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江苏省南通市2024-2025学年高一上学期1月期末化学试题
一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。
1．（2025高一上·南通期末）2023年10月31日，神舟十六号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆，神舟十六号载人飞行任务取得圆满成功。下列有关说法中错误的是（　　）
A．飞船使用的推进剂属于纯净物
B．飞船的主体使用的是铁合金，铁合金的熔点比纯铁的高
C．飞船返回舱侧壁金属壳体用的铝合金材料，属于金属材料
D．神舟飞船芯片的主要成分是Si，Si可用于制造半导体材料
【答案】B
【知识点】硅和二氧化硅；合金及其应用
【解析】【解答】A.飞船使用的推进剂属于纯净物 ，故A不符合题意；
B.飞船的主体使用的是铁合金，铁合金的熔点比纯铁的低，故B符合题意；
C.铝合金材料属于金属材料，故C不符合题意；
D.芯片的材料是硅，硅用于制造半导体材料，故D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A.属于纯净物 ；
B.合金的熔点一般低于组成合金的纯金属；
C.金属材料包括合金和纯金属材料；
D.硅是半导体材料，可用于芯片。
2．（2025高一上·南通期末）亚硫酸可被H2O2氧化生成硫酸H2SO3 + H2O2= H2SO4 + H2O。下列说法不正确的是
A．H2O2中O的化合价：-1
B．硫原子结构示意图：
C．H2O的摩尔质量：18 g
D．硫酸电离：H2SO4 = 2H+ + SO
【答案】C
【知识点】原子结构示意图；电离方程式的书写
【解析】【解答】A、在 H2O2中，氢元素为 +1 价，根据化合物中各元素化合价代数和为 0，可算出氧元素化合价为 -1，A正确；
B、硫原子的核电荷数为 16，核外电子分 3 个电子层排布，依次为 2、8、6，给出的 原子结构示意图为，B正确；
C、摩尔质量的单位是 g/mol，H2O 的摩尔质量是 18g/mol，而 18g 是质量单位，C错误；
D、硫酸是强酸，在水溶液中完全电离，生成 H+和 SO42-，电离方程式为 H2SO4=2H++SO42-，D正确；
故答案为：C。【分析】本题以亚硫酸与过氧化氢的反应为背景，考查化合价、原子结构、摩尔质量单位及电离方程式等基础化学知识，需逐一分析选项的正确性。
3．（2025高一上·南通期末）下列物质性质与用途具有对应关系的是
A．钠具有还原性，可用于制作高压钠灯
B．受热易分解，可用于制胃酸中和剂
C．常温下Al在浓硝酸中钝化，可用铝质容器贮运浓硝酸
D．氨气极易溶于水，可用作烟气中的脱除剂
【答案】C
【知识点】氨的性质及用途；浓硫酸的性质；钠的物理性质
【解析】【解答】A、钠用于制作高压钠灯是利用其焰色反应（黄色光），这是物理性质；而钠的还原性是化学性质，二者无对应关系，A错误；
B、NaHCO3能中和胃酸（主要成分为 HCl），是因为它可与 HCl 反应（NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2），与它受热易分解的性质无关，B错误；
C、常温下 Al 在浓硝酸中钝化，表面形成致密氧化膜，阻止内部金属继续反应，因此可用铝质容器贮运浓硝酸，性质与用途直接对应，C正确；
D、氨气用作 NO 脱除剂，是因为其具有还原性，能与 NO 发生氧化还原反应，与氨气极易溶于水的性质无关，D错误；
故答案为：C。【分析】A．区分钠的不同性质对应的用途。
B．明确 NaHCO3作为胃酸中和剂的核心性质。
C．理解铝的钝化现象与贮运浓硝酸的关联。
D．分析氨气脱除 NO 的本质原因。
4．（2025高一上·南通期末）室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A．0.1 mol·L-1NaOH溶液： Na+、 K+、SO、HCO
B．0.1 mol·L-1 H2SO4溶液： Mg2+、 Na+、 ClO-、Cl-
C．0.1 mol·L-1FeCl3溶液： Na+、Ba2+、NO、OH-
D．0.1 mol·L-1 NaCl溶液： NH、 K+、NO、SO
【答案】D
【知识点】离子反应发生的条件；离子共存
【解析】【解答】A、0.1mol L- NaOH 溶液含大量 OH-，HCO3-会与 OH-反应生成 CO32-和 H2O，无法大量共存，A错误；
B、0.1mol L- H2SO4溶液含大量 H+，ClO-与 Cl-在 H+存在时会反应生成 Cl2和 H2O，不能大量共存，B错误；
C、0.1mol L- FeCl3溶液含 Fe3+，Fe3+与 OH-会结合生成 Fe(OH)3沉淀，不能大量共存，C错误；
D、0.1mol L- NaCl 溶液中，NH4+、K+、NO3-、SO42-之间不发生反应，且均不与 Na+、Cl-反应，能大量共存，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题判断离子在不同溶液中能否共存，需结合溶液性质（如酸碱性），分析离子间是否发生反应（生成沉淀、气体、弱电解质或氧化还原反应等）。A．考查碱性溶液中 OH-与 HCO3-的反应。
B．考查酸性溶液中 H+、ClO-、Cl-的反应。
C．考查Fe3+与 OH-的沉淀反应。
D．判断NaCl 溶液中离子间的反应情况。
5．（2025高一上·南通期末）下列说法正确的是
A．质量分数为的溶液中，氧原子总数为
B．的浓硫酸与足量铜粉共热，产生的物质的量为
C．溶液中物质的量为
D．中含有阴阳离子的总数为
【答案】D
【知识点】物质的量浓度；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、100g 17% 的 H2O2溶液中，H2O2质量为 17g（0.5mol，含 1mol O），水的质量为 83g（约 4.61mol，含 4.61mol O），氧原子总数远大于 1mol，A错误；
B、50mL 18mol L- 浓硫酸含 H2SO4 0.9mol，理论上生成 0.45mol SO2，但反应中浓硫酸变稀后不再与铜反应，实际产量小于 0.45mol，B错误；
C、仅知 AlCl3溶液浓度为 0.2mol L- ，缺少体积，无法计算 Cl-的物质的量，C错误。
D、Na2O2由 Na+和 O22-构成（2：1），7.8g Na2O2为 0.1mol，含 0.2mol Na+和 0.1mol O22-，阴阳离子总数为 0.3mol，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题围绕物质的量计算展开，涉及溶液中氧原子总数、化学反应的实际产量、离子物质的量计算及化合物离子组成等知识点，需结合具体情况分析各选项的正确性。A．计算溶液中所有含氧化合物的氧原子总数。
B．考虑浓硫酸与铜反应的浓度变化影响。
C．明确离子物质的量计算需浓度和体积两个参数。
D．分析 Na2O2的离子构成及比例。
6．（2025高一上·南通期末）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．工业盐酸的制备：溶液和
B．漂白粉的制备：浓盐酸漂白粉
C．纯碱工业：溶液
D．硫酸工业：
【答案】A
【知识点】工业制取硫酸；纯碱工业（侯氏制碱法）；含硫物质的性质及综合应用
【解析】【解答】A、电解 NaCl 溶液时，根据电解原理，会生成 H2和 Cl2；H2和 Cl2在点燃条件下能发生反应生成 HCl，所以该转化可以实现，A正确；
B、浓盐酸与 MnO2在加热条件下能生成 Cl2，但制备漂白粉需要将 Cl2通入石灰乳（主要成分为 Ca(OH)2）中，而不是澄清石灰水（Ca(OH)2溶解度小，浓度低，不利于大量制备漂白粉），所以该转化不能实现，B错误；
C、纯碱工业中，是向饱和 NaCl 溶液中先通入 NH3，再通入 CO2，才能生成 NaHCO3（因为 NH3极易溶于水，使溶液呈碱性，有利于 CO2的吸收），直接通入 CO2难以得到 NaHCO3，所以该转化不能实现，C错误；
D、硫酸工业中，FeS2与 O2在高温下反应生成 SO2，但 SO2与 H2O 反应生成的是 H2SO3，H2SO3需要进一步被氧化（如在催化剂、加热条件下与 O2反应）才能生成 H2SO4，所以该转化不能实现，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题考查工业生产中物质的转化过程，需要结合各工业生产的实际反应条件和反应物、生成物来判断转化是否能实现。
7．（2025高一上·南通期末）易水解、易升华，是有机反应中常用的催化剂。实验室用如图所示装置制备少量。下列说法正确的是
A．实验开始，先点燃酒精灯，再滴加浓盐酸
B．实验时若Cl2不足量，则可能生成
C．装置丙的作用是收集
D．装置丁中的作用是吸收未反应的
【答案】C
【知识点】氯气的实验室制法；铁的化学性质；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A、实验需先通 Cl2排尽装置内空气（防 Fe 被 O2氧化），应先滴加浓盐酸（产生 Cl2），再点燃酒精灯，A错误；
B、Cl2具有强氧化性，无论量多量少，Fe 与 Cl2反应都只生成 FeCl3（不会生成 FeCl2），B错误；
C、FeCl3易升华，乙中生成的 FeCl3蒸气进入丙装置后，会遇冷凝华为固体，因此丙的作用是收集 FeCl3，C正确；
D、装置丁中 CaCl2是干燥剂，作用是防止丁中 NaOH 溶液的水蒸气进入丙（避免 FeCl3水解）；吸收未反应 Cl2的是 NaOH 溶液，D错误；
故答案为：C。
【分析】实验操作顺序的核心逻辑：制备 FeCl3需先通 Cl2排尽空气（防Fe被O2氧化），因此应先滴加浓盐酸制 Cl2，再点燃酒精灯。
Cl2与Fe反应的产物特性：Cl2氧化性极强，与 Fe 反应只生成 FeCl3，无论 Cl2是否足量，都不会生成 FeCl2。
装置作用的判断（结合 FeCl3的性质）：FeCl3易升华，乙中生成的 FeCl3蒸气进入丙后会凝华，因此丙是收集 FeCl3的装置；丁中 CaCl2是干燥剂（防 NaOH 溶液的水蒸气进入丙，避免 FeCl3水解），吸收 Cl2的是 NaOH 溶液。
（2025高一上·南通期末）阅读下列材料，完成下列小题：
氮是参与生命活动的重要元素。自工业革命以来，人类活动大大加剧了含氮化合物在大气圈和水圈中的总流量，对生态平衡产生了严重影响。从化学的视角深刻理解氮循环，合理使用含氮化合物，科学处理大气水圈中的氮元素，是化学学科的重要研究内容和责任。
8．下列化学反应表示正确的是
A．雷雨天气空气中的氮气和氧气反应：
B．用水吸收二氧化氮制硝酸：
C．用烧碱溶液吸收硝酸工业尾气：
D．铜粉和稀硝酸反应：
9．煤燃烧时，烟气中NO含量随温度和氧气含量的变化如图示。下列说法正确的是
A．煤燃烧不影响自然界氮循环 B．燃煤过程没有发生氮的固定
C．含氧量越高越不易生成NO D．燃煤温度越高污染越重
10．明代《徐光启手迹》中记载了硝酸的制备方法，其主要物质转化流程如下：
下列有关说法不正确的是
A．若煅烧时隔绝空气，得到的气体可能为
B．煅烧生成的可用作红色的油漆和涂料
C．由蒸馏过程发生的反应可推测的酸性比的强
D．上述转化流程中依次发生分解反应、化合反应和复分解反应
11．和可用于烟气中的大量氮氧化物转化为无害物质。将与的混合气体通入和的混合溶液中，发生如右图转化过程，下列说法正确的是
A．反应前后溶液中和的总物质的量浓度始终不变
B．参加反应I的氧化剂与还原剂的物质的量之比为
C．反应II的离子方程式为
D．反应过程中消耗的与的物质的量相等
【答案】8．C
9．D
10．C
11．D
【知识点】氮的固定；氮族元素简介；氮的氧化物的性质及其对环境的影响
【解析】【解答】（1）A、雷雨时氮气与氧气放电反应生成 NO，而非 NO2，正确方程式为，A错误；
B、二氧化氮与水反应生成硝酸和 NO，正确比例为 3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，B错误；
C、烧碱吸收 NO 和 NO2的反应中，两者按 1：1 比例与 OH-反应生成 NO2-和 H2O，离子方程式：，C正确；
D、铜与稀硝酸反应生成 NO，而非 NO2，离子方程式应为，D错误；
故答案为：C。
（2）A、煤燃烧生成 NO，干扰自然氮循环，A错误；
B、燃煤时 N2转化为 NO，属于氮的固定（游离态→化合态），B错误；
C、图像显示含氧量越高，NO 浓度越大，越易生成 NO，C错误；
D、温度升高，各含氧量下 NO 浓度均增大，说明温度越高 NO 污染越重，D正确；
故答案为：D。
（3）A、隔绝空气煅烧 FeSO4，Fe2+→Fe3+（升价），则 S 元素必降价，可能生成 SO2，A正确；
B、Fe2O3为红色固体（铁红），可作红色涂料，B正确；
C、蒸馏制备硝酸利用 H2SO4沸点高于 HNO3，与酸性强弱无关（强酸制弱酸需溶液中反应），C错误；
D、煅烧 FeSO4为分解反应， 可表示为， SO3与水反应为化合反应， 反应为， H2SO4与 KNO3反应为复分解反应， 反应表示为， D正确；
故答案为：C。
（4）A、Ce3+与 Ce4+总量不变，但反应生成水，溶液体积增大，浓度减小，A错误；
B、总反应为 2H2+2NO=N2+2H2O，NO 为氧化剂（1mol 得 2mol 电子），H2为还原剂（1mol 失 2mol 电子），氧化剂与还原剂比例为 1：1，B错误；
C、反应在酸性条件下进行，产物无 OH-，正确离子方程式为 4Ce3++2NO+4H+=4Ce4++N2+2H2O，C错误；
D、由总反应可知，消耗 H2与 NO 的物质的量相等（2：2=1：1），D正确；
故答案为：D。
【分析】（1）依据氮元素相关反应的实际产物和配平规则，判断方程式正确性。
（2）结合图像中 NO 浓度与温度、含氧量的关系，分析燃煤对氮循环的影响。
（3）分析硝酸制备流程中反应类型、物质性质及反应原理的合理性。
（4）根据转化流程分析 Ce3+/Ce4+的作用及反应中物质的量关系。
8．A、雷雨时氮气与氧气放电反应生成 NO，而非 NO2，正确方程式为，A错误；
B、二氧化氮与水反应生成硝酸和 NO，正确比例为 3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，B错误；
C、烧碱吸收 NO 和 NO2的反应中，两者按 1：1 比例与 OH-反应生成 NO2-和 H2O，离子方程式：，C正确；
D、铜与稀硝酸反应生成 NO，而非 NO2，离子方程式应为，D错误；
故答案为：C。
9．A、煤燃烧生成 NO，干扰自然氮循环，A错误；
B、燃煤时 N2转化为 NO，属于氮的固定（游离态→化合态），B错误；
C、图像显示含氧量越高，NO 浓度越大，越易生成 NO，C错误；
D、温度升高，各含氧量下 NO 浓度均增大，说明温度越高 NO 污染越重，D正确；
故答案为：D。
10．A、隔绝空气煅烧 FeSO4，Fe2+→Fe3+（升价），则 S 元素必降价，可能生成 SO2，A正确；
B、Fe2O3为红色固体（铁红），可作红色涂料，B正确；
C、蒸馏制备硝酸利用 H2SO4沸点高于 HNO3，与酸性强弱无关（强酸制弱酸需溶液中反应），C错误；
D、煅烧 FeSO4为分解反应， 可表示为， SO3与水反应为化合反应， 反应为， H2SO4与 KNO3反应为复分解反应， 反应表示为， D正确；
故答案为：C。
11．A、Ce3+与 Ce4+总量不变，但反应生成水，溶液体积增大，浓度减小，A错误；
B、总反应为 2H2+2NO=N2+2H2O，NO 为氧化剂（1mol 得 2mol 电子），H2为还原剂（1mol 失 2mol 电子），氧化剂与还原剂比例为 1：1，B错误；
C、反应在酸性条件下进行，产物无 OH-，正确离子方程式为 4Ce3++2NO+4H+=4Ce4++N2+2H2O，C错误；
D、由总反应可知，消耗 H2与 NO 的物质的量相等（2：2=1：1），D正确；
故答案为：D。
12．（2025高一上·南通期末）下列实验，根据实验操作和现象所得到的结论正确的是
选项 实验操作实验现象 实验结论
A 将红热的木炭投入浓硝酸中，产生红棕色气体 炭与浓硝酸在加热条件下反应生成
B 加热盛有固体的试管，试管底部固体消失，试管口有晶体凝结 固体受热升华
C 向表面皿中加入少量，再加入约浓硫酸，搅拌，固体由蓝色变无色。 浓硫酸具有吸水性
D 向试管中加入酸性溶液，通入足量气体，溶液褪色 具有漂白性
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】二氧化硫的性质；浓硫酸的性质；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A、浓硝酸受热易分解产生红棕色的二氧化氮，红热木炭投入浓硝酸中产生的红棕色气体，可能是浓硝酸自身分解的产物，并非一定是木炭与浓硝酸反应生成的二氧化氮，A错误；
B、氯化铵受热会分解为氨气和氯化氢气体，这两种气体在试管口遇冷又会重新化合生成氯化铵固体，这是化学变化过程，而升华是物质由固态直接变为气态的物理变化，所以不能得出氯化铵受热升华的结论，B错误；
C、五水硫酸铜（蓝色晶体）中加入浓硫酸后，固体变为白色，是因为浓硫酸吸收了五水硫酸铜中的结晶水，使其转化为无水硫酸铜（白色），这一现象直接体现了浓硫酸的吸水性，C正确；
D、酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，二氧化硫通入后使其褪色，是由于二氧化硫被氧化，表现的是二氧化硫的还原性，而非漂白性，D错误；
故答案为：C。
【分析】逐一分析各选项，结合物质的化学性质，判断实验现象与结论之间的逻辑是否成立。
A．浓硝酸受热本身会分解生成 NO2，不能直接判定是炭与之反应的产物。
B．NH4Cl 受热是分解（生成 NH3和 HCl），在管口重新化合为 NH4Cl，并非升华（物理变化）。
C．浓硫酸吸收 CuSO4 5H2O 中的结晶水，使其失去蓝色，体现吸水性。
D．SO2使酸性 KMnO4褪色是因为还原性（发生氧化还原反应），并非漂白性。
13．（2025高一上·南通期末）发蓝工艺是将钢铁浸入热的碱性溶液中，在其表面形成一层四氧化三铁薄膜，其中铁经历了如下转化(假设的还原产物均为表示阿伏加德罗常数。)
下列说法中，不正确的是
A．反应①为
B．当反应②转移的电子数目为时，该反应需要消耗
C．反应③中与的物质的量之比为
D．上述工艺过程中，生成四氧化三铁薄膜的同时产生(标准状况下)
【答案】B
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应方程式的配平；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、反应①中，铁元素从 0 价升高到 Na2FeO2中的 +2 价，NaNO2里的氮元素从 + 3 价降低到 NH3中的 - 3 价。根据得失电子守恒和原子守恒，配平后的反应为 3Fe+NaNO2+5NaOH3Na2FeO2+NH3↑+H2O， A正确；
B、反应②是 Na2FeO2与 NaNO2反应生成 Na2Fe2O4，铁元素化合价从 + 2 价升高到 + 3 价，氮元素仍从 +3 价降到 - 3 价。反应方程式为 。每消耗 1mol NaNO2，转移 6mol 电子，因此转移 3mol 电子（3N ）时，消耗的 NaNO2应为 0.5mol，B错误；
C、反应③是 Na2FeO2（含 + 2 价 Fe）与 Na2Fe2O4（含 + 3 价 Fe）反应生成 Fe3O4（含 +2 和 +3 价 Fe），反应方程式为 ，两种反应物的物质的量之比为 1：1，C正确；
D、69.6g Fe3O4的物质的量为 69.6g÷232g/mol=0.3mol。整个过程中，铁元素失去的电子最终被 NO2-获得生成 NH3，根据电子守恒，生成 0.3mol Fe3O4时转移 2.4mol 电子，对应生成 NH3的物质的量为 0.4mol（每生成 1mol NH3转移 6mol 电子），标准状况下体积为 0.4mol×22.4L/mol=8.96L，D正确；
故答案为：B。
【分析】先明确各步反应的化学原理，通过分析元素化合价变化确定反应方程式，再结合电子转移规律和物质的量计算，逐一验证选项的正确性。
本题的易错点：
反应②的电子转移计算反应②中，NaNO2里的 N 元素从 +3 价降到 NH3中的 -3 价，1 mol NaNO2得到 6 mol 电子。当转移电子数为 3N （即 3 mol）时，消耗的 NaNO2应为 0.5 mol，容易错算成 1 mol。
反应③的物质的量比例反应③是 Na2FeO2和 Na2Fe2O4反应生成 Fe3O4，化学方程式为 Na2FeO2+Na2Fe2O4+2H2O=Fe3O4+4NaOH，二者物质的量比为 1：1，若不明确方程式，易判断错误。
多步反应的电子守恒关联计算 NH3体积时，需通过 “Fe 失去的电子总数=NaNO2得到的电子总数” 建立关系（比如 Fe3O4与 NH3的电子守恒），容易忽略多步反应的电子转移链条，导致计算出错。
二、非选择题：共4题，共61分。
14．（2025高一上·南通期末）二氧化硫直接排放会污染空气，工业上采用多种方法脱硫。
（1）石灰石脱硫。工业上燃煤时常在煤炭中在煤炭中加入一定量石灰石，于通入一定浓度的氧气，实现从源头上减少的排放。该反应的化学方程式为　 　。
（2）碱性溶液脱硫。氨水、水悬浊液吸收烟气中后经催化氧化，可得到硫酸盐。已知：室温下，微溶于水，易溶于水；溶液中、、的物质的量分数随的分布如图1所示。
①氨水吸收。向氨水中通入少量，主要反应的离子方程式为　 　；当通入至溶液pH=5时，溶液中浓度最大的阴离子是　 　(填化学式)。
②水悬浊液吸收。向水悬浊液中匀速缓慢通入，在开始吸收的阶段内，吸收率、溶液均经历了从几乎不变到迅速降低的变化。溶液几乎不变阶段，主要产物是　 　(填化学式)。
（3）海水脱硫。海水中含有少量碳酸盐(和)，呈微碱性。海水脱硫过程如图2所示：
①在吸收塔中采用海水从塔顶喷洒，烟气从塔底鼓入，其目的是　 　
②相比氨水脱硫，海水脱硫的优点是　 　。
【答案】（1）
（2）（或）；；ZnSO3
（3）气液逆流，增大吸收面积，使SO2被充分吸收；不添加药剂，节约淡水，不产生副产品和废弃物
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；离子浓度大小的比较；含硫物质的性质及综合应用
【解析】【解答】（1）石灰石的成分为碳酸钙受热生成的氧化钙吸收二氧化硫，生成的亚硫酸钙与氧气生成硫酸钙，以此分析；
故答案为：；
（2）①向氨水中通入少量SO2时，SO2与氨水反应生成亚硫酸铵，反应的离子方程式为：（或)；
根据图像1，溶液pH=5时，溶液中浓度最大的阴离子为；
②反应开始时，悬浊液中的ZnO大量吸收 SO2，生成微溶于水的ZnSO3，此时溶液pH几乎不变； 一旦ZnO完全反应生成ZnSO3后，ZnSO3继续吸收 SO2，生成易溶于水的Zn(HSO3)2，此时溶液pH逐渐 变小，SO2的吸收率逐渐降低，这一过程的离子方程式 为：（或)；故溶液几乎不变阶段，主要产物是ZnSO3；
故答案为：（或)；；ZnSO3；
（3）①在SO2吸收塔中采用海水从塔顶喷洒，烟气从塔底鼓入，其目的是气液逆流，增大吸收面积，使SO2被充分吸收；
②相比氨水脱硫和生物质热解气脱硫，海水脱硫的优点是不添加药剂，节约淡水，不产生副产品和废弃物；
故答案为：气液逆流，增大吸收面积，使SO2被充分吸收；不添加药剂，节约淡水，不产生副产品和废弃物。
【分析】石灰石脱硫的原理是通过一系列化学反应将二氧化硫转化为稳定的硫酸盐：
石灰石的主要成分碳酸钙在高温下分解为氧化钙和二氧化碳：CaCO3高温分解为 CaO 和 CO2。
生成的氧化钙与煤燃烧产生的二氧化硫反应，生成亚硫酸钙：CaO 和 SO2反应生成 CaSO3。
亚硫酸钙在氧气作用下进一步被氧化为硫酸钙（石膏）：2 个 CaSO3与 O2反应生成 2 个 CaSO4。
这三步反应共同作用，将有害的二氧化硫转化为固体硫酸钙，从而减少其排放。
碱性溶液脱硫中，氨水或碱性悬浊液先吸收二氧化硫，形成含硫的中间产物（如亚硫酸盐），这些中间产物在氧气催化氧化下最终转化为易溶于水的硫酸盐，实现脱硫目的。结合溶液中不同 pH 条件下亚硫酸根、亚硫酸氢根等离子的分布规律，可更深入理解吸收和氧化的过程机制。
（1）石灰石的成分为碳酸钙受热生成的氧化钙吸收二氧化硫，生成的亚硫酸钙与氧气生成硫酸钙，以此分析；
故答案为：；
（2）①向氨水中通入少量SO2时，SO2与氨水反应生成亚硫酸铵，反应的离子方程式为：（或)；
根据图像1，溶液pH=5时，溶液中浓度最大的阴离子为；
②反应开始时，悬浊液中的ZnO大量吸收 SO2，生成微溶于水的ZnSO3，此时溶液pH几乎不变； 一旦ZnO完全反应生成ZnSO3后，ZnSO3继续吸收 SO2，生成易溶于水的Zn(HSO3)2，此时溶液pH逐渐 变小，SO2的吸收率逐渐降低，这一过程的离子方程式 为：（或)；故溶液几乎不变阶段，主要产物是ZnSO3；
故答案为：（或)；；ZnSO3；
（3）①在SO2吸收塔中采用海水从塔顶喷洒，烟气从塔底鼓入，其目的是气液逆流，增大吸收面积，使SO2被充分吸收；
②相比氨水脱硫和生物质热解气脱硫，海水脱硫的优点是不添加药剂，节约淡水，不产生副产品和废弃物；
故答案为：气液逆流，增大吸收面积，使SO2被充分吸收；不添加药剂，节约淡水，不产生副产品和废弃物。
15．（2025高一上·南通期末）五氧化二钒广泛用于冶金、化工等行业，具有强氧化性。一种以含钒废料(含、、)为原料制备的流程如下图：
已知：都难溶于水和碱，可溶于强酸。
（1）“碱浸”过程适当加热的目的是　 　。
（2）“滤液1”中通入过量的会生成白色的沉淀　 　(填化学式)。
（3）“烘干灼烧”的目的是　 　。
（4）“沉锰”时需将温度控制在左右，温度不能过高的原因为　 　。
（5）“煅烧”过程中有生成，实验室检验该气体的方法为　 　。要在流动空气中煅烧的原因可能是　 　。
（6）已知：溶液呈碱性，开始沉淀的。
设计以溶液、溶液为原料，制备的实验方案：　 　。(实验中须使用的试剂：溶液、稀、蒸馏水)
【答案】（1）提高碱浸速率
（2）Al(OH)3
（3）将V2O3氧化为V2O5
（4）温度过高，NH4HCO3分解
（5）用湿润的红色石蕊试纸检验，如石蕊试纸变蓝则有生成（或用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近，看到有白烟则证明有氨气生成）；利用空气流及时赶出，以防还原
（6）边搅拌边缓慢向溶液中滴加溶液，控制pH不大于7.8，静置后过滤，生成的用蒸馏水洗涤2～3次，若用盐酸酸化的BaCl2溶液检验不出，则说明已洗涤干净
【知识点】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
【解析】【解答】（1）“碱浸”过程适当加热可提高碱浸速率。
故答案为： 提高碱浸速率 ；
（2）由分析可知，滤液1中含有过量的NaOH、四羟基铝酸钠，通入过量的与四羟基铝酸钠生成白色沉淀Al(OH)3。
故答案为： Al(OH)3 ；
（3）由题意可知，烘干灼烧滤渣的目的是使三氧化二钒被空气中氧气氧化生成五氧化二钒。
故答案为： 将V2O3氧化为V2O5 ；
（4）如果温度过高，碳酸氢铵受热会分解，会导致原料利用率低，则沉锰时需将温度控制在70℃左右。
故答案为： 温度过高，NH4HCO3分解 ；
（5）是碱性气体，可以用湿润的红色石蕊试纸检验，如石蕊试纸变蓝则有生成，或用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近，看到有白烟则证明有氨气生成；要在流动空气中煅烧，若不流通，由于具有强氧化性，会与具有还原性的反应，从而影响产物的纯度及产率。
故答案为： 用湿润的红色石蕊试纸检验，如石蕊试纸变蓝则有生成（或用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近，看到有白烟则证明有氨气生成） ； 利用空气流及时赶出，以防还原 ；
（6）以溶液、溶液为原料制备，若pH大于7.8，则会生成Mn(OH)2沉淀，故需要控制pH不大于7.8，因此制备的实验方案为：边搅拌边缓慢向溶液中滴加溶液，控制pH不大于7.8，静置后过滤，生成的用蒸馏水洗涤2～3次，因表面会附着有，若用盐酸酸化的BaCl2溶液检验不出，则说明已洗涤干净。
故答案为： 边搅拌边缓慢向溶液中滴加溶液，控制pH不大于7.8，静置后过滤，生成的用蒸馏水洗涤2～3次，若用盐酸酸化的BaCl2溶液检验不出，则说明已洗涤干净。
【分析】碱浸阶段：向废料中加入 NaOH 溶液，其中 Al2O3作为两性氧化物会与 NaOH 反应，生成可溶于水的四羟基合铝酸钠，而 V2O3和 MnO 不与碱反应。通过过滤实现分离，得到含四羟基合铝酸钠和过量 NaOH 的滤液 1，以及含 V2O3、MnO 的滤渣。此过程加热可加快 Al2O3的溶解速率，提高浸出效率；烘干灼烧阶段：对滤渣进行烘干后灼烧，空气中的氧气会将 V2O3氧化为 V2O5，而 MnO 在该条件下不发生反应；酸溶阶段：向灼烧后的固体中加入 H2SO4溶液，V2O5与硫酸反应生成可溶的偏钒酸，MnO 则与硫酸反应生成 MnSO4，过滤后得到含这两种溶质的溶液（滤渣 2 可忽略）。沉锰阶段：向酸溶后的溶液中加入 NH4HCO3溶液，MnSO4会与 NH4HCO3反应生成 MnCO3沉淀（微溶于水），过滤后实现锰元素与钒元素的分离，得到含偏钒酸的滤液。结晶与煅烧阶段：向含偏钒酸的滤液中加入过量硫酸铵溶液，经浓缩结晶得到 NH4VO3晶体，最后通过煅烧 NH4VO3晶体，分解得到目标产物 V2O5。
（1）“碱浸”过程适当加热可提高碱浸速率。
（2）由分析可知，滤液1中含有过量的NaOH、四羟基铝酸钠，通入过量的与四羟基铝酸钠生成白色沉淀Al(OH)3。
（3）由题意可知，烘干灼烧滤渣的目的是使三氧化二钒被空气中氧气氧化生成五氧化二钒。
（4）如果温度过高，碳酸氢铵受热会分解，会导致原料利用率低，则沉锰时需将温度控制在70℃左右。
（5）是碱性气体，可以用湿润的红色石蕊试纸检验，如石蕊试纸变蓝则有生成，或用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近，看到有白烟则证明有氨气生成；要在流动空气中煅烧，若不流通，由于具有强氧化性，会与具有还原性的反应，从而影响产物的纯度及产率。
（6）以溶液、溶液为原料制备，若pH大于7.8，则会生成Mn(OH)2沉淀，故需要控制pH不大于7.8，因此制备的实验方案为：边搅拌边缓慢向溶液中滴加溶液，控制pH不大于7.8，静置后过滤，生成的用蒸馏水洗涤2～3次，因表面会附着有，若用盐酸酸化的BaCl2溶液检验不出，则说明已洗涤干净。
16．（2025高一上·南通期末）二氧化氯是一种高效、低毒的消毒剂。请回答下列问题：
（1）①工业制备的反应原理为：，该反应中每生成转移电子为　 　mol。
②现需要用浓盐酸配制反应所需的稀盐酸，必须使用的玻璃仪器有烧杯、量筒、玻璃棒和　 　。
（2）将气体先用稳定剂吸收，加酸后释放出，可用于水果保鲜。稳定剂I和稳定剂Ⅱ，加酸后释放的浓度随时间的变化如下图1所示。你认为哪种稳定剂效果更好并解释原因：　 　。
（3）用消毒自来水时，还可以将水中的转化为难溶物除去，控制其他条件不变，测得不同时去除率随反应时间的变化如图2所示：
①时水体中转化为转化为，该反应的离子方程式为　 　。
②反应相同时间，水体中去除率随增大而增大的原因是　 　。
（4）国家规定，饮用水中的残留量不得高于。某同学欲利用氧化还原反应测定消毒过的自来水中的残留量，进行如下实验：
ⅰ．量取自来水样品，调节样品的；
ⅱ．加入足量晶体，振荡后静置片刻；
ⅲ．加入指示剂淀粉溶液，用的溶液恰好能将上述溶液中游离态的碘完全反应(假设杂质不参加反应)。
已知：、，则样品中的质量浓度为　 　。(写出计算过程)
【答案】（1）0.5；容量瓶、胶头滴管
（2）稳定剂Ⅱ，稳定剂Ⅱ可以缓慢释放二氧化氯，能较长时间维持保鲜所需的浓度
（3）；增大，氢氧根离子浓度增大，氧化的速率加快
（4）0.675
【知识点】化学反应速率的影响因素；常用仪器及其使用；配制一定物质的量浓度的溶液；中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】（1）①反应中，氯酸钠中+5价的氯元素化合价由+5降低至二氧化氯中的+4价，氯化氢中的氯元素由-1价升高至氯气中的0价，每生成，转移2mol电子，生成时，转移电子；
②用浓盐酸配制反应所需的稀盐酸，必须使用的玻璃仪器有烧杯、量筒、玻璃棒和容量瓶、胶头滴管；
故答案为： 0.5 ；容量瓶、胶头滴管；
（2）加酸后释放的浓度随时间的变化如图1所示，稳定剂Ⅱ在较长时间内保持在起保鲜作用的最低浓度之上，故稳定剂Ⅱ可以缓慢释放二氧化氯，能较长时间维持保鲜所需的浓度；
故答案为： 稳定剂Ⅱ，稳定剂Ⅱ可以缓慢释放二氧化氯，能较长时间维持保鲜所需的浓度 ；
（3）①时水体中转化为转化为，该反应的离子方程式为：；
②反应物浓度越大，反应速率越快，随增大，氢氧根离子浓度增大，氧化的速率加快；
故答案为：；增大，氢氧根离子浓度增大，氧化的速率加快 ；
（4）根据反应方程式：、，可得和的反应比例为1∶5，的溶液中，的物质的量为0.00001mol；所以二氧化氯的物质的量为0.000002mol，故二氧化氯的质量为：0.000002mol×67.5g/mol=0.000135g=0.135mg，自来水样品的体积为200mL即0.2L，二氧化氯的浓度为：。
故答案为： 0.675 。
【分析】（1）①反应中 NaClO3里的 Cl 从 +5 价降到 ClO2中的 +4 价，HCl 里的 Cl 从 -1 价升到 Cl2中的 0 价。生成 2mol ClO2转移 2mol 电子，故生成 0.5mol ClO2转移 0.5mol 电子。
②配制 500mL 2mol L- 稀盐酸，必需玻璃仪器还包括 500mL 容量瓶和胶头滴管。
（2）稳定剂 Ⅱ 效果更好，因其能缓慢释放 ClO2，较长时间维持保鲜所需的最低浓度。
（3）①pH=8 时，反应离子方程式为 2ClO2+Mn2++4OH-=MnO2↓+2ClO2-+2H2O。
②pH 增大，OH-浓度升高，加快 ClO2氧化 Mn2+的速率，使去除率提高。
（4）由反应关系得 ClO2与 Na2S2O3物质的量比为 1：5。计算得 Na2S2O3为 0.00001mol，故 ClO2为 0.000002mol，质量浓度为 0.675mg L- 。
（1）①反应中，氯酸钠中+5价的氯元素化合价由+5降低至二氧化氯中的+4价，氯化氢中的氯元素由-1价升高至氯气中的0价，每生成，转移2mol电子，生成时，转移电子；
②用浓盐酸配制反应所需的稀盐酸，必须使用的玻璃仪器有烧杯、量筒、玻璃棒和容量瓶、胶头滴管；
（2）加酸后释放的浓度随时间的变化如图1所示，稳定剂Ⅱ在较长时间内保持在起保鲜作用的最低浓度之上，故稳定剂Ⅱ可以缓慢释放二氧化氯，能较长时间维持保鲜所需的浓度；
（3）①时水体中转化为转化为，该反应的离子方程式为：；
②反应物浓度越大，反应速率越快，随增大，氢氧根离子浓度增大，氧化的速率加快；
（4）根据反应方程式：、，可得和的反应比例为1∶5，的溶液中，的物质的量为0.00001mol；所以二氧化氯的物质的量为0.000002mol，故二氧化氯的质量为：0.000002mol×67.5g/mol=0.000135g=0.135mg，自来水样品的体积为200mL即0.2L，二氧化氯的浓度为：。
17．（2025高一上·南通期末）颗粒大小达到纳米级的单质铁俗称“纳米铁”，可用于处理废水中的硝态氮。以铁屑(含少量杂质)为原料制备纳米铁粉流程如下：
（1）写出“酸溶”时发生的氧化还原反应的离子方程式：　 　、。
（2）固体经灼烧后得到红棕色固体和混合气体，若，则“灼烧”过程中发生反应的化学方程式为　 　。
（3）“还原”中使用的还原剂为，在“还原”前要对装置进行充分干燥处理，不得留有水，其原因是　 　(用化学方程式表示)。
（4）纳米铁粉因其高比表面积、优异的吸附性、较强的还原性和反应活性等优点被广泛应用于污染物的去除。催化剂协同纳米铁粉能将水体中的硝酸盐转化为，其催化还原反应的过程如图1所示。
①从电子转移的角度，硝酸盐()转化为的过程可以描述为　 　。
②为有效降低水体中氮元素的含量，宜调整水体为4.2，当时，随减小，生成率逐渐降低，结合图1和图2分析原因：　 　。
【答案】（1）
（2）
（3）
（4）纳米零价铁在催化剂表面失去电子变为亚铁离子，在催化剂层中氢离子得电子变为氢原子，在酸性条件下氢原子还原硝酸根离子变为NH，NH失去氢原子后，两个氮原子生成氮气；减小，H+离子浓度增大，会生成更多的H，使硝酸根被还原的中间产物NH更多地与H反应生成，减少了氮气的生成
【知识点】氧化还原反应；铁的化学性质；铁及其化合物的性质实验；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）铁屑中含少量杂质，加硫酸后生成硫酸铁，铁离子具有氧化性，“酸溶”时发生两个氧化还原反应，离子方程式为：、；
故答案为： ；
（2）固体经灼烧后得到红棕色固体和混合气体，若，根据得失电子守恒和原子守恒配平，“灼烧”过程中发生反应的化学方程式为：；
故答案为： ；
（3）“还原”中使用的还原剂为，在“还原”前要对装置进行充分干燥处理，不得留有水，是因为高温条件下铁与水蒸气反应，获得的铁粉中混有杂质，方程式为：；
故答案为： ；
（4）①根据图1所示，纳米零价铁在催化剂表面失去电子变为亚铁离子，在催化剂层中氢离子得电子变为氢原子，在酸性条件下氢原子还原硝酸根离子变为NH，NH失去氢原子后，两个氮原子生成氮气；
②当时，随减小，生成率逐渐降低，结合图1和图2可以看出，减小，H+浓度增大，会生成更多的H，使硝酸根被还原的中间产物NH更多地与H反应生成，减少了氮气的生成。
故答案为： 纳米零价铁在催化剂表面失去电子变为亚铁离子，在催化剂层中氢离子得电子变为氢原子，在酸性条件下氢原子还原硝酸根离子变为NH，NH失去氢原子后，两个氮原子生成氮气 ；减小，H+离子浓度增大，会生成更多的H，使硝酸根被还原的中间产物NH更多地与H反应生成，减少了氮气的生成 。
【分析】铁屑中的 Fe 与 H2SO4反应生成 FeSO4和 H2；杂质 Fe2O3与 H2SO4反应生成 Fe2(SO4)3和 H2O，同时 Fe 会与 Fe2(SO4)3进一步反应生成 FeSO4，最终得到以 FeSO4为主的溶液；向 FeSO4溶液中加入 H2C2O4（草酸），反应生成 FeC2O4固体沉淀，实现铁元素的分离富集。FeC2O4固体在 O2参与下灼烧，发生氧化还原反应，生成 Fe2O3、CO 和 CO2，将草酸亚铁转化为氧化铁。最后用还原剂（如 H2）将 Fe2O3还原，得到纳米级单质铁粉。
（1）铁屑中含少量杂质，加硫酸后生成硫酸铁，铁离子具有氧化性，“酸溶”时发生两个氧化还原反应，离子方程式为：、；
（2）固体经灼烧后得到红棕色固体和混合气体，若，根据得失电子守恒和原子守恒配平，“灼烧”过程中发生反应的化学方程式为：；
（3）“还原”中使用的还原剂为，在“还原”前要对装置进行充分干燥处理，不得留有水，是因为高温条件下铁与水蒸气反应，获得的铁粉中混有杂质，方程式为：；
（4）①根据图1所示，纳米零价铁在催化剂表面失去电子变为亚铁离子，在催化剂层中氢离子得电子变为氢原子，在酸性条件下氢原子还原硝酸根离子变为NH，NH失去氢原子后，两个氮原子生成氮气；
②当时，随减小，生成率逐渐降低，结合图1和图2可以看出，减小，H+浓度增大，会生成更多的H，使硝酸根被还原的中间产物NH更多地与H反应生成，减少了氮气的生成。
1 / 1江苏省南通市2024-2025学年高一上学期1月期末化学试题
一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。
1．（2025高一上·南通期末）2023年10月31日，神舟十六号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆，神舟十六号载人飞行任务取得圆满成功。下列有关说法中错误的是（　　）
A．飞船使用的推进剂属于纯净物
B．飞船的主体使用的是铁合金，铁合金的熔点比纯铁的高
C．飞船返回舱侧壁金属壳体用的铝合金材料，属于金属材料
D．神舟飞船芯片的主要成分是Si，Si可用于制造半导体材料
2．（2025高一上·南通期末）亚硫酸可被H2O2氧化生成硫酸H2SO3 + H2O2= H2SO4 + H2O。下列说法不正确的是
A．H2O2中O的化合价：-1
B．硫原子结构示意图：
C．H2O的摩尔质量：18 g
D．硫酸电离：H2SO4 = 2H+ + SO
3．（2025高一上·南通期末）下列物质性质与用途具有对应关系的是
A．钠具有还原性，可用于制作高压钠灯
B．受热易分解，可用于制胃酸中和剂
C．常温下Al在浓硝酸中钝化，可用铝质容器贮运浓硝酸
D．氨气极易溶于水，可用作烟气中的脱除剂
4．（2025高一上·南通期末）室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A．0.1 mol·L-1NaOH溶液： Na+、 K+、SO、HCO
B．0.1 mol·L-1 H2SO4溶液： Mg2+、 Na+、 ClO-、Cl-
C．0.1 mol·L-1FeCl3溶液： Na+、Ba2+、NO、OH-
D．0.1 mol·L-1 NaCl溶液： NH、 K+、NO、SO
5．（2025高一上·南通期末）下列说法正确的是
A．质量分数为的溶液中，氧原子总数为
B．的浓硫酸与足量铜粉共热，产生的物质的量为
C．溶液中物质的量为
D．中含有阴阳离子的总数为
6．（2025高一上·南通期末）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．工业盐酸的制备：溶液和
B．漂白粉的制备：浓盐酸漂白粉
C．纯碱工业：溶液
D．硫酸工业：
7．（2025高一上·南通期末）易水解、易升华，是有机反应中常用的催化剂。实验室用如图所示装置制备少量。下列说法正确的是
A．实验开始，先点燃酒精灯，再滴加浓盐酸
B．实验时若Cl2不足量，则可能生成
C．装置丙的作用是收集
D．装置丁中的作用是吸收未反应的
（2025高一上·南通期末）阅读下列材料，完成下列小题：
氮是参与生命活动的重要元素。自工业革命以来，人类活动大大加剧了含氮化合物在大气圈和水圈中的总流量，对生态平衡产生了严重影响。从化学的视角深刻理解氮循环，合理使用含氮化合物，科学处理大气水圈中的氮元素，是化学学科的重要研究内容和责任。
8．下列化学反应表示正确的是
A．雷雨天气空气中的氮气和氧气反应：
B．用水吸收二氧化氮制硝酸：
C．用烧碱溶液吸收硝酸工业尾气：
D．铜粉和稀硝酸反应：
9．煤燃烧时，烟气中NO含量随温度和氧气含量的变化如图示。下列说法正确的是
A．煤燃烧不影响自然界氮循环 B．燃煤过程没有发生氮的固定
C．含氧量越高越不易生成NO D．燃煤温度越高污染越重
10．明代《徐光启手迹》中记载了硝酸的制备方法，其主要物质转化流程如下：
下列有关说法不正确的是
A．若煅烧时隔绝空气，得到的气体可能为
B．煅烧生成的可用作红色的油漆和涂料
C．由蒸馏过程发生的反应可推测的酸性比的强
D．上述转化流程中依次发生分解反应、化合反应和复分解反应
11．和可用于烟气中的大量氮氧化物转化为无害物质。将与的混合气体通入和的混合溶液中，发生如右图转化过程，下列说法正确的是
A．反应前后溶液中和的总物质的量浓度始终不变
B．参加反应I的氧化剂与还原剂的物质的量之比为
C．反应II的离子方程式为
D．反应过程中消耗的与的物质的量相等
12．（2025高一上·南通期末）下列实验，根据实验操作和现象所得到的结论正确的是
选项 实验操作实验现象 实验结论
A 将红热的木炭投入浓硝酸中，产生红棕色气体 炭与浓硝酸在加热条件下反应生成
B 加热盛有固体的试管，试管底部固体消失，试管口有晶体凝结 固体受热升华
C 向表面皿中加入少量，再加入约浓硫酸，搅拌，固体由蓝色变无色。 浓硫酸具有吸水性
D 向试管中加入酸性溶液，通入足量气体，溶液褪色 具有漂白性
A．A B．B C．C D．D
13．（2025高一上·南通期末）发蓝工艺是将钢铁浸入热的碱性溶液中，在其表面形成一层四氧化三铁薄膜，其中铁经历了如下转化(假设的还原产物均为表示阿伏加德罗常数。)
下列说法中，不正确的是
A．反应①为
B．当反应②转移的电子数目为时，该反应需要消耗
C．反应③中与的物质的量之比为
D．上述工艺过程中，生成四氧化三铁薄膜的同时产生(标准状况下)
二、非选择题：共4题，共61分。
14．（2025高一上·南通期末）二氧化硫直接排放会污染空气，工业上采用多种方法脱硫。
（1）石灰石脱硫。工业上燃煤时常在煤炭中在煤炭中加入一定量石灰石，于通入一定浓度的氧气，实现从源头上减少的排放。该反应的化学方程式为　 　。
（2）碱性溶液脱硫。氨水、水悬浊液吸收烟气中后经催化氧化，可得到硫酸盐。已知：室温下，微溶于水，易溶于水；溶液中、、的物质的量分数随的分布如图1所示。
①氨水吸收。向氨水中通入少量，主要反应的离子方程式为　 　；当通入至溶液pH=5时，溶液中浓度最大的阴离子是　 　(填化学式)。
②水悬浊液吸收。向水悬浊液中匀速缓慢通入，在开始吸收的阶段内，吸收率、溶液均经历了从几乎不变到迅速降低的变化。溶液几乎不变阶段，主要产物是　 　(填化学式)。
（3）海水脱硫。海水中含有少量碳酸盐(和)，呈微碱性。海水脱硫过程如图2所示：
①在吸收塔中采用海水从塔顶喷洒，烟气从塔底鼓入，其目的是　 　
②相比氨水脱硫，海水脱硫的优点是　 　。
15．（2025高一上·南通期末）五氧化二钒广泛用于冶金、化工等行业，具有强氧化性。一种以含钒废料(含、、)为原料制备的流程如下图：
已知：都难溶于水和碱，可溶于强酸。
（1）“碱浸”过程适当加热的目的是　 　。
（2）“滤液1”中通入过量的会生成白色的沉淀　 　(填化学式)。
（3）“烘干灼烧”的目的是　 　。
（4）“沉锰”时需将温度控制在左右，温度不能过高的原因为　 　。
（5）“煅烧”过程中有生成，实验室检验该气体的方法为　 　。要在流动空气中煅烧的原因可能是　 　。
（6）已知：溶液呈碱性，开始沉淀的。
设计以溶液、溶液为原料，制备的实验方案：　 　。(实验中须使用的试剂：溶液、稀、蒸馏水)
16．（2025高一上·南通期末）二氧化氯是一种高效、低毒的消毒剂。请回答下列问题：
（1）①工业制备的反应原理为：，该反应中每生成转移电子为　 　mol。
②现需要用浓盐酸配制反应所需的稀盐酸，必须使用的玻璃仪器有烧杯、量筒、玻璃棒和　 　。
（2）将气体先用稳定剂吸收，加酸后释放出，可用于水果保鲜。稳定剂I和稳定剂Ⅱ，加酸后释放的浓度随时间的变化如下图1所示。你认为哪种稳定剂效果更好并解释原因：　 　。
（3）用消毒自来水时，还可以将水中的转化为难溶物除去，控制其他条件不变，测得不同时去除率随反应时间的变化如图2所示：
①时水体中转化为转化为，该反应的离子方程式为　 　。
②反应相同时间，水体中去除率随增大而增大的原因是　 　。
（4）国家规定，饮用水中的残留量不得高于。某同学欲利用氧化还原反应测定消毒过的自来水中的残留量，进行如下实验：
ⅰ．量取自来水样品，调节样品的；
ⅱ．加入足量晶体，振荡后静置片刻；
ⅲ．加入指示剂淀粉溶液，用的溶液恰好能将上述溶液中游离态的碘完全反应(假设杂质不参加反应)。
已知：、，则样品中的质量浓度为　 　。(写出计算过程)
17．（2025高一上·南通期末）颗粒大小达到纳米级的单质铁俗称“纳米铁”，可用于处理废水中的硝态氮。以铁屑(含少量杂质)为原料制备纳米铁粉流程如下：
（1）写出“酸溶”时发生的氧化还原反应的离子方程式：　 　、。
（2）固体经灼烧后得到红棕色固体和混合气体，若，则“灼烧”过程中发生反应的化学方程式为　 　。
（3）“还原”中使用的还原剂为，在“还原”前要对装置进行充分干燥处理，不得留有水，其原因是　 　(用化学方程式表示)。
（4）纳米铁粉因其高比表面积、优异的吸附性、较强的还原性和反应活性等优点被广泛应用于污染物的去除。催化剂协同纳米铁粉能将水体中的硝酸盐转化为，其催化还原反应的过程如图1所示。
①从电子转移的角度，硝酸盐()转化为的过程可以描述为　 　。
②为有效降低水体中氮元素的含量，宜调整水体为4.2，当时，随减小，生成率逐渐降低，结合图1和图2分析原因：　 　。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】硅和二氧化硅；合金及其应用
【解析】【解答】A.飞船使用的推进剂属于纯净物 ，故A不符合题意；
B.飞船的主体使用的是铁合金，铁合金的熔点比纯铁的低，故B符合题意；
C.铝合金材料属于金属材料，故C不符合题意；
D.芯片的材料是硅，硅用于制造半导体材料，故D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A.属于纯净物 ；
B.合金的熔点一般低于组成合金的纯金属；
C.金属材料包括合金和纯金属材料；
D.硅是半导体材料，可用于芯片。
2．【答案】C
【知识点】原子结构示意图；电离方程式的书写
【解析】【解答】A、在 H2O2中，氢元素为 +1 价，根据化合物中各元素化合价代数和为 0，可算出氧元素化合价为 -1，A正确；
B、硫原子的核电荷数为 16，核外电子分 3 个电子层排布，依次为 2、8、6，给出的 原子结构示意图为，B正确；
C、摩尔质量的单位是 g/mol，H2O 的摩尔质量是 18g/mol，而 18g 是质量单位，C错误；
D、硫酸是强酸，在水溶液中完全电离，生成 H+和 SO42-，电离方程式为 H2SO4=2H++SO42-，D正确；
故答案为：C。【分析】本题以亚硫酸与过氧化氢的反应为背景，考查化合价、原子结构、摩尔质量单位及电离方程式等基础化学知识，需逐一分析选项的正确性。
3．【答案】C
【知识点】氨的性质及用途；浓硫酸的性质；钠的物理性质
【解析】【解答】A、钠用于制作高压钠灯是利用其焰色反应（黄色光），这是物理性质；而钠的还原性是化学性质，二者无对应关系，A错误；
B、NaHCO3能中和胃酸（主要成分为 HCl），是因为它可与 HCl 反应（NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2），与它受热易分解的性质无关，B错误；
C、常温下 Al 在浓硝酸中钝化，表面形成致密氧化膜，阻止内部金属继续反应，因此可用铝质容器贮运浓硝酸，性质与用途直接对应，C正确；
D、氨气用作 NO 脱除剂，是因为其具有还原性，能与 NO 发生氧化还原反应，与氨气极易溶于水的性质无关，D错误；
故答案为：C。【分析】A．区分钠的不同性质对应的用途。
B．明确 NaHCO3作为胃酸中和剂的核心性质。
C．理解铝的钝化现象与贮运浓硝酸的关联。
D．分析氨气脱除 NO 的本质原因。
4．【答案】D
【知识点】离子反应发生的条件；离子共存
【解析】【解答】A、0.1mol L- NaOH 溶液含大量 OH-，HCO3-会与 OH-反应生成 CO32-和 H2O，无法大量共存，A错误；
B、0.1mol L- H2SO4溶液含大量 H+，ClO-与 Cl-在 H+存在时会反应生成 Cl2和 H2O，不能大量共存，B错误；
C、0.1mol L- FeCl3溶液含 Fe3+，Fe3+与 OH-会结合生成 Fe(OH)3沉淀，不能大量共存，C错误；
D、0.1mol L- NaCl 溶液中，NH4+、K+、NO3-、SO42-之间不发生反应，且均不与 Na+、Cl-反应，能大量共存，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题判断离子在不同溶液中能否共存，需结合溶液性质（如酸碱性），分析离子间是否发生反应（生成沉淀、气体、弱电解质或氧化还原反应等）。A．考查碱性溶液中 OH-与 HCO3-的反应。
B．考查酸性溶液中 H+、ClO-、Cl-的反应。
C．考查Fe3+与 OH-的沉淀反应。
D．判断NaCl 溶液中离子间的反应情况。
5．【答案】D
【知识点】物质的量浓度；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、100g 17% 的 H2O2溶液中，H2O2质量为 17g（0.5mol，含 1mol O），水的质量为 83g（约 4.61mol，含 4.61mol O），氧原子总数远大于 1mol，A错误；
B、50mL 18mol L- 浓硫酸含 H2SO4 0.9mol，理论上生成 0.45mol SO2，但反应中浓硫酸变稀后不再与铜反应，实际产量小于 0.45mol，B错误；
C、仅知 AlCl3溶液浓度为 0.2mol L- ，缺少体积，无法计算 Cl-的物质的量，C错误。
D、Na2O2由 Na+和 O22-构成（2：1），7.8g Na2O2为 0.1mol，含 0.2mol Na+和 0.1mol O22-，阴阳离子总数为 0.3mol，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题围绕物质的量计算展开，涉及溶液中氧原子总数、化学反应的实际产量、离子物质的量计算及化合物离子组成等知识点，需结合具体情况分析各选项的正确性。A．计算溶液中所有含氧化合物的氧原子总数。
B．考虑浓硫酸与铜反应的浓度变化影响。
C．明确离子物质的量计算需浓度和体积两个参数。
D．分析 Na2O2的离子构成及比例。
6．【答案】A
【知识点】工业制取硫酸；纯碱工业（侯氏制碱法）；含硫物质的性质及综合应用
【解析】【解答】A、电解 NaCl 溶液时，根据电解原理，会生成 H2和 Cl2；H2和 Cl2在点燃条件下能发生反应生成 HCl，所以该转化可以实现，A正确；
B、浓盐酸与 MnO2在加热条件下能生成 Cl2，但制备漂白粉需要将 Cl2通入石灰乳（主要成分为 Ca(OH)2）中，而不是澄清石灰水（Ca(OH)2溶解度小，浓度低，不利于大量制备漂白粉），所以该转化不能实现，B错误；
C、纯碱工业中，是向饱和 NaCl 溶液中先通入 NH3，再通入 CO2，才能生成 NaHCO3（因为 NH3极易溶于水，使溶液呈碱性，有利于 CO2的吸收），直接通入 CO2难以得到 NaHCO3，所以该转化不能实现，C错误；
D、硫酸工业中，FeS2与 O2在高温下反应生成 SO2，但 SO2与 H2O 反应生成的是 H2SO3，H2SO3需要进一步被氧化（如在催化剂、加热条件下与 O2反应）才能生成 H2SO4，所以该转化不能实现，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题考查工业生产中物质的转化过程，需要结合各工业生产的实际反应条件和反应物、生成物来判断转化是否能实现。
7．【答案】C
【知识点】氯气的实验室制法；铁的化学性质；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A、实验需先通 Cl2排尽装置内空气（防 Fe 被 O2氧化），应先滴加浓盐酸（产生 Cl2），再点燃酒精灯，A错误；
B、Cl2具有强氧化性，无论量多量少，Fe 与 Cl2反应都只生成 FeCl3（不会生成 FeCl2），B错误；
C、FeCl3易升华，乙中生成的 FeCl3蒸气进入丙装置后，会遇冷凝华为固体，因此丙的作用是收集 FeCl3，C正确；
D、装置丁中 CaCl2是干燥剂，作用是防止丁中 NaOH 溶液的水蒸气进入丙（避免 FeCl3水解）；吸收未反应 Cl2的是 NaOH 溶液，D错误；
故答案为：C。
【分析】实验操作顺序的核心逻辑：制备 FeCl3需先通 Cl2排尽空气（防Fe被O2氧化），因此应先滴加浓盐酸制 Cl2，再点燃酒精灯。
Cl2与Fe反应的产物特性：Cl2氧化性极强，与 Fe 反应只生成 FeCl3，无论 Cl2是否足量，都不会生成 FeCl2。
装置作用的判断（结合 FeCl3的性质）：FeCl3易升华，乙中生成的 FeCl3蒸气进入丙后会凝华，因此丙是收集 FeCl3的装置；丁中 CaCl2是干燥剂（防 NaOH 溶液的水蒸气进入丙，避免 FeCl3水解），吸收 Cl2的是 NaOH 溶液。
【答案】8．C
9．D
10．C
11．D
【知识点】氮的固定；氮族元素简介；氮的氧化物的性质及其对环境的影响
【解析】【解答】（1）A、雷雨时氮气与氧气放电反应生成 NO，而非 NO2，正确方程式为，A错误；
B、二氧化氮与水反应生成硝酸和 NO，正确比例为 3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，B错误；
C、烧碱吸收 NO 和 NO2的反应中，两者按 1：1 比例与 OH-反应生成 NO2-和 H2O，离子方程式：，C正确；
D、铜与稀硝酸反应生成 NO，而非 NO2，离子方程式应为，D错误；
故答案为：C。
（2）A、煤燃烧生成 NO，干扰自然氮循环，A错误；
B、燃煤时 N2转化为 NO，属于氮的固定（游离态→化合态），B错误；
C、图像显示含氧量越高，NO 浓度越大，越易生成 NO，C错误；
D、温度升高，各含氧量下 NO 浓度均增大，说明温度越高 NO 污染越重，D正确；
故答案为：D。
（3）A、隔绝空气煅烧 FeSO4，Fe2+→Fe3+（升价），则 S 元素必降价，可能生成 SO2，A正确；
B、Fe2O3为红色固体（铁红），可作红色涂料，B正确；
C、蒸馏制备硝酸利用 H2SO4沸点高于 HNO3，与酸性强弱无关（强酸制弱酸需溶液中反应），C错误；
D、煅烧 FeSO4为分解反应， 可表示为， SO3与水反应为化合反应， 反应为， H2SO4与 KNO3反应为复分解反应， 反应表示为， D正确；
故答案为：C。
（4）A、Ce3+与 Ce4+总量不变，但反应生成水，溶液体积增大，浓度减小，A错误；
B、总反应为 2H2+2NO=N2+2H2O，NO 为氧化剂（1mol 得 2mol 电子），H2为还原剂（1mol 失 2mol 电子），氧化剂与还原剂比例为 1：1，B错误；
C、反应在酸性条件下进行，产物无 OH-，正确离子方程式为 4Ce3++2NO+4H+=4Ce4++N2+2H2O，C错误；
D、由总反应可知，消耗 H2与 NO 的物质的量相等（2：2=1：1），D正确；
故答案为：D。
【分析】（1）依据氮元素相关反应的实际产物和配平规则，判断方程式正确性。
（2）结合图像中 NO 浓度与温度、含氧量的关系，分析燃煤对氮循环的影响。
（3）分析硝酸制备流程中反应类型、物质性质及反应原理的合理性。
（4）根据转化流程分析 Ce3+/Ce4+的作用及反应中物质的量关系。
8．A、雷雨时氮气与氧气放电反应生成 NO，而非 NO2，正确方程式为，A错误；
B、二氧化氮与水反应生成硝酸和 NO，正确比例为 3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，B错误；
C、烧碱吸收 NO 和 NO2的反应中，两者按 1：1 比例与 OH-反应生成 NO2-和 H2O，离子方程式：，C正确；
D、铜与稀硝酸反应生成 NO，而非 NO2，离子方程式应为，D错误；
故答案为：C。
9．A、煤燃烧生成 NO，干扰自然氮循环，A错误；
B、燃煤时 N2转化为 NO，属于氮的固定（游离态→化合态），B错误；
C、图像显示含氧量越高，NO 浓度越大，越易生成 NO，C错误；
D、温度升高，各含氧量下 NO 浓度均增大，说明温度越高 NO 污染越重，D正确；
故答案为：D。
10．A、隔绝空气煅烧 FeSO4，Fe2+→Fe3+（升价），则 S 元素必降价，可能生成 SO2，A正确；
B、Fe2O3为红色固体（铁红），可作红色涂料，B正确；
C、蒸馏制备硝酸利用 H2SO4沸点高于 HNO3，与酸性强弱无关（强酸制弱酸需溶液中反应），C错误；
D、煅烧 FeSO4为分解反应， 可表示为， SO3与水反应为化合反应， 反应为， H2SO4与 KNO3反应为复分解反应， 反应表示为， D正确；
故答案为：C。
11．A、Ce3+与 Ce4+总量不变，但反应生成水，溶液体积增大，浓度减小，A错误；
B、总反应为 2H2+2NO=N2+2H2O，NO 为氧化剂（1mol 得 2mol 电子），H2为还原剂（1mol 失 2mol 电子），氧化剂与还原剂比例为 1：1，B错误；
C、反应在酸性条件下进行，产物无 OH-，正确离子方程式为 4Ce3++2NO+4H+=4Ce4++N2+2H2O，C错误；
D、由总反应可知，消耗 H2与 NO 的物质的量相等（2：2=1：1），D正确；
故答案为：D。
12．【答案】C
【知识点】二氧化硫的性质；浓硫酸的性质；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A、浓硝酸受热易分解产生红棕色的二氧化氮，红热木炭投入浓硝酸中产生的红棕色气体，可能是浓硝酸自身分解的产物，并非一定是木炭与浓硝酸反应生成的二氧化氮，A错误；
B、氯化铵受热会分解为氨气和氯化氢气体，这两种气体在试管口遇冷又会重新化合生成氯化铵固体，这是化学变化过程，而升华是物质由固态直接变为气态的物理变化，所以不能得出氯化铵受热升华的结论，B错误；
C、五水硫酸铜（蓝色晶体）中加入浓硫酸后，固体变为白色，是因为浓硫酸吸收了五水硫酸铜中的结晶水，使其转化为无水硫酸铜（白色），这一现象直接体现了浓硫酸的吸水性，C正确；
D、酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，二氧化硫通入后使其褪色，是由于二氧化硫被氧化，表现的是二氧化硫的还原性，而非漂白性，D错误；
故答案为：C。
【分析】逐一分析各选项，结合物质的化学性质，判断实验现象与结论之间的逻辑是否成立。
A．浓硝酸受热本身会分解生成 NO2，不能直接判定是炭与之反应的产物。
B．NH4Cl 受热是分解（生成 NH3和 HCl），在管口重新化合为 NH4Cl，并非升华（物理变化）。
C．浓硫酸吸收 CuSO4 5H2O 中的结晶水，使其失去蓝色，体现吸水性。
D．SO2使酸性 KMnO4褪色是因为还原性（发生氧化还原反应），并非漂白性。
13．【答案】B
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应方程式的配平；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、反应①中，铁元素从 0 价升高到 Na2FeO2中的 +2 价，NaNO2里的氮元素从 + 3 价降低到 NH3中的 - 3 价。根据得失电子守恒和原子守恒，配平后的反应为 3Fe+NaNO2+5NaOH3Na2FeO2+NH3↑+H2O， A正确；
B、反应②是 Na2FeO2与 NaNO2反应生成 Na2Fe2O4，铁元素化合价从 + 2 价升高到 + 3 价，氮元素仍从 +3 价降到 - 3 价。反应方程式为 。每消耗 1mol NaNO2，转移 6mol 电子，因此转移 3mol 电子（3N ）时，消耗的 NaNO2应为 0.5mol，B错误；
C、反应③是 Na2FeO2（含 + 2 价 Fe）与 Na2Fe2O4（含 + 3 价 Fe）反应生成 Fe3O4（含 +2 和 +3 价 Fe），反应方程式为 ，两种反应物的物质的量之比为 1：1，C正确；
D、69.6g Fe3O4的物质的量为 69.6g÷232g/mol=0.3mol。整个过程中，铁元素失去的电子最终被 NO2-获得生成 NH3，根据电子守恒，生成 0.3mol Fe3O4时转移 2.4mol 电子，对应生成 NH3的物质的量为 0.4mol（每生成 1mol NH3转移 6mol 电子），标准状况下体积为 0.4mol×22.4L/mol=8.96L，D正确；
故答案为：B。
【分析】先明确各步反应的化学原理，通过分析元素化合价变化确定反应方程式，再结合电子转移规律和物质的量计算，逐一验证选项的正确性。
本题的易错点：
反应②的电子转移计算反应②中，NaNO2里的 N 元素从 +3 价降到 NH3中的 -3 价，1 mol NaNO2得到 6 mol 电子。当转移电子数为 3N （即 3 mol）时，消耗的 NaNO2应为 0.5 mol，容易错算成 1 mol。
反应③的物质的量比例反应③是 Na2FeO2和 Na2Fe2O4反应生成 Fe3O4，化学方程式为 Na2FeO2+Na2Fe2O4+2H2O=Fe3O4+4NaOH，二者物质的量比为 1：1，若不明确方程式，易判断错误。
多步反应的电子守恒关联计算 NH3体积时，需通过 “Fe 失去的电子总数=NaNO2得到的电子总数” 建立关系（比如 Fe3O4与 NH3的电子守恒），容易忽略多步反应的电子转移链条，导致计算出错。
14．【答案】（1）
（2）（或）；；ZnSO3
（3）气液逆流，增大吸收面积，使SO2被充分吸收；不添加药剂，节约淡水，不产生副产品和废弃物
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；离子浓度大小的比较；含硫物质的性质及综合应用
【解析】【解答】（1）石灰石的成分为碳酸钙受热生成的氧化钙吸收二氧化硫，生成的亚硫酸钙与氧气生成硫酸钙，以此分析；
故答案为：；
（2）①向氨水中通入少量SO2时，SO2与氨水反应生成亚硫酸铵，反应的离子方程式为：（或)；
根据图像1，溶液pH=5时，溶液中浓度最大的阴离子为；
②反应开始时，悬浊液中的ZnO大量吸收 SO2，生成微溶于水的ZnSO3，此时溶液pH几乎不变； 一旦ZnO完全反应生成ZnSO3后，ZnSO3继续吸收 SO2，生成易溶于水的Zn(HSO3)2，此时溶液pH逐渐 变小，SO2的吸收率逐渐降低，这一过程的离子方程式 为：（或)；故溶液几乎不变阶段，主要产物是ZnSO3；
故答案为：（或)；；ZnSO3；
（3）①在SO2吸收塔中采用海水从塔顶喷洒，烟气从塔底鼓入，其目的是气液逆流，增大吸收面积，使SO2被充分吸收；
②相比氨水脱硫和生物质热解气脱硫，海水脱硫的优点是不添加药剂，节约淡水，不产生副产品和废弃物；
故答案为：气液逆流，增大吸收面积，使SO2被充分吸收；不添加药剂，节约淡水，不产生副产品和废弃物。
【分析】石灰石脱硫的原理是通过一系列化学反应将二氧化硫转化为稳定的硫酸盐：
石灰石的主要成分碳酸钙在高温下分解为氧化钙和二氧化碳：CaCO3高温分解为 CaO 和 CO2。
生成的氧化钙与煤燃烧产生的二氧化硫反应，生成亚硫酸钙：CaO 和 SO2反应生成 CaSO3。
亚硫酸钙在氧气作用下进一步被氧化为硫酸钙（石膏）：2 个 CaSO3与 O2反应生成 2 个 CaSO4。
这三步反应共同作用，将有害的二氧化硫转化为固体硫酸钙，从而减少其排放。
碱性溶液脱硫中，氨水或碱性悬浊液先吸收二氧化硫，形成含硫的中间产物（如亚硫酸盐），这些中间产物在氧气催化氧化下最终转化为易溶于水的硫酸盐，实现脱硫目的。结合溶液中不同 pH 条件下亚硫酸根、亚硫酸氢根等离子的分布规律，可更深入理解吸收和氧化的过程机制。
（1）石灰石的成分为碳酸钙受热生成的氧化钙吸收二氧化硫，生成的亚硫酸钙与氧气生成硫酸钙，以此分析；
故答案为：；
（2）①向氨水中通入少量SO2时，SO2与氨水反应生成亚硫酸铵，反应的离子方程式为：（或)；
根据图像1，溶液pH=5时，溶液中浓度最大的阴离子为；
②反应开始时，悬浊液中的ZnO大量吸收 SO2，生成微溶于水的ZnSO3，此时溶液pH几乎不变； 一旦ZnO完全反应生成ZnSO3后，ZnSO3继续吸收 SO2，生成易溶于水的Zn(HSO3)2，此时溶液pH逐渐 变小，SO2的吸收率逐渐降低，这一过程的离子方程式 为：（或)；故溶液几乎不变阶段，主要产物是ZnSO3；
故答案为：（或)；；ZnSO3；
（3）①在SO2吸收塔中采用海水从塔顶喷洒，烟气从塔底鼓入，其目的是气液逆流，增大吸收面积，使SO2被充分吸收；
②相比氨水脱硫和生物质热解气脱硫，海水脱硫的优点是不添加药剂，节约淡水，不产生副产品和废弃物；
故答案为：气液逆流，增大吸收面积，使SO2被充分吸收；不添加药剂，节约淡水，不产生副产品和废弃物。
15．【答案】（1）提高碱浸速率
（2）Al(OH)3
（3）将V2O3氧化为V2O5
（4）温度过高，NH4HCO3分解
（5）用湿润的红色石蕊试纸检验，如石蕊试纸变蓝则有生成（或用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近，看到有白烟则证明有氨气生成）；利用空气流及时赶出，以防还原
（6）边搅拌边缓慢向溶液中滴加溶液，控制pH不大于7.8，静置后过滤，生成的用蒸馏水洗涤2～3次，若用盐酸酸化的BaCl2溶液检验不出，则说明已洗涤干净
【知识点】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
【解析】【解答】（1）“碱浸”过程适当加热可提高碱浸速率。
故答案为： 提高碱浸速率 ；
（2）由分析可知，滤液1中含有过量的NaOH、四羟基铝酸钠，通入过量的与四羟基铝酸钠生成白色沉淀Al(OH)3。
故答案为： Al(OH)3 ；
（3）由题意可知，烘干灼烧滤渣的目的是使三氧化二钒被空气中氧气氧化生成五氧化二钒。
故答案为： 将V2O3氧化为V2O5 ；
（4）如果温度过高，碳酸氢铵受热会分解，会导致原料利用率低，则沉锰时需将温度控制在70℃左右。
故答案为： 温度过高，NH4HCO3分解 ；
（5）是碱性气体，可以用湿润的红色石蕊试纸检验，如石蕊试纸变蓝则有生成，或用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近，看到有白烟则证明有氨气生成；要在流动空气中煅烧，若不流通，由于具有强氧化性，会与具有还原性的反应，从而影响产物的纯度及产率。
故答案为： 用湿润的红色石蕊试纸检验，如石蕊试纸变蓝则有生成（或用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近，看到有白烟则证明有氨气生成） ； 利用空气流及时赶出，以防还原 ；
（6）以溶液、溶液为原料制备，若pH大于7.8，则会生成Mn(OH)2沉淀，故需要控制pH不大于7.8，因此制备的实验方案为：边搅拌边缓慢向溶液中滴加溶液，控制pH不大于7.8，静置后过滤，生成的用蒸馏水洗涤2～3次，因表面会附着有，若用盐酸酸化的BaCl2溶液检验不出，则说明已洗涤干净。
故答案为： 边搅拌边缓慢向溶液中滴加溶液，控制pH不大于7.8，静置后过滤，生成的用蒸馏水洗涤2～3次，若用盐酸酸化的BaCl2溶液检验不出，则说明已洗涤干净。
【分析】碱浸阶段：向废料中加入 NaOH 溶液，其中 Al2O3作为两性氧化物会与 NaOH 反应，生成可溶于水的四羟基合铝酸钠，而 V2O3和 MnO 不与碱反应。通过过滤实现分离，得到含四羟基合铝酸钠和过量 NaOH 的滤液 1，以及含 V2O3、MnO 的滤渣。此过程加热可加快 Al2O3的溶解速率，提高浸出效率；烘干灼烧阶段：对滤渣进行烘干后灼烧，空气中的氧气会将 V2O3氧化为 V2O5，而 MnO 在该条件下不发生反应；酸溶阶段：向灼烧后的固体中加入 H2SO4溶液，V2O5与硫酸反应生成可溶的偏钒酸，MnO 则与硫酸反应生成 MnSO4，过滤后得到含这两种溶质的溶液（滤渣 2 可忽略）。沉锰阶段：向酸溶后的溶液中加入 NH4HCO3溶液，MnSO4会与 NH4HCO3反应生成 MnCO3沉淀（微溶于水），过滤后实现锰元素与钒元素的分离，得到含偏钒酸的滤液。结晶与煅烧阶段：向含偏钒酸的滤液中加入过量硫酸铵溶液，经浓缩结晶得到 NH4VO3晶体，最后通过煅烧 NH4VO3晶体，分解得到目标产物 V2O5。
（1）“碱浸”过程适当加热可提高碱浸速率。
（2）由分析可知，滤液1中含有过量的NaOH、四羟基铝酸钠，通入过量的与四羟基铝酸钠生成白色沉淀Al(OH)3。
（3）由题意可知，烘干灼烧滤渣的目的是使三氧化二钒被空气中氧气氧化生成五氧化二钒。
（4）如果温度过高，碳酸氢铵受热会分解，会导致原料利用率低，则沉锰时需将温度控制在70℃左右。
（5）是碱性气体，可以用湿润的红色石蕊试纸检验，如石蕊试纸变蓝则有生成，或用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近，看到有白烟则证明有氨气生成；要在流动空气中煅烧，若不流通，由于具有强氧化性，会与具有还原性的反应，从而影响产物的纯度及产率。
（6）以溶液、溶液为原料制备，若pH大于7.8，则会生成Mn(OH)2沉淀，故需要控制pH不大于7.8，因此制备的实验方案为：边搅拌边缓慢向溶液中滴加溶液，控制pH不大于7.8，静置后过滤，生成的用蒸馏水洗涤2～3次，因表面会附着有，若用盐酸酸化的BaCl2溶液检验不出，则说明已洗涤干净。
16．【答案】（1）0.5；容量瓶、胶头滴管
（2）稳定剂Ⅱ，稳定剂Ⅱ可以缓慢释放二氧化氯，能较长时间维持保鲜所需的浓度
（3）；增大，氢氧根离子浓度增大，氧化的速率加快
（4）0.675
【知识点】化学反应速率的影响因素；常用仪器及其使用；配制一定物质的量浓度的溶液；中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】（1）①反应中，氯酸钠中+5价的氯元素化合价由+5降低至二氧化氯中的+4价，氯化氢中的氯元素由-1价升高至氯气中的0价，每生成，转移2mol电子，生成时，转移电子；
②用浓盐酸配制反应所需的稀盐酸，必须使用的玻璃仪器有烧杯、量筒、玻璃棒和容量瓶、胶头滴管；
故答案为： 0.5 ；容量瓶、胶头滴管；
（2）加酸后释放的浓度随时间的变化如图1所示，稳定剂Ⅱ在较长时间内保持在起保鲜作用的最低浓度之上，故稳定剂Ⅱ可以缓慢释放二氧化氯，能较长时间维持保鲜所需的浓度；
故答案为： 稳定剂Ⅱ，稳定剂Ⅱ可以缓慢释放二氧化氯，能较长时间维持保鲜所需的浓度 ；
（3）①时水体中转化为转化为，该反应的离子方程式为：；
②反应物浓度越大，反应速率越快，随增大，氢氧根离子浓度增大，氧化的速率加快；
故答案为：；增大，氢氧根离子浓度增大，氧化的速率加快 ；
（4）根据反应方程式：、，可得和的反应比例为1∶5，的溶液中，的物质的量为0.00001mol；所以二氧化氯的物质的量为0.000002mol，故二氧化氯的质量为：0.000002mol×67.5g/mol=0.000135g=0.135mg，自来水样品的体积为200mL即0.2L，二氧化氯的浓度为：。
故答案为： 0.675 。
【分析】（1）①反应中 NaClO3里的 Cl 从 +5 价降到 ClO2中的 +4 价，HCl 里的 Cl 从 -1 价升到 Cl2中的 0 价。生成 2mol ClO2转移 2mol 电子，故生成 0.5mol ClO2转移 0.5mol 电子。
②配制 500mL 2mol L- 稀盐酸，必需玻璃仪器还包括 500mL 容量瓶和胶头滴管。
（2）稳定剂 Ⅱ 效果更好，因其能缓慢释放 ClO2，较长时间维持保鲜所需的最低浓度。
（3）①pH=8 时，反应离子方程式为 2ClO2+Mn2++4OH-=MnO2↓+2ClO2-+2H2O。
②pH 增大，OH-浓度升高，加快 ClO2氧化 Mn2+的速率，使去除率提高。
（4）由反应关系得 ClO2与 Na2S2O3物质的量比为 1：5。计算得 Na2S2O3为 0.00001mol，故 ClO2为 0.000002mol，质量浓度为 0.675mg L- 。
（1）①反应中，氯酸钠中+5价的氯元素化合价由+5降低至二氧化氯中的+4价，氯化氢中的氯元素由-1价升高至氯气中的0价，每生成，转移2mol电子，生成时，转移电子；
②用浓盐酸配制反应所需的稀盐酸，必须使用的玻璃仪器有烧杯、量筒、玻璃棒和容量瓶、胶头滴管；
（2）加酸后释放的浓度随时间的变化如图1所示，稳定剂Ⅱ在较长时间内保持在起保鲜作用的最低浓度之上，故稳定剂Ⅱ可以缓慢释放二氧化氯，能较长时间维持保鲜所需的浓度；
（3）①时水体中转化为转化为，该反应的离子方程式为：；
②反应物浓度越大，反应速率越快，随增大，氢氧根离子浓度增大，氧化的速率加快；
（4）根据反应方程式：、，可得和的反应比例为1∶5，的溶液中，的物质的量为0.00001mol；所以二氧化氯的物质的量为0.000002mol，故二氧化氯的质量为：0.000002mol×67.5g/mol=0.000135g=0.135mg，自来水样品的体积为200mL即0.2L，二氧化氯的浓度为：。
17．【答案】（1）
（2）
（3）
（4）纳米零价铁在催化剂表面失去电子变为亚铁离子，在催化剂层中氢离子得电子变为氢原子，在酸性条件下氢原子还原硝酸根离子变为NH，NH失去氢原子后，两个氮原子生成氮气；减小，H+离子浓度增大，会生成更多的H，使硝酸根被还原的中间产物NH更多地与H反应生成，减少了氮气的生成
【知识点】氧化还原反应；铁的化学性质；铁及其化合物的性质实验；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）铁屑中含少量杂质，加硫酸后生成硫酸铁，铁离子具有氧化性，“酸溶”时发生两个氧化还原反应，离子方程式为：、；
故答案为： ；
（2）固体经灼烧后得到红棕色固体和混合气体，若，根据得失电子守恒和原子守恒配平，“灼烧”过程中发生反应的化学方程式为：；
故答案为： ；
（3）“还原”中使用的还原剂为，在“还原”前要对装置进行充分干燥处理，不得留有水，是因为高温条件下铁与水蒸气反应，获得的铁粉中混有杂质，方程式为：；
故答案为： ；
（4）①根据图1所示，纳米零价铁在催化剂表面失去电子变为亚铁离子，在催化剂层中氢离子得电子变为氢原子，在酸性条件下氢原子还原硝酸根离子变为NH，NH失去氢原子后，两个氮原子生成氮气；
②当时，随减小，生成率逐渐降低，结合图1和图2可以看出，减小，H+浓度增大，会生成更多的H，使硝酸根被还原的中间产物NH更多地与H反应生成，减少了氮气的生成。
故答案为： 纳米零价铁在催化剂表面失去电子变为亚铁离子，在催化剂层中氢离子得电子变为氢原子，在酸性条件下氢原子还原硝酸根离子变为NH，NH失去氢原子后，两个氮原子生成氮气 ；减小，H+离子浓度增大，会生成更多的H，使硝酸根被还原的中间产物NH更多地与H反应生成，减少了氮气的生成 。
【分析】铁屑中的 Fe 与 H2SO4反应生成 FeSO4和 H2；杂质 Fe2O3与 H2SO4反应生成 Fe2(SO4)3和 H2O，同时 Fe 会与 Fe2(SO4)3进一步反应生成 FeSO4，最终得到以 FeSO4为主的溶液；向 FeSO4溶液中加入 H2C2O4（草酸），反应生成 FeC2O4固体沉淀，实现铁元素的分离富集。FeC2O4固体在 O2参与下灼烧，发生氧化还原反应，生成 Fe2O3、CO 和 CO2，将草酸亚铁转化为氧化铁。最后用还原剂（如 H2）将 Fe2O3还原，得到纳米级单质铁粉。
（1）铁屑中含少量杂质，加硫酸后生成硫酸铁，铁离子具有氧化性，“酸溶”时发生两个氧化还原反应，离子方程式为：、；
（2）固体经灼烧后得到红棕色固体和混合气体，若，根据得失电子守恒和原子守恒配平，“灼烧”过程中发生反应的化学方程式为：；
（3）“还原”中使用的还原剂为，在“还原”前要对装置进行充分干燥处理，不得留有水，是因为高温条件下铁与水蒸气反应，获得的铁粉中混有杂质，方程式为：；
（4）①根据图1所示，纳米零价铁在催化剂表面失去电子变为亚铁离子，在催化剂层中氢离子得电子变为氢原子，在酸性条件下氢原子还原硝酸根离子变为NH，NH失去氢原子后，两个氮原子生成氮气；
②当时，随减小，生成率逐渐降低，结合图1和图2可以看出，减小，H+浓度增大，会生成更多的H，使硝酸根被还原的中间产物NH更多地与H反应生成，减少了氮气的生成。
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