四川省德阳市2025届高三化学下学期质量监测考试二试题含解析

这是一份四川省德阳市2025届高三化学下学期质量监测考试二试题含解析，共22页。试卷主要包含了本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷，共8页，01ml，Na+原子数目为0，4g SO2的物质的量为0等内容，欢迎下载使用。
2.本试卷满分100分，75分钟完卷。
可能用到的相对原子质量：
第Ⅰ卷(选择题共45分)
一、选择题(本题包括15个小题，每小题3分，共45分，每小题只有一个选项符合题意)。
1. 材料是人类赖以生存和发展的物质基础，下列有关材料的描述错误的是
A. 碳化硅是传统无机非金属材料
B. 航天飞行材料硬铝属于合金
C. 冠醚与碱金属离子形成的超分子材料是混合物
D. 宇宙飞船外壳材料酚醛树脂是有机高分子化合物
【答案】A
【解析】
【详解】A．传统无机非金属材料主要是指陶瓷、玻璃、水泥等，碳化硅硬度大、耐高温，属于新型无机非金属材料，A错误；
B．硬铝是指以Cu为主要合金元素的一类铝合金，属于合金材料，B正确；
C．冠醚与碱金属离子形成的超分子材料中含有冠醚、碱金属离子等多种成分，属于混合物，C正确；
D．酚醛树脂是由苯酚和甲醛通过缩聚反应得到的，相对分子质量很大，属于有机高分子化合物，可用于宇宙飞船外壳材料，D正确；
故选A。
2. 下列有关生物有机分子说法错误的是
A. 核糖和脱氧核糖都是戊糖
B. 淀粉和纤维素均不能发生银镜反应
C. 酶分子通过折叠、螺旋或缠绕形成活性空间
D. 由个单糖通过糖苷键连接而成的分子称为多糖
【答案】D
【解析】
【详解】A．糖和脱氧核糖均为戊糖（五碳糖），脱氧核糖仅比核糖少一个羟基，A正确；
B．淀粉和纤维素均为多糖，其葡萄糖单元的醛基在糖苷键形成后失去还原性，无法发生银镜反应，B正确；
C．酶（蛋白质类）的活性依赖于空间结构（三级、四级结构），通过折叠、螺旋等方式形成活性中心，C正确；
D．由2~10个单糖连接而成的分子称为寡糖（或低聚糖），多糖通常由更多单糖（几十至上千）组成，D错误；
故选D。
3. 下列化学用语或图示表示错误的是
A. 2-甲基-3-乙基戊烷的键线式：
B. 的电子式：
C. 乙炔的空间填充模型：
D. 分子的结构式：
【答案】B
【解析】
【详解】A．键线式中端点和拐点代表C，该键线式表示的有机物主链有5个C，2号C上有一个甲基(-CH3)，3号C上有一个乙基(-CH2CH3)，命名为2-甲基-3-乙基戊烷，A正确；
B．NH4​Cl是离子化合物，由铵根离子和氯离子构成，电子式为，B错误；
C．乙炔分子中碳原子和氢原子间以单键相连，碳原子间以三键相连，空间填充模型能体现原子的相对大小和空间位置关系，该模型符合乙炔的结构，C正确；
D．CO2​分子中碳原子与两个氧原子分别以碳氧双键相连，其结构式为O=C=O，D正确；
故选B。
4. 一定条件下，有机物X、Y的转化关系如下图，下列说法正确的是
A. X分子中所有原子一定共平面
B. X不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C. X转化为Y经历了加成和消去两步反应
D. 和的核磁共振氢谱均有5组峰
【答案】C
【解析】
【详解】A．X分子中苯环和醛基均为平面结构，但连接苯环和醛基的单键可以旋转，所以X分子中所有原子不一定共平面，A错误；
B．X中含有醛基，醛基具有还原性，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，从而使酸性高锰酸钾溶液褪色，B错误；
C．X中的醛基先与发生加成反应，生成中间产物（羟基连在氮原子相邻的碳原子上），然后中间产物发生消去反应形成Y中的碳氮双键，所以X转化为Y经历了加成和消去两步反应，C正确；
D．X分子中苯环上有3种不同化学环境的氢原子，醛基上有1种，氯原子所在碳原子的邻位和间位氢原子不同，共有4种不同化学环境的氢原子，核磁共振氢谱有4组峰；Y分子中苯环上有3种不同化学环境的氢原子，碳氮双键两端的氢原子不同，还有叔丁基上的1种氢原子，共有5组峰，二者核磁共振氢谱的峰组数不同，D错误；
故选C。
5. 硫及其化合物的部分转化关系如图。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A. 标准状况下，中含有质子数目为
B. 溶液中，数目为
C. 反应①每消耗，生成物中硫原子数目为
D. 反应②每生成，转移电子数目为
【答案】D
【解析】
【详解】A．1个H2S分子中有18个质子，标准状况下11.2L H2S的物质的量为0.5ml，中含有的质子数为9NA，A正确；
B．溶液中，亚硫酸钠的物质的量为0.01ml，Na+原子数目为0.02NA，B正确；
C．6.4g SO2的物质的量为0.1ml，反应①方程式为2H2S+SO2=3S↓+2H2O，每消耗6.4g SO2生成物中硫原子数目为0.3NA，C正确；
D．反应②氧化产物是，S元素化合价由0升高为+4，每生成1ml氧化产物，转移电子数目为4NA，D错误；
故选D。
6. 下列过程对应的方程式正确的是
A. 炽热的铁水注入未干燥的模具：
B. 磁性氧化铁溶于稀硝酸：
C. 用稀盐酸清洗水垢中的：
D. 向亚硫酸钠溶液中通入少量氯气：
【答案】A
【解析】
【详解】A．未干燥的模具含有水，铁与水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁和氢气，所给化学方程式无误，A正确；
B．磁性氧化铁的化学式为，和稀硝酸反应的离子方程式：，B错误；
C．为难溶性碱，在离子方程式中不能拆开，正确的离子方程式：，C错误；
D．亚硫酸钠具有还原性，氯气具有氧化性，二者发生氧化还原反应，离子方程式：，D错误；
故选A。
7. 下列装置或操作能达到实验目的的是
A. 图①：除去铁屑表面的油污
B. 图②：探究与的反应是否可逆
C. 图③：比较与固体的热稳定性
D. 图④：探究压强对化学平衡的影响
【答案】A
【解析】
【详解】A．是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，升高温度，水解程度增大，溶液的碱性增强，废铁屑表面的油污与碱性物质反应生成可溶性物质，因此热纯碱溶液可除去废铁屑表面的油污，A正确；
B．氯化铁溶液与少量碘化钾溶液反应生成能使淀粉溶液变蓝色的单质碘，由于没有证明少量的碘化钾是否剩余，因此题给装置无法证明反应是否可逆，B错误；
C．碳酸氢钠不稳定，加热易分解，分解产生碳酸钠、水和二氧化碳；碳酸钠稳定，加热不分解，小试管中温度低于大试管，应将碳酸氢钠置于小试管中，碳酸钠置于大试管中，盛装碳酸氢钠的小试管中的气体能使澄清的石灰水变浑浊，盛装碳酸钠的大试管中产生的气体不能使澄清的石灰水变浑浊，从而比较NaHCO3、Na2CO3固体的热稳定性，C错误；
D．为气体体积不变的反应，改变压强颜色改变，并不是平衡移动引起，D错误；
故选A。
8. 利用二氧化碳和环氧丙烷生成聚碳酸酯(W)的反应原理如下：。下列说法错误的是
A. Y和环氧乙烷互为同系物B. 可以发生水解反应生成
C. X的一氯代物有五种(含顺反异构)D. 聚合物属于可降解高分子材料
【答案】C
【解析】
【详解】A．同系物是指结构相似，分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的有机物，Y（环氧丙烷）和环氧乙烷结构相似，都含有一个三元环醚结构，分子组成上相差一个CH2原子团，二者互为同系物，A正确；
B．Z与水在酸性条件下可发生水解反应，生成，B正确；
C．X的一氯代物有、、、，共4种(含顺反异构)，C错误；
D．聚合物W中含有酯基，在一定条件下酯基可发生水解反应，所以W属于可降解高分子材料，D正确；
故选C。
9. 一种电解装置可将转化为甲酸，装置如图所示。下列说法正确的是
A. a为电源的负极
B. 电极发生的电极反应为：
C. 极区加入稀溶液可提高的转化效率
D. 当产生时，理论上有通过交换膜
【答案】B
【解析】
【分析】如图，在M极上H2O转化为O2，氧元素化合价升高，发生氧化反应，所以M为阳极，与阳极相连的a为电源的正极，则电极N为阴极，CO2在阴极得到电子，结合生成HCOOH，电极反应式为，据此回答。
【详解】A．在电解池中，M极上H2O转化为O2，氧元素化合价升高，发生氧化反应，所以M为阳极，与阳极相连的a为电源的正极，A错误；
B．电极N为阴极，在阴极得到电子，结合生成HCOOH，电极反应式为，B正确；
C．原先M电极上水失电子生成氧气和氢离子，氢离子由M极向N极移动，加入稀NaOH溶液， OH − 会在阳极放电，导致生成的氢离子减少，通过质子交换膜进入右侧电极室的氢离子减少，不利于N电极的电极反应发生，会降低的转化效率，C错误；
D．M极的电极反应式为，当产生时，转移电子0.5ml×4 = 2ml，根据电荷守恒，理论上有通过交换膜，D错误；
故选B。
10. 某配合物分子结构如图所示，其中为原子序数依次增大的短周期主族元素，最外层电子数之和为16；基态W原子的价层电子排布为。下列说法错误的是
A. 的简单氢化物是一种常见的制冷剂
B. 此配合物中W元素为+4价
C. 简单气态氢化物分子中的键角：
D. 第一电离能：
【答案】B
【解析】
【分析】根据分子结构，M形成1个共价键且M与Z形成氢键，Z形成2个共价键，则M为H，Z为O。X形成4个共价键，Y形成3个共价键和1个配位键，结合原子序数顺序可知X为C，Y为N。基态W原子的价层电子排布为，则W为28号元素Ni。综上，依次为H、C、N、O、Ni。
【详解】A．Y的简单氢化物是NH3，液氨是一种常见的制冷剂，A正确；
B．根据配合物的结构可知，该配合物中与H形成氢键的O只形成1根共价键，O原子本应形成2根共价键，说明该O原子得到一个由Ni提供电子。这种O原子有2个，则共从Ni得到2个电子，因此Ni为+2价，B错误；
C．CH4的中心原子C的价层电子对数为，则中心原子采取sp3杂化，孤电子对数为0，NH3的中心原子N的价层电子对数为，则中心原子采取sp3杂化，孤电子对数为1，H2O的中心原子O的价层电子对数为，则中心原子采取sp3杂化，孤电子对数为2，由于孤电子对数越多，键角越小，则键角：CH4＞NH3> H2O，即，C正确；
D．同周期元素从左到右第一电离能呈现逐渐增大的趋势，但是第ⅤA元素的第一电离能大于第ⅥA元素的第一电离能，则C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序：N＞O＞C，即Y＞Z＞X，D正确；
故选B。
11. 下列有关物质结构或性质的解释合理的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．金属灼烧有焰色反应是与原子核外电子跃迁释放能量，不是吸收能量，故A错误；
B．物质的稳定性，主要比较物质的键能大小，HCl和HF相比，F原子比Cl原子半径小，F与H形成的共价键键长要比H与Cl短，键长越短，键能越大，键越不容易被打断，物质越稳定，故B错误；
C．氟电负性大，F－C的极性大，为吸电子基团，导致三氟乙酸的羧基中的羟基的极性更大，更易电离出氢离子，酸性更强，烷基为推电子基团，烷基越长推电子效应越大，使羧基中羟基的极性小，故C正确；
D．乙烯和乙烷的活泼性比较主要由分子结构决定，乙烯分子中含有一个双键，乙烷是单键连接，碳碳双键有一条π键易断裂，导致乙烯活泼性大于乙烷，但总体双键的键能是大于单键的键能，故D错误；
答案选C。
12. 某兴趣小组以重铬酸钾溶液为例，探究外界条件对溶液中平衡体系的影响。完成如下实验：
已知：溶液中存在平衡： 。下列说法正确的是
A. 由实验Ⅰ可以得出
B. 若实验Ⅱ的目的为探究“降低生成物浓度，平衡正向移动”，则试剂a可选用
C. 实验Ⅲ中，加入浓探究出“增大生成物浓度，平衡逆向移动”的结论可靠
D. 实验Ⅳ中，溶液呈黄色的原因是重铬酸钾被亚硫酸根还原
【答案】B
【解析】
【详解】A．观察实验Ⅰ可知，加热后溶液的橙色加深，说明平衡向生成二重铬酸根(橙色)的一侧移动。由热力学原理可知，升温使平衡向吸热方向移动，故该平衡的正向(从 → )应为放热过程，即 ，故A错误；
B．实验Ⅱ若要考察“降低生成物浓度(去掉右侧的)，平衡正向移动”，可加入碳酸钠以中和 ，平衡向右(黄色 )移动，故B正确；
C．实验Ⅲ加入浓硫酸确实可以增加体系中的浓度，相当于增大生成物(右侧的 )的浓度，使平衡逆向(向左、橙色 )移动，但是浓硫酸进来会放热，由上述A选分析知该反应是放热反应，升温也会使得平衡逆向移动，故存在浓硫酸溶解热的干扰，不能完成浓度的探究，故C错误；
D．实验Ⅳ中溶液变为黄色，主要是因为亚硫酸钠水解显碱性，去除了溶液中的，使平衡向右侧黄色 移动；若重铬酸根被还原通常会出现绿色 ，而本实验并未出现绿色，故D错误。
故选B。
13. 某工厂用细菌冶金技术处理含金硫化矿粉(其中细小的颗粒被、包裹)，以提高金的浸出率并冶炼金。已知金属硫化物在“细菌氧化”时转化为硫酸盐。工艺流程如下：
下列说法错误的是
A. “细菌氧化”过程中，参加的反应使体系的酸性增强
B. “浸金”中将氧化成从而浸出
C. 矿粉中的铁元素以形式进入“滤液”中
D. “沉铁砷”时加碱调节，既能生成，又能促进含微粒的沉降
【答案】B
【解析】
【分析】向含金硫化矿粉(其中细小的颗粒被、包裹)中通入足量空气，并加入稀硫酸，在pH=2的条件下发生细菌氧化，和发生氧化还原反应生成和含微粒，不发生反应，过滤得到含和含微粒的滤液和含的滤渣，将滤液加碱调节，生成，并促进含微粒的沉降，向滤渣中通入空气和，空气先将氧化为，再与结合形成从而浸出，据此回答。
【详解】A．“细菌氧化” 过程中，在酸性条件下被氧气氧化，反应的化学方程式可表示为，反应生成了硫酸，使体系的酸性增强，A正确；
B．“浸金” 中，NaCN、Au与空气中的O2发生反应，O2作氧化剂将Au氧化，与结合形成从而浸出，并非NaCN将Au氧化，B错误；
C．“细菌氧化” 时金属硫化物转化为硫酸盐，且体系中有足量空气，会被氧化为，所以矿粉中的铁元素以形式进入 “滤液” 中，C正确；
D．“沉铁砷” 时加碱调节pH，会与反应生成Fe(OH)3沉淀；同时含As微粒在碱性条件下也会发生沉淀，从而促进含As微粒的沉降，D正确；
故选B。
14. 和的晶体结构[M点原子坐标为]均与相同。的熔点高于，晶体在氧气中加热时部分被氧化为，晶体结构产生缺陷，其组成变为，测得其晶胞边长为，密度为。下列说法错误的是
A. N的原子坐标为
B. 离子半径：
C. 晶体中，距离最近的围成的空隙为正四面体
D. 晶体中，(设为阿伏加德罗常数的值)
【答案】C
【解析】
【详解】A．由于该晶体结构与NaCl相同，M点原子坐标为，N点在晶胞边的一半处，其原子坐标为，该选项正确；
B．和电子层数相同，的核电荷数比大，对核外电子的吸引能力更强，所以离子半径 ，该选项正确；
C．NiO晶体结构与NaCl相同，NaCl中每个周围最近的有6个，围成正八面体，那么NiO晶体中距离最近的有6个，围成的是正八面体，不是正四面体，该选项错误；
D．晶胞中的个数，的个数，根据密度公式，晶胞体积V，设1ml晶胞中Ni原子物质的量为xml，O原子物质的量为1ml，则晶胞质量，，整理可得 ，该选项正确；
综上所述，答案是C。
15. 常温下，在柠檬酸和的混合液中滴加溶液，混合液中[，代表]与的关系如图所示。下列说法正确的是
A. 代表与的关系B. 点溶液中有沉淀
C. d点的坐标为(4.5，2)D. 溶液呈酸性
【答案】D
【解析】
【分析】的溶液中滴加KOH溶液生成Cd(OH)2沉淀，pH越大，越小，其对应的越大，则L4可反映与pH的关系；柠檬酸为三元弱酸，与碱反应逐渐转为H2R-、HR2-、R3-，其三步电离平衡常数：，，，由于，则，则L1、L2、L3分别反映与pH的关系。
【详解】A．结合分析知，L1代表与pH的关系，A错误；
B．图中L4上的点达到了沉淀溶解平衡，对比L4上与c点同pH的点可知，c点的较小，则c点溶液中c(Cd2+)与c2(OH−)的乘积小于Ksp​[Cd(OH)2​]，c点溶液中无Cd(OH)2​，B错误；
C．结合b点坐标可知，，d点在L3上，且d点的=2，则d点的，故d点坐标：(4.4，2)， C错误；
D．是酸式盐，能电离使溶液呈酸性，也能水解使溶液呈碱性，则其水溶液的酸碱性取决于H2R-的电离程度和水解程度的相对大小，由图知H2R-的电离平衡常数，H2R-的水解平衡常数，则电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，D正确；
故选D。
第Ⅱ卷(非选择题共55分)
二、填空题(共58分)。
16. 蔗糖铁是一种快速有效的补铁剂，某小组设计如下实验步骤制备蔗糖铁并测定其中铁含量。
步骤1：向溶液中缓慢滴加溶液，边加边搅拌，控制温度在左右，反应后，过滤，得原胶泥；
步骤2：用蒸馏水洗涤原胶泥多次，得到胶泥；
步骤3：配制蔗糖溶液，并用溶液调节其(生成-葡萄糖二酸根离子)，再与胶泥混合加热，过滤，得到蔗糖铁原液；
步骤4：量取5.00mL蔗糖铁原液，加入物质，加热至微沸，冷却后滴加溶液，至溶液恰好显粉红色并能持续5s(恰好除去溶液中的还原性物质)。再依次加入物质X与KI试液(过量)各，蒸馏水和淀粉溶液，用标准液滴定，消耗标准液体积为(已知：)。
回答下列问题：
（1）“步骤1”中控制反应温度的方法为_______。
（2）“步骤1”中发生反应的离子方程式为_______。
（3）“步骤2”中检验原胶泥已洗涤干净的方法为_______。
（4）“步骤4”中物质X为_______。
（5）“步骤4”中滴定终点的现象为_______。
（6）蔗糖铁样品中Fe元素的含量为_______mg/mL(保留一位小数)。
（7）实验中出现下列情况，可能使蔗糖铁中铁含量测定结果偏大的是_______(填标号)。
a．KI溶液因接触空气部分变质
b．用标准液滴定至终点时俯视读数
c．滴加溶液后，溶液呈粉红色并持续以上
【答案】（1）水浴加热(冷却)
（2）
（3）取最后一次的洗涤液，滴加少量稀酸化的溶液，若无白色沉淀，则已洗净
（4）稀硫酸 （5）当滴入最后半滴标准液时，溶液蓝色褪去，且30s内不恢复原色
（6）20.0 （7）ac
【解析】
【分析】滴加Na2CO3溶液，20℃水浴加热充分反应后分离出Fe(OH)3原胶泥，胶泥与蔗糖在一定条件下转化为蔗糖铁原液，之后测定氢氧化铁原胶泥中铁含量的测定，根据反应2Fe(OH)3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+6H2O，Fe2(SO4)3+2KI=K2SO4+2FeSO4+I2， I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，用淀粉溶液作指示剂用Na2S2O3溶液滴定生成的碘单质，据此分析解题；
小问1详解】
“步骤1”中控制反应温度的方法为水浴加热(冷却)；
【小问2详解】
将溶液“缓慢滴加”至三颈烧瓶中，生成，发生的是双水解反应，所以发生反应的离子方程式为；
【小问3详解】
检验Fe(OH)3原胶泥已洗净即洗涤滤液中不含有Cl-的可溶性的杂质离子，方法为：取最后一次的洗涤液，滴加少量稀酸化的溶液，若无白色沉淀，则已洗净；
【小问4详解】
测定氢氧化铁原胶泥中铁含量的测定，“步骤4”将原胶泥转化为溶液，故物质X为稀硫酸；
【小问5详解】
滴定终点时被反应完，所以现象为当滴入最后半滴标准液时，溶液蓝色褪去，且30s内不恢复原色；
【小问6详解】
根据题干描述，可得关系式为：，故蔗糖铁样品的元素含量为；
【小问7详解】
a．KI溶液因接触空气部分变质，则需要消耗的KI的体积增大，使结果偏大，a正确；
b．用标准液滴定至终点时俯视读数，使体积偏小，结果偏小，b错误；
c．滴加溶液后，溶液呈粉红色并持续以上，说明过量，会与反应生成更多的，消耗体积偏大，导致测得的蔗糖铁中铁含量偏大，c正确；
故选ac。
17. 催化重整制意义重大，涉及如下反应：
反应：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
回答下列问题：
（1）_______；反应Ⅱ在_______(填“高温”“低温”或“任意温度”)下能自发进行。
（2）在体积相等的多个恒容密闭容器中，分别充入和，只发生反应Ⅲ，在不同的温度下，反应相同时间，测得、、的转化率与温度的关系如图所示。已知该反应的速率方程为，其中和为速率常数，只受温度影响。
①直线代表_______。
②b点时对应的反应速率：_______(填“>”“＜”或“=”)。
③温度下反应达到平衡时，气体总压强为_______(填表达式，不必化简)。
（3）在密闭容器中，、时，同时发生反应Ⅰ和Ⅲ，平衡转化率、在催化剂作用下反应相同时间所测得的实际转化率随温度的变化如图所示(已知的平衡选择性)。
①该催化剂催化反应的最佳温度为_______。
②体系温度降低，平衡选择性_______(填“增大”“减小”或“不变”)。
③的平衡转化率在之后随温度升高而增大的主要原因是_______。
【答案】（1） ①. ②. 低温
（2） ①. ②. > ③.
（3） ①. ②. 增大 ③. 600℃之后随温度升高，反应Ⅰ的平衡正向移动程度大于反应Ⅲ的平衡逆向移动程度
【解析】
【小问1详解】
根据盖斯定律，反应Ⅲ=2×反应+反应Ⅱ，； 可自发，，，故需要在低温条件下可自发；
【小问2详解】
由图可知随温度的升高，氢气的转化率先增大后减小，可使反应开始阶段，反应未达平衡，升高温度使速率加快，则氢气的转化率逐渐增大，当反应达到平衡后，再升高温度，平衡逆向移动，导致氢气的转化率降低；
①温度升高有利于逆反应，对逆反应速率的影响大于对正反应速率的影响，则曲线斜率较大的代表lgk逆，斜率小的代表lgk正，则代表lgk正的曲线是x，代表lgk逆的曲线是y；
②由z→b点是温度降低，平衡正向移动，b点时对应的反应速率：>；
③温度下反应达到平衡状态，体系压强为p，结合三段式列式计算；
，气体总物质的量为：0.7ml+2.8ml+0.3ml+0.6ml=4.4ml，则p(H2)==，p(CO2)=，p(CH4)=，p(H2O)=；；
【小问3详解】
①根据图像可知：CO2的实际转化率在350～400℃范围内最高，故反应最佳温度范围为350～400℃；
②升高温度，反应Ⅲ的化学平衡逆向移动，反应的化学平衡正向移动，n(CH4)减小，n(CO)增大，故CH4的平衡选择性随着温度的降低而增大；
③反应Ⅲ为放热反应，温度升高反应平衡常数K减小，CO2转化的量减小；反应Ⅰ为吸热反应，温度升高反应平衡常数K增大，CO2转化的量增大，600℃之后随温度升高，反应Ⅰ的平衡正向移动程度大于反应Ⅲ的平衡逆向移动程度；
18. 镍钴合金是航天领域重要材料之一，一种利用废钴镍矿(含有较高的及一定量的和等元素)回收和的工艺流程如下：
已知：对和具有高选择性。回答下列问题：
（1）基态C原子的价电子排布图为_______。
（2）“滤渣”的主要成分为_______(填化学式)。
（3）“还原”中加入的主要目的是_______。
（4）“萃取”时萃取反应原理为，从平衡移动角度分析“反萃取”的原理：_______。
（5）“沉钴”时，按照加入试剂，生成沉淀，则沉钴时总反应的离子方程式为_______。
（6）“灼烧”在隔绝空气条件下进行，如控制温度不当会生成杂质，生成的化学方程式为_______。
（7）“水相1”中含有丰富的金属资源，经三道工序可回收溶液。结合题干信息，选用所给试剂，将下列工艺流程补充完整。(可选试剂为：)
①_______、②_______；A_______、B_______。
【答案】（1） （2）
（3）将全部还原为，防止萃取从而影响分离提纯的效果
（4）反萃取发生的逆反应，加入平衡逆向移动，从中脱离出来
（5）
（6）
（7） ①. 或 ②. ③. 氧化 ④. 沉铁
【解析】
【分析】向废钴镍矿(含有较高的及一定量的和等元素)中加入稀硫酸进行常压浸出，得到含的硫酸盐和难溶的，过滤的到滤渣，故滤渣的主要成分为，向滤液中加入Fe，将全部还原为，加入萃取剂将萃取，则水相1中含有的硫酸盐，向含有的硫酸盐中加入酸进行反萃取，得到水相2，向水相2中加入，发生反应，得到沉淀和溶液，将进行灼烧分解得到，溶液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到，据此回答。
【小问1详解】
C为27号元素，价电子排布式为，故基态C原子的价电子排布图为；
【小问2详解】
由分析知，“滤渣”的主要成分为；
【小问3详解】
加入“还原”，将全部还原为，防止萃取从而影响分离提纯的效果；
【小问4详解】
反萃取发生的逆反应，加入酸，浓度增加，平衡逆向移动，使从中脱离出来；
【小问5详解】
“沉钴”时，按照加入试剂先被氧化为，再与发生双水解生成沉淀，则沉钴时总反应的离子方程式为；
【小问6详解】
“灼烧”在隔绝空气条件下进行，如控制温度不当会生成杂质，C的化合价由+3降低为+2，则O的化合价由-2升高到0价生成氧气，化学方程式为；
【小问7详解】
由分析知，“水相1”中含有的硫酸盐，有丰富的金属资源，向水相1中先加入NaF进行沉镁，得到MgF2沉淀，再向溶液中加入或，将“氧化”为，再加入进行调pH“沉铁”得到沉淀，过滤得到溶液。
19. 化合物J是合成吲哚类物质的重要中间体，其合成路线如下：
已知：。回答下列问题：
（1）A的化学名称为_______；C中含氧官能团的名称为_______。
（2）化学方程式为_______。
（3）由生成的反应类型为_______；化合物的结构简式为_______。
（4）在D的同分异构体中，满足下列条件的结构简式为_______。
①能发生银镜反应；②能发生水解反应；③含有一个手性碳；④核磁共振氢谱有5组峰，峰面积之比为2：1：1：1：1
（5）某同学结合J的合成路线，设计了化合物K的一种合成路线。该路线中L和M的结构简式分别为_______、_______。
【答案】（1） ①. 乙二醇 ②. 醛基和羧基
（2）+
（3） ①. 加成反应 ②.
（4） （5） ①. ②.
【解析】
【分析】A的分子式为，不饱和度为0，结合A→B的反应条件可知，A为饱和二元醇，则A为HOCH2CH2OH，(A)HOCH2CH2OH在Cu作催化剂、加热下被氧气氧化生成(B)OHCCHO，OHCCHO被氧化生成(C)OHCCOOH，OHCCOOH在浓硫酸、加热条件下与乙醇发生酯化反应生成(D)OHCCOOC2H5，D与(E)在MgSO4作用下先发生醛基的加成反应，再发生羟基的消去反应生成F，F发生加成反应生成G，G发生还原反应生成H，H发生取代反应生成I，I发生已知信息的反应生成J，据此解答。
【小问1详解】
由分析可知，A为HOCH2CH2OH，化学名称为乙二醇；C的结构简式为OHCCOOH，含氧官能团的名称为醛基和羧基；
【小问2详解】
OHCCOOC2H5（D）中的醛基与（E）中的氨基先发生加成反应，后发生羟基的消去反应形成双键，故化学方程式为：+；
【小问3详解】
对比F、G的结构简式可知，F中碳氮双键断裂，故F和反应生成G的反应类型为加成反应；I发生已知信息的反应生成J，则的结构简式为；
【小问4详解】
D的结构简式为OHCCOOC2H5，不饱和度为2；
①能发生银镜反应，说明含有醛基，占了一个不饱和度；
②能发生水解反应，说明含有酯基，也可能是甲酸酯基，这样同时满足条件①、②；
③含有一个手性碳；④核磁共振氢谱有5组峰，峰面积之比为2：1：1：1：1，满足条件的结构简式为；
【小问5详解】
选项
实例
解释
A
某些金属灼烧时有特征焰色
核外电子受热吸收能量跃迁至较高能级
B
稳定性：
HF分子间能形成氢键
C
酸性：
为吸电子基团，为推电子基团，导致羧基中的羟基极性不同
D
活泼性：
碳碳双键的键能小于碳碳单键，更容易断裂