山东省德州市优高十校联考2024-2025学年高三下学期4月月考化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1山东省德州市优高十校联考2024-2025学年高三下学期4月月考试题可能用到的相对原子量：H：1Li：7C：12N：14O：16Mg：24S：32Cl：35.5Cr：52Cu：64第I卷(选择题共40分)一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.化学与生产、生活、科技密切相关。下列物质主要成分为有机高分子化合物的是A.铺路用的改性沥青 B.清陈卓江村春色图轴(绢本画)C.利用二氧化碳合成的高级脂肪酸 D.东汉双龙钮盖三足石砚【答案】B【解析】A．沥青是石油分馏的产物，属于烃类，相对分子质量较小，不是有机高分子化合物，A错误；B．绢本画的“绢”主要成分是蚕丝，属于蛋白质，是有机高分子化合物，B正确；C．高级脂肪酸属于羧酸，相对分子质量较小，不是有机高分子化合物，C错误；D．石砚主要成分是无机物不是有机高分子化合物，D错误；故选B。2.关于实验室安全，下列表述错误的是A.苯酚沾到皮肤上，先后用乙醇、水冲洗B.温度计中水银洒落地面，用硫粉处理C.观察烧杯中钠与水反应的实验现象时，不能近距离俯视D.眼睛溅进酸液，先用大量水冲洗，再用饱和碳酸钠溶液冲洗【答案】D【解析】A．苯酚易溶于乙醇，皮肤接触后先用乙醇溶解，再用水冲洗，减少残留，A正确；B．硫粉与洒落的汞反应生成硫化汞（），可降低汞的挥发毒性，B正确；C．钠与水反应剧烈，可能飞溅，近距离俯视存在安全隐患，C正确；D．眼睛溅入酸液应立即用大量清水冲洗，不可直接使用碱性溶液（如饱和碳酸钠溶液），以免二次伤害，D错误；故选D。3.下列化学用语或表述错误的是A.乙烷的球棍模型：B.3，3-二甲基戊烷的键线式：C.分子中c键的形成：D.制备芳纶纤维凯芙拉：n+n+(2n−1)H2O【答案】A【解析】A．填充模型是用一定大小的球体来表示不同的原子的模型；球棍模型是用球表示原子和用棍表示化学键的模型；图示是乙烷的空间填空模型，A错误；B．3，3-二甲基戊烷的结构简式为CH3CH2C(CH3)2CH2CH3，键线式为，B正确；C．Cl2分子中，两个Cl原子的3p轨道上存在未成对电子，1个Cl原子的3p轨道与另1个Cl原子的3p轨道的电子云发生“头碰头”重叠，形成σ键，C正确；D．的氨基和的羧基发生缩聚反应生成高聚物和水，D正确；故选A。4.物质微观结构决定宏观性质，进而影响用途。下列结构或性质不能解释其用途的是结构或性质用途A石墨呈层状结构，层间以范德华力结合石墨可用作润滑剂B浓盐酸增强了浓硝酸的氧化性王水溶解铂C钠具有较强的还原性可用于冶炼钛、锆、铌等难熔金属D冠醚18-冠-6空腔直径()与直径()接近冠醚18-冠-6可识别，能增大在有机溶剂中的溶解度A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】A．石墨呈层状结构，层间以范德华力结合，很容易在层间发生相对滑动，可用作润滑剂，A正确；B．王水溶解铂是因为浓硝酸将铂氧化成Pt4+，浓盐酸提供氯离子与Pt4+形成配合物，有利于反应进行，最终铂溶解在王水里，B错误；C．钠具有较强的还原性，能将钛、锆、铌等金属从其熔融盐中置换出来，可以冶炼钛、锆、铌等难熔金属，C正确；D．冠醚18-冠-6空腔直径()与直径()接近，冠醚18-冠-6k可以识别钾离子，能增大高锰酸钾在有机溶剂中的溶解度，D正确；故选B。5.在配合物A和B中，作为配体与中心金属离子配位，是吡啶是苯，B具有室温吸氧，加热脱氧的功能，可作为人工氧载体。下列说法错误的是A.基态原子的价层电子排布式B.元素C、N、O第一电离能由小到大的顺序为C.A中键的键长大于B中键的键长D.碱性：吡啶小于吡咯【答案】D【解析】A．Co是27号元素，价层电子排布式为：，A正确；B．同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，故第一电离能大小：N>O>C，B正确；C．从结构来看，A中两个O都有配位键，使得两个氧原子向钴靠近，氧氧键就变长；B结构有很多刚性结构，更容易让配位的钴吸引电子，因此该化合物具有良好吸附氧气的作用，此时吸附的氧气中氧原子的电子都向配合物一方移动，就有偏移，因此A中O—O键的键长大于B中O—O键的键长，C正确；D．吡啶氮原子上的未共用电子对可接受质子而显碱性，因此碱性：吡啶大于吡咯，D错误；故选D。6.关于图中物质的说法错误的是A.该物质在酸性条件下水解产物之一可作汽车发动机的抗冻剂B.该物质中含有杂化的碳原子个数为个C.该分子中含有n个不对称碳原子D.该物质与足量溶液反应，最多可消耗【答案】D【解析】A．由结构可知，结构中含有酯基，在酸性条件下水解产物之一为乙二醇，乙二醇可作汽车发动机的抗冻剂，A正确；B．苯环中碳、羰基碳均为杂化，则该物质中含有杂化的碳原子个数为个，B正确；C．该分子中含有n个不对称碳原子，C正确；D．分子中酯基会和氢氧化钠反应，反应后生成的酚羟基也会和氢氧化钠反应，故1mol该物质与足量溶液反应，最多可消耗4nmol，D错误；故选D。7.下列实验操作对应的装置不正确的是A．灼烧海带制海带灰B．氢氧化铁胶体的制备C．证明苯与溴发生取代反应D．使用电石和饱和食盐水制备A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】A．固体的灼烧坩埚应该放在泥三角上，而不是铁圈上，故A错误；B．向沸水中滴加饱和氯化铁溶液制备氢氧化铁胶体，故B正确；C．用CCl4除去苯和液溴反应后所得气体中的Br2蒸汽，再通入硝酸银溶液中，有淡黄色溴化银沉淀生成，证明苯与溴反应有HBr生成，则可知苯与溴发生取代反应，故C正确；D．电石和饱和食盐水常温下反应生成气体和氢氧化钙，分液漏斗中盛放饱和食盐水，具支锥形瓶中盛放电石，故D正确；选A。8.在、碱性条件下，作催化剂可将甲醛转化为，反应的机理如图1所示，将纳米颗粒负载在表面可防止纳米团聚；其他条件不变，反应相同时闻，浓度对氢气产生快慢的影响图2所示。已知：甲醛在碱性条件下会发生副反应生成甲酸盐和甲醇。下列说法错误的是A.图1过程中涉及了极性键和非极性键的形成和断裂B.在溶液中，甲醛可发生反应：C.若用代替，则得到的产物为单质D.时，产生的速率减缓的可能原因是溶解载体，使纳米团聚，催化活性降低。【答案】A【解析】A．从图反应机理看，生成是非极性键，

同时生成键等极性键，涉及了极性键和非极性键的形成，但是反应物中没有涉及到非极性键的断裂，A错误；B．已知甲醛在碱性条件下会发生副反应生成甲酸盐和甲醇，方程式为：

，符合甲醛在碱性条件下的副反应情况，B正确；C．若用代替，根据反应机理图，氢气分子中两个氢原子，一个来于水分子，另外一个来于甲醛分子，所以反应过程中原子会参与反应，最终会得到单质，C正确；D．时，溶解载体，发生反应：，使纳米颗粒发生团聚，催化活性下降，导致产生氢气的速率减缓，D正确；故选A。9.中国是世界上最早利用细菌冶金的国家。已知金属硫化物在“细菌氧化”时转化为硫酸盐，某工厂用细菌冶金技术处理载金硫化矿粉(其中细小的颗粒被包裹)，以提高金的浸出率并冶炼金，工艺流程如下：下列说法错误是A.在“细菌氧化”中发生的方程式为B.相比“焙烧氧化”，“细菌氧化”的优势为无需控温C.“浸金”中的作用为让被氧化的同时转化为浸出D.“沉铁砷”时需加碱调节，生成的胶体能促进含微粒的沉降【答案】B【解析】向含金硫化矿粉(其中细小的颗粒被包裹)中加入硫酸溶液，在足量空气和pH为2的条件下发生细菌氧化，生成、和，不反应。过滤得到含、和的滤液①和含Au滤渣；将滤液①加中加碱调节，生成胶体，胶体能促进含微粒的沉降。向滤渣中加入溶液并通入空气，Au与空气中的和反应得到含的浸出液，再与反应得到和。A．根据分析可知，金属硫化物在“细菌氧化”时转化为硫酸盐，则“细菌氧化”时在酸性条件下被氧化为硫酸铁，方程式为：，A正确；B．细菌的活性与温度息息相关，高温会导致细菌死亡，因此细菌氧化需要控温，B错误；C．浸金时，Au与空气中的和反应得到含的浸出液，的作用是为让被氧化的同时转化为浸出，C正确；D．“沉铁砷”时，加碱调节pH值使转化为胶体，胶体能吸附含砷微粒，促进含微粒的沉降，D正确；故选B。10.用溶液滴定相同浓度的和的混合溶液，其滴定曲线如图。混合液中(X代表)，，下列说法错误的是A.曲线②代表与体积的关系 B.C.如果减小的初始浓度，则C点右移 D.滴定过程中，使用棕色的酸式滴定管滴定【答案】C【解析】由溶度积可知，向相同浓度的碘化钠和氯化钠的混合溶液中滴加硝酸银溶液时，溶液中银离子浓度增大，混合溶液中碘离子会优先与银离子反应生成溶度积较小碘化银沉淀，后溶液中氯离子与银离子反应生成氯化银沉淀，则曲线①、②、③分别代表p(Ag+)、p(I—)、p(Cl—)与硝酸银溶液体积的关系。A．由分析可知，曲线①、②、③分别代表p(Ag+)、p(I—)、p(Cl—)与硝酸银溶液体积的关系，故A正确；B．由图可知，加入200mL硝酸银溶液时，混合溶液中氯离子沉淀完全，反应得到的溶液中银离子浓度与氯离子浓度相等，由溶度积可知，溶液中银离子浓度与氯离子浓度都为mol/L，则y3=4.85，故B正确；C．如果减小氯化钠的初始浓度，溶液中氯离子浓度减小，消耗硝酸银溶液的体积减小，则C点会左移，故C错误；D．硝酸银溶液见遇易发生分解反应，所以滴定过程中，应使用棕色酸式滴定管滴定，故D正确；故选C。二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.根据实验目的，下列实验及现象、结论都正确的是实验目的实验及现象结论A检验溶液中的向溶液中先加入过量稀硝酸，再加入溶液，有白色沉淀生成溶液中含有B比较与的大小向黑色悬浊液中加入，生成白色沉淀C比较卤素单质的氧化性强弱向溶液中滴加过量氯水，再加入淀粉-溶液，溶液先变橙色，后变蓝色氧化性：D验证能否支持燃烧将少量硝酸铜受热分解(产物为)产生的气体收集后，用带火星的木条检验，木条复燃可支持燃烧A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】A．向溶液中加入过量稀硝酸，稀硝酸具有强氧化性，会将氧化为，再加入溶液，有白色沉淀生成，不能确定原溶液中是否含有，A错误；B．向黑色悬浊液中加入，将氧化为，发生的是氧化还原反应，不是沉淀的转化，不能据此比较的大小，B错误；C．向溶液中滴加过量氯水，氯水将氧化为，溶液变橙色，此时溶液中含有过量的氯水，再加入淀粉溶液，氯水会将氧化为，溶液变蓝色，无法确定是将氧化，所以不能得出氧化性：，C错误；D．硝酸铜受热分解的化学方程式为，收集到的气体中的体积分数约为，与空气中的体积分数相近，而空气中带火星的木条不能复燃，该实验中带火星的木条复燃，说明可支持燃烧，D正确；故本题答案为D。12.一种自循环光催化芬顿系统工作原理如图，其作用是利用太阳能驱动环境处理。体系中与发生反应产生的和可用于处理水体中的有机污染物。已知光阳极发生反应：，。下列说法错误的是A.该芬颅系统的能量转化形式为太阳能→电能→化学能B.阴极反应式为C.光阳极每消耗，体系中生成D.该系统运行前，需要在水体中投放和【答案】CD【解析】由图可知，该装置为电解池，光阳极为电解池的阳极，水分子作用下碳酸根氢离子在阳极失去电子发生氧化反应和氢离子，放电生成的与水反应生成碳酸氢根离子和过氧化氢，反应生成的过氧化氢与Mn(Ⅱ)反应生成和Mn(Ⅳ)；酸性条件下氧气在阴极得到电子发生还原反应生成过氧化氢，放电生成的过氧化氢与Mn(Ⅳ)反应生成和Mn(Ⅱ)。A．由图可知，芬颅系统的工作原理是光能驱动的电解过程，能量转化形式为太阳能→电能→化学能，故A正确；B．由分析可知，酸性条件下氧气在阴极得到电子发生还原反应生成过氧化氢，电极反应式为反应式为，故B正确；C．由方程式可知，光阳极生成过氧化氢的总反应为，由分析可知，阴极的电极反应式为反应式为，则由得失电子数目守恒可知，光阳极每消耗1mol水，体系中生成过氧化氢的物质的量为1mol×+1mol×=1mol，故C错误；D．由图可知，和是中间产物，不需要提前加入，应该提前加入碳酸氢根离子和Mn(Ⅳ)，故D错误；故选CD。13.某种聚碳酸酯的透光性好，可制成车、船的挡风玻璃，以及眼镜镜片、光盘等。传统的合成方法如下：下列相关说法正确的是A.中，键长：①>②>③B.X中最多7个原子共直线C.Z可以发生取代反应、加成反应、水解反应和氧化反应D.生成的同时，还生成了【答案】AC【解析】A．中饱和碳原子采用杂化，苯环上的碳原子采用杂化。①为键，②为键，s成分越大，键长越短，所以键长①>②，③为键，由于氧原子电负性大于碳原子，电负性差异导致原子间作用力更强，原子轨道重叠程度进一步增大，所以键长②>③，综上所述，X中键长：①>②>③，A正确；B．在该有机物结构中，以其中一个苯环为例，与酚羟基相连的碳原子、苯环对位的碳原子，以及这两个碳原子各自直接相连的一个原子（如酚羟基中的氧原子和苯环上对位碳相连的氢原子），这样一条直线上最多有4个原子。所以该有机物中最多有4个原子共直线，B错误；C．Z具有苯和酯的性质，苯能发生取代反应、加成反应、氧化反应，酯能发生水解反应。所以Z可以发生取代反应、加成反应、水解反应和氧化反应，C正确；D．X和Y发生缩聚反应生成Z和HCl，反应方程式为+2nHCl，所以生成的同时，还生成了，D错误；故答案选AC。14.某小组探究盐与可能会发生的反应类型进行如下实验。实验操作实验序号逐滴加入溶液时的实验现象a1.50.5溶液逐渐变为绿色，静置无变化b1.01.0溶液先变为绿色，后逐渐变成浅绿色，静置无变化c02.0溶液先变为绿色，后逐渐变浅至无色，静置无变化已知：i．(绿色)，(无色)；ii．易被氧化为；ⅲ．为难溶于水的白色沉淀。下列说法错误的是A.根据实验a的现象可推测溶液中生成的含微粒是B.若将实验c中的溶液替换为溶液，实验现象不变C.与反应得到无色溶液的离子方程式为D.上述实验说明随的增大，与发生络合反应的趋势减弱，发生氧化还原反应的趋势增强【答案】B【解析】由题意可知，该实验的实验目的是探究溶液中铜离子与硫代硫酸根离子的反应，由实验现象可知，溶液中硫代硫酸根离子与铜离子的物质的量比增大时，二者发生络合反应的趋势减弱，发生氧化还原反应的趋势增强。A．由题给信息和实验现象可知，实验a中发生的反应为铜离子与硫代硫酸根离子发生络合反应生成绿色的，故A正确；B．由题给信息和实验现象可知，实验c中发生的反应为铜离子与硫代硫酸根离子先发生络合反应，后发生氧化还原反应生成，则将实验c中的硫酸铜溶液替换为氯化铜溶液时，反应生成的亚铜离子可能会与氯离子反应生成氯化亚铜白色沉淀导致实验现象的变化，故B错误；C．由题给信息和实验现象可知，实验c中发生的反应为铜离子与硫代硫酸根离子先发生络合反应，后发生氧化还原反应生成，则总反应方程式为，故C正确；D．由分析可知，溶液中硫代硫酸根离子与铜离子的物质的量比增大时，二者发生络合反应的趋势减弱，发生氧化还原反应的趋势增强，故D正确；故选B。15.硫酸工业尾气中可用处理并回收S，涉及的反应有：反应I：反应Ⅱ：恒压条件下，按充入原料，其中的平衡转化率以及和S的平衡选择性随温度的变化如图所示。已知曲线b表示的平衡选择性。(X的平衡选择性，X为或S)。下列说法错误的是A.曲线c表示S的平衡选择性B.C.下，反应的平衡常数D.任一温度下的平衡转化率：【答案】CD【解析】已知曲线b表示COS的平衡选择性，所以曲线c表示S的平衡选择性(二者之和为1)，曲线a表示SO2的平衡转化率；由图可知，升高温度，S的平衡选择性增大，说明反应Ⅱ正向移动，根据勒夏特列原理，正反应是吸热反应，即ΔH2>0，随着温度升高，反应I逆向移动，COS的量减少，SO2的平衡转化率降低，据此解答。A．S的平衡选择性和COS的平衡选择性二者之和为1，则曲线c表示S的平衡选择性，A正确；B．由分析可知，ΔH2>0，B正确；C．设起始n(SO2)=1mol，n(CO)=3mol，在1400K下，SO2平衡转化率为80%，则转化的n(SO2)=0.8mol，COS平衡选择性为50%，则生成n(COS)=0.8mol×50%=0.4mol，生成n(S)=0.4mol。根据反应I生成n(CO2)=0.8mol×2=1.6mol，剩余n(CO)=3mol−0.8mol×3+0.4mol=1mol。对于反应SO2(g)+2CO(g)⇌S(g)+2CO2(g)，平衡时n(SO2)=1mol−0.8mol=0.2mol，n(CO)=1mol，n(S)=0.4mol，n(CO2)=1.6mol。因为是恒压体系，体积比等于物质的量之比，设平衡时总体积为V，根据平衡常数表达式，C错误；D．若只发生反应Ⅰ，且按化学计量数充入原料，则，但反应Ⅱ会生成CO，相当于增大了，导致，D错误；故选CD。第Ⅱ卷(非选择题共60分)16.理论化学是理解物质结构的基础，物质结构的多样性拓展理论的边界。（1）基态离子价电子的轨道表示式为___________。同周期主族中，基态原子未成对电子数与相同的元素是___________(填元素符号)。（2）恶唑为五元杂环化合物，其中存在大键，①号O原子的孤电子对位于___________轨道。咪唑()与恶唑结构相似，但咪唑熔沸点远高于恶唑，原因是___________。（3）理论化学模拟得到一种离子①号N原子杂化方式为___________，②号N原子空间构型是___________。（4）晶体结构的缺陷美与对称美同样受关注。某富锂超离子导体的晶胞是立方体(图)，进行镁离子取代后，可获得高性能固体电解质材料(图2)。镁离子取代的离子反应方程式为___________，图1晶体密度为___________。【答案】（1）①.②.Ni、Ge、Se（2）①.②.咪唑分子间能形成氢键，而恶唑分子间不能形成氢键，分子间氢键会使物质熔沸点升高，所以咪唑熔沸点远高于恶唑（3）①.②.四面体形（4）①.Li3OCl+Mg2+=LiMgOCl+2Li+②.【解析】（1）Co为27号元素，价电子排布式为，价电子轨道表示式为；Ti为22号元素，基态原子价电子排布式为，未成对电子数为2，同周期主族元素中，Ni（价电子排布式）、Ge（价电子排布式）、Se（价电子排布式）未成对电子数也为2。（2）恶唑中存在大键，O原子取杂化，孤电子对位于杂化轨道；咪唑分子间能形成氢键，而恶唑分子间不能形成氢键，分子间氢键会使物质熔沸点升高，所以咪唑熔沸点远高于恶唑。（3）①号N原子形成2个键和1个键，无孤电子对，价层电子对数为3，杂化方式为杂化；②号N原子形成4个键，价层电子对数为4，其空间构型是四面体形。（4）根据晶胞结构及均摊法图1的晶胞中含Li：，O：，Cl：，化学式为Li3OCl，同理可知晶胞2的化学式为LiMgOCl，则镁离子取代的离子反应方程式为Li3OCl+Mg2+=LiMgOCl+2Li+，1个晶胞的质量为，晶胞的体积为，则晶体的密度为。17.艾曲波帕(化合物K)是一种治疗慢性免疫性血小板减少症的药物，某课题研究小组合成化合物K的路线如图(部分反应条件略去)。已知：i．ii．iii．R1NHNH2+回答下列问题：（1）A的酸性强于苯酚的原因：___________。（2）B的结构简式为___________。（3）D中含氧官能团名称为___________，D→E反应类型为___________。（4）G→H转化反应的化学方程式为___________。（5）C的一种同系物Q，其相对分子质量比C大14，Q的同分异构体中，同时满足下列条件的有___________种(不考虑立体异构)。i．含有苯环，且苯环上的有两个取代基：ⅱ．含有和C相同的官能团且含有甲基；ⅲ．含有手性碳。（6）上述合成路线中，H→J的转化过程如下：请结合已知信息，分别写出I和M的结构简式：___________、___________。【答案】（1）溴原子电负性大，有较强的吸电子作用，从而使羟基氢氧键的极性增大，酸性增强，所以A的酸性强于苯酚（2）（3）①.羧基、醚键、硝基②.取代反应（4）（5）18（6）①.②.【解析】根据已知ⅰ，D是；D一定条件下生成E，E发生还原反应生成F，D中硝基变为F中的氨基、D中醚键变为F中的羟基，则E是；H是乙酸乙酯，乙酸和乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，G的分子式为，可知G是。（1）溴原子电负性大，有较强的吸电子作用，从而使羟基氢氧键的极性增大，酸性增强，所以A的酸性强于苯酚；（2）B的结构式为；（3）D中含氧官能团名称为羧基、醚键，硝基；D→E反应类型为取代反应；（4）H是乙酸乙酯，乙酸和乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，则G→H转化反应的化学方程式为；（5）C的一种同系物Q，其相对分子质量比C大14，Q分子比C多1个CH。Q的同分异构体，同时满足条件：ⅰ．含有苯环；ⅱ．含有和C相同的官能团且含有甲基；ⅲ．含有手性碳。若含2个取代基、或、或、或、-Br或、-Br或、各3种结构，共18种同分异构体。（6）据信息，可知I为；根据信息，由J的结构简式逆推，可知M的结构简式为。18.还原焙烧——氨浸工艺从红上镍矿(主要成分有)中回收镍和的工艺流程如下：已知：I．“还原焙烧”后的物质为；Ⅱ．“氨浸”后元素的存在形式分别为；Ⅲ．。回答下列问题：（1）还原焙烧前进行干燥磨矿的目的是___________。（2）用离子方程式表示在“氨浸”时发生的反应___________。（3）浸出渣的主要成分为胶状沉淀和___________(填化学式)。（4）下图为“氨浸”过程中反应时间对浸出率及浸出渣中铁元素质量分数的影响。最合适的反应时间范围是___________。氨浸时的温度为左右，选择该温度的原因是___________。（5）“选择性沉钻”时，加入使溶液中的转化为沉淀从溶液中分离出来，则的平衡常数___________。（6）整个流程中，除蒸氨后的碳酸铵外，还能循环使用的物质有___________。【答案】（1）增大接触面积，加快反应速率（2）（3）（4）①.120~150②.温度过低，反应速率较慢，温度过高，则氨气、二氧化碳容易逸出且碳酸铵会分解，导致浸取效率下降（5）（6）氨气【解析】红土镍矿经干燥磨矿后与氢气反应，可以增大接触面积，加快反应速率，“还原焙烧”得到等产物，通入空气、氨气、二氧化碳、碳酸铵溶液，“氨浸”后、元素转化为、，铁元素应该转化为氢氧化铁沉淀，浸渣是、，“选择性沉钴”时，加入硫化铵使溶液中的转化为CoS沉淀从溶液中分离出来，“蒸氨”时，转化为沉淀析出，煅烧生成镍的氧化物，最后还原得到镍。（1）还原焙烧前进行干燥磨矿的目的是增大接触面积，加快反应速率；（2）根据题给信息可知，反应中氧气氧化转化为，结合质量守恒，“氨浸”时和氧气、氨气、二氧化碳生成和碳酸根离子，；（3）由分析，二氧化硅和其它物质不反应，故浸出渣的主要成分为胶状沉淀和；（4）由图可知，最合适的反应时间范围是120~150min；温度过低，反应速率较慢，温度过高，则氨气、二氧化碳容易逸出且碳酸铵会分解，导致浸取效率下降，故氨浸时的温度为左右；（5）的平衡常数；（6）“蒸氨”时产生碳酸铵和氨气，“氨浸”时会使用碳酸铵和氨气，则除蒸氨后的碳酸铵外，还能循环使用的物质有氨气。19.结元素化合物具有极其丰富的颜色特征，为了解钴及其化合物性质，做了如下探究：I．钴水配合物（1）变色硅胶中含有。干燥的变色硅胶吸水后会由蓝色逐渐变为粉红色，由此推测的用途为___________。Ⅱ．钴氨配合物现有四种颜色的钴氨配合物，分别为黄色、紫红色、绿色、紫色，且都符合的化学通式。学习小组选择紫红色的配合物，并进行定量分析。称取纯样品，均分为3份。(配合物的摩尔质量为)第一份：溶解后在微碱性条件下，以的溶液作指示剂，用浓度为的标准液滴定，消耗。已知为棕红色沉淀。（2）达到滴定终点的实验现象是___________。第二份：溶解后加入过量(乙二胺四乙酸)，在微碱性条件下，以的溶液作指示剂，用浓度为的标准液滴定，消耗。已知：未加入时，发生反应：加入后，发生反应为（3）写出b的表达式：___________(只用表示)。第三份：在锥形瓶A中溶解后，加入一定浓度的溶液，另取一锥形瓶D中装入硼酸溶液，反应结束后用溶液滴定锥形瓶D中的溶液，实验装置如图所示。（4）①装置B中可选用下列哪些物质___________(填字母)。A．无水B．C．碱石灰D．固体②已知反应结束后锥形瓶D中溶液的溶质主要为，在滴定过程中发生的化学方程式为___________。③关于上述实验说法正确的是___________(填字母)。A．该滴定利用了在热碱水溶液中易挥发的性质B．若滴定前酸式滴定管内无气泡，滴定结束后出现气泡，则测定的值偏大C．吸收装置中仅保证硼酸过量即可，无需测定硼酸溶液浓度D．实验结束后，先撤去酒精灯，再断开B、C装置连接的导管【答案】（1）作指示剂，检验水的存在（2）滴入最后半滴硝酸银溶液，产生棕红色沉淀，且半分钟内不发生明显变化（3）（4）①.CD②.(NH4)2B4O7+H2SO4+5H2O=(NH4)2SO4+4H3BO3③.AC【解析】由题意可知，该实验的实验目的是用滴定法定量测定钴氨配合物中内、外界氯离子的个数和内界氨分子的个数。（1）由无水氯化亚钴固体遇水便会由蓝色变为粉色可知，氯化亚钴可以用作指示剂，检验水的存在，故答案为：作指示剂，检验水的存在；（2）配合物溶液中氯离子与硝酸银溶液完全反应后，滴入最后半滴硝酸银溶液，会产生棕红色铬酸银沉淀，则达到滴定终点的实验现象是滴入最后半滴硝酸银溶液，产生棕红色沉淀，且半分钟内不发生明显变化，故答案为：滴入最后半滴硝酸银溶液，产生棕红色沉淀，且半分钟内不发生明显变化；（3）由题意可知，第一份滴定过程中是配合物中外界氯离子与硝酸银溶液中的银离子反应生成氯化银沉淀，第二份滴定过程中配合物中内界和外界的氯离子都与硝酸银溶液中的银离子反应生成氯化银沉淀，则由题给数据可得：=，解得b=，故答案为：；（4）由实验装置图可知，装置A中配合物溶液与氢氧化钠溶液共热反应生成氨气，装置B中盛有的碱性干燥剂用于干燥氨气，装置C为空载仪器，做安全瓶，起到防倒吸的作用，装置D中盛有的硼酸溶液用于吸收反应生成的氨气；①由分析可知，装置B中盛有的碱性干燥剂用于干燥氨气，而无水氯化钙能与氨气反应生成八氨氯化钙、酸性氧化物五氧化二磷能与氨气反应，则无水氯化钙和五氧化二磷不能用作干燥氨气的干燥剂，所以装置B中盛有的干燥剂为碱石灰或氢氧化钠固体，故选CD；②由题意可知，滴定时发生的反应为(NH4)2B4O7溶液与稀硫酸反应生成硫酸铵和硼酸，反应的化学方程式为(NH4)2B4O7+H2SO4+5H2O=(NH4)2SO4+4H3BO3，故答案为：(NH4)2B4O7+H2SO4+5H2O=(NH4)2SO4+4H3BO3；③A．该滴定利用了氨气在热碱水溶液中易挥发的性质，使得生成氨气逸出被硼酸溶液吸收，故正确；B．滴定前酸式滴定管内无气泡，滴定结束后出现气泡会使滴定消耗标准液用量读数偏小，导致测定的a值偏小，故错误；C．吸收装置中硼酸用于吸收氨气，最终使用硫酸滴定吸收的氨气，仅保证硼酸过量即可，无需测定硼酸溶液浓度，故正确；D．实验结束后，为防止倒吸，应先断开B、C装置连接的导管，再撤去酒精灯，故错误；故选AC。20.甲醚是重要的有机合成原料，甲醇制备甲醚的反应：；工业上常用或催化氢化法合成。回答下列问题：（1）和在某催化剂表面合成，反应历程如图甲所示，其中吸附在催化剂表面上的物种用*标注，该反应历程中活化能最小步骤的化学方程式为___________。已知(随温度的变化不大)，随温度的变化关系如图乙所示，图中表示该反应的直线是___________(填代号)。（2）催化加氢法合成，进而制备的过程中涉及如下反应：反应I：反应Ⅱ：反应Ⅲ：①在时，的摩尔燃烧焓分别为，则___________。②一定温度下，向恒容密闭容器中充入和制备，初始压强为达到平衡时的转化率为，且，则内，___________；反应I的平衡常数___________(用表示)③工业生产中，需要在、压强恒为的反应釜中进行上述反应。初始时向反应釜中加入和，为确保反应的连续性，需向反应釜中以、进气流量持续通入原料，同时控制出气流量为，单位时间内的转化率为，则流出气体中的百分含量为___________；控制出气流量小于进气流量的