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江苏省南通市如东市2025-2026学年高三上学期第一次学情检测化学试题
1．（2025高三上·南通月考）海水中蕴藏着丰富的氯化钠。下列工业生产中以氯化钠作反应物的是
A．工业合成氨 B．侯德榜制碱 C．粗铜精炼 D．工业制玻璃
【答案】B
【知识点】纯碱工业（侯氏制碱法）
【解析】【解答】A、工业合成氨是氮气和氢气在一定条件下反应生成氨气，反应物是氮气和氢气，和氯化钠没有关系，A不符合要求；
B、侯德榜制碱的过程里，氯化钠会和氨气、二氧化碳发生反应，生成碳酸氢钠和氯化铵，这里氯化钠是反应物，B符合要求；
C、粗铜精炼时，用到的电解液是硫酸铜溶液，过程中不涉及氯化钠，C不符合要求；
D、工业制玻璃的原料是石英、石灰石以及纯碱，不包含氯化钠，D不符合要求；
故答案为：B。
【分析】逐一分析每个选项涉及的工业生产反应，判断反应物是否包含氯化钠。
2．（2025高三上·南通月考）反应可用于除去中混有的。下列说法正确的是
A．基态的电子排布式为
B．为非极性分子
C．的空间结构为正四面体
D．的结构示意图为
【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；极性分子和非极性分子；原子结构示意图
【解析】【解答】A、基态 Cu 原子的电子排布式为 [Ar] 3d 4s ，失去电子形成 Cu2+时，先失去 4s 电子，再失去 3d 电子， 故Cu2+的电子排布式应为[Ar]3d9，A错误；
B、对于 H2S 分子，S 原子的价层电子对数计算后，存在 2 对孤电子对，分子构型为 V 形，正负电荷中心不重合，属于极性分子，并非非极性分子，B错误；
C、SO42-中 S 原子的价层电子对数经计算，没有孤电子对，根据价层电子对互斥理论，其空间结构为正四面体，C正确；
D、S2-的质子数是 16，核外电子数是 18，其结构示意图应为，D错误；
故答案为：C。
【分析】分别对每个选项涉及的微粒，从电子排布、分子极性、空间结构、离子结构示意图等方面，依据相关化学原理进行分析判断。
3．（2025高三上·南通月考）能与结合生成，实验室制取并探究其性质，下列实验装置和操作不能达到实验目的的是
A．用装置甲制取 B．用装置乙干燥
C．用装置丙收集 D．用装置丁探究的还原性
【答案】B
【知识点】氨的性质及用途；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A、实验室常用 NH4Cl 和 Ca(OH)2固体混合加热制取 NH3，装置甲的反应条件和试剂符合该方法，可成功制取 NH3，A能达到实验目的；
B、已知 NH3会与 CaCl2发生反应生成 CaCl2 8NH3，因此 CaCl2不能用作 NH3的干燥剂，装置乙用 CaCl2干燥 NH3无法达到干燥目的，B不能达到实验目的；
C、NH3的密度比空气小，采用向下排空气法收集时需 “短进长出”，装置丙的收集方式符合这一要求，能有效收集 NH3，C可达到实验目的；
D、加热条件下，NH3能与 CuO 反应生成 Cu、H2O 和 N2（或其他含氮产物），在此反应中 NH3作还原剂，体现还原性，装置丁可完成该探究，D能达到实验目的；
故答案为：B。【分析】A．判断装置甲能否制取 NH3。
B．判断装置乙能否干燥 NH3。
C．判断装置丙能否收集 NH3。
D．判断装置丁能否探究 NH3的还原性。
4．（2025高三上·南通月考）硫酸氢氯吡格雷片是抗血小板凝聚药物，下列说法正确的是
A．电离能： B．酸性：
C．离子半径： D．电负性：
【答案】A
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、同周期元素第一电离能整体递增，且 VA 族因半满结构大于相邻 VIA 族，故第一电离能 I1(N)＞I1(O)；同主族从上到下第一电离能递减，故 I1(O)＞I1(S)，综上 I1(N)＞I1(S)，A正确；
B、同周期元素非金属性随原子序数增大而增强，非金属性 Cl＞S，其最高价含氧酸酸性 HClO4＞H2SO4，B错误；
C、Cl-和 S2-核外电子层结构相同（均为 18 电子），核电荷数越大离子半径越小，Cl 的核电荷数大于 S，故 r (Cl-)＜r (S2-)，C错误；
D、同主族元素电负性从上到下递减，O 和 S 同主族且 O 在上方，故电负性 χ(S)＜χ(O)，D错误；
故答案为：A。
【分析】依据元素周期律中第一电离能、最高价含氧酸酸性、离子半径、电负性的变化规律，逐一分析各选项的正确性。
（2025高三上·南通月考）阅读下列材料，完成下列各题：
氮元素单质及其化合物作用广泛。地球上的生物氮循环涉及多种含氮物质，转化关系如图所示。和羟胺常用于有机合成，羟胺易潮解且可用作油脂工业中的抗氧化剂。强碱性条件下，可与反应生成Ag和。氨水中通入可生成溶液，将溶液加入到溶液中可生成沉淀。
5．下列物质的结构与性质或物质性质与用途不具有对应关系的是
A．具有碱性，可与盐酸反应
B．具有还原性，可作油脂工业中的抗氧化剂
C．分子间形成氢键，因此易潮解
D．具有还原性，可用于制硝酸
6．下列说法正确的是
A．键角：
B．如图所示转化中，N元素被还原的转化有5个
C．如图所示转化均属于氮元素的固定
D．中含键
7．下列化学反应表示正确的是
A．碱性条件下与反应：
B．羟胺还原溴化银：
C．氨水中通入足量：
D．溶液加到溶液中：
【答案】5．C
6．B
7．A
【知识点】物质的结构与性质之间的关系；氢键的存在对物质性质的影响；氨的性质及用途；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）A、N(CH3)3中的 N 原子含有孤对电子，具备碱性，能与盐酸这类强酸发生反应生成盐，结构决定性质，性质与用途匹配，A正确；
B、抗氧化剂的作用是通过自身被氧化来保护其他物质，因此需要具有还原性。羟胺可作油脂工业的抗氧化剂，说明其具有还原性，性质与用途对应，B正确；
C、潮解指物质吸收空气中水分的性质，羟胺易潮解是因为它能与水分子形成氢键，而非羟胺分子之间形成氢键，结构与性质的对应关系错误，C错误；
D、NH3中 N 元素为 -3 价，处于较低价态，具有还原性，可被氧化为 NO 等中间产物，进而用于制取硝酸，性质与用途相符，D正确；
故答案为：C。
（2）A、NH4+为正四面体结构，键角是 109°28'；NH3为三角锥形结构，键角约 107°，因此键角 NH4+＞NH3，A 错误；
B、N 元素被还原指化合价降低的过程，图中转化中：NO3-→NO2-（+5→+3）、NO2-→NO（+3→+2）、NO→N2O（+2→+1）、N2O→N2（+1→0）、N2→NH4+（0→-3），共 5 个被还原的步骤，B正确；
C、氮的固定是指游离态 N2转化为化合态氮的过程，图中多数转化是化合态氮之间的转化，不属于氮的固定，C错误；
D、[Ag (NH3)2]+中含 2 个 Ag-N 配位 σ 键，每个 NH3含 3 个 N-Hσ 键，故 1mol 该离子含 σ 键数目为 2 + 2×3 = 8mol，D错误；
故答案为：B。
（3）A、碱性条件下，N2H4中 N 为 -2 价，反应后生成 N2（0 价），每个 N2H4失去 4e-；[Ag(NH3)2]+中 Ag 为 +1 价，反应后生成 Ag（0 价），每个 Ag+得到 1e-。根据电子守恒，需 4 个 [Ag(NH3)2]+参与反应，再结合原子守恒配平其他物质（OH-、H2O、NH3 H2O） ：，A正确；
B、NH2OH 中 N 为 -1 价，反应后生成 N2（0 价），2 个 NH2OH 共失去 2e-；AgBr 中 Ag 为 +1 价，反应后生成 Ag（0 价），4 个 AgBr 共得到 4e-，电子得失不守恒。正确配平后应为，B错误；
C、氨水是弱电解质（NH3 H2O），离子方程式中不能拆分为 OH-，正确反应式应为，C错误；
D、NH4HCO3与 MnSO4反应时，HCO3-与 Mn2+反应生成 MnCO3沉淀、CO2和 H2O，而非 H+（H+会与另一分子 HCO3-反应生成 CO2和 H2O），正确反应式应为
，D错误；
故答案为：A。
【分析】（1）从物质的结构特点出发，分析其性质成因，再判断性质与用途或结构的对应关系是否合理。
（2）结合微粒结构（键角）、氮元素化合价变化（氧化还原）、氮的固定定义及化学键数目计算，逐一分析选项。
（3）从氧化还原反应的电子守恒、离子方程式书写规范（如弱电解质是否拆分、产物是否合理）等角度，逐一分析各选项反应式的正确性。
5．A、N(CH3)3中的 N 原子含有孤对电子，具备碱性，能与盐酸这类强酸发生反应生成盐，结构决定性质，性质与用途匹配，故A不符合题意 ；
B、抗氧化剂的作用是通过自身被氧化来保护其他物质，因此需要具有还原性。羟胺可作油脂工业的抗氧化剂，说明其具有还原性，性质与用途对应，故B不符合题意 ；
C、潮解指物质吸收空气中水分的性质，羟胺易潮解是因为它能与水分子形成氢键，而非羟胺分子之间形成氢键，结构与性质的对应关系错误，故C符合题意 ；
D、NH3中 N 元素为 -3 价，处于较低价态，具有还原性，可被氧化为 NO 等中间产物，进而用于制取硝酸，性质与用途相符，故D不符合题意 ；
故答案为：C。
6．A、NH4+为正四面体结构，键角是 109°28'；NH3为三角锥形结构，键角约 107°，因此键角 NH4+＞NH3，A 错误；
B、N 元素被还原指化合价降低的过程，图中转化中：NO3-→NO2-（+5→+3）、NO2-→NO（+3→+2）、NO→N2O（+2→+1）、N2O→N2（+1→0）、N2→NH4+（0→-3），共 5 个被还原的步骤，B正确；
C、氮的固定是指游离态 N2转化为化合态氮的过程，图中多数转化是化合态氮之间的转化，不属于氮的固定，C错误；
D、[Ag (NH3)2]+中含 2 个 Ag-N 配位 σ 键，每个 NH3含 3 个 N-Hσ 键，故 1mol 该离子含 σ 键数目为 2 + 2×3 = 8mol，D错误；
故答案为：B。
7．A、碱性条件下，N2H4中 N 为 -2 价，反应后生成 N2（0 价），每个 N2H4失去 4e-；[Ag(NH3)2]+中 Ag 为 +1 价，反应后生成 Ag（0 价），每个 Ag+得到 1e-。根据电子守恒，需 4 个 [Ag(NH3)2]+参与反应，再结合原子守恒配平其他物质（OH-、H2O、NH3 H2O） ：，A正确；
B、NH2OH 中 N 为 -1 价，反应后生成 N2（0 价），2 个 NH2OH 共失去 2e-；AgBr 中 Ag 为 +1 价，反应后生成 Ag（0 价），4 个 AgBr 共得到 4e-，电子得失不守恒。正确配平后应为，B错误；
C、氨水是弱电解质（NH3 H2O），离子方程式中不能拆分为 OH-，正确反应式应为，C错误；
D、NH4HCO3与 MnSO4反应时，HCO3-与 Mn2+反应生成 MnCO3沉淀、CO2和 H2O，而非 H+（H+会与另一分子 HCO3-反应生成 CO2和 H2O），正确反应式应为
，D错误；
故答案为：A。
8．（2025高三上·南通月考）一种二次储能电池的构造示意图如图所示。下列说法正确的是
A．放电时，电能转化为化学能
B．放电时，右侧通过质子交换膜向左侧电极移动
C．充电时，左侧电极方程式为：
D．充电时，每生成1molFe3+时，理论上有通过质子交换膜
【答案】D
【知识点】电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、放电过程中，电池作为原电池运行，其核心是通过化学反应释放能量并转化为电能。而电能转化为化学能是充电（电解池）的特征，A错误；
B、放电时，左侧的 Pb 会失去电子，是电子流出的一极，即负极；右侧的 Fe3+会得到电子，是电子流入的一极，即正极。在原电池中，阳离子（如 H+）的移动方向是朝向正极，也就是右侧，而非左侧，B错误；
C、充电时，原电池的负极（左侧 Pb/PbSO4）会变为电解池的阴极，阴极发生的是得电子的还原反应，反应为 PbSO4接收电子生成 Pb 和 SO42-。 正确电极方程式为PbSO4 + 2e- = Pb +，C错误；
D、充电时，右侧电极作为阳极，发生 Fe2+失去电子生成 Fe3+的反应，每生成 1mol Fe3+，恰好转移 1mol 电子。此时 H+作为阳离子，会向电解池的阴极（左侧）移动，根据电荷守恒，转移 1mol 电子时，必然有 1mol H+通过质子交换膜，D正确；
故答案为：D。
【分析】先判断装置放电和充电时的工作类型（原电池或电解池），再结合电极反应、离子移动规律分析各选项。
A．从电池工作状态判断能量转化形式。
B．依据电极极性与离子移动的关联性分析。
C．结合充电时电极的极性反转及反应类型判断。
D．通过充电时阳极反应与离子迁移的定量关系分析。
9．（2025高三上·南通月考）某抗凝血作用的药物Z可用下列反应合成。下列说法正确的是
A．与溶液反应，最多消耗
B．Y分子中和杂化的碳原子数目比为2：3
C．Z中所有原子可能共平面
D．Z不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
【答案】C
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、X 分子含酚羟基（-OH）和羧基（-COOH）。酚羟基酸性弱于碳酸，无法与 NaHCO3反应；羧基酸性强于碳酸，1mol 羧基可与 1mol NaHCO3反应。因此 1mol X 最多消耗 1mol NaHCO3，A错误；
B、Y 中，苯环的 6 个 C 均为 sp2 杂化；乙酰氧基（-OOCCH3）中，羰基 C 为 sp2 杂化，甲基 C 为 sp3 杂化；甲酯基（-COOCH3）中，羰基 C 为 sp2 杂化，甲基 C 为 sp3 杂化。经计算，sp3 杂化的 C 共 2 个（2 个甲基 C），sp2 杂化的 C 共 8 个（6 个苯环 C+2 个羰基 C），数目比为 2：8=1：4，B错误；
C、Z 为 Y 经分子内环化形成的结构，含苯环、羰基（C=O）和碳碳双键（C=C），这些结构均为平面结构。由于单键可旋转，各平面能重合，故所有原子可能共平面，C正确；
D、Z 分子含碳碳双键（C=C），碳碳双键易被酸性高锰酸钾氧化，会导致溶液褪色，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．分析 X 中官能团与 NaHCO3的反应规律。
B．统计 Y 分子中 sp3 和 sp2 杂化的碳原子数量及比例。
C．判断 Z 分子中所有原子是否可能共平面。
D．分析 Z 能否与酸性高锰酸钾溶液反应。
10．（2025高三上·南通月考）在给定条件下，下列制备过程涉及的物质转化均可实现的是
A．制硝酸：
B．制金属：
C．制硫酸：
D．制漂白粉：
【答案】D
【知识点】工业制取硫酸；工业制取硝酸；金属冶炼的一般原理
【解析】【解答】A、N2与 O2在放电或高温下反应生成 NO，但 NO 与水不反应，无法直接生成 HNO3，转化不能实现，A错误；
B、Mg(OH)2与盐酸反应生成 MgCl2溶液，但电解 MgCl2溶液时，阴极是 H+得电子生成 H2，不能得到金属 Mg，需电解熔融 MgCl2才可行，转化不能实现，B错误；
C、FeS2在高温下与 O2反应生成的是 SO2，而非 SO3（SO2需经催化氧化才生成 SO3），转化不能实现，C错误；
D、电解 NaCl 溶液（氯碱工业）可生成 Cl2，Cl2与石灰乳（Ca (OH)2）反应生成 Ca (ClO)2（漂白粉的有效成分），转化可实现，D正确；
故答案为：D。
【分析】依据物质的反应特性及转化条件，逐一验证各选项中物质转化的可行性。
11．（2025高三上·南通月考）反应可用于储氢，可能机理如下图所示。下列说法正确的是
A．步骤I中带正电荷的C与催化剂中的N之间发生作用
B．步骤I中存在极性键与非极性键的断裂和形成
C．步骤III中发生了氧化反应
D．整个过程中所涉及元素的化合价均发生了变化
【答案】A
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；氧化还原反应
【解析】【解答】A、CO2中 C 显正价、O 显负价，从机理图可知，步骤 Ⅰ 中 CO2里带部分正电荷的 C 与催化剂中的 N 存在相互作用，该描述正确，A正确；
B、步骤 Ⅰ 中仅断裂 H2的非极性键（H-H 键），没有极性键断裂，也无新化学键形成，因此不存在极性键的断裂与形成，B错误；
C、步骤 Ⅲ 中 HCO3-转化为 HCOOH，C 元素化合价从 + 4 降至 + 2，化合价降低，发生还原反应而非氧化反应，C错误；
D、整个过程中，O 元素化合价始终为 - 2 价，未发生变化，并非所有涉及元素的化合价都改变，D错误；
故答案为：A。
【分析】根据反应机理中物质的相互作用、化学键变化及元素化合价变化规律，逐一分析选项正确性。
A．分析 CO2中 C 的电性与催化剂中 N 的相互作用。
B．判断步骤 I 中断裂和形成的化学键类型。
C．分析步骤 III 中 HCO3-的化合价变化与反应类型。
D．判断整个过程中各元素的化合价变化。
12．（2025高三上·南通月考）室温下，下列实验方案能达到实验目的的是
选项 实验方案 实验目的
A 向Zn和稀硫酸反应的试管中加入较多硫酸铜溶液，观察现象 证明形成原电池可以加快氢气的生成
B 向溶液中先滴加酚酞，再滴加溶液至过量，观察溶液颜色变化 探究溶液呈碱性的原因
C 向稀溶液中通入足量气体，观察现象 验证溶解度：
D 向溶液中滴加几滴溶液，观察气泡产生情况 能否催化分解
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】化学反应速率的影响因素；盐类水解的应用；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】A、向 Zn 与稀硫酸的反应中加入较多硫酸铜溶液时，Zn 会优先和 Cu2+反应（Zn+Cu2+=Zn2++Cu），导致生成氢气的反应受抑制，无法体现原电池对氢气生成的加快作用，实验方案不合理，故A不符合题意 ；
B、Na2SO3溶液中 SO32-发生水解（SO32-+H2O HSO3-+OH-），使溶液显碱性，滴加酚酞变红。加入过量 BaCl2溶液后，Ba2+与 SO32-结合生成 BaSO3沉淀，SO32-浓度降低，水解平衡逆向移动，OH-浓度减小，溶液红色褪去，可证明溶液碱性源于 SO32-的水解，实验方案能达到目的，故B符合题意 ；
C、向 Na2CO3稀溶液中通入足量 CO2，生成 NaHCO3的反应（Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3）无明显现象（如沉淀或浑浊），无法通过现象验证 Na2CO3与 NaHCO3的溶解度大小，故C不符合题意 ；
D、H2O2溶液中滴加 FeSO4溶液时，H2O2会氧化 Fe2+生成 Fe3+，气泡产生可能是 Fe3+催化的结果，无法单独证明 Fe2+的催化作用，故D不符合题意 ；
故答案为：B。
【分析】结合各选项的实验方案与目的，从反应原理、实验现象与结论的关联性等角度，判断实验设计是否能达到预期目的。
A．分析硫酸铜用量对反应的影响。
B．通过水解平衡的移动探究溶液碱性的原因。
C．分析反应现象与溶解度验证的关联性。
D．探究 Fe2+的催化作用时需排除干扰。
13．（2025高三上·南通月考）酸性常用作氧化剂、水处理剂，其还原产物一般为。一种制取的流程如下：
下列说法正确的是
A．熔融时反应生成的氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：3
B．歧化时的离子方程式为
C．、、、四种离子在酸性条件下能大量共存
D．若过程中均能反应完全，则熔融与歧化时转移的电子数之比为3：1
【答案】D
【知识点】离子共存；离子方程式的书写；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、熔融阶段反应为 3MnO2+KClO3+6KOH=3K2MnO4+KCl+3H2O， 其中，Mn 元素从 + 4 价升至 +6 价，氧化产物是 K2MnO4；Cl 元素从 +5 价降至 -1 价，还原产物是 KCl。氧化产物与还原产物的物质的量之比为 3：1，并非 1：3，A错误；
B、K2MnO4歧化时使用的 CH3COOH 是弱酸，在离子方程式中不能拆写成 H+，正确的离子方程式为 ，B错误；
C、酸性条件下，MnO42-会发生歧化反应生成 MnO4-和 MnO2，且 MnO4-具有强氧化性，能氧化 Cl-，因此 MnO42-、K+、CH3COO-、Cl-四种离子在酸性条件下不能大量共存，C错误；
D、熔融时，3mol MnO2转化为 3mol K2MnO4，Mn 元素从 +4 价升至 +6 价，共转移 6mol 电子；歧化时，3mol K2MnO4转化为 2mol KMnO4和 1mol MnO2，其中 2mol Mn 从 +6 价升至 +7 价（共失 2mol 电子），1mol Mn 从 +6 价降至 +4 价（得 2mol 电子），共转移 2mol 电子。因此，熔融与歧化时转移的电子数之比为 6：2 = 3：1，D正确；
故答案为：D。
【分析】围绕流程中熔融和歧化反应的氧化还原特性，分析电子转移、离子方程式规范及离子共存条件，判断各选项的正确性。
A．分析熔融反应中氧化产物与还原产物的物质的量比。
B．判断歧化反应的离子方程式是否正确。
C．分析酸性条件下离子的共存可能性。
D．计算熔融与歧化过程的电子转移比。
14．（2025高三上·南通月考）钨(W)是国家重大战略资源的一种稀有金属。一种以黑钨精矿(主要成分是，含少量)为原料制备的流程如下：
已知：，。
（1）钨元素位于周期表第六周期VIB族，基态钨原子核外有4个未成对电子，则其价层电子排布式为　 　。
（2）“碱浸”之前先把黑钨精矿进行“粉碎”，“粉碎”的目的是　 　。
（3）“碱浸”可制得，是制备的前驱体。已知浸渣中含有和，反应的化学方程式为　 　；加入可提高钨元素的浸出率，其原理是　 　(结合沉淀溶解平衡，用平衡常数进行说明)。
（4）工业上也可用废弃纯钨棒(W)在空气存在的条件下，溶于熔融的氢氧化钠中制得。该反应的化学方程式为　 　。
（5）若在实验室中对进行“煅烧”，所用到的仪器除了有酒精灯、三脚架、泥三角还有　 　。
（6）调节“碱浸”后的滤液，过低会形成多钨酸根离子，其中最主要的是和，写出生成的离子方程式：　 　。
【答案】（1）
（2）增大固体接触面积，加快碱浸速率
（3）； 反应正向进行程度大，钨元素浸出率高
（4）
（5）坩埚
（6）
【知识点】原子核外电子排布；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）钨元素位于周期表第六周期VIB族，基态钨原子核外有4个未成对电子，d能级填充4个电子，则其价层电子排布式为，
故答案为：；
（2）“粉碎”为了增大固体接触面积，加快碱浸速率，
故答案为：增大固体接触面积，加快碱浸速率；
（3）“碱浸”时发生非氧化还原反应，生成、和化学方程式：；“碱浸”时加入可提高钨的浸取率，其原因是转化的反应，说明反应正向进行程度大，钨元素浸出率高；
故答案为：； 反应正向进行程度大，钨元素浸出率高；
（4）工业上废弃纯钨棒(W)在空气存在的条件下，溶于熔融的氢氧化钠中发生反应，制得，
故答案为：；
（5）实验室中煅烧所用到的仪器有酒精灯、三脚架、泥三角、坩埚，
故答案为：坩埚；
（6）过低，氢离子浓度大，氢离子和会形成多钨酸根离子，其中最主要的是和，生成的离子方程式，
故答案为：。
【分析】黑钨精矿先经过粉碎处理，增大与碱液的接触面积，便于后续碱浸反应充分进行。碱浸过程中，矿石里的铁、锰元素转化为氢氧化锰和铁的氢氧化物沉淀，钨元素则溶解进入溶液，形成以钨酸钠为主要成分的滤液。调节该滤液的 pH，可得到多种钨酸盐；也能通过酸解操作，得到 WO3 nH2O。WO3 nH2O 经煅烧去除结晶水等杂质后，再经氯化处理，最终生成 WCl6。
（1）钨元素位于周期表第六周期VIB族，基态钨原子核外有4个未成对电子，d能级填充4个电子，则其价层电子排布式为，故答案为：；
（2）“粉碎”为了增大固体接触面积，加快碱浸速率，故答案为：增大固体接触面积，加快碱浸速率；
（3）“碱浸”时发生非氧化还原反应，生成、和化学方程式：；“碱浸”时加入可提高钨的浸取率，其原因是转化的反应，说明反应正向进行程度大，钨元素浸出率高；故答案为：； 反应正向进行程度大，钨元素浸出率高；
（4）工业上废弃纯钨棒(W)在空气存在的条件下，溶于熔融的氢氧化钠中发生反应，制得，故答案为：；
（5）实验室中煅烧所用到的仪器有酒精灯、三脚架、泥三角、坩埚，故答案为：坩埚；
（6）过低，氢离子浓度大，氢离子和会形成多钨酸根离子，其中最主要的是和，生成的离子方程式，故答案为：。
15．（2025高三上·南通月考）Ag是一种常见金属，其含硫化合物有多种，如：、、、等。
（1）Ag单质晶体的晶胞如图所示。该晶胞为立方体，Ag原子位于晶胞的顶点和面心。请在图中用短线将Ag原子A和与其等距离且最近的Ag原子连接起来：　 　。
（2）是难溶于水的白色固体，可溶于氨水。写出溶于氨水的离子方程式：　 　。
（3）实验室可采用以下两种方法制取。
方法I将足量通入溶液中，迅速反应。
方法II向溶液中滴加饱和溶液。
①写出方法I生成的化学方程式：　 　。
②利用方法II制取时，加入的饱和溶液的量不宜过多，原因是　 　。
③根据物质性质分析，与溶液可以发生氧化还原反应，生成。但利用方法I制取时，反应收集到的沉淀中Ag的含量非常少，可能的原因是　 　。
（4）实验室通过如下过程测定某银样品的纯度(杂质不参与反应)：
①称取制备的银样品1.000g，加适量稀硝酸溶解，定容到100mL容量瓶中。
②准确量取25.00mL溶液置于锥形瓶中，滴入几滴溶液作指示剂，再用标准溶液滴定，滴定终点的实验现象为溶液变为(血)红色。
已知：(白色)
③重复②的操作两次，所用标准溶液的平均体积为22.00mL。则样品中银的质量分数为　 　。(写出计算过程)
【答案】（1）
（2）(或)
（3）；防止过量的将转化为可溶性的；二氧化硫与硝酸银溶液反应生成亚硫酸银的速率大于生成银和硫酸根离子的速率(或二氧化硫与硝酸银溶液发生复分解反应的速率大于发生氧化还原反应的速率)
（4）样品中银的物质的量为样品中银的质量分数为
【知识点】晶胞的计算；氧化还原反应方程式的配平；中和滴定；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）A处Ag位于晶胞的顶点，A所在三个面的面心处Ag原子离A等距离且最近，具体位置如图，
故答案为：；
（2）溶于氨水生成，对应的离子方程式为(或)，
故答案为：(或)；
（3）①将足量通入溶液中，发生反应，故答案为：；
②向溶液中滴加饱和溶液发生反应，为了防止过量的将转化为可溶性的加入的饱和溶液的量不宜过多，
故答案为： 防止过量的将转化为可溶性的；
③方法I制取时，反应收集到的沉淀中Ag的含量非常少的原因二氧化硫与硝酸银溶液反应生成亚硫酸银的速率大于生成银和硫酸根离子的速率(或二氧化硫与硝酸银溶液发生复分解反应的速率大于发生氧化还原反应的速率)，
故答案为：二氧化硫与硝酸银溶液反应生成亚硫酸银的速率大于生成银和硫酸根离子的速率(或二氧化硫与硝酸银溶液发生复分解反应的速率大于发生氧化还原反应的速率)；
（4）
样品中银的物质的量为
样品中银的质量分数为，
故答案为：
样品中银的物质的量为
样品中银的质量分数为。
【分析】将足量通入溶液中，发生反应；溶液中滴加饱和溶液发生反应。
（1）明确 Ag 单质晶胞中原子位置，找到与顶点 Ag 原子 A 等距且最近的面心 Ag 原子并连接。
（2）结合 Ag2SO3与氨水反应生成 [Ag(NH3)2]+的性质，书写离子方程式。
（3）①根据 SO2与 AgNO3溶液反应生成 Ag2SO3的产物，写化学方程式。
（3）②分析过量 Na2SO3会使 Ag2SO3转化为可溶性 [Ag(SO3)2]3-，说明用量不宜过多的原因。
（3）③从反应速率角度，解释 SO2与 AgNO3生成 Ag2SO3的速率快于生成 Ag 的速率。
（4）依据 Ag+与 SCN-的计量关系，通过 NH4SCN 用量计算 Ag 的质量分数。
（1）A处Ag位于晶胞的顶点，A所在三个面的面心处Ag原子离A等距离且最近，具体位置如图，故答案为：；
（2）溶于氨水生成，对应的离子方程式为(或)，故答案为：(或)；
（3）①将足量通入溶液中，发生反应，故答案为：；
②向溶液中滴加饱和溶液发生反应，为了防止过量的将转化为可溶性的加入的饱和溶液的量不宜过多，故答案为： 防止过量的将转化为可溶性的；
③方法I制取时，反应收集到的沉淀中Ag的含量非常少的原因二氧化硫与硝酸银溶液反应生成亚硫酸银的速率大于生成银和硫酸根离子的速率(或二氧化硫与硝酸银溶液发生复分解反应的速率大于发生氧化还原反应的速率)，故答案为：二氧化硫与硝酸银溶液反应生成亚硫酸银的速率大于生成银和硫酸根离子的速率(或二氧化硫与硝酸银溶液发生复分解反应的速率大于发生氧化还原反应的速率)；
（4）样品中银的物质的量为
样品中银的质量分数为，故答案为：
样品中银的物质的量为
样品中银的质量分数为。
16．（2025高三上·南通月考）失活三元催化剂[含金属铂(Pt)、钯(Pd)和铑(Rh)]回收贵金属的前处理是利用金属捕捉剂(铁粉)火法富集生成金属混合物，后续回收铑的工艺流程如下：
已知：①“酸溶2”中Pt、Pd和Rh分别转化为、和；
②“含铂沉淀”、“含钯沉淀”的主要成分分别为、。
（1）“酸溶1”、“酸溶2”中加浓HCl的主要目的分别是　 　。
（2）写出“酸溶2”中Pt转化的化学方程式：　 　。
已知的结构是稳定的正八面体(如图所示)，像一个巨大的、电荷密度很低的“慵懒”的阴离子。推测的酸性较　 　(填强或弱)。
（3）“还原”中若直接用铁还原，铑的还原率较低，其可能原因是　 　。
（4）“沉钯”后的溶液可以采用以下步骤分离得到Rh。
步骤1：用DETA()沉铑：理论上DETA与Rh(III)反应的物质的量之比为　 　。将含铑沉淀灼烧、高温还原可得铑粉。
步骤2：从步骤1沉铑后的滤液中回收铑：___________，再加入稍过量的溶液，充分反应｛反应原理：}，___________，得到铑富集渣。[。实验中必须使用的试剂：Zn粉、溶液、蒸馏水]。
①补充完整步骤2中的实验操作：　 　。
②分析溶液的作用：　 　。
【答案】（1）“酸溶1”中溶解铁，“酸溶2”中提供作配体
（2）；强
（3）不容易被直接还原为Rh
（4）2：1；向步骤1的滤液中加入少量溶液酸化，再加入足量Zn粉，充分反应，过滤(洗涤)，向滤渣中加入足量溶液(除去Zn、Sn)，过滤，滤渣用蒸馏水洗涤、烘干；还原高价铑到低价铑，使稳定的转化为易被还原的
【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
【解析】【解答】（1）由分析知，“酸溶 1” 中加浓HCl的主要目的是溶解金属混合物中的铁，除去铁；“酸溶 2” 中加浓HCl是为了提供，使金属铂(Pt)、钯(Pd)和铑(Rh)分别转化为、和，便于后续分离；
故答案为：“酸溶1”中溶解铁，“酸溶2”中提供作配体；
（2）“酸溶 2” 中Pt与浓HCl、浓HNO3反应生成、NO和，化学方程式为； 已知的结构是稳定的正八面体，像一个巨大的、电荷密度很低的 “慵懒” 的阴离子，说明结合H+的能力较弱，所以的酸性较强；
故答案为： ； 强 ；
（3）“还原”中若直接用铁还原，由于不容易被直接还原为Rh，故铑的还原率较低；
故答案为：不容易被直接还原为Rh ；
（4）步骤1中，DETA()中含有3个-NH2，每个-NH2可提供1对孤电子对与Rh(III)形成配位键，由知，Rh(III)可形成6个配位键，所以理论上DETA与Rh(III)反应的物质的量之比为2：1；
①步骤 2 中的实验操作：向步骤1的滤液中加入少量溶液酸化，再加入足量Zn粉，充分反应，过滤(洗涤)，向滤渣中加入足量溶液(除去Zn、Sn)，过滤，滤渣用蒸馏水洗涤、烘干，再加入稍过量的溶液，充分发生反应；
②由可知，溶液的作用，还原高价铑到低价铑，使稳定的转化为易被还原的。
故答案为： 2：1 ； 向步骤1的滤液中加入少量溶液酸化，再加入足量Zn粉，充分反应，过滤(洗涤)，向滤渣中加入足量溶液(除去Zn、Sn)，过滤，滤渣用蒸馏水洗涤、烘干 ； 还原高价铑到低价铑，使稳定的转化为易被还原的 。
【分析】金属混合物包含铂（Pt）、钯（Pd）、铑（Rh）以及铁（Fe）。首先进行 “酸溶 1”，加入浓盐酸，能将混合物里的铁溶解，过滤后得到含 Fe 相关物质的滤液，滤渣则是 Pt、Pd、Rh 的混合物。接着进行 “酸溶 2”，向滤渣中加入浓盐酸和浓硝酸，此时浓盐酸不仅提供酸性环境，还能提供 Cl-作为配体，使得 Pt 转化为 H2[PtCl6]、Pd 转化为 H2[PdCl4]、Rh 转化为 H3[RhCl6]。之后，加入 KCl，可使 Pt 以 K2[PtCl6] 的形式沉淀，得到含铂沉淀；再加入 KCl 和 NaClO3，能让 Pd 以 K2[PdCl6] 的形式沉淀，得到含钯沉淀。此时溶液中剩余 H3[RhCl6]，后续通过还原等一系列操作，最终可得到铑单质。
（1）由分析知，“酸溶 1” 中加浓HCl的主要目的是溶解金属混合物中的铁，除去铁；“酸溶 2” 中加浓HCl是为了提供，使金属铂(Pt)、钯(Pd)和铑(Rh)分别转化为、和，便于后续分离；
（2）“酸溶 2” 中Pt与浓HCl、浓HNO3反应生成、NO和，化学方程式为； 已知的结构是稳定的正八面体，像一个巨大的、电荷密度很低的 “慵懒” 的阴离子，说明结合H+的能力较弱，所以的酸性较强；
（3）“还原”中若直接用铁还原，由于不容易被直接还原为Rh，故铑的还原率较低；
（4）步骤1中，DETA()中含有3个-NH2，每个-NH2可提供1对孤电子对与Rh(III)形成配位键，由知，Rh(III)可形成6个配位键，所以理论上DETA与Rh(III)反应的物质的量之比为2：1；
①步骤 2 中的实验操作：向步骤1的滤液中加入少量溶液酸化，再加入足量Zn粉，充分反应，过滤(洗涤)，向滤渣中加入足量溶液(除去Zn、Sn)，过滤，滤渣用蒸馏水洗涤、烘干，再加入稍过量的溶液，充分发生反应；
②由可知，溶液的作用，还原高价铑到低价铑，使稳定的转化为易被还原的。
17．（2025高三上·南通月考）钴(Co)是一种重要的战略金属，与Fe处于同族，钴及其化合物应用广泛。
（1）利用过硫酸钠()氧化法从钴渣中回收钴。在加热条件下控制pH为4.0-4.5，可将净化液中氧化成氢氧化物沉淀而分离。反应的离子方程式为　 　。
（2）钴净化液中的也可经草酸沉淀为而分离，草酸钴晶体热解可制得钴的氧化物。
①以不同浓度的草酸为沉淀剂，Co沉淀率随pH变化如图-1所示。Co沉淀率随pH增大而减小的原因是　 　。
②若使用氨水调节溶液的，沉淀率随pH变化如图-2所示。时，Co沉淀率随pH增大而略有下降的可能原因是　 　。
（3）是光热催化甲醇、甲苯等挥发性有机污染物的理想材料。光热催化氧化甲醇可能的反应机理如图-3所示。
①吸附在表面的甲醇与催化剂表面活性晶格氧反应脱水形成中间体　 　，中间体再在氧气的参与下被氧化成甲酸盐，最终氧化产物为和。
②研究表明，催化反应体系湿度过大时，产率明显减小，可能的原因是　 　。
③实验室模拟光热催化氧化甲醇。模拟太阳光照下，在“自制光热反应器”进气口以流速通入模拟污染空气至催化剂表面，出气口测得。已知CH3OH的转化率为96%，则CO2的产率()为　 　。
【答案】（1）
（2）草酸为弱酸，pH越大，草酸浓度越小，电离出的草酸根离子浓度越小，Co沉淀率越小；pH增大，溶液中浓度增大，与形成配合离子
（3）甲醛(或HCHO)；水和甲醇分子在催化剂表面活性位点上的竞争性吸附所致；98%
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；催化剂；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）过硫酸钠()具有强氧化性，加热以及控制pH为4.0-4.5条件下，能将氧化成氢氧化物沉淀。被还原为。即反应的离子方程式为；
故答案为： ；
（2）①草酸（）是弱酸，存在电离平衡：，。pH越大，草酸浓度越小，电离出的草酸根离子浓度越小，从而使与结合生成沉淀的程度减小，Co沉淀率降低；
②当使用氨水调节pH时，后，溶液中浓度增大，会与发生络合反应生成可溶性的钴氨络合离子，从而导致溶解，使Co沉淀率随pH增大而略有下降；
故答案为： 草酸为弱酸，pH越大，草酸浓度越小，电离出的草酸根离子浓度越小，Co沉淀率越小 ； pH增大，溶液中浓度增大，与形成配合离子 ；
（3）①根据机理图可知，吸附在表面的甲醇与催化剂表面活性晶格氧反应脱水形成的中间体为：甲醛；
②催化剂表面存在用于吸附反应物的活性位点。当体系湿度过大时，水分子会大量吸附在这些活性位点上，导致反应物无法有效接触催化剂，从而降低了反应速率；
③假设通入的模拟污染空气体积中体积为，已知的转化率为96%，所以反应的物质的量是。理论上，1mol完全氧化生成 1mol，所以理论生成的体积为。出气口测得，设出气口体积为2a，为47a。反应掉的体积为“初始体积-剩余体积”，即，解得。所以实际生成的体积是，即，则。
故答案为： 甲醛(或HCHO) ； 水和甲醇分子在催化剂表面活性位点上的竞争性吸附所致 ； 98% 。
【分析】（1）依据过硫酸钠的氧化性和反应条件，结合氧化还原规律写离子方程式。
（2）①从草酸的弱酸性及电离平衡角度，分析 pH 对草酸根离子浓度和 Co 沉淀率的影响。
②考虑氨水与 Co2+的络合作用，解释 pH＞4.0 时 Co 沉淀率下降的原因。
（3）①根据反应机理图，确定甲醇反应脱水生成的中间体。
②分析水和甲醇在催化剂活性位点的竞争吸附对反应的影响。
③利用甲醇转化率和进出口体积比，结合产率公式计算 CO2产率。
（1）过硫酸钠()具有强氧化性，加热以及控制pH为4.0-4.5条件下，能将氧化成氢氧化物沉淀。被还原为。即反应的离子方程式为；
（2）①草酸（）是弱酸，存在电离平衡：，。pH越大，草酸浓度越小，电离出的草酸根离子浓度越小，从而使与结合生成沉淀的程度减小，Co沉淀率降低；
②当使用氨水调节pH时，后，溶液中浓度增大，会与发生络合反应生成可溶性的钴氨络合离子，从而导致溶解，使Co沉淀率随pH增大而略有下降；
（3）①根据机理图可知，吸附在表面的甲醇与催化剂表面活性晶格氧反应脱水形成的中间体为：甲醛；
②催化剂表面存在用于吸附反应物的活性位点。当体系湿度过大时，水分子会大量吸附在这些活性位点上，导致反应物无法有效接触催化剂，从而降低了反应速率；
③假设通入的模拟污染空气体积中体积为，已知的转化率为96%，所以反应的物质的量是。理论上，1mol完全氧化生成 1mol，所以理论生成的体积为。出气口测得，设出气口体积为2a，为47a。反应掉的体积为“初始体积-剩余体积”，即，解得。所以实际生成的体积是，即，则。
1 / 1江苏省南通市如东市2025-2026学年高三上学期第一次学情检测化学试题
1．（2025高三上·南通月考）海水中蕴藏着丰富的氯化钠。下列工业生产中以氯化钠作反应物的是
A．工业合成氨 B．侯德榜制碱 C．粗铜精炼 D．工业制玻璃
2．（2025高三上·南通月考）反应可用于除去中混有的。下列说法正确的是
A．基态的电子排布式为
B．为非极性分子
C．的空间结构为正四面体
D．的结构示意图为
3．（2025高三上·南通月考）能与结合生成，实验室制取并探究其性质，下列实验装置和操作不能达到实验目的的是
A．用装置甲制取 B．用装置乙干燥
C．用装置丙收集 D．用装置丁探究的还原性
4．（2025高三上·南通月考）硫酸氢氯吡格雷片是抗血小板凝聚药物，下列说法正确的是
A．电离能： B．酸性：
C．离子半径： D．电负性：
（2025高三上·南通月考）阅读下列材料，完成下列各题：
氮元素单质及其化合物作用广泛。地球上的生物氮循环涉及多种含氮物质，转化关系如图所示。和羟胺常用于有机合成，羟胺易潮解且可用作油脂工业中的抗氧化剂。强碱性条件下，可与反应生成Ag和。氨水中通入可生成溶液，将溶液加入到溶液中可生成沉淀。
5．下列物质的结构与性质或物质性质与用途不具有对应关系的是
A．具有碱性，可与盐酸反应
B．具有还原性，可作油脂工业中的抗氧化剂
C．分子间形成氢键，因此易潮解
D．具有还原性，可用于制硝酸
6．下列说法正确的是
A．键角：
B．如图所示转化中，N元素被还原的转化有5个
C．如图所示转化均属于氮元素的固定
D．中含键
7．下列化学反应表示正确的是
A．碱性条件下与反应：
B．羟胺还原溴化银：
C．氨水中通入足量：
D．溶液加到溶液中：
8．（2025高三上·南通月考）一种二次储能电池的构造示意图如图所示。下列说法正确的是
A．放电时，电能转化为化学能
B．放电时，右侧通过质子交换膜向左侧电极移动
C．充电时，左侧电极方程式为：
D．充电时，每生成1molFe3+时，理论上有通过质子交换膜
9．（2025高三上·南通月考）某抗凝血作用的药物Z可用下列反应合成。下列说法正确的是
A．与溶液反应，最多消耗
B．Y分子中和杂化的碳原子数目比为2：3
C．Z中所有原子可能共平面
D．Z不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
10．（2025高三上·南通月考）在给定条件下，下列制备过程涉及的物质转化均可实现的是
A．制硝酸：
B．制金属：
C．制硫酸：
D．制漂白粉：
11．（2025高三上·南通月考）反应可用于储氢，可能机理如下图所示。下列说法正确的是
A．步骤I中带正电荷的C与催化剂中的N之间发生作用
B．步骤I中存在极性键与非极性键的断裂和形成
C．步骤III中发生了氧化反应
D．整个过程中所涉及元素的化合价均发生了变化
12．（2025高三上·南通月考）室温下，下列实验方案能达到实验目的的是
选项 实验方案 实验目的
A 向Zn和稀硫酸反应的试管中加入较多硫酸铜溶液，观察现象 证明形成原电池可以加快氢气的生成
B 向溶液中先滴加酚酞，再滴加溶液至过量，观察溶液颜色变化 探究溶液呈碱性的原因
C 向稀溶液中通入足量气体，观察现象 验证溶解度：
D 向溶液中滴加几滴溶液，观察气泡产生情况 能否催化分解
A．A B．B C．C D．D
13．（2025高三上·南通月考）酸性常用作氧化剂、水处理剂，其还原产物一般为。一种制取的流程如下：
下列说法正确的是
A．熔融时反应生成的氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：3
B．歧化时的离子方程式为
C．、、、四种离子在酸性条件下能大量共存
D．若过程中均能反应完全，则熔融与歧化时转移的电子数之比为3：1
14．（2025高三上·南通月考）钨(W)是国家重大战略资源的一种稀有金属。一种以黑钨精矿(主要成分是，含少量)为原料制备的流程如下：
已知：，。
（1）钨元素位于周期表第六周期VIB族，基态钨原子核外有4个未成对电子，则其价层电子排布式为　 　。
（2）“碱浸”之前先把黑钨精矿进行“粉碎”，“粉碎”的目的是　 　。
（3）“碱浸”可制得，是制备的前驱体。已知浸渣中含有和，反应的化学方程式为　 　；加入可提高钨元素的浸出率，其原理是　 　(结合沉淀溶解平衡，用平衡常数进行说明)。
（4）工业上也可用废弃纯钨棒(W)在空气存在的条件下，溶于熔融的氢氧化钠中制得。该反应的化学方程式为　 　。
（5）若在实验室中对进行“煅烧”，所用到的仪器除了有酒精灯、三脚架、泥三角还有　 　。
（6）调节“碱浸”后的滤液，过低会形成多钨酸根离子，其中最主要的是和，写出生成的离子方程式：　 　。
15．（2025高三上·南通月考）Ag是一种常见金属，其含硫化合物有多种，如：、、、等。
（1）Ag单质晶体的晶胞如图所示。该晶胞为立方体，Ag原子位于晶胞的顶点和面心。请在图中用短线将Ag原子A和与其等距离且最近的Ag原子连接起来：　 　。
（2）是难溶于水的白色固体，可溶于氨水。写出溶于氨水的离子方程式：　 　。
（3）实验室可采用以下两种方法制取。
方法I将足量通入溶液中，迅速反应。
方法II向溶液中滴加饱和溶液。
①写出方法I生成的化学方程式：　 　。
②利用方法II制取时，加入的饱和溶液的量不宜过多，原因是　 　。
③根据物质性质分析，与溶液可以发生氧化还原反应，生成。但利用方法I制取时，反应收集到的沉淀中Ag的含量非常少，可能的原因是　 　。
（4）实验室通过如下过程测定某银样品的纯度(杂质不参与反应)：
①称取制备的银样品1.000g，加适量稀硝酸溶解，定容到100mL容量瓶中。
②准确量取25.00mL溶液置于锥形瓶中，滴入几滴溶液作指示剂，再用标准溶液滴定，滴定终点的实验现象为溶液变为(血)红色。
已知：(白色)
③重复②的操作两次，所用标准溶液的平均体积为22.00mL。则样品中银的质量分数为　 　。(写出计算过程)
16．（2025高三上·南通月考）失活三元催化剂[含金属铂(Pt)、钯(Pd)和铑(Rh)]回收贵金属的前处理是利用金属捕捉剂(铁粉)火法富集生成金属混合物，后续回收铑的工艺流程如下：
已知：①“酸溶2”中Pt、Pd和Rh分别转化为、和；
②“含铂沉淀”、“含钯沉淀”的主要成分分别为、。
（1）“酸溶1”、“酸溶2”中加浓HCl的主要目的分别是　 　。
（2）写出“酸溶2”中Pt转化的化学方程式：　 　。
已知的结构是稳定的正八面体(如图所示)，像一个巨大的、电荷密度很低的“慵懒”的阴离子。推测的酸性较　 　(填强或弱)。
（3）“还原”中若直接用铁还原，铑的还原率较低，其可能原因是　 　。
（4）“沉钯”后的溶液可以采用以下步骤分离得到Rh。
步骤1：用DETA()沉铑：理论上DETA与Rh(III)反应的物质的量之比为　 　。将含铑沉淀灼烧、高温还原可得铑粉。
步骤2：从步骤1沉铑后的滤液中回收铑：___________，再加入稍过量的溶液，充分反应｛反应原理：}，___________，得到铑富集渣。[。实验中必须使用的试剂：Zn粉、溶液、蒸馏水]。
①补充完整步骤2中的实验操作：　 　。
②分析溶液的作用：　 　。
17．（2025高三上·南通月考）钴(Co)是一种重要的战略金属，与Fe处于同族，钴及其化合物应用广泛。
（1）利用过硫酸钠()氧化法从钴渣中回收钴。在加热条件下控制pH为4.0-4.5，可将净化液中氧化成氢氧化物沉淀而分离。反应的离子方程式为　 　。
（2）钴净化液中的也可经草酸沉淀为而分离，草酸钴晶体热解可制得钴的氧化物。
①以不同浓度的草酸为沉淀剂，Co沉淀率随pH变化如图-1所示。Co沉淀率随pH增大而减小的原因是　 　。
②若使用氨水调节溶液的，沉淀率随pH变化如图-2所示。时，Co沉淀率随pH增大而略有下降的可能原因是　 　。
（3）是光热催化甲醇、甲苯等挥发性有机污染物的理想材料。光热催化氧化甲醇可能的反应机理如图-3所示。
①吸附在表面的甲醇与催化剂表面活性晶格氧反应脱水形成中间体　 　，中间体再在氧气的参与下被氧化成甲酸盐，最终氧化产物为和。
②研究表明，催化反应体系湿度过大时，产率明显减小，可能的原因是　 　。
③实验室模拟光热催化氧化甲醇。模拟太阳光照下，在“自制光热反应器”进气口以流速通入模拟污染空气至催化剂表面，出气口测得。已知CH3OH的转化率为96%，则CO2的产率()为　 　。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】纯碱工业（侯氏制碱法）
【解析】【解答】A、工业合成氨是氮气和氢气在一定条件下反应生成氨气，反应物是氮气和氢气，和氯化钠没有关系，A不符合要求；
B、侯德榜制碱的过程里，氯化钠会和氨气、二氧化碳发生反应，生成碳酸氢钠和氯化铵，这里氯化钠是反应物，B符合要求；
C、粗铜精炼时，用到的电解液是硫酸铜溶液，过程中不涉及氯化钠，C不符合要求；
D、工业制玻璃的原料是石英、石灰石以及纯碱，不包含氯化钠，D不符合要求；
故答案为：B。
【分析】逐一分析每个选项涉及的工业生产反应，判断反应物是否包含氯化钠。
2．【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；极性分子和非极性分子；原子结构示意图
【解析】【解答】A、基态 Cu 原子的电子排布式为 [Ar] 3d 4s ，失去电子形成 Cu2+时，先失去 4s 电子，再失去 3d 电子， 故Cu2+的电子排布式应为[Ar]3d9，A错误；
B、对于 H2S 分子，S 原子的价层电子对数计算后，存在 2 对孤电子对，分子构型为 V 形，正负电荷中心不重合，属于极性分子，并非非极性分子，B错误；
C、SO42-中 S 原子的价层电子对数经计算，没有孤电子对，根据价层电子对互斥理论，其空间结构为正四面体，C正确；
D、S2-的质子数是 16，核外电子数是 18，其结构示意图应为，D错误；
故答案为：C。
【分析】分别对每个选项涉及的微粒，从电子排布、分子极性、空间结构、离子结构示意图等方面，依据相关化学原理进行分析判断。
3．【答案】B
【知识点】氨的性质及用途；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A、实验室常用 NH4Cl 和 Ca(OH)2固体混合加热制取 NH3，装置甲的反应条件和试剂符合该方法，可成功制取 NH3，A能达到实验目的；
B、已知 NH3会与 CaCl2发生反应生成 CaCl2 8NH3，因此 CaCl2不能用作 NH3的干燥剂，装置乙用 CaCl2干燥 NH3无法达到干燥目的，B不能达到实验目的；
C、NH3的密度比空气小，采用向下排空气法收集时需 “短进长出”，装置丙的收集方式符合这一要求，能有效收集 NH3，C可达到实验目的；
D、加热条件下，NH3能与 CuO 反应生成 Cu、H2O 和 N2（或其他含氮产物），在此反应中 NH3作还原剂，体现还原性，装置丁可完成该探究，D能达到实验目的；
故答案为：B。【分析】A．判断装置甲能否制取 NH3。
B．判断装置乙能否干燥 NH3。
C．判断装置丙能否收集 NH3。
D．判断装置丁能否探究 NH3的还原性。
4．【答案】A
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、同周期元素第一电离能整体递增，且 VA 族因半满结构大于相邻 VIA 族，故第一电离能 I1(N)＞I1(O)；同主族从上到下第一电离能递减，故 I1(O)＞I1(S)，综上 I1(N)＞I1(S)，A正确；
B、同周期元素非金属性随原子序数增大而增强，非金属性 Cl＞S，其最高价含氧酸酸性 HClO4＞H2SO4，B错误；
C、Cl-和 S2-核外电子层结构相同（均为 18 电子），核电荷数越大离子半径越小，Cl 的核电荷数大于 S，故 r (Cl-)＜r (S2-)，C错误；
D、同主族元素电负性从上到下递减，O 和 S 同主族且 O 在上方，故电负性 χ(S)＜χ(O)，D错误；
故答案为：A。
【分析】依据元素周期律中第一电离能、最高价含氧酸酸性、离子半径、电负性的变化规律，逐一分析各选项的正确性。
【答案】5．C
6．B
7．A
【知识点】物质的结构与性质之间的关系；氢键的存在对物质性质的影响；氨的性质及用途；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）A、N(CH3)3中的 N 原子含有孤对电子，具备碱性，能与盐酸这类强酸发生反应生成盐，结构决定性质，性质与用途匹配，A正确；
B、抗氧化剂的作用是通过自身被氧化来保护其他物质，因此需要具有还原性。羟胺可作油脂工业的抗氧化剂，说明其具有还原性，性质与用途对应，B正确；
C、潮解指物质吸收空气中水分的性质，羟胺易潮解是因为它能与水分子形成氢键，而非羟胺分子之间形成氢键，结构与性质的对应关系错误，C错误；
D、NH3中 N 元素为 -3 价，处于较低价态，具有还原性，可被氧化为 NO 等中间产物，进而用于制取硝酸，性质与用途相符，D正确；
故答案为：C。
（2）A、NH4+为正四面体结构，键角是 109°28'；NH3为三角锥形结构，键角约 107°，因此键角 NH4+＞NH3，A 错误；
B、N 元素被还原指化合价降低的过程，图中转化中：NO3-→NO2-（+5→+3）、NO2-→NO（+3→+2）、NO→N2O（+2→+1）、N2O→N2（+1→0）、N2→NH4+（0→-3），共 5 个被还原的步骤，B正确；
C、氮的固定是指游离态 N2转化为化合态氮的过程，图中多数转化是化合态氮之间的转化，不属于氮的固定，C错误；
D、[Ag (NH3)2]+中含 2 个 Ag-N 配位 σ 键，每个 NH3含 3 个 N-Hσ 键，故 1mol 该离子含 σ 键数目为 2 + 2×3 = 8mol，D错误；
故答案为：B。
（3）A、碱性条件下，N2H4中 N 为 -2 价，反应后生成 N2（0 价），每个 N2H4失去 4e-；[Ag(NH3)2]+中 Ag 为 +1 价，反应后生成 Ag（0 价），每个 Ag+得到 1e-。根据电子守恒，需 4 个 [Ag(NH3)2]+参与反应，再结合原子守恒配平其他物质（OH-、H2O、NH3 H2O） ：，A正确；
B、NH2OH 中 N 为 -1 价，反应后生成 N2（0 价），2 个 NH2OH 共失去 2e-；AgBr 中 Ag 为 +1 价，反应后生成 Ag（0 价），4 个 AgBr 共得到 4e-，电子得失不守恒。正确配平后应为，B错误；
C、氨水是弱电解质（NH3 H2O），离子方程式中不能拆分为 OH-，正确反应式应为，C错误；
D、NH4HCO3与 MnSO4反应时，HCO3-与 Mn2+反应生成 MnCO3沉淀、CO2和 H2O，而非 H+（H+会与另一分子 HCO3-反应生成 CO2和 H2O），正确反应式应为
，D错误；
故答案为：A。
【分析】（1）从物质的结构特点出发，分析其性质成因，再判断性质与用途或结构的对应关系是否合理。
（2）结合微粒结构（键角）、氮元素化合价变化（氧化还原）、氮的固定定义及化学键数目计算，逐一分析选项。
（3）从氧化还原反应的电子守恒、离子方程式书写规范（如弱电解质是否拆分、产物是否合理）等角度，逐一分析各选项反应式的正确性。
5．A、N(CH3)3中的 N 原子含有孤对电子，具备碱性，能与盐酸这类强酸发生反应生成盐，结构决定性质，性质与用途匹配，故A不符合题意 ；
B、抗氧化剂的作用是通过自身被氧化来保护其他物质，因此需要具有还原性。羟胺可作油脂工业的抗氧化剂，说明其具有还原性，性质与用途对应，故B不符合题意 ；
C、潮解指物质吸收空气中水分的性质，羟胺易潮解是因为它能与水分子形成氢键，而非羟胺分子之间形成氢键，结构与性质的对应关系错误，故C符合题意 ；
D、NH3中 N 元素为 -3 价，处于较低价态，具有还原性，可被氧化为 NO 等中间产物，进而用于制取硝酸，性质与用途相符，故D不符合题意 ；
故答案为：C。
6．A、NH4+为正四面体结构，键角是 109°28'；NH3为三角锥形结构，键角约 107°，因此键角 NH4+＞NH3，A 错误；
B、N 元素被还原指化合价降低的过程，图中转化中：NO3-→NO2-（+5→+3）、NO2-→NO（+3→+2）、NO→N2O（+2→+1）、N2O→N2（+1→0）、N2→NH4+（0→-3），共 5 个被还原的步骤，B正确；
C、氮的固定是指游离态 N2转化为化合态氮的过程，图中多数转化是化合态氮之间的转化，不属于氮的固定，C错误；
D、[Ag (NH3)2]+中含 2 个 Ag-N 配位 σ 键，每个 NH3含 3 个 N-Hσ 键，故 1mol 该离子含 σ 键数目为 2 + 2×3 = 8mol，D错误；
故答案为：B。
7．A、碱性条件下，N2H4中 N 为 -2 价，反应后生成 N2（0 价），每个 N2H4失去 4e-；[Ag(NH3)2]+中 Ag 为 +1 价，反应后生成 Ag（0 价），每个 Ag+得到 1e-。根据电子守恒，需 4 个 [Ag(NH3)2]+参与反应，再结合原子守恒配平其他物质（OH-、H2O、NH3 H2O） ：，A正确；
B、NH2OH 中 N 为 -1 价，反应后生成 N2（0 价），2 个 NH2OH 共失去 2e-；AgBr 中 Ag 为 +1 价，反应后生成 Ag（0 价），4 个 AgBr 共得到 4e-，电子得失不守恒。正确配平后应为，B错误；
C、氨水是弱电解质（NH3 H2O），离子方程式中不能拆分为 OH-，正确反应式应为，C错误；
D、NH4HCO3与 MnSO4反应时，HCO3-与 Mn2+反应生成 MnCO3沉淀、CO2和 H2O，而非 H+（H+会与另一分子 HCO3-反应生成 CO2和 H2O），正确反应式应为
，D错误；
故答案为：A。
8．【答案】D
【知识点】电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、放电过程中，电池作为原电池运行，其核心是通过化学反应释放能量并转化为电能。而电能转化为化学能是充电（电解池）的特征，A错误；
B、放电时，左侧的 Pb 会失去电子，是电子流出的一极，即负极；右侧的 Fe3+会得到电子，是电子流入的一极，即正极。在原电池中，阳离子（如 H+）的移动方向是朝向正极，也就是右侧，而非左侧，B错误；
C、充电时，原电池的负极（左侧 Pb/PbSO4）会变为电解池的阴极，阴极发生的是得电子的还原反应，反应为 PbSO4接收电子生成 Pb 和 SO42-。 正确电极方程式为PbSO4 + 2e- = Pb +，C错误；
D、充电时，右侧电极作为阳极，发生 Fe2+失去电子生成 Fe3+的反应，每生成 1mol Fe3+，恰好转移 1mol 电子。此时 H+作为阳离子，会向电解池的阴极（左侧）移动，根据电荷守恒，转移 1mol 电子时，必然有 1mol H+通过质子交换膜，D正确；
故答案为：D。
【分析】先判断装置放电和充电时的工作类型（原电池或电解池），再结合电极反应、离子移动规律分析各选项。
A．从电池工作状态判断能量转化形式。
B．依据电极极性与离子移动的关联性分析。
C．结合充电时电极的极性反转及反应类型判断。
D．通过充电时阳极反应与离子迁移的定量关系分析。
9．【答案】C
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、X 分子含酚羟基（-OH）和羧基（-COOH）。酚羟基酸性弱于碳酸，无法与 NaHCO3反应；羧基酸性强于碳酸，1mol 羧基可与 1mol NaHCO3反应。因此 1mol X 最多消耗 1mol NaHCO3，A错误；
B、Y 中，苯环的 6 个 C 均为 sp2 杂化；乙酰氧基（-OOCCH3）中，羰基 C 为 sp2 杂化，甲基 C 为 sp3 杂化；甲酯基（-COOCH3）中，羰基 C 为 sp2 杂化，甲基 C 为 sp3 杂化。经计算，sp3 杂化的 C 共 2 个（2 个甲基 C），sp2 杂化的 C 共 8 个（6 个苯环 C+2 个羰基 C），数目比为 2：8=1：4，B错误；
C、Z 为 Y 经分子内环化形成的结构，含苯环、羰基（C=O）和碳碳双键（C=C），这些结构均为平面结构。由于单键可旋转，各平面能重合，故所有原子可能共平面，C正确；
D、Z 分子含碳碳双键（C=C），碳碳双键易被酸性高锰酸钾氧化，会导致溶液褪色，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．分析 X 中官能团与 NaHCO3的反应规律。
B．统计 Y 分子中 sp3 和 sp2 杂化的碳原子数量及比例。
C．判断 Z 分子中所有原子是否可能共平面。
D．分析 Z 能否与酸性高锰酸钾溶液反应。
10．【答案】D
【知识点】工业制取硫酸；工业制取硝酸；金属冶炼的一般原理
【解析】【解答】A、N2与 O2在放电或高温下反应生成 NO，但 NO 与水不反应，无法直接生成 HNO3，转化不能实现，A错误；
B、Mg(OH)2与盐酸反应生成 MgCl2溶液，但电解 MgCl2溶液时，阴极是 H+得电子生成 H2，不能得到金属 Mg，需电解熔融 MgCl2才可行，转化不能实现，B错误；
C、FeS2在高温下与 O2反应生成的是 SO2，而非 SO3（SO2需经催化氧化才生成 SO3），转化不能实现，C错误；
D、电解 NaCl 溶液（氯碱工业）可生成 Cl2，Cl2与石灰乳（Ca (OH)2）反应生成 Ca (ClO)2（漂白粉的有效成分），转化可实现，D正确；
故答案为：D。
【分析】依据物质的反应特性及转化条件，逐一验证各选项中物质转化的可行性。
11．【答案】A
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；氧化还原反应
【解析】【解答】A、CO2中 C 显正价、O 显负价，从机理图可知，步骤 Ⅰ 中 CO2里带部分正电荷的 C 与催化剂中的 N 存在相互作用，该描述正确，A正确；
B、步骤 Ⅰ 中仅断裂 H2的非极性键（H-H 键），没有极性键断裂，也无新化学键形成，因此不存在极性键的断裂与形成，B错误；
C、步骤 Ⅲ 中 HCO3-转化为 HCOOH，C 元素化合价从 + 4 降至 + 2，化合价降低，发生还原反应而非氧化反应，C错误；
D、整个过程中，O 元素化合价始终为 - 2 价，未发生变化，并非所有涉及元素的化合价都改变，D错误；
故答案为：A。
【分析】根据反应机理中物质的相互作用、化学键变化及元素化合价变化规律，逐一分析选项正确性。
A．分析 CO2中 C 的电性与催化剂中 N 的相互作用。
B．判断步骤 I 中断裂和形成的化学键类型。
C．分析步骤 III 中 HCO3-的化合价变化与反应类型。
D．判断整个过程中各元素的化合价变化。
12．【答案】B
【知识点】化学反应速率的影响因素；盐类水解的应用；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】A、向 Zn 与稀硫酸的反应中加入较多硫酸铜溶液时，Zn 会优先和 Cu2+反应（Zn+Cu2+=Zn2++Cu），导致生成氢气的反应受抑制，无法体现原电池对氢气生成的加快作用，实验方案不合理，故A不符合题意 ；
B、Na2SO3溶液中 SO32-发生水解（SO32-+H2O HSO3-+OH-），使溶液显碱性，滴加酚酞变红。加入过量 BaCl2溶液后，Ba2+与 SO32-结合生成 BaSO3沉淀，SO32-浓度降低，水解平衡逆向移动，OH-浓度减小，溶液红色褪去，可证明溶液碱性源于 SO32-的水解，实验方案能达到目的，故B符合题意 ；
C、向 Na2CO3稀溶液中通入足量 CO2，生成 NaHCO3的反应（Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3）无明显现象（如沉淀或浑浊），无法通过现象验证 Na2CO3与 NaHCO3的溶解度大小，故C不符合题意 ；
D、H2O2溶液中滴加 FeSO4溶液时，H2O2会氧化 Fe2+生成 Fe3+，气泡产生可能是 Fe3+催化的结果，无法单独证明 Fe2+的催化作用，故D不符合题意 ；
故答案为：B。
【分析】结合各选项的实验方案与目的，从反应原理、实验现象与结论的关联性等角度，判断实验设计是否能达到预期目的。
A．分析硫酸铜用量对反应的影响。
B．通过水解平衡的移动探究溶液碱性的原因。
C．分析反应现象与溶解度验证的关联性。
D．探究 Fe2+的催化作用时需排除干扰。
13．【答案】D
【知识点】离子共存；离子方程式的书写；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、熔融阶段反应为 3MnO2+KClO3+6KOH=3K2MnO4+KCl+3H2O， 其中，Mn 元素从 + 4 价升至 +6 价，氧化产物是 K2MnO4；Cl 元素从 +5 价降至 -1 价，还原产物是 KCl。氧化产物与还原产物的物质的量之比为 3：1，并非 1：3，A错误；
B、K2MnO4歧化时使用的 CH3COOH 是弱酸，在离子方程式中不能拆写成 H+，正确的离子方程式为 ，B错误；
C、酸性条件下，MnO42-会发生歧化反应生成 MnO4-和 MnO2，且 MnO4-具有强氧化性，能氧化 Cl-，因此 MnO42-、K+、CH3COO-、Cl-四种离子在酸性条件下不能大量共存，C错误；
D、熔融时，3mol MnO2转化为 3mol K2MnO4，Mn 元素从 +4 价升至 +6 价，共转移 6mol 电子；歧化时，3mol K2MnO4转化为 2mol KMnO4和 1mol MnO2，其中 2mol Mn 从 +6 价升至 +7 价（共失 2mol 电子），1mol Mn 从 +6 价降至 +4 价（得 2mol 电子），共转移 2mol 电子。因此，熔融与歧化时转移的电子数之比为 6：2 = 3：1，D正确；
故答案为：D。
【分析】围绕流程中熔融和歧化反应的氧化还原特性，分析电子转移、离子方程式规范及离子共存条件，判断各选项的正确性。
A．分析熔融反应中氧化产物与还原产物的物质的量比。
B．判断歧化反应的离子方程式是否正确。
C．分析酸性条件下离子的共存可能性。
D．计算熔融与歧化过程的电子转移比。
14．【答案】（1）
（2）增大固体接触面积，加快碱浸速率
（3）； 反应正向进行程度大，钨元素浸出率高
（4）
（5）坩埚
（6）
【知识点】原子核外电子排布；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）钨元素位于周期表第六周期VIB族，基态钨原子核外有4个未成对电子，d能级填充4个电子，则其价层电子排布式为，
故答案为：；
（2）“粉碎”为了增大固体接触面积，加快碱浸速率，
故答案为：增大固体接触面积，加快碱浸速率；
（3）“碱浸”时发生非氧化还原反应，生成、和化学方程式：；“碱浸”时加入可提高钨的浸取率，其原因是转化的反应，说明反应正向进行程度大，钨元素浸出率高；
故答案为：； 反应正向进行程度大，钨元素浸出率高；
（4）工业上废弃纯钨棒(W)在空气存在的条件下，溶于熔融的氢氧化钠中发生反应，制得，
故答案为：；
（5）实验室中煅烧所用到的仪器有酒精灯、三脚架、泥三角、坩埚，
故答案为：坩埚；
（6）过低，氢离子浓度大，氢离子和会形成多钨酸根离子，其中最主要的是和，生成的离子方程式，
故答案为：。
【分析】黑钨精矿先经过粉碎处理，增大与碱液的接触面积，便于后续碱浸反应充分进行。碱浸过程中，矿石里的铁、锰元素转化为氢氧化锰和铁的氢氧化物沉淀，钨元素则溶解进入溶液，形成以钨酸钠为主要成分的滤液。调节该滤液的 pH，可得到多种钨酸盐；也能通过酸解操作，得到 WO3 nH2O。WO3 nH2O 经煅烧去除结晶水等杂质后，再经氯化处理，最终生成 WCl6。
（1）钨元素位于周期表第六周期VIB族，基态钨原子核外有4个未成对电子，d能级填充4个电子，则其价层电子排布式为，故答案为：；
（2）“粉碎”为了增大固体接触面积，加快碱浸速率，故答案为：增大固体接触面积，加快碱浸速率；
（3）“碱浸”时发生非氧化还原反应，生成、和化学方程式：；“碱浸”时加入可提高钨的浸取率，其原因是转化的反应，说明反应正向进行程度大，钨元素浸出率高；故答案为：； 反应正向进行程度大，钨元素浸出率高；
（4）工业上废弃纯钨棒(W)在空气存在的条件下，溶于熔融的氢氧化钠中发生反应，制得，故答案为：；
（5）实验室中煅烧所用到的仪器有酒精灯、三脚架、泥三角、坩埚，故答案为：坩埚；
（6）过低，氢离子浓度大，氢离子和会形成多钨酸根离子，其中最主要的是和，生成的离子方程式，故答案为：。
15．【答案】（1）
（2）(或)
（3）；防止过量的将转化为可溶性的；二氧化硫与硝酸银溶液反应生成亚硫酸银的速率大于生成银和硫酸根离子的速率(或二氧化硫与硝酸银溶液发生复分解反应的速率大于发生氧化还原反应的速率)
（4）样品中银的物质的量为样品中银的质量分数为
【知识点】晶胞的计算；氧化还原反应方程式的配平；中和滴定；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）A处Ag位于晶胞的顶点，A所在三个面的面心处Ag原子离A等距离且最近，具体位置如图，
故答案为：；
（2）溶于氨水生成，对应的离子方程式为(或)，
故答案为：(或)；
（3）①将足量通入溶液中，发生反应，故答案为：；
②向溶液中滴加饱和溶液发生反应，为了防止过量的将转化为可溶性的加入的饱和溶液的量不宜过多，
故答案为： 防止过量的将转化为可溶性的；
③方法I制取时，反应收集到的沉淀中Ag的含量非常少的原因二氧化硫与硝酸银溶液反应生成亚硫酸银的速率大于生成银和硫酸根离子的速率(或二氧化硫与硝酸银溶液发生复分解反应的速率大于发生氧化还原反应的速率)，
故答案为：二氧化硫与硝酸银溶液反应生成亚硫酸银的速率大于生成银和硫酸根离子的速率(或二氧化硫与硝酸银溶液发生复分解反应的速率大于发生氧化还原反应的速率)；
（4）
样品中银的物质的量为
样品中银的质量分数为，
故答案为：
样品中银的物质的量为
样品中银的质量分数为。
【分析】将足量通入溶液中，发生反应；溶液中滴加饱和溶液发生反应。
（1）明确 Ag 单质晶胞中原子位置，找到与顶点 Ag 原子 A 等距且最近的面心 Ag 原子并连接。
（2）结合 Ag2SO3与氨水反应生成 [Ag(NH3)2]+的性质，书写离子方程式。
（3）①根据 SO2与 AgNO3溶液反应生成 Ag2SO3的产物，写化学方程式。
（3）②分析过量 Na2SO3会使 Ag2SO3转化为可溶性 [Ag(SO3)2]3-，说明用量不宜过多的原因。
（3）③从反应速率角度，解释 SO2与 AgNO3生成 Ag2SO3的速率快于生成 Ag 的速率。
（4）依据 Ag+与 SCN-的计量关系，通过 NH4SCN 用量计算 Ag 的质量分数。
（1）A处Ag位于晶胞的顶点，A所在三个面的面心处Ag原子离A等距离且最近，具体位置如图，故答案为：；
（2）溶于氨水生成，对应的离子方程式为(或)，故答案为：(或)；
（3）①将足量通入溶液中，发生反应，故答案为：；
②向溶液中滴加饱和溶液发生反应，为了防止过量的将转化为可溶性的加入的饱和溶液的量不宜过多，故答案为： 防止过量的将转化为可溶性的；
③方法I制取时，反应收集到的沉淀中Ag的含量非常少的原因二氧化硫与硝酸银溶液反应生成亚硫酸银的速率大于生成银和硫酸根离子的速率(或二氧化硫与硝酸银溶液发生复分解反应的速率大于发生氧化还原反应的速率)，故答案为：二氧化硫与硝酸银溶液反应生成亚硫酸银的速率大于生成银和硫酸根离子的速率(或二氧化硫与硝酸银溶液发生复分解反应的速率大于发生氧化还原反应的速率)；
（4）样品中银的物质的量为
样品中银的质量分数为，故答案为：
样品中银的物质的量为
样品中银的质量分数为。
16．【答案】（1）“酸溶1”中溶解铁，“酸溶2”中提供作配体
（2）；强
（3）不容易被直接还原为Rh
（4）2：1；向步骤1的滤液中加入少量溶液酸化，再加入足量Zn粉，充分反应，过滤(洗涤)，向滤渣中加入足量溶液(除去Zn、Sn)，过滤，滤渣用蒸馏水洗涤、烘干；还原高价铑到低价铑，使稳定的转化为易被还原的
【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
【解析】【解答】（1）由分析知，“酸溶 1” 中加浓HCl的主要目的是溶解金属混合物中的铁，除去铁；“酸溶 2” 中加浓HCl是为了提供，使金属铂(Pt)、钯(Pd)和铑(Rh)分别转化为、和，便于后续分离；
故答案为：“酸溶1”中溶解铁，“酸溶2”中提供作配体；
（2）“酸溶 2” 中Pt与浓HCl、浓HNO3反应生成、NO和，化学方程式为； 已知的结构是稳定的正八面体，像一个巨大的、电荷密度很低的 “慵懒” 的阴离子，说明结合H+的能力较弱，所以的酸性较强；
故答案为： ； 强 ；
（3）“还原”中若直接用铁还原，由于不容易被直接还原为Rh，故铑的还原率较低；
故答案为：不容易被直接还原为Rh ；
（4）步骤1中，DETA()中含有3个-NH2，每个-NH2可提供1对孤电子对与Rh(III)形成配位键，由知，Rh(III)可形成6个配位键，所以理论上DETA与Rh(III)反应的物质的量之比为2：1；
①步骤 2 中的实验操作：向步骤1的滤液中加入少量溶液酸化，再加入足量Zn粉，充分反应，过滤(洗涤)，向滤渣中加入足量溶液(除去Zn、Sn)，过滤，滤渣用蒸馏水洗涤、烘干，再加入稍过量的溶液，充分发生反应；
②由可知，溶液的作用，还原高价铑到低价铑，使稳定的转化为易被还原的。
故答案为： 2：1 ； 向步骤1的滤液中加入少量溶液酸化，再加入足量Zn粉，充分反应，过滤(洗涤)，向滤渣中加入足量溶液(除去Zn、Sn)，过滤，滤渣用蒸馏水洗涤、烘干 ； 还原高价铑到低价铑，使稳定的转化为易被还原的 。
【分析】金属混合物包含铂（Pt）、钯（Pd）、铑（Rh）以及铁（Fe）。首先进行 “酸溶 1”，加入浓盐酸，能将混合物里的铁溶解，过滤后得到含 Fe 相关物质的滤液，滤渣则是 Pt、Pd、Rh 的混合物。接着进行 “酸溶 2”，向滤渣中加入浓盐酸和浓硝酸，此时浓盐酸不仅提供酸性环境，还能提供 Cl-作为配体，使得 Pt 转化为 H2[PtCl6]、Pd 转化为 H2[PdCl4]、Rh 转化为 H3[RhCl6]。之后，加入 KCl，可使 Pt 以 K2[PtCl6] 的形式沉淀，得到含铂沉淀；再加入 KCl 和 NaClO3，能让 Pd 以 K2[PdCl6] 的形式沉淀，得到含钯沉淀。此时溶液中剩余 H3[RhCl6]，后续通过还原等一系列操作，最终可得到铑单质。
（1）由分析知，“酸溶 1” 中加浓HCl的主要目的是溶解金属混合物中的铁，除去铁；“酸溶 2” 中加浓HCl是为了提供，使金属铂(Pt)、钯(Pd)和铑(Rh)分别转化为、和，便于后续分离；
（2）“酸溶 2” 中Pt与浓HCl、浓HNO3反应生成、NO和，化学方程式为； 已知的结构是稳定的正八面体，像一个巨大的、电荷密度很低的 “慵懒” 的阴离子，说明结合H+的能力较弱，所以的酸性较强；
（3）“还原”中若直接用铁还原，由于不容易被直接还原为Rh，故铑的还原率较低；
（4）步骤1中，DETA()中含有3个-NH2，每个-NH2可提供1对孤电子对与Rh(III)形成配位键，由知，Rh(III)可形成6个配位键，所以理论上DETA与Rh(III)反应的物质的量之比为2：1；
①步骤 2 中的实验操作：向步骤1的滤液中加入少量溶液酸化，再加入足量Zn粉，充分反应，过滤(洗涤)，向滤渣中加入足量溶液(除去Zn、Sn)，过滤，滤渣用蒸馏水洗涤、烘干，再加入稍过量的溶液，充分发生反应；
②由可知，溶液的作用，还原高价铑到低价铑，使稳定的转化为易被还原的。
17．【答案】（1）
（2）草酸为弱酸，pH越大，草酸浓度越小，电离出的草酸根离子浓度越小，Co沉淀率越小；pH增大，溶液中浓度增大，与形成配合离子
（3）甲醛(或HCHO)；水和甲醇分子在催化剂表面活性位点上的竞争性吸附所致；98%
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；催化剂；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）过硫酸钠()具有强氧化性，加热以及控制pH为4.0-4.5条件下，能将氧化成氢氧化物沉淀。被还原为。即反应的离子方程式为；
故答案为： ；
（2）①草酸（）是弱酸，存在电离平衡：，。pH越大，草酸浓度越小，电离出的草酸根离子浓度越小，从而使与结合生成沉淀的程度减小，Co沉淀率降低；
②当使用氨水调节pH时，后，溶液中浓度增大，会与发生络合反应生成可溶性的钴氨络合离子，从而导致溶解，使Co沉淀率随pH增大而略有下降；
故答案为： 草酸为弱酸，pH越大，草酸浓度越小，电离出的草酸根离子浓度越小，Co沉淀率越小 ； pH增大，溶液中浓度增大，与形成配合离子 ；
（3）①根据机理图可知，吸附在表面的甲醇与催化剂表面活性晶格氧反应脱水形成的中间体为：甲醛；
②催化剂表面存在用于吸附反应物的活性位点。当体系湿度过大时，水分子会大量吸附在这些活性位点上，导致反应物无法有效接触催化剂，从而降低了反应速率；
③假设通入的模拟污染空气体积中体积为，已知的转化率为96%，所以反应的物质的量是。理论上，1mol完全氧化生成 1mol，所以理论生成的体积为。出气口测得，设出气口体积为2a，为47a。反应掉的体积为“初始体积-剩余体积”，即，解得。所以实际生成的体积是，即，则。
故答案为： 甲醛(或HCHO) ； 水和甲醇分子在催化剂表面活性位点上的竞争性吸附所致 ； 98% 。
【分析】（1）依据过硫酸钠的氧化性和反应条件，结合氧化还原规律写离子方程式。
（2）①从草酸的弱酸性及电离平衡角度，分析 pH 对草酸根离子浓度和 Co 沉淀率的影响。
②考虑氨水与 Co2+的络合作用，解释 pH＞4.0 时 Co 沉淀率下降的原因。
（3）①根据反应机理图，确定甲醇反应脱水生成的中间体。
②分析水和甲醇在催化剂活性位点的竞争吸附对反应的影响。
③利用甲醇转化率和进出口体积比，结合产率公式计算 CO2产率。
（1）过硫酸钠()具有强氧化性，加热以及控制pH为4.0-4.5条件下，能将氧化成氢氧化物沉淀。被还原为。即反应的离子方程式为；
（2）①草酸（）是弱酸，存在电离平衡：，。pH越大，草酸浓度越小，电离出的草酸根离子浓度越小，从而使与结合生成沉淀的程度减小，Co沉淀率降低；
②当使用氨水调节pH时，后，溶液中浓度增大，会与发生络合反应生成可溶性的钴氨络合离子，从而导致溶解，使Co沉淀率随pH增大而略有下降；
（3）①根据机理图可知，吸附在表面的甲醇与催化剂表面活性晶格氧反应脱水形成的中间体为：甲醛；
②催化剂表面存在用于吸附反应物的活性位点。当体系湿度过大时，水分子会大量吸附在这些活性位点上，导致反应物无法有效接触催化剂，从而降低了反应速率；
③假设通入的模拟污染空气体积中体积为，已知的转化率为96%，所以反应的物质的量是。理论上，1mol完全氧化生成 1mol，所以理论生成的体积为。出气口测得，设出气口体积为2a，为47a。反应掉的体积为“初始体积-剩余体积”，即，解得。所以实际生成的体积是，即，则。
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