北京市西城区2025届高三上学期期末考试化学试卷 含解析

北京市西城区2024—2025学年度第一学期期末试卷高三化学本试卷共10页，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，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H：1N：14O：16Mg：24Cl：35.5第一部分一、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.下列化学用语或图示表达不正确的是A.的电子式：B.基态Cr原子的价层电子轨道表示式：C.氯化钠溶液中的水合离子：D.的价层电子对互斥(VSEPR)模型：【答案】C【解析】【详解】A．过氧化钠是离子化合物，由Na+和组成，电子式为，A正确；B．基态Cr原子的价层电子排布式为3d54s1，价层电子轨道表示式为，B正确；C．Na+吸引H2O中显负价的O原子，Cl-吸引H2O中显正价的H原子，且Na+周围有5个水分子，Cl-周围有6个水分子，则氯化钠溶液中的水合离子表示为，C错误；D．分子中S原子的价层电子对数为，含有1对孤电子对，则的价层电子对互斥(VSEPR)模型为，D正确；故选C。2.下列说法不正确的是A.酿酒过程中葡萄糖在酒化酶的作用下发生水解反应生成乙醇B.DNA双螺旋结构两条链上的碱基通过氢键作用互补配对C.核苷与磷酸缩合形成了核酸的基本单元——核苷酸D.油脂属于酯类物质，可发生皂化反应【答案】A【解析】【详解】A．酿酒过程中葡萄糖在酒化酶的作用下发酵生成乙醇，是无氧氧化，不是水解，A错误；B．DNA双螺旋结构两条链上的碱基间可形成氢键，B正确；C．核苷酸是核苷与磷酸缩合形成了核酸的基本单元，C正确；D．油脂属于酯类物质，在碱性条件下可发生皂化反应，D正确；答案选A。3.某超分子的结构如图所示。下列说法正确的是A.电负性： B.该超分子中的元素均位于元素周期表的p区C.“*”标记的碳原子为手性碳原子 D.该超分子中含有配位键【答案】D【解析】【详解】A．同周期从左到右非金属性增强，电负性增强，则电负性：F>O>N>B，在NH3中H呈+价，在B2H6中H呈-1价，故H的电负性介于B和N之间，故电负性：F>O>N>H>B，A错误；B．该超分子中的H元素位于元素周期表的s区，B错误；C．“*”标记的碳原子连接两个相同的H原子，不能为手性碳原子，C错误；D．结构中B原子形成4个共价键，其中一个为配位键，该超分子中含有配位键，D正确；故选D。4.下列过程不能用平衡移动原理解释的是A.的氨水加水稀释100倍，B.溶液中加入少量固体，促进分解C.用石膏(主要成分)降低盐碱土壤(含)的碱性D.向中加大量水并加热制备【答案】B【解析】【详解】A．一水合氨为弱碱，加水稀释促进其电离平衡正向移动，故的氨水加水稀释100倍，，能用平衡移动原理解释，A不符合题意；B．二氧化锰催化过氧化氢迅速生成氧气，不能用平衡移动原理解释，B符合题意；C．CaSO4用Na2CO3处理，，使CaSO4转化为更难溶的CaCO3，消耗碳酸根离子，使得碳酸根离子水解逆向移动，能降低土壤碱性，能用平衡移动原理解释，C不符合题意；D．四氯化钛为强酸弱碱盐，在溶液中水解使溶液呈酸性，向四氯化钛中加入大量水并加热促进四氯化钛水解生成，能用平衡移动原理解释，D不符合题意；故选B。5.下列方程式与所给事实不相符的是A.金属钠与水反应：B.氨的催化氧化反应：C.铁丝和氯气在加热条件下反应：D.钢铁在中性环境中发生吸氧腐蚀，正极反应：【答案】C【解析】【详解】A．金属钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，离子方程式为，故A正确；B.氨的催化氧化生成一氧化氮和水，化学方程式为，故B正确；C．铁丝和氯气中加热生成三氯化铁，化学方程式为，故C错误；D．吸氧腐蚀的正极反应为氧气得到电子生成氢氧根离子，电极反应式为，故D正确；故答案为C。6.下列说法正确的是A.加热和的固体混合物，可将二者分离B.向溶液中加过量的溶液，可制C.取某溶液滴加溶液，溶液变红色，该溶液中含有D.取溶液和溶液，分别滴加酚酞溶液，后者红色更深【答案】C【解析】【详解】A．氯化铵和氢氧化钙加热生成氯化钙、水和氨气，无法分离，A错误；B．氢氧化钠为强碱，溶液中加过量的溶液，反应生成四羟基合铝酸钠，B错误；C．铁离子和KSCN溶液反应使得溶液变为红色，能检验铁离子，C正确；D．等物质的量浓度的和溶液，溶液碱性强，所以溶液和溶液，分别滴加酚酞溶液，前者红色更深，D错误；故选C。7.室温下，研究铜与一定量浓硝酸的反应，装置和试剂如图所示。下列说法不正确的是A.铜与浓硝酸反应：B.通过上下抽动铜丝，可控制反应的开始和停止C.反应一段时间后，可能产生D.将铜片换成铁片，反应更剧烈，产生大量气体【答案】D【解析】【详解】A．Cu与浓硝酸反应生成Cu(NO3)2、NO2和水，A正确；B．通过上下抽动铜丝让铜丝、浓硝酸分离或接触，达到控制反应的启停，B正确；C．随着反应的进行，硝酸浓度减小变成稀硝酸，Cu与稀硝酸反应生成NO，C正确；D．Fe片与浓硝酸在常温下发生钝化，Fe片表面形成致密的氧化膜，并阻止内部金属继续反应，D错误；故答案选D。8.在不同条件下进行化学反应，B、D的起始浓度均为0，反应物A的浓度()随反应时间的变化如下表。序号0204060①5002.01.31.01.0②500x1.01.01.0③500y1.51.21.2④6002.00.50.40.4下列说法不正确的是A.①中D在0~20min平均反应速率为B.②中反应的化学平衡常数C.③中D.【答案】C【解析】【详解】A．A在0~20min平均反应速率为，v(D)=v(A)=，A正确；B．②的反应温度与①相同，故平衡常数也相同，由①的数据可知，40min时反应达到平衡，c(A)=1mol/L，c(B)=c(D)=0.5mol/L，K=，B正确；C．③反应温度与①相同，故③的平衡常数K=0.25，若y=2.64，则平衡时c(A)=1.2mol/L，c(B)=c(D)=1.44mol/L，K=，C错误；D．由①和④对比可知，温度升高，A的转化率增大，故反应吸热，即△H>0，D正确；故答案选C。9.乙烯水合制乙醇的反应机理如图1所示，反应进程与能量的关系示意图如图2所示。下列说法不正确的是A.①的，②和③的 B.该反应中，起催化剂的作用C.该反应速率大小主要由①决定 D.总反应的【答案】D【解析】【详解】A．由图2可知，第①步反应为吸热反应，，第②步和第③步为放热反应，，A正确；B．由图1反应机理可知，在第①步被消耗，在第③步又生成，则是总反应的催化剂，起催化作用，降低总反应的活化能，B正确；C．活化能越大，化学反应速率越慢，总反应速率由最慢的一步的反应速率决定，由图2可知，该反应速率大小主要由①决定，C正确；D．图中和分别是第①步反应和第③步逆反应所对应的“活化能高度”，总反应的ΔH应是“产物总能量与反应物总能量之差”，并不是简单的，D错误；故选D。10.下列根据事实的推论不正确的是A.ZnS难溶于水溶于稀H2SO4，ZnS与稀H2SO4反应：ZnS+2H+=Zn2++H2S↑B.CuS溶于稀HNO3但不溶于c(H+)相同的稀H2SO4，说明酸性：HNO3＞H2SO4C.矿层中的ZnS遇到CuSO4溶液可转化为CuS，说明Ksp(ZnS)＞Ksp(CuS)D.混有H2S的乙炔通入CuSO4溶液中生成CuS，说明CuS不溶于稀H2SO4【答案】B【解析】【详解】A．ZnS难溶于水溶于稀H2SO4，ZnS与稀H2SO4反应生成ZnSO4、H2S，故离子方程式为：ZnS+2H+=Zn2++H2S↑，A正确；B．CuS溶于稀HNO3但不溶于c(H+)相同的稀H2SO4，是由于HNO3具有强氧化性，能够将CuS氧化为CuSO4，而不是因为HNO3酸性强于H2SO4，B错误；C．矿层中的ZnS遇到CuSO4溶液可转化为CuS，说明ZnS转化为CuS，根据溶度积规则可知，Ksp(ZnS)＞Ksp(CuS)，C正确；D．H2S为弱酸，H2SO4为强酸，混有H2S的乙炔通入CuSO4溶液中生成CuS，即反应方程式为：H2S+CuSO4=CuS↓+H2SO4，故说明CuS不溶于稀H2SO4，D正确；故答案为：B。11.一种二次电池的工作原理示意图如图所示，采用惰性电极材料，将和分别溶解在溶液中配成电解质溶液，关闭，电子由电源沿导线流向M极。下列说法不正确的是A.充电时，M极为阴极B.充电时，N极反应：C.放电时，通过阳离子交换膜从负极室移向正极室D.放电时，当电路中转移时，生成X【答案】D【解析】【分析】当关闭K1时，此装置为电解池装置，电子由电源沿导线流向M极，说明M极为阴极，电极反应式为：，N极为阳极，电极反应式为：；当关闭K2时，此装置为原电池装置，M极为负极，电极反应式为：，N极为正极，电极反应式为：，据此作答。【详解】A．根据分析可知，关闭K1时，此装置为电解池装置，电子由电源沿导线流向M极，说明M极为阴极，故A不符合题意；B．根据分析可知，N极为阳极，阳极上失电子生成，电极反应式为：，故B不符合题意；C．根据分析可知，放电时，即关闭K2时，M极为负极，N极为正极，电解质溶液中阳离子向正极移动，因此通过阳离子交换膜从负极室移向正极室，故C不符合题意；D．根据分析可知，放电时，M极为负极，电极反应式为：，因此当电路中转移时，生成1mol，故D符合题意；故选D。12.一种利用脱氢聚合技术制备聚酰胺的反应原理如图所示，该方法条件温和，副产物只有，具有很好的应用前景。下列说法正确的是A.反应过程断开键、键、键，形成键B.x为2nC.若将M、N分别换成，和，可生成D.若仅以乙二醇为反应物也可发生脱氢聚合，产物可能是【答案】D【解析】【详解】A．反应过程中，M中的键、键断裂，N中的键断裂，形成键和键，A错误；B．根据分析，形成一个链节，M少6个H原子，N少2个H原子，根据H原子守恒，，则x为4n，B错误；C．由上述反应知，键断裂，与羟基相连的C上2个键断裂，生成键和键，中与羟基相连的C上只有一个H，故形成键，无法形成键，C错误；D．由于键与键一样，极性都很强，故仅以乙二醇为反应物也可发生脱氢聚合，产物可能是，D正确；故选D。13.催化还原处理烟气中的转化为液态S，部分物质转化关系如图1所示。在容积可变的密闭容器中充入一定量的和，在不同压强(、)下，反应达到平衡时，的平衡转化率随温度的变化如图2所示。下列说法不正确的是A.W为，M为B.②中每生成Z，③中有生成C.升高温度，与反应的平衡常数减小D.【答案】B【解析】【分析】催化还原处理烟气中的转化为液态S，W和反应生成O=C=S和，由原子守恒可知W为CO，Z和反应生成，则Z为S，Y和O=C=S反应生成S和M，则Y为SO2，M为，以此解答。【详解】A．由分析可知，W为，M为，A正确；B．由分析可知，Z为S，M为，Y为SO2，反应②为O=C=S+SO22S+CO2，反应③为+S=，结合总反应+SO2S+CO2可知，②中每生成Z，③中有生成，B错误；C．由图2可知，升高温度，的平衡转化率减小，说明反应+SO2S+CO2逆向移动，平衡常数减小，C正确；D．该过程的总反应为+SO2S+CO2，该反应过程中气体体积减小，增大压强，平衡正向移动，的平衡转化率增大，则，D正确；故选B。14.实验室模拟用溶液吸收脱除废气中的，探究对脱硫的影响。将一定比例、和的混合气体恒温恒流速持续通入一定体积一定浓度的溶液中，测得随反应进行吸收液的pH和各组分的浓度变化如图1。已知：①②水溶液中各粒子的物质的量分数随pH变化如图2。下列说法正确的是A.吸收液的pH从13降至9.6的过程中，未发生氧化还原反应B.，经检验有少量生成，可能的反应：C.，S的来源只有氧化价硫元素D.，减小，原因是增大【答案】B【解析】【详解】A．由图，吸收液的pH从13降至9.6的过程中，-2价硫的量减小、硫酸根离子的量增大，说明氧气氧化低价硫生成硫酸根离子，则发生氧化还原反应，A错误；B．亚硫酸酸性大于硫化氢，，经检验有少量生成，根据强酸制取弱酸，可能的反应为二氧化硫和硫离子反应生成硫化氢：，B正确；C．二氧化硫具有氧化性也能氧化部分-2价硫生成硫单质，且随着溶液酸性增强，也会和氢离子发生歧化反应生成硫单质，C错误；D．由图，，-2价硫含量几乎变为0，导致-2价硫被氧化生成的硫单质减小，影响了反应生成的量，导致减小，D错误；故选B。第二部分二、本部分共5题，共58分。15.格氏试剂()是有机合成中的一种常用试剂，其制备、结构和性质如下。（1）制备由卤代烃和金属Mg在溶剂乙醚中制备：①Mg的原子结构示意图是___________。②金属Mg的晶胞如图1所示，晶胞体积为，阿伏加德罗常数为，则金属Mg的密度为___________。③烃基()相同时，碳卤键断裂由易到难的顺序为、、，推测其原因：___________。（2）结构将从乙醚溶液中结晶出来，获得，分子结构示意图如图2所示(H原子未标出，忽略粒子半径相对大小)。①Mg原子与相邻的4个原子形成共价键，呈四面体形，Mg原子的杂化轨道类型是___________。②很多化学键不是纯粹的离子键或共价键，而是两者之间的过渡类型。键与键中，共价键成分更多的是___________键。（3）性质格氏试剂在很多反应中键断裂，根据键的极性分析反应的生成物。①与反应，生成的有机物的结构简式是___________。②与丙酮()发生加成反应，生成物的结构简式是___________。【答案】（1）①.②.③.Cl、Br和I为同主族元素，原子半径，键长，键能，键长越长，键能越小，碳卤键越易断裂（2）①.②.（3）①.②.【解析】【小问1详解】①Mg为12号元素，原子结构示意图是。②据“均摊法”，晶胞中含个Mg，则晶体密度为；③Cl、Br和I为同主族元素，原子半径，键长，键能，键长越长，键能越小，碳卤键越易断裂，故碳卤键断裂由易到难的顺序为、、；【小问2详解】①Mg原子与相邻的4个原子形成共价键，呈四面体形，根据成键和构型可知，Mg原子的杂化轨道类型是sp3杂化。②电负性溴大于碳，则碳镁之间电负性差值较溴镁键小，则键与键中，共价键成分更多的是键；【小问3详解】①格氏试剂在很多反应中键断裂，则与反应过程中碳镁键断裂，C和带部分正电荷的H结合生成乙烷，生成的有机物的结构简式是；②与丙酮()发生加成反应，反应中羰基中断裂π键，电负性较大的O和-MgBr结合、C和乙基结合，得到产物的结构简式是。16.人工固氮对于农业生产有重要意义。（1）工业合成氨。①和合成反应的化学方程式是___________。②下列措施中，既有利于提高合成氨反应限度又有利于增大其反应速率的是___________。a．升高温度b．增大压强c．使用催化剂（2）中国科学家研究合金催化剂电催化还原制，装置如图1所示。①阴极生成，其电极反应式是___________。②用相同的电解装置和试剂进行实验，证明来自电催化还原，需排除以下可能：ⅰ．环境和电解池中存在微量的。ⅱ．合金与、直接反应生成。下列实验和结果能同时排除ⅰ、ⅱ的是___________。资料：自然界中的丰度：为99.6%，为0.4%。a．用Ar代替进行实验，电解后未检测到b．用代替进行实验，电解后仅检测到c．不通电进行实验，未检测到③的生成速率、和的法拉第效率(FE)随阴极的电势变化如图2和图3所示。资料：ⅰ．相同条件下，阴极的电势越低，电流越大。ⅱ．某电极上产物B的阴极的电势由降到时，的生成速率增大。阴极的电势继续降低，的生成速率反而减小。结合解释的生成速率减小的原因：___________。（3）用滴定法测定溶液中的物质的量浓度的一种方法如下。Ⅰ．取含的待测溶液。Ⅱ．加入过量的溶液。Ⅲ．蒸馏，将蒸出的用过量的溶液吸收。Ⅳ．加入甲基橙指示剂，用溶液滴定吸收液中过量的，消耗的溶液体积为。计算待测溶液中的物质的量浓度时用到的溶液体积：___________和。【答案】（1）①.②.b（2）①.②.c③.阴极同时还生成，随着阴极的电势降低，增大，减小，减小的程度大于总电流增大的程度，的生成速率减小（3）、【解析】【小问1详解】①和在高温、高压、催化剂的条件下反应，生成，化学方程式为：；②a．升高温度，能够加快反应速率，但是合成氨反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，反应限度降低，故a不符合题意；b．增大压强，反应速率增大，同时平衡正向移动，反应限度增大，b符合题意；c．使用催化剂只能加快反应速率，不能改变反应限度，c不符合题意；答案选b；【小问2详解】①由装置图可知，阴极得到电子，生成，其电极反应式为：；②证明来自电催化还原，需排除i、ii两种可能；a．Ar是惰性气体，不可能被还原生成，如果电解后没有检测到，说明环境、装置、溶液本身不存在，可以排除i；但因为没有气参与，不确定合金与、是否直接反应生成，a错误；b．用代替进行实验，如果电解后检测到，说明氮来源必须是新通入的，可以排除i环境或装置原本不会含，但如果是合金与、水直接生成，生成的也是，不可排除ii，b错误；c．如果不开电源、无电解反应，结果没有，说明环境中本身没有污染源，可排除i，同时合金不与、直接反应生成，可以排除ii，c正确；答案选c；③由图2、图3可知，阴极的电势由降到时，的生成速率增大，阴极的电势继续降低，的生成速率反而减小，结合解释的生成速率减小的原因是阴极同时还生成，随着阴极的电势降低，增大，减小，减小的程度大于总电流增大的程度，的生成速率减小；【小问3详解】由题意可知，，其中有一部分硫酸和反应，剩下未反应的硫酸用NaOH滴定，消耗了：，因为是二元酸，而NaOH是一元碱，所以氢氧化钠消耗硫酸：，消耗硫酸：，根据反应，，则，，故计算待测溶液中的物质的量浓度时用到的溶液体积有；17.治疗白内障的药物白内停的中间产物M的合成路线如下(部分试剂和反应条件已略去)。已知：ⅰ．++R2OHⅱ．R4NH2++H2Oⅲ．（1）M中的含氧官能团有醚键、酮羰基、___________、___________。（2）B→D的反应类型是___________。（3）E属于羧酸，E→F反应的化学方程式是___________。（4）关于F→G的反应。①中与酯基相邻的甲基的键易断裂，原因是___________。②该条件下还生成了副产物X，X分子中含有4个碳氧双键、3种化学环境的氢。X的结构简式是___________。（5）J的分子式为，可与金属钠反应生成氢气。除苯环外，J分子中还有1个含氮原子的六元环，J的结构简式是___________。（6）L和试剂b在一定条件下脱水生成M，试剂b的结构简式是___________。【答案】（1）①.羟基②.羧基（2）还原反应（3）+2CH3CH2OH+2H2O（4）①.酯基为吸电子基团，使得相邻碳原子上的键极性增强②.（5）（6）【解析】【分析】根据合成路线可知，A在浓硝酸、浓硫酸的条件下发生取代反应产生B，根据I的结构可知，B的结构简式为，B在NaOH、Al、Ni和催化剂的条件下发生还原反应产生D，对比B和D的分子式可知，是硝基被还原为氨基，因此D的结构简式为，E的分子式为C2H2O4，不饱和度为2，E为羧酸，则E的结构简式为，F的分子式为C6H10O4，不饱和度为2，对比E可知，增加了4个碳原子，条件为浓硫酸，可知，F与试剂a发生酯化反应产生F，因此试剂a为CH3CH2OH，F的结构简式为，F与CH3COOC2H5发生类似于已知ⅰ的反应，可得G的结构简式为，D与G发生类似于已知ⅱ的反应生成产物I，I发生取代反应并发生类似于ⅲ的异构化后产生乙醇与J，J与HBr发生取代反应产生K，K发生氧化反应产生L，L与发生类似于已知ⅱ的反应生成产物M，据此作答。【小问1详解】根据M的结构简式可知，M中的含氧官能团有醚键、酮羰基、羟基、羧基。【小问2详解】根据分析可知，B→D的反应类型是还原反应。【小问3详解】E属于羧酸，根据分析可知，E结构简式为，试剂a为CH3CH2OH，F的结构简式为，因此E→F反应的化学方程式是：+2CH3CH2OH+2H2O。【小问4详解】根据分析可知，F与CH3COOC2H5发生类似于已知ⅰ的反应，①酯基为吸电子基团，会使左边甲基中的键的共用电子对往碳原子处偏移，使得相邻碳原子上的键极性增强，因此中与酯基相邻的甲基的键易断裂，故答案为：酯基为吸电子基团，使得相邻碳原子上的键极性增强；②该条件下还生成了副产物X，X分子中含有4个碳氧双键、3种化学环境的氢，对比G的结构简式可知，左侧发生了类似于已知ⅰ的反应，因此X的结构简式是：。【小问5详解】J的分子式为，不饱和度为8，可与金属钠反应生成氢气，根据分析可知，I发生取代反应并发生类似于ⅲ的异构化后产生乙醇与J，因此与金属钠反应产生氢气的基团为羟基，根据题干信息可知，除苯环外，J分子中还有1个含氮原子的六元环，综合可知，J的结构简式是：。【小问6详解】根据分析可知，L和试剂b发生类似于已知ⅱ的反应脱水生成M，因此试剂b的结构简式是：。18.中国在稀土领域的发展居世界顶尖水平。以含、等的稀土矿浸取液为原料制氧化镧()的一种流程如下。[注：镧(La)、铕(Eu)]已知：ⅰ．ⅱ．，（1）脱铕：已知f能级有7个原子轨道，基态Eu原子的价层电子排布式是。可将稀土矿浸取液中的转化为进而与分离。从原子结构的角度解释易被还原为的原因：___________。（2）萃取和反萃取：弱酸性的环烷酸()常用于稀土离子的萃取分离，萃取时生成易溶于有机溶剂的，。①萃取时反应的离子方程式是___________。②从平衡移动的角度解释反萃取时盐酸中的作用：___________。（3）碳化：向溶液中持续通入，边搅拌边加入维持，充分反应生成固体。制备过程中主要物质的转化关系如图所示。①制备总反应离子方程式是___________。②理想情况下，恰好完全转化为时，，。结合计算，解释此时不生成沉淀的原因：___________。()（4）上述制的流程中，物质可循环利用。①除外，可以在流程中直接循环利用的物质是___________。②中国科研人员仅以流程中的“废水”为原料，在一定条件下，一步反应将其转化为可在流程中直接利用的2种物质。该步反应的化学方程式是___________。【答案】（1）得电子生成的的价层电子排布是半充满的，比较稳定（2）①.②.与结合成弱酸，降低了的浓度，使平衡正向移动，溶解于水中（3）①.②.根据求出，，不生成沉淀（4）①.的有机溶液②.【解析】【分析】含、等的稀土矿浸取液，加的有机溶液与反应生成易溶于有机溶剂的，萃取液加盐酸反萃取生成RCOOH和易溶于水的，溶液中通入二氧化碳、加入氧化镁反应生成沉淀和MgCl2，煅烧得到La2O3。【小问1详解】根据洪特规则，价层电子全满、半满时较稳定，f能级有7个原子轨道，得电子生成的的价层电子排布是半充满的，比较稳定，所以易被还原为。【小问2详解】①弱酸性的环烷酸()常用于稀土离子的萃取分离，萃取时生成易溶于有机溶剂的，即萃取时与、氨气反应生成易溶于有机溶剂的，萃取时反应的离子方程式是。②反萃取时，盐酸中与RCOO-结合为RCOOH，RCOO-减小，使平衡正向移动，溶解于水中。【小问3详解】①由制备过程转化关系图可知，制备时，、、反应生成、MgCl2，总反应的离子方程式是。②恰好完全转化为时，，，，Q()=，所以此时不生成沉淀。【小问4详解】①反萃取时加入盐酸生成RCOOH，RCOOH的有机溶液在流程中可到“萃取器”中循环利用。②、、反应生成、MgCl2，“废水”中含有MgCl2，在一定条件下，一步反应将MgCl2转化为可在流程中直接利用的氧化镁和盐酸。该步反应的化学方程式是。19.某小组研究84消毒液和医用酒精的反应，进行实验。实验装置和试剂编号试剂A实验操作实验现象Ⅰ10mL医用酒精(过量)恒温27℃，将试剂A缓慢滴入5mL84消毒液中，10min全部加完。用pH计检测pH的变化，同时观察试纸的变化。Ⅰ中试纸3min时变为蓝色，Ⅱ中试纸8min时变为蓝色。混合溶液的pH变化如图所示：Ⅱ10mL蒸馏水（1）检验反应产物①Ⅰ中生成使湿润的淀粉试纸变为蓝色的，的颜色是___________。②证实Ⅰ中生成了。实验Ⅲa．取Ⅰ中医用酒精全部加入后的溶