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江苏省南京市六校联合体2024-2025学年高二上学期1月期末化学试题
1．（2025高二上·南京期末）自主创新是我国成为世界科技强国的关键支点。通过持续不断的科技创新，我国已在科技领域取得了显著成就。下列说法不正确的是
A．“小米SU7”的车身采用了钢铝合金材料，相对于纯铝具有硬度大熔点高的特点
B．自主研发的大型飞机C919用到的氮化硅陶瓷是新型无机非金属材料
C．“神舟十九”的热控保温材料——纳米气凝胶，可产生丁达尔效应
D．我国首次获得公斤级丰度99%的产品，与互为同位素
2．（2025高二上·南京期末）氮化镓是新型半导体材料。工业制备氮化镓的常用方法是。下列叙述正确的是
A．中含有离子键和共价键
B．HCl的电子式：
C．基态N原子价层电子排布式：
D．键角
3．（2025高二上·南京期末）实验室制取少量并研究其性质，下列实验装置和操作能达到实验目的的是
A．制取 B．除去杂质
C．测量氯水pH D．吸收尾气的
A．A B．B C．C D．D
4．（2025高二上·南京期末）明矾是常用的净水剂。下列判断正确的是
A．沸点： B．第一电离能：
C．半径： D．碱性强弱：
5．（2025高二上·南京期末）在给定条件下，下列制备过程涉及的物质转化不可以实现的是
A．工业制硫酸：黄铁矿
B．侯氏制碱法：饱和
C．工业制取镁：
D．工业制高纯硅：(粗)
（2025高二上·南京期末）阅读下列资料，完成下列小题。
氮元素单质及其化合物作用广泛。液氨()发生微弱电离产生，能与碱金属(如Na、K)反应产生。碱性条件下，NaClO氧化可制备。肼()常温下为液态，燃烧热大(642kJmol- )，产物无污染，常用作火箭燃料；在水中可生成，溶液呈弱碱性。地球上的生物氮循环转化关系如图所示，羟胺()可作油脂工业中的抗氧化剂。
6．下列物质结构与性质或物质性质与用途不具有对应关系的是
A．分子中存在结构，可用作保护气
B．是极性分子，可作火箭燃料
C．液氨汽化时吸收大量的热，可用作制冷剂
D．具有还原性，可作油脂工业中的抗氧化剂
7．下列说法正确的是
A．溶液呈弱碱性的原因是
B．中N原子的杂化类型为
C．的VSEPR模型为V形
D．图甲所示生物氮循环转化关系中，氮的固定只有1步，氮元素被还原的有4步
8．下列化学反应表示正确的是
A．用过量氨水吸收废气中的：
B．肼的燃烧热： kJmol-1
C．液氨与钠反应：
D．NaClO氧化制备：
9．（2025高二上·南京期末）金属硫化物()催化反应 ，T℃时，平衡常数为K。该反应既可以除去天然气中的，又可以获得。下列说法正确的是
A．该反应的
B．T℃时，若时，则
C．选择金属硫化物()作催化剂能降低反应活化能和焓变
D．该反应每消耗1mol可除去44.8L
10．（2025高二上·南京期末）碱性锌锰电池的总反应为，电池构造示意图如图所示。下列有关说法不正确的是
A．负极的电极反应式：
B．电池工作时，通过隔膜向负极移动
C．环境温度过低，不利于电池放电
D．反应中每生成1molMnOOH，转移电子数为
11．（2025高二上·南京期末）下列实验操作和现象，能得出相应结论的是
　 实验操作和现象 结论
A 用0.1molL-1NaOH溶液分别中和等体积的0.1molL-1溶液和0.1molL-1溶液，消耗的NaOH溶液多 酸性：
B 用pH计分别测定等浓度的溶液和溶液的pH，溶液的pH小 键的极性增强，羧酸酸性增强
C 反应平衡后，缩小容器的体积，气体的颜色变深 平衡向逆反应方向移动
D 向2mL0.1molL-1溶液中先滴加4滴0.1molL-1NaCl溶液，振荡后再滴加4滴0.1molL-1KI溶液，白色沉淀变为黄色沉淀
A．A B．B C．C D．D
12．（2025高二上·南京期末）是二元弱酸，室温下，通过下列实验探究溶液的性质。
已知：、。若忽略溶液混合时的体积变化，下列说法正确的是
实验1：测得0.1mol·L-1的溶液的pH约为5.6
实验2：向0.1mol·L-1溶液中加入等体积0.1mol·L-1溶液，溶液变浑浊
实验3：向5mL0.1mol·L-1溶液中滴加少量0.1mol·L-1KOH溶液，无明显现象
实验4：向酸性溶液中滴加过量0.1mol·L-1的溶液，溶液紫红色褪去
A．依据实验1推测：
B．依据实验2推测：
C．依据实验3推测：反应后溶液中有
D．依据实验4推测：溶液具有漂白性
13．（2025高二上·南京期末）甲烷催化二氧化碳重整制合成气过程中主要发生反应的热化学方程式为：
反应Ⅰ： kJ·mol-1
反应Ⅱ：
反应Ⅲ： kJ·mol-1
常压下，将原料气和以一定流速(气体摩尔流量kmolh-1)通入装有催化剂的反应管，实验测得原料气的转化率和水的摩尔流量随温度变化的曲线如图所示。下列说法正确的是
A．反应Ⅱ的kJ·mol-1
B．图中曲线B表示的转化率随温度的变化
C．温度在873~1200K间，的转化量减小的幅度大于增大的幅度
D．其他条件不变，随着的比值增加，的平衡转化率降低
14．（2025高二上·南京期末）实验室以菱锰矿(含及少量Fe、Si的氧化物等)为原料制备高纯和的流程如下图所示。
已知：室温下、、、。
（1）该流程中可循环使用的物质有　 　。
（2）“焙烧”过程中发生的化学方程式：　 　。
（3）“沉铁”过程中会产生少量沉淀。在工业上可用于去除溶液中，反应为，其平衡常数　 　。
（4）制取在如图所示实验装置中，搅拌下使一定量的溶液与氨水混合溶液充分反应。
①滴液漏斗中添加的药品是　 　。
②混合溶液中氨水的作用是　 　。
（5）制取。固定其他条件不变，反应物物质的量浓度比值、温度、空气流量对溶液制取纯度的影响分别如图所示。
补充完整制取纯净的实验方案：取25mL0.7mol·L-1的溶液，　 　，控制搅拌速率500r·min-1反应8h，　 　，110℃干燥2h，得到纯净的(须使用的试剂：0.7mol·L-1NaOH溶液、1.0mol·L-1溶液)。
15．（2025高二上·南京期末）高铁酸盐是优良的多功能水处理剂。为紫色固体，可溶于水，在0~5℃、强碱性溶液中比较稳定，在酸性、中性溶液中易分解放出。
（1）的制备。在碱性条件下，可通过KClO溶液与溶液的反应制备。
①工业上常用废铁屑为原料制备溶液，溶液中可能含有少量，检验的方法　 　。
②写出生成的反应的离子方程式　 　。
（2）测定纯度。工业上用“间接碘量法”测定高铁酸钾的纯度：用碱性KI溶液溶解1.00g样品，调节pH使高铁酸根全部被还原成亚铁离子，再调节pH为3~4，用1.00mol·L-1的标准溶液作为滴定剂进行滴定()，淀粉作指示剂，平行测定三次，平均消耗标准溶液18.00mL。
①用标准溶液滴定时，达到终点的标志为　 　。
②样品中的质量分数为　 　。(写出计算过程)
（3）的应用。可用于生活垃圾渗透液的脱氮(将含氮物质转化为)处理。对生活垃圾渗透液的脱氮效果随水体pH的变化结果如下：
①根据图推测，时生活垃圾渗透液中含氮物质主要以　 　形式存在。
②由上图可知脱氮的最佳pH约为8，试分析可能原因　 　。
16．（2025高二上·南京期末）烟气脱硝技术是烟气治理的发展方向和研究热点。
（1）以为活性物质、为载体的催化剂，可用于烟气中的脱除。将胶体与、溶液混合，静置、过滤、洗涤、煅烧制得催化剂。异丙醇铝加入到75℃水中，充分搅拌可生成胶体。
已知：胶粒表面带正电荷。
①生成胶体的化学方程式为　 　。
②与、溶液混合前，须在胶体中加入一定量NaOH溶液的目的是　 　。
③“煅烧”制催化剂的过程中固体的质量先减小后增大，固体质量增加的原因是　 　。
（2）将模拟烟气(主要成分为NO、、)匀速通过装有催化剂的反应管，和NO反应机理可表示为(ads表示吸附态)。
负载不同含量的催化剂对NO的脱除率随温度的变化如下图所示。
①130~200℃温度范围内，随着温度的升高，NO脱除率均迅速增大原因是　 　。
②催化剂的催化效率与反应物在载体表面的吸附和活性物质表面的反应有关。温度高于400℃，使用催化剂B的NO脱除率明显低于催化剂A，其原因是　 　。
（3）实验测得温度升高出口处含量增大，已知与在该催化剂下很难反应生成，含量增大的原因是　 　(用化学方程式表示)。
17．（2025高二上·南京期末）绿色能源是未来能源发展的方向，积极发展氢能，是实现“碳达峰、碳中和”的重要举措，可以用以下方法制备氢气。
（1）催化重整：
ⅰ． kJ·mol-1
ⅱ． kJ·mol-1
①反应的　 　kJ·mol-1。
②实验发现，其他条件不变，向体系中加入CaO可明显提高平衡体系中的含量。分析投入CaO时，百分含量增大的原因是：　 　。
（2）利用之间的相互转化，来裂解水制取氢气，其制氢流程如图所示。该工艺制氢的总反应为，对比水和碳在高温下直接接触反应制氢，分析该工艺制氢的最大优点是　 　。
（3）硼氢化钠()水解制氢：常温下，自水解过程缓慢，需加入催化剂提高其产氢速率。在某催化剂表面制氢的微观过程如图所示。
①若用代替，依据反应机理，则反应后生成的气体中含有　 　。
②其他条件相同时，测得平均每克催化剂使用量下，浓度对制氢速率的影响如下图所示。(已知：浓度较大时，易以形式结晶析出。)
分析质量分数超过10%后制氢速率下降的可能原因　 　。
③转化为后，电解溶液又可制得，实现物质的循环利用，电解装置如图所示。阴极上的电极反应式是　 　。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】合金及其应用；同位素及其应用
【解析】【解答】A、合金的硬度比组成它的纯金属大，但熔点比纯金属低。钢铝合金作为合金，硬度大于纯铝，然而熔点低于纯铝，并非 “熔点高”，A错误；
B、氮化硅陶瓷属于新型无机非金属材料，区别于传统的硅酸盐材料（如普通陶瓷），B正确；
C、纳米气凝胶属于胶体分散系，胶体能够产生丁达尔效应，因此纳米气凝胶可产生该效应，C正确；
D、质子数相同、中子数不同的同一元素的不同原子互为同位素。 Mo 与98Mo 质子数相同，中子数不同，符合同位素定义，D正确；
故答案为：A。
【分析】依据合金、新型无机非金属材料、胶体、同位素的定义及性质，逐一分析选项的正确性。
2．【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；键能、键长、键角及其应用；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、GaCl3中，Ga 属于金属性较弱的金属元素，与活泼非金属 Cl 结合时，原子间通过共用电子对形成化学键，因此 GaCl3只含共价键，不存在离子键。A错误；
B、HCl 是典型的共价化合物，其电子式的书写需体现共用电子对，正确的写法为 ；若写成含 H+和 Cl-的形式，则混淆了共价化合物与离子化合物的电子式书写规则。B错误；
C、价层电子特指原子的最外层电子，基态 N 原子的核外电子排布为 1s22s22p3，其价层电子排布式应为 2s22p3；选项中若包含内层的 1s2 电子，则违背了价层电子的定义，C错误；
D、NH4+中 N 原子的 4 个价层电子对均为成键电子对，无孤电子对，采取 sp3 等性杂化，空间结构为正四面体，键角约为 109°28'；NH3中 N 原子存在 1 对孤电子对，3 对成键电子对，采取 sp3 不等性杂化，孤电子对对成键电子对的斥力大于成键电子对之间的斥力，导致键角被压缩至约 107°。因此键角大小关系为 NH4+ > NH3。D正确；
故答案为：D。
【分析】金属性强弱是判断金属与非金属之间键型的关键：金属性强的金属易形成离子键，金属性较弱的金属易形成共价键。
共价化合物电子式书写核心是标注共用电子对，不能出现阴阳离子符号；离子化合物则需标注阴阳离子及电荷。
价层电子排布式仅描述原子最外层电子的排布状态，不包含内层电子。
分子或离子的键角大小受孤电子对数量影响：孤电子对数量越多，对成键电子对的斥力越大，键角越小。
3．【答案】D
【知识点】氯气的化学性质；氯气的实验室制法；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A、浓盐酸和 MnO2反应生成 Cl2的条件是加热，图中装置未设置加热仪器，无法发生反应，不能制取 Cl2，故A不符合题意 ；
B、饱和 NaHCO3溶液会与 HCl 反应生成 CO2（引入新杂质），同时 Cl2也会与 NaHCO3反应（Cl2+H2O+NaHCO3=NaCl+CO2+H2O），应选用饱和食盐水除杂，故B不符合题意 ；
C、氯水中含 HClO，HClO 具有强氧化性和漂白性，会先使 pH 试纸变红后褪色，无法准确测量 pH，故C不符合题意 ；
D、Cl2与 NaOH 溶液反应（Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O），可有效吸收尾气；且导管直接插入溶液，因 Cl2在水中溶解度不大，反应速率适中，不会发生倒吸，故D符合题意 ；
故答案为：D。
【分析】A．掌握浓盐酸与 MnO2制取 Cl2的反应条件。
B．选择合适的除杂试剂，避免引入新杂质且不消耗目标气体。
C．理解氯水的成分及 HClO 的性质对 pH 测量的影响。
D．尾气处理需考虑反应吸收效率及防倒吸。
4．【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；氢键的存在对物质性质的影响；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、H2O 分子间存在氢键，而 H2S 分子间没有氢键。氢键会显著提高物质沸点，因此 H2O 的沸点高于 H2S，A错误；
B、同周期元素第一电离能随原子序数增大呈增大趋势，但 N 的 2p 轨道为半充满稳定结构，其第一电离能比同周期相邻的 O 大，即 I1(N) > I1(O)，B错误；
C、O2-和 Al3+的电子层结构相同（均为 2 个电子层），核电荷数越大，对核外电子的吸引力越强，离子半径越小。Al 的核电荷数（13）大于 O（8），故 r (O2-) > r (Al3+)，C正确；
D、金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强。K 的金属性远强于 Al，因此碱性 KOH > Al(OH)3，D错误；
故答案为：C。
【分析】根据物质性质的相关规律，如氢键对沸点的影响、第一电离能的特殊性、离子半径比较规则、金属性与碱性的关系，逐一分析选项正确性。
5．【答案】C
【知识点】工业制取硫酸；纯碱工业（侯氏制碱法）；海水资源及其综合利用；硅和二氧化硅
【解析】【解答】A、黄铁矿（FeS2）在空气中燃烧生成 SO2，SO2在 400-500℃、催化剂条件下被 O2氧化为 SO3，SO3用 98.3% 浓硫酸吸收（避免直接用水形成酸雾）得到 H2SO4，各步转化均符合工业实际，A可实现；
B、饱和 NaCl 溶液先通 NH3（使溶液显碱性，利于 CO2溶解），再通 CO2，生成溶解度较小的 NaHCO3沉淀；NaHCO3加热分解得到 Na2CO3，这是侯氏制碱法的核心流程，B可实现；
C、MgCl2溶液加热蒸干时，Mg2+ 会水解生成 Mg(OH)2，且 HCl 挥发，最终得到的是 Mg(OH)2（或 MgO），无法得到无水 MgCl2固体；工业制镁需电解熔融的无水 MgCl2，因此该转化不可实现，C不可实现；
D、SiO2与 C 在高温下反应得到粗 Si，粗 Si 与 HCl 在 300℃下生成 SiHCl3（提纯），SiHCl3再与过量 H2在 1100℃下反应得到高纯 Si，符合工业提纯硅的流程，D可实现；
故答案为：C。
【分析】本题的易错点集中在 “工业制备流程中物质性质的忽略”，具体有 2 点：
盐溶液蒸干的产物误判：忽略 MgCl2是强酸弱碱盐，其溶液加热蒸干时，Mg2+会水解生成 Mg(OH)2，且 HCl 挥发，误认为 “MgCl2溶液加热蒸干能得到无水 MgCl2固体”，进而错误判断工业制镁的转化可行性。
工业流程细节的混淆：对侯氏制碱法的通气体顺序、工业制硫酸的吸收方式等流程细节不清晰，易误判这些转化的可行性；但核心易错点还是对 “盐溶液水解蒸干产物” 的认知偏差。
【答案】6．B
7．A
8．C
【知识点】物质的结构与性质之间的关系；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氧化还原反应；氧化还原反应方程式的配平
【解析】【解答】（1）A、N2分子里存在 N≡N 键，键能很大，化学性质稳定，因此能用作保护气，对应关系成立，故A不符合题意 ；
B、N2H4作为火箭燃料，主要是因为其燃烧热高且产物无污染，和它是极性分子没有直接联系，对应关系不成立，故B符合题意 ；
C、液氨汽化时会吸收大量热量，能使周围温度降低，所以可作制冷剂，对应关系成立，故C不符合题意 ；
D、NH2OH 具有还原性，能防止油脂被氧化，因此可作油脂工业的抗氧化剂，对应关系成立，故D不符合题意 ；
故答案为：B。
（2）A、N2H4 H2O 溶液显弱碱性，是因为它在水中能电离出 OH-，电离过程可表示为
N2H4 H2O N2H5+ + OH-，A正确；
B、NH2OH 中 N 原子形成 3 个 σ 键，还有 1 对孤电子对，杂化类型为 sp3，而非 sp2，B错误；
C、NO2-中 N 原子的价层电子对数为 ，含 1 对孤电子对，VSEPR 模型为平面三角形，而非 V 形，C错误；
D、氮的固定是游离态 N 转化为化合态 N，图中只有步骤⑤属于氮的固定；N 元素被还原（化合价降低）的步骤有①②③④⑤，共 5 步，D错误；
故答案为：A。
（3）A、过量氨水吸收 SO2，应生成 (NH4)2SO3和水，而非 NH4HSO3，A错误；
B、燃烧热要求 H2O 为液态，而该式中 H2O 是气态，不符合燃烧热定义，B错误；
C、液氨与 Na 反应生成 NaNH2和 H2，化学方程式 2Na+2NH3=2NaNH2+H2↑，C正确；
D、NaClO 氧化 NH3制备 N2H4的正确离子方程式为 2NH3+ClO-=N2H4+Cl-+H2O，原方程式电荷不守恒，D错误；
故答案为：A。
【分析】（1）判断各选项中物质的结构、性质与用途之间是否存在直接对应关系。
（2）从电离原理、杂化类型判断、VSEPR 模型分析、氮的固定及还原反应概念等方面，逐一验证选项正确性。
（3）根据反应规律、燃烧热定义、化学方程式及离子方程式的书写规则，判断各选项是否正确。
6．A、N2分子里存在 N≡N 键，键能很大，化学性质稳定，因此能用作保护气，对应关系成立，故A不符合题意 ；
B、N2H4作为火箭燃料，主要是因为其燃烧热高且产物无污染，和它是极性分子没有直接联系，对应关系不成立，故B符合题意 ；
C、液氨汽化时会吸收大量热量，能使周围温度降低，所以可作制冷剂，对应关系成立，故C不符合题意 ；
D、NH2OH 具有还原性，能防止油脂被氧化，因此可作油脂工业的抗氧化剂，对应关系成立，故D不符合题意 ；
故答案为：B。
7．A、N2H4 H2O 溶液显弱碱性，是因为它在水中能电离出 OH-，电离过程可表示为
N2H4 H2O N2H5+ + OH-，A正确；
B、NH2OH 中 N 原子形成 3 个 σ 键，还有 1 对孤电子对，杂化类型为 sp3，而非 sp2，B错误；
C、NO2-中 N 原子的价层电子对数为 ，含 1 对孤电子对，VSEPR 模型为平面三角形，而非 V 形，C错误；
D、氮的固定是游离态 N 转化为化合态 N，图中只有步骤⑤属于氮的固定；N 元素被还原（化合价降低）的步骤有①②③④⑤，共 5 步，D错误；
故答案为：A。
8．A、过量氨水吸收 SO2，应生成 (NH4)2SO3和水，而非 NH4HSO3，A错误；
B、燃烧热要求 H2O 为液态，而该式中 H2O 是气态，不符合燃烧热定义，B错误；
C、液氨与 Na 反应生成 NaNH2和 H2，化学方程式 2Na+2NH3=2NaNH2+H2↑，C正确；
D、NaClO 氧化 NH3制备 N2H4的正确离子方程式为 2NH3+ClO-=N2H4+Cl-+H2O，原方程式电荷不守恒，D错误；
故答案为：A。
9．【答案】B
【知识点】焓变和熵变；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、反应式为 CH4(g) + 2H2S (g) CS2(g) + 4H2(g)。反应前气体分子总数是 1 + 2 = 3，反应后是 1 + 4 = 5，分子数增多，体系混乱度增大，熵变 ΔS > 0，A错误；
B、该反应的平衡常数 K 表达式为，若，说明当前状态下产物浓度相对偏低，反应会向正方向进行，此时正反应速率 v 正大于逆反应速率 v 逆，B正确；
C、催化剂（如 MxSy）的作用是降低反应的活化能，加快反应速率，但不能改变反应的焓变（ΔH），焓变由反应物和生成物的能量差决定，C错误；
D、反应中 1mol CH4消耗 2mol H2S，但题目未说明 H2S 处于标准状况，无法确定 2mol H2S 的体积一定是 44.8L（标准状况下 2mol 气体体积才是 44.8L），D错误；
故答案为：B。
【分析】从熵变判断、平衡常数应用、催化剂作用及气体体积计算条件这几个角度，逐一分析选项的正确性。
A.熵变（ΔS）判断：反应中气体分子数从“1+2=3”变为“1+4=5”，分子数增多、混乱度增大，故ΔS>0。
B.平衡常数与反应速率的关系：对比浓度商与平衡常数K：当QC.催化剂的作用：催化剂只能降低反应活化能，不能改变反应的焓变（ΔH）。
D.气体体积的条件限制：D选项中“44.8L H2S”未说明是标准状况，无法直接用22.4L/mol计算体积。
10．【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；常见化学电源的种类及其工作原理
【解析】【解答】A、Zn 在反应中失去电子，作为负极。其反应是 Zn 与 OH-反应生成 ZnO 和 H2O，电极反应式为 ： ，A正确；
B、原电池中，阴离子向负极移动。OH-是阴离子，会通过隔膜移向负极（Zn 所在电极），B正确；
C、温度过低时，化学反应速率减慢，电池放电过程也会变慢，不利于放电，C正确；
D、正极上 MnO2得电子生成 MnOOH，反应为 。由此可知，生成 1mol MnOOH 时，转移 1mol 电子，电子数为 6.02×1023，而非 2×6.02×1023，D错误；
故答案为：D。
【分析】先明确碱性锌锰电池的正负极反应物及总反应，再结合原电池工作规律（电极反应、离子移动方向、温度影响、电子转移计算）分析各选项。
11．【答案】B
【知识点】化学平衡的影响因素；弱电解质在水溶液中的电离平衡；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A、H2SO4是二元酸，1mol H2SO4能电离出 2mol H+；CH3COOH 是一元酸，1mol CH3COOH 只能电离出 1mol H+。等体积时，H2SO4消耗的 NaOH 更多是因为其提供的 H+总量多，与酸性强弱无关，无法比较二者酸性，A错误；
B、CH2ClCOOH 中，Cl 的电负性强，会吸引电子，使 O-H 键的极性增强，更易电离出 H+。等浓度下，CH2ClCOOH 的 pH 更小，说明其酸性更强，与结论一致，B正确；
C、反应 2NO2 N2O4中，缩小体积时，NO2浓度瞬间增大，颜色先变深；随后压强增大，平衡向气体分子数少的正反应方向移动，颜色会略变浅，但并非平衡逆向移动，C错误；
D、AgNO3过量，加入 KI 后，I-可能直接与过量的 Ag+反应生成 AgI 沉淀，而非 AgCl 转化而来，无法证明 Ksp (AgCl) > Ksp (AgI)，D错误；
故答案为：B。
【分析】结合每个选项的实验设计，从酸的性质、平衡移动原理、沉淀转化条件等角度，分析实验现象与结论之间的逻辑是否成立。
12．【答案】B
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、草酸（H2C2O4）的一级电离常数 Ka1 为 5.6×10-2，二级电离常数 Ka2 为 1.5×10-4，两者乘积为 5.6×10-2×1.5×10-4=8.4×10-6。室温下 Kw=1.0×10- 4，显然 Ka1×Ka2 远大于 Kw，A错误；
B、等浓度等体积的 KHC2O4与 Ba(OH)2混合后，溶液中 Ba2+浓度为 0.05mol/L，C2O42-浓度为 0.05mol/L。因溶液变浑浊（生成 BaC2O4沉淀），说明此时浓度商 Qc=0.05×0.05=2.5×10-3 大于其溶度积 Ksp (BaC2O4)，即 Ksp (BaC2O4)<2.5×10-3，B正确；
C、KHC2O4溶液中，物料守恒为 c(K+)=c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)。但实验 3 中加入了 KOH，引入额外 K+，故反应后溶液中 c(K+) 大于上述等式右边的总和，C错误；
D、酸性 KMnO4褪色是因为 KH2C2O4中 C 为 +3 价，具有还原性，与 MnO4-发生氧化还原反应，并非 KH2C2O4具有漂白性，D错误；
故答案为：B。
【分析】针对每个选项涉及的实验现象或数据，结合草酸的电离平衡、溶度积计算、物料守恒及氧化还原反应原理，逐一分析判断结论的正确性。
A．酸式盐 KH2C2O4溶液酸碱性由 “电离” 和 “水解” 强弱决定：若水解常数 Kh>电离常数 Ka2（水解强于电离）则显碱性，反之显酸性。已知 Ka1×Ka2=5.6×10-2×1.5×10-4=8.4×10-6，而水的离子积 Kw=1×10- 4，显然 Kw
B．等体积混合后，c (Ba2+)=0.05mol/L，c (C2O42-)≈0.05mol/L（反应生成 C2O42-）；溶液变浑浊说明浓度商 Q=c (Ba2+) c (C2O42-)=0.05×0.05=2.5×10-3 > Ksp (BaC2O4)，因此
Ksp (BaC2O4)<2.5×10-3。
C．滴加 KOH 后溶液中 K+浓度增加，物料守恒式应为 c(K+)>c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)。
D．酸性 KMnO4溶液褪色，是因 KHC2O4中 C 元素被氧化（体现还原性），与漂白性无关。
13．【答案】C
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算
【解析】【解答】A、反应 Ⅱ 可由反应 Ⅰ 减去反应 Ⅲ 得到。已知反应 Ⅰ 的 ΔH 为 + 247.1kJ mol- ，反应 Ⅲ 的 ΔH 为 + 205.9kJ mol- ，因此反应 Ⅱ 的 ΔH = 247.1kJ mol- - 205.9kJ mol- = +41.2kJ mol- ，并非 - 41.2kJ mol- ，A错误；
B、反应 Ⅰ 和反应 Ⅱ 均消耗 CO2，反应 Ⅲ 消耗 CH4，且 CO2的总消耗量多于 CH4，因此 CO2的转化率应高于 CH4。图中曲线 A 的转化率更高，故曲线 A 代表 CO2的转化率，曲线 B 不代表 CO2，B错误；
C、反应 Ⅱ 生成 H2O，反应 Ⅲ 消耗 H2O。在 873~1200K 时，H2O 的摩尔流量减小，说明此温度范围内 H2O 的消耗量超过生成量，即 H2O 转化量的减少幅度大于增加幅度，C正确；
D、当 比值增大时，相当于在 CO2量不变的情况下增加 CH4的量，会推动反应正向进行，使 CO2的平衡转化率升高，而非降低，D错误；
故答案为：C。【分析】A．运用盖斯定律，通过已知反应的焓变计算目标反应的焓变。
B．根据反应中 CO2和 CH4的消耗比例，结合转化率曲线的高低判断对应物质。
C．结合反应 Ⅱ（生成 H2O）和反应 Ⅲ（消耗 H2O），分析温度区间内 H2O 摩尔流量变化的原因。
D．分析 CH4与 CO2的比例变化对反应平衡及 CO2转化率的影响。
14．【答案】（1）或氨水、
（2）
（3）10
（4）氨水混合溶液；调节溶液pH，增大，使尽可能沉淀完全
（5）边搅拌边向其中加入50mL0.7mol·L-1NaOH溶液，并保持75℃加热，同时以17L·min-1的流量向溶液中通入空气；静置过滤，用水洗涤2~3次，取最后一次洗涤滤液，向其中滴加1.0mol·L-1溶液，无沉淀生成
【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】（1）该流程中NH3或氨水、(NH4)2SO4既是反应物又是生成物，则该流程中可循环使用的物质有NH3或氨水、(NH4)2SO4；
故答案为：或氨水、 ；
（2）“焙烧”过程中碳酸锰与硫酸铵反应生成硫酸锰、氨气、水和二氧化碳，反应的化学方程式为：；
故答案为： ；
（3）反应，其平衡常数K==；
故答案为：10；
（4）①溶液与氨水混合溶液充分反应，氨水受热易分解挥发，则三颈烧瓶中盛有MnSO4溶液，滴液漏斗中添加的药品是氨水混合溶液；
②反应生成MnCO3，则混合溶液中氨水的作用是：调节溶液pH，增大，使尽可能沉淀完全；
故答案为： 氨水混合溶液 ； 调节溶液pH，增大，使尽可能沉淀完全 ；
（5）由图可知，制取纯净Mn3O4需控制氢氧化钠与硫酸锰的浓度比值为2.0、温度75℃、空气流量在17L/min，此时得到的Mn3O4纯度较大，钡离子和硫酸根离子能生成硫酸钡沉淀，溶液用于检验得到Mn3O4沉淀是否洗涤干净；故制取纯净Mn3O4的实验方案：取25mL0.7mol/L的MnSO4溶液，边搅拌边向其中加入50mL0.7mol/LNaOH溶液，并保持75℃加热，同时以17L·min-1的流量向溶液中通入空气，控制搅拌速率500r·min-1反应8h，静置过滤，用水洗涤2~3次，取最后一次洗涤滤液，向其中滴加1.0mol·L-1溶液，无沉淀生成，100℃干燥2h，得到纯净的Mn3O4。
故答案为： 边搅拌边向其中加入50mL0.7mol·L-1NaOH溶液，并保持75℃加热，同时以17L·min-1的流量向溶液中通入空气 ； 静置过滤，用水洗涤2~3次，取最后一次洗涤滤液，向其中滴加1.0mol·L-1溶液，无沉淀生成 。
【分析】向菱锰矿（含 MnCO3及少量 Fe、Si 的氧化物等）中加入 (NH4)2SO4焙烧时，MnCO3与 (NH4)2SO4发生反应，生成 MnSO4、NH3、H2O 和 CO2。其中 Fe 的氧化物、SiO2不与 (NH4)2SO4反应，经焙烧后以固体杂质形式留存；后续加水溶解时，MnSO4溶于水，而未反应的 Fe 氧化物、SiO2仍为固体，通过溶解可实现初步分离。接着加入氨水调节 pH，使溶液中的 Fe3+（或 Fe2+经氧化后）转化为 Fe(OH)3沉淀，过滤后得到纯净的 MnSO4溶液；在制备 MnCO3的步骤中，MnSO4溶液与氨水 - NH4HCO3混合溶液反应，除生成 MnCO3外，还会生成 (NH4)2SO4。焙烧阶段产生的 NH3可通过回收转化为氨水，与生成的 (NH4)2SO4共同返回焙烧工序重新利用，形成完整的循环体系，显著提升原料利用率并降低废液排放。
（1）该流程中NH3或氨水、(NH4)2SO4既是反应物又是生成物，则该流程中可循环使用的物质有NH3或氨水、(NH4)2SO4；
（2）“焙烧”过程中碳酸锰与硫酸铵反应生成硫酸锰、氨气、水和二氧化碳，反应的化学方程式为：；
（3）反应，其平衡常数K==；
（4）①溶液与氨水混合溶液充分反应，氨水受热易分解挥发，则三颈烧瓶中盛有MnSO4溶液，滴液漏斗中添加的药品是氨水混合溶液；
②反应生成MnCO3，则混合溶液中氨水的作用是：调节溶液pH，增大，使尽可能沉淀完全；
（5）由图可知，制取纯净Mn3O4需控制氢氧化钠与硫酸锰的浓度比值为2.0、温度75℃、空气流量在17L/min，此时得到的Mn3O4纯度较大，钡离子和硫酸根离子能生成硫酸钡沉淀，溶液用于检验得到Mn3O4沉淀是否洗涤干净；故制取纯净Mn3O4的实验方案：取25mL0.7mol/L的MnSO4溶液，边搅拌边向其中加入50mL0.7mol/LNaOH溶液，并保持75℃加热，同时以17L·min-1的流量向溶液中通入空气，控制搅拌速率500r·min-1反应8h，静置过滤，用水洗涤2~3次，取最后一次洗涤滤液，向其中滴加1.0mol·L-1溶液，无沉淀生成，100℃干燥2h，得到纯净的Mn3O4。
15．【答案】（1）取少量溶液于试管中，滴加几滴铁氰化钾溶液，若有蓝色沉淀生成，则含有；
（2）滴入最后半滴标准溶液，蓝色褪去，且半分钟不恢复；89.1%
（3）；时，随pH减小，的稳定性减弱，溶液中高铁酸根的浓度减小，含氮离子去除率降低(或随pH减小，的氧化性增强，有可能将氧化成含氮酸根离子，去除率降低)；的溶液，随pH增大，氧化性弱，不利于将含氮物质氧化
【知识点】铁及其化合物的性质实验；性质实验方案的设计；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）①亚铁离子和K3[Fe(CN)6]溶液会生成蓝色沉淀：；故检验的方法：取少量溶液于试管中，滴加几滴铁氰化钾溶液，若有蓝色沉淀生成，则含有；
②在碱性条件下，可通过KClO溶液与溶液的反应制备，反应中铁化合价由+3变为+6、氯化合价由+1变为-1，结合电子守恒，生成的反应的离子方程式为：；
故答案为： 取少量溶液于试管中，滴加几滴铁氰化钾溶液，若有蓝色沉淀生成，则含有 ； ；
（2）①淀粉作指示剂，碘单质能使得淀粉溶液变为蓝色，则用标准溶液滴定时，达到终点的标志为滴入最后半滴标准溶液，蓝色褪去，且半分钟不恢复。
②由题意，碘离子和发生氧化还原反应生成亚铁离子和碘单质，反应中铁化合价由+6变为+2、碘化合价由-1变为0，结合电子守恒，结合反应，存在，则样品中的质量分数为
故答案为： 滴入最后半滴标准溶液，蓝色褪去，且半分钟不恢复 ； 89.1% ；
（3）①根据图推测，时溶液为较强酸性，酸性条件下氮元素能以铵根离子存在，则生活垃圾渗透液中含氮物质主要以形式存在；
②已知，强碱性溶液中比较稳定，在酸性、中性溶液中易分解放出；时，随pH减小，的稳定性减弱，溶液中高铁酸根的浓度减小，含氮离子去除率降低(或随pH减小，的氧化性增强，有可能将氧化成含氮酸根离子，去除率降低)；的溶液，随pH增大，氧化性弱，不利于将含氮物质氧化，故脱氮的最佳pH约为8。
故答案为： ；时，随pH减小，的稳定性减弱，溶液中高铁酸根的浓度减小，含氮离子去除率降低(或随pH减小，的氧化性增强，有可能将氧化成含氮酸根离子，去除率降低)；的溶液，随pH增大，氧化性弱，不利于将含氮物质氧化 。
【分析】（1）①利用与铁氰化钾（）反应生成蓝色沉淀的特性检验。
②结合化合价变化和电子守恒，写出碱性条件下离子方程式：。
（2）①根据淀粉遇变蓝的性质，滴定终点为蓝色褪去且半分钟不恢复。
②通过电子守恒确定的计量关系，计算质量分数。
（3）①酸性条件（）下，含氮物质主要以形式存在。
②结合在不同下的稳定性（碱性稳定、酸性易分解）和氧化性分析最佳。
（1）①亚铁离子和K3[Fe(CN)6]溶液会生成蓝色沉淀：；故检验的方法：取少量溶液于试管中，滴加几滴铁氰化钾溶液，若有蓝色沉淀生成，则含有；
②在碱性条件下，可通过KClO溶液与溶液的反应制备，反应中铁化合价由+3变为+6、氯化合价由+1变为-1，结合电子守恒，生成的反应的离子方程式为：；
（2）①淀粉作指示剂，碘单质能使得淀粉溶液变为蓝色，则用标准溶液滴定时，达到终点的标志为滴入最后半滴标准溶液，蓝色褪去，且半分钟不恢复。
②由题意，碘离子和发生氧化还原反应生成亚铁离子和碘单质，反应中铁化合价由+6变为+2、碘化合价由-1变为0，结合电子守恒，结合反应，存在，则样品中的质量分数为
（3）①根据图推测，时溶液为较强酸性，酸性条件下氮元素能以铵根离子存在，则生活垃圾渗透液中含氮物质主要以形式存在；
②已知，强碱性溶液中比较稳定，在酸性、中性溶液中易分解放出；时，随pH减小，的稳定性减弱，溶液中高铁酸根的浓度减小，含氮离子去除率降低(或随pH减小，的氧化性增强，有可能将氧化成含氮酸根离子，去除率降低)；的溶液，随pH增大，氧化性弱，不利于将含氮物质氧化，故脱氮的最佳pH约为8。
16．【答案】（1）(胶体)；改变胶粒电荷性质；；和氧气生成了
（2）温度升高反应速率加快；催化剂活性随温度升高而增大，两者共同导致NO脱除率均迅速增大；催化剂B的含量高，含量低，对的吸附少
（3）
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线；氨的性质及用途；胶体的性质和应用
【解析】【解答】（1）①加入到75℃水中，充分搅拌可生成胶体，结合质量守恒，反应还生成，反应为(胶体)；
②胶粒表面带正电荷，加入一定量NaOH溶液改变胶粒电荷性质，再加入、溶液吸附Cu2+、Ce3+，故答案为改变胶粒电荷性质；
③吸附有Cu2+、Ce3+的胶体煅烧可制得/催化剂，煅烧过程中，固体质量先减小后增大，根据催化剂和原料的分子式，增大是因为Ce2O3和氧气反应生成了CeO2；
故答案为：(胶体) ； 改变胶粒电荷性质； 和氧气生成了 ；
（2）①温度和催化剂能改变反应速率；温度升高反应速率加快，催化剂活性随温度升高而增大，两者共同导致130~200℃温度范围内，随着温度的升高，NO脱除率均迅速增大；
②催化剂的催化效率与反应物在载体表面的吸附和活性物质表面的反应有关；由图，氧化铝载体可以吸附氨气以便利于下一步反应的进行，则温度高于400℃，使用催化剂B的NO脱除率明显低于催化剂A，其原因是：催化剂B的含量高，含量低，对的吸附少，导致其NO的脱除率低；
故答案为： 温度升高反应速率加快；催化剂活性随温度升高而增大，两者共同导致NO脱除率均迅速增大 ； 催化剂B的含量高，含量低，对的吸附少 ；
（3）已知与在该催化剂下很难反应生成，则含量增大应该是氨气和NO催化反应生成的，结合质量守恒，还生成水：。
故答案为： 。
【分析】（1）①结合质量守恒，写出异丙醇铝与水反应生成胶体的化学方程式。
②利用改变胶粒电荷性质，便于吸附金属离子。
③依据催化剂组成，分析煅烧时与氧气反应生成使固体质量增加。
（2）①从温度对反应速率和催化剂活性的影响，解释脱除率变化。
②根据催化剂组成（、含量），分析对吸附量差异导致脱除率不同。
（3）根据反应产物和质量守恒，写出与在催化剂、加热条件下生成和的化学方程式。
（1）①加入到75℃水中，充分搅拌可生成胶体，结合质量守恒，反应还生成，反应为(胶体)；
②胶粒表面带正电荷，加入一定量NaOH溶液改变胶粒电荷性质，再加入、溶液吸附Cu2+、Ce3+，故答案为改变胶粒电荷性质；
③吸附有Cu2+、Ce3+的胶体煅烧可制得/催化剂，煅烧过程中，固体质量先减小后增大，根据催化剂和原料的分子式，增大是因为Ce2O3和氧气反应生成了CeO2；
（2）①温度和催化剂能改变反应速率；温度升高反应速率加快，催化剂活性随温度升高而增大，两者共同导致130~200℃温度范围内，随着温度的升高，NO脱除率均迅速增大；
②催化剂的催化效率与反应物在载体表面的吸附和活性物质表面的反应有关；由图，氧化铝载体可以吸附氨气以便利于下一步反应的进行，则温度高于400℃，使用催化剂B的NO脱除率明显低于催化剂A，其原因是：催化剂B的含量高，含量低，对的吸附少，导致其NO的脱除率低；
（3）已知与在该催化剂下很难反应生成，则含量增大应该是氨气和NO催化反应生成的，结合质量守恒，还生成水：。
17．【答案】（1）+247.4；CaO为碱性氧化物，能吸收酸性氧化物，导致浓度减小，促使反应ⅱ平衡正向移动，导致CO浓度减小，引起反应ⅰ平衡也正向移动
（2）该工艺中和CO分别在不同反应器内产生，实现了和CO的分离
（3）、HD、；浓度较高时，生成较多的，以形式结晶析出，覆盖在催化剂表面，阻碍与催化剂活性位的接触(或催化剂活性下降)，制氢速率下降；
【知识点】反应热和焓变；盖斯定律及其应用；催化剂；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）①根据盖斯定律可知，反应可由i-ii得到，则[-()] kJ·mol-1=+247.4 kJ·mol-1；
②CaO为碱性氧化物，能吸收酸性氧化物，导致浓度减小，促使反应ⅱ平衡正向移动，导致CO浓度减小，引起反应ⅰ平衡也正向移动，从而提高平衡体系中的含量。
故答案为： +247.4 ； CaO为碱性氧化物，能吸收酸性氧化物，导致浓度减小，促使反应ⅱ平衡正向移动，导致CO浓度减小，引起反应ⅰ平衡也正向移动 ；
（2）该工艺中和CO分别在不同反应器内产生，实现了和CO的分离；
故答案为： 该工艺中和CO分别在不同反应器内产生，实现了和CO的分离 ；
（3）①由图可知，第一步转化过程中转化为BH3和H原子，H原子可结合生成H2，第二步转化中BH3与D2O分别脱氢生成HD，同时得到BH2OH，最终一步转化中B(OH)3结合D2O中-OD，同时得电子形成，D2O断键得到D原子，D原子结合生成D2；
②浓度较高时，生成较多的，以形式结晶析出，覆盖在催化剂表面，阻碍与催化剂活性位的接触(或催化剂活性下降)，制氢速率下降；
③由装置可知，阴极上得电子生成，电极反应式为：。
故答案为：、HD、 ；浓度较高时，生成较多的，以形式结晶析出，覆盖在催化剂表面，阻碍与催化剂活性位的接触(或催化剂活性下降)，制氢速率下降 ； 。
【分析】（1）①依据盖斯定律，用反应 ⅰ 减去反应 ⅱ，计算目标反应的焓变。
②CaO 吸收 CO2使浓度降低，推动反应 ⅱ 正向进行，进而促使反应 ⅰ 正向移动，提高 H2含量。
（2）H2和 CO 在不同反应器中生成，实现了两者的分离。
（3）①结合反应机理，D2O 参与时生成的气体有 H2、HD、D2。
②NaBH4浓度过高，生成的 NaBO2结晶析出覆盖催化剂表面，阻碍反应，导致制氢速率下降。
③阴极上 BO2-得电子生成 BH4-，据此书写电极反应式。
（1）①根据盖斯定律可知，反应可由i-ii得到，则[-()] kJ·mol-1=+247.4 kJ·mol-1；
②CaO为碱性氧化物，能吸收酸性氧化物，导致浓度减小，促使反应ⅱ平衡正向移动，导致CO浓度减小，引起反应ⅰ平衡也正向移动，从而提高平衡体系中的含量。
（2）该工艺中和CO分别在不同反应器内产生，实现了和CO的分离；
（3）①由图可知，第一步转化过程中转化为BH3和H原子，H原子可结合生成H2，第二步转化中BH3与D2O分别脱氢生成HD，同时得到BH2OH，最终一步转化中B(OH)3结合D2O中-OD，同时得电子形成，D2O断键得到D原子，D原子结合生成D2；
②浓度较高时，生成较多的，以形式结晶析出，覆盖在催化剂表面，阻碍与催化剂活性位的接触(或催化剂活性下降)，制氢速率下降；
③由装置可知，阴极上得电子生成，电极反应式为：。
1 / 1江苏省南京市六校联合体2024-2025学年高二上学期1月期末化学试题
1．（2025高二上·南京期末）自主创新是我国成为世界科技强国的关键支点。通过持续不断的科技创新，我国已在科技领域取得了显著成就。下列说法不正确的是
A．“小米SU7”的车身采用了钢铝合金材料，相对于纯铝具有硬度大熔点高的特点
B．自主研发的大型飞机C919用到的氮化硅陶瓷是新型无机非金属材料
C．“神舟十九”的热控保温材料——纳米气凝胶，可产生丁达尔效应
D．我国首次获得公斤级丰度99%的产品，与互为同位素
【答案】A
【知识点】合金及其应用；同位素及其应用
【解析】【解答】A、合金的硬度比组成它的纯金属大，但熔点比纯金属低。钢铝合金作为合金，硬度大于纯铝，然而熔点低于纯铝，并非 “熔点高”，A错误；
B、氮化硅陶瓷属于新型无机非金属材料，区别于传统的硅酸盐材料（如普通陶瓷），B正确；
C、纳米气凝胶属于胶体分散系，胶体能够产生丁达尔效应，因此纳米气凝胶可产生该效应，C正确；
D、质子数相同、中子数不同的同一元素的不同原子互为同位素。 Mo 与98Mo 质子数相同，中子数不同，符合同位素定义，D正确；
故答案为：A。
【分析】依据合金、新型无机非金属材料、胶体、同位素的定义及性质，逐一分析选项的正确性。
2．（2025高二上·南京期末）氮化镓是新型半导体材料。工业制备氮化镓的常用方法是。下列叙述正确的是
A．中含有离子键和共价键
B．HCl的电子式：
C．基态N原子价层电子排布式：
D．键角
【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；键能、键长、键角及其应用；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、GaCl3中，Ga 属于金属性较弱的金属元素，与活泼非金属 Cl 结合时，原子间通过共用电子对形成化学键，因此 GaCl3只含共价键，不存在离子键。A错误；
B、HCl 是典型的共价化合物，其电子式的书写需体现共用电子对，正确的写法为 ；若写成含 H+和 Cl-的形式，则混淆了共价化合物与离子化合物的电子式书写规则。B错误；
C、价层电子特指原子的最外层电子，基态 N 原子的核外电子排布为 1s22s22p3，其价层电子排布式应为 2s22p3；选项中若包含内层的 1s2 电子，则违背了价层电子的定义，C错误；
D、NH4+中 N 原子的 4 个价层电子对均为成键电子对，无孤电子对，采取 sp3 等性杂化，空间结构为正四面体，键角约为 109°28'；NH3中 N 原子存在 1 对孤电子对，3 对成键电子对，采取 sp3 不等性杂化，孤电子对对成键电子对的斥力大于成键电子对之间的斥力，导致键角被压缩至约 107°。因此键角大小关系为 NH4+ > NH3。D正确；
故答案为：D。
【分析】金属性强弱是判断金属与非金属之间键型的关键：金属性强的金属易形成离子键，金属性较弱的金属易形成共价键。
共价化合物电子式书写核心是标注共用电子对，不能出现阴阳离子符号；离子化合物则需标注阴阳离子及电荷。
价层电子排布式仅描述原子最外层电子的排布状态，不包含内层电子。
分子或离子的键角大小受孤电子对数量影响：孤电子对数量越多，对成键电子对的斥力越大，键角越小。
3．（2025高二上·南京期末）实验室制取少量并研究其性质，下列实验装置和操作能达到实验目的的是
A．制取 B．除去杂质
C．测量氯水pH D．吸收尾气的
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】氯气的化学性质；氯气的实验室制法；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A、浓盐酸和 MnO2反应生成 Cl2的条件是加热，图中装置未设置加热仪器，无法发生反应，不能制取 Cl2，故A不符合题意 ；
B、饱和 NaHCO3溶液会与 HCl 反应生成 CO2（引入新杂质），同时 Cl2也会与 NaHCO3反应（Cl2+H2O+NaHCO3=NaCl+CO2+H2O），应选用饱和食盐水除杂，故B不符合题意 ；
C、氯水中含 HClO，HClO 具有强氧化性和漂白性，会先使 pH 试纸变红后褪色，无法准确测量 pH，故C不符合题意 ；
D、Cl2与 NaOH 溶液反应（Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O），可有效吸收尾气；且导管直接插入溶液，因 Cl2在水中溶解度不大，反应速率适中，不会发生倒吸，故D符合题意 ；
故答案为：D。
【分析】A．掌握浓盐酸与 MnO2制取 Cl2的反应条件。
B．选择合适的除杂试剂，避免引入新杂质且不消耗目标气体。
C．理解氯水的成分及 HClO 的性质对 pH 测量的影响。
D．尾气处理需考虑反应吸收效率及防倒吸。
4．（2025高二上·南京期末）明矾是常用的净水剂。下列判断正确的是
A．沸点： B．第一电离能：
C．半径： D．碱性强弱：
【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；氢键的存在对物质性质的影响；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、H2O 分子间存在氢键，而 H2S 分子间没有氢键。氢键会显著提高物质沸点，因此 H2O 的沸点高于 H2S，A错误；
B、同周期元素第一电离能随原子序数增大呈增大趋势，但 N 的 2p 轨道为半充满稳定结构，其第一电离能比同周期相邻的 O 大，即 I1(N) > I1(O)，B错误；
C、O2-和 Al3+的电子层结构相同（均为 2 个电子层），核电荷数越大，对核外电子的吸引力越强，离子半径越小。Al 的核电荷数（13）大于 O（8），故 r (O2-) > r (Al3+)，C正确；
D、金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强。K 的金属性远强于 Al，因此碱性 KOH > Al(OH)3，D错误；
故答案为：C。
【分析】根据物质性质的相关规律，如氢键对沸点的影响、第一电离能的特殊性、离子半径比较规则、金属性与碱性的关系，逐一分析选项正确性。
5．（2025高二上·南京期末）在给定条件下，下列制备过程涉及的物质转化不可以实现的是
A．工业制硫酸：黄铁矿
B．侯氏制碱法：饱和
C．工业制取镁：
D．工业制高纯硅：(粗)
【答案】C
【知识点】工业制取硫酸；纯碱工业（侯氏制碱法）；海水资源及其综合利用；硅和二氧化硅
【解析】【解答】A、黄铁矿（FeS2）在空气中燃烧生成 SO2，SO2在 400-500℃、催化剂条件下被 O2氧化为 SO3，SO3用 98.3% 浓硫酸吸收（避免直接用水形成酸雾）得到 H2SO4，各步转化均符合工业实际，A可实现；
B、饱和 NaCl 溶液先通 NH3（使溶液显碱性，利于 CO2溶解），再通 CO2，生成溶解度较小的 NaHCO3沉淀；NaHCO3加热分解得到 Na2CO3，这是侯氏制碱法的核心流程，B可实现；
C、MgCl2溶液加热蒸干时，Mg2+ 会水解生成 Mg(OH)2，且 HCl 挥发，最终得到的是 Mg(OH)2（或 MgO），无法得到无水 MgCl2固体；工业制镁需电解熔融的无水 MgCl2，因此该转化不可实现，C不可实现；
D、SiO2与 C 在高温下反应得到粗 Si，粗 Si 与 HCl 在 300℃下生成 SiHCl3（提纯），SiHCl3再与过量 H2在 1100℃下反应得到高纯 Si，符合工业提纯硅的流程，D可实现；
故答案为：C。
【分析】本题的易错点集中在 “工业制备流程中物质性质的忽略”，具体有 2 点：
盐溶液蒸干的产物误判：忽略 MgCl2是强酸弱碱盐，其溶液加热蒸干时，Mg2+会水解生成 Mg(OH)2，且 HCl 挥发，误认为 “MgCl2溶液加热蒸干能得到无水 MgCl2固体”，进而错误判断工业制镁的转化可行性。
工业流程细节的混淆：对侯氏制碱法的通气体顺序、工业制硫酸的吸收方式等流程细节不清晰，易误判这些转化的可行性；但核心易错点还是对 “盐溶液水解蒸干产物” 的认知偏差。
（2025高二上·南京期末）阅读下列资料，完成下列小题。
氮元素单质及其化合物作用广泛。液氨()发生微弱电离产生，能与碱金属(如Na、K)反应产生。碱性条件下，NaClO氧化可制备。肼()常温下为液态，燃烧热大(642kJmol- )，产物无污染，常用作火箭燃料；在水中可生成，溶液呈弱碱性。地球上的生物氮循环转化关系如图所示，羟胺()可作油脂工业中的抗氧化剂。
6．下列物质结构与性质或物质性质与用途不具有对应关系的是
A．分子中存在结构，可用作保护气
B．是极性分子，可作火箭燃料
C．液氨汽化时吸收大量的热，可用作制冷剂
D．具有还原性，可作油脂工业中的抗氧化剂
7．下列说法正确的是
A．溶液呈弱碱性的原因是
B．中N原子的杂化类型为
C．的VSEPR模型为V形
D．图甲所示生物氮循环转化关系中，氮的固定只有1步，氮元素被还原的有4步
8．下列化学反应表示正确的是
A．用过量氨水吸收废气中的：
B．肼的燃烧热： kJmol-1
C．液氨与钠反应：
D．NaClO氧化制备：
【答案】6．B
7．A
8．C
【知识点】物质的结构与性质之间的关系；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氧化还原反应；氧化还原反应方程式的配平
【解析】【解答】（1）A、N2分子里存在 N≡N 键，键能很大，化学性质稳定，因此能用作保护气，对应关系成立，故A不符合题意 ；
B、N2H4作为火箭燃料，主要是因为其燃烧热高且产物无污染，和它是极性分子没有直接联系，对应关系不成立，故B符合题意 ；
C、液氨汽化时会吸收大量热量，能使周围温度降低，所以可作制冷剂，对应关系成立，故C不符合题意 ；
D、NH2OH 具有还原性，能防止油脂被氧化，因此可作油脂工业的抗氧化剂，对应关系成立，故D不符合题意 ；
故答案为：B。
（2）A、N2H4 H2O 溶液显弱碱性，是因为它在水中能电离出 OH-，电离过程可表示为
N2H4 H2O N2H5+ + OH-，A正确；
B、NH2OH 中 N 原子形成 3 个 σ 键，还有 1 对孤电子对，杂化类型为 sp3，而非 sp2，B错误；
C、NO2-中 N 原子的价层电子对数为 ，含 1 对孤电子对，VSEPR 模型为平面三角形，而非 V 形，C错误；
D、氮的固定是游离态 N 转化为化合态 N，图中只有步骤⑤属于氮的固定；N 元素被还原（化合价降低）的步骤有①②③④⑤，共 5 步，D错误；
故答案为：A。
（3）A、过量氨水吸收 SO2，应生成 (NH4)2SO3和水，而非 NH4HSO3，A错误；
B、燃烧热要求 H2O 为液态，而该式中 H2O 是气态，不符合燃烧热定义，B错误；
C、液氨与 Na 反应生成 NaNH2和 H2，化学方程式 2Na+2NH3=2NaNH2+H2↑，C正确；
D、NaClO 氧化 NH3制备 N2H4的正确离子方程式为 2NH3+ClO-=N2H4+Cl-+H2O，原方程式电荷不守恒，D错误；
故答案为：A。
【分析】（1）判断各选项中物质的结构、性质与用途之间是否存在直接对应关系。
（2）从电离原理、杂化类型判断、VSEPR 模型分析、氮的固定及还原反应概念等方面，逐一验证选项正确性。
（3）根据反应规律、燃烧热定义、化学方程式及离子方程式的书写规则，判断各选项是否正确。
6．A、N2分子里存在 N≡N 键，键能很大，化学性质稳定，因此能用作保护气，对应关系成立，故A不符合题意 ；
B、N2H4作为火箭燃料，主要是因为其燃烧热高且产物无污染，和它是极性分子没有直接联系，对应关系不成立，故B符合题意 ；
C、液氨汽化时会吸收大量热量，能使周围温度降低，所以可作制冷剂，对应关系成立，故C不符合题意 ；
D、NH2OH 具有还原性，能防止油脂被氧化，因此可作油脂工业的抗氧化剂，对应关系成立，故D不符合题意 ；
故答案为：B。
7．A、N2H4 H2O 溶液显弱碱性，是因为它在水中能电离出 OH-，电离过程可表示为
N2H4 H2O N2H5+ + OH-，A正确；
B、NH2OH 中 N 原子形成 3 个 σ 键，还有 1 对孤电子对，杂化类型为 sp3，而非 sp2，B错误；
C、NO2-中 N 原子的价层电子对数为 ，含 1 对孤电子对，VSEPR 模型为平面三角形，而非 V 形，C错误；
D、氮的固定是游离态 N 转化为化合态 N，图中只有步骤⑤属于氮的固定；N 元素被还原（化合价降低）的步骤有①②③④⑤，共 5 步，D错误；
故答案为：A。
8．A、过量氨水吸收 SO2，应生成 (NH4)2SO3和水，而非 NH4HSO3，A错误；
B、燃烧热要求 H2O 为液态，而该式中 H2O 是气态，不符合燃烧热定义，B错误；
C、液氨与 Na 反应生成 NaNH2和 H2，化学方程式 2Na+2NH3=2NaNH2+H2↑，C正确；
D、NaClO 氧化 NH3制备 N2H4的正确离子方程式为 2NH3+ClO-=N2H4+Cl-+H2O，原方程式电荷不守恒，D错误；
故答案为：A。
9．（2025高二上·南京期末）金属硫化物()催化反应 ，T℃时，平衡常数为K。该反应既可以除去天然气中的，又可以获得。下列说法正确的是
A．该反应的
B．T℃时，若时，则
C．选择金属硫化物()作催化剂能降低反应活化能和焓变
D．该反应每消耗1mol可除去44.8L
【答案】B
【知识点】焓变和熵变；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、反应式为 CH4(g) + 2H2S (g) CS2(g) + 4H2(g)。反应前气体分子总数是 1 + 2 = 3，反应后是 1 + 4 = 5，分子数增多，体系混乱度增大，熵变 ΔS > 0，A错误；
B、该反应的平衡常数 K 表达式为，若，说明当前状态下产物浓度相对偏低，反应会向正方向进行，此时正反应速率 v 正大于逆反应速率 v 逆，B正确；
C、催化剂（如 MxSy）的作用是降低反应的活化能，加快反应速率，但不能改变反应的焓变（ΔH），焓变由反应物和生成物的能量差决定，C错误；
D、反应中 1mol CH4消耗 2mol H2S，但题目未说明 H2S 处于标准状况，无法确定 2mol H2S 的体积一定是 44.8L（标准状况下 2mol 气体体积才是 44.8L），D错误；
故答案为：B。
【分析】从熵变判断、平衡常数应用、催化剂作用及气体体积计算条件这几个角度，逐一分析选项的正确性。
A.熵变（ΔS）判断：反应中气体分子数从“1+2=3”变为“1+4=5”，分子数增多、混乱度增大，故ΔS>0。
B.平衡常数与反应速率的关系：对比浓度商与平衡常数K：当QC.催化剂的作用：催化剂只能降低反应活化能，不能改变反应的焓变（ΔH）。
D.气体体积的条件限制：D选项中“44.8L H2S”未说明是标准状况，无法直接用22.4L/mol计算体积。
10．（2025高二上·南京期末）碱性锌锰电池的总反应为，电池构造示意图如图所示。下列有关说法不正确的是
A．负极的电极反应式：
B．电池工作时，通过隔膜向负极移动
C．环境温度过低，不利于电池放电
D．反应中每生成1molMnOOH，转移电子数为
【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；常见化学电源的种类及其工作原理
【解析】【解答】A、Zn 在反应中失去电子，作为负极。其反应是 Zn 与 OH-反应生成 ZnO 和 H2O，电极反应式为 ： ，A正确；
B、原电池中，阴离子向负极移动。OH-是阴离子，会通过隔膜移向负极（Zn 所在电极），B正确；
C、温度过低时，化学反应速率减慢，电池放电过程也会变慢，不利于放电，C正确；
D、正极上 MnO2得电子生成 MnOOH，反应为 。由此可知，生成 1mol MnOOH 时，转移 1mol 电子，电子数为 6.02×1023，而非 2×6.02×1023，D错误；
故答案为：D。
【分析】先明确碱性锌锰电池的正负极反应物及总反应，再结合原电池工作规律（电极反应、离子移动方向、温度影响、电子转移计算）分析各选项。
11．（2025高二上·南京期末）下列实验操作和现象，能得出相应结论的是
　 实验操作和现象 结论
A 用0.1molL-1NaOH溶液分别中和等体积的0.1molL-1溶液和0.1molL-1溶液，消耗的NaOH溶液多 酸性：
B 用pH计分别测定等浓度的溶液和溶液的pH，溶液的pH小 键的极性增强，羧酸酸性增强
C 反应平衡后，缩小容器的体积，气体的颜色变深 平衡向逆反应方向移动
D 向2mL0.1molL-1溶液中先滴加4滴0.1molL-1NaCl溶液，振荡后再滴加4滴0.1molL-1KI溶液，白色沉淀变为黄色沉淀
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】化学平衡的影响因素；弱电解质在水溶液中的电离平衡；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A、H2SO4是二元酸，1mol H2SO4能电离出 2mol H+；CH3COOH 是一元酸，1mol CH3COOH 只能电离出 1mol H+。等体积时，H2SO4消耗的 NaOH 更多是因为其提供的 H+总量多，与酸性强弱无关，无法比较二者酸性，A错误；
B、CH2ClCOOH 中，Cl 的电负性强，会吸引电子，使 O-H 键的极性增强，更易电离出 H+。等浓度下，CH2ClCOOH 的 pH 更小，说明其酸性更强，与结论一致，B正确；
C、反应 2NO2 N2O4中，缩小体积时，NO2浓度瞬间增大，颜色先变深；随后压强增大，平衡向气体分子数少的正反应方向移动，颜色会略变浅，但并非平衡逆向移动，C错误；
D、AgNO3过量，加入 KI 后，I-可能直接与过量的 Ag+反应生成 AgI 沉淀，而非 AgCl 转化而来，无法证明 Ksp (AgCl) > Ksp (AgI)，D错误；
故答案为：B。
【分析】结合每个选项的实验设计，从酸的性质、平衡移动原理、沉淀转化条件等角度，分析实验现象与结论之间的逻辑是否成立。
12．（2025高二上·南京期末）是二元弱酸，室温下，通过下列实验探究溶液的性质。
已知：、。若忽略溶液混合时的体积变化，下列说法正确的是
实验1：测得0.1mol·L-1的溶液的pH约为5.6
实验2：向0.1mol·L-1溶液中加入等体积0.1mol·L-1溶液，溶液变浑浊
实验3：向5mL0.1mol·L-1溶液中滴加少量0.1mol·L-1KOH溶液，无明显现象
实验4：向酸性溶液中滴加过量0.1mol·L-1的溶液，溶液紫红色褪去
A．依据实验1推测：
B．依据实验2推测：
C．依据实验3推测：反应后溶液中有
D．依据实验4推测：溶液具有漂白性
【答案】B
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、草酸（H2C2O4）的一级电离常数 Ka1 为 5.6×10-2，二级电离常数 Ka2 为 1.5×10-4，两者乘积为 5.6×10-2×1.5×10-4=8.4×10-6。室温下 Kw=1.0×10- 4，显然 Ka1×Ka2 远大于 Kw，A错误；
B、等浓度等体积的 KHC2O4与 Ba(OH)2混合后，溶液中 Ba2+浓度为 0.05mol/L，C2O42-浓度为 0.05mol/L。因溶液变浑浊（生成 BaC2O4沉淀），说明此时浓度商 Qc=0.05×0.05=2.5×10-3 大于其溶度积 Ksp (BaC2O4)，即 Ksp (BaC2O4)<2.5×10-3，B正确；
C、KHC2O4溶液中，物料守恒为 c(K+)=c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)。但实验 3 中加入了 KOH，引入额外 K+，故反应后溶液中 c(K+) 大于上述等式右边的总和，C错误；
D、酸性 KMnO4褪色是因为 KH2C2O4中 C 为 +3 价，具有还原性，与 MnO4-发生氧化还原反应，并非 KH2C2O4具有漂白性，D错误；
故答案为：B。
【分析】针对每个选项涉及的实验现象或数据，结合草酸的电离平衡、溶度积计算、物料守恒及氧化还原反应原理，逐一分析判断结论的正确性。
A．酸式盐 KH2C2O4溶液酸碱性由 “电离” 和 “水解” 强弱决定：若水解常数 Kh>电离常数 Ka2（水解强于电离）则显碱性，反之显酸性。已知 Ka1×Ka2=5.6×10-2×1.5×10-4=8.4×10-6，而水的离子积 Kw=1×10- 4，显然 Kw
B．等体积混合后，c (Ba2+)=0.05mol/L，c (C2O42-)≈0.05mol/L（反应生成 C2O42-）；溶液变浑浊说明浓度商 Q=c (Ba2+) c (C2O42-)=0.05×0.05=2.5×10-3 > Ksp (BaC2O4)，因此
Ksp (BaC2O4)<2.5×10-3。
C．滴加 KOH 后溶液中 K+浓度增加，物料守恒式应为 c(K+)>c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)。
D．酸性 KMnO4溶液褪色，是因 KHC2O4中 C 元素被氧化（体现还原性），与漂白性无关。
13．（2025高二上·南京期末）甲烷催化二氧化碳重整制合成气过程中主要发生反应的热化学方程式为：
反应Ⅰ： kJ·mol-1
反应Ⅱ：
反应Ⅲ： kJ·mol-1
常压下，将原料气和以一定流速(气体摩尔流量kmolh-1)通入装有催化剂的反应管，实验测得原料气的转化率和水的摩尔流量随温度变化的曲线如图所示。下列说法正确的是
A．反应Ⅱ的kJ·mol-1
B．图中曲线B表示的转化率随温度的变化
C．温度在873~1200K间，的转化量减小的幅度大于增大的幅度
D．其他条件不变，随着的比值增加，的平衡转化率降低
【答案】C
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算
【解析】【解答】A、反应 Ⅱ 可由反应 Ⅰ 减去反应 Ⅲ 得到。已知反应 Ⅰ 的 ΔH 为 + 247.1kJ mol- ，反应 Ⅲ 的 ΔH 为 + 205.9kJ mol- ，因此反应 Ⅱ 的 ΔH = 247.1kJ mol- - 205.9kJ mol- = +41.2kJ mol- ，并非 - 41.2kJ mol- ，A错误；
B、反应 Ⅰ 和反应 Ⅱ 均消耗 CO2，反应 Ⅲ 消耗 CH4，且 CO2的总消耗量多于 CH4，因此 CO2的转化率应高于 CH4。图中曲线 A 的转化率更高，故曲线 A 代表 CO2的转化率，曲线 B 不代表 CO2，B错误；
C、反应 Ⅱ 生成 H2O，反应 Ⅲ 消耗 H2O。在 873~1200K 时，H2O 的摩尔流量减小，说明此温度范围内 H2O 的消耗量超过生成量，即 H2O 转化量的减少幅度大于增加幅度，C正确；
D、当 比值增大时，相当于在 CO2量不变的情况下增加 CH4的量，会推动反应正向进行，使 CO2的平衡转化率升高，而非降低，D错误；
故答案为：C。【分析】A．运用盖斯定律，通过已知反应的焓变计算目标反应的焓变。
B．根据反应中 CO2和 CH4的消耗比例，结合转化率曲线的高低判断对应物质。
C．结合反应 Ⅱ（生成 H2O）和反应 Ⅲ（消耗 H2O），分析温度区间内 H2O 摩尔流量变化的原因。
D．分析 CH4与 CO2的比例变化对反应平衡及 CO2转化率的影响。
14．（2025高二上·南京期末）实验室以菱锰矿(含及少量Fe、Si的氧化物等)为原料制备高纯和的流程如下图所示。
已知：室温下、、、。
（1）该流程中可循环使用的物质有　 　。
（2）“焙烧”过程中发生的化学方程式：　 　。
（3）“沉铁”过程中会产生少量沉淀。在工业上可用于去除溶液中，反应为，其平衡常数　 　。
（4）制取在如图所示实验装置中，搅拌下使一定量的溶液与氨水混合溶液充分反应。
①滴液漏斗中添加的药品是　 　。
②混合溶液中氨水的作用是　 　。
（5）制取。固定其他条件不变，反应物物质的量浓度比值、温度、空气流量对溶液制取纯度的影响分别如图所示。
补充完整制取纯净的实验方案：取25mL0.7mol·L-1的溶液，　 　，控制搅拌速率500r·min-1反应8h，　 　，110℃干燥2h，得到纯净的(须使用的试剂：0.7mol·L-1NaOH溶液、1.0mol·L-1溶液)。
【答案】（1）或氨水、
（2）
（3）10
（4）氨水混合溶液；调节溶液pH，增大，使尽可能沉淀完全
（5）边搅拌边向其中加入50mL0.7mol·L-1NaOH溶液，并保持75℃加热，同时以17L·min-1的流量向溶液中通入空气；静置过滤，用水洗涤2~3次，取最后一次洗涤滤液，向其中滴加1.0mol·L-1溶液，无沉淀生成
【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】（1）该流程中NH3或氨水、(NH4)2SO4既是反应物又是生成物，则该流程中可循环使用的物质有NH3或氨水、(NH4)2SO4；
故答案为：或氨水、 ；
（2）“焙烧”过程中碳酸锰与硫酸铵反应生成硫酸锰、氨气、水和二氧化碳，反应的化学方程式为：；
故答案为： ；
（3）反应，其平衡常数K==；
故答案为：10；
（4）①溶液与氨水混合溶液充分反应，氨水受热易分解挥发，则三颈烧瓶中盛有MnSO4溶液，滴液漏斗中添加的药品是氨水混合溶液；
②反应生成MnCO3，则混合溶液中氨水的作用是：调节溶液pH，增大，使尽可能沉淀完全；
故答案为： 氨水混合溶液 ； 调节溶液pH，增大，使尽可能沉淀完全 ；
（5）由图可知，制取纯净Mn3O4需控制氢氧化钠与硫酸锰的浓度比值为2.0、温度75℃、空气流量在17L/min，此时得到的Mn3O4纯度较大，钡离子和硫酸根离子能生成硫酸钡沉淀，溶液用于检验得到Mn3O4沉淀是否洗涤干净；故制取纯净Mn3O4的实验方案：取25mL0.7mol/L的MnSO4溶液，边搅拌边向其中加入50mL0.7mol/LNaOH溶液，并保持75℃加热，同时以17L·min-1的流量向溶液中通入空气，控制搅拌速率500r·min-1反应8h，静置过滤，用水洗涤2~3次，取最后一次洗涤滤液，向其中滴加1.0mol·L-1溶液，无沉淀生成，100℃干燥2h，得到纯净的Mn3O4。
故答案为： 边搅拌边向其中加入50mL0.7mol·L-1NaOH溶液，并保持75℃加热，同时以17L·min-1的流量向溶液中通入空气 ； 静置过滤，用水洗涤2~3次，取最后一次洗涤滤液，向其中滴加1.0mol·L-1溶液，无沉淀生成 。
【分析】向菱锰矿（含 MnCO3及少量 Fe、Si 的氧化物等）中加入 (NH4)2SO4焙烧时，MnCO3与 (NH4)2SO4发生反应，生成 MnSO4、NH3、H2O 和 CO2。其中 Fe 的氧化物、SiO2不与 (NH4)2SO4反应，经焙烧后以固体杂质形式留存；后续加水溶解时，MnSO4溶于水，而未反应的 Fe 氧化物、SiO2仍为固体，通过溶解可实现初步分离。接着加入氨水调节 pH，使溶液中的 Fe3+（或 Fe2+经氧化后）转化为 Fe(OH)3沉淀，过滤后得到纯净的 MnSO4溶液；在制备 MnCO3的步骤中，MnSO4溶液与氨水 - NH4HCO3混合溶液反应，除生成 MnCO3外，还会生成 (NH4)2SO4。焙烧阶段产生的 NH3可通过回收转化为氨水，与生成的 (NH4)2SO4共同返回焙烧工序重新利用，形成完整的循环体系，显著提升原料利用率并降低废液排放。
（1）该流程中NH3或氨水、(NH4)2SO4既是反应物又是生成物，则该流程中可循环使用的物质有NH3或氨水、(NH4)2SO4；
（2）“焙烧”过程中碳酸锰与硫酸铵反应生成硫酸锰、氨气、水和二氧化碳，反应的化学方程式为：；
（3）反应，其平衡常数K==；
（4）①溶液与氨水混合溶液充分反应，氨水受热易分解挥发，则三颈烧瓶中盛有MnSO4溶液，滴液漏斗中添加的药品是氨水混合溶液；
②反应生成MnCO3，则混合溶液中氨水的作用是：调节溶液pH，增大，使尽可能沉淀完全；
（5）由图可知，制取纯净Mn3O4需控制氢氧化钠与硫酸锰的浓度比值为2.0、温度75℃、空气流量在17L/min，此时得到的Mn3O4纯度较大，钡离子和硫酸根离子能生成硫酸钡沉淀，溶液用于检验得到Mn3O4沉淀是否洗涤干净；故制取纯净Mn3O4的实验方案：取25mL0.7mol/L的MnSO4溶液，边搅拌边向其中加入50mL0.7mol/LNaOH溶液，并保持75℃加热，同时以17L·min-1的流量向溶液中通入空气，控制搅拌速率500r·min-1反应8h，静置过滤，用水洗涤2~3次，取最后一次洗涤滤液，向其中滴加1.0mol·L-1溶液，无沉淀生成，100℃干燥2h，得到纯净的Mn3O4。
15．（2025高二上·南京期末）高铁酸盐是优良的多功能水处理剂。为紫色固体，可溶于水，在0~5℃、强碱性溶液中比较稳定，在酸性、中性溶液中易分解放出。
（1）的制备。在碱性条件下，可通过KClO溶液与溶液的反应制备。
①工业上常用废铁屑为原料制备溶液，溶液中可能含有少量，检验的方法　 　。
②写出生成的反应的离子方程式　 　。
（2）测定纯度。工业上用“间接碘量法”测定高铁酸钾的纯度：用碱性KI溶液溶解1.00g样品，调节pH使高铁酸根全部被还原成亚铁离子，再调节pH为3~4，用1.00mol·L-1的标准溶液作为滴定剂进行滴定()，淀粉作指示剂，平行测定三次，平均消耗标准溶液18.00mL。
①用标准溶液滴定时，达到终点的标志为　 　。
②样品中的质量分数为　 　。(写出计算过程)
（3）的应用。可用于生活垃圾渗透液的脱氮(将含氮物质转化为)处理。对生活垃圾渗透液的脱氮效果随水体pH的变化结果如下：
①根据图推测，时生活垃圾渗透液中含氮物质主要以　 　形式存在。
②由上图可知脱氮的最佳pH约为8，试分析可能原因　 　。
【答案】（1）取少量溶液于试管中，滴加几滴铁氰化钾溶液，若有蓝色沉淀生成，则含有；
（2）滴入最后半滴标准溶液，蓝色褪去，且半分钟不恢复；89.1%
（3）；时，随pH减小，的稳定性减弱，溶液中高铁酸根的浓度减小，含氮离子去除率降低(或随pH减小，的氧化性增强，有可能将氧化成含氮酸根离子，去除率降低)；的溶液，随pH增大，氧化性弱，不利于将含氮物质氧化
【知识点】铁及其化合物的性质实验；性质实验方案的设计；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）①亚铁离子和K3[Fe(CN)6]溶液会生成蓝色沉淀：；故检验的方法：取少量溶液于试管中，滴加几滴铁氰化钾溶液，若有蓝色沉淀生成，则含有；
②在碱性条件下，可通过KClO溶液与溶液的反应制备，反应中铁化合价由+3变为+6、氯化合价由+1变为-1，结合电子守恒，生成的反应的离子方程式为：；
故答案为： 取少量溶液于试管中，滴加几滴铁氰化钾溶液，若有蓝色沉淀生成，则含有 ； ；
（2）①淀粉作指示剂，碘单质能使得淀粉溶液变为蓝色，则用标准溶液滴定时，达到终点的标志为滴入最后半滴标准溶液，蓝色褪去，且半分钟不恢复。
②由题意，碘离子和发生氧化还原反应生成亚铁离子和碘单质，反应中铁化合价由+6变为+2、碘化合价由-1变为0，结合电子守恒，结合反应，存在，则样品中的质量分数为
故答案为： 滴入最后半滴标准溶液，蓝色褪去，且半分钟不恢复 ； 89.1% ；
（3）①根据图推测，时溶液为较强酸性，酸性条件下氮元素能以铵根离子存在，则生活垃圾渗透液中含氮物质主要以形式存在；
②已知，强碱性溶液中比较稳定，在酸性、中性溶液中易分解放出；时，随pH减小，的稳定性减弱，溶液中高铁酸根的浓度减小，含氮离子去除率降低(或随pH减小，的氧化性增强，有可能将氧化成含氮酸根离子，去除率降低)；的溶液，随pH增大，氧化性弱，不利于将含氮物质氧化，故脱氮的最佳pH约为8。
故答案为： ；时，随pH减小，的稳定性减弱，溶液中高铁酸根的浓度减小，含氮离子去除率降低(或随pH减小，的氧化性增强，有可能将氧化成含氮酸根离子，去除率降低)；的溶液，随pH增大，氧化性弱，不利于将含氮物质氧化 。
【分析】（1）①利用与铁氰化钾（）反应生成蓝色沉淀的特性检验。
②结合化合价变化和电子守恒，写出碱性条件下离子方程式：。
（2）①根据淀粉遇变蓝的性质，滴定终点为蓝色褪去且半分钟不恢复。
②通过电子守恒确定的计量关系，计算质量分数。
（3）①酸性条件（）下，含氮物质主要以形式存在。
②结合在不同下的稳定性（碱性稳定、酸性易分解）和氧化性分析最佳。
（1）①亚铁离子和K3[Fe(CN)6]溶液会生成蓝色沉淀：；故检验的方法：取少量溶液于试管中，滴加几滴铁氰化钾溶液，若有蓝色沉淀生成，则含有；
②在碱性条件下，可通过KClO溶液与溶液的反应制备，反应中铁化合价由+3变为+6、氯化合价由+1变为-1，结合电子守恒，生成的反应的离子方程式为：；
（2）①淀粉作指示剂，碘单质能使得淀粉溶液变为蓝色，则用标准溶液滴定时，达到终点的标志为滴入最后半滴标准溶液，蓝色褪去，且半分钟不恢复。
②由题意，碘离子和发生氧化还原反应生成亚铁离子和碘单质，反应中铁化合价由+6变为+2、碘化合价由-1变为0，结合电子守恒，结合反应，存在，则样品中的质量分数为
（3）①根据图推测，时溶液为较强酸性，酸性条件下氮元素能以铵根离子存在，则生活垃圾渗透液中含氮物质主要以形式存在；
②已知，强碱性溶液中比较稳定，在酸性、中性溶液中易分解放出；时，随pH减小，的稳定性减弱，溶液中高铁酸根的浓度减小，含氮离子去除率降低(或随pH减小，的氧化性增强，有可能将氧化成含氮酸根离子，去除率降低)；的溶液，随pH增大，氧化性弱，不利于将含氮物质氧化，故脱氮的最佳pH约为8。
16．（2025高二上·南京期末）烟气脱硝技术是烟气治理的发展方向和研究热点。
（1）以为活性物质、为载体的催化剂，可用于烟气中的脱除。将胶体与、溶液混合，静置、过滤、洗涤、煅烧制得催化剂。异丙醇铝加入到75℃水中，充分搅拌可生成胶体。
已知：胶粒表面带正电荷。
①生成胶体的化学方程式为　 　。
②与、溶液混合前，须在胶体中加入一定量NaOH溶液的目的是　 　。
③“煅烧”制催化剂的过程中固体的质量先减小后增大，固体质量增加的原因是　 　。
（2）将模拟烟气(主要成分为NO、、)匀速通过装有催化剂的反应管，和NO反应机理可表示为(ads表示吸附态)。
负载不同含量的催化剂对NO的脱除率随温度的变化如下图所示。
①130~200℃温度范围内，随着温度的升高，NO脱除率均迅速增大原因是　 　。
②催化剂的催化效率与反应物在载体表面的吸附和活性物质表面的反应有关。温度高于400℃，使用催化剂B的NO脱除率明显低于催化剂A，其原因是　 　。
（3）实验测得温度升高出口处含量增大，已知与在该催化剂下很难反应生成，含量增大的原因是　 　(用化学方程式表示)。
【答案】（1）(胶体)；改变胶粒电荷性质；；和氧气生成了
（2）温度升高反应速率加快；催化剂活性随温度升高而增大，两者共同导致NO脱除率均迅速增大；催化剂B的含量高，含量低，对的吸附少
（3）
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线；氨的性质及用途；胶体的性质和应用
【解析】【解答】（1）①加入到75℃水中，充分搅拌可生成胶体，结合质量守恒，反应还生成，反应为(胶体)；
②胶粒表面带正电荷，加入一定量NaOH溶液改变胶粒电荷性质，再加入、溶液吸附Cu2+、Ce3+，故答案为改变胶粒电荷性质；
③吸附有Cu2+、Ce3+的胶体煅烧可制得/催化剂，煅烧过程中，固体质量先减小后增大，根据催化剂和原料的分子式，增大是因为Ce2O3和氧气反应生成了CeO2；
故答案为：(胶体) ； 改变胶粒电荷性质； 和氧气生成了 ；
（2）①温度和催化剂能改变反应速率；温度升高反应速率加快，催化剂活性随温度升高而增大，两者共同导致130~200℃温度范围内，随着温度的升高，NO脱除率均迅速增大；
②催化剂的催化效率与反应物在载体表面的吸附和活性物质表面的反应有关；由图，氧化铝载体可以吸附氨气以便利于下一步反应的进行，则温度高于400℃，使用催化剂B的NO脱除率明显低于催化剂A，其原因是：催化剂B的含量高，含量低，对的吸附少，导致其NO的脱除率低；
故答案为： 温度升高反应速率加快；催化剂活性随温度升高而增大，两者共同导致NO脱除率均迅速增大 ； 催化剂B的含量高，含量低，对的吸附少 ；
（3）已知与在该催化剂下很难反应生成，则含量增大应该是氨气和NO催化反应生成的，结合质量守恒，还生成水：。
故答案为： 。
【分析】（1）①结合质量守恒，写出异丙醇铝与水反应生成胶体的化学方程式。
②利用改变胶粒电荷性质，便于吸附金属离子。
③依据催化剂组成，分析煅烧时与氧气反应生成使固体质量增加。
（2）①从温度对反应速率和催化剂活性的影响，解释脱除率变化。
②根据催化剂组成（、含量），分析对吸附量差异导致脱除率不同。
（3）根据反应产物和质量守恒，写出与在催化剂、加热条件下生成和的化学方程式。
（1）①加入到75℃水中，充分搅拌可生成胶体，结合质量守恒，反应还生成，反应为(胶体)；
②胶粒表面带正电荷，加入一定量NaOH溶液改变胶粒电荷性质，再加入、溶液吸附Cu2+、Ce3+，故答案为改变胶粒电荷性质；
③吸附有Cu2+、Ce3+的胶体煅烧可制得/催化剂，煅烧过程中，固体质量先减小后增大，根据催化剂和原料的分子式，增大是因为Ce2O3和氧气反应生成了CeO2；
（2）①温度和催化剂能改变反应速率；温度升高反应速率加快，催化剂活性随温度升高而增大，两者共同导致130~200℃温度范围内，随着温度的升高，NO脱除率均迅速增大；
②催化剂的催化效率与反应物在载体表面的吸附和活性物质表面的反应有关；由图，氧化铝载体可以吸附氨气以便利于下一步反应的进行，则温度高于400℃，使用催化剂B的NO脱除率明显低于催化剂A，其原因是：催化剂B的含量高，含量低，对的吸附少，导致其NO的脱除率低；
（3）已知与在该催化剂下很难反应生成，则含量增大应该是氨气和NO催化反应生成的，结合质量守恒，还生成水：。
17．（2025高二上·南京期末）绿色能源是未来能源发展的方向，积极发展氢能，是实现“碳达峰、碳中和”的重要举措，可以用以下方法制备氢气。
（1）催化重整：
ⅰ． kJ·mol-1
ⅱ． kJ·mol-1
①反应的　 　kJ·mol-1。
②实验发现，其他条件不变，向体系中加入CaO可明显提高平衡体系中的含量。分析投入CaO时，百分含量增大的原因是：　 　。
（2）利用之间的相互转化，来裂解水制取氢气，其制氢流程如图所示。该工艺制氢的总反应为，对比水和碳在高温下直接接触反应制氢，分析该工艺制氢的最大优点是　 　。
（3）硼氢化钠()水解制氢：常温下，自水解过程缓慢，需加入催化剂提高其产氢速率。在某催化剂表面制氢的微观过程如图所示。
①若用代替，依据反应机理，则反应后生成的气体中含有　 　。
②其他条件相同时，测得平均每克催化剂使用量下，浓度对制氢速率的影响如下图所示。(已知：浓度较大时，易以形式结晶析出。)
分析质量分数超过10%后制氢速率下降的可能原因　 　。
③转化为后，电解溶液又可制得，实现物质的循环利用，电解装置如图所示。阴极上的电极反应式是　 　。
【答案】（1）+247.4；CaO为碱性氧化物，能吸收酸性氧化物，导致浓度减小，促使反应ⅱ平衡正向移动，导致CO浓度减小，引起反应ⅰ平衡也正向移动
（2）该工艺中和CO分别在不同反应器内产生，实现了和CO的分离
（3）、HD、；浓度较高时，生成较多的，以形式结晶析出，覆盖在催化剂表面，阻碍与催化剂活性位的接触(或催化剂活性下降)，制氢速率下降；
【知识点】反应热和焓变；盖斯定律及其应用；催化剂；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）①根据盖斯定律可知，反应可由i-ii得到，则[-()] kJ·mol-1=+247.4 kJ·mol-1；
②CaO为碱性氧化物，能吸收酸性氧化物，导致浓度减小，促使反应ⅱ平衡正向移动，导致CO浓度减小，引起反应ⅰ平衡也正向移动，从而提高平衡体系中的含量。
故答案为： +247.4 ； CaO为碱性氧化物，能吸收酸性氧化物，导致浓度减小，促使反应ⅱ平衡正向移动，导致CO浓度减小，引起反应ⅰ平衡也正向移动 ；
（2）该工艺中和CO分别在不同反应器内产生，实现了和CO的分离；
故答案为： 该工艺中和CO分别在不同反应器内产生，实现了和CO的分离 ；
（3）①由图可知，第一步转化过程中转化为BH3和H原子，H原子可结合生成H2，第二步转化中BH3与D2O分别脱氢生成HD，同时得到BH2OH，最终一步转化中B(OH)3结合D2O中-OD，同时得电子形成，D2O断键得到D原子，D原子结合生成D2；
②浓度较高时，生成较多的，以形式结晶析出，覆盖在催化剂表面，阻碍与催化剂活性位的接触(或催化剂活性下降)，制氢速率下降；
③由装置可知，阴极上得电子生成，电极反应式为：。
故答案为：、HD、 ；浓度较高时，生成较多的，以形式结晶析出，覆盖在催化剂表面，阻碍与催化剂活性位的接触(或催化剂活性下降)，制氢速率下降 ； 。
【分析】（1）①依据盖斯定律，用反应 ⅰ 减去反应 ⅱ，计算目标反应的焓变。
②CaO 吸收 CO2使浓度降低，推动反应 ⅱ 正向进行，进而促使反应 ⅰ 正向移动，提高 H2含量。
（2）H2和 CO 在不同反应器中生成，实现了两者的分离。
（3）①结合反应机理，D2O 参与时生成的气体有 H2、HD、D2。
②NaBH4浓度过高，生成的 NaBO2结晶析出覆盖催化剂表面，阻碍反应，导致制氢速率下降。
③阴极上 BO2-得电子生成 BH4-，据此书写电极反应式。
（1）①根据盖斯定律可知，反应可由i-ii得到，则[-()] kJ·mol-1=+247.4 kJ·mol-1；
②CaO为碱性氧化物，能吸收酸性氧化物，导致浓度减小，促使反应ⅱ平衡正向移动，导致CO浓度减小，引起反应ⅰ平衡也正向移动，从而提高平衡体系中的含量。
（2）该工艺中和CO分别在不同反应器内产生，实现了和CO的分离；
（3）①由图可知，第一步转化过程中转化为BH3和H原子，H原子可结合生成H2，第二步转化中BH3与D2O分别脱氢生成HD，同时得到BH2OH，最终一步转化中B(OH)3结合D2O中-OD，同时得电子形成，D2O断键得到D原子，D原子结合生成D2；
②浓度较高时，生成较多的，以形式结晶析出，覆盖在催化剂表面，阻碍与催化剂活性位的接触(或催化剂活性下降)，制氢速率下降；
③由装置可知，阴极上得电子生成，电极反应式为：。
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