2025屆高三第一次大聯考化學本試卷共6頁。全卷滿分100分，考試時間75分鐘。注意事項：1.答題前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在本試卷和答題卡上。2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應的答案標號涂黑，如有改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案；回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。可能用到的相對原子質量：H1C12N14O16Na23S32Fe56一、選擇題：本題共14小題，每小題3分，共42分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.下列說法正確的是A.網球奧運冠軍鄭欽文比賽用的是碳纖維網球拍，碳纖維是有機高分子材料B.張家界黃龍洞是著名的溶洞景點，鐘乳石的形成涉及到了氧化還原反應C.向豆漿中加入熟石膏作為凝固劑，可以得到美味的豆腐腦D.公共場所常用“84”消毒液和乙醇進行消毒，它們的消毒原理相同【答案】C【解析】【詳解】A．碳纖維不是有機高分子材料，A錯誤；B．鐘乳石形成的主要反應：，元素化合價在反應前后無變化，不是氧化還原反應，B錯誤；C．向豆漿中加入熟石膏作為凝固劑，可以得到美味的豆腐腦，利用了膠體的聚沉，C正確；D．乙醇消毒不是利用強氧化性，“84”消毒液消毒是利用其強氧化性，D錯誤；本題選C。2.下列化學用語正確的是A.的空間填充模型：B.在水中的電離方程式：C.由H和Cl形成HCl的過程：D.次氯酸的結構式：【答案】B【解析】【詳解】A．分子結構類似于甲烷分子，且Cl原子的原子半徑應該比C原子的原子半徑大，則其空間填充模型為，A錯誤；B．在水中的電離方程式：，B正確；C．由H和Cl形成HCl的過程：，C錯誤；D．次氯酸的結構式是，D錯誤；故選B。3.下列實驗操作正確且能達到相應實驗目的的是A．收集氣體B．量取8.00mL飽和食鹽水C．鈉的燃燒D．灼燒干燥海帶A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【詳解】A．SO2難溶于飽和NaHSO3溶液，則可用排飽和NaHSO3溶液的方法收集SO2，A符合題意；B．量筒只能精確到0.1mL，則不能量取8.00mL飽和食鹽水，B不符合題意；C．可用瓷坩堝進行鈉在空氣中的燃燒實驗，不能用玻璃表面皿，C不符合題意；D．固體的灼燒坩堝應該放在泥三角上，而不是石棉網上，D不符合題意；故選A。4.理清化學基本概念是學好化學的重要基礎。下列說法正確的是A.、均為酸性氧化物，、均可由化合反應制得B.酸性：，推知元素的非金屬性：C.化學平衡正向移動，反應物的平衡轉化率一定增大D.直徑在1～5nm之間的納米級碳粒不屬于膠體【答案】D【解析】【詳解】A．與堿反應時，元素化合價發生了升降變化，與酸性氧化物的概念不符，A錯誤；B．最高價含氧酸酸性強弱，才能夠推知元素非金屬性強弱，H2SO3中S元素不是最高價，無法比較Cl元素和S元素的非金屬性，B錯誤；C．如果是濃度因素引起的正向移動，反應物的平衡轉化率可能會下降，C錯誤；D．直徑在1～5nm之間的納米級碳粒是純凈物，膠體是混合物，則直徑在1～5nm之間的納米級碳粒不屬于膠體，D正確；故選D。5.X、Y、Z、W是原子序數依次增大的短周期主族元素，且Y、W原子序數之和是X、Z原子序數之和的2倍。甲、乙、丙、丁、N是由這些元素組成的二元化合物，M是Y的單質。乙和丁的組成元素相同，乙被稱為“綠色氧化劑”，N是一種具有漂白性的氣體。上述物質間的轉化關系如圖所示(部分反應物、生成物、反應條件省略)。下列說法正確的是A.簡單氫化物的沸點： B.Z與W可能形成化合物C.簡單離子半徑： D.丙的分子結構為直線形【答案】B【解析】【分析】乙是一種“綠色氧化劑”，即乙為，催化分解產物有，M為。乙和丁組成的元素相同，則丁為；N是一種具有漂白性的氣體，化合物N為，丙和氧氣反應生成二氧化硫和水，丙為。X為H，Y為O，W為S，Y、W原子序數之和是X、Z原子序數之和的2倍，推出Z為Na。【詳解】A．由于NaH為離子晶體，且常溫下為固體，沸點高于，故A錯誤；B．Na與S元素可以形成(類比，Na甚至可以與S元素形成多硫化物)，故B正確；C．電子層數越多半徑越大，電子層數相同，質子數越多半徑越小，簡單離子半徑大小為，故C錯誤；D．分子的空間結構為V形，故D錯誤；選B。6.下列反應的離子方程式書寫正確的是A.飽和碳酸鈉溶液中通入足量的二氧化碳：B.向溶液中加入過量氨水：C.向NaClO溶液中滴入少量溶液：D.將Na加入到溶液中：【答案】A【解析】【詳解】A．飽和碳酸鈉溶液中通入足量的二氧化碳，由于生成的溶解度小于，且反應消耗了水，會析出，離子方程式為：

，A項正確；B．氨水不能溶解氫氧化鋁沉淀，該反應生成氫氧化鋁，離子方程式應為：，B項錯誤；C．過量的NaClO溶液呈堿性，無大量，不能有，C項錯誤；D．Na加入到溶液中，鈉先與水反應生成氫氧化鈉和氫氣，氫氧化鈉再與硫酸銅反應生成氫氧化銅沉淀，不會將Cu置換出來，D項錯誤；答案選A。7.常用于制備超硬、耐高溫的氮化物。某興趣小組設計實驗：通過CuO氧化制得，再與鎂反應制備。已知；遇水發生劇烈反應，生成一種有刺激性氣味的氣體。下列說法錯誤的是A.裝置A分液漏斗中的溶液為濃氨水B.裝置B中堿石灰可以用無水氯化鈣代替C.裝置D中濃硫酸體現酸性和吸水性D.與水反應的化學方程式：【答案】B【解析】【分析】根據題意可知，裝置A用于制備NH3，裝置B用堿石灰干燥NH3，裝置C將NH3與CuO反應生成N2、Cu、H2O，裝置D用濃硫酸干燥N2和除去NH3，裝置E將N2與Mg反應生成，遇水發生劇烈反應，則裝置F是為了防止空氣中的水蒸氣進入E裝置。【詳解】A．實驗室可以用濃氨水和生石灰/堿石灰/氫氧化鈉固體制備，則裝置A分液漏斗中的溶液為濃氨水，A正確；B．裝置B用堿石灰干燥NH3，而會與無水氯化鈣發生反應，則裝置B中堿石灰不可以用無水氯化鈣代替，B錯誤；C．濃硫酸作用是除和水蒸氣，體現酸性和吸水性，C正確；D．遇水發生劇烈反應，生成一種有刺激性氣味氣體，判斷產生了，反應為，D正確；故選B。8.設為阿伏加德羅常數的值。下列說法正確的是A.晶體中含有的鍵數目為B.標準狀況下，22.4L單質溴所含有的原子數目為C.過氧化鈉與水反應時，生成0.1mol氧氣轉移的電子數為D.常溫下，的溶液中，由水電離出的數目為【答案】C【解析】【詳解】A．中N-H鍵為鍵，則晶體中含有的鍵數目為，A錯誤；B．標準狀況下，單質溴不是氣體，無法計算所含有的原子數，B錯誤；C．過氧化鈉與水反應時，氧氣來源于過氧化鈉，生成0.1mol氧氣轉移的電子數為，C正確；D．的溶液中水電離出的為10-5mol，水電離出的數目等于水電離出的數目，應為，D錯誤；故選C。9.下列粒子組在溶液中能否大量共存的判斷和分析均正確的是選項粒子組判斷和分析A、、、不能大量共存，、的水解相互促進，產生沉淀和氣體B、、、不能大量共存，因為可以發生反應C、、、能大量共存，因為不能氧化羧酸D、、、能大量共存，因為相互之間不發生反應A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【詳解】A．粒子與不能大量共存是因為相互發生反應，生成沉淀和，A不符合題意；B．、、因為發生反應生成藍色沉淀而不能大量共存，B符合題意；C．可以氧化草酸分子，不能大量共存；C不符合題意；D．可以催化分解，因此不能大量共存，D不符合題意；故選B。10.高鐵酸鈉(Na2FeO4)是一種新型綠色水處理劑，具有凈水和消毒雙重功能。工業上，在堿性條件下用NaClO氧化(Fe(NO3)3)可制得Na2FeO4。下列說法正確的是A.明礬也是常用的水處理劑，它的作用原理與Na2FeO4類似B.上述制備Na2FeO4的過程中(氧化產物)：(還原產物)=3:2C.已知酸性條件下Na2FeO4在水溶液中會分解產生氣體，此氣體可能為氫氣D.處理含少量甲苯的廢水時，可用Na2FeO4將其轉化為苯甲酸根而除去，理論上2molNa2FeO4可處理甲苯1mol【答案】D【解析】【詳解】A．明礬凈水的原理是Al3+水解生成Al(OH)3膠體，吸附水中懸浮物，使水變得澄清。Na2FeO4的強氧化性能殺菌，遇水產生的Fe3+水解生成Fe(OH)3膠體再吸附水中懸浮物，使水變得澄清。因此原理不一樣，A錯誤；B．制備高鐵酸鈉過程發生反應的離子方程式，依據方程式，(氧化產物)：(還原產物)，B錯誤；C．Na2FeO4溶液在酸性條件下會分解，根據氧化還原反應的規律，只有氧元素的化合價可以升高，因此產生的氣體應為O2，C錯誤；D．1mol甲苯被氧化成苯甲酸根，失去6mol電子，正好需要2molNa2FeO4，D正確；故答案為：D。11.以廢舊鋰電極(主要含及少量石墨)為原料回收，并制備的工藝流程如圖所示：已知：①氛圍下焙燒后的主要固體產物是和Co，還有少量；②溶于稀酸，微溶于水，在水中溶解度隨溫度升高而降低。下列說法正確的是A.讓“焙燒”操作處于氛圍中，可防止發生氧化還原反應B.為提高“水浸”效率，可適當升高溫度C.“酸浸”時加入的可能做還原劑D.“酸浸”后，溶液中剩余的不會影響“沉鈷”的效率【答案】C【解析】【分析】廢舊鋰電極(主要含及少量石墨)在氛圍下焙燒后的主要固體產物是和Co，還有少量，再水浸，已知溶于稀酸，微溶于水，在水中溶解度隨溫度升高而降低，過濾得到濾液含有，濾渣含有Co、，再向濾渣中加入H2SO4、H2O2酸浸，與H2O2在酸性條件下發生氧化還原反應生成Co2+和O2，Co與H2SO4反應生成CoSO4和H2，則混合氣體含有O2、H2，溶液中含有Co2+，最后向含Co2+的溶液中加入(NH4)2C2O4沉鈷制得。【詳解】A．氛圍是為了防止氧氣參與反應，但是和石墨還是要發生氧化還原反應生成單質Co和，A錯誤；B．根據信息②，升高溫度的溶解度下降，不利于它溶解而分離，B錯誤；C．“過濾”后的濾渣中含有少量，最后都需要轉化為Co(II)，因此加入可以將Co(III)還原成Co(II)，C正確；D．溶液中剩余的可能使轉化為，從而不利于沉淀產生，D錯誤；故選C。12.“綠色零碳”氫能前景廣闊。為解決傳統電解水制“綠氫”陽極電勢高、反應速率緩慢的問題，科技工作者設計耦合HCHO高效制的方法，裝置如圖所示。部分反應機理為：。下列說法錯誤的是A.a、b兩極均有產生B.電解時通過陰離子交換膜向b極方向移動，一段時間后陰極區明顯減少C.陽極反應：D.當電路中通過2mol電子時，理論產量為44.8L(標準狀況下)【答案】B【解析】【分析】據圖示可知，b電極上HCHO轉化為，而HCHO轉化為為氧化反應，所以b電極為陽極、a電極為陰極。【詳解】A．a電極反應為，所以有產生，根據反應機理可知b電極也有產生，A正確；B．陰極反應，電解過程中陰極生成，負電荷增多，陽極負電荷減少，要使電解質溶液呈電中性，通過陰離子交換膜向陽極移動，即向b極方向移動；由于相同時間內通過陰離子交換膜的與陰極生成的數目相同，故陰極區無明顯變化，B錯誤；C．陽極反應涉及到：①，②，由(①＋②)×②得陽極反應：，C正確；D．由以上分析可知，當電路中通過2mol電子時，陰、陽兩極各生成，共，故理論產量為44.8L(標準狀況下)，D正確；本題選B。13.為實現氯資源循環利用，工業上采用催化氧化法處理HCl廢氣：。將HCl和分別以不同起始流速通入反應器中，在360℃、400℃和440℃下反應，通過檢測流出氣成分繪制HCl轉化率曲線，如下圖所示(較低流速下轉化率可近似為平衡轉化率)。下列說法錯誤的是A.該反應的B.C.單位時間內轉化的HCl的量：P點<M點D.使用更高效的催化劑可提高P點HCl轉化率【答案】C【解析】【詳解】A．反應前后的氣體分子數目在減小，所以該反應，A正確；B．該反應為放熱反應，由于在流速較低時的轉化率視為平衡轉化率，所以在流速低的時候，溫度越高，HCl的轉化率越小，故代表的溫度為440℃，為360℃，B正確；C．P點、M點對應的溫度均為360℃，P點流速大，即濃度大，反應速率快，單位時間內轉化的HCl的量多，C錯誤；D．P點未達到平衡狀態，使用高效催化劑，可以增加該溫度下的反應速率，使單位時間內HCl的轉化率增加，D正確；故選C。14.室溫下，根據下列實驗過程及現象，相應實驗結論錯誤的是選項實驗過程及現象實驗結論A向某無色溶液中先加入少量氯水，再加入振蕩，下層溶液呈紫紅色原溶液中一定存在B將等物質的量、分別投入到等體積飽和氨水中，能溶而不溶C向與混合后的溶液中，加入少量KCl固體后，溶液紅色明顯變淺加入KCl后，原化學平衡發生了移動D溶液中加入NaOH溶液，產生的白色沉淀迅速變為灰綠色，最后變為紅褐色。一段時間后，紅褐色固體漸漸變暗，其中有部分固體能被磁鐵吸引紅褐色固體變暗可能是反應過程中有Fe生成A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【詳解】A．無色溶液中先加入少量氯水，再加入，振蕩，下層溶液為紫紅色，說明氯水置換出了，原溶液一定存在，A正確；B．在氨水溶液中存在平衡，，將等物質的量、分別投入到等體積飽和氨水中，能溶而不溶，說明的值較大，而的值很小，故，B正確；C．與混合后的溶液中，存在平衡，加入少量KCl固體后，溶液紅色明顯變淺，說明濃度變小，平衡逆向移動。［與結合成等配離子，從而導致平衡逆移］，C正確；D．雖然Fe能被磁鐵吸引，但在空氣中Fe(Ⅱ)或Fe(Ⅲ)不可能被還原為Fe單質，實際上是有生成而導致紅褐色固體變暗，D錯誤；故選D。二、非選擇題：本題共4小題，共58分。15.配合物乙二胺四乙酸鐵鈉(NaFeY)常用于鐵強化鹽的添加劑，易溶于水。回答下列問題：實驗I：制備乙二胺四乙酸鐵鈉晶體實驗原理：實驗步驟：①稱取于燒杯中溶解，加入適量濃氨水，沉淀完全后過濾，洗滌，干燥；②將、乙二胺四乙酸(，一種弱酸，做配位劑)、加入三頸瓶(裝置如圖所示)，攪拌，控制80℃反應1h、用溶液調節pH，經過一系列操作后，過濾，洗滌，干燥后得到產品。（1）關于裝置中恒壓滴液漏斗的使用，下列說法錯誤的是___________(填標號)。A.使用之前需要檢漏B.滴加溶液時需要打開上口活塞C.恒壓滴液漏斗也可用于萃取、分液操作D.通過調節下端活塞，可控制溶液的滴加速度（2）步驟②中“控制80℃”適合采取的加熱方式為___________。（3）為了提高晶體的純度，步驟②中的“一系列操作”應為___________。實驗II：鐵強化鹽中鐵含量測定已知：①鐵強化鹽中含有、、，其中；②。稱取樣品，加稀硫酸溶解后配成500mL溶液。取出25mL，加入稍過量的KI溶液，充分反應后，滴入淀粉溶液，用標準溶液滴定，重復操作2～3次，消耗標準溶液平均值。（4）“加入稍過量的KI溶液”后，發生的主要氧化還原反應的離子方程式有___________(寫兩個即可)。（5）滴定到終點的現象為___________(填顏色變化)。（6）樣品中鐵元素的質量分數為___________(用代數式表示)。【答案】（1）BC（2）水浴加熱(控溫電熱套加熱)（3）加熱濃縮，緩慢冷卻結晶(蒸發濃縮到溶液有晶膜出現，緩慢冷卻結晶)（4）或、（5）藍色變無色（6）【解析】【分析】根據實驗原理及儀器構造分析解答；根據滴定原理計算鐵元素的質量分數；根據氧化還原反應原理書寫化學方程式。【小問1詳解】恒壓滴液漏斗使用時需要檢漏，不需要打開上口活塞，溶液能順利流下，萃取、分液操作應該選用梨形分液漏斗，恒壓滴液漏斗不能用于此操作，通過調節下端活塞，可以控制溶液的滴加速度，故選BC；【小問2詳解】“控制80℃”一般采取水浴加熱，如果有控溫的電熱套也可以實現控制80℃加熱；【小問3詳解】要求不僅要得到晶體，還需要提升它的純度，因此結晶方式應為加熱濃縮，緩慢冷卻結晶，因為緩慢冷卻結晶可以生成更大的晶體顆粒，減少包裹雜質，提升純度，同時也可以防止分解失去部分結晶水而產生雜質；【小問4詳解】NaFeY溶于硫酸后會有部分配合物會轉化為，因此可能與直接反應，也可能與反應，對應的離子方程式為和，還會與發生歸中反應，離子方程式為。【小問5詳解】用淀粉做指示劑，有存在的情況下，溶液為藍色，當用滴定到終點時，轉化為，溶液由藍色變為無色；【小問6詳解】標準溶液消耗了，根據，由樣品產生的，由和NaFeY與反應而來，已知樣品中，設為，則為，根據方程式，該反應得到的，根據，該反應得到的，因此有解得，因此鐵元素質量分數為。16.丙烯是重要的化工原料，丙烯的制備是關注的熱點。主反應：副反應：科學上規定：在298.15K時，由最穩定的單質生成1mol化合物時的焓變，叫作該物質的標準摩爾生成焓。回答下列問題：已知：部分物質的標準摩爾生成焓數據如下表：物質標準摩爾生成焓（1）上述反應的___________。（2）主反應在催化劑Pt(111)表面上反應有2種路徑，整個反應的能線圖如圖所示。表示路徑1的活化能，表示路徑2的活化能，TS表示過渡態①路徑2中速控步驟的反應式為___________。②在前兩步脫氫反應中，路徑___________更有優勢。（3）在壓強(117.5kPa)恒定，以作為稀釋氣，不同水烴比［、10、15］時，催化脫氫制備反應的平衡轉化率隨溫度的變化曲線圖如圖所示。①水烴比的曲線為___________(選填“”、“”或“”)，理由是___________。②W點對應條件下，若的選擇性為，則主反應的分壓平衡常數為___________［的選擇性］。③相同溫度下，水烴比遠大于15：1時，的消耗速率明顯下降，可能的原因是：i．的濃度過低；ii．___________。（4）2024年3月1日，廈門大學《科學》雜志報道，該校科研人員創制了沸石催化劑(為銠銦合金)，實現了丙烷脫氫高選擇性制丙烯。下列關于該催化劑的描述正確的是___________(填標號)。A.改變沸石顆粒大小能影響反應速率B.沸石催化劑可改變丙烷的平衡轉化率C.在工業生產中，沸石催化劑能提高丙烯的產率D.X射線衍射技術可測定晶體結構【答案】（1）（2）①.(或)②.1（3）①.②.在相同溫度下，水烴比增大，等效于減小壓強，平衡正向移動，的平衡轉化率增大。故此條件下水烴比時平衡轉化率最大，對應的曲線為③.14.4④.過多地占據催化劑表面活性位點，導致催化劑對丙烷的吸附率降低（4）ACD【解析】【小問1詳解】副反應：的生成物的標準摩爾生成焓-反應物的標準摩爾生成焓。【小問2詳解】①從能線圖可知路徑2中c生成d的活化能最高，為速控步驟，故反應式為(或)；②在前兩步脫氫反應中，路徑1的活化能均較低，為優勢路徑。【小問3詳解】①在相同溫度下，水烴比增大，等效于減小壓強，平衡正向移動，的平衡轉化率增大。故此條件下水烴比時平衡轉化率最大，對應的曲線為；②W點的平衡轉化率為，根據已知條件列出“三段式”則，的選擇性為，則。故，。W點，則的物質的量為10mol，則主反應的分壓平衡常數。③相同溫度下，水烴比遠大于15：1時，說明水蒸氣多，的濃度過低，反應速率減慢，另一方面是過多地占據催化劑表面活性位點，導致催化劑對丙烷的吸附率降低，也導致的反應速率明顯下降。【小問4詳解】A．改變沸石顆粒大小，改變了催化劑的表面積，反應速率改變，A正確；B．催化劑不能使平衡移動，沸石催化劑不能改變丙烷的平衡轉化率，B錯誤；C．沸石催化劑實現了丙烷脫氫高選擇性制丙烯，所以該催化劑能提高生成丙烯的選擇性，提高丙烯的產率，C正確；D．X射線衍射技術可以確定晶體內部的原子排列順序，所以可測定晶體結構，D正確；選ACD。17.湖南懷化通道金礦資源豐富。金礦礦床中“愚人金”(黃鐵礦)常被誤認為是黃金，其主要含有，還含有、、及少量Au。以上述黃鐵礦為原料提取分離各種金屬，工藝流程如下：已知：①氧化性：。②相關金屬離子形成氫氧化物的pH范圍如下：

開始沉淀pH6.51.68.14.87.31.09完全沉淀pH8.32.810.16.69.151.9回答下列問題：（1）“焙燒”時將礦粉與空氣形成逆流狀態，目的是___________；“焙燒”時生成的主要氣體可用于___________(填寫一種工業用途)。寫出黃鐵礦在焙燒時主要的化學方程式：___________。（2）寫出“酸浸”時燒渣中的發生反應時的離子方程式：___________，能否用鹽酸代替硫酸，請簡述理由：___________。（3）氨水調pH范圍為___________，可以得到氫氧化鐵與氫氧化銅沉淀。沉鈷后過濾洗滌，檢驗是否洗干凈的試劑為___________。（4）將濾渣粉碎后加入足量的氨水，可能發生化學反應：，通過計算該反應的平衡常數說明氨水可否溶解氫氧化銅：___________。(已知；，)【答案】（1）①.增大礦粉與空氣的接觸面積，加快反應速率②.制硫酸③.或（2）①.②.氧化性：，能將鹽酸中的氧化成，污染環境（3）①.②.鹽酸酸化的氯化鋇溶液（4）計算出反應的平衡常數為，氨水不可以溶解氫氧化銅【解析】【分析】將礦石粉碎，在空氣中進行焙燒，主要得到金屬氧化物與二氧化硫氣體，將燒渣用硫酸與過氧化氫浸泡，得到含Cu2+、Fe3+、Co2+、Ni2+溶液，金屬金單質過濾除去，往過濾后的濾液滴加氨水調節pH，考慮到將Cu2+、Fe3+轉化成氫氧化物，又不能影響Co2+、Ni2+溶解，故范圍為6.6≤pH<7.3，沉鈷得到CoCO3，固體表面可能有，故用鹽酸酸化的氯化鋇溶液檢驗。小問1詳解】“焙燒”時將礦粉與空氣形成逆流狀態，目的是增大礦粉與空氣的接觸面積，加快反應速率；“焙燒”時生成的主要氣體是SO2，二氧化硫與氧氣催化氧化生成三氧化硫，三氧化硫用濃硫酸吸收可得硫酸，SO2可用于制硫酸；黃鐵礦主要含有，在焙燒時和氧氣反應生成氧化鐵和二氧化硫或生成四氧化三鐵和二氧化硫，主要的化學方程式：或；【小問2詳解】“酸浸”時燒渣中的與硫酸、過氧化氫發生反應生成CoSO4和氧氣，反應的離子方程式：，不能用鹽酸代替硫酸，原因是：氧化性：，能將鹽酸中的氧化成，污染環境；【小問3詳解】往過濾后的濾液滴加氨水調節pH，考慮到將Cu2+、Fe3+轉化成氫氧化物，又不能影響Co2+、Ni2+溶解，故范圍為6.6≤pH<7.3，沉鈷得到CoCO3，固體表面可能有，故用鹽酸酸化的氯化鋇溶液檢驗，若不出現白色沉淀證明不含有，洗滌干凈；【小問4詳解】根據反應：，=，該反應不能發生，則氨水不可以溶解氫氧化銅。18.用于治療高血壓的藥物Q的合成路線如下：已知：①E與溶液作用顯紫色；②W分子中只有一種化學環境氫原子；③G分子中含兩個甲基，且核磁共振氫譜顯示只有3組峰。（1）A→B的化學方程式是___________，B→D反應類型為___________。（2）W的名稱是___________，W的同分異構體中，含單官能團的有___________種(不考慮立體異構)。（3）下列說法正確的是___________(填標號)。a．酸性強弱：A>Bb．E分子中所有原子一定在同