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江苏省如阜市2024-2025学年高中化学高三下学期第三次模拟考试
一、单项选择题：本题共13小题，每小题3分，共计39分。每小题只有一个选项符合题意。
1．下列含氮物质的转化属于氮的固定的是
A． B．
C． D．
2．将印刷电路板的碱性蚀刻液与NaOH溶液共热可发生反应：。下列说法正确的是
A．的基态核外电子排布式为
B．中含键
C．所含键角小于
D．冰属于共价晶体
3．一种用于烧制陶瓷的黏土中含、、等物质。下列说法正确的是
A．离子半径：
B．电负性：
C．熔点：
D．第一电离能：
4．在酸性条件下可发生反应：。以为原料制取晶体的实验操作或原理不能达到实验目的的是
A．用装置甲制取含的悬浊液
B．用装置乙吸收挥发出的气体
C．用装置丙除去S和未反应的
D．用装置丁蒸干溶液，获得
5．在给定条件下，下列制备过程涉及的物质转化均能实现的是
A．
B．
C．
D．NaCl溶液
6．粗硅制高纯硅的过程中300℃时发生反应 。下列说法正确的是
A．该反应一定能自发进行
B．该反应的平衡常数表达式
C．每反应1molSi，会断裂2molSi-Si键
D．其他条件相同，使用催化剂可以加快正反应速率，减慢逆反应速率
阅读下列材料，完成下面小题。
具有较强的氧化性，能够将磷氧化为或(可以水解得到两种酸)，与氨反应生成溴化铵和氮气，可以氧化一些非金属阴离子，如与反应生成()。在催化剂作用下，苯与发生取代反应，该反应属于放热反应。醛与在碱的催化下，醛的氢被溴取代生成溴代醛。工业上海水提溴的主要过程为：
7．下列说法正确的是
A．基态溴原子的电子排布式为
B．中P原子的轨道杂化类型为杂化
C．是由极性键构成的非极性分子
D．的空间结构为平面三角形
8．下列化学用语表示正确的是
A．水解反应的化学方程式：
B．溴与氨反应的化学方程式：
C．乙醛与溴反应生成溴代乙醛的化学方程式：
D．纯碱溶液吸收的离子方程式：
9．下列说法正确的是
A．浓硫酸是苯与发生取代反应的催化剂
B．使用催化剂可以降低苯与反应的焓变
C．海水提溴中的步骤Ⅱ、Ⅲ可以实现溴元素的富集
D．可以用淀粉溶液检验步骤Ⅲ蒸馏后所得母液中是否含有
10．有机物Y是一种医药中间体，其合成路线如下。下列有关说法正确的是
A．X存在顺反异构现象 B．X能与甲醛发生缩聚反应
C．X→Y时有生成 D．1molY最多能与2molNaOH反应
11．室温下，下列实验方案能达到实验目的的是
选项 实验探究方案 实验目的
A 向滴有酚酞的溶液中加入溶液，观察现象 证明可与NaOH溶液反应
B 将溶液加到HI溶液中，充分溶解后，滴入后振荡、静置，观察层颜色变化 证明氧化性：
C 在氨水中滴入酚酞溶液，加热煮沸一段时间，观察溶液颜色变化 验证升高温度可促进的电离
D 向淀粉溶液中加入适量溶液，加热，冷却后，加NaOH溶液至溶液呈碱性，加新制，加热，观察现象 证明淀粉水解后有还原性糖生成
A．A B．B C．C D．D
12．NaOH溶液可以吸收废气中的，生成和。现用溶液吸收含的废气(无其他含氮气体，忽略溶液体积的变化)。已知、。室温下，下列说法正确的是
A．溶液中存在：
B．时吸收液中存在：
C．吸收过程中溶液中可能存在：
D．用溶液吸收废气可发生反应：
13．一种以、为原料制取COS的过程中主要反应如下：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
将等物质的量的和充入反应器中，压强一定，平衡时和的转化率、和选择性与温度的关系如下图所示。
或选择性。下列说法正确的是
A．X代表的物质是COS
B．温度越高，平衡时所得的物质的量越少
C．400℃之前，容器内只发生反应Ⅰ
D．600℃时，其他条件一定，适当增大起始反应的压强，既能加快反应速率也能提高COS的平衡选择性
二、非选择题：本题共4题，共61分。
14．工业以钼精矿为原料制备的过程如下：
、
（1）“焙烧”：将钼精矿置于石英反应罐中并通入空气，高温充分反应得到钼焙砂。冷却后采用XRD分析焙烧前后物相的变化如下图所示。写出焙烧时生成的化学反应方程式：　 　。
（2）“预处理”：将钼焙砂和、混合溶液按一定比例混合，加热反应一段时间，过滤后，得到含、多钼酸铵、等滤渣。[已知在水中存在平衡：]
①“预处理”需在通风设备中进行，原因是　 　。
②写出转化为的化学方程式：　 　。
③其他条件一定，适当增大浓度，所得滤渣中Mo的含量增大，原因是　 　。
（3）“氨浸”：将预处理后所得滤渣用氨水浸泡，其中的、可转化为可溶的，还有少量的难溶于氨水。为进一步提高Mo元素的浸出率，可在氨水中加入的物质是　 　。
（4）五钼酸铵[，]在氮气中焙烧，可逐步分解，最终得到。取1.648g五钼酸铵固体在氮气氛围中焙烧，有气体和生成，维持300℃时加热当固体质量不再变化时，所得固体[组成为，Mo为价]质量为1.57g。计算300℃所得固体的化学式，并写出计算过程　 　。
15．化合物G是一种抗病毒药物的中间体，其一种合成路线如下：
已知①；②(RMgBr不能与酸、水、醇等共存)。
（1）F→G的反应类型为　 　反应。
（2）已知物质X的分子式为，则X的结构简式为　 　。
（3）D的结构简式为　 　。
（4）写出符合下列条件的C的一种同分异构体的结构简式：　 　。
①能与溶液发生显色反应；
②能发生水解反应，酸性条件下水解所得2种有机产物均含2种化学环境不同的氢。
（5）设计以和为原料制取的路线图　 　(无机试剂及溶剂任用，合成示例见本题题干)。
16．三氧化二镍()常用作磁性材料，具有强氧化性。以镍铜矿(含有NiS、CuS、以及少量的不溶杂质)为原料制备。
（1）煅烧。将一定量的镍铜矿与混合后，粉碎后在富氧空气中充分煅烧。煅烧时加入的目的是　 　。
（2）酸浸。将煅烧得到的固体(含CuO、CaO、、、)加入三颈瓶中(装置见下图)，通过恒压滴液漏斗缓慢滴加稍过量的稀硫酸，充分反应。
①反应后所得溶液中含、、，写出酸浸时发生反应的化学方程式：　 　。
②如何判断“酸浸”反应已经完成：　 　。
（3）除杂。将三颈瓶中悬浊液倒出、过滤后，向所得滤液中加入足量Ni粉，充分反应后过滤，调节滤液的pH，向滤液中加入NaF溶液将沉淀除去。[溶液中，，，，离子浓度沉淀完全]
①加入Ni粉的目的是除去溶液中的。不选择用调节pH的方法除去的原因是：　 　。
②实际消耗Ni粉的量大于理论用量，原因是　 　。
（4）制备：请补充完整由除杂后得到的溶液制取的实验方案：量取，测得其中的浓度为，　 　，得到。(可选用的试剂：溶液、稀盐酸、溶液)。已知：样品在空气中煅烧，样品的固体残留率()随热解温度的变化如下图所示。
17．氨气既是化工原料，也是清洁能源，研究氨气的合成具有重要意义。
（1）已知氨气的部分反应及信息如下：
的密度为
完全燃烧生成和，可以产生的热量是　 　。
（2）一种合成气(含体积分数为54%的、35%的CO、7%的和4%的)可通过如下图所示转化制取合成氨气的原料。
，
①若转化Ⅰ中CO、完全反应，得到的和的物质的量之比为　 　。
②实际进行转化(Ⅰ)反应时，合成气中需添加一定量的水蒸气。添加水蒸气的目的是　 　。
③其他条件一定，将添加了水蒸气的合成气通过装有和CaO的反应管，测得出口处CO的体积分数与反应温度的关系如下图所示。
Ⅰ.400~550℃，温度越高，出口处CO体积分数越低的原因是　 　。
Ⅱ．高于550℃，出口处CO体积分数随温度升高增大的原因是　 　。
（3）一种、可持续电催化合成氨的原理如下图(如中、、、可表示烃基)所示。
①物质Y的结构简式为　 　。
②与、直接合成氨的工艺相比，该方法的优点除产氨效率高外，还有　 　(任写一点)。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】氮的固定
【解析】【解答】A、氮的固定核心是将游离态的氮（单质）转化为化合态的氮。转化为，正是将游离态氮转变为化合态氮的过程，符合氮的固定定义，A正确；
B、转化为，是化合态氮转化回游离态氮的过程，与氮的固定定义相反，B错误；
C、转化为，是化合态氮之间的转化，原料和产物均为化合态氮，不属于氮的固定，C错误；
D、转化为，同样是化合态氮之间的相互转化，并未涉及游离态氮的转化，不属于氮的固定，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
氮的固定唯一标准是游离态氮（）化合态氮。
属于氮的固定：必须有参与并转化为含氮化合物。
不属于氮的固定：含氮化合物之间的转化，或化合态氮转化为。
2．【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；键能、键长、键角及其应用；配合物的成键情况；分子间作用力
【解析】【解答】A、Cu 原子的基态核外电子排布式为 [Ar]3d 4s ，失去 4s 轨道的 1 个电子和 3d 轨道的 1 个电子形成 Cu2+，因此 Cu2+的基态核外电子排布式为 [Ar] 3d9，而非 [Ar]3d74s2，A错误；
B、每个 NH3分子内含有 3 个 N-H σ 键，4 个 NH3共含 12 个 σ 键；同时每个 NH3与 Cu2+形成 1 个配位 σ 键，4 个配位键共 4 个 σ 键，所以 1mol [Cu(NH3)4]2+中总共含有 16mol σ 键，B正确；
C、NH3和 H2O 的中心原子均采取 sp3 杂化，NH3分子中 N 原子有 1 个孤电子对，H2O 分子中 O 原子有 2 个孤电子对，孤电子对越多对成键电子对的排斥力越大，因此 NH3的键角大于 H2O，C错误；
D、冰是由水分子通过氢键和范德华力结合形成的晶体，属于分子晶体，而非共价晶体，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
电子排布：过渡金属阳离子失电子时优先失去最外层 4s 轨道电子，再失去内层 d 轨道电子，据此判断 Cu2+的电子排布。
σ 键计数：配位键属于 σ 键，需同时统计配体内部的 σ 键和配体与中心离子之间的配位 σ 键。
键角比较：孤电子对数目越多，对成键电子对的排斥力越强，键角越小。
晶体类型：冰的构成微粒是水分子，微粒间作用力为分子间作用力，属于分子晶体。
3．【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子晶体（共价晶体）；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、Na+、Al3+、O2-的核外电子排布相同，核电荷数越大，对核外电子的吸引作用越强，离子半径越小。因此离子半径顺序为 r (O2-) > r (Na+) > r (Al3+)，A错误；
B、同周期主族元素从左到右电负性逐渐增强，故电负性 O > C；同主族元素从上到下电负性逐渐减弱，故电负性 C > Si。综合可得电负性顺序为 χ(O) > χ(C) > χ(Si)，B正确；
C、SiO2是共价晶体，熔点很高；SO2和 CO2是分子晶体，熔点由分子间作用力决定，相对分子质量越大，熔点越高。因此熔点顺序为 SiO2 > SO2 > CO2，C错误；
D、同周期主族元素第一电离能总体呈增大趋势，但第 ⅡA 族元素（Mg）的 ns2 全满结构稳定，第一电离能大于相邻的 Al，故第一电离能顺序为 I1(Si) > I1(Mg) > I1(Al)，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
离子半径比较：电子层结构相同时，核电荷数越大，离子半径越小。
电负性规律：同周期从左到右电负性增强，同主族从上到下电负性减弱。
熔点比较：共价晶体熔点远高于分子晶体；分子晶体的熔点随相对分子质量增大而升高。
第一电离能特殊情况：第 ⅡA、ⅤA 族元素因全满、半满稳定结构，第一电离能大于相邻主族元素。
4．【答案】D
【知识点】铁盐和亚铁盐的相互转变
【解析】【解答】A、装置甲中，FeS2与稀硫酸在加热、电磁搅拌下发生反应，生成 Fe2+、S 单质和 H2S 气体，可得到含 FeSO4的悬浊液，能达到实验目的，A正确；
B、H2S 是酸性气体，可与 NaOH 溶液发生反应，装置乙中采用 “长进短出” 的洗气方式，能充分吸收挥发出的 H2S，防止污染空气，能达到实验目的，B正确；
C、S 单质和未反应的 FeS2难溶于水，而 FeSO4易溶于水，装置丙为过滤操作，可分离除去难溶性的 S 和 FeS2，得到纯净的 FeSO4溶液，能达到实验目的，C正确；
D、Fe2+具有较强还原性，蒸干 FeSO4溶液时，Fe2+易被空气中的氧气氧化为 Fe3+；且直接蒸干会失去结晶水，无法得到 FeSO4 7H2O 晶体，正确操作应为蒸发浓缩、冷却结晶，不能达到实验目的，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
反应制备：利用 FeS2与稀硫酸的反应，在加热搅拌下制备 FeSO4悬浊液。
尾气处理：酸性气体 H2S 可用碱液吸收，注意洗气时的气体流向。
固液分离：利用溶解性差异，通过过滤除去难溶性杂质。
结晶操作：含亚铁离子的盐溶液易被氧化，且带结晶水的晶体不能直接蒸干，需采用蒸发浓缩、冷却结晶的方法。
5．【答案】A
【知识点】氨的性质及用途；含硫物质的性质及综合应用；铁的化学性质
【解析】【解答】A、浓硫酸与碳在加热条件下发生氧化还原反应，生成二氧化硫、二氧化碳和水；二氧化硫与硫化氢气体发生归中反应，生成硫单质和水，两步转化均能实现，A正确；
B、氧化铁与铝在高温下发生铝热反应生成铁和氧化铝，但铁与氯气加热反应时，氯气的氧化性较强，会直接生成氯化铁，无法得到氯化亚铁，该转化不能实现，B错误；
C、氨气在催化剂、加热条件下与氧气反应生成一氧化氮，但一氧化氮不能直接与水反应生成硝酸，需要与氧气、水共同作用才能转化为硝酸，该转化不能实现，C错误；
D、氯化钠溶液呈中性，二氧化碳的溶解度较小，直接向氯化钠溶液中通入二氧化碳无法生成碳酸氢钠，需要先通入氨气使溶液呈碱性，才能吸收二氧化碳生成碳酸氢钠，该转化不能实现，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
氧化还原反应规律：浓硫酸的强氧化性、氯气的强氧化性、二氧化硫与硫化氢的归中反应是判断转化能否实现的核心。
物质反应特性：铁与氯气反应只能生成氯化铁；一氧化氮需氧气参与才能与水反应生成硝酸；侯氏制碱法需先通氨气再通二氧化碳。
反应条件与环境：反应的温度、气体通入顺序、溶液酸碱性都会影响产物的生成。
6．【答案】C
【知识点】原子晶体（共价晶体）；焓变和熵变；化学平衡常数；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、该反应，且反应后气体分子数减少，故。根据自发反应判据，高温下的绝对值增大，可能使，反应无法自发进行，A错误；
B、平衡常数表达式中，固体物质的浓度不计入。Si是固体，因此平衡常数应为，B错误；
C、在晶体硅中，每个Si原子与周围4个Si原子形成Si-Si键，每个键被2个Si原子共用，故1mol Si晶体中含2mol Si-Si键。反应1mol Si时，会断裂2mol Si-Si键，C正确；
D、催化剂能同等程度加快正、逆反应速率，不会只加快正反应速率而减慢逆反应速率，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
反应自发性判断：、的反应，低温下自发，高温下可能不自发。
平衡常数书写：固体、纯液体的浓度视为常数，不写入平衡常数表达式。
晶体化学键计数：晶体硅中每个Si原子平均形成2个Si-Si键。
催化剂作用：催化剂只改变反应速率，不影响平衡，且正、逆反应速率同等程度改变。
【答案】7．B
8．B
9．C
【知识点】极性分子和非极性分子；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氧化还原反应方程式的配平；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）
A、溴是35号元素，基态溴原子的核外电子排布式为，而非 ，故A错误；
B、中原子的价层电子对数为：，价层电子对数为4，故原子采取杂化 ，故B正确；
C、分子由非极性键构成，且环状结构对称，正负电荷中心重合，属于非极性分子 ，故C错误；
D、中原子的价层电子对数为：，含1对孤电子对，杂化类型为，空间结构为三角锥形，并非平面三角形 ，故D错误；
故答案为：B。
（2）A、水解生成磷酸和氢溴酸，正确方程式为：，故A错误；
B、溴与氨发生氧化还原反应，配平后方程式为： 3Br2+8NH3=6NH4Br+N2，故B正确；
C、乙醛的α-氢被溴取代，正确方程式为：，故C错误；
D、纯碱溶液吸收时，转化为，正确离子方程式为：，故D错误；
故答案为：B。
（3）A、苯与发生取代反应的催化剂是，浓硫酸仅作吸水剂 ，故A错误；
B、催化剂可降低反应活化能，但不改变反应的始态和终态，因此不能改变反应焓变 ，故B错误；
C、步骤Ⅱ中被纯碱吸收转化为和：
步骤Ⅲ中归中反应生成高浓度： ，实现了溴元素的富集 ，故C正确；
D、淀粉溶液遇变蓝，与不发生显色反应，无法检验 ，故D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
(1)电子排布：过渡元素的电子排布需包含3d轨道，不能遗漏。
杂化判断：用价层电子对互斥理论计算，价层电子对数=σ键数+孤电子对数。
分子极性：非极性键构成的对称分子为非极性分子。
空间构型：杂化且含1对孤电子对时，分子为三角锥形。
(2)水解反应：卤化磷水解生成含氧酸和氢卤酸，无次卤酸生成。
氧化还原配平：为氧化剂，部分被氧化为。
取代反应：醛的α-氢被溴原子取代，保留醛基结构。
离子反应：碱性条件下，与酸反应生成，而非。
(3)催化原理：苯的卤代反应真正催化剂是，而非浓硫酸。
焓变本质：焓变只与反应的始态和终态有关，与催化剂无关。
富集逻辑：通过“氧化-吸收-归中”三步，将低浓度溴浓缩为高浓度溴。
物质检验：淀粉是的特征检验试剂，不可用于。
7．A、溴是35号元素，基态溴原子的核外电子排布式为，而非 ，故A错误；
B、中原子的价层电子对数为：，价层电子对数为4，故原子采取杂化 ，故B正确；
C、分子由非极性键构成，且环状结构对称，正负电荷中心重合，属于非极性分子 ，故C错误；
D、中原子的价层电子对数为：，含1对孤电子对，杂化类型为，空间结构为三角锥形，并非平面三角形 ，故D错误；
故答案为：B。
8．A、水解生成磷酸和氢溴酸，正确方程式为：，故A错误；
B、溴与氨发生氧化还原反应，配平后方程式为： 3Br2+8NH3=6NH4Br+N2，故B正确；
C、乙醛的α-氢被溴取代，正确方程式为：，故C错误；
D、纯碱溶液吸收时，转化为，正确离子方程式为：，故D错误；
故答案为：B。
9．A、苯与发生取代反应的催化剂是，浓硫酸仅作吸水剂 ，故A错误；
B、催化剂可降低反应活化能，但不改变反应的始态和终态，因此不能改变反应焓变 ，故B错误；
C、步骤Ⅱ中被纯碱吸收转化为和：
步骤Ⅲ中归中反应生成高浓度： ，实现了溴元素的富集 ，故C正确；
D、淀粉溶液遇变蓝，与不发生显色反应，无法检验 ，故D错误；
故答案为：C。
10．【答案】C
【知识点】烯烃；酯的性质
【解析】【解答】A、顺反异构的形成条件是碳碳双键两端的碳原子都连接着不同的原子或原子团。X 分子中，碳碳双键的一个碳原子上连接了 2 个 - COOC2H5基团，不满足顺反异构的形成条件，因此不存在顺反异构现象，A错误；
B、X 分子中含有酚羟基，但酚羟基的邻位已经被甲基和双键占据，没有可反应的氢原子，无法与甲醛发生酚醛缩聚反应，B错误；
C、对比 X 和 Y 的结构，X 中的两个 - COOC2H5基团在成环过程中，会脱去 1 个乙醇分子（CH3CH2OH），根据原子守恒可判断该过程有乙醇生成，C正确；
D、Y 分子中含有 2 个酯基，其中 1 个是普通酯基，水解消耗 1mol NaOH；另 1 个是酚酯基，水解后生成 1mol 羧基和 1mol 酚羟基，共消耗 2mol NaOH。因此 1mol Y 最多能与 3mol NaOH 反应，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
顺反异构判断：碳碳双键两端碳原子必须连接不同基团，才存在顺反异构。
酚醛缩聚条件：酚羟基的邻、对位需有可反应的氢原子，才能与甲醛缩聚。
原子守恒应用：对比反应物与产物的结构差异，可判断小分子产物的种类。
酯基与 NaOH 反应：普通酯基水解消耗 1mol NaOH，酚酯基水解消耗 2mol NaOH。
11．【答案】D
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；蔗糖与淀粉的性质实验；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A、向滴有酚酞的溶液中加入等物质的量的，溶液变红可能是反应生成使溶液显碱性，也可能是未反应的本身电离导致碱性，无法确定与发生了反应，不能达到实验目的，A错误；
B、将溶液加到溶液中，酸性条件下具有强氧化性，可能直接氧化生成，也可能是与发生氧化还原反应生成，无法明确证明氧化性，不能达到实验目的，B错误；
C、氨水中滴入酚酞溶液，加热煮沸时受热分解、挥发，溶液中浓度降低，碱性减弱导致溶液颜色变浅，并非是升高温度促进了的电离，不能达到实验目的，C错误；
D、淀粉溶液在稀硫酸中加热水解，冷却后加溶液中和硫酸至碱性，再加入新制加热，若生成砖红色沉淀，说明淀粉水解产物中含有还原性糖（葡萄糖），能达到实验目的，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
反应验证逻辑：验证反应发生需排除其他干扰因素，明确单一反应的因果关系。
离子氧化性判断：在酸性条件下具有强氧化性，涉及与反应时，需考虑的干扰。
弱电解质性质：受热易分解，其溶液的碱性减弱主要因溶质挥发，而非电离平衡移动。
还原性糖检验：淀粉水解产物为葡萄糖，需在碱性条件下与新制加热反应生成砖红色沉淀，检验前必须中和水解用的酸。
12．【答案】B
【知识点】盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、在溶液中，发生水解反应，结合质子守恒规律，溶液中氢离子与亚硝酸的浓度之和应等于氢氧根离子浓度，即 c(H+) + c(HNO2) = c(OH-) ，A错误；
B、溶液中的物质的量为，当吸收液中的总物质的量为时，根据氮元素守恒，氮元素全部以、、的形式存在，因此 c(Na+) = c() + c() + c(HNO2) ，B正确；
C、吸收的反应为，理论上生成的与物质的量相等，但会发生水解反应导致其浓度降低，因此溶液中 c() > c() ，C错误；
D、由电离常数可知酸性，根据“强酸制弱酸”原理，与溶液反应应生成、和，正确的离子方程式为 ，选项中原子不守恒、电荷也不守恒，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
质子守恒：对于强碱弱酸盐溶液，通过物料守恒和电荷守恒推导质子守恒关系，明确微粒间的数量关联。
物料守恒：根据元素与元素的物质的量相等关系，直接推导离子浓度的守恒表达式。
水解影响：弱酸根离子的水解会导致其自身浓度降低，从而影响溶液中离子浓度的相对大小。
酸性比较：利用电离常数判断酸性强弱，进而验证离子反应是否符合“强酸制弱酸”的规律。
13．【答案】D
【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学平衡的计算
【解析】【解答】A、反应Ⅰ和反应Ⅲ都会生成，只有反应Ⅰ生成，因此的选择性必然高于。从图中可以看出，曲线的选择性高于，所以代表，代表，A错误；
B、反应Ⅰ和反应Ⅲ均为吸热反应，温度升高时平衡正向移动，的生成量会增加，因此温度越高，平衡时的物质的量越多，B错误；
C、之前，和已有转化率，同时和也有选择性，说明反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ都在发生，只是反应Ⅱ的进行程度较小，并非只发生反应Ⅰ，C错误；
D、增大压强可以加快反应速率；反应Ⅰ是气体分子数不变的反应，压强对其平衡无影响；反应Ⅱ是气体分子数增大的反应，增大压强会使反应Ⅱ逆向移动，减少的分解；反应Ⅲ是气体分子数不变的反应，压强对其平衡无影响。整体来看，增大压强有利于的生成，能提高的平衡选择性，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
选择性判断：根据各反应的产物关系，判断和的选择性高低，从而对应到图中的曲线。
温度对平衡的影响：吸热反应升温时平衡正向移动，产物的量会增加。
反应共存性：多个反应同时存在时，即使转化率低，也不能认为只有单一反应发生。
压强对平衡的影响：根据反应前后气体分子数的变化，判断压强对各反应平衡的影响，进而分析对目标产物选择性的作用。
14．【答案】（1）
（2）钼焙砂和硝酸、硝酸铵混合加热反应，生成氮氧化物等有毒气体；；(NH4)2MonO(3n+1)在水中存在平衡：，其他条件一定，适当增大NH4NO3浓度，浓度增大，平衡逆向移动，析出更多的(NH4)2MonO(3n+1)，所得滤渣中Mo的含量增大
（3）硝酸铵
（4）(NH4)1.5Mo5O15.75
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；复杂化学式的确定
【解析】【解答】（1）钼精矿(主要成分是MoS2)与空气中的氧气在高温的条件下反应生成MoO3和SO2，反应的方程式为：；
故答案为： ；
（2）①钼焙砂和硝酸、硝酸铵混合加热反应生成H2MoO4、多钼酸铵[(NH4)2MonO(3n+1)]、SiO2等滤渣，同时生成氮氧化物等有毒气体，所以“预处理”需在通风设备中进行；
②将钼焙砂和、混合溶液按一定比例混合，加热反应一段时间，过滤后，得到多钼酸铵等，据元素种类守恒，产物还有Ca(NO3)2，设(NH4)2MonO(3n+1)的化学计量数为1，由Ca、Mo、守恒得反应为，由N原子守恒得4+x=2n+2、由H原子守恒得8+x=8+2y，解得x=2n-2、y=n-1，则CaMoO4转化为(NH4)2MonO(3n+1)的化学方程式为：；
③根据题意，(NH4)2MonO(3n+1)在水中存在平衡：，其他条件一定，适当增大NH4NO3浓度，浓度增大，平衡逆向移动，析出更多的(NH4)2MonO(3n+1)，所得滤渣中Mo的含量增大；
故答案为： 钼焙砂和硝酸、硝酸铵混合加热反应，生成氮氧化物等有毒气体 ； ； (NH4)2MonO(3n+1)在水中存在平衡：，其他条件一定，适当增大NH4NO3浓度，浓度增大，平衡逆向移动，析出更多的(NH4)2MonO(3n+1)，所得滤渣中Mo的含量增大 ；
（3）CaMoO4难溶于氨水，为进一步提高Mo元素的浸出率，可在氨水中加入加入硝酸铵；
故答案为： 硝酸铵 ；
（4）所得固体组成为(NH4)aMobOc，其中Mo为+6价，根据正负化合价代数和为0，则a+6b-2c=0；1.648g五钼酸铵的物质的量为：0.002mol，五钼酸铵固体在氮气氛围中焙烧，有气体NH3和H2O生成，根据氮元素和氢元素质量守恒得到：，a=1.5，钼原子反应前后个数不变，则b=5，根据所得固体组成为(NH4)aMobOc，其中Mo为+6价，根据正负化合价代数和为0，则a+6b-2c=0，则c=15.75，则300℃所得固体的化学式为：(NH4)1.5Mo5O15.75。
故答案为： (NH4)1.5Mo5O15.75 ；
【分析】将钼精矿放入石英反应罐，通入空气并高温加热。此过程中，钼精矿中的钼元素被空气中的氧气氧化，转化为钼焙砂（主要含钼的氧化物），这是提取钼的基础预处理步骤，为后续反应提供了含钼的反应原料。将钼焙砂与、的混合溶液加热混合。利用硝酸的强氧化性和铵盐的溶解性，加热反应后过滤：可溶物：钼元素转化为或多钼酸铵，进入溶液；滤渣：石英（）等不溶性杂质被过滤除去，完成第一步固液分离。向上述滤渣（含、多钼酸铵）中加入氨水。氨水呈碱性，能与钼的含氧酸及铵盐反应，使、转化为可溶性的，实现钼元素的进一步富集；而少量的因难溶于氨水，仍以固体形式残留，为后续分离埋下伏笔。将预处理后得到的可溶性钼盐（如五钼酸铵，摩尔质量）置于氮气氛围中高温焙烧。氮气作为惰性保护气，防止钼元素在高温下被再次氧化，五钼酸铵逐步分解，最终失去铵根和部分氧元素，得到目标产物。
（1）钼精矿(主要成分是MoS2)与空气中的氧气在高温的条件下反应生成MoO3和SO2，反应的方程式为：；
（2）①钼焙砂和硝酸、硝酸铵混合加热反应生成H2MoO4、多钼酸铵[(NH4)2MonO(3n+1)]、SiO2等滤渣，同时生成氮氧化物等有毒气体，所以“预处理”需在通风设备中进行；
②将钼焙砂和、混合溶液按一定比例混合，加热反应一段时间，过滤后，得到多钼酸铵等，据元素种类守恒，产物还有Ca(NO3)2，设(NH4)2MonO(3n+1)的化学计量数为1，由Ca、Mo、守恒得反应为，由N原子守恒得4+x=2n+2、由H原子守恒得8+x=8+2y，解得x=2n-2、y=n-1，则CaMoO4转化为(NH4)2MonO(3n+1)的化学方程式为：；
③根据题意，(NH4)2MonO(3n+1)在水中存在平衡：，其他条件一定，适当增大NH4NO3浓度，浓度增大，平衡逆向移动，析出更多的(NH4)2MonO(3n+1)，所得滤渣中Mo的含量增大；
（3）CaMoO4难溶于氨水，为进一步提高Mo元素的浸出率，可在氨水中加入加入硝酸铵；
（4）所得固体组成为(NH4)aMobOc，其中Mo为+6价，根据正负化合价代数和为0，则a+6b-2c=0；1.648g五钼酸铵的物质的量为：0.002mol，五钼酸铵固体在氮气氛围中焙烧，有气体NH3和H2O生成，根据氮元素和氢元素质量守恒得到：，a=1.5，钼原子反应前后个数不变，则b=5，根据所得固体组成为(NH4)aMobOc，其中Mo为+6价，根据正负化合价代数和为0，则a+6b-2c=0，则c=15.75，则300℃所得固体的化学式为：(NH4)1.5Mo5O15.75。
15．【答案】（1）还原反应
（2）CH2=CHCOCl
（3）
（4）
（5）
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【分析】（1）由分析可知，F→G的反应类型为还原反应；
故答案为： 还原反应 ；
（2）由分析可知，X为CH2=CHCOCl；
故答案为： CH2=CHCOCl ；
（3）由分析可知，D的结构简式为：；
故答案为： ；
（4）根据C的结构简式可知，C的分子式为C14H16O3，C的一种同分异构体能与FeCl3溶液发生显色反应，则含有酚羟基，能发生水解反应，含有酯基，酸性条件下水解所得2种有机产物均含2种化学环境不同的氢，则其同分异构体为：；
故答案为： ；
（5）以和CH3COOHCH3COOH为原料制取的路线图，与LiAlH4发生还原反应生成和，与CH3COOH在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应生成，与Mg在乙醚的条件下反应生成，与先发生加成反应，再发生水解反应生成，合成路线如图所示：。
故答案为： 【分析】以含苯甲氧基结构的醛 A（）为起始原料，先与乙烯基溴化镁发生加成反应得到醇 B（）；醇 B 与试剂 X 发生丙烯酰化反应生成含丙烯酸酯基的 C（），在催化剂条件下反应生成D，D与发生取代反应生成E，根据C、E的结构简式和D的分子式可推出D的结构简式为：；E 经钯碳催化加氢得到 F，最后 F 被 LiAlH4还原，将酯基转化为羟基，得到多羟基目标产物 G，据此分析回答。
（1）由分析可知，F→G的反应类型为还原反应；
（2）由分析可知，X为CH2=CHCOCl；
（3）由分析可知，D的结构简式为：；
（4）根据C的结构简式可知，C的分子式为C14H16O3，C的一种同分异构体能与FeCl3溶液发生显色反应，则含有酚羟基，能发生水解反应，含有酯基，酸性条件下水解所得2种有机产物均含2种化学环境不同的氢，则其同分异构体为：；
（5）以和CH3COOHCH3COOH为原料制取的路线图，与LiAlH4发生还原反应生成和，与CH3COOH在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应生成，与Mg在乙醚的条件下反应生成，与先发生加成反应，再发生水解反应生成，合成路线如图所示：。
16．【答案】（1）将生成的SO2转化为CaSO4，防止污染环境，同时将SiO2转化为硅酸钙除去
（2）；当三颈烧瓶中不再产生气泡
（3）Cu2+和Ni2+沉淀的pH范围接近，难以用调节pH的方法除去Cu2+；Ni粉也能与稍过量的稀硫酸反应
（4）向其中加入1mol L 1NaHCO3溶液，边加边震荡，静置后向上层清液中加入1mol L 1NaHCO3溶液，无沉淀生成时，停止滴加，过滤并洗涤NiCO3沉淀，向最后一次洗涤液中先加入稀盐酸，再加入氯化钡溶液，未产生白色沉淀，则证明NiCO3沉淀已洗净；将得到的NiCO3样品在空气中煅烧，假设起始NiCO3的物质的量为1mol，质量为119g，350℃时，对应固体残留为69.7%，质量为119g×69.7%≈83g，此时生成的固体Ni2O3，则NiCO3样品在空气中煅烧，加热到350℃分解一段时间，当固体质量不再变化时，停止加热
【知识点】硅和二氧化硅；性质实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】（1）煅烧时加入CaCO3是将生成的SO2转化为CaSO4，同时将SiO2转化为硅酸钙除去；
故答案为： 将生成的SO2转化为CaSO4，防止污染环境，同时将SiO2转化为硅酸钙除去 ；
（2）①根据反应后所得溶液中含Cu2+、Ca2+、Ni2+，则酸浸时，Ni2O3与稀硫酸反应生成NiSO4、O2和H2O，发生反应的化学方程式：；
②由“酸浸”时，反应的化学方程式：，可知，当三颈烧瓶中不再产生气泡，则说明“酸浸”已经完成；
故答案为： ； 当三颈烧瓶中不再产生气泡 ；
（3）①已知Ksp[Cu(OH)2]=1×10 20，Ksp[Ni(OH)2]=1×10 15，当溶液中c(Ni2+)=1mol L 1时，若铜离子完全沉淀，则c(Cu2+)=10 5mol L 1，；Ni2+开始沉淀时，，Cu2+和Ni2+沉淀的pH范围接近，难以用调节pH的方法除去Cu2+；
②加入Ni粉除去溶液中的Cu2+，同时Ni粉也能与稍过量的稀硫酸反应，所以实际消耗Ni粉的量大于理论用量；
故答案为： Cu2+和Ni2+沉淀的pH范围接近，难以用调节pH的方法除去Cu2+ ； Ni粉也能与稍过量的稀硫酸反应 ；
（4）量取100mLNiSO4，测得其中NiSO4的浓度为1mol L 1，向其中加入1mol L 1NaHCO3溶液，边加边震荡，静置后向上层清液中加入1mol L 1NaHCO3溶液，无沉淀生成时，停止滴加，过滤并洗涤NiCO3沉淀，向最后一次洗涤液中先加入稀盐酸，再加入氯化钡溶液，未产生白色沉淀，则证明NiCO3沉淀已洗净；将得到的NiCO3样品在空气中煅烧，假设起始NiCO3的物质的量为1mol，质量为119g，350℃时，对应固体残留为69.7%，质量为119g×69.7%≈83g，此时生成的固体Ni2O3，400℃时固体残留率为63.2%，此时固体质量为 119g×63.2%≈75.2g，生成物为NiO，则NiCO3样品在空气中煅烧，加热到350℃分解一段时间，当固体质量不再变化时，停止加热，得到Ni2O3。
故答案为： 向其中加入1mol L 1NaHCO3溶液，边加边震荡，静置后向上层清液中加入1mol L 1NaHCO3溶液，无沉淀生成时，停止滴加，过滤并洗涤NiCO3沉淀，向最后一次洗涤液中先加入稀盐酸，再加入氯化钡溶液，未产生白色沉淀，则证明NiCO3沉淀已洗净；将得到的NiCO3样品在空气中煅烧，假设起始NiCO3的物质的量为1mol，质量为119g，350℃时，对应固体残留为69.7%，质量为119g×69.7%≈83g，此时生成的固体Ni2O3，则NiCO3样品在空气中煅烧，加热到350℃分解一段时间，当固体质量不再变化时，停止加热 ；
【分析】将镍铜矿与 CaCO3混合粉碎后，在富氧空气中高温煅烧，矿石中的金属元素被氧化为 CuO、Ni2O3，同时硫、硅元素转化为稳定的 CaSO4、CaSiO3，得到含多种金属氧化物的煅烧固体。将煅烧固体加入三颈瓶，缓慢滴加稍过量的稀 H2SO4，CuO、Ni2O3、CaO 等与酸反应溶解，生成对应的 CuSO4、NiSO4、CaSO4，而 CaSO4、CaSiO3等难溶物形成滤渣被过滤除去，得到含 Cu2+、Ni2+、Ca2+的滤液。向滤液中加入足量 Ni 粉，利用金属活动性差异，Ni 将 Cu2+还原为 Cu 单质，反应为Ni+Cu2+=Ni2++Cu，过滤后除去铜元素，滤液中主要保留 Ni2+和 Ca2+。调节滤液 pH 后，加入 NaF 溶液，F-与 Ca2+结合生成难溶的 CaF2沉淀，反应为 Ca2++2F-=CaF2↓，实现钙元素的彻底去除，最终得到较纯净的含 Ni2+溶液。
（1）煅烧时加入CaCO3是将生成的SO2转化为CaSO4，同时将SiO2转化为硅酸钙除去；
（2）①根据反应后所得溶液中含Cu2+、Ca2+、Ni2+，则酸浸时，Ni2O3与稀硫酸反应生成NiSO4、O2和H2O，发生反应的化学方程式：；
②由“酸浸”时，反应的化学方程式：，可知，当三颈烧瓶中不再产生气泡，则说明“酸浸”已经完成；
（3）①已知Ksp[Cu(OH)2]=1×10 20，Ksp[Ni(OH)2]=1×10 15，当溶液中c(Ni2+)=1mol L 1时，若铜离子完全沉淀，则c(Cu2+)=10 5mol L 1，；Ni2+开始沉淀时，，Cu2+和Ni2+沉淀的pH范围接近，难以用调节pH的方法除去Cu2+；
②加入Ni粉除去溶液中的Cu2+，同时Ni粉也能与稍过量的稀硫酸反应，所以实际消耗Ni粉的量大于理论用量；
（4）量取100mLNiSO4，测得其中NiSO4的浓度为1mol L 1，向其中加入1mol L 1NaHCO3溶液，边加边震荡，静置后向上层清液中加入1mol L 1NaHCO3溶液，无沉淀生成时，停止滴加，过滤并洗涤NiCO3沉淀，向最后一次洗涤液中先加入稀盐酸，再加入氯化钡溶液，未产生白色沉淀，则证明NiCO3沉淀已洗净；将得到的NiCO3样品在空气中煅烧，假设起始NiCO3的物质的量为1mol，质量为119g，350℃时，对应固体残留为69.7%，质量为119g×69.7%≈83g，此时生成的固体Ni2O3，400℃时固体残留率为63.2%，此时固体质量为 119g×63.2%≈75.2g，生成物为NiO，则NiCO3样品在空气中煅烧，加热到350℃分解一段时间，当固体质量不再变化时，停止加热，得到Ni2O3。
17．【答案】（1）
（2）5：3；升高温度，加快化学反应速率，同时CO可以与水反应生成CO2和氢气，增加氢气的产量，同时消耗CO，提高原料利用率；低温时，更完全，CO体积分数较低；高温时，平衡逆向移动，CO体积分数开始升高
（3）；反应温和
【知识点】盖斯定律及其应用；化学反应速率与化学平衡的综合应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1） ①
②
目标方程式为：③
则③=①-4×②，=（-265）-4×（-23）=-173kJ/mol，
液氨的物质的量，当液氨为40mol时，放出的热量为；
故答案为： ；
（2）同问同压下，物质的量之比等于体积之比，设混合气体物质的量为1mol，则根据化学计量数可知，n()=2n()=35%×2=0.7mol，生成的二氧化碳的物质的量n()=n()=0.35mol，体系中二氧化碳的总物质的量来自两部分，一份原来有的7%，即0.07mol，一份CO反应生成的0.35mol，n()总=0.35+0.07=0.42mol，根据化学方程式：可知，n()=n()总=0.42mol，得到的和的物质的量之比为0.7：0.42=5：3；
添加水蒸气，升高温度，加快化学反应速率，同时CO可以与水反应生成CO2和氢气，增加氢气的产量，同时消耗CO，提高原料利用率；
低温时，更完全，CO体积分数较低，高温时，反应逆向移动，CO体积分数开始升高；
故答案为： 5：3 ； 升高温度，加快化学反应速率，同时CO可以与水反应生成CO2和氢气，增加氢气的产量，同时消耗CO，提高原料利用率 ；
（3），产生氢离子带正电，与带负电的原子结合，所以产物为，电解过程反应温和，不需要高温高压，从而降低了能耗和设备要求。
故答案为：；
【分析】(1) 盖斯定律：由已知热化学方程式推导液氨燃烧的 ΔH。
物质的量计算：利用密度、体积、摩尔质量算出液氨的物质的量，再结合反应热求放热量。
(2) ① 物料守恒：按体积分数设总物质的量，根据反应式计算 Fe3O4与 CaCO3的物质的量之比。② 水蒸气作用：加快反应速率，同时 CO 与 H2O 反应生成 H2和 CO2，提高 H2产量并消耗 CO。③ 温度影响：400~550℃：CO+H2O H2+CO2正向进行更完全，CO 体积分数降低。550℃：该反应逆向移动，CO 体积分数随温度升高而增大。
(3)① 电化学机理：H2失电子生成 H+，与中间负离子结合，推导 Y 的结构。
② 工艺优点：反应温和（无需高温高压）、能耗低、设备要求低等（任写一点）。
（1） ①
②
目标方程式为：③
则③=①-4×②，=（-265）-4×（-23）=-173kJ/mol，
液氨的物质的量，当液氨为40mol时，放出的热量为；
（2）同问同压下，物质的量之比等于体积之比，设混合气体物质的量为1mol，则根据化学计量数可知，n()=2n()=35%×2=0.7mol，生成的二氧化碳的物质的量n()=n()=0.35mol，体系中二氧化碳的总物质的量来自两部分，一份原来有的7%，即0.07mol，一份CO反应生成的0.35mol，n()总=0.35+0.07=0.42mol，根据化学方程式：可知，n()=n()总=0.42mol，得到的和的物质的量之比为0.7：0.42=5：3；
添加水蒸气，升高温度，加快化学反应速率，同时CO可以与水反应生成CO2和氢气，增加氢气的产量，同时消耗CO，提高原料利用率；
低温时，更完全，CO体积分数较低，高温时，反应逆向移动，CO体积分数开始升高；
（3），产生氢离子带正电，与带负电的原子结合，所以产物为，电解过程反应温和，不需要高温高压，从而降低了能耗和设备要求。
1 / 1江苏省如阜市2024-2025学年高中化学高三下学期第三次模拟考试
一、单项选择题：本题共13小题，每小题3分，共计39分。每小题只有一个选项符合题意。
1．下列含氮物质的转化属于氮的固定的是
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】氮的固定
【解析】【解答】A、氮的固定核心是将游离态的氮（单质）转化为化合态的氮。转化为，正是将游离态氮转变为化合态氮的过程，符合氮的固定定义，A正确；
B、转化为，是化合态氮转化回游离态氮的过程，与氮的固定定义相反，B错误；
C、转化为，是化合态氮之间的转化，原料和产物均为化合态氮，不属于氮的固定，C错误；
D、转化为，同样是化合态氮之间的相互转化，并未涉及游离态氮的转化，不属于氮的固定，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
氮的固定唯一标准是游离态氮（）化合态氮。
属于氮的固定：必须有参与并转化为含氮化合物。
不属于氮的固定：含氮化合物之间的转化，或化合态氮转化为。
2．将印刷电路板的碱性蚀刻液与NaOH溶液共热可发生反应：。下列说法正确的是
A．的基态核外电子排布式为
B．中含键
C．所含键角小于
D．冰属于共价晶体
【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；键能、键长、键角及其应用；配合物的成键情况；分子间作用力
【解析】【解答】A、Cu 原子的基态核外电子排布式为 [Ar]3d 4s ，失去 4s 轨道的 1 个电子和 3d 轨道的 1 个电子形成 Cu2+，因此 Cu2+的基态核外电子排布式为 [Ar] 3d9，而非 [Ar]3d74s2，A错误；
B、每个 NH3分子内含有 3 个 N-H σ 键，4 个 NH3共含 12 个 σ 键；同时每个 NH3与 Cu2+形成 1 个配位 σ 键，4 个配位键共 4 个 σ 键，所以 1mol [Cu(NH3)4]2+中总共含有 16mol σ 键，B正确；
C、NH3和 H2O 的中心原子均采取 sp3 杂化，NH3分子中 N 原子有 1 个孤电子对，H2O 分子中 O 原子有 2 个孤电子对，孤电子对越多对成键电子对的排斥力越大，因此 NH3的键角大于 H2O，C错误；
D、冰是由水分子通过氢键和范德华力结合形成的晶体，属于分子晶体，而非共价晶体，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
电子排布：过渡金属阳离子失电子时优先失去最外层 4s 轨道电子，再失去内层 d 轨道电子，据此判断 Cu2+的电子排布。
σ 键计数：配位键属于 σ 键，需同时统计配体内部的 σ 键和配体与中心离子之间的配位 σ 键。
键角比较：孤电子对数目越多，对成键电子对的排斥力越强，键角越小。
晶体类型：冰的构成微粒是水分子，微粒间作用力为分子间作用力，属于分子晶体。
3．一种用于烧制陶瓷的黏土中含、、等物质。下列说法正确的是
A．离子半径：
B．电负性：
C．熔点：
D．第一电离能：
【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子晶体（共价晶体）；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、Na+、Al3+、O2-的核外电子排布相同，核电荷数越大，对核外电子的吸引作用越强，离子半径越小。因此离子半径顺序为 r (O2-) > r (Na+) > r (Al3+)，A错误；
B、同周期主族元素从左到右电负性逐渐增强，故电负性 O > C；同主族元素从上到下电负性逐渐减弱，故电负性 C > Si。综合可得电负性顺序为 χ(O) > χ(C) > χ(Si)，B正确；
C、SiO2是共价晶体，熔点很高；SO2和 CO2是分子晶体，熔点由分子间作用力决定，相对分子质量越大，熔点越高。因此熔点顺序为 SiO2 > SO2 > CO2，C错误；
D、同周期主族元素第一电离能总体呈增大趋势，但第 ⅡA 族元素（Mg）的 ns2 全满结构稳定，第一电离能大于相邻的 Al，故第一电离能顺序为 I1(Si) > I1(Mg) > I1(Al)，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
离子半径比较：电子层结构相同时，核电荷数越大，离子半径越小。
电负性规律：同周期从左到右电负性增强，同主族从上到下电负性减弱。
熔点比较：共价晶体熔点远高于分子晶体；分子晶体的熔点随相对分子质量增大而升高。
第一电离能特殊情况：第 ⅡA、ⅤA 族元素因全满、半满稳定结构，第一电离能大于相邻主族元素。
4．在酸性条件下可发生反应：。以为原料制取晶体的实验操作或原理不能达到实验目的的是
A．用装置甲制取含的悬浊液
B．用装置乙吸收挥发出的气体
C．用装置丙除去S和未反应的
D．用装置丁蒸干溶液，获得
【答案】D
【知识点】铁盐和亚铁盐的相互转变
【解析】【解答】A、装置甲中，FeS2与稀硫酸在加热、电磁搅拌下发生反应，生成 Fe2+、S 单质和 H2S 气体，可得到含 FeSO4的悬浊液，能达到实验目的，A正确；
B、H2S 是酸性气体，可与 NaOH 溶液发生反应，装置乙中采用 “长进短出” 的洗气方式，能充分吸收挥发出的 H2S，防止污染空气，能达到实验目的，B正确；
C、S 单质和未反应的 FeS2难溶于水，而 FeSO4易溶于水，装置丙为过滤操作，可分离除去难溶性的 S 和 FeS2，得到纯净的 FeSO4溶液，能达到实验目的，C正确；
D、Fe2+具有较强还原性，蒸干 FeSO4溶液时，Fe2+易被空气中的氧气氧化为 Fe3+；且直接蒸干会失去结晶水，无法得到 FeSO4 7H2O 晶体，正确操作应为蒸发浓缩、冷却结晶，不能达到实验目的，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
反应制备：利用 FeS2与稀硫酸的反应，在加热搅拌下制备 FeSO4悬浊液。
尾气处理：酸性气体 H2S 可用碱液吸收，注意洗气时的气体流向。
固液分离：利用溶解性差异，通过过滤除去难溶性杂质。
结晶操作：含亚铁离子的盐溶液易被氧化，且带结晶水的晶体不能直接蒸干，需采用蒸发浓缩、冷却结晶的方法。
5．在给定条件下，下列制备过程涉及的物质转化均能实现的是
A．
B．
C．
D．NaCl溶液
【答案】A
【知识点】氨的性质及用途；含硫物质的性质及综合应用；铁的化学性质
【解析】【解答】A、浓硫酸与碳在加热条件下发生氧化还原反应，生成二氧化硫、二氧化碳和水；二氧化硫与硫化氢气体发生归中反应，生成硫单质和水，两步转化均能实现，A正确；
B、氧化铁与铝在高温下发生铝热反应生成铁和氧化铝，但铁与氯气加热反应时，氯气的氧化性较强，会直接生成氯化铁，无法得到氯化亚铁，该转化不能实现，B错误；
C、氨气在催化剂、加热条件下与氧气反应生成一氧化氮，但一氧化氮不能直接与水反应生成硝酸，需要与氧气、水共同作用才能转化为硝酸，该转化不能实现，C错误；
D、氯化钠溶液呈中性，二氧化碳的溶解度较小，直接向氯化钠溶液中通入二氧化碳无法生成碳酸氢钠，需要先通入氨气使溶液呈碱性，才能吸收二氧化碳生成碳酸氢钠，该转化不能实现，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
氧化还原反应规律：浓硫酸的强氧化性、氯气的强氧化性、二氧化硫与硫化氢的归中反应是判断转化能否实现的核心。
物质反应特性：铁与氯气反应只能生成氯化铁；一氧化氮需氧气参与才能与水反应生成硝酸；侯氏制碱法需先通氨气再通二氧化碳。
反应条件与环境：反应的温度、气体通入顺序、溶液酸碱性都会影响产物的生成。
6．粗硅制高纯硅的过程中300℃时发生反应 。下列说法正确的是
A．该反应一定能自发进行
B．该反应的平衡常数表达式
C．每反应1molSi，会断裂2molSi-Si键
D．其他条件相同，使用催化剂可以加快正反应速率，减慢逆反应速率
【答案】C
【知识点】原子晶体（共价晶体）；焓变和熵变；化学平衡常数；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、该反应，且反应后气体分子数减少，故。根据自发反应判据，高温下的绝对值增大，可能使，反应无法自发进行，A错误；
B、平衡常数表达式中，固体物质的浓度不计入。Si是固体，因此平衡常数应为，B错误；
C、在晶体硅中，每个Si原子与周围4个Si原子形成Si-Si键，每个键被2个Si原子共用，故1mol Si晶体中含2mol Si-Si键。反应1mol Si时，会断裂2mol Si-Si键，C正确；
D、催化剂能同等程度加快正、逆反应速率，不会只加快正反应速率而减慢逆反应速率，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
反应自发性判断：、的反应，低温下自发，高温下可能不自发。
平衡常数书写：固体、纯液体的浓度视为常数，不写入平衡常数表达式。
晶体化学键计数：晶体硅中每个Si原子平均形成2个Si-Si键。
催化剂作用：催化剂只改变反应速率，不影响平衡，且正、逆反应速率同等程度改变。
阅读下列材料，完成下面小题。
具有较强的氧化性，能够将磷氧化为或(可以水解得到两种酸)，与氨反应生成溴化铵和氮气，可以氧化一些非金属阴离子，如与反应生成()。在催化剂作用下，苯与发生取代反应，该反应属于放热反应。醛与在碱的催化下，醛的氢被溴取代生成溴代醛。工业上海水提溴的主要过程为：
7．下列说法正确的是
A．基态溴原子的电子排布式为
B．中P原子的轨道杂化类型为杂化
C．是由极性键构成的非极性分子
D．的空间结构为平面三角形
8．下列化学用语表示正确的是
A．水解反应的化学方程式：
B．溴与氨反应的化学方程式：
C．乙醛与溴反应生成溴代乙醛的化学方程式：
D．纯碱溶液吸收的离子方程式：
9．下列说法正确的是
A．浓硫酸是苯与发生取代反应的催化剂
B．使用催化剂可以降低苯与反应的焓变
C．海水提溴中的步骤Ⅱ、Ⅲ可以实现溴元素的富集
D．可以用淀粉溶液检验步骤Ⅲ蒸馏后所得母液中是否含有
【答案】7．B
8．B
9．C
【知识点】极性分子和非极性分子；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氧化还原反应方程式的配平；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）
A、溴是35号元素，基态溴原子的核外电子排布式为，而非 ，故A错误；
B、中原子的价层电子对数为：，价层电子对数为4，故原子采取杂化 ，故B正确；
C、分子由非极性键构成，且环状结构对称，正负电荷中心重合，属于非极性分子 ，故C错误；
D、中原子的价层电子对数为：，含1对孤电子对，杂化类型为，空间结构为三角锥形，并非平面三角形 ，故D错误；
故答案为：B。
（2）A、水解生成磷酸和氢溴酸，正确方程式为：，故A错误；
B、溴与氨发生氧化还原反应，配平后方程式为： 3Br2+8NH3=6NH4Br+N2，故B正确；
C、乙醛的α-氢被溴取代，正确方程式为：，故C错误；
D、纯碱溶液吸收时，转化为，正确离子方程式为：，故D错误；
故答案为：B。
（3）A、苯与发生取代反应的催化剂是，浓硫酸仅作吸水剂 ，故A错误；
B、催化剂可降低反应活化能，但不改变反应的始态和终态，因此不能改变反应焓变 ，故B错误；
C、步骤Ⅱ中被纯碱吸收转化为和：
步骤Ⅲ中归中反应生成高浓度： ，实现了溴元素的富集 ，故C正确；
D、淀粉溶液遇变蓝，与不发生显色反应，无法检验 ，故D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
(1)电子排布：过渡元素的电子排布需包含3d轨道，不能遗漏。
杂化判断：用价层电子对互斥理论计算，价层电子对数=σ键数+孤电子对数。
分子极性：非极性键构成的对称分子为非极性分子。
空间构型：杂化且含1对孤电子对时，分子为三角锥形。
(2)水解反应：卤化磷水解生成含氧酸和氢卤酸，无次卤酸生成。
氧化还原配平：为氧化剂，部分被氧化为。
取代反应：醛的α-氢被溴原子取代，保留醛基结构。
离子反应：碱性条件下，与酸反应生成，而非。
(3)催化原理：苯的卤代反应真正催化剂是，而非浓硫酸。
焓变本质：焓变只与反应的始态和终态有关，与催化剂无关。
富集逻辑：通过“氧化-吸收-归中”三步，将低浓度溴浓缩为高浓度溴。
物质检验：淀粉是的特征检验试剂，不可用于。
7．A、溴是35号元素，基态溴原子的核外电子排布式为，而非 ，故A错误；
B、中原子的价层电子对数为：，价层电子对数为4，故原子采取杂化 ，故B正确；
C、分子由非极性键构成，且环状结构对称，正负电荷中心重合，属于非极性分子 ，故C错误；
D、中原子的价层电子对数为：，含1对孤电子对，杂化类型为，空间结构为三角锥形，并非平面三角形 ，故D错误；
故答案为：B。
8．A、水解生成磷酸和氢溴酸，正确方程式为：，故A错误；
B、溴与氨发生氧化还原反应，配平后方程式为： 3Br2+8NH3=6NH4Br+N2，故B正确；
C、乙醛的α-氢被溴取代，正确方程式为：，故C错误；
D、纯碱溶液吸收时，转化为，正确离子方程式为：，故D错误；
故答案为：B。
9．A、苯与发生取代反应的催化剂是，浓硫酸仅作吸水剂 ，故A错误；
B、催化剂可降低反应活化能，但不改变反应的始态和终态，因此不能改变反应焓变 ，故B错误；
C、步骤Ⅱ中被纯碱吸收转化为和：
步骤Ⅲ中归中反应生成高浓度： ，实现了溴元素的富集 ，故C正确；
D、淀粉溶液遇变蓝，与不发生显色反应，无法检验 ，故D错误；
故答案为：C。
10．有机物Y是一种医药中间体，其合成路线如下。下列有关说法正确的是
A．X存在顺反异构现象 B．X能与甲醛发生缩聚反应
C．X→Y时有生成 D．1molY最多能与2molNaOH反应
【答案】C
【知识点】烯烃；酯的性质
【解析】【解答】A、顺反异构的形成条件是碳碳双键两端的碳原子都连接着不同的原子或原子团。X 分子中，碳碳双键的一个碳原子上连接了 2 个 - COOC2H5基团，不满足顺反异构的形成条件，因此不存在顺反异构现象，A错误；
B、X 分子中含有酚羟基，但酚羟基的邻位已经被甲基和双键占据，没有可反应的氢原子，无法与甲醛发生酚醛缩聚反应，B错误；
C、对比 X 和 Y 的结构，X 中的两个 - COOC2H5基团在成环过程中，会脱去 1 个乙醇分子（CH3CH2OH），根据原子守恒可判断该过程有乙醇生成，C正确；
D、Y 分子中含有 2 个酯基，其中 1 个是普通酯基，水解消耗 1mol NaOH；另 1 个是酚酯基，水解后生成 1mol 羧基和 1mol 酚羟基，共消耗 2mol NaOH。因此 1mol Y 最多能与 3mol NaOH 反应，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
顺反异构判断：碳碳双键两端碳原子必须连接不同基团，才存在顺反异构。
酚醛缩聚条件：酚羟基的邻、对位需有可反应的氢原子，才能与甲醛缩聚。
原子守恒应用：对比反应物与产物的结构差异，可判断小分子产物的种类。
酯基与 NaOH 反应：普通酯基水解消耗 1mol NaOH，酚酯基水解消耗 2mol NaOH。
11．室温下，下列实验方案能达到实验目的的是
选项 实验探究方案 实验目的
A 向滴有酚酞的溶液中加入溶液，观察现象 证明可与NaOH溶液反应
B 将溶液加到HI溶液中，充分溶解后，滴入后振荡、静置，观察层颜色变化 证明氧化性：
C 在氨水中滴入酚酞溶液，加热煮沸一段时间，观察溶液颜色变化 验证升高温度可促进的电离
D 向淀粉溶液中加入适量溶液，加热，冷却后，加NaOH溶液至溶液呈碱性，加新制，加热，观察现象 证明淀粉水解后有还原性糖生成
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；蔗糖与淀粉的性质实验；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A、向滴有酚酞的溶液中加入等物质的量的，溶液变红可能是反应生成使溶液显碱性，也可能是未反应的本身电离导致碱性，无法确定与发生了反应，不能达到实验目的，A错误；
B、将溶液加到溶液中，酸性条件下具有强氧化性，可能直接氧化生成，也可能是与发生氧化还原反应生成，无法明确证明氧化性，不能达到实验目的，B错误；
C、氨水中滴入酚酞溶液，加热煮沸时受热分解、挥发，溶液中浓度降低，碱性减弱导致溶液颜色变浅，并非是升高温度促进了的电离，不能达到实验目的，C错误；
D、淀粉溶液在稀硫酸中加热水解，冷却后加溶液中和硫酸至碱性，再加入新制加热，若生成砖红色沉淀，说明淀粉水解产物中含有还原性糖（葡萄糖），能达到实验目的，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
反应验证逻辑：验证反应发生需排除其他干扰因素，明确单一反应的因果关系。
离子氧化性判断：在酸性条件下具有强氧化性，涉及与反应时，需考虑的干扰。
弱电解质性质：受热易分解，其溶液的碱性减弱主要因溶质挥发，而非电离平衡移动。
还原性糖检验：淀粉水解产物为葡萄糖，需在碱性条件下与新制加热反应生成砖红色沉淀，检验前必须中和水解用的酸。
12．NaOH溶液可以吸收废气中的，生成和。现用溶液吸收含的废气(无其他含氮气体，忽略溶液体积的变化)。已知、。室温下，下列说法正确的是
A．溶液中存在：
B．时吸收液中存在：
C．吸收过程中溶液中可能存在：
D．用溶液吸收废气可发生反应：
【答案】B
【知识点】盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、在溶液中，发生水解反应，结合质子守恒规律，溶液中氢离子与亚硝酸的浓度之和应等于氢氧根离子浓度，即 c(H+) + c(HNO2) = c(OH-) ，A错误；
B、溶液中的物质的量为，当吸收液中的总物质的量为时，根据氮元素守恒，氮元素全部以、、的形式存在，因此 c(Na+) = c() + c() + c(HNO2) ，B正确；
C、吸收的反应为，理论上生成的与物质的量相等，但会发生水解反应导致其浓度降低，因此溶液中 c() > c() ，C错误；
D、由电离常数可知酸性，根据“强酸制弱酸”原理，与溶液反应应生成、和，正确的离子方程式为 ，选项中原子不守恒、电荷也不守恒，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
质子守恒：对于强碱弱酸盐溶液，通过物料守恒和电荷守恒推导质子守恒关系，明确微粒间的数量关联。
物料守恒：根据元素与元素的物质的量相等关系，直接推导离子浓度的守恒表达式。
水解影响：弱酸根离子的水解会导致其自身浓度降低，从而影响溶液中离子浓度的相对大小。
酸性比较：利用电离常数判断酸性强弱，进而验证离子反应是否符合“强酸制弱酸”的规律。
13．一种以、为原料制取COS的过程中主要反应如下：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
将等物质的量的和充入反应器中，压强一定，平衡时和的转化率、和选择性与温度的关系如下图所示。
或选择性。下列说法正确的是
A．X代表的物质是COS
B．温度越高，平衡时所得的物质的量越少
C．400℃之前，容器内只发生反应Ⅰ
D．600℃时，其他条件一定，适当增大起始反应的压强，既能加快反应速率也能提高COS的平衡选择性
【答案】D
【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学平衡的计算
【解析】【解答】A、反应Ⅰ和反应Ⅲ都会生成，只有反应Ⅰ生成，因此的选择性必然高于。从图中可以看出，曲线的选择性高于，所以代表，代表，A错误；
B、反应Ⅰ和反应Ⅲ均为吸热反应，温度升高时平衡正向移动，的生成量会增加，因此温度越高，平衡时的物质的量越多，B错误；
C、之前，和已有转化率，同时和也有选择性，说明反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ都在发生，只是反应Ⅱ的进行程度较小，并非只发生反应Ⅰ，C错误；
D、增大压强可以加快反应速率；反应Ⅰ是气体分子数不变的反应，压强对其平衡无影响；反应Ⅱ是气体分子数增大的反应，增大压强会使反应Ⅱ逆向移动，减少的分解；反应Ⅲ是气体分子数不变的反应，压强对其平衡无影响。整体来看，增大压强有利于的生成，能提高的平衡选择性，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
选择性判断：根据各反应的产物关系，判断和的选择性高低，从而对应到图中的曲线。
温度对平衡的影响：吸热反应升温时平衡正向移动，产物的量会增加。
反应共存性：多个反应同时存在时，即使转化率低，也不能认为只有单一反应发生。
压强对平衡的影响：根据反应前后气体分子数的变化，判断压强对各反应平衡的影响，进而分析对目标产物选择性的作用。
二、非选择题：本题共4题，共61分。
14．工业以钼精矿为原料制备的过程如下：
、
（1）“焙烧”：将钼精矿置于石英反应罐中并通入空气，高温充分反应得到钼焙砂。冷却后采用XRD分析焙烧前后物相的变化如下图所示。写出焙烧时生成的化学反应方程式：　 　。
（2）“预处理”：将钼焙砂和、混合溶液按一定比例混合，加热反应一段时间，过滤后，得到含、多钼酸铵、等滤渣。[已知在水中存在平衡：]
①“预处理”需在通风设备中进行，原因是　 　。
②写出转化为的化学方程式：　 　。
③其他条件一定，适当增大浓度，所得滤渣中Mo的含量增大，原因是　 　。
（3）“氨浸”：将预处理后所得滤渣用氨水浸泡，其中的、可转化为可溶的，还有少量的难溶于氨水。为进一步提高Mo元素的浸出率，可在氨水中加入的物质是　 　。
（4）五钼酸铵[，]在氮气中焙烧，可逐步分解，最终得到。取1.648g五钼酸铵固体在氮气氛围中焙烧，有气体和生成，维持300℃时加热当固体质量不再变化时，所得固体[组成为，Mo为价]质量为1.57g。计算300℃所得固体的化学式，并写出计算过程　 　。
【答案】（1）
（2）钼焙砂和硝酸、硝酸铵混合加热反应，生成氮氧化物等有毒气体；；(NH4)2MonO(3n+1)在水中存在平衡：，其他条件一定，适当增大NH4NO3浓度，浓度增大，平衡逆向移动，析出更多的(NH4)2MonO(3n+1)，所得滤渣中Mo的含量增大
（3）硝酸铵
（4）(NH4)1.5Mo5O15.75
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；复杂化学式的确定
【解析】【解答】（1）钼精矿(主要成分是MoS2)与空气中的氧气在高温的条件下反应生成MoO3和SO2，反应的方程式为：；
故答案为： ；
（2）①钼焙砂和硝酸、硝酸铵混合加热反应生成H2MoO4、多钼酸铵[(NH4)2MonO(3n+1)]、SiO2等滤渣，同时生成氮氧化物等有毒气体，所以“预处理”需在通风设备中进行；
②将钼焙砂和、混合溶液按一定比例混合，加热反应一段时间，过滤后，得到多钼酸铵等，据元素种类守恒，产物还有Ca(NO3)2，设(NH4)2MonO(3n+1)的化学计量数为1，由Ca、Mo、守恒得反应为，由N原子守恒得4+x=2n+2、由H原子守恒得8+x=8+2y，解得x=2n-2、y=n-1，则CaMoO4转化为(NH4)2MonO(3n+1)的化学方程式为：；
③根据题意，(NH4)2MonO(3n+1)在水中存在平衡：，其他条件一定，适当增大NH4NO3浓度，浓度增大，平衡逆向移动，析出更多的(NH4)2MonO(3n+1)，所得滤渣中Mo的含量增大；
故答案为： 钼焙砂和硝酸、硝酸铵混合加热反应，生成氮氧化物等有毒气体 ； ； (NH4)2MonO(3n+1)在水中存在平衡：，其他条件一定，适当增大NH4NO3浓度，浓度增大，平衡逆向移动，析出更多的(NH4)2MonO(3n+1)，所得滤渣中Mo的含量增大 ；
（3）CaMoO4难溶于氨水，为进一步提高Mo元素的浸出率，可在氨水中加入加入硝酸铵；
故答案为： 硝酸铵 ；
（4）所得固体组成为(NH4)aMobOc，其中Mo为+6价，根据正负化合价代数和为0，则a+6b-2c=0；1.648g五钼酸铵的物质的量为：0.002mol，五钼酸铵固体在氮气氛围中焙烧，有气体NH3和H2O生成，根据氮元素和氢元素质量守恒得到：，a=1.5，钼原子反应前后个数不变，则b=5，根据所得固体组成为(NH4)aMobOc，其中Mo为+6价，根据正负化合价代数和为0，则a+6b-2c=0，则c=15.75，则300℃所得固体的化学式为：(NH4)1.5Mo5O15.75。
故答案为： (NH4)1.5Mo5O15.75 ；
【分析】将钼精矿放入石英反应罐，通入空气并高温加热。此过程中，钼精矿中的钼元素被空气中的氧气氧化，转化为钼焙砂（主要含钼的氧化物），这是提取钼的基础预处理步骤，为后续反应提供了含钼的反应原料。将钼焙砂与、的混合溶液加热混合。利用硝酸的强氧化性和铵盐的溶解性，加热反应后过滤：可溶物：钼元素转化为或多钼酸铵，进入溶液；滤渣：石英（）等不溶性杂质被过滤除去，完成第一步固液分离。向上述滤渣（含、多钼酸铵）中加入氨水。氨水呈碱性，能与钼的含氧酸及铵盐反应，使、转化为可溶性的，实现钼元素的进一步富集；而少量的因难溶于氨水，仍以固体形式残留，为后续分离埋下伏笔。将预处理后得到的可溶性钼盐（如五钼酸铵，摩尔质量）置于氮气氛围中高温焙烧。氮气作为惰性保护气，防止钼元素在高温下被再次氧化，五钼酸铵逐步分解，最终失去铵根和部分氧元素，得到目标产物。
（1）钼精矿(主要成分是MoS2)与空气中的氧气在高温的条件下反应生成MoO3和SO2，反应的方程式为：；
（2）①钼焙砂和硝酸、硝酸铵混合加热反应生成H2MoO4、多钼酸铵[(NH4)2MonO(3n+1)]、SiO2等滤渣，同时生成氮氧化物等有毒气体，所以“预处理”需在通风设备中进行；
②将钼焙砂和、混合溶液按一定比例混合，加热反应一段时间，过滤后，得到多钼酸铵等，据元素种类守恒，产物还有Ca(NO3)2，设(NH4)2MonO(3n+1)的化学计量数为1，由Ca、Mo、守恒得反应为，由N原子守恒得4+x=2n+2、由H原子守恒得8+x=8+2y，解得x=2n-2、y=n-1，则CaMoO4转化为(NH4)2MonO(3n+1)的化学方程式为：；
③根据题意，(NH4)2MonO(3n+1)在水中存在平衡：，其他条件一定，适当增大NH4NO3浓度，浓度增大，平衡逆向移动，析出更多的(NH4)2MonO(3n+1)，所得滤渣中Mo的含量增大；
（3）CaMoO4难溶于氨水，为进一步提高Mo元素的浸出率，可在氨水中加入加入硝酸铵；
（4）所得固体组成为(NH4)aMobOc，其中Mo为+6价，根据正负化合价代数和为0，则a+6b-2c=0；1.648g五钼酸铵的物质的量为：0.002mol，五钼酸铵固体在氮气氛围中焙烧，有气体NH3和H2O生成，根据氮元素和氢元素质量守恒得到：，a=1.5，钼原子反应前后个数不变，则b=5，根据所得固体组成为(NH4)aMobOc，其中Mo为+6价，根据正负化合价代数和为0，则a+6b-2c=0，则c=15.75，则300℃所得固体的化学式为：(NH4)1.5Mo5O15.75。
15．化合物G是一种抗病毒药物的中间体，其一种合成路线如下：
已知①；②(RMgBr不能与酸、水、醇等共存)。
（1）F→G的反应类型为　 　反应。
（2）已知物质X的分子式为，则X的结构简式为　 　。
（3）D的结构简式为　 　。
（4）写出符合下列条件的C的一种同分异构体的结构简式：　 　。
①能与溶液发生显色反应；
②能发生水解反应，酸性条件下水解所得2种有机产物均含2种化学环境不同的氢。
（5）设计以和为原料制取的路线图　 　(无机试剂及溶剂任用，合成示例见本题题干)。
【答案】（1）还原反应
（2）CH2=CHCOCl
（3）
（4）
（5）
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【分析】（1）由分析可知，F→G的反应类型为还原反应；
故答案为： 还原反应 ；
（2）由分析可知，X为CH2=CHCOCl；
故答案为： CH2=CHCOCl ；
（3）由分析可知，D的结构简式为：；
故答案为： ；
（4）根据C的结构简式可知，C的分子式为C14H16O3，C的一种同分异构体能与FeCl3溶液发生显色反应，则含有酚羟基，能发生水解反应，含有酯基，酸性条件下水解所得2种有机产物均含2种化学环境不同的氢，则其同分异构体为：；
故答案为： ；
（5）以和CH3COOHCH3COOH为原料制取的路线图，与LiAlH4发生还原反应生成和，与CH3COOH在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应生成，与Mg在乙醚的条件下反应生成，与先发生加成反应，再发生水解反应生成，合成路线如图所示：。
故答案为： 【分析】以含苯甲氧基结构的醛 A（）为起始原料，先与乙烯基溴化镁发生加成反应得到醇 B（）；醇 B 与试剂 X 发生丙烯酰化反应生成含丙烯酸酯基的 C（），在催化剂条件下反应生成D，D与发生取代反应生成E，根据C、E的结构简式和D的分子式可推出D的结构简式为：；E 经钯碳催化加氢得到 F，最后 F 被 LiAlH4还原，将酯基转化为羟基，得到多羟基目标产物 G，据此分析回答。
（1）由分析可知，F→G的反应类型为还原反应；
（2）由分析可知，X为CH2=CHCOCl；
（3）由分析可知，D的结构简式为：；
（4）根据C的结构简式可知，C的分子式为C14H16O3，C的一种同分异构体能与FeCl3溶液发生显色反应，则含有酚羟基，能发生水解反应，含有酯基，酸性条件下水解所得2种有机产物均含2种化学环境不同的氢，则其同分异构体为：；
（5）以和CH3COOHCH3COOH为原料制取的路线图，与LiAlH4发生还原反应生成和，与CH3COOH在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应生成，与Mg在乙醚的条件下反应生成，与先发生加成反应，再发生水解反应生成，合成路线如图所示：。
16．三氧化二镍()常用作磁性材料，具有强氧化性。以镍铜矿(含有NiS、CuS、以及少量的不溶杂质)为原料制备。
（1）煅烧。将一定量的镍铜矿与混合后，粉碎后在富氧空气中充分煅烧。煅烧时加入的目的是　 　。
（2）酸浸。将煅烧得到的固体(含CuO、CaO、、、)加入三颈瓶中(装置见下图)，通过恒压滴液漏斗缓慢滴加稍过量的稀硫酸，充分反应。
①反应后所得溶液中含、、，写出酸浸时发生反应的化学方程式：　 　。
②如何判断“酸浸”反应已经完成：　 　。
（3）除杂。将三颈瓶中悬浊液倒出、过滤后，向所得滤液中加入足量Ni粉，充分反应后过滤，调节滤液的pH，向滤液中加入NaF溶液将沉淀除去。[溶液中，，，，离子浓度沉淀完全]
①加入Ni粉的目的是除去溶液中的。不选择用调节pH的方法除去的原因是：　 　。
②实际消耗Ni粉的量大于理论用量，原因是　 　。
（4）制备：请补充完整由除杂后得到的溶液制取的实验方案：量取，测得其中的浓度为，　 　，得到。(可选用的试剂：溶液、稀盐酸、溶液)。已知：样品在空气中煅烧，样品的固体残留率()随热解温度的变化如下图所示。
【答案】（1）将生成的SO2转化为CaSO4，防止污染环境，同时将SiO2转化为硅酸钙除去
（2）；当三颈烧瓶中不再产生气泡
（3）Cu2+和Ni2+沉淀的pH范围接近，难以用调节pH的方法除去Cu2+；Ni粉也能与稍过量的稀硫酸反应
（4）向其中加入1mol L 1NaHCO3溶液，边加边震荡，静置后向上层清液中加入1mol L 1NaHCO3溶液，无沉淀生成时，停止滴加，过滤并洗涤NiCO3沉淀，向最后一次洗涤液中先加入稀盐酸，再加入氯化钡溶液，未产生白色沉淀，则证明NiCO3沉淀已洗净；将得到的NiCO3样品在空气中煅烧，假设起始NiCO3的物质的量为1mol，质量为119g，350℃时，对应固体残留为69.7%，质量为119g×69.7%≈83g，此时生成的固体Ni2O3，则NiCO3样品在空气中煅烧，加热到350℃分解一段时间，当固体质量不再变化时，停止加热
【知识点】硅和二氧化硅；性质实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】（1）煅烧时加入CaCO3是将生成的SO2转化为CaSO4，同时将SiO2转化为硅酸钙除去；
故答案为： 将生成的SO2转化为CaSO4，防止污染环境，同时将SiO2转化为硅酸钙除去 ；
（2）①根据反应后所得溶液中含Cu2+、Ca2+、Ni2+，则酸浸时，Ni2O3与稀硫酸反应生成NiSO4、O2和H2O，发生反应的化学方程式：；
②由“酸浸”时，反应的化学方程式：，可知，当三颈烧瓶中不再产生气泡，则说明“酸浸”已经完成；
故答案为： ； 当三颈烧瓶中不再产生气泡 ；
（3）①已知Ksp[Cu(OH)2]=1×10 20，Ksp[Ni(OH)2]=1×10 15，当溶液中c(Ni2+)=1mol L 1时，若铜离子完全沉淀，则c(Cu2+)=10 5mol L 1，；Ni2+开始沉淀时，，Cu2+和Ni2+沉淀的pH范围接近，难以用调节pH的方法除去Cu2+；
②加入Ni粉除去溶液中的Cu2+，同时Ni粉也能与稍过量的稀硫酸反应，所以实际消耗Ni粉的量大于理论用量；
故答案为： Cu2+和Ni2+沉淀的pH范围接近，难以用调节pH的方法除去Cu2+ ； Ni粉也能与稍过量的稀硫酸反应 ；
（4）量取100mLNiSO4，测得其中NiSO4的浓度为1mol L 1，向其中加入1mol L 1NaHCO3溶液，边加边震荡，静置后向上层清液中加入1mol L 1NaHCO3溶液，无沉淀生成时，停止滴加，过滤并洗涤NiCO3沉淀，向最后一次洗涤液中先加入稀盐酸，再加入氯化钡溶液，未产生白色沉淀，则证明NiCO3沉淀已洗净；将得到的NiCO3样品在空气中煅烧，假设起始NiCO3的物质的量为1mol，质量为119g，350℃时，对应固体残留为69.7%，质量为119g×69.7%≈83g，此时生成的固体Ni2O3，400℃时固体残留率为63.2%，此时固体质量为 119g×63.2%≈75.2g，生成物为NiO，则NiCO3样品在空气中煅烧，加热到350℃分解一段时间，当固体质量不再变化时，停止加热，得到Ni2O3。
故答案为： 向其中加入1mol L 1NaHCO3溶液，边加边震荡，静置后向上层清液中加入1mol L 1NaHCO3溶液，无沉淀生成时，停止滴加，过滤并洗涤NiCO3沉淀，向最后一次洗涤液中先加入稀盐酸，再加入氯化钡溶液，未产生白色沉淀，则证明NiCO3沉淀已洗净；将得到的NiCO3样品在空气中煅烧，假设起始NiCO3的物质的量为1mol，质量为119g，350℃时，对应固体残留为69.7%，质量为119g×69.7%≈83g，此时生成的固体Ni2O3，则NiCO3样品在空气中煅烧，加热到350℃分解一段时间，当固体质量不再变化时，停止加热 ；
【分析】将镍铜矿与 CaCO3混合粉碎后，在富氧空气中高温煅烧，矿石中的金属元素被氧化为 CuO、Ni2O3，同时硫、硅元素转化为稳定的 CaSO4、CaSiO3，得到含多种金属氧化物的煅烧固体。将煅烧固体加入三颈瓶，缓慢滴加稍过量的稀 H2SO4，CuO、Ni2O3、CaO 等与酸反应溶解，生成对应的 CuSO4、NiSO4、CaSO4，而 CaSO4、CaSiO3等难溶物形成滤渣被过滤除去，得到含 Cu2+、Ni2+、Ca2+的滤液。向滤液中加入足量 Ni 粉，利用金属活动性差异，Ni 将 Cu2+还原为 Cu 单质，反应为Ni+Cu2+=Ni2++Cu，过滤后除去铜元素，滤液中主要保留 Ni2+和 Ca2+。调节滤液 pH 后，加入 NaF 溶液，F-与 Ca2+结合生成难溶的 CaF2沉淀，反应为 Ca2++2F-=CaF2↓，实现钙元素的彻底去除，最终得到较纯净的含 Ni2+溶液。
（1）煅烧时加入CaCO3是将生成的SO2转化为CaSO4，同时将SiO2转化为硅酸钙除去；
（2）①根据反应后所得溶液中含Cu2+、Ca2+、Ni2+，则酸浸时，Ni2O3与稀硫酸反应生成NiSO4、O2和H2O，发生反应的化学方程式：；
②由“酸浸”时，反应的化学方程式：，可知，当三颈烧瓶中不再产生气泡，则说明“酸浸”已经完成；
（3）①已知Ksp[Cu(OH)2]=1×10 20，Ksp[Ni(OH)2]=1×10 15，当溶液中c(Ni2+)=1mol L 1时，若铜离子完全沉淀，则c(Cu2+)=10 5mol L 1，；Ni2+开始沉淀时，，Cu2+和Ni2+沉淀的pH范围接近，难以用调节pH的方法除去Cu2+；
②加入Ni粉除去溶液中的Cu2+，同时Ni粉也能与稍过量的稀硫酸反应，所以实际消耗Ni粉的量大于理论用量；
（4）量取100mLNiSO4，测得其中NiSO4的浓度为1mol L 1，向其中加入1mol L 1NaHCO3溶液，边加边震荡，静置后向上层清液中加入1mol L 1NaHCO3溶液，无沉淀生成时，停止滴加，过滤并洗涤NiCO3沉淀，向最后一次洗涤液中先加入稀盐酸，再加入氯化钡溶液，未产生白色沉淀，则证明NiCO3沉淀已洗净；将得到的NiCO3样品在空气中煅烧，假设起始NiCO3的物质的量为1mol，质量为119g，350℃时，对应固体残留为69.7%，质量为119g×69.7%≈83g，此时生成的固体Ni2O3，400℃时固体残留率为63.2%，此时固体质量为 119g×63.2%≈75.2g，生成物为NiO，则NiCO3样品在空气中煅烧，加热到350℃分解一段时间，当固体质量不再变化时，停止加热，得到Ni2O3。
17．氨气既是化工原料，也是清洁能源，研究氨气的合成具有重要意义。
（1）已知氨气的部分反应及信息如下：
的密度为
完全燃烧生成和，可以产生的热量是　 　。
（2）一种合成气(含体积分数为54%的、35%的CO、7%的和4%的)可通过如下图所示转化制取合成氨气的原料。
，
①若转化Ⅰ中CO、完全反应，得到的和的物质的量之比为　 　。
②实际进行转化(Ⅰ)反应时，合成气中需添加一定量的水蒸气。添加水蒸气的目的是　 　。
③其他条件一定，将添加了水蒸气的合成气通过装有和CaO的反应管，测得出口处CO的体积分数与反应温度的关系如下图所示。
Ⅰ.400~550℃，温度越高，出口处CO体积分数越低的原因是　 　。
Ⅱ．高于550℃，出口处CO体积分数随温度升高增大的原因是　 　。
（3）一种、可持续电催化合成氨的原理如下图(如中、、、可表示烃基)所示。
①物质Y的结构简式为　 　。
②与、直接合成氨的工艺相比，该方法的优点除产氨效率高外，还有　 　(任写一点)。
【答案】（1）
（2）5：3；升高温度，加快化学反应速率，同时CO可以与水反应生成CO2和氢气，增加氢气的产量，同时消耗CO，提高原料利用率；低温时，更完全，CO体积分数较低；高温时，平衡逆向移动，CO体积分数开始升高
（3）；反应温和
【知识点】盖斯定律及其应用；化学反应速率与化学平衡的综合应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1） ①
②
目标方程式为：③
则③=①-4×②，=（-265）-4×（-23）=-173kJ/mol，
液氨的物质的量，当液氨为40mol时，放出的热量为；
故答案为： ；
（2）同问同压下，物质的量之比等于体积之比，设混合气体物质的量为1mol，则根据化学计量数可知，n()=2n()=35%×2=0.7mol，生成的二氧化碳的物质的量n()=n()=0.35mol，体系中二氧化碳的总物质的量来自两部分，一份原来有的7%，即0.07mol，一份CO反应生成的0.35mol，n()总=0.35+0.07=0.42mol，根据化学方程式：可知，n()=n()总=0.42mol，得到的和的物质的量之比为0.7：0.42=5：3；
添加水蒸气，升高温度，加快化学反应速率，同时CO可以与水反应生成CO2和氢气，增加氢气的产量，同时消耗CO，提高原料利用率；
低温时，更完全，CO体积分数较低，高温时，反应逆向移动，CO体积分数开始升高；
故答案为： 5：3 ； 升高温度，加快化学反应速率，同时CO可以与水反应生成CO2和氢气，增加氢气的产量，同时消耗CO，提高原料利用率 ；
（3），产生氢离子带正电，与带负电的原子结合，所以产物为，电解过程反应温和，不需要高温高压，从而降低了能耗和设备要求。
故答案为：；
【分析】(1) 盖斯定律：由已知热化学方程式推导液氨燃烧的 ΔH。
物质的量计算：利用密度、体积、摩尔质量算出液氨的物质的量，再结合反应热求放热量。
(2) ① 物料守恒：按体积分数设总物质的量，根据反应式计算 Fe3O4与 CaCO3的物质的量之比。② 水蒸气作用：加快反应速率，同时 CO 与 H2O 反应生成 H2和 CO2，提高 H2产量并消耗 CO。③ 温度影响：400~550℃：CO+H2O H2+CO2正向进行更完全，CO 体积分数降低。550℃：该反应逆向移动，CO 体积分数随温度升高而增大。
(3)① 电化学机理：H2失电子生成 H+，与中间负离子结合，推导 Y 的结构。
② 工艺优点：反应温和（无需高温高压）、能耗低、设备要求低等（任写一点）。
（1） ①
②
目标方程式为：③
则③=①-4×②，=（-265）-4×（-23）=-173kJ/mol，
液氨的物质的量，当液氨为40mol时，放出的热量为；
（2）同问同压下，物质的量之比等于体积之比，设混合气体物质的量为1mol，则根据化学计量数可知，n()=2n()=35%×2=0.7mol，生成的二氧化碳的物质的量n()=n()=0.35mol，体系中二氧化碳的总物质的量来自两部分，一份原来有的7%，即0.07mol，一份CO反应生成的0.35mol，n()总=0.35+0.07=0.42mol，根据化学方程式：可知，n()=n()总=0.42mol，得到的和的物质的量之比为0.7：0.42=5：3；
添加水蒸气，升高温度，加快化学反应速率，同时CO可以与水反应生成CO2和氢气，增加氢气的产量，同时消耗CO，提高原料利用率；
低温时，更完全，CO体积分数较低，高温时，反应逆向移动，CO体积分数开始升高；
（3），产生氢离子带正电，与带负电的原子结合，所以产物为，电解过程反应温和，不需要高温高压，从而降低了能耗和设备要求。
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