資源簡介

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綿陽外國語學校高2022級第三次高考模擬檢測
化學試卷
本試卷分為第Ⅰ卷和第Ⅱ卷兩部分，共8頁。完卷時間：75分鐘。滿分：100分
相對原子質量：H—1 C—12 O—16 S—32 Ag—108 Fe—56 Ti-48
第Ⅰ卷（選擇題，共45分）
1．2025年巴黎AI峰會上，DeepSeek創始人梁文峰通過量子全息投影技術遠程參會。全息投影的實現依賴于材料科學與光學技術的結合。下列相關說法不正確的是
A．全息投影技術的光電器件所用材料氮化鎵為新型無機非金屬材料
B．甘油被用作全息投影設備的冷卻劑，主要利用其強吸水性
C．空氣顯示影像時通過電激發氧氣發光，該過程屬于物理變化
D．聚四氟乙烯具有耐酸堿特性，用于制作全息投影儀的光敏膠片
2.過二硫酸銨[化學式為，其中S為+6價]可用于PCB銅膜微蝕。下列說法正確的是
A．屬于共價化合物 B．的電子式為
C．的空間構型為正四面體 D．中不含非極性鍵
3.下列實驗儀器的選擇或操作均正確的是
A．分離乙醇和乙酸 B．制備
C．制備晶體 D．配制檢驗醛基的懸濁液
A．A B．B C．C D．D
4．下列化學反應與方程式不相符的是
A．向懸濁液中滴加過量氨水和乙醇：
B．鄰羥甲基苯酚脫水縮合制酚醛樹脂：n+(n-1)H2O
C．草酸與酸性高錳酸鉀溶液反應：
D．硬脂酸甘油酯在NaOH溶液中皂化：+3NaOH+3C17H35COONa
5．下列物質的結構或性質不能說明其用途的是
A．濃硫酸、丙三醇可形成較多的氫鍵，故兩種液體均具有吸濕性
B．淀粉-聚丙烯酸鈉結構中含有強親水基團，故可作為可生物降解的綠色材料
C．鋁粉和NaOH反應能產生大量的氣體且放熱，故可作廚衛管道疏通劑
D．離子液體由帶電荷的離子組成，熔點低且難揮發，故可用作電化學研究的電解質
6．室溫下，根據下列實驗過程及現象，能驗證相應實驗結論的是
選項 實驗過程及現象 實驗結論
A 向待測液中滴加氯水，再加幾滴溶液，溶液變成血紅色 待測液中含有
B 向10mL溶液中加入粉，再滴加幾滴硫酸，微熱，溶液逐漸變成淺藍色 硫酸具有強氧化性
C 將粉末加入到飽和溶液中，充分振蕩、靜置、過濾、洗滌，將濾渣加入鹽酸中，有氣泡生成
D 向試管中加入某鹵代烴（）和溶液，加熱，再向反應后的溶液中先加入硝酸酸化，再滴加溶液，有淺黃色沉淀生成 鹵代烴中X為原子
7．原子序數依次增大的前四周期元素X、Y、Z、W、T形成的化合物結構如圖所示，其中只有Y和Z位于同一周期，基態Z原子價層含3個未成對電子；常溫下，T單質為紫紅色固體。下列說法正確的是
A．Z提供孤電子對，T提供空軌道，二者以配位鍵相連 B．電負性：Y＜X＜W
C．原子半徑：T>W>Z>Y>X D．該化合物中，虛線內的兩個環為平面結構
8.化合物Z是一種藥物合成中間體，其合成路線如下：
下列說法錯誤的是
A．X 與足量H2加成后的產物中有3個手性碳原子 B．可用銀氨溶液檢驗Y中是否含有X
C．Y→Z有H2O生成 D．1molZ與足量NaOH溶液反應，最多消耗3molNaOH
9.某反應機理如下，下列說法不正確的是
A．化合物VI為該反應的催化劑 B．化合物為，可循環利用
C．若化合物III為，按照該反應機理可生成和
D．化合物III轉化為IV后，鍵長變短
10.我國科學家研究發現了一種電化學固碳方法，裝置如圖所示。放電時的總反應為。充電時，通過催化劑的選擇性控制，只有發生氧化反應，釋放出和。下列說法錯誤的是
A．放電時，電極B為正極
B．充電時陽極發生反應：
C．該電池不可選用含水電解液
D．放電時，每轉移4mol電子，正極區質量增加148g
11.以菱鎂礦(主要成分為MgCO3，含少量SiO2，Fe2O3和A12O3)為原料制備高純鎂砂的工藝流程如下：
已知浸出時產生的廢渣中有SiO2，Fe(OH)3和Al(OH)3。下列說法錯誤的是
浸出鎂的反應為
B.浸出和沉鎂的操作均應在較高溫度下進行
C．流程中可循環使用的物質有NH3、NH4Cl
D．分離Mg2+與Al3+、Fe3+是利用了它們氫氧化物Ksp的不同
12.是日常生活中常見的一種氣體，下列說法不正確的是
A．與反應中，氧化產物與還原產物的比例是
B．450℃，1標準大氣壓下，與充分反應后氣體體積大于
C．使酸性溶液褪色，體現了的漂白性
D．工業上用石灰石漿液和空氣吸收制備石膏，每吸收轉移電子
13.在二氧化碳加氫制甲烷的反應體系中，主要發生反應的熱化學方程式為
反應Ⅰ：CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g) ΔH=-164.7 kJ·mol-1
反應Ⅱ：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) ΔH= 41.2 kJ·mol-1
反應Ⅲ：2CO(g)+2H2(g)=CO2(g)+CH4(g) ΔH= -247.1 kJ·mol-1
向恒壓、密閉容器中通入1 mol CO2和4 mol H2，平衡時CH4、CO、CO2的物質的量隨溫度的變化如圖所示。下列說法不正確的是
A．反應Ⅰ的平衡常數可表示為K=
B．圖中曲線B表示CO的物質的量隨溫度的變化
C．提高 CO2轉化為CH4的轉化率，需要研發在低溫區高效的催化劑
D．升高溫度，反應CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)的平衡正向移動
14.合金可用作儲氫材料，吸氫和脫氫過程如下圖所示，其中吸氫過程放熱。已知晶胞屬于立方晶系，合金的密度為。下列說法錯誤的是
A．晶胞中x=1
B．晶胞中原子的配位數為8
C．降壓或升溫有利于脫氫
D．晶胞中和原子最近距離為
15.工業上用氨氣調節pH去除酸性廢水中的鉛。常溫時，原溶液中含鉛微粒的總物質的量濃度為0.01mol/L，各含鉛微粒的物質的量分數與pH的關系如圖所示(已知：NH3·H2O的Kb=1.74×10-5，Pb(OH)2難溶于水，10-0.2≈0.63，忽略溶液體積的變化)。下列說法正確的是
A．pH越大，除鉛效果越好 B．pH=8時，溶液中的氨主要以NH3·H2O的形式存在
C． D．的平衡常數為10-6.1
16.是重要漂白劑和消毒劑，主要用于水、砂糖、油脂的漂白殺菌。實驗室制備裝置如圖1所示。
已知：ⅰ.的溶解度曲線如圖2所示；若溶液溫度高于60℃，發生分解。
ⅱ.氣體濃度超過10%時，易發生爆炸性分解。
ⅲ.裝置A中發生的主要反應：。
(1)下列實驗操作一定能提高吸收效率的有______（填序號）。
A．裝置C采用熱水浴 B．加快滴加濃硫酸的速率
C．適當提高的濃度 D．通過多孔球泡向C的混合溶液中通
(2)上述裝置如圖1中有一處明顯的缺陷是 （填“A”、“B”、“C”或“D”），改進的方法是 。
(3)試管C中獲得的產品反應的化學方程式 ，產品中可能混有雜質，其原因是 。
(4)反應過程中，打開，并緩慢鼓入的目的是 。
(5)反應結束后，補充獲取晶體的實驗方案：
①取試管C中的溶液蒸發結晶控制溫度不超過 ℃。
②過濾后的晶體用38℃～60℃熱蒸餾水洗滌，證明晶體中雜質除盡的操作方法是 ，最后低溫干燥得到晶體。
17.三氧化鉬是石油工業中常用的催化劑。一種從黃銅礦（主要含有、、及其他惰性雜質）中獲得以及硫酸鹽產品的流程如圖。
已知：“閃速焙燒”的溫度范圍在，該條件下發生反應（未配平，下同）、。回答下列問題：
（1）為了提高“氨溶”效率，可采取的有效措施有 （任寫2條）；“氨溶”時發生反應的離子方程式為 。
（2）配平反應 ：。
（3）“酸溶”時發生的氧化還原反應的離子方程式為 。
（4）“熱分解”中產生的氣體可循環利用至 （填工序名稱）步驟；實驗室進行“熱分解”時，可用儀器，該儀器的名稱是 。
（5）上述流程制得的產品中常含有一定量的雜質。
①產品中含有雜質的原因可能是 （結合離子方程式解釋）。
②檢驗雜質：取適量產品配成稀溶液，加入足量溶液，有白色沉淀生成，過濾、洗滌后， ，則可以確定產品中含有。
18.乙烯是有機合成工業重要的原料，由乙烷制取乙烯是常見的方法。回答下列問題：
(1)乙烷氧化脫氫制備乙烯是化工生產中的重要工藝。
主反應： ；
副反應： 。
①副反應在一定溫度下能自發進行的原因為 。
②一定溫度下，向裝有催化劑的恒容密閉容器中充入物質的量之比為的和，反應相同時間后，測得乙烯的產率與溫度的關系如圖所示。
a．圖中A點反應一定未達平衡，原因是 。
b．若C點反應也未達平衡，可能的原因是 。
(2)是以平衡物質的量分數代替平衡濃度計算的平衡常數。一定溫度和壓強下，反應ⅰ： ；反應ⅱ： (遠大于)。
①僅發生反應ⅰ時，的平衡轉化率為40.0%，計算 。
②同時發生反應ⅰ和ⅱ時，與僅發生反應ⅰ相比，的平衡產率 (填“增大”“減小”或“不變”)。
(3)某團隊提出為催化劑、作為溫和的氧化劑用于乙烷裂解催化脫氫制乙烯技術。配位不飽和催化耦合脫氫反應過程推測如下：物理吸附的乙烷與配位不飽和中心反應，從鍵活化開始，同時的價態由+3升高到+4.補全圖中畫框部分 。
(4)2021年來中國科學院謝奎團隊研究電解乙烷制備乙烯并取得突破，其原理如圖所示。A極的電極反應式為 。
19．伊貝沙坦（I）是一種治療高血壓的藥物，其主要合成路線如下（部分條件已省略）：
已知：
(1)化合物A中官能團的名稱為 。
(2)的化學方程式 。
(3)的結構簡式為 ，的反應類型為 。
(4)下列說法正確的有________。
A．化合物能使酸性高錳酸鉀溶液褪色 B．化合物的不飽和度為4
C．化合物中原子的雜化方式有2種 D．伊貝沙坦（I）含有1個手性碳原子
(5)在化合物G的同分異構體中，同時滿足下列條件的有 種（不考慮立體異構）。
①與具有相同種類與數目的官能團；
②具有聯苯（）結構，且每個苯環上僅含一個取代基。
其中，核磁共振氫譜顯示為五組峰，且峰面積比為的同分異構體的結構簡式為 （寫一種即可）。
(6)參照上述合成路線，設計以苯甲醇（）為原料，制備一種藥物中間體苯甘氨酰胺（）的合成路線 （無機試劑任選）
綿陽外國語學校高2022級第三次高考模擬檢測
化學答案
1.【答案】B
【解析】A．氮化鎵具有高硬度、高熔點、耐腐蝕等特性，符合新型無機非金屬材料特點，A正確；
B．甘油作冷卻劑與其良好的導熱性和高比熱容有關，與吸水性無關，B錯誤；
C．電激發氧氣發光沒有新物質生成，是物理變化，C正確；
D．聚四氟乙烯具有很強的耐酸堿特性，化學性質穩定，可用作全息投影儀的光敏膠片的顯示材料，D正確；
故答案為：B。
2.【答案】B
【解析】A．由和構成，是離子化合物，不是共價化合物 ，A錯誤；
B．中氮原子與四個氫原子形成四個共價鍵，氮原子最外層達到 8 電子穩定結構，其電子式為 ，B正確；
C．中含有過氧鍵 O O ，其結構與不同，中S的價層電子對數為，中心原子S原子為sp3雜化，但因過氧鍵存在，空間構型不是正四面體，C錯誤；
D．中含有過氧鍵 O O ， O O 中O O鍵為非極性鍵 ，D錯誤；
故選B。
3.【答案】C
【詳解】A．乙醇與乙酸互溶，不能用分液的方法分離，A錯誤；
B．濃鹽酸與MnO2制取氯氣需要加熱，B錯誤；
C．在乙醇中的溶解度小，可以從溶液中析出，得到晶體，C正確；
D．配制檢驗醛基的懸濁液必須是NaOH過量，D錯誤；
答案選C。
4.【答案】B
【詳解】A．向懸濁液中滴加過量氨水，先生成藍色的，再加入過量乙醇后溶解度減小，會析出固體，則反應的方程式為：，A正確；
B．鄰羥甲基苯酚脫水縮合制酚醛樹脂的反應是酚羥基鄰位上碳原子的氫原子斷裂，故反應的方程式為：n+(n-1)H2O，B錯誤；
C．草酸與酸性高錳酸鉀溶液反應，草酸為弱酸，被氧化為，被還原為，則反應的方程式為：，C正確；
D．硬脂酸甘油酯在NaOH溶液中水解為高級脂肪酸鈉和甘油，則反應的方程式為：+3NaOH+3C17H35COONa，D正確；
故答案為：B。
5.【答案】B
【解析】A．濃硫酸、丙三醇結構中含有2個、3個羥基，可形成較多的氫鍵，故兩種液體均具有吸濕性，A項正確；
B．淀粉-聚丙烯酸鈉結構中含有強親水基團，具有較強吸水性，可作為可生物降解的綠色材料是因為該物質可水解，B項錯誤；
C．鋁粉和NaOH反應能產生大量的氣體壓強增大，且放熱可以軟化管道，故可作廚衛管道疏通劑，C項正確；
D．離子液體由帶電荷的陰陽離子組成，離子半徑較大，熔點低且難揮發，帶電核離子可導電，故可用作電化學研究的電解質，D項正確；
答案選B。
6.【答案】D
【解析】A．溶液中含有鐵離子，加入KSCN溶液也會出現相同現象，不能說明待測液中含有，A錯誤；
B．硝酸鈉溶液中滴加幾滴硫酸，酸性條件下，硝酸根離子氧化銅單質生成銅離子，硝酸根離子體現氧化性，不能體現硫酸具有強氧化性，B錯誤；
C．飽和碳酸鈉溶液中碳酸根離子濃度過大，使得硫酸鋇沉淀轉化為碳酸鋇沉淀，不能比較Ksp(BaSO4)、Ksp(BaCO3)的大小，C錯誤；
D．向盛有少量一鹵代乙烷的試管中加入氫氧化鈉溶液并加熱，發生取代反應生成乙醇和鹵化鈉，冷卻后加入足量稀硝酸酸化，滴加硝酸銀溶液后產生淺黃色沉淀，說明有機物中存在的鹵素原子為溴原子，D正確；
故選D。
7【答案】A
【解析】A．Z為N，形成3條鍵后，還存在一對孤對電子，則N提供孤電子對，Cu提供空軌道，二者以配位鍵相連，A正確；
B．非金屬性越強，電負性越大，中C為-4價，H為+1價，則電負性：C(Y)＞H(X)，B錯誤；
C．電子層數越多，原子半徑越大，電子層結構相同，核電荷數越大，半徑越小，原子半徑：，C錯誤；
D．虛線內的C原子為雜化，為四面體結構，故虛線內兩個環不是平面結構，D錯誤；
故選A。
8.【答案】C
【解析】A．連接4個不同的原子或原子團的碳原子為手性碳原子，X與足量氫氣加成后的產物中環上連接支鏈的碳原子都是手性碳原子，有3個手性碳原子，故A正確；
B．含有醛基的有機物能和銀氨溶液發生銀鏡反應，X能發生銀鏡反應、Y不能發生銀鏡反 應，所以可以用銀氨溶液檢驗Y中是否含有X ，故B正確；
C．Y中酚羥基和酯基發生取代反應生成Z和 CH3CH2OH，沒有H2O生成，故C錯誤；
D．酯基水解生成的羧基、酚羥基都能和 NaOH以1：1反應，Z中酯基水解生成酚羥基、羧基和醇羥基，所以1molZ最多消耗3molNaOH，故D正確；
故選C。
9.【答案】C
【解析】A．由催化機理可知，反應消耗了Ⅵ又生成了Ⅵ，Ⅵ是反應的催化劑，故A正確；
B．根據I+Ⅳ→X+Ⅱ和IV+X→VI+V，由I、Ⅳ、Ⅱ的結構簡式可知，X為H2O，并且可循環利用，故B正確；
C．根據反應機理，總反應為I+III→V，若化合物III為，按照該反應機理可生成和，故C錯誤；
D．根據III和IV結構式，III中C2-C3為碳碳單鍵，IV中C2-C3為碳碳雙鍵，鍵長變短，故D正確；
故答案為：C。
10.【答案】D
【解析】A．由分析，放電時，電極B為正極，A正確；
B．據題干信息，充電時只有Li2CO3發生氧化，釋放出CO2和O2，反應為：，B正確；
C．該電池負極為Li，可以與水反應，所以不能用含水電解液，C正確；
D．放電時，正極區發生反應：4Li++4e-+3CO2=2Li2CO3+C，當轉移4mol電子時，正極區域增加的質量為2molLi2CO3和1molC的質量，為160g，D錯誤；
故選D。
11.B
【詳解】A．高溫煅燒后Mg元素主要以MgO的形式存在，MgO可以與銨根水解產生的氫離子反應，促進銨根的水解，所以得到氯化鎂、氨氣和水，化學方程式為MgO+2NH4Cl=MgCl2+2NH3↑+H2O，故A正確；
B．一水合氨受熱易分解，沉鎂時在較高溫度下進行會造成一水合氨大量分解，揮發出氨氣，降低利用率，故B錯誤；
C．浸出過程產生的氨氣可以回收制備氨水，沉鎂時氯化鎂與氨水反應生成的氯化銨又可以利用到浸出過程中，故C正確；
D．Fe(OH)3、Al(OH)3的Ksp遠小于Mg(OH)2的Ksp，所以當pH達到一定值時Fe3+、Al3+產生沉淀，而Mg2+不沉淀，從而將其分離，故D正確；
故答案為B。
12.【答案】C
【詳解】A．與反應為2H2S+SO2=3S↓+2H2O，氧化產物與還原產物都是S，二者的比例是，A正確；
B．反應2SO2+O22SO3可逆反應，450℃，1標準大氣壓下，與充分反應后氣體體積大于，B正確；
C．SO2具有還原性，KMnO4具有氧化性，二者發生氧化還原反應，使酸性溶液褪色，體現了的還原性，C錯誤；
D．工業上用石灰石漿液和空氣吸收制備石膏，反應的化學方程式為：2CaCO3+2SO2+O2=2CaSO4+2CO2，每吸收轉移電子，D正確；
答案選C。
13.【答案】B
【解析】A．反應Ⅰ中的生成物水是氣態，應列入平衡常數的表達式中，反應Ⅰ的平衡常數為，A正確；
B．反應物CO2的量逐漸減小，故圖中曲線A表示CO2的物質的量變化曲線，由反應Ⅱ和Ⅲ可知，溫度升高反應Ⅱ正向移動，反應Ⅲ逆向移動，CO的物質的量增大，故曲線C為CO的物質的量變化曲線，則曲線B為CH4的物質的量變化曲線，B錯誤；
C．反應Ⅰ為放熱反應，反應Ⅱ為吸熱反應，降低溫度有利于反應Ⅰ正向移動，反應Ⅱ逆向移動，即可提高 CO2轉化為CH4的轉化率，所以需要研發在低溫區高效的催化劑，C正確；
D．根據蓋斯定律，將反應(Ⅰ+Ⅱ+2×Ⅲ)/3得： ，則反應，該反應是吸熱反應，升高溫度平衡正向移動，D正確；故答案選B。
14.【答案】D
【解析】A．2個Ti位于體內，Fe位于面上，個數為，H位于頂點和棱上，個數為,其化學式為TiFeH，則x=1，A正確；
B．由TiFe晶胞圖可知，Ti原子配位數為8，由化學式TiFe可知，Ti、Fe原子個數比為1∶1，則Fe原子的配位數也為8，B正確；
C．TiFe合金吸氫過程為氣體體積減小的放熱過程，則降壓或升溫，平衡逆向移動，有利于脫氫，C正確；
D．晶胞中Ti、Fe原子個數均為1，晶胞質量為，設晶胞參數為anm，晶胞體積為，由可得，，則，TiFe晶胞中Ti和Fe原子最近距離為體對角線的一半，即為，D錯誤； 故選D。
15.【答案】D
【解析】A．從圖像可知，當pH過大時，會生成、等含鉛微粒，并非pH越大除鉛效果越好，因為這些含鉛微粒仍存在于溶液中，A錯誤；
B．已知NH3·H2O的Kb=1.74×10-5，當pH=8時，c(OH-)=10-6mol/L，根據Kb=可得===17.4，說明溶液中的氨主要以的形式存在，B錯誤；
C．由題干圖像可知，當pH=7.9時，含鉛微粒為Pb(OH)2、Pb2+和Pb(OH)+，則Pb2+的濃度為0.01mol/L×0.42=0.0042mol/L，c(OH-)=10-6.1mol/L，則=0.0042mol/L×(10-6.1)2=0.0042×10-12×10-0.2=0.0042×0.63×10-12=2.6×10-15，C錯誤；
D．的平衡常數為K=，由圖像可知，當pH=7.9時，c(Pb2+)=c[Pb(OH)+]，此時c(OH-)=10-6.1，故K=10-6.1，D正確；
故答案為：D。
16.【答案】(1)CD
(2)B B裝置中出氣管延長接近瓶底
(3) 與濃硫酸反應生成進入C中被氧化
(4)稀釋防止濃度過大爆炸，將吹入C中充分吸收
(5)60 取最后一次洗滌液先滴加稀鹽酸酸化，再加入溶液，無沉淀產生
【解析】（1）A．溶液溫度高于60℃，會發生分解，則裝置C采用熱水浴可能導致NaClO2發生分解，過氧化氫分解等問題，不能提高吸收效率，故不選A；
B．加快滴加濃硫酸的速率，使ClO2的產生速率變快，導致未經充分反應便通過裝置C，不能提高吸收效率，故不選B；
C．適當提高H2O2的濃度，能使C中反應速率加快，一定能提高吸收效率，故選C；
D．通過多孔球泡向C的混合溶液中通ClO2，增大了氣體和液體的接觸面積，加快反應速率，一定能提高吸收效率，故選D；
選CD。
（2）裝置B中回流的溶液不能返回到C裝置，所以上述裝置如圖1中有一處明顯的缺陷是B，B裝置中改進的方法是：B裝置中出氣管延長接近瓶底；
（3）試管C中在冰水浴的條件下和氫氧化鈉、過氧化氫混合溶液發生反應生成、和H2O，反應的化學方程式為：；
A中與濃硫酸反應生成的SO2進入C中與氫氧化鈉反應生成，且繼續被氧化成Na2SO4，所以 產品中可能混有雜質；
（4）由已知ⅱ可知，氣體濃度超過10%時，易發生爆炸性分解，故反應過程中，打開K1，并緩慢鼓入N2的目的是：稀釋防止濃度過大爆炸，將吹入C中充分吸收；
（5）①由已知ⅰ可知，若溶液溫度高于60℃，會發生分解，則反應結束后，取試管C中的溶液蒸發結晶控制溫度不超過60℃；
②過濾后的晶體用38℃～60℃熱蒸餾水洗滌，證明晶體中雜質已除盡，則證明最后一次洗滌液中不含，其操作方法是：取最后一次洗滌液先滴加稀鹽酸酸化，再加入溶液，無沉淀產生。
17.【答案】（1）粉碎燒渣、攪拌 MoO3+2NH3·H2O=2NH+MoO+ H2O
（2）2MoS2+7O22MoO3+4SO2
（3）3Cu2O+2NO+14H+=6Cu2++2NO↑+7H2O
（4）氨溶 坩堝
（5）SO2+2OH—=SO+ H2O，次氯酸鈉用量不足，未充分氧化 向沉淀中加入足量稀鹽酸，沉淀部分溶解并產生刺激性氣味氣體
【解析】（1）粉碎燒渣、攪拌等措施能提高氨溶的效率；由分析可知，加入氨水氨溶的目的是將三氧化鉬轉化為鉬酸銨，反應的離子方程式為MoO3+2NH3·H2O=2NH+MoO+ H2O，故答案為：粉碎燒渣、攪拌；MoO3+2NH3·H2O=2NH+MoO+ H2O；
（2）由未配平的方程式可知，反應中鉬元素、硫元素的化合價升高被氧化，二硫化鉬是反應的還原劑，氧元素的化合價降低被還原，氧氣是氧化劑，反應轉移電子數目為28，則反應的化學方程式為2MoS2+7O22MoO3+4SO2，故答案為：2MoS2+7O22MoO3+4SO2；
（3）由分析可知，加入稀硝酸和稀硫酸的目的是將氧化亞銅、氧化鐵轉化為硫酸銅、硫酸鐵，其中氧化亞銅轉化為硫酸銅的反應有元素發生化合價變化，屬于氧化還原反應，反應的離子方程式為3Cu2O+2NO+14H+=6Cu2++2NO↑+7H2O，故答案為：3Cu2O+2NO+14H+=6Cu2++2NO↑+7H2O；
（4）
由分析可知，熱分解發生的反應為鉬酸銨受熱分解生成三氧化鉬和可以在氨溶步驟可以循環使用的氨氣；熱分解所用到儀器的名稱為坩堝，故答案為：氨溶；坩堝；
（5）①硫酸鈉產品中含有亞硫酸鈉是因為酸性氧化物二氧化硫與堿性次氯酸鈉溶液中的氫氧根離子反應生成亞硫酸根離子和水所致，反應的離子方程式為SO2+2OH—=SO+ H2O，故答案為：SO2+2OH—=SO+ H2O，次氯酸鈉用量不足，未充分氧化；
②硫酸鋇不能與稀鹽酸反應，亞硫酸鈉能與稀鹽酸反應生成氯化鋇、二氧化硫和水，則檢驗產品中含有亞硫酸鈉雜質的操作為取適量產品配成稀溶液，加入足量氯化鋇溶液，有白色沉淀生成，過濾、洗滌后，向沉淀中加入足量稀鹽酸，沉淀部分溶解并產生刺激性氣味氣體，說明產品中含有亞硫酸鈉，故答案為：向沉淀中加入足量稀鹽酸，沉淀部分溶解并產生刺激性氣味氣體。
18.【答案】(1) 該反應的、，高溫時 該反應為放熱反應，若A點反應到達平衡，則溫度更高條件下，乙烯的產率應更低 催化劑活性降低，導致反應速率減慢
(2) 或0.19 增大
(3)(4)
【詳解】（1）①該反應的、，高溫時，在高溫度下能自發進行；②一定溫度下，向裝有催化劑的恒容密閉容器中充入物質的量之比為的和，反應相同時間后，測得乙烯的產率隨溫度先增加后減小，a．圖中A點反應一定未達平衡，因為該反應為放熱反應，若A點反應到達平衡，則溫度更高條件下，乙烯的產率應更低，b．若C點反應也未達平衡，因為隨著溫度的升高，催化劑活性降低，導致反應速率減慢；
（2）①僅發生反應ⅰ時，的平衡轉化率為40.0%，假設反應前乙烷的物質的量為1mol，得三段式，計算，②遠大于，說明反應ii進行程度遠大于反應i，反應ii的反應物H2需要反應i來提供，也就是說反應i先發生，生成氫氣后，這些氫氣馬上與C2H6發生反應ii，而且因為反應ii進行程度大，導致氫氣濃度降低，反應i平衡不斷正向移動，因此C2H4的平衡產率增大；
（3）
物理吸附的乙烷與配位不飽和中心反應，從鍵活化開始，同時的價態由+3升高到+4，即增加一個共價鍵，根據碳原子的電負性強于鉻原子，推測圖中畫框部分為；
（4）從圖分析，電極B上二氧化碳反應生成一氧化碳，得到電子，為陰極反應，則A為陽極；A電極上乙烷反應生成生成乙烯和水，電極反應式為。
19．(1)(酮)羰基 (2)
(3) 取代反應
(4)BC
(5) 17 或
(6)
【詳解】（1）化合物A中官能團的名稱為：(酮)羰基；
（2）
C為：，B與C發生取代反應得到D，的化學方程式為：；
（3）
根據分析，的結構簡式為，的反應類型為：取代反應；
（4）A．化合物不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色 ，A錯誤；
B．環的不飽和度為1，雙鍵的不飽和度為1，化合物含2個環和2個雙鍵，不飽和度為4，B正確；
C．化合物中飽和C原子為sp3雜化，-CN中原子為sp雜化，原子的雜化方式有2種，C正確；
D．連接4個不同基團的碳原子是手性碳原子，伊貝沙坦（I）不含有手性碳原子，D錯誤；
故選BC；
（5）G的同分異構體滿足：①與具有相同種類與數目的官能團；
②具有聯苯結構，且每個苯環上僅含一個取代基。若取代基為-Br和-CH2CN：、、（數字代表-CH2CN的位置），共9種，同理，若取代基為-CH2Br和-CN，也有9種，其中包含G，故共有9+9-1=17種；其中，核磁共振氫譜顯示為五組峰，且峰面積比為的同分異構體的結構簡式為：或；
（6）
苯甲醇催化氧化得到苯甲醛，苯甲醛與NaCN、NH4Cl在NaOH環境下反應得到，與H2O2反應得到產物，合成路線為： 。

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