北京市东城区2023-2024学年高三上学期期末化学试卷（解析版）

这是一份北京市东城区2023-2024学年高三上学期期末化学试卷（解析版），共23页。试卷主要包含了 下列化学用语正确的是， 下列方程式与所给事实相符的是， 下列实验能达到实验目的的是等内容，欢迎下载使用。

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：OB. 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>CH4B. 热稳定性：HF>HCl
C. 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. SO2D.
【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++Cu
C. 浓硝酸与铜反应产生红棕色气体：4HNO3(浓)+Cu=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O
D. 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
A. AB. BC. CD. 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D
9. 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
A. AB. BC. CD. 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2ml电子，理论上就有1ml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2ml电子，理论上有2ml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，1ml氯气得2ml电子，1ml反应时失2ml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xml·L-1NaOH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1：1：3
D. 由E合成1ml BU[6]时，共有12ml H2O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①-NH-，②-CH3，③，C正确；
D．E生成F脱去2分子水，再脱氢缩合环化生成水，1ml-BU-脱3分子水，所以合成1ml BU[6]时，共有18ml H2O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-)（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-)【小问3详解】
晶体密度=g⋅cm-3；
【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. Fe-2e-=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（Si-O键、H-O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Fe-2e-═Fe2+，故答案为：析氢；Fe-2e-=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（Si-O键、H-O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（Si-O键、H-O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N-H键，则I中断开_______(填“C-O键”或“O-S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）C-O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C-S键，生成，—SO3H为磺酸基，一般不存在，，所以断开C-O键，生成，故答案为：C-O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）Li1-xFePO4+xe-+xLi+=LiFePO4
（2）粉碎正极材料或增大空气的用量等
（3） ①. 2.0 ②. Fe(H2PO4)3 ③. 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：Li1-xFePO4+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C2+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(C3+)或_______均能促进C2+失电子，提高其还原性。
【实验】①
②
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C3+形成配离子，且的氧化性被提高。
a．解释C3+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】
③
④
已知：C(OH)2 (粉红色)和C(OH)3 (棕黑色)的Ksp分别是10-14.2和10-43.8。
（4）对比③④可知，本实验条件下还原性：C(OH)2_______ C2+ (填“＞”或“＜”)。
（5）分析④中能实现的原因：
a．该条件下，C2+的还原性同时受“c(C3+)降低”和“c(C2+)降低”的影响，前者影响更_______(填“大”或“小”)。
b．当c(C2+):c(C3+)＞1014时，C2+能被Cl2氧化。结合Ksp计算，④中通入少量Cl2后溶液c(C2+):c(C3+)=_______，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(C2+)
（2）证明该条件下遇CH3COOH不会产生气泡
（3） ①. C3+能够提供空轨道，能够提供孤电子对 ②. 还原半反应为2H+++e-=NO+H2O，CH3COOH电离出H+，使c(H+)增大，促进得电子
（4）＞ （5） ①. 大 ②. 1027.6
（6） ①. 更稳定的配合物 ②. 更难溶的沉淀
【解析】
【分析】C2+还原性很弱，氧化半反应一般很难发生。从平衡移动的角度来看，降低生成物c(C3+)或提高反应物c(C2+)均能促进C2+失电子，提高其还原性。实验①中，通过加入冰醋酸，提高的氧化能力，将C2+氧化为C3+后，将C3+转化为，从而降低c(C3+)，促进平衡正向移动。实验②是一个对比实验，证明在该实验条件下，NaNO2不会与CH3COOH发生反应，不能引起HNO2的分解，也就不会产生实验①的现象。由对比实验，可证明实现了C2+向C3+的转化。
【小问1详解】
从平衡移动的角度来看，降低生成物c(C3+)或提高反应物c(C2+)，均能促进C2+失电子，提高其还原性。
【小问2详解】
实验①中，产生的现象是否为C2+发生的转化，是否为NaNO2在酸性环境中发生的转化，需要进行实验证实，所以实验②是①的对照实验，目的是：证明该条件下遇CH3COOH不会产生气泡。
【小问3详解】
a．形成配位键时，中心原子提供空轨道，配位体提供孤电子对，则C3+能与形成配位键的原因：C3+能够提供空轨道，能够提供孤电子对。
b．加入NaNO2时，反应并未发生，加入冰醋酸后，还原半反应发生，则醋酸提供的酸性环境提高了的氧化能力。从而得出的氧化性被提高的原因：还原半反应为2H+++e-=NO+H2O，CH3COOH电离出H+，使c(H+)增大，促进得电子。
【小问4详解】
实验③中，过量Cl2都不能将C2+氧化，实验④中，通入少量Cl2就能将C(OH)2氧化，则表明本实验条件下还原性：C(OH)2＞C2+
【小问5详解】
a．该条件下，C2+的还原性同时受“c(C3+)降低”和“c(C2+)降低”的影响，因为实现了，所以表明前者影响更大。
b．④中通入少量Cl2后，部分粉红色的C(OH)2立即变成棕色的C(OH)3，继续通入Cl2后，全部变为棕黑色的C(OH)3。在C(OH)2、C(OH)3共存的溶液中，有=1029.6，则c(C2+):c(C3+)=1029.6×c(OH-)=1029.6×10-2=1027.6＞1014时，因此能实现转化。
【小问6详解】
实验启示：通常情况下，为促进低价金属阳离子向高价转化，需设法降低高价阳离子的浓度，可将高价阳离子转化为更稳定的配合物或更难溶的沉淀。
【点睛】要促进反应物向生成物的转化，可减小生成物的浓度或增大反应物的浓度。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
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+HCO
Ka2(H2CO3)D
向平衡体系：中加入溶液，平衡向左移动
该条件下氧化性：