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吉林省吉林市第一中学2025-2026学年高三上学期第一次月考 化学试题
1．（2025高三上·吉林月考）我国东北地区是古代文明发源地之一、下列文物主要由无机非金属材料制成的是
A．“宣和元宝”金币 B．查海遗址龙形石堆塑
C．赤柏松遗址铁器 D．夫余鎏金铜面具
【答案】B
【知识点】无机非金属材料
【解析】【解答】A、金币的核心材料是金，金属于金属单质，因此 “宣和元宝” 金币的主体材料是金属材料，不符合无机非金属材料的要求，故A不符合题意 ；
B、石堆塑的主要成分是石材，石材的核心成分是硅酸盐（如二氧化硅、硅酸钙等），硅酸盐属于无机非金属材料，因此查海遗址龙形石堆塑的主体材料是无机非金属材料，故B符合题意 ；
C、铁器的核心材料是铁，铁是金属单质，因此赤柏松遗址铁器的主体材料是金属材料，不符合无机非金属材料的要求，故C不符合题意 ；
D、鎏金铜面具的核心材料是铜（合金），铜属于金属单质，因此夫余鎏金铜面具的主体材料是金属材料，不符合无机非金属材料的要求，故D不符合题意 ；
故答案为：B。
【分析】本题的易错点在于对 “无机非金属材料” 的概念混淆：
误将 “金属材料” 与 “无机非金属材料” 混淆，错认为石材（选项 B）属于金属材料，或误判金币、铁器等金属制品的材料类型。
对 “无机非金属材料” 的范围不清晰，忽略石材的主要成分（硅酸盐）属于无机非金属材料，易误选其他金属材质的选项。
2．（2025高三上·吉林月考）家务劳动中蕴含着丰富的化学知识。下列相关解释错误的是
A．用过氧乙酸溶液对居住环境消毒：CH3COOOH具有较强氧化性
B．做豆腐时，用石膏作凝固剂：CaSO4·2H2O是硫酸盐结晶水合物
C．制作腌菜、酱菜时添加食盐：高浓度的NaCl溶液迫使微生物脱水失活
D．使用漂粉精洗衣服时添加醋酸：Ca(ClO)2和醋酸反应生成HClO
【答案】B
【知识点】氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；胶体的性质和应用；常见的食品添加剂的组成、性质和作用
【解析】【解答】A、消毒的核心是破坏微生物结构，过氧乙酸（CH3COOOH）的强氧化性可使细菌 / 病毒的蛋白质变性，解释与原理一致，A正确；
B、做豆腐的关键是胶体聚沉 —— 石膏（CaSO4 2H2O）电离出的离子中和蛋白质胶粒电荷，使胶体聚沉；而 “石膏是硫酸盐结晶水合物” 是其物质分类，与聚沉原理无关，解释错误，B正确；
C、防腐的核心是脱水抑菌，高浓度 NaCl 溶液通过渗透作用使微生物失水，导致蛋白质失活，解释与原理一致，C正确；
D、漂白的核心是生成 HClO，利用 “强酸制弱酸”（醋酸酸性强于 HClO），Ca (ClO)2与醋酸反应生成 HClO，增强漂白性，解释与原理一致，D正确；
故答案为：B。
【分析】这道题的解题突破口是：抓住 “操作对应的化学原理”，区分 “物质性质” 与 “原理本质”：
消毒类：判断是否利用物质的氧化性（如过氧乙酸的强氧化性使蛋白质变性）。
胶体聚沉类：做豆腐的核心是 “离子中和胶粒电荷”，而非物质的分类（如石膏是硫酸盐结晶水合物属于分类，不是聚沉原理）。
防腐类：高浓度盐溶液的防腐是 “渗透脱水使微生物失活”，本质是渗透压差异。
漂白类：漂粉精加醋酸的核心是 “强酸制弱酸生成 HClO”，利用酸性强弱规律。
3．（2025高三上·吉林月考）下列关于各实验装置的描述中，不恰当的是
A．图1的实验可以证明过氧化钠与水反应放热
B．图2中的溶液要提前驱除溶解的氧气，以制备
C．图3的装置可以用于去除碳酸钠中的碳酸氢钠
D．用图4装置提纯胶体
【答案】C
【知识点】探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；制取氢氧化铁、氢氧化亚铁；胶体的性质和应用；钠的氧化物
【解析】【解答】A、图 1 中，Na2O2与水反应后脱脂棉燃烧，说明反应放出的热量达到了脱脂棉的着火点，可证明反应放热，A恰当；
B、Fe(OH)2易被 O2氧化，图 2 中煤油可隔绝空气，但溶液中溶解的 O2会氧化产物，因此需提前除尽溶液中的 O2，B恰当；
C、除去 Na2CO3中的 NaHCO3需加热（NaHCO3受热分解），但加热固体应使用坩埚，而图 3 是蒸发皿（用于蒸发溶液），装置选错，C不恰当；
D、Al(OH)3胶体粒子不能透过半透膜，AlCl3溶液中的离子可以透过，图 4 是渗析装置，可提纯胶体，D恰当；
故答案为：C。
【分析】本题的易错点集中在实验装置的适用场景与实验操作细节上：
装置用途混淆：误将 “蒸发皿”（用于溶液蒸发）当作 “坩埚”（用于固体灼烧），错认为图 3 可用于加热分解 NaHCO3。
实验操作细节忽略：制备 Fe (OH)2时，易忘记 “除尽溶液中溶解的 O2”（仅注意煤油隔绝空气，忽略溶液内的 O2）。
分离方法匹配错误：对 “渗析提纯胶体” 的原理不清晰，误判图 4 装置的作用。
4．（2025高三上·吉林月考）物质的性质决定用途和保存方式，下列两者对应关系不正确的是
A．见光易分解，浓硝酸用棕色瓶保存
B．具有强氧化性，可用于杀菌消毒
C．具有还原性，可用于漂白纸浆
D．难溶于稀盐酸，医学上常用作“钡餐”
【答案】C
【知识点】物质的结构与性质之间的关系；二氧化硫的性质
【解析】【解答】A、见光易分解的物质需避光保存。HNO3见光易分解，棕色瓶可隔绝光线，因此浓硝酸用棕色瓶保存，A正确；
B、强氧化性可破坏微生物结构。H2O2的强氧化性能使细菌、病毒的蛋白质变性，因此可用于杀菌消毒，B正确；
C、漂白纸浆的核心是漂白性，而非还原性。SO2漂白纸浆是利用其与有色物质结合生成无色物质的漂白性，与 SO2的还原性无关，C错误；
D、难溶于胃酸（稀盐酸）的物质可作 “钡餐”。人体胃液含稀盐酸，BaSO4难溶于稀盐酸，不会产生有毒的 Ba2+，因此医学上用作 “钡餐”，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题的易错点核心是对物质 “核心性质与用途 / 保存逻辑” 的混淆，具体如下：
性质与用途的对应偏差：误将SO2漂白纸浆的 “漂白性”（与有色物质化合）归为 “还原性”，忽略二者本质不同。
混淆相似性质的应用场景：对 SO2的漂白性、还原性区分不清晰，不清楚其漂白纸浆、草帽的核心是漂白性，而非还原性。
忽略 “性质决定用途 / 保存” 的逻辑：虽知道部分物质的用途（如浓硝酸用棕色瓶、BaSO4作钡餐），但未明确背后 “见光易分解需避光保存”“难溶于胃酸故无毒，可用”的核心逻辑，易因记忆模糊误判。
5．（2025高三上·吉林月考）对下列粒子组在溶液中能否大量共存的判断和分析均正确的是
选项 粒子组 判断和分析
A 透明溶液中：Mg2+、Cu2+、Br-、 不能大量共存，因为Cu2+呈蓝色
B 能溶解Al2O3的溶液中：Na+ 、、Cl-、 能大量共存，粒子间不反应
C NaCl溶液中：Fe3+、I-、Ba2+、CH3COO- 不能大量共存，Fe3+和I- 会发生氧化还原反应
D NaHSO4溶液中：K+ 、Cl-、、 不能大量共存，和发生反应
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A．透明溶液中可以含有色离子，且该组离子彼此不发生反应，可以大量共存，故A不符合题意；
B．能溶解Al2O3的溶液的可能是酸溶液，也可能是碱溶液，若为碱性溶液则反应，不能大量共存，故B不符合题意；
C．Fe3+具有强的氧化性、I-具有强的还原性，两者能发生氧化还原反应不能大量共存，故C符合题意；
D．NaHSO4溶液中含有大量氢离子，能与氢离子反应不能大量共存，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】离子之间不生成气体、沉淀、弱电解质或不发生氧化还原反应、络合反应、双水解等反应时能大量共存。
6．（2025高三上·吉林月考）稀有气体化合物的合成更新了对“惰性”的认知。已知：，设为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是
A．1 mol 中心原子的孤电子对数目为
B．18 g中所含质子数目为
C．生成1 mol ，转移电子数目为
D．3.36 L HF(标准状况)所含的分子数为
【答案】D
【知识点】气体摩尔体积；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、1mol XeF4中 Xe 的孤电子对为 2NA，A正确；
B、18g H2O（1mol）含 10NA个质子，B正确；
C、生成 1mol XeO3转移 8NA电子，C正确；
D、标况下 HF 是液体，3.36L HF 不是 0.15mol，分子数不是 0.15NA，D错误；
故答案为：D。
【分析】解题核心是结合反应方程式、物质结构及阿伏加德罗常数的应用，逐一分析选项：
XeF4的孤电子对：Xe 原子最外层 8 个电子，与 4 个 F 形成 σ 键用去 4 个电子，剩余 4 个电子为 2 对孤电子对，故 1mol XeF4中孤电子对为 2NA；
H2O 的质子数：1 个 H2O 含 10 个质子（H：1×2，O：8），18g H2O 为 1mol，质子数为 10NA。
反应的电子转移：反应中 Xe 的化合价由 + 4（XeF4）变为 + 6（XeO3）和 0（Xe），O 由 - 2（H2O）变为 0（O2）；生成 2mol XeO3时，转移 24mol 电子，故生成 1mol XeO3转移 8NA电子。
HF 的状态：标准状况下 HF 为液态，不能用气体摩尔体积计算其物质的量。
7．（2025高三上·吉林月考）中国科学院天津工业生物技术研究所又出新成果，研发出了从二氧化碳、甲醇、甲醛等碳一化合物到淀粉(C6H10O5)n和已糖的合成方法，实现了较高转化效率与精准可控构型的己糖人工合成。下列说法正确的是
A．淀粉的摩尔质量为162n
B．1L1mol·L-1的甲醇水溶液中含有1molH+
C．50g质量分数为64%的甲醇水溶液中含有3molO-H键
D．一定条件下，4.4gCO2全部转化为甲醇()时，转移0.2mol电子
【答案】C
【知识点】物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、摩尔质量需带单位（g/mol）。淀粉的化学式为 (C6H10O5) n，其摩尔质量应为 162n g/mol（162 是 C6H10O5的式量），A错误；
B、非电解质的溶液中 H+来自水的微弱电离。甲醇是非电解质，不能电离出 H+；1L 1mol L- 甲醇水溶液中，H+仅来自水的电离，浓度极稀，H+ 物质的量远小于 1mol，B错误；
C、分别计算甲醇和水中的 O-H 键，再求和。50g 质量分数 64% 的甲醇溶液中，甲醇质量为 50g×64%=32g（物质的量 1mol，含 1mol O-H 键）；水的质量为 18g（物质的量 1mol，含 2mol O-H 键），总 O-H 键为 1mol+2mol=3mol，C正确；
D、通过 C 的化合价变化计算电子转移。CO2中 C 为 +4 价，CH3OH 中 C 为 -2 价，4.4g CO2（0.1mol）转化为甲醇时，C 的化合价降低 6，转移电子为 0.1mol×6=0.6mol，并非0.2mol，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．摩尔质量的判断：抓 “单位（g/mol）”，无单位的摩尔质量描述直接排除。
B．溶液中 H 的来源：区分 “电解质 / 非电解质”，非电解质溶液的 H + 仅来自水的微弱电离，量极少。
C．化学键的计算：拆分混合物（如甲醇溶液拆为甲醇和水），分别算各物质的化学键数再求和。
D．电子转移的计算：找变价元素的化合价变化量，结合物质的量计算转移电子数。
8．（2025高三上·吉林月考）下列离子方程式中，正确的是
A．溶于水中：
B．向、混合溶液中滴加醋酸：
C．将溶液滴入溶液中：
D．向漂白粉溶液中通入少量：
【答案】C
【知识点】二氧化硫的性质；离子方程式的书写；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A、弱电解质（HClO）不能拆分为离子。Cl2与水反应生成的 HClO 是弱酸（弱电解质），不能拆成 H+ 和 ClO-，应保留 HClO 的化学式 应该写为：，A错误；
B、弱酸（醋酸）不能拆分为 H+。醋酸是弱酸，书写离子方程式时需保留 CH3COOH 的化学式，，B错误；
C、弱电解质（H2S）不拆分，难溶物（CuS）写化学式。H2S 是弱电解质，不能拆成离子；CuS 是难溶于水的沉淀，保留化学式，离子方程式为，C项正确；
D、强氧化性的 ClO-会氧化 SO2（或 CaSO3）。ClO - 具有强氧化性，SO2具有还原性，二者会发生氧化还原反应，产物应为 CaSO4（而非 CaSO3）， 正确的离子方程式为，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题的易错点集中在离子方程式书写的核心规则混淆：
弱电解质的拆分错误：误将弱酸（如 HClO、醋酸）拆分为离子（如选项 A 拆 HClO、选项 B 拆醋酸），忽略弱电解质需保留化学式的规则。
氧化还原反应的忽略：未注意强氧化性离子（如 ClO-）与还原性物质（如 SO2）的反应，错写产物（如选项 D 将产物写成 CaSO3，实际应为 CaSO4）。
反应环境的误判：对 “弱酸不能拆为 H+” 的细节不敏感，默认酸性环境就写 H+（如选项 B 用 H+ 代替醋酸）。
9．（2025高三上·吉林月考）已知某物质X能发生如图转化：
下列有关上述转化关系中物质及其反应的叙述正确的是
A．若X为C，则Y可以和氢氧化钠反应生成盐和水
B．若X为S，则A为硫酸
C．反应①和②一定为氧化还原反应，反应③一定为非氧化还原反应
D．X一定是非金属单质或非金属氢化物
【答案】B
【知识点】含硫物质的性质及综合应用；无机物的推断
【解析】【解答】A、若 X 为 C，连续氧化产物为 Y（CO）、Z（CO2），A 为 H2CO3；但 CO 是不成盐氧化物，与 NaOH 不反应，A错误；
B、若 X 为 S，连续氧化生成 Y（SO2）、Z（SO3），SO3与 H2O 反应生成 H2SO4（硫酸），转化与产物均合理，B正确；
C、反应①、②是与 O2的反应（有化合价变化），一定是氧化还原反应；但反应③可能是氧化还原反应（如 3NO2+H2O=2HNO3+NO，N 化合价变化），并非 “一定非氧化还原”，C错误；
D、X 不一定是非金属单质 / 氢化物，也可能是金属（如 Na：连续氧化为 Na2O、Na2O2，Na2O2与 H2O 反应）或含氧有机物（如乙醇：氧化为乙醛、乙酸），D错误；
故答案为：B。
【分析】这道题的解题突破口集中在 “连续氧化的物质路径、反应类型判断、物质范围拓展” 上：
连续氧化的产物推导：抓 “X→Y→Z” 是两次与 O2的反应，明确常见物质的连续氧化路径（如 C→CO→CO2、S→SO2→SO3），再验证 Z 与水的反应产物（如选项 B 中 SO3→H2SO4）。
反应类型的判断：反应①②有 O2参与（化合价变化），必为氧化还原反应；但反应③需看 Z 与水反应是否有化合价变化（如 NO2与水反应是氧化还原，推翻 “一定非氧化还原” 的结论）。
物质范围的拓展：X 的类型不止非金属，金属（如 Na→Na2O→Na2O2）、含氧有机物（如乙醇→乙醛→乙酸）也能发生连续氧化，避免局限于非金属的思维定式。
10．（2025高三上·吉林月考）下列实验能达到实验目的，且操作规范的是
　 实验目的 实验操作、现象
A 除去NaHCO3固体中的Na2CO3 将混合物装入试管中，用酒精灯加热至恒重
B 分离Fe2O3、Al2O3 将混合物投入足量NaOH溶液中，然后依次进行过滤、洗涤、蒸发、灼烧四项操作
C 证明镁与CO2发生了置换反应 用坩埚钳将点燃的镁条置于盛有CO2的集气瓶中，瓶内壁有黑色固体生成
D 判断某溶液中有Na+，并且没有K+ 用洁净的铂丝蘸取溶液在酒精灯的外焰上灼烧，观察到火焰呈黄色
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】铁的化学性质；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、除杂不能消耗目标物质。NaHCO3受热易分解（生成 Na2CO3），用酒精灯加热会将目标物质 NaHCO3转化为杂质 Na2CO3，无法除杂，A错误；
B、Al2O3与 NaOH 反应生成可溶的 NaAlO2，Fe2O3不反应，过滤后得到的滤渣是 Fe2O3（经洗涤、灼烧可分离）；但滤液中的 NaAlO2经蒸发、灼烧无法得到 Al2O3（需通入 CO2再处理），操作流程错误，B错误；
C、Mg 在 CO2中燃烧，生成黑色固体 C（单质）和 MgO，符合 “单质+化合物→新单质+新化合物” 的置换反应定义，操作（坩埚钳夹取点燃的镁条）规范，C正确；
D、焰色反应呈黄色可证明含 Na+，但 K+ 的焰色（紫色）易被 Na + 的黄色掩盖，需透过蓝色钴玻璃观察才能确定是否含 K+，无法直接判断 “没有 K+”，D错误；
故答案为：C。
【分析】道题的解题突破口集中在 “实验操作的逻辑、物质性质的应用、反应类型的判定” 上：
A． 除杂类实验：抓 “不消耗目标物质”——NaHCO3受热易分解，加热会损失目标物。
B． 分离类实验：抓 “物质性质与操作的匹配”——Al2O3与 NaOH 反应后的滤液，需通入 CO2才能得到 Al(OH)3，再灼烧得 Al2O3。
C． 反应类型判定：抓 “置换反应的定义（单质 + 化合物→新单质 + 新化合物）”——Mg 在 CO2中燃烧生成 C（单质）和 MgO，符合置换反应，且操作规范。
D． 焰色反应：抓 “K+ 的观察条件”——K+焰色需透过蓝色钴玻璃。
11．（2025高三上·吉林月考）氮化硅（）是一种高温结构陶瓷材料，它硬度大、熔点高、化学性质稳定。合成氮化硅的一种工艺流程如图所示，下列说法正确的是
已知：在潮湿的空气中易水解，产生白雾。
A．该流程中可循环使用的物质是
B．第①步反应中产生的气体能使澄清石灰水变浑浊
C．和所含共价键数目均为
D．第③步反应可用氨水代替
【答案】A
【知识点】硅和二氧化硅
【解析】【解答】A、Si(NH2)4高温分解生成的 NH3，可在 SiCl4与 NH3的反应中循环利用，A正确；
B、第①步反应生成的是 CO（不是 CO2），CO 不能使澄清石灰水变浑浊，B错误；
C、1mol SiCl4含 4mol 共价键，1mol Si3N4含 12mol 共价键，数目不同，C错误；
D、SiCl4易水解，氨水含水，不能替代 NH3参与反应，D错误；
故答案为：A。
【分析】制备流程：石英砂（SiO2）与焦炭反应生成粗硅；粗硅与 Cl2反应生成 SiCl4；SiCl4和 NH3反应生成 Si(NH2)4；Si(NH2)4高温分解生成 Si3N4和 NH3（结合质量守恒）；
循环利用：Si (NH2)4分解生成的 NH3可回到 SiCl4与 NH3的反应步骤循环使用；
物质性质：SiCl4易水解，不能接触含水体系（如氨水）；CO 不能使澄清石灰水变浑浊；
共价键计算：1mol SiCl4含 4mol Si-Cl 键，1mol Si3N4含 12mol Si-N 键，共价键数目不同。
12．（2025高三上·吉林月考）制备磺酰胺的装置如图，原理为。已知SO2Cl2熔点为-54.1℃，遇潮湿空气产生酸雾。下列说法正确的是
A．连接顺序为a→de→bc→hi→fg
B．装置丙中试剂为无水CaCl2
C．装置乙中多孔球泡的作用是防止倒吸
D．若无装置丙，则可发生
【答案】A
【知识点】氯气的实验室制法；氨的实验室制法；常用仪器及其使用；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、甲制 NH3→丙干燥（a→d 进 e 出）→乙反应（e→b 进 c 出）→丁干燥（c→h 进 i 出）→戊收集（i→f 进 g 出），连接顺序为 a→de→bc→hi→fg，A正确；
B、NH3与无水 CaCl2反应，丙中不能用无水 CaCl2，B错误；
C、多孔球泡是增大接触面积，不是防倒吸，C错误；
D、O2Cl2水解生成 H2SO4和 HCl，不是 H2SO3，D错误；
故答案为：A。
【分析】解题核心是围绕 “制备磺酰胺” 的实验装置作用、物质性质分析：
装置连接逻辑：甲（制 NH3）→丙（干燥 NH3，需碱性干燥剂）→乙（反应装置）→丁（干燥，防 SO2Cl2遇水）→戊（收集尾气），结合接口进出顺序确定连接方式。
干燥剂选择：NH3是碱性气体，不能用无水 CaCl2（会反应），丙中应选碱性干燥剂（如碱石灰）。
多孔球泡作用：增大NH3与SO2Cl2的接触面积，加快反应速率，而非防倒吸。
SO2Cl2的水解：SO2Cl2遇水生成的是H2SO4（不是 H2SO3）和HCl。
13．（2025高三上·吉林月考）铜和镁的混合物投入浓硝酸中恰好完全溶解，共收集到气体，若向所得溶液加入溶液时金属离子恰好完全沉淀，则浓硝酸的浓度为
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】物质的量浓度；物质的量的相关计算
【解析】【解答】收集的气体是氮的氧化物，体积为6720mL（即6.72L），物质的量为 ，这部分含0.3mol氮。加入NaOH后金属离子完全沉淀，此时溶液中溶质为硝酸钠（NaNO3），NaOH的物质的量为 ，根据Na+与NO3-的守恒，硝酸钠中含0.3mol氮。
浓硝酸中的氮全部转化为“气体中的氮”和“硝酸钠中的氮”，总氮量为 ；
浓硝酸体积为50mL（0.05L），故浓度为 。
故答案为：D。
【分析】这道题的解题突破口是元素守恒法（氮守恒），核心思路是 “抓硝酸中氮的去向”：
浓硝酸中的氮最终分为两部分：
一部分转化为氮的氧化物气体（直接用气体体积算物质的量）；
另一部分留在溶液中，最终与 NaOH 反应生成 NaNO3（利用 NaOH 的量推 NaNO3的量，即这部分氮的量）。
无需计算金属的量，直接通过 “总氮量 = 气体中氮的量 + 硝酸钠中氮的量”，结合硝酸体积求浓度。
这个方法避开了复杂的氧化还原电子转移计算，通过元素守恒快速锁定总氮量，是解这类题的关键技巧。
14．（2025高三上·吉林月考）自然界中氮的循环对生命活动有重要意义。在不同催化剂下，能够还原氮氧化物实现氮污染的治理。硝酸厂的烟气中含有大量的氮氧化物，将烟气与的混合气体通入与的混合溶液中实现无害化处理，其转化过程如图所示：下列说法正确的是
A．该处理过程中，起催化作用的离子是
B．若该过程中，每转移电子消耗氮氧化物，则x为1.5
C．当时，反应Ⅱ中还原产物与氧化产物物质的量之比为
D．当无害化处理标况下时，使用等量的可以无害化处理(不考虑和的转化)
【答案】D
【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、过程中，Ce4+和 Ce3+循环转化（Ce4+被 H2还原为 Ce3+，Ce3+又被 NO 氧化为 Ce4+），因此起催化作用的是 Ce4+和 Ce3+；而 H+是参与反应的反应物，并非催化剂。A错误；
B、NO 最终生成 N2（N 的化合价从 +x 降为 0），每 mol NO 转移 2x mol 电子。若转移 4mol 电子，对应 NO 的物质的量为=mol。题目中 “每转移 4mol 电子消耗 1mol 氮氧化物”，则=1，解得 x=2，并非 1.5。B错误；
C、以 NO2为例（N 从 + 4到0，作氧化剂），Ce3+（Ce 从 +3到+4，作还原剂）。配平反应：8Ce3++2NO2+8H+=8Ce4++N2+4H2O。其中，还原产物是 N2（NO2被还原的产物），氧化产物是 Ce4+（Ce3+被氧化的产物），物质的量之比为 1：8，C错误；
D、① 处理 NO（标况 8.96L 即 0.4mol）：整合反应得 NO~H2，故 0.4mol NO 消耗 0.4mol H2。② 处理 NO2（0.2mol）：整合反应得 NO2~2H2，故 0.2mol NO2消耗 0.4mol H2。因此，0.4mol H2既能处理 0.4mol NO，也能处理 0.2mol NO2。D正确；
故答案为：D
【分析】A．看物质是否循环存在——Ce4+和 Ce3+相互转化、全程存在，是催化剂；H+是参与反应的反应物，不是催化剂。
B．先确定 NO 中N的化合价（+x），再算每 mol NO 转移的电子数（2x mol），结合 “转移 4mol 电子消耗 1mol NO ” 列等式，直接算出 x 的值。
C．先找氧化剂（NO2，N 降价）、还原剂（Ce3+，Ce升价），配平反应后，直接对应还原产物（N2）和氧化产物（Ce4+）的物质的量比。
D．把“Ce 的循环反应” 和 “NO 的处理反应” 整合，得到NO、NO2分别与 H2的比例关系，再代入物质的量计算。
15．（2025高三上·吉林月考）某工业废水中可能含有、、、、、、、、、中的几种，且各离子物质的量浓度均为0.2 mol/L(忽略水的电离及离子的水解)，欲探究废水的组成，进行了如下实验：
Ⅰ、取该无色溶液5 mL，滴加一滴氨水有沉淀生成，且离子种类增加
Ⅱ、用铂丝蘸取溶液，在火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察，无紫色火焰
Ⅲ、另取溶液加入过量盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇到空气变为红棕色
IV、向Ⅲ中所得溶液中加入溶液，有白色沉淀生成。
下列推断不正确的是
A．溶液中一定不含的阳离子是、、、
B．该工业废水中一定含有的离子为、、、、
C．Ⅲ中加入盐酸生成无色气体的离子方程式为
D．另取100 mL原溶液，加入足量的NaOH溶液，充分反应后过滤、洗涤、灼烧沉淀至恒重，得到固体的质量为0.8 g
【答案】B
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A、由实验 Ⅰ、Ⅱ，确实无 K+、NH4+、Cu2+、Ag+，A正确；
B、 根据分析可知，溶液中的阳离子为，阴离子是，B错误；
C、实验 Ⅲ 中 NO3-在酸性条件下氧化 I-，反应为 8H++6I-+2NO3-=3I2+2NO↑+4H2O，C正确。
D、100mL 溶液中 Mg2+为0.02mol，加 NaOH 生成 Mg (OH)2，灼烧后为 MgO（0.02mol，质量 0.8g），总质量=0.8g，D正确；
故答案为：B。
【分析】步骤 1：根据实验现象初步筛选离子
实验 Ⅰ：溶液无色，说明无 Cu2+（Cu2+为蓝色）；滴加氨水生成沉淀且离子种类增加，说明无 NH4+（若有 NH4+，加氨水会形成 NH3 H2O，离子种类不变）；无 Ag+（Ag+与 Cl-、SO42-、I-均不能共存，且 Ag+加氨水先沉淀后溶解，与 “离子种类增加” 不符）。
实验 Ⅱ：透过蓝色钴玻璃无紫色火焰，说明无 K+（K+焰色为紫色）。
实验 Ⅲ：无色气体遇空气变红棕色，该气体为 NO（NO 被氧化为 NO2呈红棕色），说明有 NO3-（酸性条件下 NO3-可氧化还原性离子）；能被 NO3-氧化且生成无色气体的，结合离子种类，确定含 I-（I-被氧化为 I2，可能溶解在溶液中，气体为 NO）。
实验 Ⅳ：加 BaCl2生成白色沉淀，说明有 SO42-（BaSO4为白色沉淀）。
步骤 2：用电荷守恒确定阳离子种类
各离子浓度均为 0.2 mol/L，需满足电荷平衡（阳离子总电荷 = 阴离子总电荷）。故阴离子为 NO3-（-1）、SO42-（-2）、I-（-1），Cl-（-1）剩余阳离子为 Mg2+（+2）、Al3+（+3）（电荷平衡需满足，且无其他阳离子可选）。 所以溶液中的阳离子为Mg2+、Al3+，阴离子是，据此分析作答。
16．（2025高三上·吉林月考）化学工业为医药行业提供了强有力的物质支撑。请回答下列问题：
（1）研究表明病毒可通过气溶胶传播，气溶胶中粒子的直径大小为　 　，可以　 　来鉴别气溶胶。
（2）常温下，Na2O2、乙醇、Cl2、NaClO溶液都为常用的消毒剂，其中能导电的是　 　，属于电解质的是　 　。
（3）某家用制氧机使用的是过碳酸钠(2Na2CO3·3H2O2)，该药品被称为固体双氧水，兼具碳酸钠和双氧水的双重性质，可以利用过氧化氢在二氧化锰的催化下分解产生氧气。
①写出过碳酸钠在二氧化锰催化下产生氧气的化学方程式：　 　。
②下列物质不会使过碳酸钠失效的是　 　(填字母)。
A．HCl B．NaHCO3 C．MnO2 D．H2S
（4）医药行业中测温枪发挥了极大的作用。在测温枪电池制备过程中会生成Li2Ti5O15(Ti为＋4价)，1 mol Li2Ti5O15中过氧键的数目为　 　。
【答案】（1）1～100 nm；丁达尔效应
（2）NaClO溶液；Na2O2
（3）2(2Na2CO3·3H2O2)4Na2CO3＋6H2O＋3O2↑；B
（4）4NA
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；电解质与非电解质；胶体的性质和应用
【解析】【解答】（1）气溶胶属于胶体，粒子的直径大小为1～100 nm，可以用丁达尔效应来鉴别气溶胶；
故答案为： 1～100 nm ； 丁达尔效应 ；
（2）NaClO溶液中含有自由移动的Na+和ClO-，能够导电；Na2O2属于化合物，在熔融状态下能够导电，属于电解质；
故答案为： NaClO溶液 ； Na2O2 ；
（3）①过碳酸钠在二氧化锰催化下产生氧气，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：2(2Na2CO3·3H2O2)4Na2CO3＋6H2O＋3O2↑；
②A．碳酸钠与盐酸反应，则可使过碳酸钠晶体失效，A不符合题意；
B．NaHCO3不与Na2CO3和H2O2反应，不会使过碳酸钠晶体失效，B符合题意；
C．MnO2能催化过氧化氢分解，可使过碳酸钠晶体失效，C不符合题意；
D．H2S具有还原性，与过氧化氢发生氧化还原反应，可使过碳酸钠晶体失效，D不符合题意；
故答案为： 2(2Na2CO3·3H2O2)4Na2CO3＋6H2O＋3O2↑ ；B；
（4）Li2Ti5O15中Ti的化合价为+4，Li的化合价为+1价，设过氧键的数目为x，由化合价的代数和为0可知，5×4+2×1+(-2)×(15-2x)+(-1)×2×x=0，解得x =4，即1 mol Li2Ti5O15中过氧键的数目为4NA。
故答案为： 4NA 。
【分析】(1)胶体（气溶胶）粒子直径范围：1~100 nm；
胶体的鉴别方法：丁达尔效应。
(2)导电的判断：含自由移动离子的物质（如 NaClO 溶液）；
电解质的判断：熔融或水溶液能导电的化合物（如 Na2O2）。
(3)① 化学方程式配平：结合过碳酸钠的 “Na2CO3+H2O2” 双重性质，按 H2O2分解规律配平；
② 失效判断：与 Na2CO3或 H2O2反应的物质会使其失效（NaHCO3不反应）。
(4)过氧键的计算：利用 “化合价代数和为 0”，设过氧键数为 x，结合 Ti (+4)、Li (+1)、O（普通 O 为 - 2，过氧键中 O 为 - 1）列方程求解。
（1）气溶胶属于胶体，粒子的直径大小为1～100 nm，可以用丁达尔效应来鉴别气溶胶；
（2）NaClO溶液中含有自由移动的Na+和ClO-，能够导电；Na2O2属于化合物，在熔融状态下能够导电，属于电解质；
（3）①过碳酸钠在二氧化锰催化下产生氧气，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：2(2Na2CO3·3H2O2)4Na2CO3＋6H2O＋3O2↑；
②A．碳酸钠与盐酸反应，则可使过碳酸钠晶体失效，A不符合题意；
B．NaHCO3不与Na2CO3和H2O2反应，不会使过碳酸钠晶体失效，B符合题意；
C．MnO2能催化过氧化氢分解，可使过碳酸钠晶体失效，C不符合题意；
D．H2S具有还原性，与过氧化氢发生氧化还原反应，可使过碳酸钠晶体失效，D不符合题意；
故选B；
（4）Li2Ti5O15中Ti的化合价为+4，Li的化合价为+1价，设过氧键的数目为x，由化合价的代数和为0可知，5×4+2×1+(-2)×(15-2x)+(-1)×2×x=0，解得x =4，即1 mol Li2Ti5O15中过氧键的数目为4NA。
17．（2025高三上·吉林月考）我国将力争2060年前实现碳中和，的捕捉是减少碳排放的措施之一。
Ⅰ、一种利用NaOH溶液捕捉回收的过程如图所示。
（1）捕捉室中NaOH溶液常喷成雾状，优点是　 　。
Ⅱ、实验室模拟捕捉回收，配制480 mL 1.00 NaOH溶液。
（2）配制溶液需要的玻璃仪器是烧杯、玻璃棒、胶头滴管、量筒和　 　。根据计算用托盘天平称量NaOH固体　 　g。
（3）配制操作可分解成如下几步，以下正确的操作顺序是　 　→D→　 　→装瓶贴签。
A．向容量瓶中注入少量蒸馏水，检查是否漏水
B．用少量蒸馏水洗涤烧杯及玻璃棒2-3次，将洗涤液注入容量瓶后轻摇几下
C．将已冷却的溶液注入容量瓶中
D．根据计算，称取一定量的NaOH固体
E．向盛有NaOH固体的烧杯中加水，用玻璃棒搅拌溶解
F．盖上容量瓶塞子，摇匀
G．用胶头滴管滴加蒸馏水，使溶液凹面恰好与刻度相切
H．继续往容量瓶中小心地加蒸馏水，使液面接近刻度线1-2cm处
（4）配制过程中，会造成所配制NaOH溶液的物质的量浓度偏大的是　 　。
A．称量所用的砝码生锈 B．转移前，容量瓶内有蒸馏水
C．未冷至室温就转移定容 D．定容时仰视刻度线
E．定容时水加多用胶头滴管吸出 F．称量NaOH时间过长
Ⅲ、CaO固体也可以捕捉回收，研究表明热分解制得的CaO疏松多孔，具有良好的捕捉性能。取1.46 g 进行加热，固体质量随温度变化如图所示：
(注：曲线中共涉及到三步分解反应)。
（5）写出400-600℃范围内分解反应的化学方程式：　 　。
（6）据图分析，CaO捕捉的反应温度应　 　(填“高于”或“低于”)800℃。
【答案】增大反应物接触面积，使反应更加充分，加快反应速率；；500mL容量瓶；20.0；A；ECBHGF；A、C；；低于
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液；含碳化合物的性质和应用
【解析】【解答】（1）捕捉室中NaOH溶液常喷成雾状，优点是增大反应物接触面积，使反应更加充分，加快反应速率；
故答案为： 增大反应物接触面积，使反应更加充分，加快反应速率 ；
（2）配制480 mL 1.00 NaOH溶液，需要玻璃仪器是烧杯、玻璃棒、胶头滴管、量筒、500 mL容量瓶，
依据，用托盘天平称量NaOH固体20.0 g；
故答案为： 500mL容量瓶 ； 20.0 ；
（3）配制操作可分解成如下几步，以下正确的操作顺序： A．向容量瓶中注入少量蒸馏水，检查是否漏水，D．根据计算，称取一定量的NaOH固体，E．向盛有NaOH固体的烧杯中加水，用玻璃棒搅拌溶解，C．将已冷却的溶液注入容量瓶中，B．用少量蒸馏水洗涤烧杯及玻璃棒2-3次，将洗涤液注入容量瓶后轻摇几下，H．继续往容量瓶中小心地加蒸馏水，使液面接近刻度线1-2 cm处，G．用胶头滴管滴加蒸馏水，使溶液凹面恰好与刻度相切，F．盖上容量瓶塞子，摇匀；
故答案为： A ； ECBHGF ；
（4）配制NaOH溶液的物质的量浓度：
A．称量所用的砝码生锈会使氢氧化钠的质量变大，使溶液浓度偏大，
B．转移前，容量瓶内有蒸馏水，对氢氧化钠溶液的浓度没影响，
C．未冷至室温就转移定容，致使溶液的体积偏小，然后氢氧化钠溶液的浓度偏大，
D．定容时仰视刻度线，导致溶液的体积偏大，然后引起氢氧化钠溶液浓度偏小，
E．定容时水加多用胶头滴管吸出，导致氢氧化钠质量减小，溶液浓度减小，
F．称量NaOH时间过长，氢氧化钠变质致使质量偏小，然后氢氧化钠溶液浓度减小，
故使NaOH溶液的物质的量浓度偏大的是A、C；
故答案为： A、C ；
（5）0-200℃范围内，失去结晶水，固体减少的质量为1.46 g-1.28 g=0.18 g，400-600℃范围内，分解生成气体的质量为1.28 g-1.00 g=0.28 g，草酸钙的相对分子质量为128，碳酸钙的相对分子质量为100，一氧化碳的相对分子质量为28，结合图中数据可知，草酸钙分解生成碳酸钙和一氧化碳，反应方程式为；
故答案为： ；
（6）400-600℃范围内分解生成的固体为碳酸钙，据图分析，温度高于800℃，碳酸钙分解生成氧化钙和二氧化碳，最终剩余氧化钙，因此CaO捕捉的反应温度应低于800℃。
故答案为： 低于 。
【分析】首先，含高浓度 CO2的气体进入捕捉室，与 NaOH 溶液反应，除去 CO2后排出低浓度 CO2的气体；接着，捕捉室中生成的物质进入反应、分离环节，同时加入 CaO 进行反应，分离出的物质送入高温反应炉；最后，高温反应炉中反应生成 CO2（被储存利用），同时产生的物质循环回到捕捉室继续参与反应。
18．（2025高三上·吉林月考）某化学兴趣小组设计如图实验装置(夹持装置已省略)，探究、和的氧化性强弱。
回答下列问题：
（1）玻璃管a的作用是　 　。
（2）实验Ⅰ：旋开恒压滴液漏斗的玻璃塞，打开活塞，关闭活塞，通入。
①装置A中制备的离子方程式为　 　。
②证明的氧化性大于的现象是　 　。
③装置D中所盛试剂为　 　(填化学式)溶液。
（3）实验Ⅱ：实验Ⅰ进行一段时间后，关闭活塞，打开，通入气体，验证的氧化性比强。
①发生反应的化学方程式为　 　。
②实验完成后，打开弹簧夹，持续通入的目的是　 　。
（4）淀粉-KI溶液中的测定：取10.00 mL淀粉-KI溶液，加入足量的硫酸酸化的溶液，然后加入少量的粉末除去，然后用0.1000 的标准溶液滴定，达到滴定终点时三次测量平均消耗标准溶液的体积为25.00 mL(，)。
①滴定终点现象是　 　。
②　 　。
【答案】（1）平衡压强，使分液漏斗中的液体能顺利流下。
（2）；B中溶液变蓝；NaOH
（3）；将装置中残余的Cl2、SO2等排出，使其被NaOH溶液吸收，防止其污染空气
（4）加入最后半滴Na2S2O3标准液时，溶液蓝色恰好褪去，且半分钟不恢复至原来颜色；0.25
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；氧化还原反应方程式的配平；氯气的实验室制法；中和滴定；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）玻璃管a的作用是：平衡压强，使分液漏斗中的液体能顺利流下；
故答案为： 平衡压强，使分液漏斗中的液体能顺利流下。 ；
（2）①高锰酸钾和浓盐酸反应制备氯气的离子方程式为：；②Cl2进入装置B中，发生反应：，B中溶液变蓝，可证明Cl2的氧化性大于I2；③装置D用于进行尾气处理，盛有氢氧化钠溶液；
故答案为： ； B中溶液变蓝 ； NaOH ；
（3）①I2和SO2发生反应生成HI和H2SO4，化学方程式为：；②持续通入N2的目的是：将装置中残余的Cl2、SO2等排出，使其被NaOH溶液吸收，防止其污染空气；
故答案为： ； 将装置中残余的Cl2、SO2等排出，使其被NaOH溶液吸收，防止其污染空气 ；
（4）①滴定终点现象是：加入最后半滴Na2S2O3标准液时，溶液蓝色恰好褪去，且半分钟不恢复至原来颜色；②根据方程式，，，可得关系式：，即，。
故答案为： 加入最后半滴Na2S2O3标准液时，溶液蓝色恰好褪去，且半分钟不恢复至原来颜色 ； 0.25 。
【分析】实验Ⅰ流程：
旋开恒压滴液漏斗玻璃塞，打开活塞K1、关闭K2：装置A通过生成Cl2，Cl2通入装置B后发生，B中溶液因生成I2变蓝；装置C作安全瓶，多余Cl2进入装置D被吸收。
实验Ⅱ流程：
实验Ⅰ进行一段时间后，关闭K1、打开K2并通入SO2：B中I2与SO2发生，溶液蓝色褪去，由此验证I2的氧化性强于SO2。
实验后处理：
实验结束后，打开弹簧夹持续通N2，将装置内残留的Cl2、SO2等气体排出，使其被NaOH溶液吸收，避免污染空气。
(1)恒压分液漏斗中玻璃管的作用：平衡压强，使液体顺利流下。
(2)①制 Cl2的离子方程式：利用 KMnO4氧化 Cl-，按得失电子守恒配平；
②氧化性验证现象：Cl2氧化 I-生成 I2，使 B 中淀粉 - KI 溶液变蓝；
③尾气处理试剂：Cl2用 NaOH 溶液吸收。
(3)①反应方程式：I2氧化 SO2，生成 HI 和 H2SO4；② 通 N2的目的：排出残留的 Cl2、SO2，避免污染空气。
(4)①滴定终点：最后半滴 Na2S2O3溶液使蓝色褪去且半分钟不变；
②浓度计算：利用 I-与 S2O32-的物质的量关系（1：1），结合滴定数据计算。
（1）玻璃管a的作用是：平衡压强，使分液漏斗中的液体能顺利流下；
（2）①高锰酸钾和浓盐酸反应制备氯气的离子方程式为：；②Cl2进入装置B中，发生反应：，B中溶液变蓝，可证明Cl2的氧化性大于I2；③装置D用于进行尾气处理，盛有氢氧化钠溶液；
（3）①I2和SO2发生反应生成HI和H2SO4，化学方程式为：；②持续通入N2的目的是：将装置中残余的Cl2、SO2等排出，使其被NaOH溶液吸收，防止其污染空气；
（4）①滴定终点现象是：加入最后半滴Na2S2O3标准液时，溶液蓝色恰好褪去，且半分钟不恢复至原来颜色；②根据方程式，，，可得关系式：，即，。
19．（2025高三上·吉林月考）以硫锰矿(主要成分为MnS，还含有少量的CaS、MgS、FeS杂质)和软锰矿(主要成分为，还含有、、等杂质)为原料制备高纯的工艺流程如图所示。回答下列问题：
已知：、、、，难溶于水。
（1）尾气中存在的有害气体是　 　(填化学式，下同)。
（2）“滤渣1”中的主要成分为　 　。
（3）“氧化”步骤发生反应的离子方程式为　 　。
（4）“中和除杂”步骤中加入的主要目的是　 　。
（5）写出“碳化”步骤发生反应的化学方程式：　 　，“碳化”时需严格控制溶液pH，若溶液pH过高，会导致　 　。
【答案】（1）SO2
（2）SiO2、CaSO4
（3）2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O
（4）调节溶液pH，促使Al3+、Fe3+转化为氢氧化物沉淀而除去
（5）MnSO4+2NH4HCO3=MnCO3↓+(NH4)2SO4 +CO2↑+H2O；产生Mn(OH)2沉淀，引入杂质
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）由分析可知，尾气中存在的有害气体为二氧化硫；
故答案为： SO2 ；
（2）由分析可知，“滤渣1”中的主要成分为二氧化硅、硫酸钙；
故答案为： SiO2、CaSO4 ；
（3）由分析可知，“氧化”步骤加入二氧化锰的作用是将溶液中的亚铁离子转化为铁离子，反应的离子方程式为2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O；
故答案为： 2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O ；
（4）由分析可知，“中和除杂”步骤中加入碳酸钙中和除杂的目的是将溶液中的铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤除去；
故答案为： 调节溶液pH，促使Al3+、Fe3+转化为氢氧化物沉淀而除去 ；
（5）由分析可知，“碳化”步骤发生的反应为硫酸锰溶液与碳酸氢铵反应生成碳酸锰沉淀、硫酸铵、二氧化碳和水，反应的化学方程式为MnSO4+2NH4HCO3=MnCO3↓+(NH4)2SO4 +CO2↑+H2O；由题给信息可知，氢氧化锰难溶于水，“碳化”时需严格控制溶液pH，若溶液pH过高，溶液中的锰离子会与氢氧根离子反应生成氢氧化锰沉淀而引入杂质，导致产品不纯。
故答案为： MnSO4+2NH4HCO3=MnCO3↓+(NH4)2SO4 +CO2↑+H2O ； 产生Mn(OH)2沉淀，引入杂质 。
【分析】首先，将硫锰矿（含 MnS 及 CaS、MgS 等杂质）与软锰矿（含 MnO2及 Fe2O3等杂质）混合进行焙烧处理，过程中产生的尾气直接排出；接着，把焙烧后的产物加入过量稀硫酸进行浸出操作，使矿物中的金属成分转化为可溶性硫酸盐，浸出后过滤，分离出滤渣 1；随后，向浸出液中加入 MnO2进行氧化，将溶液中的还原性杂质离子氧化；再加入 CaCO3进行中和除杂，使 Fe、Al 等金属离子转化为氢氧化物沉淀，过滤得到滤渣 2；之后，向除杂后的滤液中加入过量 MnF2，利用 CaF2、MgF2难溶的性质除去溶液中的 Ca2+、Mg2+，过滤得到滤渣 3，此时滤液主要为 MnSO4溶液；最后，向 MnSO4溶液中加入 NH4HCO3进行碳化反应，使 Mn2+ 转化为 MnCO3沉淀，最终得到高纯 MnCO3。
（1）由分析可知，尾气中存在的有害气体为二氧化硫；
（2）由分析可知，“滤渣1”中的主要成分为二氧化硅、硫酸钙；
（3）由分析可知，“氧化”步骤加入二氧化锰的作用是将溶液中的亚铁离子转化为铁离子，反应的离子方程式为2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O；
（4）由分析可知，“中和除杂”步骤中加入碳酸钙中和除杂的目的是将溶液中的铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤除去；
（5）由分析可知，“碳化”步骤发生的反应为硫酸锰溶液与碳酸氢铵反应生成碳酸锰沉淀、硫酸铵、二氧化碳和水，反应的化学方程式为MnSO4+2NH4HCO3=MnCO3↓+(NH4)2SO4 +CO2↑+H2O；由题给信息可知，氢氧化锰难溶于水，“碳化”时需严格控制溶液pH，若溶液pH过高，溶液中的锰离子会与氢氧根离子反应生成氢氧化锰沉淀而引入杂质，导致产品不纯。
1 / 1吉林省吉林市第一中学2025-2026学年高三上学期第一次月考 化学试题
1．（2025高三上·吉林月考）我国东北地区是古代文明发源地之一、下列文物主要由无机非金属材料制成的是
A．“宣和元宝”金币 B．查海遗址龙形石堆塑
C．赤柏松遗址铁器 D．夫余鎏金铜面具
2．（2025高三上·吉林月考）家务劳动中蕴含着丰富的化学知识。下列相关解释错误的是
A．用过氧乙酸溶液对居住环境消毒：CH3COOOH具有较强氧化性
B．做豆腐时，用石膏作凝固剂：CaSO4·2H2O是硫酸盐结晶水合物
C．制作腌菜、酱菜时添加食盐：高浓度的NaCl溶液迫使微生物脱水失活
D．使用漂粉精洗衣服时添加醋酸：Ca(ClO)2和醋酸反应生成HClO
3．（2025高三上·吉林月考）下列关于各实验装置的描述中，不恰当的是
A．图1的实验可以证明过氧化钠与水反应放热
B．图2中的溶液要提前驱除溶解的氧气，以制备
C．图3的装置可以用于去除碳酸钠中的碳酸氢钠
D．用图4装置提纯胶体
4．（2025高三上·吉林月考）物质的性质决定用途和保存方式，下列两者对应关系不正确的是
A．见光易分解，浓硝酸用棕色瓶保存
B．具有强氧化性，可用于杀菌消毒
C．具有还原性，可用于漂白纸浆
D．难溶于稀盐酸，医学上常用作“钡餐”
5．（2025高三上·吉林月考）对下列粒子组在溶液中能否大量共存的判断和分析均正确的是
选项 粒子组 判断和分析
A 透明溶液中：Mg2+、Cu2+、Br-、 不能大量共存，因为Cu2+呈蓝色
B 能溶解Al2O3的溶液中：Na+ 、、Cl-、 能大量共存，粒子间不反应
C NaCl溶液中：Fe3+、I-、Ba2+、CH3COO- 不能大量共存，Fe3+和I- 会发生氧化还原反应
D NaHSO4溶液中：K+ 、Cl-、、 不能大量共存，和发生反应
A．A B．B C．C D．D
6．（2025高三上·吉林月考）稀有气体化合物的合成更新了对“惰性”的认知。已知：，设为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是
A．1 mol 中心原子的孤电子对数目为
B．18 g中所含质子数目为
C．生成1 mol ，转移电子数目为
D．3.36 L HF(标准状况)所含的分子数为
7．（2025高三上·吉林月考）中国科学院天津工业生物技术研究所又出新成果，研发出了从二氧化碳、甲醇、甲醛等碳一化合物到淀粉(C6H10O5)n和已糖的合成方法，实现了较高转化效率与精准可控构型的己糖人工合成。下列说法正确的是
A．淀粉的摩尔质量为162n
B．1L1mol·L-1的甲醇水溶液中含有1molH+
C．50g质量分数为64%的甲醇水溶液中含有3molO-H键
D．一定条件下，4.4gCO2全部转化为甲醇()时，转移0.2mol电子
8．（2025高三上·吉林月考）下列离子方程式中，正确的是
A．溶于水中：
B．向、混合溶液中滴加醋酸：
C．将溶液滴入溶液中：
D．向漂白粉溶液中通入少量：
9．（2025高三上·吉林月考）已知某物质X能发生如图转化：
下列有关上述转化关系中物质及其反应的叙述正确的是
A．若X为C，则Y可以和氢氧化钠反应生成盐和水
B．若X为S，则A为硫酸
C．反应①和②一定为氧化还原反应，反应③一定为非氧化还原反应
D．X一定是非金属单质或非金属氢化物
10．（2025高三上·吉林月考）下列实验能达到实验目的，且操作规范的是
　 实验目的 实验操作、现象
A 除去NaHCO3固体中的Na2CO3 将混合物装入试管中，用酒精灯加热至恒重
B 分离Fe2O3、Al2O3 将混合物投入足量NaOH溶液中，然后依次进行过滤、洗涤、蒸发、灼烧四项操作
C 证明镁与CO2发生了置换反应 用坩埚钳将点燃的镁条置于盛有CO2的集气瓶中，瓶内壁有黑色固体生成
D 判断某溶液中有Na+，并且没有K+ 用洁净的铂丝蘸取溶液在酒精灯的外焰上灼烧，观察到火焰呈黄色
A．A B．B C．C D．D
11．（2025高三上·吉林月考）氮化硅（）是一种高温结构陶瓷材料，它硬度大、熔点高、化学性质稳定。合成氮化硅的一种工艺流程如图所示，下列说法正确的是
已知：在潮湿的空气中易水解，产生白雾。
A．该流程中可循环使用的物质是
B．第①步反应中产生的气体能使澄清石灰水变浑浊
C．和所含共价键数目均为
D．第③步反应可用氨水代替
12．（2025高三上·吉林月考）制备磺酰胺的装置如图，原理为。已知SO2Cl2熔点为-54.1℃，遇潮湿空气产生酸雾。下列说法正确的是
A．连接顺序为a→de→bc→hi→fg
B．装置丙中试剂为无水CaCl2
C．装置乙中多孔球泡的作用是防止倒吸
D．若无装置丙，则可发生
13．（2025高三上·吉林月考）铜和镁的混合物投入浓硝酸中恰好完全溶解，共收集到气体，若向所得溶液加入溶液时金属离子恰好完全沉淀，则浓硝酸的浓度为
A． B． C． D．
14．（2025高三上·吉林月考）自然界中氮的循环对生命活动有重要意义。在不同催化剂下，能够还原氮氧化物实现氮污染的治理。硝酸厂的烟气中含有大量的氮氧化物，将烟气与的混合气体通入与的混合溶液中实现无害化处理，其转化过程如图所示：下列说法正确的是
A．该处理过程中，起催化作用的离子是
B．若该过程中，每转移电子消耗氮氧化物，则x为1.5
C．当时，反应Ⅱ中还原产物与氧化产物物质的量之比为
D．当无害化处理标况下时，使用等量的可以无害化处理(不考虑和的转化)
15．（2025高三上·吉林月考）某工业废水中可能含有、、、、、、、、、中的几种，且各离子物质的量浓度均为0.2 mol/L(忽略水的电离及离子的水解)，欲探究废水的组成，进行了如下实验：
Ⅰ、取该无色溶液5 mL，滴加一滴氨水有沉淀生成，且离子种类增加
Ⅱ、用铂丝蘸取溶液，在火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察，无紫色火焰
Ⅲ、另取溶液加入过量盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇到空气变为红棕色
IV、向Ⅲ中所得溶液中加入溶液，有白色沉淀生成。
下列推断不正确的是
A．溶液中一定不含的阳离子是、、、
B．该工业废水中一定含有的离子为、、、、
C．Ⅲ中加入盐酸生成无色气体的离子方程式为
D．另取100 mL原溶液，加入足量的NaOH溶液，充分反应后过滤、洗涤、灼烧沉淀至恒重，得到固体的质量为0.8 g
16．（2025高三上·吉林月考）化学工业为医药行业提供了强有力的物质支撑。请回答下列问题：
（1）研究表明病毒可通过气溶胶传播，气溶胶中粒子的直径大小为　 　，可以　 　来鉴别气溶胶。
（2）常温下，Na2O2、乙醇、Cl2、NaClO溶液都为常用的消毒剂，其中能导电的是　 　，属于电解质的是　 　。
（3）某家用制氧机使用的是过碳酸钠(2Na2CO3·3H2O2)，该药品被称为固体双氧水，兼具碳酸钠和双氧水的双重性质，可以利用过氧化氢在二氧化锰的催化下分解产生氧气。
①写出过碳酸钠在二氧化锰催化下产生氧气的化学方程式：　 　。
②下列物质不会使过碳酸钠失效的是　 　(填字母)。
A．HCl B．NaHCO3 C．MnO2 D．H2S
（4）医药行业中测温枪发挥了极大的作用。在测温枪电池制备过程中会生成Li2Ti5O15(Ti为＋4价)，1 mol Li2Ti5O15中过氧键的数目为　 　。
17．（2025高三上·吉林月考）我国将力争2060年前实现碳中和，的捕捉是减少碳排放的措施之一。
Ⅰ、一种利用NaOH溶液捕捉回收的过程如图所示。
（1）捕捉室中NaOH溶液常喷成雾状，优点是　 　。
Ⅱ、实验室模拟捕捉回收，配制480 mL 1.00 NaOH溶液。
（2）配制溶液需要的玻璃仪器是烧杯、玻璃棒、胶头滴管、量筒和　 　。根据计算用托盘天平称量NaOH固体　 　g。
（3）配制操作可分解成如下几步，以下正确的操作顺序是　 　→D→　 　→装瓶贴签。
A．向容量瓶中注入少量蒸馏水，检查是否漏水
B．用少量蒸馏水洗涤烧杯及玻璃棒2-3次，将洗涤液注入容量瓶后轻摇几下
C．将已冷却的溶液注入容量瓶中
D．根据计算，称取一定量的NaOH固体
E．向盛有NaOH固体的烧杯中加水，用玻璃棒搅拌溶解
F．盖上容量瓶塞子，摇匀
G．用胶头滴管滴加蒸馏水，使溶液凹面恰好与刻度相切
H．继续往容量瓶中小心地加蒸馏水，使液面接近刻度线1-2cm处
（4）配制过程中，会造成所配制NaOH溶液的物质的量浓度偏大的是　 　。
A．称量所用的砝码生锈 B．转移前，容量瓶内有蒸馏水
C．未冷至室温就转移定容 D．定容时仰视刻度线
E．定容时水加多用胶头滴管吸出 F．称量NaOH时间过长
Ⅲ、CaO固体也可以捕捉回收，研究表明热分解制得的CaO疏松多孔，具有良好的捕捉性能。取1.46 g 进行加热，固体质量随温度变化如图所示：
(注：曲线中共涉及到三步分解反应)。
（5）写出400-600℃范围内分解反应的化学方程式：　 　。
（6）据图分析，CaO捕捉的反应温度应　 　(填“高于”或“低于”)800℃。
18．（2025高三上·吉林月考）某化学兴趣小组设计如图实验装置(夹持装置已省略)，探究、和的氧化性强弱。
回答下列问题：
（1）玻璃管a的作用是　 　。
（2）实验Ⅰ：旋开恒压滴液漏斗的玻璃塞，打开活塞，关闭活塞，通入。
①装置A中制备的离子方程式为　 　。
②证明的氧化性大于的现象是　 　。
③装置D中所盛试剂为　 　(填化学式)溶液。
（3）实验Ⅱ：实验Ⅰ进行一段时间后，关闭活塞，打开，通入气体，验证的氧化性比强。
①发生反应的化学方程式为　 　。
②实验完成后，打开弹簧夹，持续通入的目的是　 　。
（4）淀粉-KI溶液中的测定：取10.00 mL淀粉-KI溶液，加入足量的硫酸酸化的溶液，然后加入少量的粉末除去，然后用0.1000 的标准溶液滴定，达到滴定终点时三次测量平均消耗标准溶液的体积为25.00 mL(，)。
①滴定终点现象是　 　。
②　 　。
19．（2025高三上·吉林月考）以硫锰矿(主要成分为MnS，还含有少量的CaS、MgS、FeS杂质)和软锰矿(主要成分为，还含有、、等杂质)为原料制备高纯的工艺流程如图所示。回答下列问题：
已知：、、、，难溶于水。
（1）尾气中存在的有害气体是　 　(填化学式，下同)。
（2）“滤渣1”中的主要成分为　 　。
（3）“氧化”步骤发生反应的离子方程式为　 　。
（4）“中和除杂”步骤中加入的主要目的是　 　。
（5）写出“碳化”步骤发生反应的化学方程式：　 　，“碳化”时需严格控制溶液pH，若溶液pH过高，会导致　 　。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】无机非金属材料
【解析】【解答】A、金币的核心材料是金，金属于金属单质，因此 “宣和元宝” 金币的主体材料是金属材料，不符合无机非金属材料的要求，故A不符合题意 ；
B、石堆塑的主要成分是石材，石材的核心成分是硅酸盐（如二氧化硅、硅酸钙等），硅酸盐属于无机非金属材料，因此查海遗址龙形石堆塑的主体材料是无机非金属材料，故B符合题意 ；
C、铁器的核心材料是铁，铁是金属单质，因此赤柏松遗址铁器的主体材料是金属材料，不符合无机非金属材料的要求，故C不符合题意 ；
D、鎏金铜面具的核心材料是铜（合金），铜属于金属单质，因此夫余鎏金铜面具的主体材料是金属材料，不符合无机非金属材料的要求，故D不符合题意 ；
故答案为：B。
【分析】本题的易错点在于对 “无机非金属材料” 的概念混淆：
误将 “金属材料” 与 “无机非金属材料” 混淆，错认为石材（选项 B）属于金属材料，或误判金币、铁器等金属制品的材料类型。
对 “无机非金属材料” 的范围不清晰，忽略石材的主要成分（硅酸盐）属于无机非金属材料，易误选其他金属材质的选项。
2．【答案】B
【知识点】氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；胶体的性质和应用；常见的食品添加剂的组成、性质和作用
【解析】【解答】A、消毒的核心是破坏微生物结构，过氧乙酸（CH3COOOH）的强氧化性可使细菌 / 病毒的蛋白质变性，解释与原理一致，A正确；
B、做豆腐的关键是胶体聚沉 —— 石膏（CaSO4 2H2O）电离出的离子中和蛋白质胶粒电荷，使胶体聚沉；而 “石膏是硫酸盐结晶水合物” 是其物质分类，与聚沉原理无关，解释错误，B正确；
C、防腐的核心是脱水抑菌，高浓度 NaCl 溶液通过渗透作用使微生物失水，导致蛋白质失活，解释与原理一致，C正确；
D、漂白的核心是生成 HClO，利用 “强酸制弱酸”（醋酸酸性强于 HClO），Ca (ClO)2与醋酸反应生成 HClO，增强漂白性，解释与原理一致，D正确；
故答案为：B。
【分析】这道题的解题突破口是：抓住 “操作对应的化学原理”，区分 “物质性质” 与 “原理本质”：
消毒类：判断是否利用物质的氧化性（如过氧乙酸的强氧化性使蛋白质变性）。
胶体聚沉类：做豆腐的核心是 “离子中和胶粒电荷”，而非物质的分类（如石膏是硫酸盐结晶水合物属于分类，不是聚沉原理）。
防腐类：高浓度盐溶液的防腐是 “渗透脱水使微生物失活”，本质是渗透压差异。
漂白类：漂粉精加醋酸的核心是 “强酸制弱酸生成 HClO”，利用酸性强弱规律。
3．【答案】C
【知识点】探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；制取氢氧化铁、氢氧化亚铁；胶体的性质和应用；钠的氧化物
【解析】【解答】A、图 1 中，Na2O2与水反应后脱脂棉燃烧，说明反应放出的热量达到了脱脂棉的着火点，可证明反应放热，A恰当；
B、Fe(OH)2易被 O2氧化，图 2 中煤油可隔绝空气，但溶液中溶解的 O2会氧化产物，因此需提前除尽溶液中的 O2，B恰当；
C、除去 Na2CO3中的 NaHCO3需加热（NaHCO3受热分解），但加热固体应使用坩埚，而图 3 是蒸发皿（用于蒸发溶液），装置选错，C不恰当；
D、Al(OH)3胶体粒子不能透过半透膜，AlCl3溶液中的离子可以透过，图 4 是渗析装置，可提纯胶体，D恰当；
故答案为：C。
【分析】本题的易错点集中在实验装置的适用场景与实验操作细节上：
装置用途混淆：误将 “蒸发皿”（用于溶液蒸发）当作 “坩埚”（用于固体灼烧），错认为图 3 可用于加热分解 NaHCO3。
实验操作细节忽略：制备 Fe (OH)2时，易忘记 “除尽溶液中溶解的 O2”（仅注意煤油隔绝空气，忽略溶液内的 O2）。
分离方法匹配错误：对 “渗析提纯胶体” 的原理不清晰，误判图 4 装置的作用。
4．【答案】C
【知识点】物质的结构与性质之间的关系；二氧化硫的性质
【解析】【解答】A、见光易分解的物质需避光保存。HNO3见光易分解，棕色瓶可隔绝光线，因此浓硝酸用棕色瓶保存，A正确；
B、强氧化性可破坏微生物结构。H2O2的强氧化性能使细菌、病毒的蛋白质变性，因此可用于杀菌消毒，B正确；
C、漂白纸浆的核心是漂白性，而非还原性。SO2漂白纸浆是利用其与有色物质结合生成无色物质的漂白性，与 SO2的还原性无关，C错误；
D、难溶于胃酸（稀盐酸）的物质可作 “钡餐”。人体胃液含稀盐酸，BaSO4难溶于稀盐酸，不会产生有毒的 Ba2+，因此医学上用作 “钡餐”，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题的易错点核心是对物质 “核心性质与用途 / 保存逻辑” 的混淆，具体如下：
性质与用途的对应偏差：误将SO2漂白纸浆的 “漂白性”（与有色物质化合）归为 “还原性”，忽略二者本质不同。
混淆相似性质的应用场景：对 SO2的漂白性、还原性区分不清晰，不清楚其漂白纸浆、草帽的核心是漂白性，而非还原性。
忽略 “性质决定用途 / 保存” 的逻辑：虽知道部分物质的用途（如浓硝酸用棕色瓶、BaSO4作钡餐），但未明确背后 “见光易分解需避光保存”“难溶于胃酸故无毒，可用”的核心逻辑，易因记忆模糊误判。
5．【答案】C
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A．透明溶液中可以含有色离子，且该组离子彼此不发生反应，可以大量共存，故A不符合题意；
B．能溶解Al2O3的溶液的可能是酸溶液，也可能是碱溶液，若为碱性溶液则反应，不能大量共存，故B不符合题意；
C．Fe3+具有强的氧化性、I-具有强的还原性，两者能发生氧化还原反应不能大量共存，故C符合题意；
D．NaHSO4溶液中含有大量氢离子，能与氢离子反应不能大量共存，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】离子之间不生成气体、沉淀、弱电解质或不发生氧化还原反应、络合反应、双水解等反应时能大量共存。
6．【答案】D
【知识点】气体摩尔体积；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、1mol XeF4中 Xe 的孤电子对为 2NA，A正确；
B、18g H2O（1mol）含 10NA个质子，B正确；
C、生成 1mol XeO3转移 8NA电子，C正确；
D、标况下 HF 是液体，3.36L HF 不是 0.15mol，分子数不是 0.15NA，D错误；
故答案为：D。
【分析】解题核心是结合反应方程式、物质结构及阿伏加德罗常数的应用，逐一分析选项：
XeF4的孤电子对：Xe 原子最外层 8 个电子，与 4 个 F 形成 σ 键用去 4 个电子，剩余 4 个电子为 2 对孤电子对，故 1mol XeF4中孤电子对为 2NA；
H2O 的质子数：1 个 H2O 含 10 个质子（H：1×2，O：8），18g H2O 为 1mol，质子数为 10NA。
反应的电子转移：反应中 Xe 的化合价由 + 4（XeF4）变为 + 6（XeO3）和 0（Xe），O 由 - 2（H2O）变为 0（O2）；生成 2mol XeO3时，转移 24mol 电子，故生成 1mol XeO3转移 8NA电子。
HF 的状态：标准状况下 HF 为液态，不能用气体摩尔体积计算其物质的量。
7．【答案】C
【知识点】物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、摩尔质量需带单位（g/mol）。淀粉的化学式为 (C6H10O5) n，其摩尔质量应为 162n g/mol（162 是 C6H10O5的式量），A错误；
B、非电解质的溶液中 H+来自水的微弱电离。甲醇是非电解质，不能电离出 H+；1L 1mol L- 甲醇水溶液中，H+仅来自水的电离，浓度极稀，H+ 物质的量远小于 1mol，B错误；
C、分别计算甲醇和水中的 O-H 键，再求和。50g 质量分数 64% 的甲醇溶液中，甲醇质量为 50g×64%=32g（物质的量 1mol，含 1mol O-H 键）；水的质量为 18g（物质的量 1mol，含 2mol O-H 键），总 O-H 键为 1mol+2mol=3mol，C正确；
D、通过 C 的化合价变化计算电子转移。CO2中 C 为 +4 价，CH3OH 中 C 为 -2 价，4.4g CO2（0.1mol）转化为甲醇时，C 的化合价降低 6，转移电子为 0.1mol×6=0.6mol，并非0.2mol，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．摩尔质量的判断：抓 “单位（g/mol）”，无单位的摩尔质量描述直接排除。
B．溶液中 H 的来源：区分 “电解质 / 非电解质”，非电解质溶液的 H + 仅来自水的微弱电离，量极少。
C．化学键的计算：拆分混合物（如甲醇溶液拆为甲醇和水），分别算各物质的化学键数再求和。
D．电子转移的计算：找变价元素的化合价变化量，结合物质的量计算转移电子数。
8．【答案】C
【知识点】二氧化硫的性质；离子方程式的书写；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A、弱电解质（HClO）不能拆分为离子。Cl2与水反应生成的 HClO 是弱酸（弱电解质），不能拆成 H+ 和 ClO-，应保留 HClO 的化学式 应该写为：，A错误；
B、弱酸（醋酸）不能拆分为 H+。醋酸是弱酸，书写离子方程式时需保留 CH3COOH 的化学式，，B错误；
C、弱电解质（H2S）不拆分，难溶物（CuS）写化学式。H2S 是弱电解质，不能拆成离子；CuS 是难溶于水的沉淀，保留化学式，离子方程式为，C项正确；
D、强氧化性的 ClO-会氧化 SO2（或 CaSO3）。ClO - 具有强氧化性，SO2具有还原性，二者会发生氧化还原反应，产物应为 CaSO4（而非 CaSO3）， 正确的离子方程式为，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题的易错点集中在离子方程式书写的核心规则混淆：
弱电解质的拆分错误：误将弱酸（如 HClO、醋酸）拆分为离子（如选项 A 拆 HClO、选项 B 拆醋酸），忽略弱电解质需保留化学式的规则。
氧化还原反应的忽略：未注意强氧化性离子（如 ClO-）与还原性物质（如 SO2）的反应，错写产物（如选项 D 将产物写成 CaSO3，实际应为 CaSO4）。
反应环境的误判：对 “弱酸不能拆为 H+” 的细节不敏感，默认酸性环境就写 H+（如选项 B 用 H+ 代替醋酸）。
9．【答案】B
【知识点】含硫物质的性质及综合应用；无机物的推断
【解析】【解答】A、若 X 为 C，连续氧化产物为 Y（CO）、Z（CO2），A 为 H2CO3；但 CO 是不成盐氧化物，与 NaOH 不反应，A错误；
B、若 X 为 S，连续氧化生成 Y（SO2）、Z（SO3），SO3与 H2O 反应生成 H2SO4（硫酸），转化与产物均合理，B正确；
C、反应①、②是与 O2的反应（有化合价变化），一定是氧化还原反应；但反应③可能是氧化还原反应（如 3NO2+H2O=2HNO3+NO，N 化合价变化），并非 “一定非氧化还原”，C错误；
D、X 不一定是非金属单质 / 氢化物，也可能是金属（如 Na：连续氧化为 Na2O、Na2O2，Na2O2与 H2O 反应）或含氧有机物（如乙醇：氧化为乙醛、乙酸），D错误；
故答案为：B。
【分析】这道题的解题突破口集中在 “连续氧化的物质路径、反应类型判断、物质范围拓展” 上：
连续氧化的产物推导：抓 “X→Y→Z” 是两次与 O2的反应，明确常见物质的连续氧化路径（如 C→CO→CO2、S→SO2→SO3），再验证 Z 与水的反应产物（如选项 B 中 SO3→H2SO4）。
反应类型的判断：反应①②有 O2参与（化合价变化），必为氧化还原反应；但反应③需看 Z 与水反应是否有化合价变化（如 NO2与水反应是氧化还原，推翻 “一定非氧化还原” 的结论）。
物质范围的拓展：X 的类型不止非金属，金属（如 Na→Na2O→Na2O2）、含氧有机物（如乙醇→乙醛→乙酸）也能发生连续氧化，避免局限于非金属的思维定式。
10．【答案】C
【知识点】铁的化学性质；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、除杂不能消耗目标物质。NaHCO3受热易分解（生成 Na2CO3），用酒精灯加热会将目标物质 NaHCO3转化为杂质 Na2CO3，无法除杂，A错误；
B、Al2O3与 NaOH 反应生成可溶的 NaAlO2，Fe2O3不反应，过滤后得到的滤渣是 Fe2O3（经洗涤、灼烧可分离）；但滤液中的 NaAlO2经蒸发、灼烧无法得到 Al2O3（需通入 CO2再处理），操作流程错误，B错误；
C、Mg 在 CO2中燃烧，生成黑色固体 C（单质）和 MgO，符合 “单质+化合物→新单质+新化合物” 的置换反应定义，操作（坩埚钳夹取点燃的镁条）规范，C正确；
D、焰色反应呈黄色可证明含 Na+，但 K+ 的焰色（紫色）易被 Na + 的黄色掩盖，需透过蓝色钴玻璃观察才能确定是否含 K+，无法直接判断 “没有 K+”，D错误；
故答案为：C。
【分析】道题的解题突破口集中在 “实验操作的逻辑、物质性质的应用、反应类型的判定” 上：
A． 除杂类实验：抓 “不消耗目标物质”——NaHCO3受热易分解，加热会损失目标物。
B． 分离类实验：抓 “物质性质与操作的匹配”——Al2O3与 NaOH 反应后的滤液，需通入 CO2才能得到 Al(OH)3，再灼烧得 Al2O3。
C． 反应类型判定：抓 “置换反应的定义（单质 + 化合物→新单质 + 新化合物）”——Mg 在 CO2中燃烧生成 C（单质）和 MgO，符合置换反应，且操作规范。
D． 焰色反应：抓 “K+ 的观察条件”——K+焰色需透过蓝色钴玻璃。
11．【答案】A
【知识点】硅和二氧化硅
【解析】【解答】A、Si(NH2)4高温分解生成的 NH3，可在 SiCl4与 NH3的反应中循环利用，A正确；
B、第①步反应生成的是 CO（不是 CO2），CO 不能使澄清石灰水变浑浊，B错误；
C、1mol SiCl4含 4mol 共价键，1mol Si3N4含 12mol 共价键，数目不同，C错误；
D、SiCl4易水解，氨水含水，不能替代 NH3参与反应，D错误；
故答案为：A。
【分析】制备流程：石英砂（SiO2）与焦炭反应生成粗硅；粗硅与 Cl2反应生成 SiCl4；SiCl4和 NH3反应生成 Si(NH2)4；Si(NH2)4高温分解生成 Si3N4和 NH3（结合质量守恒）；
循环利用：Si (NH2)4分解生成的 NH3可回到 SiCl4与 NH3的反应步骤循环使用；
物质性质：SiCl4易水解，不能接触含水体系（如氨水）；CO 不能使澄清石灰水变浑浊；
共价键计算：1mol SiCl4含 4mol Si-Cl 键，1mol Si3N4含 12mol Si-N 键，共价键数目不同。
12．【答案】A
【知识点】氯气的实验室制法；氨的实验室制法；常用仪器及其使用；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、甲制 NH3→丙干燥（a→d 进 e 出）→乙反应（e→b 进 c 出）→丁干燥（c→h 进 i 出）→戊收集（i→f 进 g 出），连接顺序为 a→de→bc→hi→fg，A正确；
B、NH3与无水 CaCl2反应，丙中不能用无水 CaCl2，B错误；
C、多孔球泡是增大接触面积，不是防倒吸，C错误；
D、O2Cl2水解生成 H2SO4和 HCl，不是 H2SO3，D错误；
故答案为：A。
【分析】解题核心是围绕 “制备磺酰胺” 的实验装置作用、物质性质分析：
装置连接逻辑：甲（制 NH3）→丙（干燥 NH3，需碱性干燥剂）→乙（反应装置）→丁（干燥，防 SO2Cl2遇水）→戊（收集尾气），结合接口进出顺序确定连接方式。
干燥剂选择：NH3是碱性气体，不能用无水 CaCl2（会反应），丙中应选碱性干燥剂（如碱石灰）。
多孔球泡作用：增大NH3与SO2Cl2的接触面积，加快反应速率，而非防倒吸。
SO2Cl2的水解：SO2Cl2遇水生成的是H2SO4（不是 H2SO3）和HCl。
13．【答案】D
【知识点】物质的量浓度；物质的量的相关计算
【解析】【解答】收集的气体是氮的氧化物，体积为6720mL（即6.72L），物质的量为 ，这部分含0.3mol氮。加入NaOH后金属离子完全沉淀，此时溶液中溶质为硝酸钠（NaNO3），NaOH的物质的量为 ，根据Na+与NO3-的守恒，硝酸钠中含0.3mol氮。
浓硝酸中的氮全部转化为“气体中的氮”和“硝酸钠中的氮”，总氮量为 ；
浓硝酸体积为50mL（0.05L），故浓度为 。
故答案为：D。
【分析】这道题的解题突破口是元素守恒法（氮守恒），核心思路是 “抓硝酸中氮的去向”：
浓硝酸中的氮最终分为两部分：
一部分转化为氮的氧化物气体（直接用气体体积算物质的量）；
另一部分留在溶液中，最终与 NaOH 反应生成 NaNO3（利用 NaOH 的量推 NaNO3的量，即这部分氮的量）。
无需计算金属的量，直接通过 “总氮量 = 气体中氮的量 + 硝酸钠中氮的量”，结合硝酸体积求浓度。
这个方法避开了复杂的氧化还原电子转移计算，通过元素守恒快速锁定总氮量，是解这类题的关键技巧。
14．【答案】D
【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、过程中，Ce4+和 Ce3+循环转化（Ce4+被 H2还原为 Ce3+，Ce3+又被 NO 氧化为 Ce4+），因此起催化作用的是 Ce4+和 Ce3+；而 H+是参与反应的反应物，并非催化剂。A错误；
B、NO 最终生成 N2（N 的化合价从 +x 降为 0），每 mol NO 转移 2x mol 电子。若转移 4mol 电子，对应 NO 的物质的量为=mol。题目中 “每转移 4mol 电子消耗 1mol 氮氧化物”，则=1，解得 x=2，并非 1.5。B错误；
C、以 NO2为例（N 从 + 4到0，作氧化剂），Ce3+（Ce 从 +3到+4，作还原剂）。配平反应：8Ce3++2NO2+8H+=8Ce4++N2+4H2O。其中，还原产物是 N2（NO2被还原的产物），氧化产物是 Ce4+（Ce3+被氧化的产物），物质的量之比为 1：8，C错误；
D、① 处理 NO（标况 8.96L 即 0.4mol）：整合反应得 NO~H2，故 0.4mol NO 消耗 0.4mol H2。② 处理 NO2（0.2mol）：整合反应得 NO2~2H2，故 0.2mol NO2消耗 0.4mol H2。因此，0.4mol H2既能处理 0.4mol NO，也能处理 0.2mol NO2。D正确；
故答案为：D
【分析】A．看物质是否循环存在——Ce4+和 Ce3+相互转化、全程存在，是催化剂；H+是参与反应的反应物，不是催化剂。
B．先确定 NO 中N的化合价（+x），再算每 mol NO 转移的电子数（2x mol），结合 “转移 4mol 电子消耗 1mol NO ” 列等式，直接算出 x 的值。
C．先找氧化剂（NO2，N 降价）、还原剂（Ce3+，Ce升价），配平反应后，直接对应还原产物（N2）和氧化产物（Ce4+）的物质的量比。
D．把“Ce 的循环反应” 和 “NO 的处理反应” 整合，得到NO、NO2分别与 H2的比例关系，再代入物质的量计算。
15．【答案】B
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A、由实验 Ⅰ、Ⅱ，确实无 K+、NH4+、Cu2+、Ag+，A正确；
B、 根据分析可知，溶液中的阳离子为，阴离子是，B错误；
C、实验 Ⅲ 中 NO3-在酸性条件下氧化 I-，反应为 8H++6I-+2NO3-=3I2+2NO↑+4H2O，C正确。
D、100mL 溶液中 Mg2+为0.02mol，加 NaOH 生成 Mg (OH)2，灼烧后为 MgO（0.02mol，质量 0.8g），总质量=0.8g，D正确；
故答案为：B。
【分析】步骤 1：根据实验现象初步筛选离子
实验 Ⅰ：溶液无色，说明无 Cu2+（Cu2+为蓝色）；滴加氨水生成沉淀且离子种类增加，说明无 NH4+（若有 NH4+，加氨水会形成 NH3 H2O，离子种类不变）；无 Ag+（Ag+与 Cl-、SO42-、I-均不能共存，且 Ag+加氨水先沉淀后溶解，与 “离子种类增加” 不符）。
实验 Ⅱ：透过蓝色钴玻璃无紫色火焰，说明无 K+（K+焰色为紫色）。
实验 Ⅲ：无色气体遇空气变红棕色，该气体为 NO（NO 被氧化为 NO2呈红棕色），说明有 NO3-（酸性条件下 NO3-可氧化还原性离子）；能被 NO3-氧化且生成无色气体的，结合离子种类，确定含 I-（I-被氧化为 I2，可能溶解在溶液中，气体为 NO）。
实验 Ⅳ：加 BaCl2生成白色沉淀，说明有 SO42-（BaSO4为白色沉淀）。
步骤 2：用电荷守恒确定阳离子种类
各离子浓度均为 0.2 mol/L，需满足电荷平衡（阳离子总电荷 = 阴离子总电荷）。故阴离子为 NO3-（-1）、SO42-（-2）、I-（-1），Cl-（-1）剩余阳离子为 Mg2+（+2）、Al3+（+3）（电荷平衡需满足，且无其他阳离子可选）。 所以溶液中的阳离子为Mg2+、Al3+，阴离子是，据此分析作答。
16．【答案】（1）1～100 nm；丁达尔效应
（2）NaClO溶液；Na2O2
（3）2(2Na2CO3·3H2O2)4Na2CO3＋6H2O＋3O2↑；B
（4）4NA
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；电解质与非电解质；胶体的性质和应用
【解析】【解答】（1）气溶胶属于胶体，粒子的直径大小为1～100 nm，可以用丁达尔效应来鉴别气溶胶；
故答案为： 1～100 nm ； 丁达尔效应 ；
（2）NaClO溶液中含有自由移动的Na+和ClO-，能够导电；Na2O2属于化合物，在熔融状态下能够导电，属于电解质；
故答案为： NaClO溶液 ； Na2O2 ；
（3）①过碳酸钠在二氧化锰催化下产生氧气，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：2(2Na2CO3·3H2O2)4Na2CO3＋6H2O＋3O2↑；
②A．碳酸钠与盐酸反应，则可使过碳酸钠晶体失效，A不符合题意；
B．NaHCO3不与Na2CO3和H2O2反应，不会使过碳酸钠晶体失效，B符合题意；
C．MnO2能催化过氧化氢分解，可使过碳酸钠晶体失效，C不符合题意；
D．H2S具有还原性，与过氧化氢发生氧化还原反应，可使过碳酸钠晶体失效，D不符合题意；
故答案为： 2(2Na2CO3·3H2O2)4Na2CO3＋6H2O＋3O2↑ ；B；
（4）Li2Ti5O15中Ti的化合价为+4，Li的化合价为+1价，设过氧键的数目为x，由化合价的代数和为0可知，5×4+2×1+(-2)×(15-2x)+(-1)×2×x=0，解得x =4，即1 mol Li2Ti5O15中过氧键的数目为4NA。
故答案为： 4NA 。
【分析】(1)胶体（气溶胶）粒子直径范围：1~100 nm；
胶体的鉴别方法：丁达尔效应。
(2)导电的判断：含自由移动离子的物质（如 NaClO 溶液）；
电解质的判断：熔融或水溶液能导电的化合物（如 Na2O2）。
(3)① 化学方程式配平：结合过碳酸钠的 “Na2CO3+H2O2” 双重性质，按 H2O2分解规律配平；
② 失效判断：与 Na2CO3或 H2O2反应的物质会使其失效（NaHCO3不反应）。
(4)过氧键的计算：利用 “化合价代数和为 0”，设过氧键数为 x，结合 Ti (+4)、Li (+1)、O（普通 O 为 - 2，过氧键中 O 为 - 1）列方程求解。
（1）气溶胶属于胶体，粒子的直径大小为1～100 nm，可以用丁达尔效应来鉴别气溶胶；
（2）NaClO溶液中含有自由移动的Na+和ClO-，能够导电；Na2O2属于化合物，在熔融状态下能够导电，属于电解质；
（3）①过碳酸钠在二氧化锰催化下产生氧气，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：2(2Na2CO3·3H2O2)4Na2CO3＋6H2O＋3O2↑；
②A．碳酸钠与盐酸反应，则可使过碳酸钠晶体失效，A不符合题意；
B．NaHCO3不与Na2CO3和H2O2反应，不会使过碳酸钠晶体失效，B符合题意；
C．MnO2能催化过氧化氢分解，可使过碳酸钠晶体失效，C不符合题意；
D．H2S具有还原性，与过氧化氢发生氧化还原反应，可使过碳酸钠晶体失效，D不符合题意；
故选B；
（4）Li2Ti5O15中Ti的化合价为+4，Li的化合价为+1价，设过氧键的数目为x，由化合价的代数和为0可知，5×4+2×1+(-2)×(15-2x)+(-1)×2×x=0，解得x =4，即1 mol Li2Ti5O15中过氧键的数目为4NA。
17．【答案】增大反应物接触面积，使反应更加充分，加快反应速率；；500mL容量瓶；20.0；A；ECBHGF；A、C；；低于
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液；含碳化合物的性质和应用
【解析】【解答】（1）捕捉室中NaOH溶液常喷成雾状，优点是增大反应物接触面积，使反应更加充分，加快反应速率；
故答案为： 增大反应物接触面积，使反应更加充分，加快反应速率 ；
（2）配制480 mL 1.00 NaOH溶液，需要玻璃仪器是烧杯、玻璃棒、胶头滴管、量筒、500 mL容量瓶，
依据，用托盘天平称量NaOH固体20.0 g；
故答案为： 500mL容量瓶 ； 20.0 ；
（3）配制操作可分解成如下几步，以下正确的操作顺序： A．向容量瓶中注入少量蒸馏水，检查是否漏水，D．根据计算，称取一定量的NaOH固体，E．向盛有NaOH固体的烧杯中加水，用玻璃棒搅拌溶解，C．将已冷却的溶液注入容量瓶中，B．用少量蒸馏水洗涤烧杯及玻璃棒2-3次，将洗涤液注入容量瓶后轻摇几下，H．继续往容量瓶中小心地加蒸馏水，使液面接近刻度线1-2 cm处，G．用胶头滴管滴加蒸馏水，使溶液凹面恰好与刻度相切，F．盖上容量瓶塞子，摇匀；
故答案为： A ； ECBHGF ；
（4）配制NaOH溶液的物质的量浓度：
A．称量所用的砝码生锈会使氢氧化钠的质量变大，使溶液浓度偏大，
B．转移前，容量瓶内有蒸馏水，对氢氧化钠溶液的浓度没影响，
C．未冷至室温就转移定容，致使溶液的体积偏小，然后氢氧化钠溶液的浓度偏大，
D．定容时仰视刻度线，导致溶液的体积偏大，然后引起氢氧化钠溶液浓度偏小，
E．定容时水加多用胶头滴管吸出，导致氢氧化钠质量减小，溶液浓度减小，
F．称量NaOH时间过长，氢氧化钠变质致使质量偏小，然后氢氧化钠溶液浓度减小，
故使NaOH溶液的物质的量浓度偏大的是A、C；
故答案为： A、C ；
（5）0-200℃范围内，失去结晶水，固体减少的质量为1.46 g-1.28 g=0.18 g，400-600℃范围内，分解生成气体的质量为1.28 g-1.00 g=0.28 g，草酸钙的相对分子质量为128，碳酸钙的相对分子质量为100，一氧化碳的相对分子质量为28，结合图中数据可知，草酸钙分解生成碳酸钙和一氧化碳，反应方程式为；
故答案为： ；
（6）400-600℃范围内分解生成的固体为碳酸钙，据图分析，温度高于800℃，碳酸钙分解生成氧化钙和二氧化碳，最终剩余氧化钙，因此CaO捕捉的反应温度应低于800℃。
故答案为： 低于 。
【分析】首先，含高浓度 CO2的气体进入捕捉室，与 NaOH 溶液反应，除去 CO2后排出低浓度 CO2的气体；接着，捕捉室中生成的物质进入反应、分离环节，同时加入 CaO 进行反应，分离出的物质送入高温反应炉；最后，高温反应炉中反应生成 CO2（被储存利用），同时产生的物质循环回到捕捉室继续参与反应。
18．【答案】（1）平衡压强，使分液漏斗中的液体能顺利流下。
（2）；B中溶液变蓝；NaOH
（3）；将装置中残余的Cl2、SO2等排出，使其被NaOH溶液吸收，防止其污染空气
（4）加入最后半滴Na2S2O3标准液时，溶液蓝色恰好褪去，且半分钟不恢复至原来颜色；0.25
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；氧化还原反应方程式的配平；氯气的实验室制法；中和滴定；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）玻璃管a的作用是：平衡压强，使分液漏斗中的液体能顺利流下；
故答案为： 平衡压强，使分液漏斗中的液体能顺利流下。 ；
（2）①高锰酸钾和浓盐酸反应制备氯气的离子方程式为：；②Cl2进入装置B中，发生反应：，B中溶液变蓝，可证明Cl2的氧化性大于I2；③装置D用于进行尾气处理，盛有氢氧化钠溶液；
故答案为： ； B中溶液变蓝 ； NaOH ；
（3）①I2和SO2发生反应生成HI和H2SO4，化学方程式为：；②持续通入N2的目的是：将装置中残余的Cl2、SO2等排出，使其被NaOH溶液吸收，防止其污染空气；
故答案为： ； 将装置中残余的Cl2、SO2等排出，使其被NaOH溶液吸收，防止其污染空气 ；
（4）①滴定终点现象是：加入最后半滴Na2S2O3标准液时，溶液蓝色恰好褪去，且半分钟不恢复至原来颜色；②根据方程式，，，可得关系式：，即，。
故答案为： 加入最后半滴Na2S2O3标准液时，溶液蓝色恰好褪去，且半分钟不恢复至原来颜色 ； 0.25 。
【分析】实验Ⅰ流程：
旋开恒压滴液漏斗玻璃塞，打开活塞K1、关闭K2：装置A通过生成Cl2，Cl2通入装置B后发生，B中溶液因生成I2变蓝；装置C作安全瓶，多余Cl2进入装置D被吸收。
实验Ⅱ流程：
实验Ⅰ进行一段时间后，关闭K1、打开K2并通入SO2：B中I2与SO2发生，溶液蓝色褪去，由此验证I2的氧化性强于SO2。
实验后处理：
实验结束后，打开弹簧夹持续通N2，将装置内残留的Cl2、SO2等气体排出，使其被NaOH溶液吸收，避免污染空气。
(1)恒压分液漏斗中玻璃管的作用：平衡压强，使液体顺利流下。
(2)①制 Cl2的离子方程式：利用 KMnO4氧化 Cl-，按得失电子守恒配平；
②氧化性验证现象：Cl2氧化 I-生成 I2，使 B 中淀粉 - KI 溶液变蓝；
③尾气处理试剂：Cl2用 NaOH 溶液吸收。
(3)①反应方程式：I2氧化 SO2，生成 HI 和 H2SO4；② 通 N2的目的：排出残留的 Cl2、SO2，避免污染空气。
(4)①滴定终点：最后半滴 Na2S2O3溶液使蓝色褪去且半分钟不变；
②浓度计算：利用 I-与 S2O32-的物质的量关系（1：1），结合滴定数据计算。
（1）玻璃管a的作用是：平衡压强，使分液漏斗中的液体能顺利流下；
（2）①高锰酸钾和浓盐酸反应制备氯气的离子方程式为：；②Cl2进入装置B中，发生反应：，B中溶液变蓝，可证明Cl2的氧化性大于I2；③装置D用于进行尾气处理，盛有氢氧化钠溶液；
（3）①I2和SO2发生反应生成HI和H2SO4，化学方程式为：；②持续通入N2的目的是：将装置中残余的Cl2、SO2等排出，使其被NaOH溶液吸收，防止其污染空气；
（4）①滴定终点现象是：加入最后半滴Na2S2O3标准液时，溶液蓝色恰好褪去，且半分钟不恢复至原来颜色；②根据方程式，，，可得关系式：，即，。
19．【答案】（1）SO2
（2）SiO2、CaSO4
（3）2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O
（4）调节溶液pH，促使Al3+、Fe3+转化为氢氧化物沉淀而除去
（5）MnSO4+2NH4HCO3=MnCO3↓+(NH4)2SO4 +CO2↑+H2O；产生Mn(OH)2沉淀，引入杂质
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）由分析可知，尾气中存在的有害气体为二氧化硫；
故答案为： SO2 ；
（2）由分析可知，“滤渣1”中的主要成分为二氧化硅、硫酸钙；
故答案为： SiO2、CaSO4 ；
（3）由分析可知，“氧化”步骤加入二氧化锰的作用是将溶液中的亚铁离子转化为铁离子，反应的离子方程式为2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O；
故答案为： 2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O ；
（4）由分析可知，“中和除杂”步骤中加入碳酸钙中和除杂的目的是将溶液中的铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤除去；
故答案为： 调节溶液pH，促使Al3+、Fe3+转化为氢氧化物沉淀而除去 ；
（5）由分析可知，“碳化”步骤发生的反应为硫酸锰溶液与碳酸氢铵反应生成碳酸锰沉淀、硫酸铵、二氧化碳和水，反应的化学方程式为MnSO4+2NH4HCO3=MnCO3↓+(NH4)2SO4 +CO2↑+H2O；由题给信息可知，氢氧化锰难溶于水，“碳化”时需严格控制溶液pH，若溶液pH过高，溶液中的锰离子会与氢氧根离子反应生成氢氧化锰沉淀而引入杂质，导致产品不纯。
故答案为： MnSO4+2NH4HCO3=MnCO3↓+(NH4)2SO4 +CO2↑+H2O ； 产生Mn(OH)2沉淀，引入杂质 。
【分析】首先，将硫锰矿（含 MnS 及 CaS、MgS 等杂质）与软锰矿（含 MnO2及 Fe2O3等杂质）混合进行焙烧处理，过程中产生的尾气直接排出；接着，把焙烧后的产物加入过量稀硫酸进行浸出操作，使矿物中的金属成分转化为可溶性硫酸盐，浸出后过滤，分离出滤渣 1；随后，向浸出液中加入 MnO2进行氧化，将溶液中的还原性杂质离子氧化；再加入 CaCO3进行中和除杂，使 Fe、Al 等金属离子转化为氢氧化物沉淀，过滤得到滤渣 2；之后，向除杂后的滤液中加入过量 MnF2，利用 CaF2、MgF2难溶的性质除去溶液中的 Ca2+、Mg2+，过滤得到滤渣 3，此时滤液主要为 MnSO4溶液；最后，向 MnSO4溶液中加入 NH4HCO3进行碳化反应，使 Mn2+ 转化为 MnCO3沉淀，最终得到高纯 MnCO3。
（1）由分析可知，尾气中存在的有害气体为二氧化硫；
（2）由分析可知，“滤渣1”中的主要成分为二氧化硅、硫酸钙；
（3）由分析可知，“氧化”步骤加入二氧化锰的作用是将溶液中的亚铁离子转化为铁离子，反应的离子方程式为2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O；
（4）由分析可知，“中和除杂”步骤中加入碳酸钙中和除杂的目的是将溶液中的铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤除去；
（5）由分析可知，“碳化”步骤发生的反应为硫酸锰溶液与碳酸氢铵反应生成碳酸锰沉淀、硫酸铵、二氧化碳和水，反应的化学方程式为MnSO4+2NH4HCO3=MnCO3↓+(NH4)2SO4 +CO2↑+H2O；由题给信息可知，氢氧化锰难溶于水，“碳化”时需严格控制溶液pH，若溶液pH过高，溶液中的锰离子会与氢氧根离子反应生成氢氧化锰沉淀而引入杂质，导致产品不纯。
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