jié)Ph=8，則Fe3+、Al3+轉化為Fe(OH)3和Al(OH)3，過濾，濾液加NaOH調pH大于等于12，則Mg2+形成Mg(OH)2沉淀，溶液里的陽離子為Li+、Ca2+，加入Na2CO3溶液形成CaCO3沉淀，濾液里陽離子為Li+、Na+，加入Na2CO3溶液形成Li2CO3；【詳析】（1）①第一次加入Na2CO3溶液的目的是：將Ca2+轉化為CaCO3沉淀除去；②加NaClO，把Fe2+氧化Fe3+，入Ca(OH)2，調節(jié)Ph=8，則Fe3+轉化為Fe(OH)3，生成Fe(OH)3的離子方程式：2Fe2++4OH?+ClO?+H2O=2Fe(OH)3↓+Cl?、Fe3++3OH?=Fe(OH)3↓；（2）濾液B中含Li+、Ca2+、Mg2+、第一步電解右側生成OH?，則生成Ca(OH)2和Mg(OH)2沉淀，在第二步，右側生成OH?；①，=4.7×10?4；②第二步通CO2至pH在7～9，生成NaHCO3的離子方程式：Na++OH?+CO2=NaHCO3↓；③膜B是允許鋰離子通過，且在陰極生成氫氧根，與二氧化碳反應，最終生成碳酸鋰，故膜B是陽離子交換膜；結合陰極電極反應簡述第三步生成Li2CO3的原理：。19.某興趣小組模擬工業(yè)制取FeCl3，并對其性質進行探究。資料：ⅰ．無水FeCl3易潮解，加熱易升華。ⅱ．Fe3+與SO可以形成紅色配離子。Ⅰ．FeCl3的制取(夾持裝置略)實驗?。海?）A為氯氣發(fā)生裝置，A中的反應方程式是___________________(錳被還原為Mn2+)。（2）裝置F中的試劑是___________。Ⅱ．FeCl3性質探究將實驗ⅰ制取的FeCl3固體配成0.1mol/LFeCl3溶液，進行實驗ⅱ和實驗ⅲ。實驗ⅱ：將酸化的5mL0.1mol/LFeCl3溶液與2mL0.1mol/LNa2SO3溶液混合，得到紅色溶液，一段時間后紅色褪去。（3）解釋實驗ⅱ中溶液先變紅后褪色的原因___________________________________。（4）降低pH能縮短紅色褪去的時間，推測可能的原因___________________________。實驗ⅲ操作序號現象a蒸發(fā)時，試管內有白霧b灼燒時，導出的氣體可以使NaBr溶液變黃c最終，試管底部留有黑色固體（5）結合化學方程式，解釋a中的實驗現象_______________________________。（6）小組成員對b中的現象進行探究。向得到的黃色溶液中加入苯，振蕩靜置，上層溶液呈黃色，取上層黃色溶液加入淀粉KI溶液，溶液變藍，甲同學推測實驗ⅲ灼燒過程中FeCl3分解產生了Cl2，乙同學認為需要排除FeCl3被苯萃取的影響，并通過實驗證實了甲同學的推測，乙同學的驗證過程及現象是_______________________________。（7）將c中黑色固體溶于濃鹽酸，無氣泡產生，小組同學判斷黑色固體中含有正二價鐵，其理由是___________________________________________________?！即鸢浮剑?）2KMnO4+16HCl=2MnCl2+5Cl2↑+8H2O+2KCl（2）濃H2SO4（3）Fe3+與SO既可以形成配離子也可以發(fā)生氧化還原反應；氧化還原反應限度大，最終紅色褪去（4）c(H+)增大，H+和反應，溶液中c()降低，紅色配離子濃度減少（5）加熱促進FeCl3+3H2OFe(O