北京市东城区2023届一模考试化学试题

答案第=page1212页，共=sectionpages2424页北京市东城区2023届一模考试化学试题一、单选题1．生活中的一些现象常常涉及化学知识。下列分析中不正确的是A．咀嚼米饭时，越嚼越甜，因为淀粉水解生成了麦芽糖B．向食盐浓溶液中加入鸡蛋清溶液，有白色沉淀析出，因为食盐能使蛋白质变性C．铁锅用水清洗后，出现铁锈，因为潮湿环境中铁锅会发生电化学腐蚀D．打开汽水瓶盖，有大量气泡冒出，因为减小压强后二氧化碳的溶解度减小2．硒代半胱氨酸(含C、H、N、O、34Se5种元素)是一种氨基酸，其分子空间结构如图，下列说法不正确的是A．Se位于元素周期表中第四周期VIA族 B．图中最大的球代表SeC．硒代半胱氨酸分子中含一个手性碳原子 D．硒代半胱氨酸难溶于水，易溶于苯3．下列实验中，所选装置(可添加试剂，可重复使用)不合理的是A．盛放NaOH溶液，选用③B．用NH4Cl和Ca(OH)2固体制备氨，选用②C．配制100mL1.00mol•L-1NaCl溶液，选用⑤D．用大理石和盐酸制取CO2并比较碳酸和苯酚的酸性强弱，选用①④4．下列指定微粒或化学键的个数比为1：2的是A．612C原子中的质子和中子 B．Na2OC．SiO2晶体中的硅原子和共价键 D．FeCl2溶液中的Fe2+和Cl—5．解释下列事实的方程式不正确的是A．将二氧化硫通入硝酸钡溶液中，产生白色沉淀：SO2+Ba2++H2O=BaSO3↓+2H+B．将碳酸氢钠溶液与氯化钙溶液混合，产生白色沉淀：2HCO3-+Ca2+=CaCO3↓+H2O+COC．将氯化铜溶液加热，溶液由蓝色变为绿色：[Cu(H2O)4]2+(aq)+4Cl—(aq)⇌[CuCl4]2—(aq)+4H2O(l)△HD．用氢氧化钠溶液吸收氯气：Cl2+2OH—=Cl—+ClO—+H2O6．关于下列4种物质的说法正确的是A．①的晶体为共价晶体B．①与②完全反应时，转移2mol电子C．室温时，②在水中的溶解度小于其在乙醇中的溶解度D．③和④体积不同的主要原因是分子数不同7．3－O－咖啡酰奎尼酸是金银花抗菌、抗病毒的有效成分之一，其分子结构如图。下列关于3－O－咖啡酰奎尼酸的说法不正确的是A．存在顺反异构现象B．至少有7个碳原子在同一个平面内C．能发生取代反应和消去反应D．1mol3－O－咖啡酰奎尼酸能与7molNaOH恰好完全反应8．依据下列实验现象推测，其反应原理不涉及氧化还原反应的是A．K2CO3溶液和NH4Cl溶液混合，产生刺激性气味B．把钠放入CuSO4溶液中，有蓝色沉淀生成C．向酸性KMnO4溶液中加入H2O2，溶液紫色褪去D．氯水在光照条件下放置一段时间后，溶液的pH降低9．某温度下，H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)的平衡常数K=4。该温度下，在甲、乙、丙、丁4个相同的恒容密闭容器中进行该反应，起始浓度如表所示。甲乙丙丁c(H2)/(mol•L-1)0.010.020.010.02c(I2)/(mol•L-1)0.010.010.010.01c(HI)/(mol•L-1)000.020.02下列判断不正确的是A．化学反应速率：乙＞甲 B．平衡时，甲中I2的转化率为50%C．平衡时，丙中c(I2)=0.01mol•L-1 D．平衡时，乙和丁中c(H10．室温下，t1时刻向两个盛有50mL蒸馏水的烧杯中分别加入①1gCaCO3、②1g蔗糖，搅拌，最终分别得到悬浊液和澄清溶液，溶解过程中分散系的导电能力变化如图。下列分析不正确的是A．该实验可证明蔗糖不是电解质B．该实验可证明碳酸钙是强电解质C．当①中导电能力不变时，CaCO3(s)⇌Ca2+(aq)+CO3D．t2时刻，①中再加1gCaCO3，导电能力不变11．对下列事实的解释不正确的是选项事实解释A稳定性：HF＞HIHF分子间存在氢键，HI分子间不存在氢键B键角：NH4+＞H中心原子均采取sp3杂化，孤电子对有较大的斥力C熔点：石英＞干冰石英是共价晶体，干冰是分子晶体；共价键比分子间作用力强D酸性：CF3COOH＞CCl3COOHF的电负性大于Cl，F－C的极性大于Cl－C，使F3C－的极性大于Cl3C－的极性12．室温下，向10.0mL纯碱(可能含有NaHCO3)的稀溶液中逐滴加入0.100mol•L-1盐酸，滴定曲线如图，其中p、q为滴定终点。下列分析正确的是A．m处溶液pH＞7，原因是CO32-+2H2O⇌HB．由滴定数据可推知，原纯碱中不含NaHCO3C．p和q处的溶液中，均存在c(Na+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-D．原纯碱稀溶液中c(Na+)=0.215mol•L-113．用石墨作电极电解a浊液，记录如表。实验装置实验现象I.a为AgClII.a为AgI两电极均产生气泡，有黑色固体在阴极附近生成，并沉降在烧杯底部，烧杯中的液体逐渐变澄清透明两电极均产生气泡，阴极表面附着少量银白色固体，烧杯中的液体逐渐变为棕黄色下列说法不正确的是A．I中阳极气体可能为Cl2和O2，II中阳极气体为O2B．I和II中阴极生成气体的方程式均为2H2O+2e—=H2↑+2OH—C．II中液体变为棕黄色，说明阳极上发生了反应2AgI—2e—=I2+2Ag+D．两实验阴极现象有差异的原因可能是II中c(Ag+)比I中的小14．CH4/CO2催化重整的反应为①CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)△H1其中，积炭是导致催化剂失活的主要原因。产生积炭的反应有：②CH4(g)⇌C(s)+2H2(g)△H2=+74.6kJ•mol-1③2CO(g)⇌C(s)+CO2(g)△H3=-172.5kJ•mol-1科研人员研究压强对催化剂活性的影响：在1073K时，将恒定组成的CO2、CH4混合气体，以恒定流速通过反应器，测得数据如图。注：Ra是以CH4的转化率表示的催化剂活性保留分率，即反应进行到某一时刻的催化剂活性与反应初始催化剂活性之比。下列分析不正确的是A．△H1=+247.1kJ•mol-1B．压强越大，Ra降低越快，其主要原因是反应①平衡逆向移动C．保持其他条件不变，适当增大投料时n(CO2)n(CHD．研究表明“通入适量O2有利于重整反应”，因为O2能与C反应并放出热量二、结构与性质15．LiFePO4常用作车载动力电池的正极材料。以碳酸锂、草酸亚铁，磷酸二氢铵为主要原料经高温锻烧可制备LiFePO4。(1)草酸亚铁晶体由C、H、O、Fe4种元素组成，其结构片段如图所示。①基态26Fe2+的价层电子排布式为_____。②草酸亚铁晶体中Fe2+的配位数为_____。③草酸亚铁晶体的化学式为_____。(2)将原料与适量乙醇充分混合后，在氮气保护气氛中高温煅烧，得到LiFePO4。①从结构的角度分析，氮气能用作保护气的原因是____。②反应体系在100～400℃之间具有较大的失重，导致失重的原因之一是NH4H2PO4分解，补全方程式。____。    NH4H2PO4100～400℃    _____+    _____+    (3)晶体中，FeO6八面体和PO4四面体组成空间链状结构，Li+会填充在链之间的孔道内，晶胞如图a所示，充放电时，LiFePO4中的Li+会不断脱嵌或嵌入，晶体结构变化示意图如图：①i表示_____(填“充电”或“放电”)过程。②已知：Li+的脱嵌率=脱嵌出的Li+数LiFePO4中Li+的总数×100%。某时刻，若正极材料中n(Fe2+)：n(Fe3+)=3：1，则Li三、有机推断题16．已二腈[NC(CH2)4CN]是合成尼龙－66的中间体，其制备方法如下。I.己二酸氨化法(1)下列说法正确的是_____(填字母)。a.己二腈的分子中含有碳氮三键b.反应②和④中均有H2O生成c.该方法原子利用率低(2)若反应③中硝酸的还原产物为NO2，理论上生产1mol已二酸产生NO2的物质的量是_____mol。II.丙烯晴CH2=CHCN电解二聚法(两极均为惰性电极)电解原理如图，总反应为4CH2=CHCN+2H2O→通电2NC(CH2)4CN+O2↑，主要副产物为丙腈(C2H5(3)电极X为_____(填“阴”或“阳”)极。(4)Y极区溶液呈酸性会加快丙腈的生成，导致己二腈的产率降低，结合图分析原因是_____。(5)写出i的电极反应式：_____。(6)已二腈、丙腈的生成速率与季铵盐浓度的关系如图，当季铵盐的浓度为1.5×10-2mol•L-1时，每小时通过质子交换膜的H+的物质的量最少为_____mol。17．有机物A(C6H8N2)用于合成药物、塑料等物质。I.由A合成佐匹克隆(J)的路线如图。已知：i：RNH2→ii：→RNH(1)A属于芳香族化合物，核磁共振氢谱有3组峰，峰面积比为2：1：1，A→B的化学方程式为_____。(2)OHC－CHO中官能团的检验方法：向_____(填试剂)中加入待测液，加热至沸腾，产生砖红色沉淀。(3)C中含氧官能团名称为_____。(4)物质a的结构简式为_____。(5)G→J的反应类型为_____。II.以A为原料合成PAI塑料的路线如图。(6)参照I中流程的信息分析，K、M的结构简式分别为_____、_____。四、工业流程题18．电解锰渣的主要成分是MnS。一种由电解锰渣制取高纯MnSO4，的流程如图：(1)MnS与H2SO4发生复分解反应的离子方程式为_____。(2)浸出过程中，加入MnO2可减少有毒气体的生成，同时产生更多MnSO4，利用的MnO2的化学性质是_____。(3)结合离子方程式解释从浸出液中除去Fe3+的操作的原理：_____。(4)过程I除去Ca2+并富集Mn2+的流程如图。已知：a.萃取剂E是溶解了P204(记为HA)的磺化煤油(一种有机溶剂)；b.HA为一元弱酸，难溶于水，结构为[OR=]；c.莘取时发生反应M2++2HA⇌MA2+2H+(M2+表示Ca2+或Mn2+①从结构角度分析MA2可溶于磺化煤油的原因：_____。②反应M2++2A-⇌MA2的平衡常数用β表示。已知β(CaA2)＞β(MnA2)，判断调pH时a____b(填“＜”或“＞”)，结合平衡常数解释原因：_____③试剂Y是_____。(5)不同温度下MnSO4的溶解度如表。温度/℃010203040608090100溶解度/g52.959.762.962.960.053.645.640.935.3过程II的操作为______，洗涤，干燥。五、实验题19．实验室常用NaOH溶液吸收NO2尾气，探究其适宜条件原理。20℃时，将4mL不同浓度NaOH溶液一次性推入中4mLNO2，观察现象。编号c(NaOH)现象甲2mol•L-1活塞自动内移，最终剩余约7mL无色气体乙6mol•L-1活塞自动内移，最终气体全部被吸收(1)NaOH溶液吸收NO2时生成两种钠盐，分别为NaNO2和_____。(2)检验甲中剩余气体的方法：排出大注射器中的溶液，拔下导管，吸入少量空气，气体变为红棕色。用化学方程式表示检验的反应原理是_____。(3)某同学推测甲中产生无色气体的原因：局部OH-浓度过低，导致部分NO2与水反应。通过实验证明其成立：用与甲相同的装置、试剂和条件，将NO2缓慢推入NaOH溶液中，_____(补全实验现象)。(4)进一步探究NO2与水或碱反应时还原产物价态不同的原理。【查阅资料】i.NO2遇水时发生反应：a.2NOb.2HNOii.酸性条件下，HNO2或NO2-可与对氨基苯残酸发生不可逆【实验】将2mLNO2推入5mL下列试剂中，随即取出0.1mL溶液，滴加到等量对氨基苯磺酸溶液(盐酸酸化)中，再加入等量萘乙二胺溶液，加水定容到相同体积，对比溶液颜色。编号试剂溶液颜色丙水溶液均呈红色，丁与戊颜色几乎相同，丙的颜色更浅丁6mol•L-1NaOH溶液戊酸性对氨基苯磺酸溶液①通过实验_____(填编号)对比，说明NO2遇水时发生了反应a和b。②从化学反应速率的角度分析，NO2与水或碱反应时还原产物价态不同的原因是_____。(5)若用0℃的NaOH溶液重复实验甲，最终剩余约3mL(20℃)无色气体。综上，用NaOH溶液吸收NO2尾气，适宜的条件是______(写出两点即可)。参考答案：1．B【详解】A．咀嚼米饭时，越嚼越甜是因为淀粉在酶的作用下发生水解反应生成了麦芽糖，故A正确；B．向食盐浓溶液中加入鸡蛋清溶液，有白色沉淀析出是因为食盐降低了蛋白质的溶解度，发生了盐析，故B错误；C．铁锅用水清洗后，出现铁锈是因为潮湿环境中铁锅中的铁发生了吸氧腐蚀，故C正确；D．打开汽水瓶盖，有大量气泡冒出是因为在汽水中存在平衡：CO2(g)+H2O(l)⇌H2CO3(aq)，减小压强后，平衡逆向移动，二氧化碳的溶解度减小，故D正确；故选B。2．D【详解】A．硒元素的原子序数为34，位于元素周期表中第四周期VIA族，故A正确；B．硒代半胱氨酸中硒原子的电子层数最多，原子半径最大，则图中最大的球代表硒原子，故B正确；C．由分子空间结构可知，硒代半胱氨酸分子中与氨基和羧基相连的碳原子是连有4个不同原子或原子团的手性碳原子，故C正确；D．由分子空间结构可知，硒代半胱氨酸分子中含有亲水基氨基和羧基，所以硒代半胱氨酸易溶于水，故D错误；故选D。3．A【详解】A．氢氧化钠溶液能与玻璃中的二氧化硅反应，所以不能用③盛放氢氧化钠溶液，故A错误；B．氯化铵固体和氢氧化钙固体共热制备氨气的反应为固固加热的反应，应选用②制备氨气，故B正确；C．配制100mL1.00mol•L-1氯化钠溶液时，应选用⑤转移溶液，故C正确；D．用大理石和盐酸制取二氧化碳并比较碳酸和苯酚的酸性强弱，应选用①制备二氧化碳、盛有饱和碳酸氢钠溶液的④除去氯化氢，盛有苯酚钠的溶液验证碳酸和苯酚的酸性强弱，故D正确；故选A。4．B【详解】A．612C原子中的质子数和中子数都为6，则质子和中子的个数比为1：1，故AB．过氧化钠中过氧根离子和钠离子的个数比为1：2，故B符合题意；C．二氧化硅中每个硅原子与4个氧原子形成4个硅氧共价键，则晶体中的硅原子和共价键的个数比为1：4，故C不符合题意；D．氯化亚铁是强酸弱碱盐，亚铁离子在溶液中水解，所以溶液中亚铁离子和氯离子的个数比小于1：2，故D不符合题意；故选B。5．A【详解】A．将二氧化硫通入硝酸钡溶液中，产生白色沉淀发生的反应为二氧化硫与硝酸钡溶液反应生成硫酸钡沉淀、一氧化氮和硝酸，反应的离子方程式为3SO2+3Ba2++2NO3-+2H2O=3BaSO4↓+2NO↑+4H+，故AB．将碳酸氢钠溶液与氯化钙溶液混合，产生白色沉淀发生的反应为碳酸氢钠溶液与氯化钙溶液反应生成碳酸钙沉淀、二氧化碳和水，反应的离子方程式为2HCO3-+Ca2+=CaCO3↓+H2O+CO2↑，故BC．将氯化铜溶液加热，溶液由蓝色变为绿色说明溶液中的四水合铜离子与氯离子反应生成四氯合铜离子和水的反应为吸热反应，反应的离子方程式为[Cu(H2O)4]2+(aq)+4Cl—(aq)⇌[CuCl4]2—(aq)+4H2O(l)△H＞0，故C正确；D．用氢氧化钠溶液吸收氯气发生的反应为氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为Cl2+2OH—=Cl—+ClO—+H2O，故D正确；故选A。6．C【详解】A．铜为金属晶体，不是共价晶体，故A错误；B．铜与硫共热反应生成氯化亚铜，则64g铜与32g完全反应时，铜不足量，反应转移1mol电子，故B错误；C．硫单质不溶于水，微溶于酒精，所以室温时，硫在水中的溶解度小于其在乙醇中的溶解度，故C正确；D．18g水和46g乙醇体积不同的主要原因是密度不同，故D错误；故选C。7．D【详解】A．由结构简式可知，3－O－咖啡酰奎尼酸分子中碳碳双键的2个碳原子均连有不同的原子或原子团，存在顺反异构现象，故A正确；B．由结构简式可知，3－O－咖啡酰奎尼酸分子中的苯环、碳碳双键和酯基都为平面结构，由于单键可以旋转，所以分子中至少有7个碳原子在同一个平面内，故B正确；C．由结构简式可知，3－O－咖啡酰奎尼酸分子含有醇羟基、酯基和酚羟基，能表现醇、酯和酚的性质，所以一定条件下能发生取代反应和消去反应，故C正确；D．由结构简式可知，3－O－咖啡酰奎尼酸分子含有的酯基和酚羟基能与氢氧化钠溶液反应，所以1mol3－O－咖啡酰奎尼酸能与3mol氢氧化钠恰好完全反应，故D错误；故选D。8．A【详解】A．K2CO3水解生成的OH-和NH4Cl电离产生的NH4+反应产生刺激性气味气体NH3，没有化合价变化，不是氧化还原反应，B．把钠放入CuSO4溶液中，钠与溶液中的水反应生成氢氧化钠和氢气，钠化合价变化，是氧化还原反应，B错误；C．向酸性KMnO4溶液中加入H2O2，生成水和氧气，有化合价变化，是氧化还原反应，C错误；D．氯水在光照条件下放置一段时间后，次氯酸分解生成氯化氢和氧气，有化合价变化，是氧化还原反应，D错误；故答案为：A。9．D【详解】A．根据表中数据可知，其他条件相同，乙中c(H2)为甲中的2倍，乙中反应速率较大，选项A正确；B．设甲中I2的转化率为x，根据三段式有：H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)起始(mol/L)0.010.01C．根据丙中各数据，Q=c2(HI)c(H2)c(I2)D．乙中c(H2)c(I2)始终保持2:1，而丁中由于，Q=c2(HI)c(H2)c(I2)答案选D。10．B【详解】A．由图可知，蔗糖溶解过程中分散系的导电能力基本不变，说明蔗糖为非电解质，故A正确；B．碳酸钙难溶于水，但溶于水的碳酸钙完全电离，属于强电解质，故B错误；C．由图可知，碳酸钙溶解过程中分散系的导电能力增强，当导电能力不变时，说明CaCO3(s)⇌Ca2+(aq)+CO32-(aq)达到平衡，故D．由图可知，难溶于水的碳酸钙在水中已达到溶解平衡，所以t2时刻，①中再加1g碳酸钙，溶液中的离子浓度不变，导电能力不变，故D正确；故选B。11．A【详解】A．氢化物的稳定性与键能大小有关，与氢键无关，则氟化氢的稳定性强于碘化氢是因为H-F键键能比H-I大，故A错误；B．铵根离子中的氮原子和水分子中的氧原子均采取sp3杂化，铵根离子中氮原子和水分子中氧原子的孤对电子对数分别为0和2，孤对电子对数越多，对成键电子对的斥力越大，键角越小，所以铵根离子的键角大于水分子，故B正确；C．石英即二氧化硅，是共价晶体，干冰是分子晶体，共价键比分子间作用力强，所以石英的熔点高于干冰，故C正确；D．氟元素的电负性大于氯元素，F－C的极性大于Cl－C，使F3C－的极性大于Cl3C－的极性，对羧基的吸电子能力大于Cl3C－，所以CF3COOH更易电离出氢离子，酸性强于CCl3COOH，故D正确；故选A。12．D【分析】p、q为滴定终点，则p点时发生反应Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，q点时发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑。设原纯碱溶液中，Na2CO3的物质的量为x，NaHCO3的物质的量为y，则x=9.8×10-3L×0.100mol•L-1=9.8×10-4mol，2x+y=21.5×10-3L×0.100mol•L-1=2.15×10-3mol，y=1.9×10-4mol。【详解】A．由分析可知，m处溶液中的溶质为Na2CO3和NaHCO3，二者的水溶液都呈碱性，则溶液的pH＞7，主要原因是CO32-+H2O⇌HCO3-B．由滴定数据可推知，原纯碱为Na2CO3和NaHCO3的混合物，B不正确；C．p和q处的溶液中，均存在电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)+c(ClD．由分析可知，原纯碱稀溶液中，n(Na2CO3)=9.8×10-4mol，n(NaHCO3)=1.9×10-4mol，则c(Na+)=9.8×10-4mol×2+1.9×10故选D。13．C【分析】氯化银的溶解度大于碘化银，氯化银悬浊液中银离子浓度大于碘化银悬浊液中银离子浓度，由实验现象可知，I中氯离子和水分子均可能在阳极失去电子发生氧化反应生成氯气和氧气，银离子在阴极放电生成银，II中水分子在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气，水分子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，少量银离子在阴极放电生成银。【详解】A．由分析可知，I中氯离子和水分子均可能在阳极失去电子发生氧化反应生成氯气和氧气，II中水分子在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气，则I中阳极气体可能为氯气和氧气，II中阳极气体为氧气，故A正确；B．由分析可知，I和II中阴极生成气体都为水分子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，电极反应式为2H2O+2e—=H2↑+2OH—，故B正确；C．由分析可知，II中水分子在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气，电极反应式为2H2O—4e—=O2↑+4H+，反应生成的氧气将碘离子氧化为碘使II中液体变为棕黄色，故C错误；D．由分析可知，氯化银的溶解度大于碘化银，氯化银悬浊液中银离子浓度大于碘化银悬浊液中银离子浓度，所以I中银离子在阴极放电生成银，II中少量银离子在阴极放电生成银，故D正确；故选C。14．B【详解】A．根据盖斯定律，①=②-③，△H1=△H2-△H3=+247.1kJ•mol-1，A正确；B．压强越大，Ra降低越快，说明催化剂活性降低越快，积碳越多，其主要原因是反应③为气体体积减小的反应，加压平衡正向移动，使得积碳增多，B错误；C．由选项B分析知，保持其他条件不变，适当增大投料时n(CO2)n(CH4)，增大CO2浓度，使反应③D．通入适量O2，O2能与C反应并放出大量的热，可减少积碳减缓Ra的衰减，同时反应放热使得反应①正向移动，有利于重整反应，D正确；故选B。15．(1)

3d5

6

FeC2O4•2H2O(2)

N2中存在共价三键(N≡N)，键能大，N2化学性质稳定

2NH4H2PO4100～400℃2NH3↑+P2O5(3)

充电

25%

1【详解】（1）①基态26Fe的质子数为26，26Fe2+的价层电子排布式为3d5，故答案为：3d5；②由图可知，草酸亚铁晶体中亚铁离子与草酸根离子中的4个氧原子和水分子中的2个氧原子相连，则亚铁离子的配位数为6，故答案为：6；③由图可知，亚铁离子与2个草酸根离子和2个水分子相连，其中草酸根离子为两个亚铁离子所共有，则每个亚铁离子结合的草酸根离子为2×12=1，则草酸亚铁晶体中亚铁离子、草酸根离子和水分子的个数比为1：1：2，化学式为FeC2O4•2H2O，故答案为：FeC2O4•2H2O（2）①氮气分子中含有氮氮三键，氮氮三键的键能大，破坏化学键消耗的能量大，所以氮气的化学性质稳定，能用作保护气，故答案为：N2中存在共价三键(N≡N)，键能大，N2化学性质稳定；②由未配平的化学方程式可知，磷酸二氢铵在100～400℃受热分解生成五氧化二磷、氨气和水，反应的化学方程式为2NH4H2PO4100～400℃2NH3↑+P2O5+3H2O，故答案为：2NH4H2PO4100～400℃2NH3↑+P2（3）①由晶胞结构可知，LiFePO4在阳极失去电子发生氧化反应生成FePO4，则i表示充电过程，故答案为：充电；②由晶胞结构可知，LiFePO4晶胞中位于顶点和面心的锂离子个数为8×18+6×12=4，位于体内的FeO6八面体和PO4四面体形成的磷酸根离子的个数为4，若某时刻，若正极材料中n(Fe2+)：n(Fe3+)=3：1，由化合价代数和为0可知，晶胞中锂离子的个数为3，则平均每个晶胞脱嵌锂离子个数为1，脱嵌率为4-34×100%=25%，故答案为：25%16．(1)abc(2)8(3)阳(4)H+和丙烯腈在阴极竞争得电子，减慢反应i，同时生成的H加快了反应iii(5)2CH2=CHCN+2H++2e—=NC(CH2)4CN(6)8.6×10-3【分析】由有机物的转化关系可知，催化剂作用下与氢气发生加成反应生成，与过氧化氢发生氧化反应生成，与硝酸发生氧化反应生成HOOC(CH2)4COOH，HOOC(CH2)4COOH与氨气发生取代反应生成H2NOC(CH2)4CONH2，H2NOC(CH2)4CONH2发生脱水反应生成NC(CH2)4CN。【详解】（1）a．己二腈的官能团为—C≡N，所以己二腈的分子中含有碳氮三键，故正确；b．由分析可知，反应②为与过氧化氢发生氧化反应生成和水，反应④为HOOC(CH2)4COOH与氨气发生取代反应生成H2NOC(CH2)4CONH2和水，则反应②和④中均有水生成，故正确；c．由题给流程可知，该方法的步骤多，易发生副反应导致原子利用率低，故正确；故选abc；（2）由结构简式可知，1mol环己醇氧化为己二酸时，反应转移8mol电子，若反应③中硝酸的还原产物为二氧化氮，由得失电子数目守恒可知，理论上生产1mol已二酸产生二氧化氮的物质的量为1mol×8=8mol，故答案为：8；（3）由氢离子的移动方向可知，与直流电源正极相连的X电极为电解池的阳极，故答案为：阳；（4）由图可知，Y极区溶液呈酸性时，氢离子和丙烯腈在阴极竞争得电子生成氢原子，导致反应i的反应速率减慢，同时生成的氢原子使反应iii的反应速率加快，所以溶液呈酸性会加快丙腈的生成，导致己二腈的产率降低，故答案为：H+和丙烯腈在阴极竞争得电子，减慢反应i，同时生成的H加快了反应iii；（5）由氢离子的移动方向可知，与直流电源负极相连的Y电极为电解池的阴极，反应i为水分子作用下丙烯晴在阴极得到电子发生还原反应生成己二腈和氢氧根离子，电极反应式为2CH2=CHCN+2H++2e—=NC(CH2)4CN，氢离子通过质子交换膜进入阴极室中和放电生成的氢氧根离子，故答案为：2CH2=CHCN+2H++2e—=NC(CH2)4CN；（6）丙烯晴在阴极得到电子生成己二腈和丙腈的电极反应式分别为2CH2=CHCN+2H2O+2e—=NC(CH2)4CN+2OH—、CH2=CHCN+2H2O+2e—=CH3CH2CN+2OH—，氢离子通过质子交换膜进入阴极室中和放电生成的氢氧根离子，由图可知，季铵盐的浓度为1.5×10-2mol•L-1时，己二腈和丙腈的生成速率分别为3.4×10-3mol/h和0.9×10-3mol/h，则每小时通过质子交换膜的氢离子的物质的量最少为3.4×10-3mol/h×1h×2+0.9×10-3mol/h×1h×2=8.6×10-3mol，故答案为：8.6×10-3。17．(1)+OHC－CHO→+2H2O(2)新制Cu(OH)2(3)羧基(4)(5)取代反应(6)

或【分析】由有机物的转化关系可知，与乙二醛发生信息反应生成，则A为、B为；发生氧化反应生成，则C为；发生脱水反应生成，与发生信息反应生成，则E为、a为；发生脱水反应生成，则F为；与硼氢化钾发生还原反应生成，则G为；与发生取代反应生成；与SOCl2发生反应生成或，则K为、L为或；一定条件或与发生縮聚反应生成或，则M为或；或发生分子内脱水反应生成。【详解】（1）由分析可知，A→B的反应为与乙二醛发生信息反应生成和水，反应的化学方程式为+OHC－CHO→+2H2O，故答案为：+OHC－CHO→+2H2O；（2）检验乙二醛中含有醛基的方法为向新制的氢氧化铜中加入待测液，加热至沸腾，产生砖红色沉淀说明乙二醛中含有醛基，故答案为：；（3）由分析可知，C的结构简式为，含氧官能团为羧基，故答案为：羧基；（4）由分析可知，a的结构简式为，故答案为：；（5）由分析可知，G→J的反应为与发生取代反应生成和氯化氢，故答案为：取代反应；（6）由分析可知，K、M的结构简式分别为、或故答案为：；或。18．(1)MnS+2H+=Mn2++H2S↑(2)氧化性(3)Fe3+在溶液中存在如下平衡Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+，水解反应为吸热反应，增大pH和加热均促使水解趋于完全(4)

MA2中4个－R的极性小且体积大，将金属离子包裹于其中

＜

由β(CaA2)＞β(MnA2)可知，相同c(M2+)时结合Ca2+所需c(A-)更小，由HA的电离平衡可知，增大c(H+)能减小c(A-)，有利于Ca2+和Mn2+分离

稀硫酸(5)加热溶液至100℃，浓缩结晶，趁热过滤【分析】由题给流程可知，向电解锰渣中加入二氧化锰和稀硫酸浸出、过滤得到浸出渣和浸出液；调节浸出液的pH为4，加热浓缩、过滤得到氢氧化铁和浓缩液；调节浓缩液pH为a，加入萃取剂E萃取、分液得到油层和水层；调节水层pH为b，继续加入萃取剂E萃取、分液得到油层和水层；向油层中加入稀硫酸反萃取、分液得到油层和硫酸锰溶液；由硫酸锰的溶解度先增大后减小可知，将硫酸锰溶液加热溶液至100℃，浓缩结晶，趁热过滤，洗涤、干燥得到高纯硫酸锰。【详解】（1）硫化锰与稀硫酸发生复分解反应生成硫酸锰和硫化氢气体。反应的离子方程式为MnS+2H+=Mn2++H2S↑，故答案为：MnS+2H+