2024-2025学年贵州省六校高三上学期12月适应性月考化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1贵州省六校2024-2025学年高三上学期12月适应性月考可能用到的相对原子质量：H—1C—12O—16Na—23Si—28Ni—59Bi—209一、选择题：本题共14小题，每题3分，共42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.许多优秀的中国传统文化也蕴含化学知识，下列相关说法错误的是A.我国在距今三千多年前的商朝时期就已经开始研究和生产使用青铜器，青铜器是一种合金材料B.我国晋代《抱朴子》中描述的化学反应：“丹砂烧之成水银，积变又还成丹砂”，这里描述的化学反应是可逆反应C.“自元时创其法，用浓酒和酒糟入甑，蒸令气上……其清如水，味极浓烈，盖酒露也”，这里所用的方法是蒸馏D.我国明代《本草纲目》中记载“（火药）乃焰消(KNO3)、硫黄、杉木炭所合”，其黑火药属于混合物【答案】B【解析】A．我国在距今三千多年前的商朝时期就已经开始研究和生产使用青铜器，青铜器主要是铜锡合金，因此青铜器是一种合金材料，A正确；B．丹砂主要成分是HgS，HgS受热分解产生Hg和S单质，当温度降低后Hg与S重新化合生成HgS，由于分解反应及化合反应的温度不同，因此描述的这两个化学反应不能称为可逆反应，B错误；C．“蒸令气上”与混合物中物质的沸点有关，因此该分离混合物的方法就是蒸馏，C正确；D．黑火药中含有焰消(KNO3)、硫黄、杉木炭三种成分，因此属于混合物，D正确；故合理选项是B。2.下列化学用语或表述正确的是A.激发态H原子的轨道表示式： B.中子数为1的氦核素：C.顺-2-丁烯的球棍模型： D.的电子式：【答案】D【解析】A．不存在1p轨道，故A错误；B．中子数为1的氦核素：，故B错误；C．由于碳碳双键两端的甲基分别位于双键平面的两侧，则是反-2-丁烯的球棍模型，故C错误；D．是离子化合物，的电子式：，故D正确；答案选D。3.生活中处处有化学。下列说法错误的是选项生活现象涉及化学知识A铝制餐具不能长时间存放酸性或碱性食物铝能与酸、碱反应，同时氧化铝为两性氧化物，既可与酸反应也可与碱反应B交警查酒驾用的某些酒精检测仪中含有重铬酸钾和硫酸混合物乙醇易挥发，且具有还原性，可将重铬酸钾还原而呈现颜色变化C维生素C是水果罐头中常用的抗氧化剂维生素C的结构中含有羟基，难以被氧化D可在呼吸面具或潜水艇中作供氧剂与反应生成A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】A．铝能与酸、碱反应，同时氧化铝为两性氧化物，既可与酸反应也可与碱反应，所以铝制餐具不能长时间存放酸性或碱性食物，故A正确；B．乙醇易挥发，且具有还原性，酸性条件下，可将重铬酸钾还原，颜色由橙红色变为绿色，故B正确；C．维生素C的结构中含有连二烯醇的结构，使其具有还原性，容易被氧化，可用作水果罐头中的抗氧化剂，故C错误；D．过氧化钠与二氧化碳或者水反应都生成氧气，所以过氧化钠用作呼吸面具和潜水艇中的供氧剂，故D正确；故答案为：C。4.高分子材料聚芳醚腈（PEN）被广泛应用于航空航天、汽车等领域。某聚芳醚腈的合成反应如图（未配平）：下列有关说法不正确的是A.最多可消耗 B.将水移出体系有利于提高PEN的产率C.的官能团有碳氯键、氰基 D.该反应过程中发生了缩聚反应和复分解反应【答案】A【解析】A．中有酚羟基，不与NaHCO3反应，A错误；B．水是生成物，减少生成物的量，平衡正向移动，有利于提高PEN的产率，B正确；C．的结构中，官能团有碳氯键(或氯原子)，氰基(-CN)，C正确；D．和脱去HCl发生缩聚反应，HCl与K2CO3发生复分解反应，D正确；答案选A。5.设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.的晶体含有硅氧键数目为B.标准状况下，2.24L的戊烷在氧气中完全燃烧，得到个分子C.乙烯和环丙烷的混合气体中含有的原子总数为D.向溶液中通入适量，当有被氧化时，转移电子总数为【答案】C【解析】A．的即1mol，所以晶体含有硅氧键数目为，故A错误；B．戊烷在标准状况下是液体，不可以使用气体摩尔体积，故B错误；C．乙烯含有的原子总数为，环丙烷含有的原子总数为，乙烯和环丙烷的混合气体中含有的原子总数为，故C正确；D．FeI2溶液中，碘离子的还原性大于亚铁离子的，通入适量氯气，当有1molFe2+被氧化时，溶液中碘离子已经完全被氧化，由于不知道碘化亚铁的物质的量，无法计算转移的电子数，故D错误；答案选C。6.下列装置或操作能达到实验目的的是A.蒸发溶液制备无水B.分离铁粉和C.验证对分解反说明应有催化作用D.装置b中溶液变蓝能够浓分解生成A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】A．蒸发溶液可以得到无水，A正确；B．Fe与加热条件下会发生反应生成，B错误；C．实验过程中温度和催化剂均不同，即变量不唯一，不能得到催化剂对反应速率的影响结果，C错误；D．浓具有挥发性，挥发的也可以氧化生成使得溶液变蓝，D错误；故选A。7.下列离子方程式书写正确的是A.将一小块的钠投入足量溶液中：B.酸性溶液滴定C.向硅酸钠溶液中通入过量气体：D.向溶液中滴加少量溶液：【答案】A【解析】A．将一小块的钠投入足量溶液中，生成硫酸钠和氢气：，A正确；B．酸性溶液滴定硫酸亚铁时，发生氧化还原反应，生成硫酸钾、硫酸锰、硫酸铁和水，，B错误；C．向硅酸钠溶液中通入过量气体得到硅酸沉淀和碳酸氢钠：，C错误；D．氢氧根过量时，铝离子转变为四羟基合铝酸根，铵根离子转变为一水合氨，则向溶液中滴加少量溶液：，D错误；选A。8.下列关于下图物质结构说法正确的是A.图①中18-冠-6通过离子键与作用，体现了超分子“分子识别”的特征B.图②为Cu（Ⅰ）（Ⅰ表示化合价为+1）形成的配离子，C、N的杂化方式均为C.图③为，加热时先失去的是D.图④为六氟磷酸盐离子液体，相较于摩尔质量更大，具有更高的熔沸点【答案】C【解析】A.图①中18-冠-6通过配位键与作用，体现了超分子“分子识别”的特征，故A错误；B.图②为Cu（Ⅰ）（Ⅰ表示化合价为+1）形成的配离子，单键C、N的杂化方式为，故B错误；C.图③为，O原子半径小于N，N更易与Cu2+形成配位键，加热时先失去的是，故C正确；D.图④为六氟磷酸盐离子液体，相较于阳离子半径更大，晶格能小，熔沸点更低，故D错误；选C。9.为短周期主族元素，且原子序数依次增大。是同一周期的相邻元素，Z元素最高正价与最低负价的代数和为2，W与Q是相邻主族元素，Q的单质是一种黄绿色的气体。下列说法一定正确的是A.属于共价化合物 B.Z的最高价氧化物对应的水化物为强酸C.同周期中第一电离能比W大的主族元素有2种 D.原子半径：【答案】C【解析】是同一周期的相邻元素，Z元素最高正价与最低负价的代数和为2，所以Z为N或P，X、Y分别是B、C或Al、Si，W与Q是相邻主族元素，Q的单质是一种黄绿色的气体，Q是Cl，则W是O或S，若Z为N，X、Y分别是B、C，则W是O或S，Q是Cl，若Z为P，则X、Y分别是Al、Si，W是S，Q是Cl，据此作答。A．属于共价化合物，属于离子化合物，故A错误；B．Z为氮或磷，氮最高价氧化物对应的水化物是硝酸为强酸，P的最高价氧化物对应的水化物H3PO4，为中强酸，故B错误；C．同周期中第一电离能比O大的主族元素有N和F，比S大的主族元素有P和Cl，故C正确；D．如果W是S，Q是Cl，原子半径，如果W是O，Q是Cl，原子半径，故D错误；答案选C。10.根据下列实验操作及现象所推出的结论或解释正确的是选项实验操作及现象结论或解释A取2mL淀粉水解液于试管中，滴加氢氧化钠溶液调节至碱性，再滴加几滴碘液，溶液不变蓝淀粉已完全水解B向溶液中通入气体，出现黑色沉淀（CuS）酸性：C用试纸分别测等浓度的和溶液的，前者显蓝色，后者显红色和均为弱酸D向某钾盐溶液中滴加浓盐酸，产生的气体通入品红溶液中，品红褪色不能确定该钾盐中是否含有或AA B.B C.C D.D【答案】D【解析】A．NaOH会和I2发生反应，不能证明淀粉已经完全水解，A错误；B．CuS溶解度小，可以生成黑色沉淀，硫酸的酸性强于H2S，B错误；C．溶液使试纸变红色，说明NaHSO3显酸性，不能证明H2SO3是弱酸，C错误；D．向某钾盐溶液中滴加浓盐酸，产生的气体通入品红溶液中，品红褪色，气体也可能是Cl2，钾盐可能是KClO3或KClO，不能确定该钾盐中是否含有或，D正确；答案选D。11.“绿色零碳”氢能前景广阔。为解决传统电解水制“绿氢”阳极电势高、反应速率缓慢的问题，科技工作者设计耦合HCHO高效制的方法，装置如图所示。部分反应机理为。下列说法错误的是A.a电极连电源的负极，发生还原反应B.电解过程中由a极流向b极，故b极区溶液保持不变C.阳极存在电极反应：D.当转移电子时，该装置可产生（标准状况下）【答案】B【解析】据图示可知，b电极上HCHO转化为HCOO-，而HCHO转化为HCOO-为氧化反应，所以b电极为阳极，a电极为阴极，HCHO为阳极反应物，结合反应机理可知，阳极反应为，阴极水得电子生成氢气：。A．由分析可知，a为阴极，与电源负极相连，得到电子发生还原反应，A正确；B．电解过程中，a极生成的向阳极移动，即由a极流向b极；由a、b极反应式可知，转移相同电子数时，b极消耗的为a极生成的两倍，故b极区溶液降低，B错误；C．由分析可知阳极反应为，C正确；D．当转移电子时，阴极、阳极各产生，共，则该装置可产生（标准状况下），D正确；故选B。12.常温下，用溶液滴定HA溶液的滴定曲线如图所示。下列说法不正确的是A.若a点的，则HA的电离平衡常数B.水的电离程度：C.b点溶液中粒子浓度大小：D.e点溶液中：【答案】D【解析】由图可知a点溶质是HA，部分电离，b点成分为KA和HA，二者的物质的量之比为1:1，溶液显酸性，HA的电离大于A-的水解，c点成分为KA和HA，溶液呈中性，d点刚好完全反应，溶液中只有KA，e点KOH过量，溶液中有KA和KOH。A．若a点的，则c(H+)=c(A-)=10-3mol·L-1，HA的电离平衡常数，A正确；B．水的电离程度：d点溶液的溶质为KA，促进水的电离，水电离程度最大，c点有HA和NaA，pH=7，HA电离出的H+抑制水电离和NaA水解促进水电离程度相当，b点是HA和NaA，对应的pH值小于7，抑制水电离程度大，a点只有HA，电离出的H+多，对水电离抑制程度最大，因此水电离的程度为，B正确；C．b点溶液中，溶质为等物质的量的HA、KA，HAH++A-，A-+H2OHA+OH-，溶液显酸性，则HA的电离程度大于A-的水解程度，所以溶液中粒子浓度大小：，C正确；D．e点溶液中的溶质为KA、KOH，且，根据物料守恒可知，则2c(K+)=3c(A-)+3c(HA)，D错误；答案选D。13.一水合硫酸锰（）是一种粉色晶体，易溶于水，不溶于乙醇，是重要的微量元素肥料之一。工业上由天然二氧化锰粉与硫化锰矿（还含等元素的氧化物）制备硫酸锰的工艺如图所示[已知：硫酸锰溶液在低于40℃结晶析出，高于40℃结晶析出]。下列说法正确的是A.为了提高“溶浸”速率，的物质的量浓度越大越好B.“溶浸”步骤中MnS与反应生成S，该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为1:2C.“沉锰”步骤中改用溶液效果更佳D.“操作A”是蒸发结晶，在温度高于40℃趁热过滤、洗涤、干燥【答案】D【解析】二氧化锰粉与硫化锰矿(还含Fe、Al、Mg、Si等元素)在硫酸中酸浸，主要的反应为：MnO2+MnS+2H2SO4=2MnSO4+S+2H2O，SiO2不溶于硫酸，过滤，滤渣1含有S和SiO2，滤液含有Mn2+、Fe2+、Fe3+、Al3+、Mg2+，加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，加入氨水调节pH除去Fe3+、Al3+，滤渣2为Fe(OH)3、Al(OH)3，加入MnF2生成MgF2沉淀除去Mg2+，滤渣3为MgF2，滤液主要含有Mn2+，加入碳酸氢铵发生反应：，用硫酸溶解碳酸锰得到产品硫酸锰，经过系列操作A包括热溶液并控制温度＞40℃趁热过滤，洗涤、干燥，得到MnSO4·H2O，据此分析作答。A．虽然增加硫酸浓度可以提高反应速率，但是过高的浓度会导致反应不完全，影响后续处理和产品质量。因此在用硫酸溶浸过程中，通常采用中等浓度的硫酸（40%左右）既能保证反应速率，又能减少设备和物料的损失，A错误；B．“溶浸”步骤反应为MnO2+MnS+2H2SO4=2MnSO4+S+2H2O，该反应中氧化产物为，还原产物为，需要注意的是生成的中有一半是转化的，其中锰化合价未发生变化，不是还原产物，则反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为1:1，B错误；C．溶液碱性较强，导致生成氢氧化锰或碱式碳酸锰，从而影响沉锰的效果，C错误；D．由题可知，低于40℃结晶析出MnSO4⋅5H2O，高于40℃结晶析出MnSO4⋅H2O，则加热溶液并控制温度＞40℃趁热过滤，洗涤、干燥，得到粗产品，D正确；故选D。14.甲苯与乙酰氯（）在无水催化作用下发生反应，其反应机理及部分能量示意图如图所示，下列说法不正确的是A.该反应的快慢由中间体Q→中间体络合物M步骤决定B.已知稳定性：，则在历程图中虚线可表示与的反应历程C.甲苯与乙酰氯反应过程中有反应发生D.该反应过程涉及极性键和非极性键的断裂和形成【答案】B【解析】A．慢反应决定总反应速率，中间体Q→中间体络合物M为慢反应，该反应的快慢由中间体Q→中间体络合物M步骤决定，故A正确；B．稳定性：，能量越低越稳定，的能量大于，则表示与的反应历程虚线应该在实线上方，故B错误；C．AlCl3是催化剂，步骤Ⅰ生成、步骤Ⅲ生成H+，所以甲苯与乙酰氯反应过程中有反应发生，故C正确；D．该反应过程涉及极性键碳氯键、碳氢键的断裂，氢氯键形成，苯环中π键的断裂和形成，故D正确；选B。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.铋酸钠（）是一种新型有效的光催化剂，也被广泛应用于制药业。某兴趣小组设计实验，在碱性环境中充分搅拌，通入与反应制备NaBiO3并探究其性质。已知：①粉末呈浅黄色，不溶于冷水，遇沸水或酸溶液迅速分解；②为白色难溶于水的固体。I．制备铋酸钠（NaBiO3），实验装置如图（夹持仪器已略去）：请按要求回答下列问题：（1）仪器a的名称是____________；B装置的作用是___________。（2）装置C中发生的主要反应的化学方程式为___________。（3）当观察到C中白色固体消失时，应关闭和，并停止对A加热，原因是__________。（4）实验完毕后，打开，向A中加入溶液的主要作用为__________。（5）实验完毕后，装置C中为尽可能多地获得产品，需要进行的操作是_________、过滤、冷水洗涤、干燥。Ⅱ．产品纯度的测定取I中制取的NaBiO3粗产品ag，加入足量稀硫酸和稀溶液使其完全反应，再用cmol/L的标准溶液滴定生成的。[已知：]（6）当达到滴定终点时，消耗溶液。该产品的纯度为_________（用含a、c、V的代数式表示）。Ⅲ．探究的氧化性（7）取少量装置C中反应后的悬浊液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，经检验气体中含有．该实验_________（填“能”或“不能”）证明一定是NaBiO3将氧化了，理由是___________。【答案】（1）①.恒压滴液漏斗②.除氯气中的氯化氢（2）Bi(OH)3+3NaOH+Cl2=NaBiO3+2NaCl+3H2O（3）防止Cl2过量使溶液呈酸性，导致NaBiO3分解（4）除去A中残留Cl2（5）在冰水(冷水)中冷却结晶(或冷却结晶)（6）（7）①.不能②.酸性条件下，溶液中的ClO-也能氧化Cl-生成Cl2【解析】A制备Cl2，B除Cl2中的氯化氢，C中被Cl2氧化为NaBiO3，防止Cl2过量使溶液呈酸性，导致NaBiO3分解，所以当观察到C中白色固体消失时，应关闭K3和K1，并停止对A加热，D中氢氧化钠溶液吸收氯气，防止污染。据此分析解答。（1）根据装置图，仪器a的名称是恒压滴液漏斗；A中生成的氯气中含有氯化氢，B装置的作用是除氯气中的氯化氢；（2）C中Cl2发生的主要反应是将氧化为NaBiO3，根据得失电子守恒，发生的反应化学方程式为：Bi(OH)3+3NaOH+Cl2=NaBiO3+2NaCl+3H2O；（3）NaBiO3遇酸溶液迅速分解，防止Cl2过量使溶液呈酸性，导致分解，所以当观察到C中白色固体消失时，应关闭和，并停止对A加热。（4）Cl2有毒，为防止Cl2污染空气，实验完毕后，打开，向A中加入NaOH溶液的主要作用是除去A中残留Cl2；（5）NaBiO3粉末呈浅黄色，不溶于冷水，反应结束后，为从装置C中获得尽可能多的产品，需要的操作是在冰水(冷水)中冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；（6）根据得失电子守恒建立关系式，，当达到滴定终点时，消耗才cmol/L的标准溶液VmL。n(NaBiO3)=n(H2C2O4)=cmol/L×V×10-3L=cV×10-３mol，该产品的纯度为；（7）取少量C中反应后的悬浊液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，经检验气体中含有Cl2。由于在装置C中同时发生了两个反应：Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O，Cl2+Bi(OH)3+3NaOH=NaBiO3+2NaCl+3H2O，NaBiO3具有强氧化性，可以氧化Cl-产生Cl2，酸性条件下，溶液中的ClO-也能氧化Cl-生成Cl2，因此该实验不能证明一定是NaBiO3氧化了Cl-。16.近年来随着新能源产业链的发展，镍成为重要的能源金属，被广泛应用于电池制造、金属冶炼、化工合成等多个领域。如图是某实验室用工业废弃的NiO催化剂（含有、CaO、CuO、BaO等杂质）为原料制备的流程：已知：①有关氢氧化物开始沉淀的和完全沉淀的如下表所示：氢氧化物开始沉淀的1.56.57.7完全沉淀的3.39.79.2②常温时；③不能氧化。（1）滤渣的主要成分为___________（填化学式）。（2）根据上述流程，写出向酸浸过滤后所得滤液中通入时发生的氧化还原反应的离子方程式：____________。（3）用文字叙述加入的目的是____________。（4）加入NaF目的是进一步除去，当时，_________。（5）该流程最后一步中受热分解即可转化为，该过程中固体的失重率为________。（用百分数表示，结果保留到小数点后两位）（6）该流程除了可以获得最终的目标产物，通过“电解”这一步还制得了电池制造领域重要的碱性镍镉电池电极材料。除了上述的电解法可制备，还可以用氧化法制得，即在碱性溶液中用进行氧化，写出该氧化法中涉及的离子反应方程式：__________。（7）一种镧镍储氢合金晶体的结构单元如图所示，产生的可与其结合后形成（进入合金后解离成氢原子并填充在晶胞空隙中，晶胞体积不变）。①该晶体结构单元中，__________。②La的配位数为__________。【答案】（1）BaSO4、CaSO4（2）（3）氧化亚铁离子为铁离子，使铁元素以氢氧化铁沉淀形式分离出来（4）（5）（6）（7）①.5②.18【解析】工业废弃的NiO催化剂（含有、CaO、CuO、BaO等杂质）加入硫酸进行酸浸过滤，得到硫酸钡沉淀和微溶的硫酸钙沉淀，过滤得到Ni2+、Fe3+、Ca2+、Cu2+等硫酸盐，加入硫化氢会发生离子反应，同时生成硫化铜，得到硫化铜和硫单质，溶液中含有Ni2+、Fe2+、Ca2+等硫酸盐，加入的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，调节pH，同时生成Fe(OH)3，通入氟化钠，生成氟化钙沉淀，加入氯化钠进行电解得到NiOOH，加热分解得到，据此作答。（1）滤渣的主要成分为BaSO4、CaSO4；（2）向酸浸过滤后所得滤液中通入时发生的氧化还原反应的离子方程式：；（3）加入的目的是氧化亚铁离子为铁离子，使铁元素以氢氧化铁沉淀形式分离出来；（4），当时，；（5）受热分解即可转化为，化学式为，该过程中固体的失重率为（6）在碱性溶液中用进行氧化，写出该氧化法中涉及的离子反应方程式：；（7）根据晶胞结构可知，镧原子位于晶胞的顶点和面心，则镧原子个数为，镍原子位于面上和体内，则镍原子个数为，则该镧镍储氢合金的化学式为，即x=5，晶胞中镧原子与同层、上层和下层各有6个镍原子距离最近，则La的配位数为18。17.研究二氧化碳合成甲醇对实现“碳中和”具有重要意义，二氧化碳加氢制甲醇的过程一般含有以下三个反应：I．Ⅱ．Ⅲ．（1）________﹔_____（用含的代数式表示）。（2）一定温度下，向恒容密闭容器中按初始进料比投入反应物，发生反应Ⅰ。下列能说明该反应达到平衡状态是___________（填序号）。A.容器内气体的压强不再发生改变B.混合气体的平均摩尔质量不再发生改变C.不再发生改变 D.反应的焓变不再变化（3）向恒容密闭容器中按初始进料比投入反应物，只发生反应Ⅰ和Ⅱ。在不同温度下达到平衡，体系中、CO的选择性（如：的选择性）和的平衡转化率与温度的关系如图所示。图中表示选择性变化的曲线是_____（填“a”或“b”或“c”），其原因是___________。（4）一定温度下，在体积为VL的恒容密闭容器中通入和发生上述三个反应。达到平衡时，容器中的物质的量为amol，的物质的量为bmol，反应Ⅱ的平衡常数为___________。（用含a、b的代数式表示）。（5）甲醇燃料电池的工作原理如图所示：A为原电池的__________（填“正”或“负”）极，其电极反应式为____________。【答案】（1）①.②.（2）AB（3）①.a②.温度升高，平衡逆向移动，CH3OH的选择性降低，则曲线a表示CH3OH选择性随温度的变化趋势（4）（5）①.负②.【解析】（1）由盖斯定律可知：方程式，所以，，故答案为：；（2）A．反应Ⅰ是正向气体系数减少的反应，反正正向进行，容器内气体的压强改变减小，所以容器内气体的压强不再发生改变能说明该反应达到平衡状态，故A正确；B．反应Ⅰ是正向气体系数减少的反应，反正正向进行，气体的总物质的量减小，而总质量不变，混合气体的平均摩尔质量减小，所以混合气体的平均摩尔质量不再发生改变，故B正确；C．、均反应产物，始终为1:2，所以不再发生改变不能说明该反应达到平衡状态，故C错误；D．焓变不随反应的进行而变化，所以反应的焓变不再变化不能说明该反应达到平衡状态，故B错误；故选AB；（3）反应Ⅰ是放热反应，所以温度升高，平衡逆向移动，CH3OH的选择性降低，则曲线a表示CH3OH选择性随温度的变化趋势，故答案为：a；温度升高，平衡逆向移动，CH3OH的选择性降低，则曲线a表示CH3OH选择性随温度的变化趋势；（4）设反应I消耗的CO2的物质的量为x，反应Ⅱ消耗的CO2的物质的量为y，反应I、反应Ⅱ达平衡时各组分的浓度恰好使反应Ⅲ达平衡，故：则有x=a，y=b，所以，，，反应Ⅱ的平衡常数，故答案为：；（5）由图标可知，甲醇在A极被氧化生成CO2，所以A为原电池的负极，其电极反应式为：，故答案为：负；。18.化合物Q是常用的促进胃动力的药物，该药物可以促进消化道蠕动。如图是其合成路线。回答下列问题：（1）化合物A的名称是_________，E→F的反应类型为____________。（2）目标产物Q中含氧官能团的名称为____________。（3）若用a表示A中－CH3的碳氢键，b表示B中－CHO中的碳氢键，则两种碳氢键的极性大小关系为a_______b（填“>”“<”或“=”）。（4）化合物C的分子式为C4H10NCl，则C的结构简式为_________，B到D的转化中加入碳酸钾的目的为___________。（5）有机物R是B的同系物，且相对分子质量比B大14．符合下列条件的R的同分异构体有_______种，写出其中核磁共振氢谱显示为4组峰，且峰面积比为3:2:2:1的结构简式________（写出一种即可）。①分子中含有苯环，且苯环上至少含有两个取代基②可以发生银镜反应③不含酚羟基（6）依据以上流程信息，结合所学知识，设计以苯甲醛为原料合成药物的路线________。【答案】（1）①.对甲基苯酚或4－甲基苯酚②.还原反应（2）醚键、酰胺基（3）＜（4）①.ClCH2CH2N(CH3)2②.与生成的HCl反应，促进反应正向进行，提高产率（5）①.9②.或（6）【解析】A催化氧化后，甲基被氧化为醛基生成B。D与H2NOH发生醛基上的加成反应后失去水得到E，E与H2在催化剂作用下反应生成F。M与SOCl2反应，将分子中的－COOH转化为－COCl。结合Q的结构，可知F和N发生了取代反应。（1）根据A的结构，甲基处为羟基的对位，A的名称为对甲基苯酚或4－甲基苯酚。根据E和F的结构，属于加氢去氧的反应，故此处只能填还原反应。答案为对甲基苯酚或4－甲基苯酚还原反应。（2）Q的结构简式为，含氧官能团为醚键、酰胺基。答案为醚键、酰胺基（3）－CHO中的O原子的电负性高于C原子，吸引了C的电子，使得C更具正电性，对C－H键的键合电子的吸引能力更强，使得C—H键的极性增加，则－CH3的碳氢键的极性弱于－CHO中的碳氢键的极性，即两种碳氢键的极性大小关系为a＜b。答案为＜。（4）结合B和D的结构可知，B中酚羟基的H被取代，结合D的结合简式和C的分子式，可知C的结构简式为ClCH2CH2N(CH3)2。B和C发生取代反应得到D和HCl，则B到D的转化中加入碳酸钾，可以与生成HCl反应，使得反应正向移动，提高产率。答案为ClCH2CH2N(CH3)2与生成的HCl反应，促进反应正向进行，提高产率。（5）有机物R是B的同系物，且相对分子质量比B大14，则R的分子式为C8H8O2。符合条件②说明分子中含有醛基(—CHO)或者甲酸形成的酯基(—OCHO)，但是不含酚羟基，含有苯环；则R的同分异构体中苯环上的取代基可以为①－CH3和－OCHO，②－CH2OH和－CHO，③—OCH3和－CHO；两种取代基在苯环上的位置有邻间对三种，则同分异构体一共有3×3=9种。其中核磁共振氢谱显示为4组峰，且峰面积比为3:2:2:1的结构简式可以是或。答案为9或。（6）模仿F和N的反应引入肽键，但是需要将苯甲醛中的醛基分别转化为－COCl和－CH2NH2。－CHO转化为－COCl模仿M到N，但是首先要将－CHO氧化为－COOH。－CHO转化为－CH2NH2模仿D到F，则苯甲醛为原料合成药物的路线为。答案为。贵州省六校2024-2025学年高三上学期12月适应性月考可能用到的相对原子质量：H—1C—12O—16Na—23Si—28Ni—59Bi—209一、选择题：本题共14小题，每题3分，共42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.许多优秀的中国传统文化也蕴含化学知识，下列相关说法错误的是A.我国在距今三千多年前的商朝时期就已经开始研究和生产使用青铜器，青铜器是一种合金材料B.我国晋代《抱朴子》中描述的化学反应：“丹砂烧之成水银，积变又还成丹砂”，这里描述的化学反应是可逆反应C.“自元时创其法，用浓酒和酒糟入甑，蒸令气上……其清如水，味极浓烈，盖酒露也”，这里所用的方法是蒸馏D.我国明代《本草纲目》中记载“（火药）乃焰消(KNO3)、硫黄、杉木炭所合”，其黑火药属于混合物【答案】B【解析】A．我国在距今三千多年前的商朝时期就已经开始研究和生产使用青铜器，青铜器主要是铜锡合金，因此青铜器是一种合金材料，A正确；B．丹砂主要成分是HgS，HgS受热分解产生Hg和S单质，当温度降低后Hg与S重新化合生成HgS，由于分解反应及化合反应的温度不同，因此描述的这两个化学反应不能称为可逆反应，B错误；C．“蒸令气上”与混合物中物质的沸点有关，因此该分离混合物的方法就是蒸馏，C正确；D．黑火药中含有焰消(KNO3)、硫黄、杉木炭三种成分，因此属于混合物，D正确；故合理选项是B。2.下列化学用语或表述正确的是A.激发态H原子的轨道表示式： B.中子数为1的氦核素：C.顺-2-丁烯的球棍模型： D.的电子式：【答案】D【解析】A．不存在1p轨道，故A错误；B．中子数为1的氦核素：，故B错误；C．由于碳碳双键两端的甲基分别位于双键平面的两侧，则是反-2-丁烯的球棍模型，故C错误；D．是离子化合物，的电子式：，故D正确；答案选D。3.生活中处处有化学。下列说法错误的是选项生活现象涉及化学知识A铝制餐具不能长时间存放酸性或碱性食物铝能与酸、碱反应，同时氧化铝为两性氧化物，既可与酸反应也可与碱反应B交警查酒驾用的某些酒精检测仪中含有重铬酸钾和硫酸混合物乙醇易挥发，且具有还原性，可将重铬酸钾还原而呈现颜色变化C维生素C是水果罐头中常用的抗氧化剂维生素C的结构中含有羟基，难以被氧化D可在呼吸面具或潜水艇中作供氧剂与反应生成A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】A．铝能与酸、碱反应，同时氧化铝为两性氧化物，既可与酸反应也可与碱反应，所以铝制餐具不能长时间存放酸性或碱性食物，故A正确；B．乙醇易挥发，且具有还原性，酸性条件下，可将重铬酸钾还原，颜色由橙红色变为绿色，故B正确；C．维生素C的结构中含有连二烯醇的结构，使其具有还原性，容易被氧化，可用作水果罐头中的抗氧化剂，故C错误；D．过氧化钠与二氧化碳或者水反应都生成氧气，所以过氧化钠用作呼吸面具和潜水艇中的供氧剂，故D正确；故答案为：C。4.高分子材料聚芳醚腈（PEN）被广泛应用于航空航天、汽车等领域。某聚芳醚腈的合成反应如图（未配平）：下列有关说法不正确的是A.最多可消耗 B.将水移出体系有利于提高PEN的产率C.的官能团有碳氯键、氰基 D.该反应过程中发生了缩聚反应和复分解反应【答案】A【解析】A．中有酚羟基，不与NaHCO3反应，A错误；B．水是生成物，减少生成物的量，平衡正向移动，有利于提高PEN的产率，B正确；C．的结构中，官能团有碳氯键(或氯原子)，氰基(-CN)，C正确；D．和脱去HCl发生缩聚反应，HCl与K2CO3发生复分解反应，D正确；答案选A。5.设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.的晶体含有硅氧键数目为B.标准状况下，2.24L的戊烷在氧气中完全燃烧，得到个分子C.乙烯和环丙烷的混合气体中含有的原子总数为D.向溶液中通入适量，当有被氧化时，转移电子总数为【答案】C【解析】A．的即1mol，所以晶体含有硅氧键数目为，故A错误；B．戊烷在标准状况下是液体，不可以使用气体摩尔体积，故B错误；C．乙烯含有的原子总数为，环丙烷含有的原子总数为，乙烯和环丙烷的混合气体中含有的原子总数为，故C正确；D．FeI2溶液中，碘离子的还原性大于亚铁离子的，通入适量氯气，当有1molFe2+被氧化时，溶液中碘离子已经完全被氧化，由于不知道碘化亚铁的物质的量，无法计算转移的电子数，故D错误；答案选C。6.下列装置或操作能达到实验目的的是A.蒸发溶液制备无水B.分离铁粉和C.验证对分解反说明应有催化作用D.装置b中溶液变蓝能够浓分解生成A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】A．蒸发溶液可以得到无水，A正确；B．Fe与加热条件下会发生反应生成，B错误；C．实验过程中温度和催化剂均不同，即变量不唯一，不能得到催化剂对反应速率的影响结果，C错误；D．浓具有挥发性，挥发的也可以氧化生成使得溶液变蓝，D错误；故选A。7.下列离子方程式书写正确的是A.将一小块的钠投入足量溶液中：B.酸性溶液滴定C.向硅酸钠溶液中通入过量气体：D.向溶液中滴加少量溶液：【答案】A【解析】A．将一小块的钠投入足量溶液中，生成硫酸钠和氢气：，A正确；B．酸性溶液滴定硫酸亚铁时，发生氧化还原反应，生成硫酸钾、硫酸锰、硫酸铁和水，，B错误；C．向硅酸钠溶液中通入过量气体得到硅酸沉淀和碳酸氢钠：，C错误；D．氢氧根过量时，铝离子转变为四羟基合铝酸根，铵根离子转变为一水合氨，则向溶液中滴加少量溶液：，D错误；选A。8.下列关于下图物质结构说法正确的是A.图①中18-冠-6通过离子键与作用，体现了超分子“分子识别”的特征B.图②为Cu（Ⅰ）（Ⅰ表示化合价为+1）形成的配离子，C、N的杂化方式均为C.图③为，加热时先失去的是D.图④为六氟磷酸盐离子液体，相较于摩尔质量更大，具有更高的熔沸点【答案】C【解析】A.图①中18-冠-6通过配位键与作用，体现了超分子“分子识别”的特征，故A错误；B.图②为Cu（Ⅰ）（Ⅰ表示化合价为+1）形成的配离子，单键C、N的杂化方式为，故B错误；C.图③为，O原子半径小于N，N更易与Cu2+形成配位键，加热时先失去的是，故C正确；D.图④为六氟磷酸盐离子液体，相较于阳离子半径更大，晶格能小，熔沸点更低，故D错误；选C。9.为短周期主族元素，且原子序数依次增大。是同一周期的相邻元素，Z元素最高正价与最低负价的代数和为2，W与Q是相邻主族元素，Q的单质是一种黄绿色的气体。下列说法一定正确的是A.属于共价化合物 B.Z的最高价氧化物对应的水化物为强酸C.同周期中第一电离能比W大的主族元素有2种 D.原子半径：【答案】C【解析】是同一周期的相邻元素，Z元素最高正价与最低负价的代数和为2，所以Z为N或P，X、Y分别是B、C或Al、Si，W与Q是相邻主族元素，Q的单质是一种黄绿色的气体，Q是Cl，则W是O或S，若Z为N，X、Y分别是B、C，则W是O或S，Q是Cl，若Z为P，则X、Y分别是Al、Si，W是S，Q是Cl，据此作答。A．属于共价化合物，属于离子化合物，故A错误；B．Z为氮或磷，氮最高价氧化物对应的水化物是硝酸为强酸，P的最高价氧化物对应的水化物H3PO4，为中强酸，故B错误；C．同周期中第一电离能比O大的主族元素有N和F，比S大的主族元素有P和Cl，故C正确；D．如果W是S，Q是Cl，原子半径，如果W是O，Q是Cl，原子半径，故D错误；答案选C。10.根据下列实验操作及现象所推出的结论或解释正确的是选项实验操作及现象结论或解释A取2mL淀粉水解液于试管中，滴加氢氧化钠溶液调节至碱性，再滴加几滴碘液，溶液不变蓝淀粉已完全水解B向溶液中通入气体，出现黑色沉淀（CuS）酸性：C用试纸分别测等浓度的和溶液的，前者显蓝色，后者显红色和均为弱酸D向某钾盐溶液中滴加浓盐酸，产生的气体通入品红溶液中，品红褪色不能确定该钾盐中是否含有或AA B.B C.C D.D【答案】D【解析】A．NaOH会和I2发生反应，不能证明淀粉已经完全水解，A错误；B．CuS溶解度小，可以生成黑色沉淀，硫酸的酸性强于H2S，B错误；C．溶液使试纸变红色，说明NaHSO3显酸性，不能证明H2SO3是弱酸，C错误；D．向某钾盐溶液中滴加浓盐酸，产生的气体通入品红溶液中，品红褪色，气体也可能是Cl2，钾盐可能是KClO3或KClO，不能确定该钾盐中是否含有或，D正确；答案选D。11.“绿色零碳”氢能前景广阔。为解决传统电解水制“绿氢”阳极电势高、反应速率缓慢的问题，科技工作者设计耦合HCHO高效制的方法，装置如图所示。部分反应机理为。下列说法错误的是A.a电极连电源的负极，发生还原反应B.电解过程中由a极流向b极，故b极区溶液保持不变C.阳极存在电极反应：D.当转移电子时，该装置可产生（标准状况下）【答案】B【解析】据图示可知，b电极上HCHO转化为HCOO-，而HCHO转化为HCOO-为氧化反应，所以b电极为阳极，a电极为阴极，HCHO为阳极反应物，结合反应机理可知，阳极反应为，阴极水得电子生成氢气：。A．由分析可知，a为阴极，与电源负极相连，得到电子发生还原反应，A正确；B．电解过程中，a极生成的向阳极移动，即由a极流向b极；由a、b极反应式可知，转移相同电子数时，b极消耗的为a极生成的两倍，故b极区溶液降低，B错误；C．由分析可知阳极反应为，C正确；D．当转移电子时，阴极、阳极各产生，共，则该装置可产生（标准状况下），D正确；故选B。12.常温下，用溶液滴定HA溶液的滴定曲线如图所示。下列说法不正确的是A.若a点的，则HA的电离平衡常数B.水的电离程度：C.b点溶液中粒子浓度大小：D.e点溶液中：【答案】D【解析】由图可知a点溶质是HA，部分电离，b点成分为KA和HA，二者的物质的量之比为1:1，溶液显酸性，HA的电离大于A-的水解，c点成分为KA和HA，溶液呈中性，d点刚好完全反应，溶液中只有KA，e点KOH过量，溶液中有KA和KOH。A．若a点的，则c(H+)=c(A-)=10-3mol·L-1，HA的电离平衡常数，A正确；B．水的电离程度：d点溶液的溶质为KA，促进水的电离，水电离程度最大，c点有HA和NaA，pH=7，HA电离出的H+抑制水电离和NaA水解促进水电离程度相当，b点是HA和NaA，对应的pH值小于7，抑制水电离程度大，a点只有HA，电离出的H+多，对水电离抑制程度最大，因此水电离的程度为，B正确；C．b点溶液中，溶质为等物质的量的HA、KA，HAH++A-，A-+H2OHA+OH-，溶液显酸性，则HA的电离程度大于A-的水解程度，所以溶液中粒子浓度大小：，C正确；D．e点溶液中的溶质为KA、KOH，且，根据物料守恒可知，则2c(K+)=3c(A-)+3c(HA)，D错误；答案选D。13.一水合硫酸锰（）是一种粉色晶体，易溶于水，不溶于乙醇，是重要的微量元素肥料之一。工业上由天然二氧化锰粉与硫化锰矿（还含等元素的氧化物）制备硫酸锰的工艺如图所示[已知：硫酸锰溶液在低于40℃结晶析出，高于40℃结晶析出]。下列说法正确的是A.为了提高“溶浸”速率，的物质的量浓度越大越好B.“溶浸”步骤中MnS与反应生成S，该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为1:2C.“沉锰”步骤中改用溶液效果更佳D.“操作A”是蒸发结晶，在温度高于40℃趁热过滤、洗涤、干燥【答案】D【解析】二氧化锰粉与硫化锰矿(还含Fe、Al、Mg、Si等元素)在硫酸中酸浸，主要的反应为：MnO2+MnS+2H2SO4=2MnSO4+S+2H2O，SiO2不溶于硫酸，过滤，滤渣1含有S和SiO2，滤液含有Mn2+、Fe2+、Fe3+、Al3+、Mg2+，加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，加入氨水调节pH除去Fe3+、Al3+，滤渣2为Fe(OH)3、Al(OH)3，加入MnF2生成MgF2沉淀除去Mg2+，滤渣3为MgF2，滤液主要含有Mn2+，加入碳酸氢铵发生反应：，用硫酸溶解碳酸锰得到产品硫酸锰，经过系列操作A包括热溶液并控制温度＞40℃趁热过滤，洗涤、干燥，得到MnSO4·H2O，据此分析作答。A．虽然增加硫酸浓度可以提高反应速率，但是过高的浓度会导致反应不完全，影响后续处理和产品质量。因此在用硫酸溶浸过程中，通常采用中等浓度的硫酸（40%左右）既能保证反应速率，又能减少设备和物料的损失，A错误；B．“溶浸”步骤反应为MnO2+MnS+2H2SO4=2MnSO4+S+2H2O，该反应中氧化产物为，还原产物为，需要注意的是生成的中有一半是转化的，其中锰化合价未发生变化，不是还原产物，则反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为1:1，B错误；C．溶液碱性较强，导致生成氢氧化锰或碱式碳酸锰，从而影响沉锰的效果，C错误；D．由题可知，低于40℃结晶析出MnSO4⋅5H2O，高于40℃结晶析出MnSO4⋅H2O，则加热溶液并控制温度＞40℃趁热过滤，洗涤、干燥，得到粗产品，D正确；故选D。14.甲苯与乙酰氯（）在无水催化作用下发生反应，其反应机理及部分能量示意图如图所示，下列说法不正确的是A.该反应的快慢由中间体Q→中间体络合物M步骤决定B.已知稳定性：，则在历程图中虚线可表示与的反应历程C.甲苯与乙酰氯反应过程中有反应发生D.该反应过程涉及极性键和非极性键的断裂和形成【答案】B【解析】A．慢反应决定总反应速率，中间体Q→中间体络合物M为慢反应，该反应的快慢由中间体Q→中间体络合物M步骤决定，故A正确；B．稳定性：，能量越低越稳定，的能量大于，则表示与的反应历程虚线应该在实线上方，故B错误；C．AlCl3是催化剂，步骤Ⅰ生成、步骤Ⅲ生成H+，所以甲苯与乙酰氯反应过程中有反应发生，故C正确；D．该反应过程涉及极性键碳氯键、碳氢键的断裂，氢氯键形成，苯环中π键的断裂和形成，故D正确；选B。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.铋酸钠（）是一种新型有效的光催化剂，也被广泛应用于制药业。某兴趣小组设计实验，在碱性环境中充分搅拌，通入与反应制备NaBiO3并探究其性质。已知：①粉末呈浅黄色，不溶于冷水，遇沸水或酸溶液迅速分解；②为白色难溶于水的固体。I．制备铋酸钠（NaBiO3），实验装置如图（夹持仪器已略去）：请按要求回答下列问题：（1）仪器a的名称是____________；B装置的作用是___________。（2）装置C中发生的主要反应的化学方程式为___________。（3）当观察到C中白色固体消失时，应关闭和，并停止对A加热，原因是__________。（4）实验完毕后，打开，向A中加入溶液的主要作用为__________。（5）实验完毕后，装置C中为尽可能多地获得产品，需要进行的操作是_________、过滤、冷水洗涤、干燥。Ⅱ．产品纯度的测定取I中制取的NaBiO3粗产品ag，加入足量稀硫酸和稀溶液使其完全反应，再用cmol/L的标准溶液滴定生成的。[已知：]（6）当达到滴定终点时，消耗溶液。该产品的纯度为_________（用含a、c、V的代数式表示）。Ⅲ．探究的氧化性（7）取少量装置C中反应后的悬浊液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，经检验气体中含有．该实验_________（填“能”或“不能”）证明一定是NaBiO3将氧化了，理由是___________。【答案】（1）①.恒压滴液漏斗②.除氯气中的氯化氢（2）Bi(OH)3+3NaOH+Cl2=NaBiO3+2NaCl+3H2O（3）防止Cl2过量使溶液呈酸性，导致NaBiO3分解（4）除去A中残留Cl2（5）在冰水(冷水)中冷却结晶(或冷却结晶)（6）（7）①.不能②.酸性条件下，溶液中的ClO-也能氧化Cl-生成Cl2【解析】A制备Cl2，B除Cl2中的氯化氢，C中被Cl2氧化为NaBiO3，防止Cl2过量使溶液呈酸性，导致NaBiO3分解，所以当观察到C中白色固体消失时，应关闭K3和K1，并停止对A加热，D中氢氧化钠溶液吸收氯气，防止污染。据此分析解答。（1）根据装置图，仪器a的名称是恒压滴液漏斗；A中生成的氯气中含有氯化氢，B装置的作用是除氯气中的氯化氢；（2）C中Cl2发生的主要反应是将氧化为NaBiO3，根据得失电子守恒，发生的反应化学方程式为：Bi(OH)3+3NaOH+Cl2=NaBiO3+2NaCl+3H2O；（3）NaBiO3遇酸溶液迅速分解，防止Cl2过量使溶液呈酸性，导致分解，所以当观察到C中白色固体消失时，应关闭和，并停止对A加热。（4）Cl2有毒，为防止Cl2污染空气，实验完毕后，打开，向A中加入NaOH溶液的主要作用是除去A中残留Cl2；（5）NaBiO3粉末呈浅黄色，不溶于冷水，反应结束后，为从装置C中获得尽可能多的产品，需要的操作是在冰水(冷水)中冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；（6）根据得失电子守恒建立关系式，，当达到滴定终点时，消耗才cmol/L的标准溶液VmL。n(NaBiO3)=n(H2C2O4)=cmol/L×V×10-3L=cV×10-３mol，该产品的纯度为；（7）取少量C中反应后的悬浊液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，经检验气体中含有Cl2。由于在装置C中同时发生了两个反应：Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O，Cl2+Bi(OH)3+3NaOH=NaBiO3+2NaCl+3H2O，NaBiO3具有强氧化性，可以氧化Cl-产生Cl2，酸性条件下，溶液中的ClO-也能氧化Cl-生成Cl2，因此该实验不能证明一定是NaBiO3氧化了Cl-。16.近年来随着新能源产业链的发展，镍成为重要的能源金属，被广泛应用于电池制造、金属冶炼、化工合成等多个领域。如图是某实验室用工业废弃的NiO催化剂（含有、CaO、CuO、BaO等杂质）为原料制备的流程：已知：①有关氢氧化物开始沉淀的和完全沉淀的如下表所示：氢氧化物开始沉淀的1.56.57.7完全沉淀的3.39.79.2②常温时；③不能氧化。（1）滤渣的主要成分为___________（填化学式）。（2）根据上述流程，写出向酸浸过滤后所得滤液中通入时发生的氧化还原反应的离子方程式：____________。（3）用文字叙述加入的目的是____________。（4）加入NaF目的是进一步除去，当时，_________。（5）该流程最后一步中受热分解即可转化为，该过程中固体的失重率为________。（用百分数表示，结果保留到小数点后两位）（6）该流程除了可以获得最终的目标产物，通过“电解”这一步还制得了电池制造领域重要的碱性镍镉电池电极材料。除了上述的电解法可制备，还可以用氧化法制得，即在碱性溶液中用进行氧化，写出该氧化法中涉及的离子反应方程式：__________。（7）一种镧镍储氢合金晶体的结构单元如图所示，产生的可与其结合后形成（进入合金后解离成氢原子并填充在晶胞空隙中，晶胞体积不变）。①该晶体结构单元中，__________。②La的配位数为__________。【答案】（1）BaSO4、CaSO4（2）（3）氧化亚铁离子为铁离子，使铁元素以氢氧化铁沉淀形式分离出来（4）（5）（6）（7）①.5②.18【解析】工业废弃的NiO催化剂（含有、CaO、CuO、BaO等杂质）加入硫酸进行酸浸过滤，得到硫酸钡沉淀和微溶的硫酸钙沉淀，过滤得到Ni2+、Fe3+、Ca2+、Cu2+等硫酸盐，加入硫化氢会发生离子反应，同时生成硫化铜，得到硫化铜和硫单质，溶液中含有Ni2+、Fe2+、Ca2+等硫酸盐，加入的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，调节pH，同时生成Fe(OH)3，通入氟化钠，生成氟化钙沉淀，加入氯化钠进行电解得到NiOOH，加热分解得到，据此作答。（1）滤渣的主要成分为BaSO4、CaSO4；（2）向酸浸过滤后所得滤液中通入时发生的氧化还原反应的离子方程式：；（3）加入的目的是氧化亚铁离子为铁离子，使铁元素以氢氧化铁沉淀形式分离出来；（4），当时，；（5）受热分解即可转化为，化学式为，该过程中固体的失重率为（6）在碱性溶液中用进行氧化，写出该氧化法中涉及的离子反应方程式：；（7）根据晶胞结构可知，镧原子位于晶胞的顶点和面心，则镧原子个数为，镍原子位于面上和体内，则镍原子个数为，则该镧镍储氢合金的化学式为，即x=5，晶胞中镧原子与同层、上层和下层各有6个镍原子距离最近，则La的配位数为18。17.研究二氧化碳合成甲醇对实现“碳中和”具有重要意义，二氧化碳加氢制甲醇的过程一般含有以下三个反应：I．Ⅱ．Ⅲ．（1）________﹔_____（用含的代数式表示）。（2）一定温度下，向恒容密闭容器中按初始进料比投入反应物，发生反应Ⅰ。下列能说明该反应达到平衡状态是___________（填序号）。A.容器内气体的压强不再发生改变B.混合气体的平均摩尔质量不再发生改变C.不再发生改变 D.反应的焓变不再变化（3）向恒容密闭容器中按初始进料比投入反应物，只发生反应Ⅰ和Ⅱ。在不同温度下达到平衡，体系中、CO的选择性（如：的选择性）和的平衡转化率与温度的关系如图所示。图中表示选择性变化的曲线是_____（填“a”或“b”或“c”），其原因是___________。（4）一定温度下，在体积为VL的恒容密闭容器中通入和发生上述三个反应。达到平衡时，容器中的物质的量为amol，的物质的量为bmol，反应Ⅱ的平衡常数为_____