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江苏省扬州市新华中学2025-2026学年高三上学期8月月考 化学试题
1．（2025高三上·扬州月考）随着科技的发展，化学在能源、材料等领域的科技支撑作用越发显著，下列说法正确的是
A．高温结构陶瓷所用的碳化硅、氮化硅材料，属于新型金属材料
B．量子通信的光纤和超算“天河一号”的芯片的主要材料均为
C．火箭使用的燃料偏二甲肼（），属于烃类
D．人造太阳使用的、，属于不同的核素
【答案】D
【知识点】硅和二氧化硅；元素、核素；烷烃
【解析】【解答】A．高温结构陶瓷所用的碳化硅、氮化硅材料均属于新型非金属材料，A错误；
B．是光纤主要材料，硅单质是芯片主要材料，B错误；
C．烃类指只含碳氢两种元素，偏二甲肼还含有氮元素，不属于烃，C错误；
D．、的质子数相同，中子数不同，是不同的核素，D正确；
故答案选D。
【分析】金属材料是由金属元素组成的材料；根据硅单质和二氧化硅用途分析；氕氘氚是氢元素的不同核素。
2．（2025高三上·扬州月考）下列图示或化学用语正确的是
A．分子的VSEPR模型为
B．是含有极性共价键的极性分子
C．的电子式
D．基态Cr原子的价层电子轨道表示式为
【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；极性分子和非极性分子；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．分子中N原子的价层电子对数为4=键数为3+孤电子对数为1，根据价层电子对互斥理论（VSEPR），其VSEPR模型为四面体形，A错误；
B．的结构式为S = C = S，C-S键是极性共价键，但分子的空间结构为直线形，分子结构对称，正、负电中心重合，属于非极性分子，B错误；
C．是离子化合物，由和构成，其电子式为，C正确；
D．基态Cr原子的价层电子排布式为，根据洪特规则，3d轨道上的5个电子应分占不同轨道且自旋平行，4s轨道上有1个电子，选项中轨道表示式不符合，D错误；
综上，答案是C。
【分析】题目考查化学用语，氨分子的 VSEPR模型是四面体型；是非极性分子；D选项违反洪特规则。
3．（2025高三上·扬州月考）实验室制取时，下列装置能达到相应实验目的的是
A．制备
B．净化
C．收集
D．尾气处理
【答案】D
【知识点】氯气的实验室制法；常见气体制备原理及装置选择
【解析】【解答】A．实验室制备用浓盐酸与MnO2加热反应，A错误；
B．制得的氯气先通过饱和食盐水除HCl，再通过浓硫酸干燥，B错误；
C．向上排空气收集氯气应用双孔橡胶塞，用于连接尾气处理装置；C错误；
D．NaOH溶液可以用于吸收Cl2，防止污染，D正确；
故答案选D。
【分析】考查氯气制备、气体净化、收集和尾气处理。根据氯气相关性质作答。
4．（2025高三上·扬州月考）麻黄碱盐酸盐( )是治疗支气管哮喘的常用药物。下列说法正确的是
A．原子半径：r(C)＜r(N)
B．元素的电负性：χ(O)＜χ(S)
C．酸性：HNO3＜HClO4
D．元素的第一电离能：I1(N)＜I1(O)
【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．根据同周期元素原子变化规律，可知原子半径r(C) >r(N)，A错误；
B．根据同主族元素电负性变化规律，可知 χ(O)＜χ(S) ，B错误；
C．非金属元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，Cl的氧化性大于N的氧化性，故酸性：HNO3＜HClO4，C正确；
D．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，N原子的2p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则N元素的第一电离能O元素，D错误；
故选C。
【分析】根据元素周期律，同周期元素从左向右，原子半径逐渐减小，第一电离能呈增大趋势，同时需注意特殊元素电离能出现的反常现象，同主族元素从上到下，电负性减小分析作答。
（2025高三上·扬州月考）阅读下列材料，完成有关问题：
黄铜矿(CuFeS2)用Fe2(SO4)3溶液浸泡后生成单质硫。Cu2O加入到稀硫酸中，溶液变蓝色并有紫红色固体产生。CuSO4溶液中的Cu2+在水中以水合离子[Cu(H2O)4]2+存在，向其中滴入氨水可制备硫酸四氨合铜[Cu(NH3)4]SO4；Cu在O2存在下也能与氨水反应生成[Cu(NH3)4]2+。CuCl难溶于水，溶于不同浓度的KCl溶液中可得到[CuCl2]-和[CuCl3]2-。
5．下列说法正确的是
A．Cu2O晶胞如图所示，与O距离最近的Cu有2个
B．[Cu(H2O)4]2+中的配位原子为H原子
C．NH3转化为[Cu(NH3)4]2+后H-N-H键角变大
D．[CuCl2]-和[CuCl3]2-中Cu元素的杂化类型相同
6．下列化学反应表示正确的是
A．CuFeS2与Fe2(SO4)3溶液反应：CuFeS2+4Fe3+=5Fe2++Cu2++2S
B．Cu2O溶于稀硫酸：Cu2O+2H+=2Cu++H2O
C．CuCl溶于KCl溶液：2Cu++5Cl－=[CuCl2]-+ [CuCl3]2-
D．Cu在O2存在下与氨水反应：2Cu+8NH3+O2+4H+=2[Cu(NH3)4]2++2H2O
7．下列物质结构与性质或物质性质与用途具有对应关系的是
A．CuFeS2呈金黄色，可用于制取单质Cu
B．CuSO4溶液呈酸性，可用于湿法炼铜
C．CuCl不溶于水，可用于制取K[CuCl2]
D．Cu2+有空轨道，可与NH3反应制[Cu(NH3)4]2+
【答案】5．C
6．A
7．D
【知识点】键能、键长、键角及其应用；配合物的成键情况；晶胞的计算；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）A．如图所示，与O距离最近的Cu有4个，A错误；
B．根据配位键概念，中的配位原子为O原子，B错误；
C．NH3转化为后，中N的孤对电子与Cu2+形成配位键，N-H键对N-H键的排斥力小于孤对电子对N-H键的排斥力，故H-N-H键角变大，C正确；
D．中Cu采取杂化，中Cu采取杂化，D错误；
故选C。
（2）A．根据题意，黄铜矿(CuFeS2)用Fe2(SO4)3溶液浸泡后生成单质硫。离子方程式为：CuFeS2+4Fe3+=5Fe2++Cu2++2S，A正确；
B．Cu2O和稀硫酸反应，生成铜离子和铜单质，离子方程式应为：，B错误；
C．CuCl难溶于水，不能拆成，C错误；
D．Cu在O2存在下与氨水反应，溶液呈碱性，不能出现，D错误；
故选A。
（3）A．CuFeS2含有铜元素，可用于制取单质Cu，A错误；
B．湿法炼铜原理为：，是因为有氧化性，B错误；
C．CuCl难溶于水，溶于不同浓度的KCl溶液中可形成稳定配位化合物如[CuCl2]-和[CuCl3]2-，这种配合物降低了溶液中的浓度，促使溶解，C错误；
D．NH3中由孤对电子，Cu2+有空轨道，可形成配位键，制[Cu(NH3)4]2+，D正确；
故选D。
【分析】（1）考查晶胞知识和配位键形成等，可根据晶胞结构作答；四水合铜离子中，水分子中的氧原子提供孤对电子；孤对电子斥力较大，会使键角变小；
（2）根据题中反应后现象，氧化还原反应配平步骤，写出对应离子方程式；
（3）由结构决定性质，性质决定用途作答，
5．A．与O距离最近的Cu有4个，A错误；
B．中的配位原子为O原子，B错误；
C．NH3转化为后，中N的孤对电子与Cu2+形成配位键，孤对电子对N-H键的排斥力减小，H-N-H键角变大，C正确；
D．中Cu采取杂化，中Cu采取杂化，D错误；
故选C。
6．A．黄铜矿(CuFeS2)用Fe2(SO4)3溶液浸泡后生成单质硫。离子方程式为：CuFeS2+4Fe3+=5Fe2++Cu2++2S，A正确；
B．Cu2O加入到稀硫酸中，溶液变蓝色并有紫红色固体产生。离子方程式应为：，B错误；
C．CuCl难溶于水，不能拆成，C错误；
D．Cu在O2存在下与氨水反应，溶液呈碱性，不能出现，D错误；
故选A。
7．A．CuFeS2可用于制取单质Cu，是因为其含有铜元素，A错误；
B．湿法炼铜原理为：，是因为有氧化性，B错误；
C．CuCl难溶于水，溶于不同浓度的KCl溶液中可形成稳定配位化合物如[CuCl2]-和[CuCl3]2-，这种配合物降低了溶液中的浓度，促使溶解，C错误；
D．Cu2+有空轨道，可与NH3中的N形成配位键，制[Cu(NH3)4]2+，D正确；
故选D。
8．（2025高三上·扬州月考）W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，Y的原子序数等于W与X的原子序数之和，最外层电子数为层的一半，与可形成原子个数比为4：2的分子。下列说法正确的是
A．简单离子半径：
B．与能形成含有非极性键的化合物
C．和的最简单氢化物的沸点：
D．由W、X、Y三种元素所组成的化合物一定是离子化合物
【答案】B
【知识点】原子结构与元素的性质；化学键；晶体熔沸点的比较；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．X、Y、Z的简单离子为N3-、O2-、Na+，它们核外电子排布相同，核电荷数越大，离子半径越小，即r(N3-)＞r(O2-)＞r(Na+)，故A错误；
B．H与O可以形成H2O、H2O2，H2O只含有极性键，H2O2含有非极性键和极性键，故B正确；
C．X为N，Y为O，对应简单氢化物为NH3和H2O，前者常温下为气体，后者常温下为液体，因此H2O的沸点高于NH3，故C错误；
D．H、N、O三种元素组成的化合物可以是共价化合物，如HNO3，也可以是离子化合物，如NH4NO3，故D错误；
答案为B。
【分析】已知Z最外层电子数为K层的一半， W、X、Y、Z为原子序数依次增大 ， 则Z为Na，W与X可形成原子个数比为4：2的18e-分子 ，则W为H，X为N，18e-分子为N2H4， Y的原子序数等于W与X的原子序数之和， 可得Y为O，据此分析。
9．（2025高三上·扬州月考）配位化合物广泛地应用于物质分离、定量测定、医药、催化等方面。利用氧化法可制备某些配位化合物。如。下列说法正确的是
A．上述反应中有2种离子化合物
B．提供孤电子对的成键原子是和
C．中含有共价键
D．氧化剂是非极性分子
【答案】B
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；配合物的成键情况；极性分子和非极性分子
【解析】【解答】A．由离子化合物包括物质类别，上述反应中有共3种离子化合物，A错误；
B．在[Co(NH3)5Cl]2+配合物离子中，中心离子Co3+提供空轨道，配体NH3中N原子和配体Cl-中Cl原子提供孤电子对，B正确；
C．在配离子中，共价键包括氨分子中的N-H键和配位键，则中含6mol配位键，5mol氨气，1mol氨气含3mol共价键，共15+6=21mol共价键，C错误；
D．H2O2分子的两个氢原子在犹如半展开的书的两页上，氧原子则在书的夹缝上，如，分子结构不对称，正负电荷重心不重合，为极性分子，D错误；
故选B。
【分析】离子化合物一般包括强碱、金属氧化物和大部分盐；配位键的形成条件是中心离子提供空轨道，配体提供孤电子对，配位键也是共价键，从相关概念作答。
10．（2025高三上·扬州月考）电催化氮气制备铵盐和硝酸盐的原理如图所示。下列说法正确的是
A．a极反应式为N2+12OH--10e-=2NO+6H2O
B．电解一段时间，a、b两电极区的pH均减小
C．电解过程中H+从a极通过质子交换膜转移至b极
D．相同时间内，a、b两极消耗N2的物质的量之比为5∶3
【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．a极N2失电子变为NO离子，电解质溶液呈酸性，电极反应式为：N2+6H2O-10e-=2NO+12H+，A错误；
B．a极为阳极，电极反应式为：N2+6H2O-10e-=2NO+12H+，则阳极区酸性增强、pH减小，b极为阴极，电极反应式为：N2+6e-+8H+=2NH，则阴极区酸性减弱、pH增大，B错误；
C．电解池中，阳离子向阴极移动，a极为阳极、b极为阴极，故H+从a极通过质子交换膜转移至b极，C正确；
D．a极电极反应式为：N2+6H2O-10e-=2NO+12H+，b极电极反应式为：N2+6e-+8H+=2NH，依据得失电子守恒，电路中转移30mol电子时，阴极、阳极消耗氮气的物质的量分别为5mol、3mol，即a、b两极消耗N2的物质的量之比为3：5，D错误；
答案选C。
【分析】装置为电解池，根据a电极反应，氮气转化为硝酸根，氮元素化合价升高，失电子，可知a为阳极，则b为阴极，a极电极反应式为N2+6H2O-10e-=2NO+12H+，b电极反应式为：N2+6e-+8H+=2NH，据此分析。
11．（2025高三上·扬州月考）下列实验方案能达到探究目的的是
选项 实验方案 探究目的
A 向溶液中滴加几滴溶液，观察气泡产生情况 能否催化分解
B 室温下，向溶液中加入等体积0.1溶液，产生白色沉淀
C 室温下，向溶液中滴加少量双氧水，再加入溶液，变红 溶液中一定含有
D 室温测得浓度均为溶液和溶液的，溶液的大 电离出能力比CH3COOH强
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；二价铁离子和三价铁离子的检验
【解析】【解答】A．向溶液中，加几滴蒸馏水，作为A选项实验的对照组，A错误；
B．溶液中钙离子与草酸根离子的浓度积大于草酸钙的溶度积时，可产生白色沉淀，但无法准确求出草酸钙的溶度积，B错误；
C．加入KSCN溶液也会变红，说明溶液中存在Fe3+，不能证明是由Fe2+被氧化得到的，无法判断原溶液中Fe2+是否一定存在，C错误；
D．同浓度醋酸钠溶液pH大于亚硝酸钠，说明亚硝酸根水解程度小于醋酸根，根据Kw=KaKh，所以亚硝酸的电离能力大于醋酸，D正确；
故答案选D。
【分析】A．探究实验需有对照组；
B．选项中信息不能得到草酸钙的溶度积；
C．原溶液中可能存在Fe3+；
D．根据相同浓度下，酸根离子水解能力越强，对应酸的酸性越弱。
12．（2025高三上·扬州月考）室温下，通过下列实验探究NaHSO3溶液的性质。
实验 实验操作和现象
1 用pH试纸测定0.1mol·L-1NaHSO3溶液的pH，测得pH约为5
2 向0.1mol·L-1NaHSO3溶液中通入一定量的NH3，测得溶液pH为7
3 向0.1mol·L-1NaHSO3溶液中逐滴加入等体积0.1mol·L-1NaOH溶液，测得溶液pH约为10
4 将浓度均为0.1mol·L-1的NaHSO3和Ba(NO3)2溶液等体积混合，产生白色沉淀
下列有关说法正确的是
A．0.1mol·L-1NaHSO3溶液中存在c()＞c(H2SO3) ＞c()
B．实验2所得溶液中存在c(H2SO3)=c()+c()
C．实验3操作过程中水的电离程度逐渐减小
D．实验4说明NaHSO3具有还原性，白色沉淀为BaSO4
【答案】D
【知识点】盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A.0.1mol·L-1NaHSO3溶液中，pH约为5，溶液呈酸性，所以电离大于水解，且电离或水解均是少量的，则0.1mol·L-1NaHSO3溶液中存在c()＞c()＞c(H2SO3)，故A错误；
B．溶液中存在电荷守恒有c(Na+)+c()+c(H+)=c(OH-)+2c()+c()，溶液pH为7，c(H+)=c(OH-)，则c(Na+)+c()=2c()+c()，物料守恒有c(Na+)=c(H2SO3)+c()+c()，所以存在c(H2SO3)+c()=c()，即c(H2SO3)=c()-c()，故B错误；
C． 0.1mol·L-1NaHSO3溶液中加入等体积0.1mol·L-1NaOH溶液，二者恰好完全反应生成Na2SO3，NaHSO3+NaOH=Na2SO3+H2O，Na2SO3溶液中只存在水解，促进水的电离，所以实验3操作过程中水的电离程度逐渐增大，故C错误；
D．将浓度均为0.1mol·L-1的NaHSO3和Ba(NO3)2溶液等体积混合，在酸性环境中，、发生氧化还原反应，被氧化成，结合Ba2+形成BaSO4白色沉淀，即3NaHSO3+3Ba(NO3)2=3BaSO4↓+2NO↑+3NaNO3+HNO3+H2O，所以实验4说明NaHSO3具有还原性，白色沉淀为BaSO4，故D正确；
答案为D。
【分析】亚硫酸氢钠是酸式盐，其水溶液显酸性，说明亚硫酸根离子电离能力大于其水解能力，可比较电离产物亚硫酸根和水解产物亚硫酸的浓度大小；显中性溶液中c(H+)=c(OH-)，根据溶液中电荷守恒式分析。
13．（2025高三上·扬州月考）以氧化铋渣(Bi2O3、Sb2O3，含Ag2O和SiO2等杂质)为原料制备钼酸铋(Bi2MoO6，其中Mo为+6价)的主要流程如下。
已知：H2S的Ka1=1.0×10-7，Ka2=1.0×10-13；Ksp(Bi2S3)=2.0×10-99.
下列说法错误的是
A．“浸渣”的主要成分为AgCl和SiO2
B．溶液X经处理后可循环用于“酸浸”过程
C．“酸溶”时产生NO，理论上消耗氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：3
D．“沉铋”反应2Bi3+(aq)+3H2S(aq)=Bi2S3(s)+6H+(ag)的平衡常数K=5.0×1038
【答案】C
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；化学平衡常数；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A．因杂质中二氧化硅不与HCl反应，Ag2O和HCl反应生成氯化银，即“浸渣”的主要成分为AgCl和SiO2，A正确；
B．X中含有HCl和NaCl，则溶液X经处理后可循环用于“酸浸”过程，B正确；
C．“酸溶”时产生NO，可知Bi2S3和硝酸反应，生成单质硫、NO和硝酸铋，反应方程式为：Bi2S3+8HNO3(稀)=2Bi(NO3)3+2NO↑+4H2O+3S↓，反应中Bi2S3为还原剂，HNO3部分为氧化剂，故理论上消耗氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1，C错误；
D．“沉铋”反应2Bi3+(aq)+3H2S(aq)=Bi2S3(s)+6H+(ag)的平衡常数K======5.0×1038，D正确；
故答案为：C。
【分析】 氧化铋渣中有Bi2O3、Sb2O3，含Ag2O和SiO2等杂质，加入HCl和NaCl溶液，SiO2不与盐酸反应，Ag2O和盐酸反应生成AgCl，Bi2O3、Sb2O3转化为Bi3+加入Sb3+离子进入溶液，过滤，向滤液中加水加热得到Sb2O3，过滤，向滤液中加入H2S，生成Bi2S3和HCl，再次过滤得到Bi2S3固体和溶液X，则X中含有HCl和NaCl，向Bi2S3中加入硝酸得到单质硫、NO和硝酸铋，向硝酸铋溶液中加入(NH4)6Mo7O24 4H2O得到Bi2MoO6，据此分析解题。
14．（2025高三上·扬州月考）碲(Te)元素在可穿戴柔性热电器件领域有广泛应用，硒(Se)元素在光电材料中有广泛应用。从电解精炼铜阳极泥(主要成分是、、金属碲化物、金属硒化物等)中分离碲、硒元素，工艺流程如图所示。
已知：①，；
②碲单质不易与发生反应，硒单质高温下可与生成气体。
（1）的基态原子的核外电子排布式为　 　。
（2）“转化”时，使转化为，反应的离子方程式为　 　。欲使该反应发生，应控制大于　 　。(保留2位有效数字)
（3）“蒸硒”时，等金属硒化物在下反应，产生的烟气主要成分为和　 　。
（4）盐酸浸碲液经浓缩后，碲以形式存在，可使用电化学还原法获得碲单质，该电极反应方程式为　 　。
【答案】（1）[Ar]
（2）；
（3）SO2
（4）
【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；离子方程式的书写；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）是34号元素，基态原子的核外电子排布式为[Ar]；
（2）根据PbSO4和PbCO3的Ksp大小，加入碳酸钠溶液，可使PbSO4转化为PbCO3，反应的离子方程式为；
该离子方程式的平衡常数K=，欲使该反应发生，c()：c()大于；
（3）“蒸硒”时，等金属硒化物与浓硫酸发生氧化还原反应，产生的烟气主要成分为和SO2；
（4）由获得碲单质， 其在阴极得电子发生还原反应，电极反应方程式为。
【分析】 根据工艺流程图，阳极泥主要成分是、、金属碲化物、金属硒化物，酸浸后用碳酸钠溶液浸泡，硫酸铅转化为碳酸铅，加入硝酸脱铅，生成Pb(NO3)2，将脱铅阳极泥加浓硫酸焙烧蒸硒，得SeO2后再还原得硒，脱硒阳极泥用盐酸浸出，得到盐酸浸碲液，再还原便得到碲。
（1）位于第四周期ⅥA族，基态原子的核外电子排布式为[Ar]；
（2）加入碳酸钠溶液，使PbSO4转化为PbCO3，反应的离子方程式为， K=，欲使该反应发生，c()：c()大于；
（3）“蒸硒”时，等金属硒化物与浓硫酸发生氧化还原反应，产生的烟气主要成分为和SO2；
（4）在阴极得电子发生还原反应，电极反应方程式为。
15．（2025高三上·扬州月考）化学作为一门中心的、实用的、创造性的科学，在制备生物活性物质、合成新药物以及开发新材料等方面作出巨大贡献。
（1）化合物X与足量H2加成后手性碳原子数目为　 　个。
（2）吉非替尼是治疗肺癌的一线用药，其合成过程中生成Y，Y中C原子的杂化类型及个数之比为　 　。
（3）中N原子轨道杂化类型为　 　。
（4）的熔点比的高，主要原因是　 　。
（5）已知-SO3H (其结构表示为)中羟基的氢氧键断裂，且极性越强，氢氧键越易断裂。现有A、B两种物质结构如图所示，则酸性大小A　 　B(填“<”“>”或“=”)；原因是　 　。
A： B：
【答案】（1）7
（2）
（3）、
（4）能形成分子间氢键 不能形成氢键
（5）<；-CF3是吸电子基团，-CH3是推电子基团，吸电子基团-CF3能使-SO3H中羟基的极性更强，氢氧键更易断裂，酸性更强
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；“手性分子”在生命科学等方面的应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）X结构与足量H2加成后结构为，手性碳标记有7个；
（2）根据Y的结构， C原子的杂化类型有sp2杂化和sp3杂化，苯环上的C原子以及酯基中的C原子采取sp2杂化，甲基中的C原子采取sp3杂化，故sp2杂化的C原子与sp3杂化的C原子个数之比为7：2；
（3）该结构中N原子有单键和双键两种类型，所以N原子轨道杂化类型为sp2和sp3杂化。
（4）和形成分子间氢键，不能形成类似的氢键，分子间氢键会使物质的熔点升高，所以前者熔点比后者高；
（5）-CF3是吸电子基团，-CH3是推电子基团，吸电子基团-CF3能使-SO3H中羟基的极性更强，氢氧键更易断裂，酸性更强，故物质Ａ的酸性比物质Ｂ的酸性弱。
【分析】题目考查有机物中原子杂化类型和共价键极性对物质性质的影响、以及手性碳原子的概念等。手性碳原子指的是碳原子上连接4个不同的原子和原子团；根据有机物中原子成键情况判断碳原子或氮原子的杂化类型，价层电子对数是4时，采取sp3杂化，价层电子对数是3时，采取sp2杂化；氢键的形成使物质熔沸点升高，据此分析。
（1）X结构与足量H2加成后结构为，手性碳标记有7个；
（2）在Y中，苯环上的C原子以及酯基中的C原子采取sp2杂化，甲基中的C原子采取sp3杂化，故sp2杂化的C原子与sp3杂化的C原子个数之比为7：2；
（3）该结构中N原子有单键和双键两种类型，所以N原子轨道杂化类型为sp2和sp3杂化。
（4）-NH2（氨基）之间可以形成氢键，而硝基（-NO2）之间不能形成类似的氢键，分子间氢键会使物质的熔点升高，所以前者熔点比后者高；
（5）-CF3是吸电子基团，-CH3是推电子基团，吸电子基团-CF3能使-SO3H中羟基的极性更强，氢氧键更易断裂，酸性更强，故物质Ａ的酸性比物质Ｂ的酸性弱。
16．（2025高三上·扬州月考）以钴锰废渣（含LiCoO2，MnCO3，炭黑和CaCO3、Fe等）为原料制备 Co3O4。
（1）“酸浸、还原”。向钴锰废渣中加入稀H2SO4和H2O2，充分反应后，过滤。
①在加料完成后，提高浸取效率的措施有　 　写2点)。
②过滤后，滤渣的主要成分为　 　。
（2）“除杂”。在搅拌下，向“酸浸、还原”后得到的滤液中加入MnCO3调节溶液的pH＝4，除去溶液中的Fe3+，过滤。向得到的滤液中加入MnF2固体除去溶液中的Ca2+。
①加入MnCO3除去溶液中Fe3+的离子方程式为　 　。
②滤液中加入MnF2固体发生的反应为MnF2＋Ca2+ CaF2＋Mn2+。已知：K＞105认为反应进行完全；Ksp(MnF2)=1.2×10-3，Ksp(CaF2)=1.6×10-10。结合计算解释MnF2能除去Ca2+的原因：　 　。
（3）“萃取和反萃取”。向除杂后得到的滤液中加入有机萃取剂(用HA表示)萃取金属离子，原理为Co2+＋2HA(有机层) CoA2(有机层)＋2H+ (水层)，充分反应后，分离出有机层。向有机层中加入稀硫酸，进行反萃取得到富含Co2+的溶液。
①“萃取”时，随着pH的升高，Co2+在有机萃取剂中萃取率增大，其原因是　 　。
②“反萃取”时，为使Co2+尽可能多地转移到水层，应选择的实验条件或采取的实验操作有　 　。
（4）“制备”。已知：CoC2O4从水溶液中析出的主要成分为CoC2O4·2H2O，其在空气中受热的质量变化曲线如图所示。请补充由上述反萃取后得到的富含Co2+的溶液制备Co3O4的实验方案：取富含Co2+的溶液，　 　，得到Co3O4。(须使用的试剂：0.1mol·L 1Na2C2O4溶液、盐酸、BaCl2溶液)。
【答案】（1）适当搅拌，适当升高温度；CaSO4、炭黑
（2）3MnCO3＋2Fe3＋＋3H2O=2Fe(OH)3＋3Mn2＋＋3CO2↑；此反应K＝＝＝7.5×106＞105，反应进行完全，因此可将Ca2＋完全除尽
（3）随pH增大，溶液中c(H＋)减小，平衡往正向移动，MAn(有机层)浓度增大，萃取率增大；适当提高稀硫酸的浓度或充分振荡分液漏斗或用萃取剂分多次萃取
（4）边搅拌向其中加入0.1mol·L 1 Na2C2O4溶液，直至向上层清液中滴加Na2C2O4溶液不产生沉淀，停止滴加。过滤，洗涤滤渣至取最后一次洗涤滤液滴加盐酸和BaCl2溶液不再生成沉淀。将滤渣置于空气中加热到300℃以上，充分反应至固体质量不再改变
【知识点】化学反应速率的影响因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）升高温度、搅拌均可加快反应速率，故提高浸取效率的措施有：适当搅拌，适当升高温度。过滤后，滤渣的主要成分为炭黑和。
故答案为：适当搅拌，适当升高温度；、炭黑；
（2） 加入MnCO3调节溶液的pH＝4 ，形成沉淀，则加入MnCO3除去溶液中Fe3+的离子方程式为：3MnCO3＋2Fe3＋＋3H2O=2Fe(OH)3＋3Mn2＋＋3CO2↑。
MnF2＋Ca2+ CaF2＋Mn2+，，反应进行完全，因此可除去。故答案为：3MnCO3＋2Fe3＋＋3H2O=2Fe(OH)3＋3Mn2＋＋3CO2↑；此反应，反应进行完全，因此可将完全除尽。
（3）根据反应：Co2+＋2HA(有机层) CoA2(有机层)＋2H+ (水层)，随着pH的升高，浓度减小，平衡正向移动，促进进入有机层，从而提高萃取率。“反萃取”时，为使Co2+尽可能多地转移到水层，应选择的实验条件或采取的实验操作有：适当加入高浓度硫酸，使浓度增大，平衡逆向移动，释放进入水层，或者充分振荡，加快传质过程，提高反萃取率，或者多次萃取。故答案为：随pH增大，溶液中c(H＋)减小，平衡往正向移动，MAn(有机层)浓度增大，萃取率增大；适当提高稀硫酸的浓度或充分振荡分液漏斗或用萃取剂分多次萃取；
（4）根据图示可知，的质量为18.3g，物质的量为0.1mol，B点对应质量为14.7g，与起始相比减少了3.6g，恰好为结晶水的质量，则B点对应物质为。C点钴氧化物的质量为8.03g，Co元素的质量为5.9g，可知C点O元素的质量为，则C点，故C点为。因此要得到，需在300℃以上煅烧。故取富含Co2+的溶液，加入过量0.1mol·L 1Na2C2O4溶液，充分反应生成沉淀，过滤并洗涤沉淀，取最后一次洗涤滤液滴加盐酸和BaCl2溶液不再生成沉淀，则洗涤干净。将沉淀在300℃以上煅烧，充分反应至质量不变得。
故答案为：边搅拌向其中加入0.1mol·L 1 Na2C2O4溶液，直至向上层清液中滴加Na2C2O4溶液不产生沉淀，停止滴加。过滤，洗涤滤渣至取最后一次洗涤滤液滴加盐酸和BaCl2溶液不再生成沉淀。将滤渣置于空气中加热到300℃以上，充分反应至固体质量不再改变。
【分析】根据 制备 Co3O4 工艺流程， 钴锰废渣 用硫酸酸浸，过氧化氢还原后，过滤除去不溶的炭黑和微溶的硫酸钙，加入MnCO3调节溶液的pH＝4，除去溶液中的Fe3+，生成，过滤。加入加入MnF2固体除去溶液中的Ca2+，生成。再萃取和反萃取出，用沉淀得，灼烧得Co3O4。
（1）升高温度可以加快反应速率，搅拌可使反应物充分接触，加快反应速率，故提高浸取效率的措施有：适当搅拌，适当升高温度。
根据分析可知，过滤后，滤渣的主要成分为炭黑和。故答案为：适当搅拌，适当升高温度；、炭黑；
（2）在pH＝4形成沉淀，中的与结合生成和，则加入MnCO3除去溶液中Fe3+的离子方程式为：3MnCO3＋2Fe3＋＋3H2O=2Fe(OH)3＋3Mn2＋＋3CO2↑。
MnF2＋Ca2+ CaF2＋Mn2+，，反应进行完全，因此可除去。故答案为：3MnCO3＋2Fe3＋＋3H2O=2Fe(OH)3＋3Mn2＋＋3CO2↑；此反应，反应进行完全，因此可将完全除尽。
（3）根据反应：Co2+＋2HA(有机层) CoA2(有机层)＋2H+ (水层)，随着pH的升高，浓度减小，平衡正向移动，促进进入有机层，从而提高萃取率。“反萃取”时，为使Co2+尽可能多地转移到水层，应选择的实验条件或采取的实验操作有：适当加入高浓度硫酸，使浓度增大，平衡逆向移动，释放进入水层，或者充分振荡，加快传质过程，提高反萃取率，或者多次萃取。故答案为：随pH增大，溶液中c(H＋)减小，平衡往正向移动，MAn(有机层)浓度增大，萃取率增大；适当提高稀硫酸的浓度或充分振荡分液漏斗或用萃取剂分多次萃取；
（4）根据图示可知，的质量为18.3g，物质的量为0.1mol，则Co元素的质量为5.9g，C点钴氧化物的质量为8.03g，由质量守恒可知C点O元素的质量为，则C点，故C点为。B点对应质量为14.7g，与起始相比减少了3.6g，恰好为结晶水的质量，则B点对应物质为。故要得到，需在300℃以上煅烧。故取富含Co2+的溶液，加入过量0.1mol·L 1Na2C2O4溶液，充分反应生成沉淀，过滤并洗涤沉淀，取最后一次洗涤滤液滴加盐酸和BaCl2溶液不再生成沉淀，则洗涤干净。将沉淀在300℃以上煅烧，充分反应至质量不变得。故答案为：边搅拌向其中加入0.1mol·L 1 Na2C2O4溶液，直至向上层清液中滴加Na2C2O4溶液不产生沉淀，停止滴加。过滤，洗涤滤渣至取最后一次洗涤滤液滴加盐酸和BaCl2溶液不再生成沉淀。将滤渣置于空气中加热到300℃以上，充分反应至固体质量不再改变。
17．（2025高三上·扬州月考）燃煤烟气中和是大气污染物的主要来源，脱硫脱硝技术是烟气治理技术的研究热点。
（1）尿素溶液脱硫脱硝。尿素是一种强还原剂。时在一定浓度的尿素溶液中通入含有和的烟气，烟气中有毒气体被一定程度吸收。尿素溶液对具有很高的去除效率，写出尿素和溶液吸收，生成硫酸铵和的化学方程式为　 　。
（2）除去烟气中的，利用氢气选择性催化还原()是目前消除的理想方法。
法的主反应：
副反应：
①已知
若估算法的主反应的需要　 　(填数字)种化学键的键能数据，　 　0 (填“<”“>”或“=”)
②在催化剂表面的反应机理如题所示：
已知在载体表面发生反应的物质的量之比为4：1，反应中每生成，转移的电子的物质的量为　 　mol。
（3）/炭基材料(活性炭、活性焦、活性炭纤维)也可以脱硫脱硝。/炭基材料脱硫原理是：在炭表面被吸附，吸附态在炭表面被催化氧化为，再转化为硫酸盐等。
①/炭基材料脱硫时，通过红外光谱发现，脱硫开始后催化剂表面出现了的吸收峰，再通入后吸收峰消失，该脱硫反应过程可描述为　 　。(用文字或化学方程式描述均可)
②/炭基材料脱硫时，控制一定气体流速和温度，考察了烟气中的存在对/炭基材料催化剂脱硫脱硝活性的影响，结果如图所示，当浓度过高时，去除率下降，其可能原因是　 　。
【答案】（1）
（2）4；<；3
（3）与作用形成具有结构的中间体；中间体与反应生成和(或，)；氧气浓度过高时，、和分子会产生竞争吸附的局势，当分子占据催化剂过多活性位时，剩余的分子就不能很好地被吸附，导致脱硫脱硝率下降
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；反应热和焓变
【解析】【解答】（1）根据题意， 尿素、溶液和是反应物， 硫酸铵和是生成物，根据原子守恒，反应的化学方程式为；
（2）①反应热△H =反应物键能之和-生成物键能之和，则由主反应的方程式可知，计算主反应的ΔH1需要氮氧键、H-H键、N≡N键和H-O键4种化学键的键能数据；副反应是一个气体体积减小的反应，即，副反应能自发发生，说明，所以其焓变ΔH2＜0；
②根据反应机理，反应物为铵根离子、一氧化氮和氧气，生成物为氮气和水，反应的离子方程式为
4+4NO+O2=4N2+6H2O+4H+，反应中每消耗1mol的同时生成，则对应转移的电子的物质的量为3mol。
（3）①由题意可知，脱硫反应过程可描述为与催化剂反应生成中间体，中间体与通入的反应生成和，反应的化学方程式为，；
②脱硫时，氧气浓度过高会使氧气、二氧化硫和一氧化氮分子会产生竞争吸附的局势，当氧气分子占据催化剂过多的活性位时，剩余的二氧化硫、一氧化氮分子就不能很好地被吸附，从而导致脱硫脱硝率下降。
【分析】（1）根据题目信息与化学方程式的书写规则写出该化学反应对应的化学方程式；
(2) 根据反应热计算，反应热△H =反应物键能之和-生成物键能之和，可知NO键、H-H键、N≡N键和H-O键4种化学键的键能数据；
(3)由题意可知，SO2与V2O5作用形成VOS04结构的中间体；VOS04中间体与气相的O2反应生成SO3和V2O5；
②当O2浓度过高时，O2、SO2和NO分子会产生竞争吸附的局势，当O2分子占据催化剂过多活性位时，剩余的SO2、NO分子就不能很好地被吸附，导致脱硫脱硝率下降。
（1）尿素和过氧化氢溶液吸收二氧化硫的反应为二氧化硫与尿素和过氧化氢溶液反应生成硫酸铵和二氧化碳，根据原子守恒，反应的化学方程式为；
（2）①反应热△H =反应物键能之和-生成物键能之和，则由主反应的方程式可知，计算主反应的ΔH1需要氮氧键、H-H键、N≡N键和H-O键4种化学键的键能数据；副反应是一个气体体积减小的反应，即，副反应能自发发生，说明，所以其焓变ΔH2＜0；
②已知在载体表面发生反应的物质的量之比为4：1，由图可知，在HY载体表面发生反应的反应物为铵根离子、一氧化氮和氧气，生成物为氮气和水，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，反应的离子方程式为4+4NO+O2=4N2+6H2O+4H+，其中一氧化氮和氧气是反应的氧化剂，铵根离子是还原剂，由于，反应中每消耗1mol的同时生成，则对应转移的电子的物质的量为3mol。
（3）①由题意可知，脱硫反应过程可描述为与催化剂反应生成中间体，中间体与通入的反应生成和，反应的化学方程式为，；
②脱硫时，氧气浓度过高会使氧气、二氧化硫和一氧化氮分子会产生竞争吸附的局势，当氧气分子占据催化剂过多的活性位时，剩余的二氧化硫、一氧化氮分子就不能很好地被吸附，从而导致脱硫脱硝率下降。
1 / 1江苏省扬州市新华中学2025-2026学年高三上学期8月月考 化学试题
1．（2025高三上·扬州月考）随着科技的发展，化学在能源、材料等领域的科技支撑作用越发显著，下列说法正确的是
A．高温结构陶瓷所用的碳化硅、氮化硅材料，属于新型金属材料
B．量子通信的光纤和超算“天河一号”的芯片的主要材料均为
C．火箭使用的燃料偏二甲肼（），属于烃类
D．人造太阳使用的、，属于不同的核素
2．（2025高三上·扬州月考）下列图示或化学用语正确的是
A．分子的VSEPR模型为
B．是含有极性共价键的极性分子
C．的电子式
D．基态Cr原子的价层电子轨道表示式为
3．（2025高三上·扬州月考）实验室制取时，下列装置能达到相应实验目的的是
A．制备
B．净化
C．收集
D．尾气处理
4．（2025高三上·扬州月考）麻黄碱盐酸盐( )是治疗支气管哮喘的常用药物。下列说法正确的是
A．原子半径：r(C)＜r(N)
B．元素的电负性：χ(O)＜χ(S)
C．酸性：HNO3＜HClO4
D．元素的第一电离能：I1(N)＜I1(O)
（2025高三上·扬州月考）阅读下列材料，完成有关问题：
黄铜矿(CuFeS2)用Fe2(SO4)3溶液浸泡后生成单质硫。Cu2O加入到稀硫酸中，溶液变蓝色并有紫红色固体产生。CuSO4溶液中的Cu2+在水中以水合离子[Cu(H2O)4]2+存在，向其中滴入氨水可制备硫酸四氨合铜[Cu(NH3)4]SO4；Cu在O2存在下也能与氨水反应生成[Cu(NH3)4]2+。CuCl难溶于水，溶于不同浓度的KCl溶液中可得到[CuCl2]-和[CuCl3]2-。
5．下列说法正确的是
A．Cu2O晶胞如图所示，与O距离最近的Cu有2个
B．[Cu(H2O)4]2+中的配位原子为H原子
C．NH3转化为[Cu(NH3)4]2+后H-N-H键角变大
D．[CuCl2]-和[CuCl3]2-中Cu元素的杂化类型相同
6．下列化学反应表示正确的是
A．CuFeS2与Fe2(SO4)3溶液反应：CuFeS2+4Fe3+=5Fe2++Cu2++2S
B．Cu2O溶于稀硫酸：Cu2O+2H+=2Cu++H2O
C．CuCl溶于KCl溶液：2Cu++5Cl－=[CuCl2]-+ [CuCl3]2-
D．Cu在O2存在下与氨水反应：2Cu+8NH3+O2+4H+=2[Cu(NH3)4]2++2H2O
7．下列物质结构与性质或物质性质与用途具有对应关系的是
A．CuFeS2呈金黄色，可用于制取单质Cu
B．CuSO4溶液呈酸性，可用于湿法炼铜
C．CuCl不溶于水，可用于制取K[CuCl2]
D．Cu2+有空轨道，可与NH3反应制[Cu(NH3)4]2+
8．（2025高三上·扬州月考）W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，Y的原子序数等于W与X的原子序数之和，最外层电子数为层的一半，与可形成原子个数比为4：2的分子。下列说法正确的是
A．简单离子半径：
B．与能形成含有非极性键的化合物
C．和的最简单氢化物的沸点：
D．由W、X、Y三种元素所组成的化合物一定是离子化合物
9．（2025高三上·扬州月考）配位化合物广泛地应用于物质分离、定量测定、医药、催化等方面。利用氧化法可制备某些配位化合物。如。下列说法正确的是
A．上述反应中有2种离子化合物
B．提供孤电子对的成键原子是和
C．中含有共价键
D．氧化剂是非极性分子
10．（2025高三上·扬州月考）电催化氮气制备铵盐和硝酸盐的原理如图所示。下列说法正确的是
A．a极反应式为N2+12OH--10e-=2NO+6H2O
B．电解一段时间，a、b两电极区的pH均减小
C．电解过程中H+从a极通过质子交换膜转移至b极
D．相同时间内，a、b两极消耗N2的物质的量之比为5∶3
11．（2025高三上·扬州月考）下列实验方案能达到探究目的的是
选项 实验方案 探究目的
A 向溶液中滴加几滴溶液，观察气泡产生情况 能否催化分解
B 室温下，向溶液中加入等体积0.1溶液，产生白色沉淀
C 室温下，向溶液中滴加少量双氧水，再加入溶液，变红 溶液中一定含有
D 室温测得浓度均为溶液和溶液的，溶液的大 电离出能力比CH3COOH强
A．A B．B C．C D．D
12．（2025高三上·扬州月考）室温下，通过下列实验探究NaHSO3溶液的性质。
实验 实验操作和现象
1 用pH试纸测定0.1mol·L-1NaHSO3溶液的pH，测得pH约为5
2 向0.1mol·L-1NaHSO3溶液中通入一定量的NH3，测得溶液pH为7
3 向0.1mol·L-1NaHSO3溶液中逐滴加入等体积0.1mol·L-1NaOH溶液，测得溶液pH约为10
4 将浓度均为0.1mol·L-1的NaHSO3和Ba(NO3)2溶液等体积混合，产生白色沉淀
下列有关说法正确的是
A．0.1mol·L-1NaHSO3溶液中存在c()＞c(H2SO3) ＞c()
B．实验2所得溶液中存在c(H2SO3)=c()+c()
C．实验3操作过程中水的电离程度逐渐减小
D．实验4说明NaHSO3具有还原性，白色沉淀为BaSO4
13．（2025高三上·扬州月考）以氧化铋渣(Bi2O3、Sb2O3，含Ag2O和SiO2等杂质)为原料制备钼酸铋(Bi2MoO6，其中Mo为+6价)的主要流程如下。
已知：H2S的Ka1=1.0×10-7，Ka2=1.0×10-13；Ksp(Bi2S3)=2.0×10-99.
下列说法错误的是
A．“浸渣”的主要成分为AgCl和SiO2
B．溶液X经处理后可循环用于“酸浸”过程
C．“酸溶”时产生NO，理论上消耗氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：3
D．“沉铋”反应2Bi3+(aq)+3H2S(aq)=Bi2S3(s)+6H+(ag)的平衡常数K=5.0×1038
14．（2025高三上·扬州月考）碲(Te)元素在可穿戴柔性热电器件领域有广泛应用，硒(Se)元素在光电材料中有广泛应用。从电解精炼铜阳极泥(主要成分是、、金属碲化物、金属硒化物等)中分离碲、硒元素，工艺流程如图所示。
已知：①，；
②碲单质不易与发生反应，硒单质高温下可与生成气体。
（1）的基态原子的核外电子排布式为　 　。
（2）“转化”时，使转化为，反应的离子方程式为　 　。欲使该反应发生，应控制大于　 　。(保留2位有效数字)
（3）“蒸硒”时，等金属硒化物在下反应，产生的烟气主要成分为和　 　。
（4）盐酸浸碲液经浓缩后，碲以形式存在，可使用电化学还原法获得碲单质，该电极反应方程式为　 　。
15．（2025高三上·扬州月考）化学作为一门中心的、实用的、创造性的科学，在制备生物活性物质、合成新药物以及开发新材料等方面作出巨大贡献。
（1）化合物X与足量H2加成后手性碳原子数目为　 　个。
（2）吉非替尼是治疗肺癌的一线用药，其合成过程中生成Y，Y中C原子的杂化类型及个数之比为　 　。
（3）中N原子轨道杂化类型为　 　。
（4）的熔点比的高，主要原因是　 　。
（5）已知-SO3H (其结构表示为)中羟基的氢氧键断裂，且极性越强，氢氧键越易断裂。现有A、B两种物质结构如图所示，则酸性大小A　 　B(填“<”“>”或“=”)；原因是　 　。
A： B：
16．（2025高三上·扬州月考）以钴锰废渣（含LiCoO2，MnCO3，炭黑和CaCO3、Fe等）为原料制备 Co3O4。
（1）“酸浸、还原”。向钴锰废渣中加入稀H2SO4和H2O2，充分反应后，过滤。
①在加料完成后，提高浸取效率的措施有　 　写2点)。
②过滤后，滤渣的主要成分为　 　。
（2）“除杂”。在搅拌下，向“酸浸、还原”后得到的滤液中加入MnCO3调节溶液的pH＝4，除去溶液中的Fe3+，过滤。向得到的滤液中加入MnF2固体除去溶液中的Ca2+。
①加入MnCO3除去溶液中Fe3+的离子方程式为　 　。
②滤液中加入MnF2固体发生的反应为MnF2＋Ca2+ CaF2＋Mn2+。已知：K＞105认为反应进行完全；Ksp(MnF2)=1.2×10-3，Ksp(CaF2)=1.6×10-10。结合计算解释MnF2能除去Ca2+的原因：　 　。
（3）“萃取和反萃取”。向除杂后得到的滤液中加入有机萃取剂(用HA表示)萃取金属离子，原理为Co2+＋2HA(有机层) CoA2(有机层)＋2H+ (水层)，充分反应后，分离出有机层。向有机层中加入稀硫酸，进行反萃取得到富含Co2+的溶液。
①“萃取”时，随着pH的升高，Co2+在有机萃取剂中萃取率增大，其原因是　 　。
②“反萃取”时，为使Co2+尽可能多地转移到水层，应选择的实验条件或采取的实验操作有　 　。
（4）“制备”。已知：CoC2O4从水溶液中析出的主要成分为CoC2O4·2H2O，其在空气中受热的质量变化曲线如图所示。请补充由上述反萃取后得到的富含Co2+的溶液制备Co3O4的实验方案：取富含Co2+的溶液，　 　，得到Co3O4。(须使用的试剂：0.1mol·L 1Na2C2O4溶液、盐酸、BaCl2溶液)。
17．（2025高三上·扬州月考）燃煤烟气中和是大气污染物的主要来源，脱硫脱硝技术是烟气治理技术的研究热点。
（1）尿素溶液脱硫脱硝。尿素是一种强还原剂。时在一定浓度的尿素溶液中通入含有和的烟气，烟气中有毒气体被一定程度吸收。尿素溶液对具有很高的去除效率，写出尿素和溶液吸收，生成硫酸铵和的化学方程式为　 　。
（2）除去烟气中的，利用氢气选择性催化还原()是目前消除的理想方法。
法的主反应：
副反应：
①已知
若估算法的主反应的需要　 　(填数字)种化学键的键能数据，　 　0 (填“<”“>”或“=”)
②在催化剂表面的反应机理如题所示：
已知在载体表面发生反应的物质的量之比为4：1，反应中每生成，转移的电子的物质的量为　 　mol。
（3）/炭基材料(活性炭、活性焦、活性炭纤维)也可以脱硫脱硝。/炭基材料脱硫原理是：在炭表面被吸附，吸附态在炭表面被催化氧化为，再转化为硫酸盐等。
①/炭基材料脱硫时，通过红外光谱发现，脱硫开始后催化剂表面出现了的吸收峰，再通入后吸收峰消失，该脱硫反应过程可描述为　 　。(用文字或化学方程式描述均可)
②/炭基材料脱硫时，控制一定气体流速和温度，考察了烟气中的存在对/炭基材料催化剂脱硫脱硝活性的影响，结果如图所示，当浓度过高时，去除率下降，其可能原因是　 　。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】硅和二氧化硅；元素、核素；烷烃
【解析】【解答】A．高温结构陶瓷所用的碳化硅、氮化硅材料均属于新型非金属材料，A错误；
B．是光纤主要材料，硅单质是芯片主要材料，B错误；
C．烃类指只含碳氢两种元素，偏二甲肼还含有氮元素，不属于烃，C错误；
D．、的质子数相同，中子数不同，是不同的核素，D正确；
故答案选D。
【分析】金属材料是由金属元素组成的材料；根据硅单质和二氧化硅用途分析；氕氘氚是氢元素的不同核素。
2．【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；极性分子和非极性分子；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．分子中N原子的价层电子对数为4=键数为3+孤电子对数为1，根据价层电子对互斥理论（VSEPR），其VSEPR模型为四面体形，A错误；
B．的结构式为S = C = S，C-S键是极性共价键，但分子的空间结构为直线形，分子结构对称，正、负电中心重合，属于非极性分子，B错误；
C．是离子化合物，由和构成，其电子式为，C正确；
D．基态Cr原子的价层电子排布式为，根据洪特规则，3d轨道上的5个电子应分占不同轨道且自旋平行，4s轨道上有1个电子，选项中轨道表示式不符合，D错误；
综上，答案是C。
【分析】题目考查化学用语，氨分子的 VSEPR模型是四面体型；是非极性分子；D选项违反洪特规则。
3．【答案】D
【知识点】氯气的实验室制法；常见气体制备原理及装置选择
【解析】【解答】A．实验室制备用浓盐酸与MnO2加热反应，A错误；
B．制得的氯气先通过饱和食盐水除HCl，再通过浓硫酸干燥，B错误；
C．向上排空气收集氯气应用双孔橡胶塞，用于连接尾气处理装置；C错误；
D．NaOH溶液可以用于吸收Cl2，防止污染，D正确；
故答案选D。
【分析】考查氯气制备、气体净化、收集和尾气处理。根据氯气相关性质作答。
4．【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．根据同周期元素原子变化规律，可知原子半径r(C) >r(N)，A错误；
B．根据同主族元素电负性变化规律，可知 χ(O)＜χ(S) ，B错误；
C．非金属元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，Cl的氧化性大于N的氧化性，故酸性：HNO3＜HClO4，C正确；
D．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，N原子的2p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则N元素的第一电离能O元素，D错误；
故选C。
【分析】根据元素周期律，同周期元素从左向右，原子半径逐渐减小，第一电离能呈增大趋势，同时需注意特殊元素电离能出现的反常现象，同主族元素从上到下，电负性减小分析作答。
【答案】5．C
6．A
7．D
【知识点】键能、键长、键角及其应用；配合物的成键情况；晶胞的计算；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）A．如图所示，与O距离最近的Cu有4个，A错误；
B．根据配位键概念，中的配位原子为O原子，B错误；
C．NH3转化为后，中N的孤对电子与Cu2+形成配位键，N-H键对N-H键的排斥力小于孤对电子对N-H键的排斥力，故H-N-H键角变大，C正确；
D．中Cu采取杂化，中Cu采取杂化，D错误；
故选C。
（2）A．根据题意，黄铜矿(CuFeS2)用Fe2(SO4)3溶液浸泡后生成单质硫。离子方程式为：CuFeS2+4Fe3+=5Fe2++Cu2++2S，A正确；
B．Cu2O和稀硫酸反应，生成铜离子和铜单质，离子方程式应为：，B错误；
C．CuCl难溶于水，不能拆成，C错误；
D．Cu在O2存在下与氨水反应，溶液呈碱性，不能出现，D错误；
故选A。
（3）A．CuFeS2含有铜元素，可用于制取单质Cu，A错误；
B．湿法炼铜原理为：，是因为有氧化性，B错误；
C．CuCl难溶于水，溶于不同浓度的KCl溶液中可形成稳定配位化合物如[CuCl2]-和[CuCl3]2-，这种配合物降低了溶液中的浓度，促使溶解，C错误；
D．NH3中由孤对电子，Cu2+有空轨道，可形成配位键，制[Cu(NH3)4]2+，D正确；
故选D。
【分析】（1）考查晶胞知识和配位键形成等，可根据晶胞结构作答；四水合铜离子中，水分子中的氧原子提供孤对电子；孤对电子斥力较大，会使键角变小；
（2）根据题中反应后现象，氧化还原反应配平步骤，写出对应离子方程式；
（3）由结构决定性质，性质决定用途作答，
5．A．与O距离最近的Cu有4个，A错误；
B．中的配位原子为O原子，B错误；
C．NH3转化为后，中N的孤对电子与Cu2+形成配位键，孤对电子对N-H键的排斥力减小，H-N-H键角变大，C正确；
D．中Cu采取杂化，中Cu采取杂化，D错误；
故选C。
6．A．黄铜矿(CuFeS2)用Fe2(SO4)3溶液浸泡后生成单质硫。离子方程式为：CuFeS2+4Fe3+=5Fe2++Cu2++2S，A正确；
B．Cu2O加入到稀硫酸中，溶液变蓝色并有紫红色固体产生。离子方程式应为：，B错误；
C．CuCl难溶于水，不能拆成，C错误；
D．Cu在O2存在下与氨水反应，溶液呈碱性，不能出现，D错误；
故选A。
7．A．CuFeS2可用于制取单质Cu，是因为其含有铜元素，A错误；
B．湿法炼铜原理为：，是因为有氧化性，B错误；
C．CuCl难溶于水，溶于不同浓度的KCl溶液中可形成稳定配位化合物如[CuCl2]-和[CuCl3]2-，这种配合物降低了溶液中的浓度，促使溶解，C错误；
D．Cu2+有空轨道，可与NH3中的N形成配位键，制[Cu(NH3)4]2+，D正确；
故选D。
8．【答案】B
【知识点】原子结构与元素的性质；化学键；晶体熔沸点的比较；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．X、Y、Z的简单离子为N3-、O2-、Na+，它们核外电子排布相同，核电荷数越大，离子半径越小，即r(N3-)＞r(O2-)＞r(Na+)，故A错误；
B．H与O可以形成H2O、H2O2，H2O只含有极性键，H2O2含有非极性键和极性键，故B正确；
C．X为N，Y为O，对应简单氢化物为NH3和H2O，前者常温下为气体，后者常温下为液体，因此H2O的沸点高于NH3，故C错误；
D．H、N、O三种元素组成的化合物可以是共价化合物，如HNO3，也可以是离子化合物，如NH4NO3，故D错误；
答案为B。
【分析】已知Z最外层电子数为K层的一半， W、X、Y、Z为原子序数依次增大 ， 则Z为Na，W与X可形成原子个数比为4：2的18e-分子 ，则W为H，X为N，18e-分子为N2H4， Y的原子序数等于W与X的原子序数之和， 可得Y为O，据此分析。
9．【答案】B
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；配合物的成键情况；极性分子和非极性分子
【解析】【解答】A．由离子化合物包括物质类别，上述反应中有共3种离子化合物，A错误；
B．在[Co(NH3)5Cl]2+配合物离子中，中心离子Co3+提供空轨道，配体NH3中N原子和配体Cl-中Cl原子提供孤电子对，B正确；
C．在配离子中，共价键包括氨分子中的N-H键和配位键，则中含6mol配位键，5mol氨气，1mol氨气含3mol共价键，共15+6=21mol共价键，C错误；
D．H2O2分子的两个氢原子在犹如半展开的书的两页上，氧原子则在书的夹缝上，如，分子结构不对称，正负电荷重心不重合，为极性分子，D错误；
故选B。
【分析】离子化合物一般包括强碱、金属氧化物和大部分盐；配位键的形成条件是中心离子提供空轨道，配体提供孤电子对，配位键也是共价键，从相关概念作答。
10．【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．a极N2失电子变为NO离子，电解质溶液呈酸性，电极反应式为：N2+6H2O-10e-=2NO+12H+，A错误；
B．a极为阳极，电极反应式为：N2+6H2O-10e-=2NO+12H+，则阳极区酸性增强、pH减小，b极为阴极，电极反应式为：N2+6e-+8H+=2NH，则阴极区酸性减弱、pH增大，B错误；
C．电解池中，阳离子向阴极移动，a极为阳极、b极为阴极，故H+从a极通过质子交换膜转移至b极，C正确；
D．a极电极反应式为：N2+6H2O-10e-=2NO+12H+，b极电极反应式为：N2+6e-+8H+=2NH，依据得失电子守恒，电路中转移30mol电子时，阴极、阳极消耗氮气的物质的量分别为5mol、3mol，即a、b两极消耗N2的物质的量之比为3：5，D错误；
答案选C。
【分析】装置为电解池，根据a电极反应，氮气转化为硝酸根，氮元素化合价升高，失电子，可知a为阳极，则b为阴极，a极电极反应式为N2+6H2O-10e-=2NO+12H+，b电极反应式为：N2+6e-+8H+=2NH，据此分析。
11．【答案】D
【知识点】盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；二价铁离子和三价铁离子的检验
【解析】【解答】A．向溶液中，加几滴蒸馏水，作为A选项实验的对照组，A错误；
B．溶液中钙离子与草酸根离子的浓度积大于草酸钙的溶度积时，可产生白色沉淀，但无法准确求出草酸钙的溶度积，B错误；
C．加入KSCN溶液也会变红，说明溶液中存在Fe3+，不能证明是由Fe2+被氧化得到的，无法判断原溶液中Fe2+是否一定存在，C错误；
D．同浓度醋酸钠溶液pH大于亚硝酸钠，说明亚硝酸根水解程度小于醋酸根，根据Kw=KaKh，所以亚硝酸的电离能力大于醋酸，D正确；
故答案选D。
【分析】A．探究实验需有对照组；
B．选项中信息不能得到草酸钙的溶度积；
C．原溶液中可能存在Fe3+；
D．根据相同浓度下，酸根离子水解能力越强，对应酸的酸性越弱。
12．【答案】D
【知识点】盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A.0.1mol·L-1NaHSO3溶液中，pH约为5，溶液呈酸性，所以电离大于水解，且电离或水解均是少量的，则0.1mol·L-1NaHSO3溶液中存在c()＞c()＞c(H2SO3)，故A错误；
B．溶液中存在电荷守恒有c(Na+)+c()+c(H+)=c(OH-)+2c()+c()，溶液pH为7，c(H+)=c(OH-)，则c(Na+)+c()=2c()+c()，物料守恒有c(Na+)=c(H2SO3)+c()+c()，所以存在c(H2SO3)+c()=c()，即c(H2SO3)=c()-c()，故B错误；
C． 0.1mol·L-1NaHSO3溶液中加入等体积0.1mol·L-1NaOH溶液，二者恰好完全反应生成Na2SO3，NaHSO3+NaOH=Na2SO3+H2O，Na2SO3溶液中只存在水解，促进水的电离，所以实验3操作过程中水的电离程度逐渐增大，故C错误；
D．将浓度均为0.1mol·L-1的NaHSO3和Ba(NO3)2溶液等体积混合，在酸性环境中，、发生氧化还原反应，被氧化成，结合Ba2+形成BaSO4白色沉淀，即3NaHSO3+3Ba(NO3)2=3BaSO4↓+2NO↑+3NaNO3+HNO3+H2O，所以实验4说明NaHSO3具有还原性，白色沉淀为BaSO4，故D正确；
答案为D。
【分析】亚硫酸氢钠是酸式盐，其水溶液显酸性，说明亚硫酸根离子电离能力大于其水解能力，可比较电离产物亚硫酸根和水解产物亚硫酸的浓度大小；显中性溶液中c(H+)=c(OH-)，根据溶液中电荷守恒式分析。
13．【答案】C
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；化学平衡常数；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A．因杂质中二氧化硅不与HCl反应，Ag2O和HCl反应生成氯化银，即“浸渣”的主要成分为AgCl和SiO2，A正确；
B．X中含有HCl和NaCl，则溶液X经处理后可循环用于“酸浸”过程，B正确；
C．“酸溶”时产生NO，可知Bi2S3和硝酸反应，生成单质硫、NO和硝酸铋，反应方程式为：Bi2S3+8HNO3(稀)=2Bi(NO3)3+2NO↑+4H2O+3S↓，反应中Bi2S3为还原剂，HNO3部分为氧化剂，故理论上消耗氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1，C错误；
D．“沉铋”反应2Bi3+(aq)+3H2S(aq)=Bi2S3(s)+6H+(ag)的平衡常数K======5.0×1038，D正确；
故答案为：C。
【分析】 氧化铋渣中有Bi2O3、Sb2O3，含Ag2O和SiO2等杂质，加入HCl和NaCl溶液，SiO2不与盐酸反应，Ag2O和盐酸反应生成AgCl，Bi2O3、Sb2O3转化为Bi3+加入Sb3+离子进入溶液，过滤，向滤液中加水加热得到Sb2O3，过滤，向滤液中加入H2S，生成Bi2S3和HCl，再次过滤得到Bi2S3固体和溶液X，则X中含有HCl和NaCl，向Bi2S3中加入硝酸得到单质硫、NO和硝酸铋，向硝酸铋溶液中加入(NH4)6Mo7O24 4H2O得到Bi2MoO6，据此分析解题。
14．【答案】（1）[Ar]
（2）；
（3）SO2
（4）
【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；离子方程式的书写；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）是34号元素，基态原子的核外电子排布式为[Ar]；
（2）根据PbSO4和PbCO3的Ksp大小，加入碳酸钠溶液，可使PbSO4转化为PbCO3，反应的离子方程式为；
该离子方程式的平衡常数K=，欲使该反应发生，c()：c()大于；
（3）“蒸硒”时，等金属硒化物与浓硫酸发生氧化还原反应，产生的烟气主要成分为和SO2；
（4）由获得碲单质， 其在阴极得电子发生还原反应，电极反应方程式为。
【分析】 根据工艺流程图，阳极泥主要成分是、、金属碲化物、金属硒化物，酸浸后用碳酸钠溶液浸泡，硫酸铅转化为碳酸铅，加入硝酸脱铅，生成Pb(NO3)2，将脱铅阳极泥加浓硫酸焙烧蒸硒，得SeO2后再还原得硒，脱硒阳极泥用盐酸浸出，得到盐酸浸碲液，再还原便得到碲。
（1）位于第四周期ⅥA族，基态原子的核外电子排布式为[Ar]；
（2）加入碳酸钠溶液，使PbSO4转化为PbCO3，反应的离子方程式为， K=，欲使该反应发生，c()：c()大于；
（3）“蒸硒”时，等金属硒化物与浓硫酸发生氧化还原反应，产生的烟气主要成分为和SO2；
（4）在阴极得电子发生还原反应，电极反应方程式为。
15．【答案】（1）7
（2）
（3）、
（4）能形成分子间氢键 不能形成氢键
（5）<；-CF3是吸电子基团，-CH3是推电子基团，吸电子基团-CF3能使-SO3H中羟基的极性更强，氢氧键更易断裂，酸性更强
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；“手性分子”在生命科学等方面的应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）X结构与足量H2加成后结构为，手性碳标记有7个；
（2）根据Y的结构， C原子的杂化类型有sp2杂化和sp3杂化，苯环上的C原子以及酯基中的C原子采取sp2杂化，甲基中的C原子采取sp3杂化，故sp2杂化的C原子与sp3杂化的C原子个数之比为7：2；
（3）该结构中N原子有单键和双键两种类型，所以N原子轨道杂化类型为sp2和sp3杂化。
（4）和形成分子间氢键，不能形成类似的氢键，分子间氢键会使物质的熔点升高，所以前者熔点比后者高；
（5）-CF3是吸电子基团，-CH3是推电子基团，吸电子基团-CF3能使-SO3H中羟基的极性更强，氢氧键更易断裂，酸性更强，故物质Ａ的酸性比物质Ｂ的酸性弱。
【分析】题目考查有机物中原子杂化类型和共价键极性对物质性质的影响、以及手性碳原子的概念等。手性碳原子指的是碳原子上连接4个不同的原子和原子团；根据有机物中原子成键情况判断碳原子或氮原子的杂化类型，价层电子对数是4时，采取sp3杂化，价层电子对数是3时，采取sp2杂化；氢键的形成使物质熔沸点升高，据此分析。
（1）X结构与足量H2加成后结构为，手性碳标记有7个；
（2）在Y中，苯环上的C原子以及酯基中的C原子采取sp2杂化，甲基中的C原子采取sp3杂化，故sp2杂化的C原子与sp3杂化的C原子个数之比为7：2；
（3）该结构中N原子有单键和双键两种类型，所以N原子轨道杂化类型为sp2和sp3杂化。
（4）-NH2（氨基）之间可以形成氢键，而硝基（-NO2）之间不能形成类似的氢键，分子间氢键会使物质的熔点升高，所以前者熔点比后者高；
（5）-CF3是吸电子基团，-CH3是推电子基团，吸电子基团-CF3能使-SO3H中羟基的极性更强，氢氧键更易断裂，酸性更强，故物质Ａ的酸性比物质Ｂ的酸性弱。
16．【答案】（1）适当搅拌，适当升高温度；CaSO4、炭黑
（2）3MnCO3＋2Fe3＋＋3H2O=2Fe(OH)3＋3Mn2＋＋3CO2↑；此反应K＝＝＝7.5×106＞105，反应进行完全，因此可将Ca2＋完全除尽
（3）随pH增大，溶液中c(H＋)减小，平衡往正向移动，MAn(有机层)浓度增大，萃取率增大；适当提高稀硫酸的浓度或充分振荡分液漏斗或用萃取剂分多次萃取
（4）边搅拌向其中加入0.1mol·L 1 Na2C2O4溶液，直至向上层清液中滴加Na2C2O4溶液不产生沉淀，停止滴加。过滤，洗涤滤渣至取最后一次洗涤滤液滴加盐酸和BaCl2溶液不再生成沉淀。将滤渣置于空气中加热到300℃以上，充分反应至固体质量不再改变
【知识点】化学反应速率的影响因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）升高温度、搅拌均可加快反应速率，故提高浸取效率的措施有：适当搅拌，适当升高温度。过滤后，滤渣的主要成分为炭黑和。
故答案为：适当搅拌，适当升高温度；、炭黑；
（2） 加入MnCO3调节溶液的pH＝4 ，形成沉淀，则加入MnCO3除去溶液中Fe3+的离子方程式为：3MnCO3＋2Fe3＋＋3H2O=2Fe(OH)3＋3Mn2＋＋3CO2↑。
MnF2＋Ca2+ CaF2＋Mn2+，，反应进行完全，因此可除去。故答案为：3MnCO3＋2Fe3＋＋3H2O=2Fe(OH)3＋3Mn2＋＋3CO2↑；此反应，反应进行完全，因此可将完全除尽。
（3）根据反应：Co2+＋2HA(有机层) CoA2(有机层)＋2H+ (水层)，随着pH的升高，浓度减小，平衡正向移动，促进进入有机层，从而提高萃取率。“反萃取”时，为使Co2+尽可能多地转移到水层，应选择的实验条件或采取的实验操作有：适当加入高浓度硫酸，使浓度增大，平衡逆向移动，释放进入水层，或者充分振荡，加快传质过程，提高反萃取率，或者多次萃取。故答案为：随pH增大，溶液中c(H＋)减小，平衡往正向移动，MAn(有机层)浓度增大，萃取率增大；适当提高稀硫酸的浓度或充分振荡分液漏斗或用萃取剂分多次萃取；
（4）根据图示可知，的质量为18.3g，物质的量为0.1mol，B点对应质量为14.7g，与起始相比减少了3.6g，恰好为结晶水的质量，则B点对应物质为。C点钴氧化物的质量为8.03g，Co元素的质量为5.9g，可知C点O元素的质量为，则C点，故C点为。因此要得到，需在300℃以上煅烧。故取富含Co2+的溶液，加入过量0.1mol·L 1Na2C2O4溶液，充分反应生成沉淀，过滤并洗涤沉淀，取最后一次洗涤滤液滴加盐酸和BaCl2溶液不再生成沉淀，则洗涤干净。将沉淀在300℃以上煅烧，充分反应至质量不变得。
故答案为：边搅拌向其中加入0.1mol·L 1 Na2C2O4溶液，直至向上层清液中滴加Na2C2O4溶液不产生沉淀，停止滴加。过滤，洗涤滤渣至取最后一次洗涤滤液滴加盐酸和BaCl2溶液不再生成沉淀。将滤渣置于空气中加热到300℃以上，充分反应至固体质量不再改变。
【分析】根据 制备 Co3O4 工艺流程， 钴锰废渣 用硫酸酸浸，过氧化氢还原后，过滤除去不溶的炭黑和微溶的硫酸钙，加入MnCO3调节溶液的pH＝4，除去溶液中的Fe3+，生成，过滤。加入加入MnF2固体除去溶液中的Ca2+，生成。再萃取和反萃取出，用沉淀得，灼烧得Co3O4。
（1）升高温度可以加快反应速率，搅拌可使反应物充分接触，加快反应速率，故提高浸取效率的措施有：适当搅拌，适当升高温度。
根据分析可知，过滤后，滤渣的主要成分为炭黑和。故答案为：适当搅拌，适当升高温度；、炭黑；
（2）在pH＝4形成沉淀，中的与结合生成和，则加入MnCO3除去溶液中Fe3+的离子方程式为：3MnCO3＋2Fe3＋＋3H2O=2Fe(OH)3＋3Mn2＋＋3CO2↑。
MnF2＋Ca2+ CaF2＋Mn2+，，反应进行完全，因此可除去。故答案为：3MnCO3＋2Fe3＋＋3H2O=2Fe(OH)3＋3Mn2＋＋3CO2↑；此反应，反应进行完全，因此可将完全除尽。
（3）根据反应：Co2+＋2HA(有机层) CoA2(有机层)＋2H+ (水层)，随着pH的升高，浓度减小，平衡正向移动，促进进入有机层，从而提高萃取率。“反萃取”时，为使Co2+尽可能多地转移到水层，应选择的实验条件或采取的实验操作有：适当加入高浓度硫酸，使浓度增大，平衡逆向移动，释放进入水层，或者充分振荡，加快传质过程，提高反萃取率，或者多次萃取。故答案为：随pH增大，溶液中c(H＋)减小，平衡往正向移动，MAn(有机层)浓度增大，萃取率增大；适当提高稀硫酸的浓度或充分振荡分液漏斗或用萃取剂分多次萃取；
（4）根据图示可知，的质量为18.3g，物质的量为0.1mol，则Co元素的质量为5.9g，C点钴氧化物的质量为8.03g，由质量守恒可知C点O元素的质量为，则C点，故C点为。B点对应质量为14.7g，与起始相比减少了3.6g，恰好为结晶水的质量，则B点对应物质为。故要得到，需在300℃以上煅烧。故取富含Co2+的溶液，加入过量0.1mol·L 1Na2C2O4溶液，充分反应生成沉淀，过滤并洗涤沉淀，取最后一次洗涤滤液滴加盐酸和BaCl2溶液不再生成沉淀，则洗涤干净。将沉淀在300℃以上煅烧，充分反应至质量不变得。故答案为：边搅拌向其中加入0.1mol·L 1 Na2C2O4溶液，直至向上层清液中滴加Na2C2O4溶液不产生沉淀，停止滴加。过滤，洗涤滤渣至取最后一次洗涤滤液滴加盐酸和BaCl2溶液不再生成沉淀。将滤渣置于空气中加热到300℃以上，充分反应至固体质量不再改变。
17．【答案】（1）
（2）4；<；3
（3）与作用形成具有结构的中间体；中间体与反应生成和(或，)；氧气浓度过高时，、和分子会产生竞争吸附的局势，当分子占据催化剂过多活性位时，剩余的分子就不能很好地被吸附，导致脱硫脱硝率下降
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；反应热和焓变
【解析】【解答】（1）根据题意， 尿素、溶液和是反应物， 硫酸铵和是生成物，根据原子守恒，反应的化学方程式为；
（2）①反应热△H =反应物键能之和-生成物键能之和，则由主反应的方程式可知，计算主反应的ΔH1需要氮氧键、H-H键、N≡N键和H-O键4种化学键的键能数据；副反应是一个气体体积减小的反应，即，副反应能自发发生，说明，所以其焓变ΔH2＜0；
②根据反应机理，反应物为铵根离子、一氧化氮和氧气，生成物为氮气和水，反应的离子方程式为
4+4NO+O2=4N2+6H2O+4H+，反应中每消耗1mol的同时生成，则对应转移的电子的物质的量为3mol。
（3）①由题意可知，脱硫反应过程可描述为与催化剂反应生成中间体，中间体与通入的反应生成和，反应的化学方程式为，；
②脱硫时，氧气浓度过高会使氧气、二氧化硫和一氧化氮分子会产生竞争吸附的局势，当氧气分子占据催化剂过多的活性位时，剩余的二氧化硫、一氧化氮分子就不能很好地被吸附，从而导致脱硫脱硝率下降。
【分析】（1）根据题目信息与化学方程式的书写规则写出该化学反应对应的化学方程式；
(2) 根据反应热计算，反应热△H =反应物键能之和-生成物键能之和，可知NO键、H-H键、N≡N键和H-O键4种化学键的键能数据；
(3)由题意可知，SO2与V2O5作用形成VOS04结构的中间体；VOS04中间体与气相的O2反应生成SO3和V2O5；
②当O2浓度过高时，O2、SO2和NO分子会产生竞争吸附的局势，当O2分子占据催化剂过多活性位时，剩余的SO2、NO分子就不能很好地被吸附，导致脱硫脱硝率下降。
（1）尿素和过氧化氢溶液吸收二氧化硫的反应为二氧化硫与尿素和过氧化氢溶液反应生成硫酸铵和二氧化碳，根据原子守恒，反应的化学方程式为；
（2）①反应热△H =反应物键能之和-生成物键能之和，则由主反应的方程式可知，计算主反应的ΔH1需要氮氧键、H-H键、N≡N键和H-O键4种化学键的键能数据；副反应是一个气体体积减小的反应，即，副反应能自发发生，说明，所以其焓变ΔH2＜0；
②已知在载体表面发生反应的物质的量之比为4：1，由图可知，在HY载体表面发生反应的反应物为铵根离子、一氧化氮和氧气，生成物为氮气和水，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，反应的离子方程式为4+4NO+O2=4N2+6H2O+4H+，其中一氧化氮和氧气是反应的氧化剂，铵根离子是还原剂，由于，反应中每消耗1mol的同时生成，则对应转移的电子的物质的量为3mol。
（3）①由题意可知，脱硫反应过程可描述为与催化剂反应生成中间体，中间体与通入的反应生成和，反应的化学方程式为，；
②脱硫时，氧气浓度过高会使氧气、二氧化硫和一氧化氮分子会产生竞争吸附的局势，当氧气分子占据催化剂过多的活性位时，剩余的二氧化硫、一氧化氮分子就不能很好地被吸附，从而导致脱硫脱硝率下降。
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