2025年江西高考模拟卷（一）（含解析）

2025年江西高考模拟卷（一）
一、选择题：本题共13小题，每小题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．中国“天宫”空间站运用的“黑科技”很多，下列对所涉及物质的性质描述错误的是
A．被誉为“百变金刚”的太空机械臂主要成分为铝合金，其强度大于纯铝
B．太阳电池翼采用碳纤维框架和玻璃纤维网，二者均为无机非金属材料
C．“问天”实验舱采用了砷化镓太阳电池片，砷化镓具有良好的导电性
D．核心舱配置的离子推进器以氙气和氩气作为推进剂，氙气和氩气属于稀有气体
2．磷与硫可以形成多种化合物，在这些化合物分子中磷的相对位置与白磷分子相似，某种火柴的成分之一是三硫化四磷，其分子结构如图所示。下列说法正确的是
A．分子的键角为
B．第一电离能：
C．分子中所有P的杂化方式都是
D．分子中极性键与非极性键的个数比为2：1
3．实验是化学研究的基础，关于下列各实验装置图的叙述中，正确的是
A．装置①：吸收，并防止倒吸
B．装置②：滴加溶液，溶液不变红，可以证明锌比铁活泼
C．装置③：获得硝酸铁晶体
D．装置④：比较酸性强弱顺序为
4．设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．中质子数与中子数之差为
B．4.6g乙醇中含有键总数为
C．1.3g苯和乙炔的混合物中含有原子总数为
D．1000mL浓硫酸与足量铜片加热充分反应转移电子总数为
5．有机物M在碱性条件下可发生的反应如图所示。下列说法不正确的是
A．M中酮羰基邻位甲基的键极性较强，易断键
B．用红外光谱测出M中含有两种官能团
C．N中含有3个手性碳原子
D．该条件下还可能生成
6．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：
7．下列制备实验中，实验装置及操作均正确的是
选项 实验目的 实验装置 实验操作
A 明矾大晶体的制备 把晶核悬挂在玻璃杯中央，使溶液快速冷却
B 氢氧化铁胶体的制备 向沸水中逐滴加入5~6滴饱和溶液
C 乙酸乙酯的制备 将产生的蒸气通入饱和溶液中，经分液得到乙酸乙酯
D 氢氧化亚铁的制备 待具支试管出口处气体纯净时，关闭止水夹
8．配合物间的结构转变是一种有趣的现象。配合物1经过加热可转变为配合物2，如图所示。
下列说法错误的是
A．配合物1内界中心原子配位数为6
B．转变过程中只涉及配位键的断裂与形成
C．两种配合物中均含有大键
D．转变前后，Co的化合价没有发生变化
9．工业上常用合成气制备二甲醚，在催化剂作用下发生下面3个反应：
①CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)　ΔH1<0
②2CH3OH(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g)　ΔH2<0
③CO(g)＋H2O(g)H2(g)＋CO2(g)　ΔH3<0
CO的转化率、CH3OH和CO2的产率和随温度变化关系如图1。总压分别为100 kPa、10 kPa时，平衡体系中CO和CH3OCH3的物质的量分数随温度变化关系如图2，下列说法错误的是
A．图1中CO的转化率随温度升高而上升的原因是催化剂活性增大
B．增加压强有利于提高CH3OCH3的产率
C．100 kPa时，CO和CH3OCH3的物质的量分数随温度变化关系的曲线分别是N、Y
D．100 kPa下，将3 mol H2、2 mol CO充入T ℃恒容密闭容器中，若只发生反应①和反应②，平衡时，测得n(CH3OH)=0.25 mol、n(H2O)=0.5 mol，则反应①平衡常数Kp=kPa-2(分压=总压×物质的量分数)
10．如图，某课题组设计了一种以为原料固定的方法。下列说法正确的是
A．该过程涉及了取代反应和消去反应B．若原料用，则产物为
C．该过程中只存在极性键的断裂 D．该方法中和化合物X为中间产物
11．我国科学家在锰基正极材料研究方面取得重要进展，使低成本钠离子电池有望取代锂离子电池。钠离子电池的工作原理为，利用钠离子在正负极之间嵌脱过程实现充放电。下列有关说法正确的是
A．该电池利用钠离子嵌脱过程实现充放电，未发生氧化还原反应
B．充电时，锰元素的化合价升高，钠离子在锰基材料上脱出
C．放电时，负极反应式为：
D．充电时，外电路中转移，锰基材料质量增加
12．从含镍催化剂(含NiO、Fe2O3、Al2O3等物质)中回收金属资源的流程如图所示：
已知：Fe2+完全沉淀的pH为9.0，下列说法正确的是
A．“溶浸”和“酸浸”使用的试剂分别为NaOH溶液和盐酸
B．“酸化”过程也可使用足量稀盐酸
C．红褐色固体为Fe2O3
D．若杂质中含有Fe2+，则浓缩结晶所得产品中可能含有FeSO4·7H2O
13．常温下，向一定浓度的邻苯二甲酸溶液(用表示)中滴加溶液，混合溶液中离子浓度随变化的关系如图。下列叙述正确的是
A．曲线代表的变化
B．水解常数的数量级是
C．当混合溶液呈中性时，
D．水的电离程度
14．在晶胞(图甲)中引入掺杂剂以取代，伴随着形成空穴(见图乙)以保持电中性，空穴允许氧离子通过结构进行迁移，从而提高了固体的导电性。晶体的密度为，的原子坐标为，为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．晶胞中、的配位数之比为
B．晶胞中，和最近的距离为
C．图乙中，位于由和空穴构成的正方体中心，位于由形成的正八面体中心
D．图乙中空穴位置的原子坐标为
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15．（15分）(一水合硫酸四氨合铜)为深蓝色晶体，可溶于水，难溶于乙醇，常用作杀虫剂、媒染剂。某小组在实验室制备该晶体并检验其纯度。回答下列问题：
【制备晶体】利用如图1装置(部分夹持装置略)制备晶体。
(1)盛装95%乙醇溶液的仪器名称为 。
(2)A装置中发生反应的化学方程式为 。
(3)B装置中不能用长导管替换长颈漏斗，理由是 。
(4)向B装置硫酸铜溶液中持续通入A装置产生的气体，并不断搅拌，可观察到的现象是 。
(5)向反应后的溶液中滴加适量95%乙醇溶液，有深蓝色晶体析出，经过滤、洗涤、干燥得到产品。加入95%乙醇溶液的目的是 。
【测定纯度】将mg(相对分子质量为246)产品溶于水，并加入过量的NaOH溶液，通入高温水蒸气，将产生的氨全部蒸出。先用mL0.1000稀盐酸吸收蒸出的氨，加入2滴酚酞溶液，再利用如图2装置(夹持装置略)，用0.1000NaOH溶液滴定剩余的盐酸，滴定到终点，消耗mLNaOH溶液。
(6)到达滴定终点时，观察到的实验现象是 。
(7)产品中的纯度为 ×100%(列出计算式)。
(8)滴定时会导致所测纯度偏低的情况是 (填标号)。
a．未将产生的氨全部蒸出
b．未使用0.1000NaOH溶液润洗滴定管
c．终点时滴定管尖嘴内有气泡
d．终点读数时仰视滴定管刻度线
16．（14分）利用还原焙烧——氨浸工艺从红土镍矿(主要成分有、、、、)中回收镍和钴的工艺流程如下：
已知：
Ⅰ．“还原焙烧”的产物为、、、；
Ⅱ．“氨浸”后、元素的存在形式分别为、；
Ⅲ．、。
回答下列问题：
(1)基态的价电子排布式是 ，同周期过渡元素中与其具有相同未成对电子数的元素名称是 。
(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 。浸出时间过长，、浸出率都有下降趋势，可能原因是 。
(5)“选择性沉钴”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)“蒸氨”时发生的化学方程式为 。
(7)整个流程中，除蒸氨后的碳酸铵外，还能循环使用的物质有 。
17．（14分）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，的平衡选择性 (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 。
18．（15分）奧美拉唑是一类苯并咪唑类质子泵抑制剂，用于消化性溃疡等疾病的治疗。某实验室完成的合成方法如下：
回答下列问题：
(1)的反应类型是 。所用的“混酸”是 。
(2)中，的作用有①将E中取代为；② 。
(3)F与试剂X按等物质的量反应生成G和，试剂X为 （填化学式）。
(4)写出满足下列条件的B的同分异构体的结构简式 。
①能与发生显色反应
②含有苯环且苯环上只有两个取代基
③核磁共振氢谱中显示四组峰且峰面积比为6：2：2：1
(5)D的水解产物为H，H先后经历3次氨加成一脱水消去，最终生成J。
①H和J所有原子共平面，J中N原子的杂化方式为 。
②中间产物I具有母核结构，写出I的结构简式 。
③鸟嘌呤与胞嘧啶之间可通过三重氢键“互补配对”（如图）。H和J之间也可通过类似的方式结合。试画出一分子H与一分子J通过三重氢键结合形成的复合物结构 。
参考答案
1．C
【详解】A．铝合金是合金，其强度高于纯铝，故A正确；
B． 碳纤维和玻璃纤维均属于无机非金属材料，故B正确；
C．砷化镓是半导体材料，导电性介于导体和绝缘体之间，并非“良好导电性”，故C错误；
D．氙和氩均为稀有气体，性质稳定，可以做离子推进器中的推进剂，故D正确；
故选C。
2．D
【详解】A．分子的键角为60°，A错误；
B．同一周期元素，元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，故P的第一电离能大于S的第一电离能，B错误；
C．根据分子结构图，分子中每个P均形成3个σ键，还有一个孤对电子，故杂化方式为，C错误；
D．分子中为极性键，共6个，为非极性键，共3个，极性键与非极性键的个数比为2：1，D正确；
故选D；
3．D
【详解】A. 吸收氨气时，由于氨气极易溶于水，装置①中，导管出气口仍与水接触，不能防倒吸，若把苯改为四氯化碳就可以了，故A错误；
B．如果铁比锌活泼，Fe失去电子生成Fe2+，滴加溶液，溶液仍不变红，故B错误；
C．加热硝酸铁溶液，Fe3+水解程度增加，生成氢氧化铁和氢离子，氢离子与硝酸根形成易挥发的硝酸，因此装置③得到的是氢氧化铁，故C错误；
D．醋酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，证明醋酸酸性大于碳酸，将反应后气体通入碳酸氢钠除去二氧化碳中的醋酸，然后二氧化碳与苯酚钠反应生成苯酚，证明碳酸酸性大于苯酚，故D正确；
故答案为D。
4．C
【详解】A．的质量或物质的量未知，无法计算质子数与中子数之差，A项错误；
B．单键均为键，1mol乙醇中含有个键，故4.6g(0.1mol)乙醇中含有键总数为，B项错误；
C．乙炔和苯的最简式均为CH，则1.3g苯和乙炔的混合物中含有0.1mol“CH”，原子总数为，C项正确；
D．浓硫酸反应一段时间变稀后不再与铜反应，难以计算1000mL浓硫酸与足量铜片加热充分反应中转移的电子总数，D项错误；
选C。
5．C
【详解】A．受酮羰基的吸电子效应影响，酮羰基邻位甲基的C H键极性较强，易断键，A正确；
B．M中含有酮羰基、碳碳双键两种官能团，可以用红外光谱法测出其中的官能团信息，B正确；
C．手性碳原子是连接4个互不相同的原子或原子团的碳原子，N中含有2个手性碳原子，如中*所示，C错误；
D．M转变为N的过程中先发生了酮羰基的加成反应，后发生羟基的消去反应，观察到M中含有两个不对称的酮羰基，推测该条件下还可能生成，D正确；
故选C。
6．B
【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。
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。
7．C
【详解】A．要得到较大颗粒的明矾晶体，需要缓慢降温以利于晶体的生长，而不是快速降温，A错误；
B．制取红褐色胶体应该向煮沸的蒸馏水中滴加饱和氯化铁溶液至混合物变红褐色，由于硫酸铁水解生成的硫酸为难挥发性酸，不利于氢氧化铁胶体的制取，B错误；
C．产生的蒸气通入饱和溶液中，挥发的乙醇、乙酸被饱和碳酸钠溶液吸收，且饱和碳酸钠溶液利于乙酸乙酯的分层，经分液得到有机层乙酸乙酯，C正确；
D．应该左侧试管为铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，氢气排净装置中空气，一段时间后，关闭止水夹，使得左侧试管中压强增大，生成硫酸亚铁被压入右侧试管中和氢氧化钠反应生成氢氧化亚铁沉淀，图示装置中生成氢气从右侧支管口逸出，不能使得生成硫酸亚铁和氢氧化钠溶液混合反应，D错误；
故选C。
8．B
【详解】A．根据配合物1的结构图，中心原子Co与5个氧原子，1个N原子形成配位键，故内界中心原子配位数为6，A正确；
B．配合物1中有离子键，配合物2中没有离子键，故转变过程中一定涉及离子键的断裂，B错误；
C．两种配合物中，类似苯环的含N环状结构中有大键，C正确；
D．配合物1和配合物2中Co的化合价都是+2价，转变前后，Co的化合价没有发生变化，D正确；
故本题选B。
9．C
【分析】图2：三个反应均为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO的物质的量分数增大，CH3OCH3的物质的量分数减小，故M、N代表CO的物质的量分数，X、Y代表CH3OCH3的物质的量分数。反应①前后气体分子数减少，压强增大，平衡正向移动，CO的物质的量分数减小，故M代表100kPa时CO的物质的量分数，反应①正向移动，CH3OH浓度增大，反应②正向移动，CH3OCH3的物质的量分数增大，故X代表100kPa时CH3OCH3的物质的量分数。
A．三个反应均为放热反应，若达到平衡，升高温度平衡逆向移动，则CO的转化率减小，而图1中，温度越高，CO的平衡转化率越大，说明此时未达到平衡，故从速率角度分析，影响速率的因素为温度和催化剂活性，故图1中CO的转化率随温度升高而上升的原因是催化剂活性增大，A正确；
B．反应①前后气体分子数减少，反应②前后气体分子数不变，增大压强，反应①正向移动，CH3OH浓度增大，反应②正向移动，故CH3OCH3的产率增大，B正确；
C．根据分析， M代表100kPa时CO的物质的量分数，X代表100kPa时CH3OCH3的物质的量分数，C错误；
D．根据题意可列出三段式：，，反应②前后气体分子数不变，故平衡时总物质的量为2.5mol，起始压强为100kPa，故平衡时总压强为50kPa，CO、H2、CH3OH的分压分别为：、、，反应①平衡常数Kp=，D正确；
故选C。
10．B
【分析】根据图示可知，原料被催化剂X吸附后(氢键作用)，再与结合生成中间体，中间体吸收CO2后，再转化生成、、X。
A．最后一步形成五元环的反应类型为取代反应，不涉及消去反应，A错误；
B．由图可知其总反应为：+CO2，故推得若原料用 ，则产物为，B正确；
C．该过程中不只存在极性键的断裂，还存在极性键的形成，如开环反应时，断开了C-O键，生成了C-I键，C错误；
D．和化合物X均是先消耗，后生成，反应前后没有发生变化，均做催化剂，D错误；
故选B。
11．B
【分析】根据充放电原理，放电时负极发生：NaxCn-xe-=Cn+nNa+，正极发生Na1-xMnO2+xe-+xNa+=NaMnO2，则a为正极，b为负极，充电时，a为阳极，b为阴极。
A．反应中元素的化合价发生了变化，发生了氧化还原反应，A错误；
B．充电时，发生反应为：，元素化合价升高，钠离子在锰基材料上脱出，B正确；
C．放电时负极反应为，C错误；
D．充电时，外电路中转移，锰基材料脱出，质量减少，D错误；
答案选B。
12．D
【分析】先将含镍催化剂溶浸(可用NaOH)，将Al2O3溶解，然后酸浸(用硫酸)，将NiO、Fe2O3溶解，调节pH使Fe3+转化为氢氧化铁沉淀，滤液经过浓缩结晶得到NiSO4·7H2O，溶浸后的滤液中通入足量的CO2气体，得到氢氧化铝，氢氧化铝灼烧得到氧化铝。
A．第一步溶浸的目的是溶解Al2O3，所以应为“碱浸”，试剂可以是NaOH溶液，“酸浸”应选用硫酸，避免引入杂质离子，A错误；
B．“酸化”时，[Al(OH)4]-转化为氢氧化铝沉淀，加足量盐酸会生成氯化铝溶液，B错误；
C．根据分析，红褐色固体为Fe(OH)3，C错误；
D．若杂质中有Fe2+，调pH为3.2，Fe2+未沉淀，后续进行浓缩结晶操作，所得产品中可能含FeSO4·7H2O，D正确；
故选D。
13．C
【分析】H2R为二元弱酸，Ka1>Ka2，，，当pOH相等时，c(H+)相等，，，N代表与pOH关系，M代表与pOH的关系，pOH=0时，c(OH-)=1mol/L，c(H+)=10-14mol/L， ，。
A．根据分析可知，N代表与pOH关系，A错误；
B．水解常数Kh=，数量级是10-12，B错误；
C．水解常数Kh，电离常数为Ka2=10-5.6，电离大于水解，当溶液呈中性时，存在K2A和KHA的混合物，根据，溶液呈中性时pH=10-7mol/L，得出，，正确，C正确；
D．m点，，根据，c(H+)=10-5.6mol/L，n点，，，c(H+)=10-2.9mol/L，n点酸性强，水电离程度受到抑制大，水电离程度小，D错误；
答案选C。
14．D
【详解】A．晶胞中周围有8个O2-离子，配位数为8，周围有4个Zr4+离子，配位数为4，配位数之比为2:1，A错误；
B．晶胞中，和最近的距离为晶胞体对角线的四分之一，距离为：，B错误；
C．图乙中，位于由和空穴构成的正方体中心，位于由形成的正四面体中心，C错误；
D．根据图乙分析，空穴位置的原子坐标为，D正确；
答案选D。
15．(1)恒压滴液漏斗（1分）
(2) （2分）
(3)氨气极易溶于水，若用长导管替换长颈漏斗，会发生倒吸（2分）
(4)先生成蓝色沉淀，后蓝色沉淀逐渐溶解，溶液变为深蓝色（2分）
(5)降低溶剂的极性，有利于结晶析出（2分）
(6)滴入最后半滴NaOH溶液，溶液颜色从无色刚好变为粉红色，且半分钟内不变色(或其他正确答案) （2分）
(7) （2分）
(8)abd（2分）
【分析】装置A中生成氨气，反应产生的氨气通入装置B中，先产生氢氧化铜蓝色沉淀，继续向装置B中通入氨气，氢氧化铜溶解，生成硫酸四氨合铜，再滴入95%的乙醇溶液析出，分离出，溶解后与氢氧化钠反应释放出氨气被稀盐酸吸收，通过滴定剩余盐酸溶质的量可以计算生成氨气的量，进而计算硫酸四氨合铜晶体的纯度。
（1）盛装95%乙醇溶液的仪器名称为恒压滴液漏斗。
（2）A装置用于制取氨气，实验室常用氯化铵与氢氧化钙在加热条件下反应制氨气，发生反应的化学方程式为。
（3）氨气极易溶于水，氨气溶于水易发生倒吸，使用长颈漏斗将A装置产生的气体持续通入B装置中，而不使用长导管通入的原因是防止倒吸。
（4）向B装置的硫酸铜溶液中持续通入A装置产生的气体，并不断搅拌，先生成氢氧化铜沉淀，氢氧化铜继续与氨气反应生成氢氧化四氨合铜，可观察到的现象为：先生成蓝色沉淀，后蓝色沉淀消失，溶液变为深蓝色。
（5）水分子的极性大于乙醇分子的极性，加入乙醇能降低溶剂的极性，利于结晶析出，所以滴加95%的乙醇溶液，有深蓝色晶体析出。
（6）用0.1000NaOH溶液滴定剩余的盐酸，并且用酚酞作指示剂，则到达滴定终点时，NaOH溶液稍微过量，观察到的实验现象是：滴入最后半滴NaOH溶液，溶液颜色从无色刚好变为粉红色，且半分钟内不变色。
（7）根据关系式～～4HCl和HCl～NaOH可知，产品中的纯度。
（8）a．未将产生的氨全部蒸出，导致剩余的盐酸偏多，则消耗NaOH溶液的体积偏大，故导致所测纯度偏低，a符合题意；
b．未使用0.1000NaOH溶液润洗滴定管，导致滴定管中的NaOH溶液的浓度偏低，则消耗NaOH溶液的体积偏大，故导致所测纯度偏低，b符合题意；
c．终点时滴定管尖嘴内有气泡，导致偏小，故导致所测纯度偏高，c不符合题意；
d．终点读数时仰视滴定管刻度线，导致读数偏大，故导致所测纯度偏低，d符合题意；
故选abd。
16．(1) 3d84s2（1分）钛（1分）
(2)2Ni+O2+12NH3+2CO2=2+2CO（2分）
(3) （1分）
(4) 120~150（1分）氢氧化铁胶状沉淀可以吸附浸出液中的、（2分）
(5) （2分）
(6) （2分）
(7)氨气（2分）
【分析】红土镍矿经过粉碎、筛分与氢气反应，可以增大接触面积，加快反应速率，“还原焙烧”得到和等产物，在“氨浸”后先转化为，Co转化为，铁元素应该转化为，浸渣是，， “选择性沉钴”时，加入硫化铵使溶液中的转化为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，最后还原得到镍块。
（1）Ni是28号元素，则基态的价电子排布式是3d84s2；结合基态的价电子排布式可知，Ni有2个未成对电子，同周期过渡元素中与其具有相同未成对电子数的元素是Ti，其名称是钛；故答案为：3d84s2；钛；
（2）根据题给信息可知，“氨浸”后元素的存在形式为，则“氨浸”时发生的反应2Ni+O2+12NH3+2CO2=2+2CO；
（3）结合分析可知，浸渣是，；
（4）由图可知，最合适的反应时间范围是120~150min；氢氧化铁胶状沉淀可以吸附浸出液中的、，所以，Ni、Co浸出率都有下降趋势，故答案为：120~150；氢氧化铁胶状沉淀可以吸附浸出液中的、；
（5）根据反应方程式可知的平衡常数，故答案为：；
（6）“蒸氨”时，转化为沉淀析出，则“蒸氨”时发生反应的化学方程式为；
（7）“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，故答案为：氨气。
17．(1) （2分）低温（1分）
(2)（2分）>（2分）（2分）
(3) （2分）增大（1分）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（2分）
【详解】（1）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；
（2）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：0.7mol+2.8mol+0.3mol+0.6mol=4.4mol，则p(H2)==，p(CO2)=，p(CH4)=，p(H2O)=；；
（3）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．(1)氧化反应（1分）浓硫酸、浓硝酸（2分）
(2)中和产生的HCl（2分）
(3) （2分）
(4) （2分）
(5) （2分）（2分）（2分）
【分析】物质A被H2O2氧化得到物质B；物质B和浓硝酸在浓硫酸的催化下发生取代反应得到物质C；中，加入可以将E中取代为，同时，能和反应生成的HCl反应；F与试剂X按等物质的量反应生成G和，则X为；H先后经历3次氨加成一脱水消去，最终生成J，中间产物I具有母核结构，由此推测出I的结构简式为。
（1）由分析可知，的反应类型是氧化反应；物质B和浓硝酸在浓硫酸的催化下发生取代反应得到物质C，则混酸为浓硫酸、浓硝酸；
（2）中，加入可以将E中取代为，同时，能和反应生成的HCl反应，中和HCl；
（3）由分析可知，试剂X为；
（4）B的同分异构体，能与发生显色反应，说明分子中含有酚羟基；含有苯环且苯环上只有两个取代基；核磁共振氢谱中显示四组峰且峰面积比为6：2：2：1，说明分子中含有4种不同环境的氢原子，且个数比为6：2：2：1，符合条件的为；
（5）①H和J所有原子共平面，则J中N原子的杂化方式为sp2杂化；
②有分析可知，I的结构简式为；
③根据三重氢键“互补配对”可知，分子H与一分子J通过三重氢键结合形成的复合物结构为。
精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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