湖北省华大新高考联盟高三4月二模教学质量测评化学试题

模二(湖北卷)华大新高考联盟2023届高三4月教学质量测评化学试题可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Cu64Mo96Bi209一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.海洋中蕴含着丰富的水资源和化学资源，下列说法错误的是A.海水淡化的同时可提取出食盐，其可用于制纯碱，氢气等B.从海水中可提取出溴，溴是重要的化工原料C.海水可用作火电厂、核电厂的循环冷却水D.海洋中有机物含量很少，难以利用【答案】D【解析】【详解】A．通过侯式制碱法可得纯碱，氯碱工业可得氢气，故A正确；B．从海水中可提溴，溴是重要的化工原料，故B正确；C．海水可用作火电厂、核电厂的循环冷却水，故C正确；D．海洋中有可燃冰，储量很大，属于可开发的有机燃料，故D错误；故答案选D。2.β丙内醋是广泛应用的疫苗灭活剂。下列关于该化合物的说法错误的是A.分子中所有原子共平面 B.核磁共振氢谱显示有2组峰C.可以发生取代反应 D.与丙烯酸(CH2=CHCOOH)互为同分异构体【答案】A【解析】【详解】A．分子中存在两个亚甲基(CH2)，所有原子不可能共平面，故A错误；B．分子中存在两种不同化学环境的氢原子，故核磁共振氢谱显示有2组峰，故B正确；C．该有机物含有酯基，可以发生水解反应，也是取代反应，故C正确；D．β丙内醋与丙烯酸分子式均为C3H4O2，与丙烯酸互为同分异构体，故D正确；故答案选A。3.化学焊接技术的原理之一是利用焊剂(主要成分为Al与CuO)在高温下反应制得液态金属(或合金)，凝固后，除去焊接点表面的焊渣，实现焊件金属的焊接。下列说法错误的是A.Al与Fe2O3也能发生类似反应B.焊渣的主要成分是Al(OH)3C.焊接前可用还原性气体在加热条件下除去焊件金属表面的氧化膜D.若在反应体系中加入低熔点金属，则可形成低熔点液态合金便于焊接【答案】B【解析】【详解】A．Fe的活泼性弱于Al，在高温条件下可发生铝热反应，故A正确；B．焊剂(主要成分为Al与CuO)在高温下反应得到液体金属，结合元素守恒可知，焊渣的主要成分为Al2O3，故B错误；C．利用还原性气体(如H2，CO等)除去焊件金属表面的氧化膜可使焊接更加牢固，故C正确；D．一般合金的熔点低于任一组分金属，加入低熔点金属，可在更低温度下得到液态合金，便于焊接，同时还可以保护焊件金属，故D正确；故答案选B。4.下列离子方程式书写正确的是A.向澄清石灰水中滴加少量Ca(HCO3)2溶液：Ca2++OH+=CaCO3↓+H2OB.Na2O2与稀硫酸反应：2+4H+=O2↑+2H2OC.向饱和食盐水中先通足量NH3，再通过量CO2：CO2+OH=D.Cl2溶于水：Cl2+H2O⇌2H++Cl+C1O【答案】A【解析】【详解】A．Ca(OH)2与少量Ca(HCO3)2反应的离子方程式为Ca2++OH+=CaCO3↓+H2O，故A正确；B．Na2O2不能拆为离子形式，离子方程式为2Na2O2+4H+=O2↑+2H2O+4Na+；故B错误；C．向饱和食盐水中先通NH3，再通足量CO2会生成NaHCO3晶体，离子方程式为Na++NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4+，故C错误；D．HClO为弱酸，不能拆开，离子方程式为Cl2+H2O⇌H++Cl+HClO，故D错误；故答案选A。5.设NA为阿佛加德罗常数的值。下列说法正确的是A.标准状况下，22.4L的CH4和CHCl3所含分子数均为NAB.1molSiO2中SiO键的数目为4NAC.电解精炼铜时，阳极质量减少32g时，外电路中转移的电子数为NAD.F水解能力弱于则1L1mol·L1的NH4F溶液中，HF和的总数大于NA【答案】B【解析】【详解】A．标准状况下，氯仿(CHC13)为液态，不能用气体摩尔体积计算其分子数，选项A错误；B．每个Si原子与周围4个O原子成键，选项B正确；C．电解精炼铜时，阳极损耗的有Zn、Cu等金属，外电路中转移的电子数不一定为NA，选项C错误；D．F水解能力弱于，则HF的粒子数小于NH3·H2O的粒子数，由物料守恒可知，NH3·H2O和的总数等于NA，则HF和的总数小于NA，选项D错误；答案选B。6.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列关于O元素和S元素的推测错误的是A.乙醇能和水互溶，则乙硫醇(CH3CH2SH)也可与水互溶B.O的非金属性强于S，则O2的还原性弱于S2C.O原子半径小，相邻的O原子间斥力大，则仅含O原子的长链状分子骨架很难形成D.S原子有空的3d轨道，则在含S的分子中，1molS形成的共价键的数目可以大于2NA【答案】A【解析】【详解】A．乙醇能和水形成氢键，而乙硫醇不能，则乙硫醇不能与水互溶，A错误；B．元素非金属性越强，其阴离子的还原性越弱，B正确；C．O原子半径小，相邻的O原子间斥力大，OO单键键能小，易断裂，则仅含O原子的长链状分子骨架很难形成，C正确；D．1molS形成的共价键的数目可以大于2NA，例如SF6，D正确。故选A。7.下列实验操作、主要现象、目的均正确的是实验操作主要现象目的A取少量待测液于试管中，加入氯化钡溶液产生白色沉淀检验B向氢氧化钠溶液中滴加FeCl3饱和溶液溶液变为红褐色制备Fe(OH)3胶体C向澄清的苯酚钠溶液中通CO2溶液变浑浊验证苯酚酸性比碳酸的弱D向酸性高锰酸钾溶液中通SO2紫红色褪去验证SO2的漂白性A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．检验硫酸根时应先加入稀盐酸，无明显现象，再加入氯化钡溶液，看是否产生白色沉淀，A错误；B．制备Fe(OH)3胶体时，应向沸水中滴加FeCl3饱和溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，B错误；C．苯酚钠和二氧化碳反应生成了溶解度较小的苯酚，溶液变浑浊，可以验证苯酚的酸性比碳酸的酸性弱，C正确；D．向酸性高锰酸钾溶液中通SO2，紫红色褪去，该实验体现出SO2的还原性，D错误；故选C。8.化合物A是一种非营养性甜味剂，甜度高，代谢产生的能量低，结构如图所示。其中X、Y、Z、W是常见的四种短周期元素，Z和W位于同一周期，YX2、ZX2均是常见的大气污染物，设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.简单离子半径：Y>X>WB.Y和Z的最高价含氧酸与各自的简单氢化物在一定条件下均可反应，且原理相同C.1molW2X2和足量ZX2发生氧化还原反应时转移的电子数为NAD.实验室制备YX2时，可以用排水法收集【答案】A【解析】【分析】根据化合物A的结构图可知，X为O元素，Y为N元素，Z为S元素，W为Na元素；据此分析解题。【详解】A．具有相同电子排布的离子，原子序数大的离子半径小，简单离子半径：Y>X>W，故A正确；B．HNO3和NH3反应为非氧化还原反应，而浓H2SO4与H2S的反应为氧化还原反应，故B错误；C．1molNa2O2作氧化剂与SO2完全反应时转移的电子数为2NA，故C错误；D．NO2可与水发生反应，不能用排水法收集，故D错误；故答案选A。9.联氨(NH2NH2)是一种绿色无污染的还原剂，NH2NH2分子可能有以下两种不同的构象，沿NN键轴方向的投影如图所示。下列说法错误的是A.NH2NH2中N原子杂化方式为sp3B.实验测得NH2NH2分子的极性很大，则其结构为构象bC.NH2NH2的沸点高于CH3CH3的沸点D.NH2NH2中的键角∠NNH小于H2O2中的键角∠OOH【答案】D【解析】【详解】A．NH2NH2中每个N原子周围均形成了3个σ键还有一对孤电子对，价层电子对数为4，故N的杂化方式为sp3杂化，A正确；B．构象a的正负电性中心重合，为非极性分子，而构象b才为极性分子，B正确；C．NH2NH2中存在分子间氢键，熔、沸点更高，C正确；D．两种分子中，N和O均为sp3杂化，而NH2NH2中N原子的孤电子对数为1，而H2O2中O原子的孤电子对数为2，孤电子对数越多，对成键电子对的斥力越大，键角越小，D错误；故答案为：D。【点睛】以联氨的分子结构为载体，考查N原子杂化方式、分子极性、熔沸点、键角比较等知识。10.氮化锗可用作光纤，发动机配件、光催化剂、发光二级管和覆膜材料等，其晶胞结构如图所示。下列说法正确的是A.氮化锗的化学式为Ge4N3B.N、Ge原子同存在配位键C.A位置的原子配位数为2D.A原子和B原子之间的最短距离为anm【答案】D【解析】【分析】以氮化锗晶胞为载体，考查晶体的化学式、元素化合价、配位数、空间距离等知识。【详解】A．由均摊法可知，一个晶胞内大球所代表的原子个数为6，小球所代表的原子个数为8，再结合Ge和N的化合价可知，该化合物的化学式为Ge3N4，A错误；B．由题图可知，B位置的N原子最外层5个电子形成了3个共价键，A位置的Ge原子最外层4个电子形成了4个共价键，故不存在配位键，B错误；C．晶胞是无隙并置的，A位置的原子配位数为4，C错误；D．将长方体看作两个立方体，Ge和N之间最短距离为立方体的体对角线长度的，即anm，D正确；故选D。11.如图是制备漂白粉的实验装置，下列说法正确的是A.将MnO2和浓盐酸置于锥形瓶中反应制备Cl2B.三颈烧瓶中发生反应的化学方程式为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2OC.冰水浴的作用是降低反应温度，防止发生副反应D.锥形瓶和三颈烧瓶之间应加装一个盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶【答案】C【解析】【详解】A．MnO2和浓盐酸反应制备Cl2需加热，故A错误；B．漂白粉的成分是Ca(ClO)2和CaCl2，应由Cl2和Ca(OH)2制备，故B错误；C．该反应放热，为避免次氯酸钙受热分解，需用冰水浴降低温度，故C正确；D．饱和碳酸氢钠溶液会吸收Cl2，且有二氧化碳产生，应用饱和氯化钠溶液吸收Cl2中的HCl，故D错误；故答案选C。12.Fe3C是一种纳米材料，熔点高，硬度很大，Fe呈＋1价，激光法制备Fe3C的反应如下：①Fe(CO)5(g)=Fe(s)+5CO(g)；②6Fe(s)+C2H4(g)=2Fe3C(s)+2H2(g)下列说法正确的是A.Fe(CO)5配合物中与Fe配位的原子是OB.电负性：O>C>FeC.Fc3C属于分子晶体D.反应②中的还原产物为Fe3C，氧化产物为Fe3C和H2【答案】B【解析】【详解】A．C的电负性弱于O，CO中C对孤电子对的吸引力弱于O，更易形成配位键，故Fe(CO)5配合物中与Fe配位的原子是C，A错误；B．电负性O>C>Fe，B正确；C．分子晶体熔点低、硬度较小，而Fe3C熔点高、硬度很大，故其不可能为分子晶体，C错误；D．反应②6Fe(s)+C2H4(g)=2Fe3C(s)+2H2(g)中H和C元素化合价下降，Fe元素化合价上升，Fe3C既是氧化产物又是还原产物，H2是还原产物，D错误；故选B。13.Haber提出的硝基苯转化为苯胺的两种反应途径如图所示。实验人员分别将、、与Na2S·9H2O在一定条件下反应5min，的产率分别为小于1%，大于99%，小于1%，下列说法正确的是A硝基苯易溶水B.苯胺和苯酚类似，在水溶液中均显酸性C.该实验结果表明Na2S·9H2O参与反应时，优先选直接反应路径制备苯胺D.若该实验反应中的氧化产物为S，则由硝基苯生成1mmol苯胺，理论上消耗2molNa2S·9H2O【答案】C【解析】【分析】以不同路径下的有机反应为载体，考查有机反应路径、常见有机化合物性质、氧化还原反应等知识。【详解】A．硝基苯中无亲水基团，难溶于水，A错误；Ｂ．苯胺可结合水电离出的H+，在水溶液中显碱性，B错误；Ｃ．与Na2S·9H2O反应的产率高于与Na2S·9H2O反应的产率，选择直接反应路径，C正确；D．由1mol转化为1mol，少了2molO原子，多了2molH原子，共得到了6mole，理论上消耗3molNa2S·9H2O，D错误；故选C。14.中科院大连化物所储能技术研究部提出了一种基于Br辅助MnO2放电的混合型液流电池，装置如图所示，下列说法错误的是A.充电时，H+向电极A迁移B.在放电过程中，可利用Br及时清除电极B上的“死锰”(MnO2)，提高充放电过程的可逆性C.充电时，电极B上还可能发生：2Br2e=Br2D.放电时，在该环境下的氧化性：Cr2+>Mn3+【答案】D【解析】【分析】由题干图示信息可知，充电时，电极A为Cr2+转化为Cr，发生还原反应，电极反应为：Cr2++2e=Cr，B电极上为Mn2+转化为Mn3+，电极反应为：Mn2+2e=Mn3+，B为阳极，还可能发生电极反应2Br2e=Br2，放电时，A电极为Cr转化为Cr2+，电极反应为：Cr2e=Cr2+，发生氧化反应，A为负极，B电极为Mn3+转化为Mn2+，发生还原反应，电极反应为：Mn3++e=Mn2+，据此分析解题。【详解】A．由题干图示信息可知，充电时，电极A为Cr2+转化为Cr，发生还原反应，A为阴极，H+向阴极迁移，A正确；B．MnO2沉积在电极B上，可能会影响充放电的进行，Br具有一定的还原性，可将MnO2还原为Mn2+，从而提高充放电过程的可逆性，B正确；C．由分析可知，充电时，电极B上可能发生：2Br2e=Br2，C正确；D．由放电时的总反应：2Mn3++Cr=Cr2++2Mn2+可知，氧化性Mn3+>Cr2+，D错误；故答案为：D。15.Pb(OH)2难溶于水，25℃时，不同pH下的含铅物种存在以下平衡；反应1：(aq)⇌Pb(OH)2(s)+OH(aq)K1=1×100.4反应2：Pb(OH)2(s)⇌Pb(OH)+(aq)+OH(aq)K2反应3：Pb(OH)+(aq)⇌Pb2+(aq)+OH(aq)K3如图是溶液中各含铅物种的lgcpH图，下列说法错误的是A.直线N表示1gc(Pb2+)与pH的变化关系B.K2=1×107.0C.b点的横坐标为10.8D.随溶液pH增加，Pb(OH)2的溶解能力呈现先减小后增大的趋势【答案】C【解析】【详解】A．在强酸性环境下Pb2+浓度最大，强碱性环境下Pb2+浓度最小，可知直线N表示lgc(Pb2+)与pH的变化关系，选项A正确；B．a点c(H+)=1×106.3mol·L1c(OH)=1×107.7mol·L1，c[Pb(OH)+]=1×100.7mol·L1，计算可得K2=c(OH)×c[Pb(OH)+]=1×107.0，选项B正确；C．反应1和反应2相加得：Pb(OH)3(aq)Pb(OH)+(aq)+2OH(aq)，K=K1×K2=1×106.。6，b点时c[Pb(OH)+]=c[]，则K=c2(OH)=1×106.6，c(H+)=1×1010.7mol·L1，pH=10.7，选项C错误；D．由题图可知，Pb(OH)2是两性氢氧化物，在强酸性环境下主要以Pb2+的形式存在，碱性增强时，先转化为难溶的Pb(OH)2，溶解的物质的量减少，碱性继续增强时，又转化为，溶解的物质的量又增大，选项D正确；答案选C。二、非选择题：本题共4小题，共55分。16.光催化技术是指利用半导体材料在光照条件下激发产生强氧化性物质，将空气中的污染物分解为CO2、H2O等小分子，Bi2MoO6对可见光有较强的响应，在光催化领域具有稳定高效的催化效果，其制备方法如下：(一)微球状前驱体BiOI的制备I．向反应仪器A中加入无水乙醇，并加入agBi(NO3)3·5H2O固体和足量KI固体，常温下搅拌30min至溶解完全。Ⅱ．由分液漏斗滴加氨水调节溶液pH为7后，将反应装置放入油浴中，在80℃下回流3h。Ⅲ．抽滤收集反应后的砖红色沉淀，经洗涤、干燥后研磨备用。(二)Bi2MoO6的制备Ⅳ．将上述制备得到的BiOI，足量Na2MoO4·2H2O和去离子水加入反应釜中，调节体系pH为7后，将反应釜密封好，于150℃下反应24h，自然冷却到室温，抽滤所得沉淀，经洗涤、干燥后得最终产物bg。已知：①Bi(OH)3的Ksp为6.0×1031；②Bi(NO3)3·5H2O和KI均可溶于乙醇；③Bi(NO3)3·5H2O的摩尔质量为485g·mol1，Bi2MoO6的摩尔质量为610g·mol1。回答下列问题：（1）制备BiOI的反应仪器A的名称是___________。（2）I中不选择水作溶剂的主要原因是___________。（3）Ⅱ中加入氨水后，发生反应的离子方程式为___________。（4）Ⅱ中反应需在中性环境下进行。①不可呈酸性的主要原因是___________，②不可呈碱性的主要原因是___________。（5）Ⅳ中反应的离子方程式为___________。（6）Bi2MoO6的产率为___________×100%(用含a，b的代数式表示)。【答案】（1）三颈烧瓶(或三口烧瓶)（2）Bi(NO3)3易水解为Bi(OH)3，导致产量降低(或Bi3+水解能力大，易生成Bi(OH)3，导致产量降低)（3）Bi3++I—+2NH3·H2OBiOI↓+2+H2O（4）①.在酸性环境下，会氧化I—，导致BiOI的产量减小②.在碱性环境下，Bi3+可能转化为Bi(OH)3，导致BiOI不纯（5）2BiOI+MoOBi2MoO6+2I—（6）×100%【解析】【分析】由题意可知，制备钼酸铋的过程为向无水乙醇溶解五水硝酸铋和碘化钾得到的溶液中加入氨水，在中性溶液中共热反应制得BiOI沉淀，BiOI沉淀与钼酸钠溶液共热反应制得钼酸铋。小问1详解】由实验装置图可知，制备钼酸铋的装置为三颈烧瓶，故答案为：三颈烧瓶；小问2详解】硝酸铋是强酸弱碱盐，铋离子在溶液中的水解程度大，易水解生成氢氧化铋，不利于BiOI的生成，会导致产率降低【小问3详解】由分析可知，Ⅱ中加入氨水后，发生的反应为硝酸铋、碘化钾与氨水共热反应生成BiOI沉淀硝酸铵和水，反应的离子方程式为Bi3++I—+2NH3·H2OBiOI↓+2+H2O，故答案为：Bi3++I—+2NH3·H2OBiOI↓+2+H2O；【小问4详解】①酸性条件下硝酸根离子会与碘离子发生氧化还原反应生成碘、一氧化氮和水，碘离子浓度减小，不利于BiOI的生成，会导致产率降低，所以Ⅱ中反应溶液不可呈酸性，故答案为：在酸性环境下，会氧化I—，导致BiOI的产量减小；②碱性条件下铋离子会与氢氧根离子生成氢氧化铋沉淀，会导致BiOI不纯，所以Ⅱ中反应溶液不可呈碱性，故答案为：在碱性环境下，Bi3+可能转化为Bi(OH)3，导致BiOI不纯；【小问5详解】由分析可知，Ⅳ中发生的反应为BiOI沉淀与钼酸钠溶液共热反应生成钼酸铋和碘化钠，反应的离子方程式为2BiOI+MoOBi2MoO6+2I—，故答案为：2BiOI+MoOBi2MoO6+2I—；【小问6详解】ag五水硝酸铋的物质的量为=mol，由铋原子个数守可知，实验生成bg钼酸铋时，钼酸铋的产率为×100%=×100%，故答案为：×100%。17.二氟草酸硼酸锂(LiBF2C2O4)热稳定性好，在较宽的温度范围内具有良好的离子电导率，对水分不敏感，被认为是最有希望取代六氟磷酸锂的电解质锂盐。由锂精矿(主要成分有LiAlSi2O6还含有少量Fe2+等离子)制备LiBF2C2O4的工艺如下。回答下列问题：（1）调浆浸出时通入热空气的作用是___________(用离子方程式表示)。（2）锂精矿中所有的Al元素和Si元素以某种铝硅酸盐从滤渣1中分离，该铝硅酸盐的化学式为___________，滤渣2的主要成分是CaCO3和___________(填化学式)。（3）分离提纯的步骤，将滤液蒸发浓缩，加入NaOH后，冷却到5~15℃分离出Na2SO4·10H2O。再将分离后的母液___________、___________(填简要操作)，得到LiOH固体。（4）在较短的反应时间内，BF3和Li2C2O4反应时的比例对产物组成的影响如下表所示。n(BF3)：n(Li2C2O4)产物组成0.51.01.52.02.5LiBF2C2O4、LiBF4、Li2C2O4LiBF2C2O4、LiBF4、Li2C2O4LiBF2C2O4、LiBF4、Li2C2O4LiBF2C2O4、LiBF4LiBF2C2O4、LiBF4①一般认为BF3和Li2C2O4反应分两步进行：第一步：Li2C2O4+BF3=LiBF2C2O4+LiFEa1第二步：___________Ea2请补齐第二步反应，并判断两步反应的活化能Ea1___________(填“>”或“<”)Ea2。②为避免药品浪费，反应的最佳比例n(BF3)：n(Li2C2O4)=___________。（5）BF3和环境中微量的水反应会生成酸性物质，影响产品的纯度和性质，用Li2CO3比用LiOH除酸更好的原因是___________。（6）LiBF2C2O4的阴离子含五元环状结构，且B最外层为8e构型，请你补全LiBF2C2O4的结构式：_____。Li+[_____]。【答案】（1）4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O（2）①.Al2Si4O11(或Al2(SiO3)3·SiO2或Al2O3·4SiO2)②.Fe(OH)3(CaSO4)（3）①.蒸发结晶②.趁热过滤（4）①.①BF3+LiF=LiBF4②.>③.2.0（5）中和等物质的量的酸，Li2CO3产生的水比LiOH少(或Li2CO3过量时可生成LiHCO3，不产生水)（6）【解析】【分析】锂精矿(主要成分有LiAlSi2O6还含有少量Fe2+等离子)，通入热空气，将Fe2+氧化，便于后期除去；LiAlSi2O6可改写为LiO2·Al2O3·4SiO2；所以滤渣1为Al2O3·4SiO2，加入Ca(OH)2提供氢氧根离子，使得Fe3+生成Fe(OH)3除去；然后加入NaOH生成LiOH，加入H2C2O2得到Li2C2O2；然后加入BF3和有机溶剂DMC，经过除酸后得到LiBF2C2O4粗品；重结晶得到LiBF2C2O4；据此分析解题。【小问1详解】锂精矿(主要成分有LiAlSi2O6还含有少量Fe2+等离子)，通入热空气，将Fe2+氧化，便于后期除去；离子方程式为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；故答案为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O。【小问2详解】LiAlSi2O6可改写为LiO2·Al2O3·4SiO2；所以滤渣1为Al2O3·4SiO2，加入Ca(OH)2提供氢氧根离子，使得Fe3+生成Fe(OH)3除去；故答案为Al2Si4O11(或Al2(SiO3)3·SiO2或Al2O3·4SiO2)；Fe(OH)3。【小问3详解】分离提纯的步骤，将滤液蒸发浓缩，加入NaOH后，冷却到5~15℃分离出Na2SO4·10H2O。再将分离后的母液蒸发结晶、趁热过滤，得到LiOH固体；故答案为蒸发结晶；趁热过滤。【小问4详解】①由表可知，BF3和Li2C2O4反应主要生成LiBF2C2O4、LiBF4；第一步为Li2C2O4+BF3=LiBF2C2O4+LiF；第二步为BF3+LiF=LiBF4；可知第一步为主反应，第二步为副反应所以Ea1>Ea2；故答案为BF3+LiF=LiBF4；>；②由表可知，当n(BF3)：n(Li2C2O4)为2时产物中只含有LiBF2C2O4、LiBF4；为避免药品浪费，反应的最佳比例n(BF3)：n(Li2C2O4)为2；故答案为2。【小问5详解】BF3和环境中微量的水反应会生成酸性物质，影响产品的纯度和性质，用Li2CO3比用LiOH除酸更好的原因是中和等物质的量的酸，Li2CO3产生的水比LiOH少(或Li2CO3过量时可生成LiHCO3，不产生水)；故答案为中和等物质的量的酸，Li2CO3产生的水比LiOH少(或Li2CO3过量时可生成LiHCO3，不产生水)。【小问6详解】LiBF2C2O4的阴离子含五元环状结构，且B最外层为8e构型，LiBF2C2O4的结构式为；故答案为。18.有机物G是制备对羟基肉桂酸甲酯的一种有机合成中间体，其合成路线如下。回答下列问题：（1）的化学名称是___________。（2）写出由A生成B的化学方程式___________。（3）试剂X的结构简式为___________。（4）D中的含氧官能团的名称为___________。（5）由C生成D的反应类型为___________。（6）由E生成F所需的试剂、条件为___________。（7）在B的同分异构体中，同时满足下列条件的同分异构体总数有___________种(不考虑立体异构)。a．含有苯环和酯基(Br原子不与酯基相连)；b．不能发生银镜反应；c．苯环上的一氯代物有2种。在上述B的同分异构体中，___________、___________、___________(写结构简式)在酸性环境下的水解产物含酚羟基。【答案】（1）1，2二溴乙烷（2）（3）HOOCCH2COOH（4）醚键、羧基（5）消去反应（6）甲醇(或CH3OH)，浓硫酸，加热（7）①.8②.③.④.【解析】【分析】由结构式和反应条件分析，A和发生取代反应生成B，B中醛基和试剂X发生加成反应生成C，可以推知X为HOOCCH2COOH，C发生消去反应生成D，D脱去C原子得到E，E和CH3OH发生酯化反应得到F，以此解答。【小问1详解】的化学名称是1，2二溴乙烷。【小问2详解】由分析可知，A和发生取代反应生成B，化学方程式为：。【小问3详解】由分析可知，试剂X的结构简式为HOOCCH2COOH。【小问4详解】由结构简式可知，D中的含氧官能团的名称为醚键、羧基。【小问5详解】由分析可知，C发生消去反应生成D。【小问6详解】由分析可知，E和CH3OH发生酯化反应得到F，反应条件为：甲醇(或CH3OH)，浓硫酸，加热。【小问7详解】在B的同分异构体中，同时满足条件：a．含有苯环和酯基(Br原子不与酯基相连)；b．不能发生银镜反应，说明其中不含有醛基和甲酸酯的结构；c．苯环上的一氯代物有2种，说明苯环上有2个取代基其是对位的；则B的同分异构体中苯环上的取代基可能为Br、CH2COOCH3或Br、COOC2H5或Br、OOCC2H5或Br、CH2OOCCH3或CH2Br、COOCH3或CH2Br、OOCCH3或CH3、OOCCH2Br或CH3、COOCH2Br，共8种情况，在酸性环境下的水解产物含酚羟基说明苯环上含有的结构，满足条件的同分异构体为：、、。19.为促进碳中和，科研工作者利用化学链技术将CO2转化为燃料CO，回答下列问题：（1）化学链技术分为两个过程：过程一：还原器中，低价态金属氧化物(FeO，Ce2O3、NbO2)载氧体将CO2，还原为CO，选用FeO作还原剂时，可能发生的反应有：反应I：3FeO(s)+CO2(g)=Fe3O4(s)+CO(g)ΔH1=98kJ·mol1反应Ⅱ：6FeO(s)+CO2(g)=2Fe3O4(s)+C(s)ΔH2=189.0kJ·mol1反应Ⅲ：C(s)+CO2(g)=2CO(g)ΔH3根据盖斯定理，计算ΔH3=___________kJ·mol1。过程二：再生反应器中，可能发生以下两种路径(仅表示转化过程)：直接再生：MOy→MOx+O2间接再生：MOy+C→MOx+CO压强101kPa下，不同金属氧化物直接再生路径和间接再生路径的ΔG随温度变化如图1和图2所示，则在研究温度内，直接再生路径不可行的主要原因是___________。（2）间接再生时，化学平衡常数随温度变化见图3，则间接再生反应均为___________(填“吸热”或“放热”)反应，根据图3，化学链技术将CO2还原为CO的最优载氧体系为Fe3O4/FeO，其主要原因是______