湖北省部分学校2024-2025学年高三上学期12月联考化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1湖北省部分学校2024-2025学年高三上学期12月联考试题可能用到的相对原子质量：H1C12O16Na23Fe56Ga70As75一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.“黄鹤楼”是湖北省地标性建筑。武汉市人民政府大楼重建采用了钢筋混凝土结构。下列有关叙述错误的是A.钢筋属于金属合金材料B.混凝土结构耐酸碱腐蚀C.“黄鹤楼”变绿主要是因为生成了D.金属材料在潮湿(中性)空气中主要发生吸氧腐蚀【答案】C【解析】A．钢筋材料是铁的合金，属于金属合金材料，A正确；B．混凝土为无机非金属材料，耐酸碱腐蚀，B正确；C．“黄鹤楼”表面为铜绿，主要成分为碱式碳酸铜，是黄鹤楼变绿的主要原因，C错误；D．金属材料容易生锈的主要原因是因为在炼制过程中混有少量的碳杂质，在潮湿的空气中容易形成原电池，发生电化学腐蚀，在潮湿(中性)空气中主要发生吸氧腐蚀：，D正确；故选C。2.下列化学用语错误的是A.2p能级电子云轮廓图B.分子中键形成过程C.分子空间填充模型D.三种杂化轨道A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】A．p轨道的电子云轮廓图为哑铃形，2p能级有2px、2py、2pz轨道，轨道的电子云轮廓图是依次沿x轴、y轴和z轴方向伸展的哑铃形，故A正确；B．p-pπ键电子云轮廓图为未参与杂化的p电子通过肩并肩的方式形成的π键，原子轨道的重叠部分对等地分布在包括键轴在内的平面上、下两侧，呈镜面对称，则分子中键形成过程正确，故B正确；C．氨分子中心N原子上的孤电子对数为(5-3×1)=1、σ键电子对数为3，价层电子对数为4，呈三角锥形，但图示模型不是分子空间填充模型、是球棍模型，故C错误；D．键角依次为180°、120°、109°28’，对应的杂化方式依次为sp、sp2、sp3，故有三种杂化轨道，故D正确；故选：C。3.常温下，选择下列试剂和干燥剂能制取对应的纯净干燥的气体的是选项试剂干燥剂气体A生石灰和浓氨水碱石灰NH3B稀盐酸和软锰矿浓硫酸Cl2C稀硫酸和大理石氢氧化钠CO2D浓硝酸和Na2SO3溶液五氧化二磷SO2A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】A．生石灰与水反应生成Ca(OH)2，溶液碱性增强，氢氧根离子浓度增大，反应放出热量，促进NH3从氨水中逸出，碱石灰可用于干燥氨气，即能得到纯净干燥的氨气，A正确；B．浓盐酸与二氧化锰在加热条件下反应生成氯气，稀盐酸不行，B错误；C．稀硫酸与大理石反应生成微溶物CaSO4，附着在大理石表面，使之不能完全反应；氢氧化钠溶液会吸收CO2，C错误；D．浓硝酸能氧化Na2SO3生成硫酸钠，不能得到SO2，D错误；答案选A。4.生活中“暖贴”使用方便，原料层有铁粉、炭粉和食盐水，发热原理是构成微电池，将化学能转化为电能，电能转化为热能，最终生成红色粉末。下列叙述正确的是A.微电池负极上的电极反应式为B.可用NaCl粉末替代食盐水C.制造“暖贴”的关键是调节合适的透氧速率D每消耗2.24L(标准状况)时必消耗11.2g铁粉【答案】C【解析】铁粉、炭粉和食盐水，组成原电池，其中Fe作负极，炭粉作正极，食盐水作电解质溶液，据此分析解答。A．Fe作负极时，生成Fe2+，电极反应式为：，故A错误；B．NaCl粉末替代食盐水，不存在电解质溶液，无法形成闭合回路，则不能构成原电池，故B错误；C．“暖贴”需要控制反应速率，避免反应过慢或过快，因此制造的关键是调节合适的透氧速率，故C正确；D．标准状况下2.24L的物质的量为0.1mol、转移电子0.4mol，若氧气只发生原电池反应，结合电极反应：，可知消耗0.2molFe、质量为11.2g，但实际氧气还要氧化Fe2+，最终生成红色粉末，因此消耗的Fe的质量不为11.2g，故D错误；故选：C。5.THR1442(结构如图)是治疗糖尿病的药物。下列关于THR1442的叙述正确的是A.属于芳香烃 B.含两种含氧官能团C.能与溶液发生显色反应 D.苯环上有2种一氯代物【答案】B【解析】A．该分子除含C、H元素外，还含O和Cl元素，不属于烃，A错误；B．该分子中含有两种含氧官能团，分别是醚键和羟基，B正确；C．该分子中不含有酚羟基，不属于酚类有机物，不能与溶液发生显色反应，C错误；D．如图，该物质含有两个苯环，苯环上有5种等效氢原子，故苯环上的一氯代物共有5种，D错误；故选B。6.物质结构决定物质性质。下列性质差异与结构因素匹配错误的是选项性质差异结构因素A熔点：高于干冰晶体类型B键长：中键大于CO中的杂化类型C酸性：强于共价键极性D溶解度：在中大于在水中分子极性A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】A．为共价晶体，熔点较高，二氧化碳形成的晶体为分子晶体，熔点较低，则熔点：高于干冰，A正确；B．中Ni原子中心与四个羰基相连，CO配体中碳氧以三键相连，碳端与金属配合，配体和中心原子之间形成配位键，加强了中心原子与配体之间的结合力，从而使得配体中碳氧键被削弱，键长增长，与杂化类型无关，B错误；C．由于电负性F>Cl，C-F键极性大于C-Cl键，使得中羧基上的羟基极性增强，氢更易电离，酸性增强，故酸性：强于，C正确；D．碘为非极性分子，为非极性分子，水为极性分子，则在中的溶解度大于在水中的溶解度，与分子极性有关，D正确；故选B。7.非金属元素组成的化合物是发射火箭的固体燃料，X、Y、Z、W的原子序数依次增大，、最外层电子数之差为6，基态Y原子有3个未成对电子，基态Z原子价层电子排布式为。下列叙述正确的是A.简单离子半径：Y<Z B.第一电离能：C.简单氢化物的沸点： D.属于离子晶体【答案】D【解析】基态Z原子价层电子排布式为，可知n=2，Z为O，X、Y、Z、W的原子序数依次增大，基态Y原子有3个未成对电子，推测Y为N，结合非金属元素组成的化合物，推测为H、、最外层电子数之差为6，推测W为Cl，则X、Y、Z、W分别是H、N、O、Cl，据此作答。A．N3-和O2-外层电子相同，核电荷数越大，离子半径越小，N3-＞O2-，故A错误；B．第一电离能即失去最外层电子的难易程度，N更难失去电子，所以第一电离能H＜N，故B错误；C．水的沸点100℃，氨气的沸点-33.5℃，简单氢化物的沸点：，故C错误；D．NH4ClO4属于盐，有铵根离子和高氯酸根离子，所以属于离子晶体，故D正确；答案选D。8.侯氏制碱法的原理是。设为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A.标准状况下，中含键数为B.分子中含孤电子对数为C.晶体中含离子数为D.溶液中含数为【答案】B【解析】A．标准状况下，的物质的量为0.1mol，的结构为，含有2个键，故标准状况下，中含键数为，A错误；B．1个分子中含2对孤电子对，则0.1mol分子中含孤电子对数为，B正确；C．由钠离子和碳酸氢根离子组成，8.4g晶体即0.1mol，含有的离子数为，C错误；D．属于弱碱根离子，能部分发生水解，故溶液中含数小于，D错误；故选B。9.2，6—二溴吡啶是合成阿伐斯汀的中间体，实验室制备2，6—二溴吡啶的步骤如下：步骤1：在三颈烧瓶中加入2，6—二氯吡啶、冰醋酸，搅拌溶解后，在110℃下，通入HBr。步骤2：反应完毕，冷却至室温，析出晶体，过滤。步骤3：利用如图装置回收乙酸。母液回收溶剂后，冷却，析出晶体，过滤，合并两次晶体，在空气中干燥。已知：乙酸、2，6—二氯吡啶、2，6—二溴吡啶的沸点依次为117.9℃、206℃、249℃；油浴温度为100～250℃；沙浴温度为220～350℃。下列叙述错误的是A.步骤1采用“油浴”加热三颈烧瓶 B.图示装置中毛细玻璃管起平衡气压的作用C.接收瓶最先收集到的是2，6—二溴吡啶产品 D.实验中乙酸作溶剂，回收后可循环利用【答案】C【解析】该实验的实验目的是在冰醋酸作用下2，6-二氯吡啶与溴化氢在110℃条件下共热反应制备2，6—二溴吡啶。A．由分析可知，制备2，6—二溴吡啶的反应温度为110℃，由题给信息可知，2，6—二氯吡啶、2，6—二溴吡啶的沸点依次为206℃、249℃，油浴温度为100～250℃、沙浴温度为220～350℃，所以为防止2，6—二溴吡啶挥发逸出，步骤1采用“油浴”加热三颈烧瓶，故A正确；B．由实验装置图可知，通过调节“螺口夹”，使微量空气进入烧瓶，产生的小气泡可起到防暴沸、搅拌等作用，故B正确；C．蒸馏时沸点最低物质最先气化，由题给信息可知，乙酸、2，6—二氯吡啶、2，6—二溴吡啶的沸点依次为117.9℃、206℃、249℃，则接收瓶最先收集到的是乙酸，故C错误；D．由相似相溶原理可知可知，步骤1中加入乙酸的作用是做溶剂，溶解2，6—二氯吡啶得到溶液，有利于增大反应物的接触面积，使反应更加充分，蒸馏回收得到的乙酸可循环利用，故D正确；故选C。10.科学家设计并制备出了一种新型的稳定手性化合物(其分子中的手性氧鎓离子结构如图)。下列叙述错误的是A.手性氧鎓离子中含非极性键和极性键 B.手性氧鎓离子中碳原子采用、杂化方式C.1mol手性氧鎓离子含型键 D.手性氧鎓离子中氧元素的电负性最大【答案】C【解析】A．该化合物中所含碳碳键是非极性键、碳氧键是极性键，A正确；B．该化合物中苯环上的碳原子采用sp2杂化，甲基上碳原子采用sp3杂化，手性氧鎓离子中碳原子既有又有杂化，B正确；C．1mol手性氧鎓离子苯环上的碳原子采用sp2杂化，和氢原子形成型键，故1mol手性氧鎓离子含型键，C错误；D．在该化合物所含元素中，C、O位于第二周期，O的电负性更大，D正确；答案选C11.半导体材料砷化镓的晶胞如图所示。下列叙述错误的是已知：为阿伏加德罗常数的值，砷化镓晶体密度为。A.基态As原子有3个未成对电子 B.砷化镓的化学式为GaAsC.砷原子的配位数为4 D.xy原子间的距离为【答案】D【解析】A．As为33号元素，原子核外有33个电子，核外电子排布式为，因此有3个未成对电子，A正确；B．根据均摊法，晶胞中Ga原子的个数为4，As原子的个数为，所以化学式为GaAs，B正确；C．砷化镓晶胞中与镓原子最近的As原子个数是4个，则配位数为4，C正确；D．假设晶胞参数为apm，由晶胞结构可知，晶胞中x与y原子的最近距离为体对角线的，则最近距离为，晶胞中As和Ga的原子个数均是4个，则砷化镓的密度则，代入可得距离为，D错误；故选D。12.中南大学某团队提出利用炔烃、醛、胺等工业大宗原料和炉烟二氧化碳的四组分串联反应，来实现恶唑烷酮及其衍生物的高效合成，反应历程如图所示。下列叙述正确的是已知：Ph为为。A.总反应的原子利用率为 B.和是催化剂C.途径b断裂了键和键 D.产物6分子中含2个手性碳原子【答案】C【解析】A．由反应历程图可知，生成物除了产物6外还有H2O，原子利用率小于，故A错误；B．由反应历程图可知，CO2是中间产物，H2O是生成物，都不是催化剂，故B错误；C．途径b第一步反应醛基中碳氧双键断裂其中的键，第二步反应是取代反应，羟基被取代，断开的是键，故C正确；D．分子中连有4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳，产物6分子中的手性碳为五元环上连Ph-的碳，只有1个，故D错误；答案选C。13.厦门大学某研究团队开发了锂硅()合金基全固态电池(如图，电池工作时，向b极移动)，可实现超高负载与首效。下列叙述正确的是A.a极发生还原反应B.b极上的电极反应式为C.电子由a极流出经电解质流向b极 D.1molLi脱离锂硅合金时转移2mol电子【答案】B【解析】锂硅()合金基全固态电池，原电池中阳离子向正极移动，电池工作时，向b极移动，b极为正极，Si得电子被还原，电极反应式：，a极为负极，发生失去电子的氧化反应，电极反应式：。A．根据分析可知，a极为负极，发生氧化反应，A错误；B．根据分析可知，b极为正极，Si得电子被还原，电极反应式：，B正确；C．原电池中电子由负极a经导线传递到正极b，不经过电解质溶液，C错误；D．1molLi脱离锂硅合金时生成1molLi+转移1mol电子，D错误；答案选B。14.制备的反应为。保持总压强不变，向反应器中充入一定量和，测得平衡转化率与投料比(温度不变)、温度倒数()的关系如图所示。下列叙述错误的是A.正反应在较低温度下能自发进行B.曲线①代表平衡转化率与投料比的关系C.气体平均摩尔质量不变时，反应达到平衡D.若投料比为2、下，平衡转化率为，则此时的体积分数约为【答案】B【解析】根据题目所给图分析，图中横坐标是温度的倒数，且反应放热，即温度升高，转化率降低，则曲线①为温度与转化率的关系，曲线②为投料比与转化率的关系；A．由反应方程式可知，该反应放热，且反应前后熵变化不大，即，根据，故该正反应在较低温度下能够自发进行，A正确；B．根据分析，曲线①为温度与平衡转化率的关系，B错误；C．气体平均摩尔质量为，根据反应可知，反应后有固体存在，因此气体总质量发生改变，则气体平均摩尔质量在改变，因此当气体平均摩尔质量保持不变时，达到平衡，故C正确；D．若投料比为2、下，平衡转化率为，列出三段式：，则此时碘单质的体积分数约为，D正确；故选B。15.25℃时，向含、的溶液中滴加氨水，混合液中［或或］与pH的关系如图所示。下列叙述正确的是已知：25℃下，。A.B.直线代表与pH的关系C.溶液中D.的平衡常数为【答案】D【解析】随着pH增大，增大，逐渐减小，则逐渐增大；，随着pH增大，增大，不变，则减小，逐渐增大；，随着pH增大，减小，不变，增大，减小，则代表。，时，，则代表，代表。A．代表，由N点坐标可知，时，，，此时，，A错误；B．根据分析可知，直线代表，即直线代表，B错误；C．溶液中，和相互促进水解，二者浓度小于，C错误；D．的平衡常数，结合M点坐标可知时，，，，D正确；答案选D。二、非选择题：本题共4小题，共55分。16.以菱锰矿(主要成分是MnCO3，含少量CaCO3、FeCO3、Al2O3、SiO2等)为原料制备锂电池的正极材料LiMn2O4，流程如图所示。回答下列问题：（1）基态Mn原子价层电子排布式为___________。（2）提高“酸浸”速率的措施有___________(答一种即可)；“浸渣1”的主要成分有CaCO3、___________(填化学式)。（3）“除铁铝”中Mn(OH)2的作用是___________。（4）“电解”后的“废液”可循环用于___________(填名称)工序。用过一硫酸(H2SO5)替代“电解”氧化Mn2＋(生成MnO2)，该反应的离子方程式为___________。(注：H2SO5是一元强酸)。（5）在不同温度下，合成的LiMn2O4中，锰元素不同价态(Mn2＋、Mn3＋和Mn4＋)的含量与温度的关系如表所示。由此进行判断，在一定温度范围内，下列符合锰元素的平均价态变化趋势的图像是___________(填标号)。T/℃w(Mn2＋)/%w(Mn3＋)/%w(Mn4＋)/%7005.5644.5849.867502.5644.8752.578005.5044.1750.338506.2244.4049.38A. B.C. D.（6）锂锰电池充放电时总反应为。放电时，正极的电极反应式为___________。【答案】（1）3d54s2（2）①.将菱锰矿粉碎(或适当加热、搅拌等)②.CaSO4、SiO2（3）中和酸，促进Al(OH)3、Fe(OH)3生成（4）①.酸浸②.（5）A（6）【解析】菱锰矿粉碎后加入硫酸酸浸，将碳酸盐和金属氧化物转化为硫酸盐，硫酸盐中CaSO4微溶于水，SiO2不与稀硫酸反应，因此过滤得到的浸渣1中含有SiO2、CaSO4，得到的滤液中含有可溶性硫酸盐。向滤液中加入MnO2，在酸性条件下MnO2将溶液中的Fe2＋转化为Fe3+，向反应后的溶液中加入Mn(OH)2，调节溶液pH内，将溶液中Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，过滤得到含有Fe(OH)3、Al(OH)3沉的滤渣1和含有Ca2+、Mg2+、Mn2+的滤液。向滤液中加入Na2C2O4溶液，将溶液中Ca2+、Mg2+转化为CaC2O4、MgC2O4沉淀；过滤后得到含有CaC2O4、MgC2O4沉淀的滤渣2，滤液中含有MnSO4。将溶液电解，反应产生MnO2，然后向MnO2中加入Li2CO3进行煅烧，反应产生LiMn2O4、CO2、O2。（1）Mn的原子序数为25，价电子排布式为3d54s2。答案为：3d54s2。（2）菱镁矿是固体矿物质，要加快固体与液体物质反应的反应速率，方法可以是粉碎菱镁矿、适当增大硫酸溶液的浓度、加热、搅拌等。菱锰矿加入稀硫酸酸浸，碳酸盐和金属氧化物转化为硫酸盐，CaSO4微溶于水，SiO2不与稀硫酸反应，因此过滤得到的浸渣1中含有SiO2、CaSO4。答案为：将菱锰矿粉碎(或适当加热、搅拌等)；CaSO4、SiO2。（3）“除铁铝”中Mn(OH)2的作用是与溶液中H+反应，促使Al3+、Fe3+的水解平衡向右移动，生成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，同时也不会带入新的杂质。答案为：中和酸，促进Al(OH)3、Fe(OH)3生成。（4）除Ca后的废液中含有MnSO4，将该溶液进行电解，Mn2+在阳极失去电子，被氧化产生MnO2，同时反应产生H+，阳极的电极反应式为：Mn2+-2e－+2H2O=MnO2↓+4H+，可见电解后溶液为硫酸，可循环用于“酸浸”工序，用于溶解菱镁矿。若用过一硫酸(H2SO5)替代“电解”氧化Mn2+，Mn2+被氧化生成MnO2，由于H2SO5是一元强酸，其电离产生的得到电子被还原为，配平的离子方程式为。答案为：酸浸；。（5）由表中数据可知：700~750℃，w(Mn2+)逐渐减小，w(Mn4+)逐渐增大；而在750~850℃，w(Mn2+)逐渐增大，w(Mn4+)逐渐减小；w(Mn3+)受温度的影响变化不大，可说明锰元素的平均价态的变化趋势是先变大，后变小，故合理选项是A。答案选A。（6）根据图示可知锂锰电池在放电时，负极上LixCy失去电子，发生氧化反应，负极的电极反应式为：LixCy-xe－=xLi++Cy；正极上LiMn2O4得到电子发生还原反应生成Li1+xMn2O4，正极的电极反应式为：LiMn2O4+xe－+xLi+=Li1+xMn2O4。答案为：。17.工业上，可以用处理烟气中的NO、，总反应为，有关反应的能量变化曲线如图所示。回答下列问题：（1）NO和反应的热化学方程式为___________；___________。（2）其他条件不变，仅增大，对总反应速率几乎没有影响，其原因可能是___________。（3）一定条件下，的速率方程为(k为速率常数，只与温度有关)。阿伦尼乌斯公式：(为常数；为活化能，不随温度改变；为温度)。和在不同催化剂Cat1、Cat2作用下进行反应，与的关系如图1所示。其他条件相同时，催化效能较高的是___________(填“Cat1”或“Cat2”)，判断依据是___________。（4）在恒容密闭容器中保持起始时反应物的总物质的量不变，充入NO和，发生反应，NO平衡转化率与温度、投料比的关系如图2所示。①___________(填“>”“<”或“=”)。平衡常数、和由大到小的顺序为___________。②若下该反应的平衡常数___________。（5）在恒容密闭容器中充入和，发生反应，测得部分物质的浓度变化如图3所示。点对应的反应体系中的体积分数为___________。【答案】（1）①.②.-442.5（2）SO2和O3反应的活化能远大于NO和O3反应的活化能，前者为控速反应（3）①.Cat1②.改变相同温度，Cat1对应直线变化值较小，说明活化能较小（4）①.<②.③.16（5）50%【解析】（1）由图可知，NO和反应的热化学方程式为①；由图可得和反应的热化学方程式为②，由盖斯定律可得:①+②得到，（2）NO和反应的活化能远大于NO与O2反应的活化能，即SO2和O3的反应为控速反应，总反应的速率主要取决于SO2和O3反应，因此，当其他条件不变，增大，对总反应速率几乎没有影响；（3）由图可知，当温度变化量一定时，Cat1作用下的RlnK变化值较小，对应的活化能较小，催化效率较高；（4）①其他条件相同时，投料比越大，NO的平衡转化率越小，即；平衡常数只与温度有关，反应为放热反应，温度越高，平衡常数越小，即；②当时，NO的平衡转化率为80%，设投入NO的物质的量为amol，即转化的NO物质的量为0.8amol，可得三段式：，平衡时总物质的量为2amol，NO、O3、NO2、O2物质的量分数分别为0.1、0.1、0.4、0.4，设总压强为P，即平衡常数；（5）在恒容密闭容器中充入和，设M点时，转化的物质的量为x，可得三段式：，由可逆反应特征可知，O3消耗量一定小于1mol，则其剩余量一定大于1mol，因此图中两条线应为SO2和SO3的变化量曲线；即，1-x=x，解得x=0.5mol，总物质的量为0.5+1.5+0.5+0.5=3mol，此时O3体积分数等于物质的量分数为：。18.某小组设计实验探究盐对平衡体系的影响。回答下列问题：（1）取一定量溶于水，过滤，在饱和溶液中加入少量固体粉末，观察到___________(填实验现象)，可证明饱和溶液中存在上述平衡。（2）在饱和溶液中加入适量粉末，充分搅拌，过滤、洗涤，将白色固体溶于足量稀硝酸中，产生气泡，固体基本能完全溶解。①和反应的离子方程式为___________。②列举上述原理在生产中的应用：___________。（3）常温下，在100mL不同浓度的溶液中加入溶解量与溶液浓度的关系如图1所示，实验现象为白色固体溶解，得到无色透明溶液。已知：溶液导电率很小。易溶于溶液的主要原因是___________，的电离方程式为___________。（4）溶液中离子会受到周围带有异性电荷离子的屏蔽(吸引)，使该离子的有效浓度降低，这种影响称为盐效应。①常温下，在不同浓度的溶液中的溶解度如图2所示。分析在时，溶解度发生变化的原因：___________。②拓展探究。已知：。实验测得：在稀食盐水中的溶解度随着的增大而呈先减小后增大的变化趋势。分析AgCl溶解度“增大”的原因：___________。【答案】（1）产生白色沉淀(或溶液变浑浊)（2）①.②.用饱和Na2CO3溶液浸泡铅蓄电池电极表面PbSO4，然后用盐酸(或硝酸)清洗（3）①.生成了难电离，促进平衡向右移动②.（4）①.较小时，受同离子效应影响平衡向左移动；较大时，受盐效应影响平衡向右移动，且盐效应起主导作用和形成，促进平衡向右移动②.和形成，促进平衡向右移动，AgCl溶解度增大【解析】（1）取一定量溶于水，过滤，在饱和溶液中加入少量固体粉末，即增加铅离子浓度，观察到产生白色沉淀(或溶液变浑浊)，可证明饱和溶液中存在上述平衡；（2）在饱和溶液中加入适量粉末，生成碳酸铅沉淀，充分搅拌，过滤、洗涤，将白色固体溶于足量稀硝酸中，产生气泡，固体基本能完全溶解，①和反应的离子方程式为，，②借助上述原理在生产中加以应用，用饱和溶液浸泡铅蓄电池电极表面，然后用盐酸(或硝酸)清洗；（3）易溶于溶液的主要原因是生成了难电离的，促进平衡向右移动，是一种弱电解质，所以部分电离，电离方程式为；（4）①常温下，在不同浓度的溶液中的溶解度先减小后增大，溶解度发生变化的原因是较小时，受同离子效应影响平衡向左移动，溶解度减小，较大时，受盐效应影响平衡向右移动，且盐效应起主导作用，溶解度增大；②AgCl(s)在稀食盐水中的溶解度随着(NaCl)的增大而呈先减小后增大，和形成，促进平衡向右移动，AgCl溶解度增大。19.马来酸依那普利是一种有机化合物，主要用作血管紧张素转化酶抑制药，用于各期原发型高血压、肾性高血压、充血性心力衰竭的治疗。一种合成马来酸依那普利的路线如图，回答下列问题：（1）ⅰ的分子式为___________。（2）ⅴ中官能团的名称是___________，ⅳ→ⅴ所需的有机物可由气体y在一定条件下与水反应制备，该制备反应是理想的绿色化学反应，y的名称是