北京市顺义牛栏山第一中学2023届高三下学期考前保温练习化学试题（含解析）

这是一份北京市顺义牛栏山第一中学2023届高三下学期考前保温练习化学试题（含解析），共24页。试卷主要包含了单选题，结构与性质，有机推断题，原理综合题，工业流程题，实验题等内容，欢迎下载使用。
北京市顺义牛栏山第一中学2023届高三下学期考前保温练习化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．改革开放40年，我国取得了很多世界瞩目的科技成果，下列说法不正确的是
A．蛟龙号潜水器用到钛合金，22号钛元素属于过渡元素
B．中国天眼传输信息用的光导纤维材料是硅单质
C．国产C919用到的氮化硅陶瓷是新型无机非金属材料
D．港珠澳大桥用到的合金材料，具有强度大、密度小、耐腐蚀等性能
2．中医药是中华民族的瑰宝。有机化合物M是常用中药白芷中的活性成分之一，M的结构简式如图所示。下列有关M的说法正确的是

A．分子中含有三种官能团
B．1mol该化合物最多与4molNaOH反应
C．能被KMnO4(H+)溶液氧化生成含羧基的物质
D．能与NaHCO3溶液反应放出CO2
3．化学与生产、生活、社会密切相关。下列叙述错误的是
A．还原铁粉能用作食品抗氧化剂
B．夜空中光柱的形成属于丁达尔效应
C．浸泡过KMnO4溶液的硅土可作水果保鲜剂
D．燃煤中加入CaO可减少温室气体的排放
4．LiAlH4是重要的还原剂与储氢材料，其合成方法为：NaAlH4＋LiC1=LiAlH4＋NaCl。下列说法正确的是
A．NaCl的电子式： B．中子数为 18 的氯原子：
C．Li＋比 H-多一个电子层 D．LiAlH4既含有离子键又含有共价键
5．汽车尾气中的CO、NOx、硫氧化物、乙烯、丙烯等碳氢化合物会引起光化学烟雾、酸雨等污染；汽油抗震添加剂四乙基铅(熔点—136°C，极易挥发)的排放严重危害人体中枢神经系统。汽车尾气净化装置可将污染物中的CO和NO转化为无害气体，发生反应为2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g)  △H=-746.5kJ·mol-1。下列有关说法正确的是
A．SO2和SO3中的键角相等 B．丙烯能形成分子间氢键
C．N2中σ键和π键数目之比为1：2 D．固态四乙基铅为离子晶体
6．设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法不正确的是
A．1 mol CH2＝CH2分子中含有的共价键数为6NA
B．500 mL 0.5 mol·L−1的NaCl溶液中微粒数大于0.5NA
C．30 g HCHO与CH3COOH混合物中含C原子数为NA
D．2.3 g Na与O2完全反应，反应中转移的电子数介于0.1NA和0.2NA之间
7．下列解释事实的离子方程式正确的是
A．SO2通入Ba(NO3)2溶液中有白色沉淀生成：SO2+Ba2++H2O=BaSO3↓+2H+
B．NH4HSO3溶液与过量的氢氧化钠溶液混合加热：NH+HSO+2OH-NH3↑+2H2O+SO
C．“84”消毒液和“洁厕灵”(主要成分为盐酸)混合使用会产生有毒气体：ClO+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2O
D．氯化铁溶液中滴加氢硫酸溶液：2Fe3++S2-=2Fe2++S↓
8．最近我国科研人员发现了一种安全、高效的点击化学试剂，下列有关元素F、O、N的说法正确的是
A．电负性： B．第一电离能：
C．最高正价： D．N原子的基态原子核外未成对电子数最多
9．用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的是(　　)
A．用所示装置分离CCl4和I2的混合物
B．用所示装置获取少量SO2气体
C．用所示装置除去CO2气体中的少量SO2
D．用所示装置蒸发NaCl溶液获得NaCl晶体
10．实验室制备下列气体所选装置，制备试剂、除杂试剂及所选装置均正确的是
(干燥、收集装置略)


气体
制备试剂
除杂试剂
所选装置
A
NH3
NH4Cl
——
b、c
B
Cl2
MnO2+浓HCl
饱和NaCl溶液
a、c
C
C2H4
C2H5OH+浓H2SO4
NaOH溶液
b、c
D
C2H2
电石+饱和NaCl溶液
CuSO4溶液
a、c
A．A B．B C．C D．D
11．硝酸盐污染已成为一个日益严重的环境问题。甲酸( HCOOH)在纳米级Pd表面分解为活性H2和CO2，再经下列历程实现NO的催化还原，进而减少污染。已知Fe( II)、Fe(III)表示Fe3O4中二价铁和三价铁。下列说法错误的是

A．Fe3O4参与了该循环历程
B．HCOOH分解时，碳氢键和氧氢键发生了断裂
C．H2在反应历程中生成的H+起到调节体系pH的作用
D．在整个历程中，1 mol H2可还原1 mol NO
12．一种新型高分子的合成方法如图：

下列说法不正确的是
A．酪氨酸能与酸、碱反应生成盐
B．环二肽最多能与反应
C．高分子中含有结构片断
D．高分子在环境中可降解为小分子
13．将SO2分别通入无氧、有氧的浓度均为0.1mol•L-1的BaCl2溶液和Ba(NO3)2溶液中，除BaCl2溶液(无氧)外，都产生白色沉淀。实验测得各溶液pH变化曲线如图：

下列说法正确的是
A．曲线a所示溶液pH降低的原因：SO2+H2OH2SO3H++HSO
B．依据曲线b可推知0.2mol•L-1KNO3溶液(无氧)不能氧化SO2
C．曲线c所示溶液中发生反应的离子方程式为：Ba2++SO2+O2=BaSO4↓
D．曲线d所表示的过程中NO是氧化SO2的主要微粒
14．CO2催化重整CH4的反应：
(Ⅰ)CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)    ΔH1，
主要副反应：(Ⅱ)H2(g)+CO2(g)CO(g)+H2O(g)    ΔH2＞0，
(Ⅲ)4H2(g)+CO2(g)CH4(g)+2H2O(g)    ΔH3＜0。
在恒容反应器中按体积分数V(CH4)∶V(CO2)=50%∶50%充入气体，加入催化剂，测得反应器中平衡时各物质的体积分数与温度的关系如图所示。下列说法不正确的是

A．ΔH1=2ΔH2-ΔH3＞0
B．其他条件不变，适当增大起始时V(CH4)∶V(CO2)，可抑制副反应(Ⅱ)、(Ⅲ)的进行
C．300～580℃时，H2O的体积分数不断增大，是由于反应(Ⅲ)生成H2O的量大于反应(Ⅱ)消耗的量
D．T℃时，在2.0L容器中加入2molCH4、2molCO2以及催化剂进行重整反应，测得CO2的平衡转化率为75%，则反应(Ⅰ)的平衡常数小于81

二、结构与性质
15．我国科学家制备了一种ZnPc/C60太阳能电池，其结构示意图如下。

(1)铝元素属于_____________区(填“s”“d”“”或“p”)。
(2)C60分子中60个碳原子都是等价的，均以近似_____________杂化的方式形成3个不共平面的σ键，余下的1个p轨道电子互相重叠形成闭壳层电子结构，π电子云分布在C60分子笼的内外层表面上。循环伏安测试表明：C60在溶液中可以逐步可逆地接受6个电子形成负离子，却很难失去电子变为阳离子。
(3)①ZnPc中Zn2+的价层电子排布式是_____________。
②ZnPc中存在配位键的原因是_____________。
(4)某溶剂中，ZnPc可以和C60形成分子间电荷转移复合物，反应方程式可表示为：ZnPc+C60ZnPc-C60，不同温度下生成电荷转移复合物的平衡常数如下表。
温度
生成ZnPc-C60的K
24℃
1.2329
44℃
0.9674
64℃
0.4923
反应：ZnPc+C60ZnPc-C60△H_____________0(填“＞”或“＜”)，ZnPc-C60中ZnPc是电子_____________(填“给体”或“受体”)。
(5)LiF晶体结构属于氯化钠型，其晶胞结构如图所示。
①LiF的熔点和沸点比NaCl的高，请解释原因_____________。
②LiF晶体的密度约为2.6g/cm3，LiF晶胞的体积约为_____________cm3(计算结果保留一位有效数字)。


三、有机推断题
16．有机物Q是一种抗血栓药物，其合成路线如下。

已知：ⅰ.+H2O(、、代表烃基或H)
ⅱ.
(1)A和J均属于芳香化合物，J中含有的官能团是_______。
(2)A→B的反应类型是_______。
(3)D→E的化学方程式为_______。
(4)X的分子式为，G的结构简式为_______。
(5)下列说法正确的是_______(填序号)。
a.可用新制的检验X中的官能团
b.反应①除了生成L外，还生成
c.反应③的原子利用率为100%
(6)N是L的同分异构体，写出符合下列条件的所有N的结构简式(不考虑立体异构)_______。
ⅰ.含有苯环，且苯环上只有1个取代基
ⅱ.1molN与足量溶液反应产生2mol气体
(7)反应②的过程如下：

L→中间体的过程会产生高分子副产物，写出高分子的结构简式_______。

四、原理综合题
17．锂及其化合物广泛应用于玻璃、陶瓷和航空航天等领域，全球锂资源一半以上赋存于盐湖卤水中。
I．盐湖联合开发兑卤提锂
我国科学家以高锂卤水()为原料，富碳酸根卤水()为天然沉淀剂，提出盐湖联合开发兑卤提锂()的新方法。两种卤水的部分化学组成如下表。
离子浓度/()







16.20
91.04
45.02
194.5
7.10
26.43

1.26
146.7
33.80
136.2
39.51
56.06
(1)用化学用语解释卤水()显碱性的原因_____________。
(2)时，卤水混合沉锂的离子方程式是_____________。
(3)不同兑卤比所得混盐中，锂收率和含量(质量百分数)如图1所示，最佳兑卤比为_____________，含量随兑卤比先增大后减小的原因是_____________。

II．电化学提锂
(4)我国专家通过电极体系，实现锂资源的高效选择性提取，其原理如图2所示。当两电极分别完成其对应的氧化(脱锂)反应和还原(嵌锂)反应后，将两电极进行互换，实现锂资源由原料液侧向回收液侧的转移。
①A侧是_____________(填“原料液”或“回收液”)。
②补全电极反应式
阳极：
阴极：_____________。

五、工业流程题
18．我国是世界稀土资源最丰富的国家，冶炼提纯技术也位于世界前茅。从某种磷精矿分离稀土元素的工业流程如图。

资料：磷精矿的主要成分为Ca5F(PO4)3，还含有少量REPO4、FeO、Fe2O3、SiO2等(RE代表稀土元素)。
(1)Sc是一种重要的稀土元素，基态Sc原子的核外电子排布式是_____。
(2)补全“酸浸”过程中Ca5F(PO4)3与HNO3反应的离子方程式_____。
Ca5F(PO4)3+HNO3=Ca(NO3)2+_____+HF↑
(3)“萃取”时可选择不同的萃取剂。
①有机磷萃取剂(RO)3PO可通过反应3ROH+POCl3(RO)3PO+3HCl制得，其中－R代表烃基。－R对(RO)3PO产率的影响如表。
－R
－CH2CH3
－CH2CH2CH3
－CH2CH2CH2CH3
(RO)3PO产率
82
62
20
由表中数据分析随－R中碳原子数增加，(RO)3PO产率降低的原因_____。
②萃取剂(C4H9O)3PO的结构如图。其中，与RE3+配位的能力：1号O原子_____2号O原子(填“＞”、“＜”或“=”)

(4)“反萃取”的目的是分离RE和Fe元素。向萃取液中通入NH3，Fe2+、Fe3+、RE3+的沉淀率随pH变化如图。

①试剂X为_____(选填“Na2SO3”或“NaClO”，控制pH为_____。
②萃取剂改用(C4H9O)3PO会导致反萃取时RE产率降低，原因可能是_____。

六、实验题
19．以Na2SO3溶液和不同金属的硫酸盐溶液作为实验对象，探究盐的性质和盐溶液间反应的多样性。
实验
试剂
现象
滴管
试管

0.2mol·L-1Na2SO3溶液
饱和Ag2SO4溶液
Ⅰ．产生白色沉淀
0.2mol·L-1CuSO4
Ⅱ．溶液变绿，继续滴加产生棕黄色沉淀
0.1mol·L-1Al2(SO4)3溶液
Ⅲ．开始无明显变化，继续滴加产生白色沉淀
（1）经验检，现象Ⅰ中的白色沉淀是Ag2SO3。用离子方程式解释现象Ⅰ：__________。（2）经检验，现象Ⅱ的棕黄色沉淀中不含，含有Cu+、Cu2+和。
已知：Cu+Cu+Cu2+，Cu2+CuI↓(白色)+I2。
①用稀硫酸证实沉淀中含有Cu+的实验现象是__________。
②通过下列实验证实，沉淀中含有Cu2+和。

a．白色沉淀A是BaSO4，试剂1是__________。
b．证实沉淀中含有Cu2+和的理由是__________。
（3）已知：Al2(SO3)3在水溶液中不存在。经检验，现象Ⅲ的白色沉淀中无，该白色沉淀既能溶于强酸，又能溶于强碱，还可使酸性KMnO4溶液褪色。
①推测沉淀中含有亚硫酸根和__________。
②对于沉淀中亚硫酸根的存在形式提出两种假设：
i．Al(OH)3所吸附；
ii．存在于铝的碱式盐中。对假设ii设计了对比实验，证实了假设ii成立。
a．将对比实验方案补充完整。
步骤一：

步骤二：__________（按上图形式呈现）。
b．假设ii成立的实验证据是__________。
（4）根据实验，亚硫酸盐的性质有__________。盐溶液间反应的多样性与__________有关。

参考答案：
1．B
【详解】A．22号钛元素位于第四周期第IVB族，属于过渡元素，A正确；
B．光导纤维的主要成分为二氧化硅，B错误；
C．氮化硅陶瓷属于非金属，且不是硅酸盐材料，是新型无机非金属材料，C正确；
D．港珠澳大桥用到的合金材料，必须具有强度大、密度小、耐腐蚀等特性才能抵御恶劣环境及海水的侵蚀，D正确；
综上所述答案为B。
2．C
【详解】A．该分子中含有酯基、（酚）羟基、醚键、碳碳双键四种官能团，A错误；
B．该分子中酚羟基、酯基能与NaOH反应，根据反应比例：酚-OH~NaOH、-COO- ~NaOH，知1 mol该有机物最多消耗3 mol NaOH，B错误；
C．苯环上甲基可以被KMnO4氧化为羧基，另外碳碳双键中有1个碳原子连接1个氢原子，可以被氧化成羧基，C正确；
D．该有机物不含能与NaHCO3反应的官能团，如羧基，故与NaHCO3溶液不反应，D错误；
故答案选C。
3．D
【详解】A．Fe具有还原性，能够吸收空气中的氧气，则还原铁粉可以用作食品袋中的抗氧化剂，故A正确；
B．含有灰尘的空气属于胶体，光柱是胶体的丁达尔效应，故B正确；
C．乙烯具有催熟效果，能够被高锰酸钾溶液氧化，所以浸泡过KMnO4溶液的硅藻土放在水果箱里可延长水果的保鲜期，故C正确；
D．加入氧化钙，可与煤燃烧生成的二氧化硫在氧气中发生反应生成硫酸钙，二氧化硫排放量减少，燃煤中加入CaO后可减少酸雨的发生，但不能减少温室气体二氧化碳的排放量，故D错误；
故选D。
4．D
【详解】A．NaCl为离子化合物，由钠离子与氯离子构成，电子式为，A错误；
B．中子数为18的氯原子的质量数为17+18=35，该核素为，B错误；
C．Li＋失去1个电子而核外有2个电子数，有1个电子层，H-得到一个电子则核外有2个电子数，有1个电子层，两者相等，C错误；
D．LiAlH4由Li+和AlH构成，既含有离子键又含有共价键，D正确；
故选D。
5．C
【详解】A．二氧化硫分子中硫原子的价层电子对数为3、孤对电子对数为1，分子的空间构型为V形，三氧化硫中硫原子的价层电子对数为3、孤对电子对数为0，分子的空间构型为平面三角形，二氧化硫和三氧化硫的空间构型不同，键角不相等，故A错误；
B．丙烯分子中不含有原子半径小、非金属性强的氮原子、氧原子和氟原子，不能形成分子间氢键，故B错误；
C．氮气分子中含有氮氮三键，三键中含有1个σ键和2个π键，分子中σ键和π键数目之比为1：2，故C正确；
D．由题给信息可知，固态四乙基铅为熔沸点低的分子晶体，故D错误；
故选C。
6．D
【详解】A.1个乙烯分子中碳碳双键含两个共价键，4个碳氢键合为4个共价键，总计6个共价键，因而1mol CH2＝CH2分子中含有的共价键数为6NA，A项正确；
B.n(Na+)=n(Cl-)=0.5L×0.5mol·L-1=0.25mol，n(Na+)+n(Cl-)=0.5mol,因而钠离子和氯离子总计0.5NA个，但水会电离出极少量的H+和OH-，因而NaCl溶液中微粒数大于0.5NA，B项正确；
C.HCHO与CH3COOH的最简式为CH2O，原混合物相当于30gCH2O，n(CH2O)=1mol，因而C原子数为NA，C项正确；
D.不管钠和氧气生成氧化钠还是过氧化钠，钠元素的化合价由0变为+1，因而2.3gNa（2.3gNa为0.1mol）转移电子数为0.1mol×1×NA=0.1NA，D项错误。
故答案选D。
7．B
【详解】A 硝酸有强氧化性，两者混合会发生氧化还原反应，会生成硫酸钡和一氧化氮，离子方程式为：，A错误；
B．铵根和亚硫酸根都可以和氢氧根反应，离子方程式为：NH+HSO+2OH-NH3↑+2H2O+SO，B正确；
C．“84”消毒液”的成分为次氯酸钠，和“洁厕灵”反应的方程式为：，C错误；
D．氢硫酸为弱酸，写离子方程式不能拆，则离子方程式为：2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，D错误；
故选B。
8．D
【详解】A．元素的非金属性越强，其电负性越大。由于元素的非金属性：，则元素的电负性大小顺序为：，A错误；
B．元素的非金属性越强，其第一电离能越大；同一周期元素第一电离能呈增大趋势，但第IIA、第VA元素原子核外电子处于全满、半满的稳定状态，其第一电离能比同一周期相邻元素的大，故这四种元素的第一电离能大小顺序：，B错误；
C．在化合物中F没有正价，O一般情况下也没有正价，C错误；
D．基态原子核外未成对电子数：F原子只有1个，S原子和O原子均有2个，N原子有3个，所以N原子未成对电子数最多，D正确；
故选D。
9．D
【详解】A. I2易溶于CCl4，不能用分液的方法分离，故A项错误；
B. 获取少量SO2气体，可采用铜粉与浓硫酸加热的方法制得，但图示没有加热装置，不能达到实验目的，故B项错误；
C. 二氧化硫溶于水形成亚硫酸，可弱电离生成HSO3-和H+，而饱和NaHSO3溶液中HSO3-已经饱和，则不能溶解SO2，不能达到实验目的，应选用饱和碳酸氢钠溶液，故C项错误；
D.采用蒸发结晶法可从NaCl溶液获得NaCl晶体，图示操作无误，故D项正确；
答案选D。
【点睛】本题的易错点是B选项。要特别留意浓硫酸的强氧化性体现在与铜粉或碳粉反应会生成二氧化硫，但反应均需要加热。
10．D
【详解】A．实验室中不能采用直接加热氯化铵制取氨气，应用浓氨水加热制取，故A错误；
B．二氧化锰与浓盐酸加热生成氯气，氯气中混有挥发出的HCl气体，可用饱和食盐水除去，装置可选b、c，故B错误；
C．乙醇与浓硫酸发生消去反应生成乙烯需要控制温度迅速升至170℃，因此装置中需用温度计控制反应温度，故C错误；
D．电石和饱和食盐水常温下反应生成乙炔，因电石中含有硫化物，同时会生成硫化氢，可用硫酸铜溶液将硫化氢沉淀除去，装置应选a、c，故D正确；
故选：D。
11．D
【详解】A．Fe3O4参与了该循环历程，因为铁离子有价态的变化，故A正确；
B． HCOOH分解时，碳氢键和氧氢键发生了断裂，而后形成了碳氧双键，故B正确；
C．酸性条件下，NO 比NO的氧化性更强，H+起到调节体系pH的作用，故C正确；
D．在整个历程中，2mol Fe2+可还原1 mol NO，氢气还原Fe3+，故D错误；
故选D。
12．B
【详解】A．酪氨酸中有酚羟基（显碱性，可与酸反应），含有羧基（显酸性，可与碱反应），A项正确；
B．1mol环二肽中含有2mol酚羟基，2mol肽键，均可与氢氧化钠反应，故最多与4mol氢氧化钠反应，B项错误；
C．根据高分子M的图，将该片段首尾相连，即含有选项中的片段，C项正确；
D．M可脱去HOCCl3小分子，而且肽键可以断裂，D项正确；
答案选B。
13．A
【详解】A．曲线a表示无氧环境下，氯化钡溶液 pH变化减小，说明二氧化硫与水反应生成了弱酸亚硫酸，溶液pH降低的原因是SO2+H2O⇌H2SO3⇌H++HSO，A正确；
B．根据曲线b可知，0.1 mol·L-1的Ba(NO3)2在无氧环境下可以氧化二氧化硫，依据该实验预测0.2 mol·L-1的KNO3溶液(无氧)也可以氧化SO2，B错误；
C．曲线c表示有氧环境下，氯化钡溶液pH变化较大，则说明二氧化硫被氧气氧化为强酸硫酸，反应的方程式是2Ba2++O2 +2SO2+2H2O=2BaSO4↓+4H+，C错误；
D．氯化钡、硝酸钡在有氧环境下，pH变化几乎相同，所以不能说明曲线d所表示的过程中NO是氧化SO2的主要微粒，D错误；
故选：A。
14．C
【分析】本题考查的是给定投料比的情况下平衡时各物质的体积分数与温度的图像的分析；1=2-3，正反应吸热，升温平衡向正向移动。
【详解】A．反应(I)可由2倍(II)减去反应(III)得到，故1=2-3，再根据图示随温度的升高，CH4和CO的体积分数减小，说明升温，平衡正移，而升温平衡向吸热方向移，正反应吸热，1>0，A正确
B．其他条件不变，适当增大起始时V(CH4):V(CO2)，即增大CH4浓度和减小CO2浓度，根据平衡移动原理，减小反应物浓度或增加生成物浓度，平衡都逆向移动，B正确；
C．300～580°C时，H2O的体积分数不断增大，反应(I)是放热反应，升温平衡逆向移动消耗H2O，反应(II)是吸热反应，升温时正移生成H2O，而由于反应(I)消耗H2O的量小于反应(II)生成水的量， C错误；
D．T°C时，在2.0L容器中加入2molCH4、2molCO2以及催化剂进行重整反应，测得CO2的平衡转化率为75%，则CO转化的浓度为mol/L，根据三段式:
                  
若不考虑副反应，则反应(I)的平衡常数=，但由于副反应( Ⅲ)中，消耗的氢气的量比二氧化碳多的多，故计算式中分子减小的更多，值小于81，故D正确
故选C。
15．(1)p
(2)sp2
(3) 3d10 N原子能给出孤电子对，Zn2+有能接受孤电子对的空轨道
(4) ＜ 给体
(5) 阴、阳离子的带电荷分别相同，但Li+半径小于Na+半径、F-半径小于Cl-半径，所以LiF的晶格能大于NaCl的晶格能 7×10-23

【详解】（1）铝原子的价电子排布式为3s23p1，则铝元素属于p区。答案为：p；
（2）C60分子中60个碳原子都是等价的，且每个C原子形成3个σ键、最外层不存在孤电子对，则均以近似sp2杂化的方式形成3个不共平面的σ键。答案为：sp2；
（3）①基态Zn的价电子排布式为3d104s2，则ZnPc中Zn2+的价层电子排布式是3d10。
②ZnPc中，N原子的最外层具有孤电子对，Zn2+具有空轨道，则存在配位键的原因是：N原子能给出孤电子对，Zn2+有能接受孤电子对的空轨道。答案为：3d10；N原子能给出孤电子对，Zn2+有能接受孤电子对的空轨道；
（4）从表中数据可以看出，升高温度，K值减小，则平衡逆向移动，正反应为放热反应，所以反应：ZnPc+C60ZnPc-C60△H＜0；题中信息显示：C60在溶液中可以逐步可逆地接受6个电子形成负离子，却很难失去电子变为阳离子，则ZnPc-C60中C60是电子受体，ZnPc是电子给体。答案为：＜；给体；
（5）①LiF和NaCl都形成离子晶体，LiF的熔点和沸点比NaCl的高，则表明LiF的晶格能比NaCl大，原因是：LiF和NaCl的阴、阳离子的带电荷分别相同，但Li+半径小于Na+半径、F-半径小于Cl-半径，所以LiF的晶格能大于NaCl的晶格能。
②在1个晶胞中，含Li+个数为=4，含F-个数为=4，则1个晶胞中含有4个“LiF”，LiF晶体的密度约为2.6g/cm3，LiF晶胞的体积约为≈7×10-23cm3。答案为：阴、阳离子的带电荷分别相同，但Li+半径小于Na+半径、F-半径小于Cl-半径，所以LiF的晶格能大于NaCl的晶格能；7×10-23。
【点睛】计算晶胞中所含微粒的个数时，可采用均摊法。
16．(1)羟基、羧基
(2)取代反应
(3)：+NaOH+NaCl
(4)
(5)bc
(6)，，
(7)

【分析】物质A也属于芳香族化合物，结合A的分子式可知，A的结构简式为，A和浓硝酸发生取代反应生成B，根据G的结构简式可知，发生甲基的对位取代反应，所以B为，由反应条件、分子式可知，B中甲基.上的氢原子被氯原子取代生成D为，F与X发生信息i中反应生成G，结合有机物分子式可知，D发生卤代烃水解反应生成E，E发生醇的催化氧化生成F，故E为，F为，则X为，L发生信息ii中取代反应生成M为，结合Q的结构简式推知G为，J为芳香族化合物，由L的结构简式，可知J与.乙醇发生酯化反应生成K，K中酚羟基与乙酸酐发生取代反应生成J，推知J为，K为，以此解题。
【详解】（1）由分析可知J为，其中含有的官能团是羟基、羧基；
（2）A→B是甲苯的硝化反应，反应类型是取代反应；
（3）D→E为卤代烃的水解反应，方程式为：+NaOH+NaCl；
（4）由分析可知G为；
（5）a．X中不含有醛基，不能用新制的检验X中的官能团，a错误；
b．根据元素守恒可知，反应①除了生成L外，还生成，b正确；
c．反应③属于加成反应，原子利用率为100%，c正确；
故选bc；
（6）N是L的同分异构体，且符号条件，ⅰ.含有苯环，且苯环上只有1个取代基；ⅱ.1molN与足量溶液反应产生2mol气体，说明含有2个羧基，符合条件的同分异构体为，，；
（7）反应②的过程可知，形成的中间体为，形成中间体的过程理解先加成、再脱去1分子CH3OH，L→中间体的过程会产生高分子副产物为。
17．(1)
(2)
(3) 1.75 当兑卤比小于1.75时，溶液中浓度增大，有利于沉淀；当兑卤比大于1.75时，所得混盐中氯化钠等含量增大程度大于，使得含量减小
(4) 原料液

【详解】（1）卤水()中水解使溶液显碱性，反应的离子方程式为；
（2）高锂卤水()中与富碳酸根卤水()中反应生成，离子方程式为；
（3）由图1可知，当兑卤比为1.75时，所得混盐中含量最高，则最佳兑卤比为1.75；当兑卤比小于1.75时，随着兑卤比的增大，溶液中浓度增大，，平衡左移，有利于沉淀；当兑卤比大于1.75时，随着兑卤比的增大，所得混盐中氯化钠等含量增大程度大于，使得含量减小；
（4）①由图2可知，A侧电极与电源正极相连，作阳极；B侧电极与电源负极相连，作阴极；溶液中的从阳极移向阴极，即从A侧移向B侧，则A侧为原料液，B侧为回收液；
②由阳极电极反应式可知，Li元素化合价不变为+1价，，Mn失电子化合价升高，则阴极，Mn得电子化合价降低，由此可得阴极电极反应式为。
18．(1)[Ar]3d14s2
(2)Ca5F(PO4)3+10HNO3=5Ca(NO3)2+3H3PO4+HF↑
(3) 烃基为推电子基，随碳原子数增加，烃基推电子能力增强，O－H键更难以断裂，(RO)3PO产率降低 ＜
(4) Na2SO3 2 因－C4H9较强的推电子能力，使得稀土与萃取剂形成的配位键牢固

【分析】根据工艺流程分析磷精矿加入硝酸处理，二氧化硅不反应得到滤渣1，稀土元素、铁、钙元素进入滤液，加入萃取剂举取出稀土元素，然后加入亚硫酸钠将三价铁转化为二价铁，通入氨气，调节pH分离出含有稀土的固相，再加入硝酸溶解，加入硫酸除去钙元素得到硫酸钙滤渣2，滤液加入草酸分离出草酸稀土。
【详解】（1）Sc是2号元素位于第四周期IIIB族的元素，基态Sc原子的核外电子排布式是：[Ar]3d14s2；
（2）Ca5F(PO4)3与HNO3反应的离子方程式根据元素守恒即可配出：Ca5F(PO4)3+10HNO3=5Ca(NO3)2+3H3PO4+HF↑；
（3）①根据表中数据分析：烃基为推电子基，随碳原子数增加，烃基推电子能力增强，O－H键更难以断裂，(RO)3PO产率降低；②基推电子能力增强，O-H键更难断裂，(RO)3PO产率降低，则可知烃基导致1号为氧更难与RE3+配位，故与RE3+配位的能力:1号O原子< 2号O原子；
（4）①由图可知，亚铁离子与RE的分离效果更好，则试剂X为将铁离子转化为亚铁离子的物质，故应选择Na2SO3，亚硫酸钠和铁离子反应生成亚铁离子和硫酸根离子，利于铁离子与RE的分离;结合图像可知，应调节pH为2，此时RE几乎完全沉淀，而亚铁离子几乎没有沉淀，分离效果好，故答案为:Na2SO3，2；②若萃取剂改用 (C4H9O)3PO会导致“反取”RE产率降低，因为因－C4H9较强的推电子能力，使得稀土与萃取剂形成的配位键牢固难以断裂实现反萃取。
19． 2Ag++===Ag2SO3↓ 有红色固体生成 HCl溶液和BaCl2溶液 在I-的作用下，Cu2+转化为白色沉淀CuI，转化为 Al3+、OH- V1明显大于V2 亚硫酸盐的溶解性、氧化还原性、在水溶液中的酸碱性 两种盐溶液中阴阳离子的性质和反应条件
【详解】(1). 实验Ⅰ中0.2mol/LNa2SO3溶液滴入饱和Ag2SO4溶液，由于Ag2SO4是饱和溶液且溶液混合后稀释，因此不可能是Ag2SO4沉淀，考虑到SO32−浓度较大，因此推断白色沉淀为Ag2SO3，反应的离子方程式为：2Ag++SO32−=Ag2SO3↓，故答案为2Ag++SO32−=Ag2SO3↓；
(2). ①. 因Cu+和稀硫酸反应生成铜和铜离子，若沉淀中含有Cu+，加入稀硫酸会发生歧化反应生成铜单质，实验现象是有红色固体生成，故答案为有红色固体生成；
②. a.分析实验流程可知，实验原理为2Cu2++4I−=2CuI↓+I2、I2+SO32−+H2O=SO42−+2I−+2H+、SO42−+Ba2+=BaSO4↓，根据BaSO4沉淀可知，加入的试剂为含Ba2+的化合物，可以选用BaCl2溶液，考虑沉淀A没有BaSO3，因此应在酸性环境中，故答案为HCl溶液和BaCl2溶液；
b. 由白色沉淀A可知，之前所取上层清液中有SO42−，由加入KI生成白色沉淀可知棕黄色沉淀中含有Cu2+，Cu2+和I−作用生成CuI白色沉淀，由加淀粉无现象说明上层清液中无I2，而Cu2+和I−反应生成I2，因而推断生成的I2参与了其他反应，因而有还原剂SO32−，故答案为在I-的作用下，Cu2+转化为白色沉淀CuI，SO32−转化为SO42−；
(3). ①. 根据题意知实验Ⅲ的白色沉淀中无SO42−，该白色沉淀既能溶于强酸，又能溶于强碱，还可使酸性KMnO4溶液褪色，可以推测沉淀中含有铝离子和氢氧根离子，可使酸性高锰酸钾溶液褪色是因为存在具有还原性的亚硫酸根离子，故答案为Al3+、OH-；
②. a. 根据假设可知实验的目的是证明产生的沉淀是Al(OH)3还是铝的碱式盐，给定实验首先制备出现象Ⅲ中的沉淀，然后采用滴加NaOH溶液，因此对比实验首先要制备出Al(OH)3沉淀，然后滴加NaOH溶液，若两者消耗的NaOH体积相同，则现象Ⅲ中的沉淀就是Al(OH)3沉淀，若两者消耗的NaOH体积不同，则现象Ⅲ中的沉淀考虑是铝的碱式盐，故步骤二的实验方案为：；
b. 根据上述分析可知，假设ii成立的实验证据是 V1明显大于V2，故答案为 V1明显大于V2；
（4）.根据实验可知，亚硫酸盐具有还原性、水解使溶液呈碱性；根据题目，该实验探究的是亚硫酸钠溶液和不同金属的硫酸盐溶液反应，所以盐溶液间反应的多样性与盐的性质和溶液的酸碱性等反应条件有关，故答案为：亚硫酸盐的溶解性、氧化还原性、在水溶液中的酸碱性； 两种盐溶液中阴阳离子的性质和反应条件。