北京市东城区2023-2024学年高三上学期期末化学试卷

东城区2023～2024学年度第一学期期末统一检测高三化学本试卷共10页，共100分。考试时长90分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，将答题卡交回。可能用到的相对原子质量：第一部分本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。1.下列化学用语正确的是A.基态N原子的价层电子轨道表示式：B.中子数为18的氯原子：C.MgCl2的电子式：D.CO2的空间结构模型：【答案】A【解析】【详解】A．已知N为7号元素，故基态N原子的价层电子轨道表示式为：，A正确；B．已知质量数等于质子数加中子数，且Cl为17号元素，故中子数为18的氯原子表示为：，B错误；C．MgCl2是离子化合物，故其电子式为：，C错误；D．CO2是直线形分子，且C的原子半径大于O，故CO2的空间结构模型为：，D错误；故答案为：A。2.下列物质的颜色变化与氧化还原反应无关的是A.浓硝酸久置后，显黄色B.将SO2通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液紫红色褪去C.新制的白色氢氧化亚铁放置在空气中，最终变为红褐色D.向黄色的铬酸钾(K2CrO4)溶液中加入硫酸，溶液变为橙红色(Cr2O)【答案】D【解析】【详解】A．久置的浓硝酸显黄色，原因是硝酸发生分解生成了NO2和O2，N、O元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故A不符合题意；B．SO2具有还原性，酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，二者发生氧化还原反应，溶液紫红色褪去，故B不符合题意；C．新制的白色氢氧化亚铁放置在空气中，最终变为红褐色，Fe(OH)2被空气中的O2氧化为Fe(OH)2，与氧化还原反应有关，故C不符合题意；D．向黄色的铬酸钾(K2CrO4)溶液中加入硫酸，溶液变为橙红色(Cr2O)，Cr元素化合价没有发生变化，该过程与氧化还原反应无关，故D符合题意；故选D。3.三氟乙酸乙酯是一种重要的含氟有机中间体，其结构如下。下列说法不正确的是A.分子中O和F的第一电离能：O<FB.分子中四个碳原子在同一条直线上C.分子中碳原子有sp2和sp3两种杂化类型D.制备三氟乙酸乙酯的酸和醇均能与Na反应【答案】B【解析】【详解】A．同周期从左往右第一电离能有增大趋势，所以分子中O和F的第一电离能：O＜F，A正确；B．有机物中有4个C，没有碳碳三键官能团，分子中四个碳原子不在同一条直线上，B错误；C．形成双键的C为sp2杂化，余下三个C为sp3杂化，C正确；D．制备三氟乙酸乙酯的三氟乙酸和乙醇均能与Na反应生成H2，D正确；故选B。4.下列物质性质的差异与化学键强弱无关的是A.沸点：SiH4>CH4 B.热稳定性：HF>HClC.硬度：金刚石>单晶硅 D.熔点：NaCl>KCl【答案】A【解析】【详解】A．SiH4和CH4都为分子晶体，范德华力越大沸点越高与化学键无关，A项符合题意；B．HF和HCl都为分子晶体，其热稳定性与共价键键能有关，B项不符合题意；C．金刚石和单晶硅都为共价晶体，共价晶体共价键越稳定硬度越大，C项不符合题意；D．NaCl和KCl都为离子晶体，离子键键能越大熔点越高，D项不符合题意；故选A。5.下列分子或离子的模型与其空间结构不一致的是A. B. C.SO2 D.【答案】C【解析】【详解】A．的中心N原子的价层电子对数是4+=4，由于孤电子对数是0，因此离子的模型及其空间结构都是正四面体形，二者一致，A不符合题意；B．的中心C原子的价层电子对数是3+=3，由于孤电子对数是0，因此离子的模型及其空间结构都是平面三角形，二者一致，B不符合题意；C．SO2的价层电子对数是2+=3，SO2的模型是平面三角形；由于其孤电子对数是1，因此SO2的空间结构是V形，二者不一致，C符合题意；D．中心N原子的价层电子对数是2+=2，由于孤电子对数是0，因此离子的模型及其空间结构都是直线形，二者一致，D不符合题意；故合理选项是C。6.下列方程式与所给事实相符的是A.实验室制氨气：NH4ClNH3↑+HCl↑B.利用覆铜板制作印刷电路板：Fe+Cu2+=Fe2++CuC.浓硝酸与铜反应产生红棕色气体：4HNO3(浓)+Cu=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2OD.向氯化银浊液中滴加氨水，得到澄清溶液：Ag++2NH3=[Ag(NH3)2]+【答案】C【解析】【详解】A．实验室制氨气，不能用加热NH4Cl的方法，氯化铵加热分解成NH3和HCl，遇冷后又会生成NH4Cl，A错误；B．利用覆铜板制作印刷电路板：2Fe3++Cu2+=2Fe2++Cu，B错误；C．浓硝酸与铜反应产生红棕色气体：4HNO3(浓)+Cu=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，C正确；D．氯化银为沉淀不能拆，正确的离子方程式为：AgCl+2NH3=[Ag(NH3)2]++Cl，D错误；故选C。7.下列实验能达到实验目的的是目的A．检验电石与水反应的产物是乙炔B．验证碘在中的溶解性比在水中的好实验目的C．除去中的硫酸酸雾D．探究干燥的氯气是否具有漂白性实验A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．H2S能和溴水发生氧化还原反而使溴水褪色，乙炔和溴水发生加成反应生成无色物质而使溴水褪色，所以H2S干扰乙炔的检验，不能实现实验目的，故A错误；B．根据图知，四氯化碳能萃取碘水中的碘，说明碘在CCl4中的溶解性比在水中的好，故B正确；C．SO2、H2SO4都能和NaOH溶液反应，不能用NaOH溶液除去SO2中的H2SO4酸雾，应该用饱和NaHSO3溶液，故C错误；D．探究干燥的氯气是否具有漂白性，应该先将干燥的氯气通入干燥的有色布条，然后再通入湿润的有色布条，否则从湿润的有色布条中会带出水蒸气影响实验结果，故D错误；故选：B。8.利用聚合反应合成的某凝胶被拉伸后可自行恢复，该过程如下图所示(表示链延长)。下列说法正确的是A.合成该凝胶的反应为缩聚反应B.该凝胶片段中含有3种官能团C.该凝胶在碱性条件下可降解为小分子D.该凝胶的拉伸和恢复与氢键的断裂和形成有关【答案】D【解析】【详解】A．合成该凝胶的反应为加聚反应，从图中可以看出通过加聚反应增长碳链，故A项错误；B．该凝胶片段中含有2种官能团，酰胺基和羧基，故B项错误；C．凝胶片段中的酰胺基可以在酸性或者碱性条件下水解，但是水解得到的不是小分子，故C项错误；D．由图可知，该凝胶的拉伸酰胺基与羧基之间的氢键断裂，恢复时氢键又形成，故D项正确；故本题选D9.乙烯和氧气在Ag催化下生成环氧乙烷(EO)和乙醛(AA)的机理如下图所示。吸附在催化剂表面的粒子用*标注，TS表示过渡态(TS2和TS3的能量相差不大)。注：表示Ag催化剂表面下列说法不正确的是A.C2H4(g)吸附在催化剂表面的过程需要吸收能量B.OMC*→EO(g)和OMC*→AA(g)的过程中均形成了碳氧σ键C.测得平衡产率：AA>EO，其主要原因是AA比EO更稳定D.EO(g)AA(g)平衡常数随温度升高而降低【答案】B【解析】【详解】A．C2H4(g)吸附在催化剂表面能量升高，该过程需要吸收能量，A正确；B．从环氧乙烷和乙醛结构可知，OMC*→EO(g)的过程中均形成了碳氧σ键，而OMC*→AA(g)的过程中均形成了碳氧π键，B错误；C．EO(g)能量高于AA(g)，所以AA比EO更稳定，平衡产率:AA>EO，C正确；D．EO(g)能量高于AA(g)，则EO(g)=AA(g)为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数降低，D正确；答案选B。10.下列结论可由实验事实推导出的是选项实验事实(均为室温)结论A浓度均为的溶液和溶液的B向固体中加入过量饱和溶液，有生成C向苯酚钠溶液中通入过量，发生反应：+CO2(过量)+H2O+HCOKa2(H2CO3)<Ka()D向平衡体系：中加入溶液，平衡向左移动该条件下氧化性：A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．浓度均为的溶液和溶液的，根据“越弱越水解”，说明酸性HNO2>HClO，则，故选A；B．一种沉淀易转化为比它更难溶的沉淀，向固体中加入过量饱和溶液有生成，不能证明，故不选B；C．向苯酚钠溶液中通入少量，生成苯酚和碳酸氢钠才能证明小于苯酚，故不选C；D．向平衡体系中加入溶液生成AgI沉淀，I浓度降低，平衡向左移动，不能证明氧化性：，故D错误；选A。11.采用惰性电极电解制备乙醛酸()的原理如下所示。E室电解液为盐酸和乙二醛()的混合溶液，F室电解液为乙二酸溶液。下列说法不正确的是A.a为电源正极B.H+从E室迁移至F室C.外电路中每通过2mol电子，理论上就有1mol乙醛酸生成D.E室中乙二醛被氧化的化学方程式：H2O+Cl2++2HCl【答案】C【解析】【分析】左侧电极上氯离子失电子生成氯气，为阳极，则a电极为正极；b为负极，右侧电极为阴极，据此分析解答；【详解】A．由以上分析可知a为电源正极，故A正确；B．电解池中H+向阴极移动，则H+从E室迁移至F室，故B正确；C．由装置可知阴阳极区均有乙醛酸生成，则外电路中每通过2mol电子，理论上有2mol乙醛酸生成，故C错误；D．阳极生成的氯气与反应生成乙醛酸，1mol氯气得2mol电子，1mol反应时失2mol电子，根据得失电子守恒及元素守恒得反应方程式：H2O+Cl2++2HCl，故D正确；故选：C。12.实验目的：测定HCl和CH3COOH混合溶液中的c(CH3COOH)。实验过程：取ymL混合溶液，滴入2滴酚酞溶液，用xmol·L1NaOH标准溶液进行滴定，测得溶液导电能力的变化曲线如下图。数据处理：。下列说法不正确的是A.a→b过程中，CH3COOH的电离程度逐渐变大B.b→c过程中发生反应：C.c点存在：D.当加入y1mLNaOH溶液时，混合溶液恰好由无色变为粉红色【答案】D【解析】【分析】NaOH溶液和HCl、CH3COOH混酸反应时，先与强酸反应，然后再与弱酸反应。ab段NaOH溶液和HCl反应生成NaCl和水，CH3COOH未发生反应，b点溶液的溶质为NaCl和CH3COOH；bc段NaOH溶液与CH3COOH反应，c点溶液溶质成分为NaCl、CH3COONa；c点后NaOH过量，溶质成分为NaCl、CH3COONa和NaOH，据此解答。【详解】A．a→b过程中，NaOH与HCl反应，溶液中HCl减少。根据CH3COOH电离方程式：CH3COOHCH3COO－＋H＋，HCl减少，对醋酸的电离的抑制减弱，CH3COOH的电离程度逐渐增大，正确，A不符合题意；B．根据分析，b→c过程中NaOH溶液与CH3COOH反应，离子方程式为，正确，B不符合题意；C．根据分析，c点溶液的溶质为NaCl和CH3COONa，根据质子守恒，可得，正确，C不符合题意；D.当加入y1mLNaOH溶液时，HCl完全反应，CH3COOH未反应，溶液呈酸性；溶液呈无色，错误，D符合题意；答案选D。13.某大环分子(BU[6])的合成路线如下所示。其中，—BU—表示下列说法不正确的是A.试剂b的名称是甲醛B.试剂a的结构简式是C.F的核磁共振氢谱有3组峰，峰面积之比1：1：3D.由E合成1molBU[6]时，共有12molH2O生成【答案】D【解析】【分析】E与试剂a发生取代反应生成F，F与试剂b发生取代反应生成BU[6]，据此回答，【详解】A．根据分子式可知，b的名称为甲醛，A正确；B．分子式为C3H8SN2，BU结构中有S，根据原子守恒，S来自试剂a，则试剂a的结构简式是，B正确；C．根据结构简式可知，等效氢有三种，所以峰有三种，分别是①NH，②CH3，③，C正确；D．E生成F脱去2分子水，再脱氢缩合环化生成水，1molBU脱3分子水，所以合成1molBU[6]时，共有18molH2O生成，D错误；故选D。14.乙醇水催化重整发生如下反应：I．Ⅱ．恒压条件下，当投料比时，体系达到平衡时和的选择性随温度的变化如下图所示。已知：i．的选择性(或2)ii．时，反应Ⅱ的平衡常数为1下列说法不正确的是A.B.当时，平衡体系中和的物质的量：C.当时，体系中总反应：D.恒温恒压条件下，向体系中充入氩气，可以提高的平衡产率【答案】B【解析】【详解】A．根据盖斯定律可知，I+2Ⅱ=，则，A正确；B．当T=706℃时，反应Ⅱ的平衡常数为1，则，平衡体系中CO的选择性大于CO2的选择性，CO的物质的量大于CO2，则H2和H2O的物质的量：n(H2)>n(H2O)，B错误；C．当T=500℃时，平衡时CO2和CO的选择性相等，则体系中总反应：，C正确；D．恒温恒压条件下，向体系中充入氩气，各气体的分压减小，则反应I平衡正移，可以提高H2的平衡产率，D正确；故选B。第二部分本部分共5题，共58分。15.氟化镁()晶体广泛应用在光学、冶金、国防、医疗等领域。I．氟化镁晶胞是长方体，其结构如上图所示：（1）镁元素位于元素周期表_______区(填“s”“p”“d或“ds”)。（2）晶胞示意图中：a．○表示_______(填离子符号)。b．离子半径：结合离子结构示意图解释原因：______________。（3）已知晶胞体积为啊伏伽德罗常数的值为，则其晶体密度=_______(用代数式表示)。Ⅱ．一种由制备的工艺流程如下已知：i．易溶于甲醇；ii．，，（4）上述流程中，可循环利用的物质是_______。（5）比较相同条件下化学反应速率的大小：①与；②与。a．小组同学预测化学反应速率：①<②，理由是甲基为_______基团，导致键极性：。b．实验表明化学反应速率：①>②，分析其原因可能是：______________。（6）上述流程中开始转化为所需氟化物的浓度：。结合沉淀溶解平衡分析原因：__________。【答案】（1）s（2）①.②.，，二者核外电子排布相同，但核电荷数：Z(F)<Z(Mg2+)；（3）（4）（5）①.推电子②.易溶于甲醇；难溶于水，覆盖在表面上，减少了与水的接触面积（6），相较，和发生反应：，使减小，平衡正向移动，增大，开始生成需要的较小【解析】【分析】黑球在4个面上和2个内部，均摊为，白球在8个顶点和1个体心，均摊为，根据化学式可知，白球为Mg2+，黑球为F；镁与甲醇反应生成甲醇镁，甲醇镁与水反应生成甲醇和氢氧化镁，氢氧化镁与氢氟酸或氟化钠溶液反应生成氟化镁，据此回答。【小问1详解】镁是12号元素，价层电子排布式是3s2，则镁元素位于元素周期表s区；【小问2详解】①根据分析可知，白球表示Mg2+；②，，二者核外电子排布相同，但核电荷数Z(F)<Z(Mg2+)；【小问3详解】晶体密度=g⋅cm3；【小问4详解】由题给流程控制，镁与甲醇反应生成甲醇镁，甲醇镁与水反应生成甲醇和氢氧化镁，氢氧化镁与氢氟酸或氟化钠溶液反应生成氟化镁，则流程中可循环利用的物质是甲醇；【小问5详解】a．甲醇分子中甲基为推电子基团，导致甲醇中羟基的极性弱于水，所以小组同学预测化学反应速率①小于②；b．实验表明化学反应速率①大于②是因为Mg(OCH3)2易溶于CH3OH，Mg(OH)2难溶于水，覆盖在Mg表面，阻碍Mg与H2O的接触面积所致；【小问6详解】，相较，和发生反应：，使减小，平衡正向移动，增大，开始生成需要的较小。16.地热能的开发利用(如下图)过程中需要研究管道的腐蚀与结构问题。资料：地热水储藏在地下数百米的高压环境中，温度高达250℃以上，其中溶解有CO2、H2S、SiO2以及Na+、Ca2+、、Cl等。（1）室温下测得蒸汽冷凝液pH=2.9。①输送蒸汽的钢制管道与蒸汽冷凝液接触时，主要发生_______(填“析氢”或“吸氧”)腐蚀，负极发生的电极反应是_______。②蒸汽冷凝液中有H2SO4，是由蒸汽与O2反应生成的，该反应的化学方程式是_______。（2）地热水沿地热井管道上升时，随压强减小，达到某一高度(汽化位置)时剧烈汽化。由△H1>0可知，“热水”与“地热水”相比，温度会_______(填“升高”或“降低”)。（3）汽化位置的管道中结垢最严重，主要成分是CaCO3，其形成与如下平衡有关。△H2已知CaCO3溶解度与CO2压强(p)和温度(T)的关系如下图所示。①△H2_______0(填“>”或“<”)。②比较p1和p2大小并说明理由：_______。③汽化位置最易析出CaCO3的因素：压强减小，水剧烈汽化，导致_______。（4）地热水中的SiO2以Si(OH)4形式存在，其溶解析出过程可表示为：结合化学键变化分析SiO2溶解过程中能量变化很小的原因可能是_______。【答案】（1）①.析氢②.Fe2e=Fe2+③.H2S+2O2H2SO4（2）降低（3）①.＜②.p1＜p2，理由：温度一定时，CO2压强增大（CO2浓度增大），平衡正向移动，CaCO3溶解度增大③.溶剂减少，c(Ca2+)和c()增大，CO2逸出（4）该过程中断键（SiO键、HO键）和成键的种类与数目均相同，故断键吸收和成键放出的能量接近【解析】【小问1详解】①室温下测得蒸汽冷凝液pH=2.9，输送蒸汽的钢制管道与蒸汽冷凝液接触时，主要发生析氢腐蚀，铁作负极，电极反应式为Fe2e═Fe2+，故答案为：析氢；Fe2e=Fe2+；②依据电子守恒和原子守恒可得反应的化学方程式是H2S+2O2H2SO4，故答案为：H2S+2O2H2SO4。【小问2详解】由可知，压强减小，平衡正向移动，反应正向吸热，故“热水”与“地热水”相比，温度会降低，故答案为：降低。小问3详解】①由图可知，压强一定时，温度升高，CaCO3溶解度减小，平衡逆向移动，故反应放热，ΔH2＜0，故答案为：＜；②由图可知温度一定时，CO2压强增大（CO2浓度增大），平衡正向移动，CaCO3溶解度增大，故p1＜p2，故答案为：p1＜p2，理由：温度一定时，CO2压强增大（CO2浓度增大），平衡正向移动，CaCO3溶解度增大；③汽化位置最易析出CaCO3的因素：压强减小，水剧烈汽化，导致溶剂减少，c(Ca2+)和c()增大，CO2逸出，故答案为：溶剂减少，c(Ca2+)和c()增大，CO2逸出。【小问4详解】SiO2溶解过程中能量变化很小的原因可能是该过程中断键（SiO键、HO键）和成键的种类与数目均相同，故断键吸收和成键放出的能量接近，故答案为：该过程中断键（SiO键、HO键）和成键的种类与数目均相同，故断键吸收和成键放出的能量接近。17.一种抗过敏药物中间体J的合成路线如下所示。已知：i．酯或酮中的碳氧双键能与RMgBr发生加成反应：+RMgBr→ii．R′OMgBrR′OH（1）A→B的化学方程式是_______。（2）B→C的反应类型是_______。（3）E与I发生取代反应生成J(含有3个苯环且不含硫原子)。已知E中断开NH键，则I中断开_______(填“CO键”或“OS键”)。（4）H的官能团有_______。（5）C→D涉及的反应过程如下。写出中间产物2和D的结构简式。中间产物2：_______，D：_______。（6）G的结构简式是_______。（7）下列说法正确的是_______(填序号)。a．B→的作用是保护b．E中存在手性碳原子c．G→H反应中为减少副反应的发生，应向过量G中滴加试剂X【答案】（1）+C2H5OH+H2O（2）取代反应（3）CO键（4）酰胺基、酮羰基和羟基（5）①.②.（6）（7）ac【解析】【分析】A发生酯化反应生成B，B发生取代反应生成C，根据已知，C发生反应生成D；H发生取代反应生成I，则H结构简式：，根据已知，逆推G结构简式：，X结构简式：。【小问1详解】根据分析可知，A发生酯化反应生成B，化学方程式为：+C2H5OH+H2O，故答案为：+C2H5OH+H2O；【小问2详解】B结构简式为：，对比B和C结构简式可知发生取代反应，故答案为：取代反应；【小问3详解】若断CS键，生成，—SO3H为磺酸基，一般不存在，，所以断开CO键，生成，故答案为：CO键；【小问4详解】H结构简式：，其中含官能团：酰胺基、酮羰基和羟基，故答案为：酰胺基、酮羰基和羟基；【小问5详解】①根据已知，C发生反应生成中间产物1，中间产物2，故答案为：；②中间产物3，最终生成D，故答案为：；【小问6详解】根据分析可知，G结构简式：；【小问7详解】a．B→C先通过反应改变，D→E在通过反应形成，属于官能团包含，故a项正确；b．连接4个不同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，E中无手性碳原子，故b项错误；c．G中酮羰基可与X发生反应，为减少副反应发生，应滴加X，故c项正确；故答案为：ac。18.一种锂离子电池的工作原理：。从废旧电池再生的一种流程如下，（1）考虑到安全性和锂回收，废旧电池需要充分放电，其电极反应如下。负极：。正极：_______。（2）为保证正极材料在空气中充分反应，可采取的措施是_______(答一条即可)。（3）向浸出液中加入氨水调节溶液pH，有沉淀生成。pH对沉淀中Fe和P的物质的量之比的影响如图所示。已知：i．分别与、、形成的化合物均难溶于水。ii．体系中含磷粒子的物质的量分数与pH的关系如图所示。①实验中控制沉淀的最佳在_______左右。②当时，沉淀中一定有的含铁物质是和_______(填化学式)。③若向的浊液中继续加入氨水至，会导致的值增大，主要反应的化学方程式是_______。（4）下列关于该流程的说法正确的是_______(填序号)。A.正极材料在空气中加热，理论上生成的B.当浸出液的pH从0增大为2时，的值增大了倍C.向滤液中加入氨水，可减少饱和溶液的用量D.由和再生时，所加的蔗糖作氧化剂【答案】（1）Li1xFePO4+xe+xLi+=LiFePO4（2）粉碎正极材料或增大空气的用量等（3）①.2.0②.Fe(H2PO4)3③.FePO4+NH3▪H2O+2H2O=Fe(OH)3+NH4H2PO4（4）ABC【解析】【分析】废旧电池放电后拆分得到以LiFePO4为主要成分的物质，在空气中加热，除去里面的有机物，得到Li3Fe2(PO4)3和Fe2O3，酸浸后得到含Fe3+、Li+、H3PO4的浸出液，浸出液中加氨水中和磷酸，得到FePO4沉淀，滤液中含Li+，向滤液中加氨水和饱和碳酸钠溶液，得到Li2CO3沉淀，Li2CO3、FePO4和蔗糖一起反应得到LiFePO4。【小问1详解】根据原电池工作原理的总反应式，可知正极反应式为：Li1xFePO4+xe+xLi+=LiFePO4。【小问2详解】为保证正极材料在空气中充分反应，可粉碎正极材料或增大空气的用量等。【小问3详解】①向浸出液中加入氨水调节溶液pH，生成FePO4沉淀，在FePO4中，Fe和P的物质的量之比为1：1，根据pH对沉淀中Fe和P的物质的量之比[n(Fe):n(P)]的影响图可得出，实验中控制FePO4沉淀的最佳pH在2.0左右。②由H3PO4体系中含磷粒子的物质的量分数与pH的关系图可知，当pH=1.5时，含P微粒主要是磷酸分子和，所以沉淀中一定有的含铁物质是FePO4和Fe(H2PO4)3。③从H3PO4体系中含磷粒子的物质的量分数与pH的关系图可以看出，若向pH=2.1的浊液中继续加入氨水至pH=2.6，则增大，会导致n(Fe):n(P)的值增大，主要反应的化学方程式是：FePO4+NH3▪H2O+2H2O=Fe(OH)3+NH4H2PO4。【小问4详解】正极材料在空气中加热，得到Li3Fe2(PO4)3和Fe2O3，由于铁和锂的原子个数相等，所以理论上生成的Li3Fe2(PO4)3和Fe2O3物质的量之比为2：1，故A正确；，改变pH，电离平衡常数是不变的，所以当浸出液的pH从0增大为2时，c(H+)增大了106倍，故B正确；向滤液中加入氨水，可中和一部分酸，可减少饱和Na2CO3溶液的用量，故C正确；由Li2CO3和FePO4再生LiFePO4时铁的化合价从+3加降低到+2价，所以蔗糖作还原剂，故D错误；故选ABC。19.资料表明Co2+还原性很弱，某小组同学为实现，进行如下探究。（1）理论分析：氧化半反应一般很难发生。从平衡移动的角度来看，降低c(Co3+)或_______均能促进Co2+失电子，提高其还原性。【实验】①②已知：ⅰ．，；ⅱ．HNO2不稳定，易分解：（2）②是①的对照实验，目的是_______。（3）经检验，橙红色溶液中存在。经分析，①中能实现的原因是Co3+形成配离子，且的氧化性被提高。a．解释Co3+能与形成配位键的原因：_______。b．结合还原半反应解释的氧化性被提高的原因：_______。【实验Ⅱ】③④已知：Co(OH)2(粉红色)和Co(OH)3(棕黑色)的Ksp分别是1014.2和1043.8。（4）对比③④可知，本实验条件下还原性：Co(OH)2_______Co2+(填“＞”或“＜”)。（5）分析④中能实现的原因：a．该条件下，Co2+的还原性同时受“c(Co3+)降低”和“c(Co2+)降低”的影响，前者影响更_______(填“大”或“小”)。b．当c(Co2+):c(Co3+)＞1014时，Co2+能被Cl2氧化。结合Ksp计算，④中通入少量Cl2后溶液c(Co2+):c(Co3+)=_______，因此能实现转化。（6）实验启示：通常情况下，为促进低价金属阳离子向高价转化，可将高价阳离子转化为_______或_______。【答案】（1）提高c(Co