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（含答案）

第第页江苏省如阜市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．N2→NHC．NH3→CO2．将印刷电路板的碱性蚀刻液与NaOH溶液共热可发生反应：[Cu(A．Cu2+的基态核外电子排布式为B．1mol[CuC．NH3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Al2Si2O5A．离子半径：rB．电负性：χC．熔点：SOD．第一电离能：I4．FeS2在酸性条件下可发生反应：FeS2+2H+A．用装置甲制取含FeSO4B．用装置乙吸收挥发出的H2C．用装置丙除去S和未反应的FeSD．用装置丁蒸干溶液，获得FeSO5．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．HB．FeC．NHD．NaCl溶液→6．粗硅制高纯硅的过程中300℃时发生反应Si(s)+3A．该反应一定能自发进行B．该反应的平衡常数表达式KC．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。Br2具有较强的氧化性，能够将磷氧化为PBr3或PBr5(PBr5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Br2与S2−反应生成S8()。在催化剂作用下，苯与Br2浓缩7．下列说法正确的是A．基态溴原子的电子排布式为[B．PBr3中P原子的轨道杂化类型为spC．S8D．BrO38．下列化学用语表示正确的是A．PBr5水解反应的化学方程式：B．溴与氨反应的化学方程式：3C．乙醛与溴反应生成α−溴代乙醛的化学方程式：CH3D．纯碱溶液吸收Br2的离子方程式：9．下列说法正确的是A．浓硫酸是苯与Br2B．使用催化剂可以降低苯与Br2C．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Br10．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CH3CH211．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10mL0.1mol⋅证明NH4B将Fe(NO3)3证明氧化性：FeC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NH3D向淀粉溶液中加入适量20%H2证明淀粉水解后有还原性糖生成A．A B．B C．C D．D12．NaOH溶液可以吸收废气中的NO2，生成NaNO3和NaNO2。现用100mL0.1mol⋅A．0.1mol⋅B．n(NC．吸收过程中溶液中可能存在：cD．用0.1mol⋅13．一种以CO2、H反应Ⅰ：CO2(反应Ⅱ：2H2反应Ⅲ：CO2(将等物质的量的CO2(g)和H2S(g)COS(g)或HA．X代表的物质是COSB．温度越高，平衡时所得H2C．400℃之前，容器内只发生反应ⅠD．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MoO3、（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MoO3的化学反应方程式：（2）“预处理”：将钼焙砂和HNO3、NH4NO3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H2MoO4、多钼酸铵[①“预处理”需在通风设备中进行，原因是。②写出CaMoO4转化为(NH4③其他条件一定，适当增大NH4NO3（3）“氨浸”：将预处理后所得滤渣用氨水浸泡，其中的H2MoO4、(NH4)2（4）五钼酸铵[(NH4)4Mo5O17，M=824g⋅mol−115．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+→催化剂+；②RBr+Mg→乙醚（1）F→G的反应类型为反应。（2）已知物质X的分子式为C3H3（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FeCl3②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CH3COOH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(Ni2O3)常用作磁性材料，具有强氧化性。以镍铜矿(含有NiS、CuS、SiO（1）煅烧。将一定量的镍铜矿与CaCO3混合后，粉碎后在富氧空气中充分煅烧。煅烧时加入CaCO3的目的是（2）酸浸。将煅烧得到的固体(含CuO、CaO、Ni2O3、CaSO①反应后所得溶液中含Cu2+、Ca2+、Ni2+，写出酸浸时Ni②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Ca2+沉淀除去。[溶液中c(Ni2+)=1mol⋅L−1，①加入Ni粉的目的是除去溶液中的Cu2+。不选择用调节pH的方法除去Cu2+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Ni2O3：请补充完整由除杂后得到的NiSO4溶液制取Ni2O3的实验方案：量取100mLNiSO4，测得其中NiSO4的浓度为1mol⋅L17．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：4NH3NH3(NH3(1LNH3(l)完全燃烧生成N（2）一种合成气(含体积分数为54%的H2、35%的CO、7%的CO2和4%的，①若转化Ⅰ中CO、CO2完全反应，得到的Fe3O4和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Fe2Ⅰ.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H2、N2可持续电催化合成氨的原理如下图(如中R1、R2、①物质Y的结构简式为。②与N2、H2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

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】A、氮的固定核心是将游离态的氮（单质N2）转化为化合态的氮。N2转化为B、NO转化为N2C、NH3转化为COD、HNO3转化为NH4NO【分析】本题解题要点：

氮的固定唯一标准是游离态氮（N2）→属于氮的固定：必须有N2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N22．【答案】B【解析】【解答】A、Cu原子的基态核外电子排布式为[Ar]3d¹⁰4s¹，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-Hσ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16molσ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【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【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【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【解析】【解答】A、该反应ΔH<0，且反应后气体分子数减少，故ΔS<0。根据自发反应判据ΔG=ΔH−TB、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K=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1molSi晶体中含2molSi-Si键。反应1molSi时，会断裂2molSi-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：ΔH<0、Δ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．B8．B9．C【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[Ar]3B、PBr3中P原子的价层电子对数为：3+12(5−1×3)=4，价层电子对数为4，故C、S8分子由SD、BrO3−中Br原子的价层电子对数为：3+12(7+1−2×3)=4，含1对孤电子对，杂化类型为sp3，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。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：Br2D、纯碱溶液吸收Br2时，CO32−转化为HCO3−，正确离子方程式为：3Br2+6CO32−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Br2被纯碱吸收转化为Br−和BrO步骤Ⅲ中归中反应生成高浓度Br2：5BrD、淀粉溶液遇I2变蓝，与Br2不发生显色反应，无法检验Br2【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：sp3(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：Br2为氧化剂，部分NH3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，CO32−与酸反应生成HCO3(3)催化原理：苯的卤代反应真正催化剂是FeX3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I2的特征检验试剂，不可用于Br7．A、溴是35号元素，基态溴原子的核外电子排布式为[Ar]3B、PBr3中P原子的价层电子对数为：3+12(5−1×3)=4，价层电子对数为4，故C、S8分子由SD、BrO3−中Br原子的价层电子对数为：3+12(7+1−2×3)=48．A、PBr5水解生成磷酸和氢溴酸，正确方程式为：PBrB、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：Br2D、纯碱溶液吸收Br2时，CO32−转化为HCO3−9．A、苯与Br2发生取代反应的催化剂是FeBrB、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Br2被纯碱吸收转化为Br−和BrO步骤Ⅲ中归中反应生成高浓度Br2：5BrD、淀粉溶液遇I2变蓝，与Br2不发生显色反应，无法检验Br210．【答案】C【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1molNaOH；另1个是酚酯基，水解后生成1mol羧基和1mol酚羟基，共消耗2molNaOH。因此1molY最多能与3molNaOH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1molNaOH，酚酯基水解消耗2molNaOH。11．【答案】D【解析】【解答】A、向滴有酚酞的NH4Cl溶液中加入等物质的量的NaOH，溶液变红可能是反应生成NH3⋅H2OB、将Fe(NO3)3溶液加到HI溶液中，酸性条件下NO3−具有强氧化性，可能直接氧化I−生成I2C、氨水中滴入酚酞溶液，加热煮沸时NH3⋅H2O受热分解、NHD、淀粉溶液在稀硫酸中加热水解，冷却后加NaOH溶液中和硫酸至碱性，再加入新制Cu(OH)【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：NO3−在酸性条件下具有强氧化性，涉及Fe(NO3弱电解质性质：NH3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Cu(12．【答案】B【解析】【解答】A、在0.1mol⋅L−1NaNO2溶液中，NO2−发生水解反应B、100mL0.1mol⋅L−1NaOH溶液中Na+的物质的量为0.01mol，当吸收液中N的总物质的量为0.01mol时，根据氮元素守恒，氮元素全部以NO3−、C、NaOH吸收NO2的反应为2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2D、由电离常数可知酸性HNO2>H2CO3，根据“强酸制弱酸”原理，NO2与Na2CO3溶液反应应生成【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Na元素与N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【解析】【解答】A、反应Ⅰ和反应Ⅲ都会生成H2O，只有反应Ⅰ生成COS，因此H2O的选择性必然高于COS。从图中可以看出，曲线X的选择性高于Y，所以X代表H2O，Y代表COS，A错误；C、400∘C之前，H2S和CO2D、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H2S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COS的生成，能提高COS的平衡选择性，D正确；【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H2O和温度对平衡的影响：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）2MoS（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；nCaMoO4+2NH4NO3+(2n−2)HNO3Δ(NH4)2MonO(3n+1)+nCa（3）硝酸铵（4）(NH4)1.5Mo5O15.75【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：2MoS2故答案为：2MoS2+7O2=高温2MoO3+4SO2；

（2）①钼焙砂和硝酸、硝酸铵混合加热反应生成H2MoO4、多钼酸铵[(NH②将钼焙砂和HNO3、NH4NO3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[(NH4)2MonO(3n+1)]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、③根据题意，(NH4)2MonO(3n+1)在水中存在平衡：NH42MonO(3n+1)s⇌2NH4+aq+MoO4−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；nCaMoO4+2NH4NO3+(2n−2)HNO3Δ(NH4)2MonO(3n+1)+nCa(NO3)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：0.002×4−a×17+0.002×4−a2×18=1.648−1.57，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HNO3、NH4NO3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H2MoO4或多钼酸铵(NH4)（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：2MoS2（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HNO3、NH4NO3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[(NH4)2MonO(3n+1)]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、③根据题意，(NH4)2MonO(3n+1)在水中存在平衡：NH42MonO(3n+1)s=2NH4+aq+MoO4（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：0.002×4−a×17+0.002×4−a2×18=1.648−1.57，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)aMobOc15．【答案】（1）还原反应（2）CH2=CHCOCl（3）（4）（5）【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）2Ni2（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【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：2Ni2②由“酸浸”时，反应的化学方程式：2Ni2故答案为：2Ni2O3+4H2SO4=4NiSO4+O2↑+4H2O；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：2Ni2②由“酸浸”时，反应的化学方程式：2Ni2（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−