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江苏省前黄高级中学2025届高三下学期一模适应性考试 化学试卷
一、第Ⅰ卷选择题39分
1．中国古代文房四宝笔墨纸砚中，其主要化学成分不属于高分子的是
A．制毛笔用的狼毫 B．墨条
C．宣纸 D．竹砚
2．氮化镓是新型半导体材料。工业制备氮化镓的常用方法是GaCl3+NH3=GaN+3HCl。下列叙述正确的是
A．基态Ga原子电子排布式：[Ar]4s24p1
B．NH3的VSEPR模型：
C．HCl中的共价键是s-pσ键
D．HCl溶于水形成的水合氯离子：
3．实验室在如图所示装置(部分夹持装置已省略)中，用氨气和金属钠反应制得氨基钠()。
已知：常温下氨基钠为白色晶体，熔点210℃，沸点400℃，露置于空气中遇水蒸气剧烈反应生成NaOH和；金属钠熔点为97.8℃，沸点 882.9℃；氨气在空气中不能燃烧。下列说法正确的是
A．装置①试管中盛放固体
B．实验时应先点燃装置③的酒精灯
C．装置②和⑤中固体分别为碱石灰和
D．装置④中冷凝管的进水口应接在b处
4．短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X的某种单质在自然界硬度最大，Y在空气中含量最高，短周期中Z的金属性最强，W的周期数与主族序数相等。下列有关说法错误的是
A．第一电离能：WB．原子半径：YC．Z2X2属于共价晶体
D．W的最高价氧化物对应的水化物具有两性
阅读下列材料，完成下面小题。
第ⅤA族氮、磷元素及其化合物应用广泛。氨是重要的化工原料。磷元素可以形成白磷、红磷和黑磷等三种常见的单质。黑磷具有与石墨类似的层状结构。白磷和红磷转化的热化学方程式为xP4 (白磷，s)=4Px (红磷，s) H<0；实验室常用溶液吸收有毒气体，生成、和Cu。磷元素可形成多种含氧酸，其中次磷酸为一元弱酸；磷酸可与铁反应，在金属表面生成致密 且难溶于水的磷酸盐膜。
5．白磷分子结构及晶胞如下图所示，下列说法正确的是
A．分子中的P-P-P键角为60°
B．白磷和红磷互为同位素
C．白磷晶体中1个分子周围有8个紧邻的分子
D．白磷和红磷在中充分燃烧生成等量，红磷放出的热量更多
6．下列化学反应表示正确的是
A．用氨水和溶液制备：
B．工业上用足量氨水吸收：
C．用溶液吸收：
D．次磷酸与足量 NaOH 溶液反应：
7．下列有关物质结构、性质和用途描述正确的是
A．氨与水分子之间形成氢键，可用作制冷剂
B．浓磷酸的黏度很大，主要原因是磷酸中共价键的键能较大
C．磷酸难挥发，可用于保护金属免受腐蚀
D．黑磷晶体中有两种作用力，该晶体是混合型晶体
8．水系锌碘电池极具潜力，工作原理如图所示。基于壳聚糖(CTS)形成的双螺旋结构的功能粘结剂，能有效抑制电池工作时产生的扩散，防止电池寿命快速衰减。下列说法正确的是
A．CTS通过范德华力形成双螺旋结构
B．充电时，Zn电极接电源负极，发生氧化反应
C．放电时，外电路转移0.2 mol电子，负极区溶液质量增加6.5g
D．充电时，阳极区发生的反应有
9．有机物 W 可发生如图所示的反应，下列说法正确的是
A．为促进M的生成，试剂Q可用浓硫酸
B．Y中所有碳原子不可能共平面
C．M、X、Y都存在顺反异构体
D．X 中杂化和杂化的碳原子的比例是
10．黄铁矿(主要成分FeS2)，在空气中会被缓慢氧化，氧化过程如图所示。下列说法不正确的是
A．发生反应a时，0.05 mol FeS2被氧化时消耗标准状况下氧气的体积大约3.92 L
B．为了验证b过程反应后溶液中含Fe2+，可选用KSCN溶液和氯水
C．c发生反应的离子方程式为：14Fe3++FeS2+8H2O=15Fe2++2+16H+
D．已知25 ℃时，Ksp[Fe(OH)3]=2.79×10-39，则该温度下d反应的逆反应的平衡常数为K=2.79×103
11．室温下，下列实验探究方案能达到探究目的的是
选项 探究方案 探究目的
A 用洁净的玻璃棒蘸取NaClO溶液滴在pH试纸上，待变色后与标准比色卡比对 测定NaClO溶液的pH
B 将少量铜粉加入硝酸酸化的硝酸铁溶液中，观察反应现象 探究与铜粉能否反应
C 将空气中灼烧变黑的铜丝趁热插入无水乙醇中，观察铜丝颜色变化 探究乙醇具有还原性
D 向苯酚浊液中滴加溶液，观察溶液 是否变澄清 探究苯酚的酸性与碳酸的酸性的相对强弱
A．A B．，B C．C D．D
12．氨法烟气脱硫可制备硫酸羟胺，同时得到副产品硫酸铵。过程如下：
“脱硫”过程中控制pH在5.0～5.5，得到溶液。已知25℃时，，。下列说法正确的是
A．溶液中：
B．溶液中：
C．“脱硫”过程中温度越高，“脱硫”速率越快
D．“制备”过程的离子方程式：
13．苯乙烯是制备高分子的原料．乙苯脱氢制苯乙烯的反应如下：
反应I：
制备过程中会发生如下两个副反应：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
在下，将质量比为的水蒸气和乙苯在催化剂作用下反应，测得乙苯的转化率、苯乙烯、苯、甲苯的选择性与时间的关系如下图所示．
苯乙烯的选择性
苯的选择性
甲苯的选择性
下列说法不正确的是
A．曲线a表示乙苯的转化率
B．时，所得的物质的量逐渐减少
C．其他条件不变，增大水蒸气与乙苯的质量比，可以提高乙苯的平衡转化率
D．时，苯乙烯选择性下降的原因之一是反应I生成的促进了反应Ⅲ的进行
二、第Ⅱ卷(非选择题61分)
14．以软锰矿[主要成分为MnO2，还含有钙镁碳酸盐及少量的有机物(C12H22O11)]为原料制备硫酸锰，进而进一步制备Mn3O4。
（1）制备硫酸锰的流程如下：
“酸洗”时，MnO2与有机物发生反应使锰元素产生损耗。使用相同浓度硝酸或磷酸进行“酸洗”时，锰元素损耗率：硝酸大于磷酸。
①写出用硝酸“酸洗”时，有机物与MnO2反应生成CO2的离子方程式　 　。
②工业上常采用硝酸酸洗而不采用磷酸酸洗的主要原因是　 　。
③控制反应温度和SO2流速一定，反应2小时，测得“还原”时锰元素的回收率与“制浆”时液固比的关系如图所示。液固比为20∶1浆料中锰元素回收率低于液固比为10∶1的浆料，原因是　 　。
④“还原”过程中会得到副产物MnS2O6，其形成过程如下：
H2S2O6中含有S—S共价键，其结构式可表示为　 　。pH在4~6范围内，随溶液pH增大，MnS2O6的生成速率减小，其主要原因是　 　。
（2）已知：pH在6.4~7.6范围内，MnSO4可被氧气直接氧化得到Mn3O4.实际工业生产时，先向MnSO4溶液中通入氨气生成沉淀，再将氧化得到Mn3O4，其他条件一定时，Mn2+的沉淀率随氨气通入量的变化如图所示。
①向起始pH≈7的MnSO4溶液中持续通入O2，反应一段时间后，MnSO4不再转化为Mn3O4，其原因是　 　。
②实际工业生产中，当氨气超过30mL时，Mn2+的沉淀率下降的主要原因是　 　。
15．某降血脂药物吉非罗齐(G)的一种合成路线如下：
（1）下列关于化合物E和G的说法正确的是_______。
A．官能团种类相同 B．都含有手性碳原子
C．都能使酸性溶液褪色 D．可以使用质谱仪区分
（2）在下图中标出B中酸性最强氢原子所连接的碳原子　 　。
（3）已知C的分子式为，C的结构简式为　 　。
（4）E→F的反应需经历E→X→F的过程，中间产物 X 和G互为同分异构体，写出该中间产物X的结构简式　 　。
（5）写出满足下列条件的D的一种同分异构体的结构简式　 　。
能和溶液显色；碱性条件下水解酸化后得到的产物中均有2种不同的氢原子
（6）已知：；。写出以、乙醇为原料制备的合成路线图　 　 (须使用i-Pr2NH、DMF，无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。
16．钛铁矿(主要含，还含有SiO2、MgO和FeO)是常见含钛矿石，常用于制取和等物质。
（1）工业上将、焦炭混合后，通入在高温下反应，可以制得、和一种碳氧化合物气体，写出该反应的化学方程式：　 　。
（2）设计以钛铁矿、浓硫酸为原料制取的实验方案：　 　得到。[已知：(灰黑色)可溶于热的浓硫酸生成和；；除HF外，不与任何酸反应．实验中须使用的试剂和仪器有：浓硫酸、蒸馏水、溶液、砂芯漏斗]
（3）利用反应可以制取(装置如下图所示)。已知、的熔沸点如下表所示。将和通过蒸馏法分离后，检验中是否含有少量的方法是：　 　。
物质 熔点 沸点 其他
-23℃ 76℃ 与互溶
-25℃ 136℃ 易水解
（4）将钛铁矿与焦炭高温共热后可得到含、MgO、CaO、、、FeO和Fe的炉渣。为测定其中金属Fe的含量，现进行如下实验：
步骤1：称取2.80g粉碎后的滤渣，加入足量含和邻菲罗啉(抑制的水解)的浸取液，同时调节溶液的pH=4.5，充分反应(此时除金属Fe外，其余含铁化合物不反应)后过滤并洗涤滤渣。
步骤2：将步骤1所得滤液和洗涤液合并，向其中加入稀硫酸和过量的溶液，充分反应后将溶液煮沸约10min，后冷却至室温，加水至100mL。
步骤3：取25mL步骤2所得溶液于锥形瓶中，向其中滴加 2 滴磺基水杨酸指示剂(溶于水呈无色，酸性条 件下遇显紫红色)，用浓度为的维生素标准溶液滴定，到达终点时消耗维生素C标准溶液的体积为12.50mL。
实验过程中发生的反应如下：；。
①步骤3滴定终点时的实验现象是　 　。
②计算炉渣中金属Fe的质量分数，并写出计算过程　 　。
17．氢能是应用前景广阔的新能源。
（1）制氢。工业上电解碱性尿素水溶液制氢。
①阳极活性物质首先放电生成 NiOOH，该过程的电极反应式为　 　。
②吸附在NiOOH上被氧化生成N2。根据电负性规则，分子中能被Ni吸附的原子是　 　(填元素符号)。
（2）储氢。部分和Mg一定条件下化合生成以储氢；部分和在催化剂表面合成氨以储氢，其反应机理的部分过程如图所示。
①中间体X的结构　 　。
②研究发现，使用Ru系催化剂时，在催化剂表面的吸附活化是整个反应过程的控速步骤，实际工业 生产时，将控制在1.8~2.2之间，比理论值3小，其原因是　 　。
（3）储氢物质的运用。常用于烟气(主要成分NO、)脱硝。以为载气，将含一定量NO、及的模拟烟气以一定流速通过装有催化剂的反应管，研究温度、、对脱硝反 应的影响。
①如图所示，温度高于350℃时，NO转化率下降，推测原因是　 　。
②如图所示，温度高于350℃时，和不含水蒸气的烟气相比，含10%水蒸气的烟气的NO转化率更高，其原因是　 　。
③实验证明，烟气中含会导致催化剂不可逆的中毒(氧化生成覆盖在生成的表面，阻止了氧化)。而添加CuO后抗硫能力显著增强，请结合下图机理，说明抗硫能力增强的原因 　 　。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】多糖的性质和用途；高分子材料
【解析】【解答】A、狼毫的主要成分是蛋白质，属于高分子化合物，故 A 不符合题意；
B、墨条的主要成分是炭黑（碳单质），不属于高分子化合物，故 B 符合题意；
C、宣纸的主要成分是纤维素，属于高分子化合物，故 C 不符合题意；
D、竹砚的主要成分是纤维素，属于高分子化合物，故 D 不符合题意；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
高分子化合物判断：相对分子质量通常在一万以上，包括蛋白质、纤维素、淀粉等天然高分子；
文房四宝成分分析：狼毫（蛋白质）、宣纸和竹砚（纤维素）均为高分子，墨条的炭黑是单质碳，不属于高分子。
2．【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；共价键的形成及共价键的主要类型；判断简单分子或离子的构型
【解析】【解答】A、Ga 是 31 号元素，基态 Ga 原子电子排布式应为 [Ar] 3d 4s24p ，选项中缺少 3d 轨道电子排布，故 A 错误；
B、NH3分子中 N 原子有 3 个 σ 键和 1 对孤电子对， 价层电子对数为 ，VSEPR 模型为四面体形， 即，B错误；
C、HCl 分子中，H 原子的 1s 轨道与 Cl 原子的 3p 轨道以 “头碰头” 方式重叠，形成 s-p σ 键，故 C 正确；
D、HCl 溶于水形成水合氢离子（H3O+），水合氯离子的结构是 Cl-与多个 H2O 通过氢键结合 ：，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
电子排布式书写：需完整写出所有电子层的排布，包括内层的 d 轨道；
VSEPR 模型判断：需区分 VSEPR 模型（包含孤电子对）与分子空间结构；
共价键类型判断：根据成键原子的轨道类型判断 σ 键的种类；
水合离子结构：HCl 溶于水形成的是水合氢离子，而非图中所示结构。
3．【答案】C
【知识点】氨的性质及用途；钠的化学性质；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A、装置①若仅加热氯化铵固体，分解生成的氨气和氯化氢会在试管口重新化合为氯化铵，无法持续制得氨气，实验室制氨气通常用氯化铵与氢氧化钙固体共热，A错误；
B、实验时应先通入氨气排尽装置内空气，防止钠与空气中的氧气、水蒸气反应，若先点燃装置③的酒精灯，钠会先被氧化，B错误；
C、装置②用于干燥氨气，应选用碱性干燥剂碱石灰；装置⑤用于吸收尾气氨气并防止空气中水蒸气进入装置④，可选用酸性干燥剂五氧化二磷，C正确；
D、冷凝管的进水口应接在下端 a 处，出水口接在上端 b 处，这样才能保证冷凝管内充满冷却水，达到最佳冷凝效果，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
氨气制备：氯化铵单独加热无法制得氨气，需与碱共热。
实验操作顺序：先通氨气排尽空气，再加热钠，避免钠被氧化。
干燥剂选择：干燥氨气用碱性干燥剂，吸收氨气并防水用酸性或中性干燥剂。
冷凝管使用：下口进水、上口出水，保证冷凝效果。
4．【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；无机物的推断；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、N 原子的 2p 轨道为半充满的稳定结构，第一电离能高于同周期相邻的 C；Al 为金属元素，最外层电子易失去，第一电离能明显低于非金属 C， 得Al
B、 Na 有 3 个电子层，半径最大；C 和 N 均为 2 个电子层，核电荷数 N > C，对核外电子吸引力更强，半径更小 ，故原子半径 N < C < Na，故 B 正确；
C、 Z2X2代表的物质是 Na2C2，它由 Na+和 C22-通过离子键结合而成，属于离子晶体，并非由原子通过共价键形成的共价晶体，故 C 错误；
D、 W 的最高价氧化物对应的水化物是 Al(OH)3，它既能与强酸反应生成铝盐和水，也能与强碱反应生成偏铝酸盐和水，具有典型的两性特征 ，故 D 正确；
故答案为：C。
【分析】推断元素：X 的单质自然界硬度最大，X 为 C；Y 在空气中含量最高，Y 为 N；短周期中 Z 金属性最强，Z 为 Na；W 周期数与主族序数相等且原子序数大于 Na，W 为 Al。
【答案】5．A
6．C
7．D
【知识点】分子晶体；氢键的存在对物质性质的影响；晶体的定义；离子方程式的书写
【解析】【分析】（1）本题解题要点：
白磷（P4）的分子结构是正四面体，4 个磷原子占据四个顶点，键角为 60°，这是其分子结构的关键特征；
同素异形体指同种元素形成的不同单质，同位素指同种元素的不同核素，二者概念不同；
白磷晶体采用面心立方最密堆积结构，每个分子周围有 12 个等距相邻的分子；
放热反应中，反应物能量高于生成物，因此能量更高的白磷燃烧时放出的热量更多。
（2）本题解题要点：
氨水（NH3 H2O）是弱电解质，在离子方程式中不能拆成离子形式，需保留分子式；
碱与酸性氧化物反应时，产物与碱的用量有关，足量碱生成正盐，不足时生成酸式盐；
氧化还原反应配平需遵循电子守恒、原子守恒，PH3中 P 为 - 3 价，被氧化为 + 5 价，Cu2+被还原为 Cu；
次磷酸的结构中只有一个 - OH 可电离，属于一元酸，因此与足量 NaOH 反应只生成一种盐。
（3）本题解题要点：
物质的物理性质（如制冷）由其相变过程的能量变化决定，与分子间氢键无直接关系；
液体黏度主要受分子间作用力影响，浓磷酸中分子间氢键多，导致黏度大，与键能无关；
磷酸对金属的保护作用源于其与金属反应生成的难溶盐膜，而非其难挥发性；
混合型晶体中同时存在共价键、范德华力等不同作用力，黑磷就是典型的混合型晶体。
5．A、白磷分子是正四面体结构，4 个 P 原子位于顶点，P-P-P 键角为 60°，A正确；
B、白磷和红磷是同种元素形成的不同单质，互为同素异形体，而非同位素，B错误；
C、白磷晶体为面心立方最密堆积，1 个 P4分子周围有 12 个紧邻的 P4分子，C错误；
D、白磷转化为红磷放热，说明等质量白磷能量更高，二者燃烧生成等量 P2O5时，白磷放出的热量更多，D错误；
故答案为：D。
6．A、氨水是弱碱，离子方程式中应写分子式，正确反应为：，A错误；
B、足量氨水吸收 SO2生成亚硫酸铵，正确反应为： B错误；
C、根据氧化还原守恒配平，PH3被氧化为 H3PO4，CuSO4被还原为 Cu，方程式为：，C正确；
D、次磷酸是一元弱酸，只能电离出 1 个 H+，与足量 NaOH 反应生成 NaH2PO2，，D错误；
故答案为：C。
7．A、液氨作制冷剂是因为气化时吸热，与氨和水的氢键无关，A错误；
B、浓磷酸黏度大是因为分子间形成氢键，与分子内共价键键能无关，B错误；
C、磷酸保护金属是因为生成难溶磷酸盐膜，与其难挥发性无关，C错误；
D、黑磷层内为共价键、层间为范德华力，属于混合型晶体，D正确；
故答案为：D。
8．【答案】D
【知识点】原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、CTS 分子中含有大量羟基、氨基，双螺旋结构是通过氢键形成的，而非范德华力，故 A 错误；
B、充电时，Zn 电极接电源负极作电解池阴极，发生还原反应，故 B 错误；
C、放电时，负极溶解的 Zn2+会导致溶液质量增加，但同时溶液中的阴离子会向负极迁移， 负极区溶液质量不变， 不能仅根据 Zn 的溶解质量直接得出溶液质量增加 6.5 g 的结论，故 C 错误；
D、充电时，石墨电极作阳极，首先发生反应 2I--2e-=I2，生成的 I2再与溶液中的 I-结合，发生反应 I2+I- I3-，故 D 正确；
故答案为：D。
【分析】水系锌碘电池工作时，放电过程中 Zn 电极发生氧化反应溶解为 Zn2+，石墨电极上的 I2（与 I-结合成 I3-）发生还原反应；充电时 Zn 电极接电源负极，石墨电极接电源正极，阳极上 I-被氧化为 I2，再与 I-结合生成 I3-；壳聚糖（CTS）形成的双螺旋结构能有效抑制 I3-扩散，提升电池循环寿命。
9．【答案】D
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；烯烃
【解析】【解答】A、生成 M 的反应是取代反应，会生成 HBr。若用浓硫酸作试剂 Q，浓硫酸会提供 H+，使平衡逆向移动，不利于 M 的生成，A错误；
B、Y 分子中的苯环、碳碳双键均为平面结构，单键可旋转，因此所有碳原子有可能共平面，B错误；
C、X 分子中存在一个连接 2 个氢原子的不饱和碳原子，不满足顺反异构体的形成条件（双键两端碳原子需连接 2 个不同基团），故 X 不存在顺反异构体，C错误；
D、X 分子中，苯环上 6 个碳原子和碳碳双键上 2 个碳原子均为 sp2 杂化，共 8 个；2 个单键连接的饱和碳原子为 sp3 杂化，共 2 个，二者比例为 8：2=4：1，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
反应平衡影响：取代反应生成 HBr 时，酸性试剂会抑制反应正向进行。
共面判断：苯环、双键为平面结构，单键可旋转，可通过旋转使所有碳原子共面。
顺反异构条件：双键两端碳原子必须连接 2 个不同基团，否则不存在顺反异构。
杂化方式判断：苯环碳、双键碳为 sp2 杂化，饱和单键碳为 sp3 杂化，按结构计数即可。
10．【答案】B
【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；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、反应a中，FeS2被O2氧化的总反应为。计量关系为，0.05mol FeS2消耗O2的物质的量为，标准状况体积为，A正确；
B、b过程生成Fe3+，若溶液中同时存在Fe2+和Fe3+，加入KSCN溶液会直接因Fe3+显红色，无法通过KSCN和氯水检验Fe2+（氯水氧化Fe2+生成Fe3+会干扰原Fe3+的判断），B错误；
C、c过程反应物为Fe3+和FeS2，生成物为Fe2+、和H+。根据电子守恒（FeS2中S从-1升至+6，Fe3+降至+2）和质量守恒，配平得离子方程式，C正确；
D、反应d为，其平衡常数。结合和，推导得，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
氧化还原计算：通过总反应式找出反应物物质的量关系，结合气体摩尔体积计算体积。
离子检验干扰：Fe3+会直接干扰Fe2+的KSCN检验，需先除Fe3+或选用其他试剂（如K3[Fe(CN)6]）。
离子方程式配平：利用电子转移守恒（变价元素化合价升降总数相等）结合原子守恒配平复杂氧化还原方程式。
平衡常数与溶度积：结合、与反应平衡常数的关系，通过公式推导计算数值。
11．【答案】C
【知识点】铁盐和亚铁盐的相互转变；苯酚的化学性质；乙醇的催化氧化实验
【解析】【解答】A、次氯酸钠（NaClO）溶液具有强氧化性，会将 pH 试纸中的有色物质漂白，无法通过比色卡读取准确 pH，因此不能用 pH 试纸测定其 pH，A错误；
B、硝酸酸化的硝酸铁溶液中，硝酸的氧化性强于铁离子，加入铜粉后，硝酸会优先与铜发生反应，干扰铁离子与铜的反应探究，无法达到实验目的，B错误；
C、空气中灼烧变黑的铜丝表面为氧化铜（CuO），趁热插入无水乙醇中时，氧化铜会被乙醇还原为红色的铜，乙醇被氧化为乙醛，通过观察铜丝颜色变化，可验证乙醇具有还原性，C正确；
D、向苯酚浊液中滴加碳酸钠溶液，反应生成苯酚钠和碳酸氢钠，只能证明苯酚的酸性强于碳酸氢根离子，无法直接比较苯酚与碳酸的酸性强弱，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
pH 试纸使用限制：强氧化性或漂白性溶液会破坏 pH 试纸显色，不能用 pH 试纸测定其 pH。
氧化还原干扰：当存在多种氧化剂时，氧化性更强的物质会优先反应，干扰目标反应的探究。
乙醇还原性验证：乙醇可将黑色氧化铜还原为红色铜，以此证明其还原性。
酸性强弱比较：强酸制弱酸原理中，需明确产物对应的酸根，才能准确判断酸性强弱顺序。
12．【答案】A
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、根据NH4HSO3溶液中的质子守恒：，结合溶液中，可推导出，故A正确；
B、的水解常数，小于的电离常数，说明的水解程度小于的电离程度，溶液中，故B错误；
C、温度过高时，易分解，且的溶解度降低，会导致脱硫速率下降，故C错误；
D、“制备”过程的溶液为酸性环境，不存在大量，正确的方程式为：，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
明确质子守恒的定义，在NH4HSO3溶液中，水的电离与离子的水解、电离会形成质子转移平衡，据此写出质子守恒式；再结合溶液中HSO3-的电离程度大于水解程度，，对式子进行合理变形，推导出选项A的不等式关系；
利用电离常数与水解常数的计算方法，先算出NH4+的水解常数，再与HSO3-的电离常数对比，判断两者的反应程度大小，进而确定溶液中各主要离子的浓度排序；
结合温度对工业反应的影响规律，温度过高会导致氨水挥发分解、SO2气体溶解度下降，同时也会影响溶液中离子的稳定性，因此并非温度越高脱硫速率越快；
判断离子方程式正误时，需同时考虑反应环境的酸碱性、电荷守恒、原子守恒三个维度，制备过程的体系为酸性环境，不存在大量OH-，且方程式两边电荷不守恒，因此该离子方程式错误。
13．【答案】B
【知识点】化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A、苯乙烯是主产物，选择性始终最高；曲线 a 随时间持续上升，符合乙苯转化率的变化趋势，因此曲线 a 代表乙苯的转化率，A正确；
B、反应 Ⅰ 生成 H2，反应 Ⅲ 消耗 H2。反应初期，反应 Ⅰ 的速率大于反应 Ⅲ，H2的量会先增加；之后随着 H2积累，反应 Ⅲ 速率加快，H2的量才会逐渐减少，并非全程递减，B错误；
C、其他条件不变时，增大水蒸气与乙苯的质量比，相当于稀释反应体系、降低分压，会使主反应（气体分子数增加）的平衡正向移动，从而提高乙苯的平衡转化率，C正确；
D、t1~t4时，反应 Ⅰ 生成的 H2会促进反应 Ⅲ 正向进行，使更多乙苯转化为甲苯，导致苯乙烯的选择性下降，D正确；
故答案为：B。
【分析】苯乙烯是该反应体系的目标主产物，因此它在各产物中的选择性始终保持最高。随着反应推进，主反应 Ⅰ 持续生成氢气，这些氢气会推动副反应 Ⅲ 正向进行，使得甲苯的选择性逐步高于苯的选择性；同时乙苯的转化率随时间不断升高。结合曲线变化趋势可以判断：持续上升的曲线 a 代表乙苯的转化率，数值略高的曲线 b 代表甲苯的选择性。这一变化也解释了苯乙烯选择性下降的原因 —— 反应 Ⅰ 生成的氢气促进了副反应 Ⅲ，让更多乙苯转化为甲苯，从而分流了主反应的原料，降低了苯乙烯的选择性。
14．【答案】（1）C12H22O11+24MnO2+48H+=24Mn2++12CO2↑+35H2O；PO易与溶液中Ca2+、Mg2+杂质氯离子生成难溶的Ca3(PO4)2、Mg3(PO4)2等物质，无法通过“酸洗”步骤除去；液固比太大，MnO2和SO2的浓度均降低，反应速率降低，锰元素回收率降低；；pH增大，c(HSO)减小，c(H2S2O6)减小，生成MnS2O6的速率减慢
（2）Mn2+直接被氧化时发生反应为6Mn2++6H2O+O2=2Mn3O4+12H+，生成大量H+，使溶液pH迅速降低，无法维持Mn2+氧化成Mn3O4所需的pH值；过量的氨气与Mn(OH)2生成可溶于水的配合物，Mn2+的沉淀率下降
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）①MnO2与有机物发生氧化还原反应，将C元素氧化成CO2，本身被还原为Mn2+， 反应的离子方程式为： C12H22O11+24MnO2+48H+=24Mn2++12CO2↑+35H2O，故答案为C12H22O11+24MnO2+48H+=24Mn2++12CO2↑+35H2O；
②PO43-易与溶液中 Ca2+、Mg2+杂质离子生成难溶的 Ca3(PO4)2、Mg3(PO4)2等物质，无法通过 “酸洗” 步骤除去；
③液固比 20：1 的浆料中，MnO2和 SO2的浓度均降低，反应速率减慢，锰元素回收率降低；
④H2S2O6是连二硫酸的化学式，其中含有S-S键，因此连二硫酸的结构式为；根据流程图可知，MnOOH用于HSO反应生成MnO与H2S2O6，MnO与H2S2O6反应生成MnS2O6，当溶液pH增大，c(HSO)减小，从而导致c(H2S2O6)减小，使生成MnS2O6的速率减慢；故答案为；pH增大，c(HSO)减小，c(H2S2O6)减小，生成MnS2O6的速率减慢；
故答案为： C12H22O11+24MnO2+48H+=24Mn2++12CO2↑+35H2O ； PO易与溶液中Ca2+、Mg2+杂质氯离子生成难溶的Ca3(PO4)2、Mg3(PO4)2等物质，无法通过“酸洗”步骤除去 ； 液固比太大，MnO2和SO2的浓度均降低，反应速率降低，锰元素回收率降低 ； ； pH增大，c(HSO)减小，c(H2S2O6)减小，生成MnS2O6的速率减慢 ；
（2）Mn2+直接被氧化时会发生反应： 6Mn2++6H2O+O2=2Mn3O4+12H+，生成大量H+，使溶液pH迅速降低，无法维持Mn2+氧化成Mn3O4所需的pH值，故答案为Mn2+直接被氧化时发生反应为6Mn2++6H2O+O2=2Mn3O4+12H+，生成大量H+，使溶液pH迅速降低，无法维持Mn2+氧化成Mn3O4所需的pH值；工业上中制备Mn3O4，先向MnSO4溶液中通入氨气生成Mn(OH)2沉淀，再将Mn(OH)2氧化得到Mn3O4，当氨气超过30mL时，过量的氨气与Mn(OH)2生成可溶于水的配合物，Mn2+的沉淀率下降；故答案为过量的氨气与Mn(OH)2生成可溶于水的配合物，Mn2+的沉淀率下降。
故答案为： Mn2+直接被氧化时发生反应为6Mn2++6H2O+O2=2Mn3O4+12H+，生成大量H+，使溶液pH迅速降低，无法维持Mn2+氧化成Mn3O4所需的pH值 ； 过量的氨气与Mn(OH)2生成可溶于水的配合物，Mn2+的沉淀率下降 ；
【分析】以软锰矿为原料，首先用酸进行浸出处理：矿石中的钙镁碳酸盐杂质与酸反应溶解，部分 MnO2在酸性条件下与有机物发生氧化还原反应，被还原为 Mn2+；随后过滤分离出主要含 MnO2的滤渣，向滤渣中加水制浆，再通入 SO2进行还原反应，生成含锰的中间产物；后续通过调 pH、氧化沉淀等工序，最终制得目标产物 Mn3O4。
（1）①根据化合价升降法配平氧化还原反应，MnO2将有机物中的 C 氧化为 CO2，自身被还原为 Mn2+，再结合电荷守恒和原子守恒配平离子方程式；
②结合软锰矿中的钙镁杂质，分析 PO43-与 Ca2+、Mg2+生成难溶盐的性质，解释无法通过酸洗去除的原因；
③从浓度对反应速率的影响角度分析，液固比过大导致反应物浓度降低，反应速率减慢，回收率下降；
④根据连二硫酸的化学式和结构信息，写出含 S-S 键的结构简式；结合 pH 对 HSO3-浓度的影响，分析其对 MnS2O6生成速率的影响。
（2）①分析 Mn2+直接氧化生成 Mn3O4的反应，该反应会生成大量 H+，导致溶液 pH 下降，无法维持反应所需的 pH 条件；
②结合过量氨气与 Mn(OH)2形成配合物的性质，解释氨气过量时 Mn2+沉淀率下降的原因。
（1）①MnO2与有机物发生氧化还原反应，将C元素氧化成CO2，本身被还原为Mn2+，利用化合价升降法、电荷守恒、原子守恒得出该反应离子方程式为C12H22O11+24MnO2+48H+=24Mn2++12CO2↑+35H2O，故答案为C12H22O11+24MnO2+48H+=24Mn2++12CO2↑+35H2O；
②软锰矿杂质中含有钙镁碳酸盐，Ca2+、Mg2+能与磷酸反应生成难溶的Ca3(PO4)2、Mg3(PO4)2等物质，无法通过“酸洗”步骤除去；故答案为PO易与溶液中Ca2+、Mg2+杂质氯离子生成难溶的Ca3(PO4)2、Mg3(PO4)2等物质，无法通过“酸洗”步骤除去；
③液固比20∶1浆料相当于向液固比10∶1浆料中加水，使MnO2和SO2的浓度均降低，反应速率降低，锰元素回收率降低，故答案为液固比太大，MnO2和SO2的浓度均降低，反应速率降低，锰元素回收率降低；
④H2S2O6是连二硫酸的化学式，其中含有S-S键，因此连二硫酸的结构式为；根据流程图可知，MnOOH用于HSO反应生成MnO与H2S2O6，MnO与H2S2O6反应生成MnS2O6，当溶液pH增大，c(HSO)减小，从而导致c(H2S2O6)减小，使生成MnS2O6的速率减慢；故答案为；pH增大，c(HSO)减小，c(H2S2O6)减小，生成MnS2O6的速率减慢；
（2）Mn2+直接被氧化时发生反应为6Mn2++6H2O+O2=2Mn3O4+12H+，生成大量H+，使溶液pH迅速降低，无法维持Mn2+氧化成Mn3O4所需的pH值，故答案为Mn2+直接被氧化时发生反应为6Mn2++6H2O+O2=2Mn3O4+12H+，生成大量H+，使溶液pH迅速降低，无法维持Mn2+氧化成Mn3O4所需的pH值；
工业上中制备Mn3O4，先向MnSO4溶液中通入氨气生成Mn(OH)2沉淀，再将Mn(OH)2氧化得到Mn3O4，当氨气超过30mL时，过量的氨气与Mn(OH)2生成可溶于水的配合物，Mn2+的沉淀率下降；故答案为过量的氨气与Mn(OH)2生成可溶于水的配合物，Mn2+的沉淀率下降。
15．【答案】（1）A；C；D
（2）
（3）
（4）
（5）
（6）
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体；酯的性质
【解析】【解答】（1）A．由结构简式可知，化合物E和G都含羧基、醚键，官能团种类相同，故正确；
B．化合物E中连羧基的碳为手性碳原子，G不含有手性碳原子，故错误；
C．由结构简式可知，化合物E和G的苯环上都连有甲基，都能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使溶液褪色，故正确；
D．由结构简式可知，化合物E和G相对分子质量不同，可以使用质谱仪区分两者，故正确；
故答案为：ACD；
（2）氧元素的电负性大，B分子中氧原子的吸电子能力强，则 2个酯基中间的碳原子上的氢原子易于离解，酸性更强，所以B中酸性最强的氢原子所连接的碳原子是，
故答案为：；
（3）由分析可知，C的结构简式为，
故答案为：；
（4）由分析可知，E→X→F的过程为E与一碘甲烷发生取代反应生成，反应生成的与乙醇钠反应生成F，则X为，故答案为：；
（5）D的同分异构体能和氯化铁溶液显色说明同分异构体分子中含有酚羟基，碱性条件下水解酸化后得到的产物中均有2种不同的氢原子说明分子中含有酯基且结构对称，则符合条件的结构简式为，
故答案为：；
（6）发生消去反应生成，被高锰酸钾氧化为，和乙醇发生酯化反应生成，在i-Pr2NH、DMF作用下生成，水解生成，
故答案为：
【分析】以化合物 A（丙二酸二乙酯）为起始原料，在乙醇钠作用下与碘甲烷发生甲基化反应生成 B；随后 B 与 2，5 - 二甲基苯酚衍生物（）在乙醇钠条件下经取代反应得到 D；则C为；D 先经氢氧化钠皂化、再酸化得到 E；E与一碘甲烷发生取代反应生成，反应生成的与乙醇钠反应生成F；最后 F 经酸化处理，得到目标产物吉非罗齐（G）。
（1）A．由结构简式可知，化合物E和G都含羧基、醚键，官能团种类相同，故正确；
B．化合物E中连羧基的碳为手性碳原子，G不含有手性碳原子，故错误；
C．由结构简式可知，化合物E和G的苯环上都连有甲基，都能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使溶液褪色，故正确；
D．由结构简式可知，化合物E和G相对分子质量不同，可以使用质谱仪区分两者，故正确；
故选ACD；
（2）氧元素的电负性大，B分子中氧原子的吸电子能力强，则 2个酯基中间的碳原子上的氢原子易于离解，酸性更强，所以B中酸性最强的氢原子所连接的碳原子是，故答案为：；
（3）由分析可知，C的结构简式为，故答案为：；
（4）由分析可知，E→X→F的过程为E与一碘甲烷发生取代反应生成，反应生成的与乙醇钠反应生成F，则X为，故答案为：；
（5）D的同分异构体能和氯化铁溶液显色说明同分异构体分子中含有酚羟基，碱性条件下水解酸化后得到的产物中均有2种不同的氢原子说明分子中含有酯基且结构对称，则符合条件的结构简式为，故答案为：；
（6）发生消去反应生成，被高锰酸钾氧化为，和乙醇发生酯化反应生成，在i-Pr2NH、DMF作用下生成，水解生成，合成路线为。
16．【答案】（1）2FeTiO3+7Cl2+6C2FeCl3+2TiCl4+6CO
（2）将钛铁矿分批加入热的浓硫酸中，边加边搅拌直至灰黑色固体消失，冷却后用砂芯漏斗过滤，将滤液边搅拌边加入足量蒸馏水中，充分反应后用砂芯漏斗过滤，用蒸馏水洗涤沉淀23次，直至取最后一次洗涤液加入氯化钡溶液无沉淀产生，干燥
（3）取少许液体于试管中，向试管中加入少量蒸馏水充分振荡后，向上层清液中滴加硝酸银溶液，若有白色沉淀生成，说明四氯化碳中含有四氯化钛
（4）滴入最后半滴维生素C溶液，溶液紫红色褪去，且半分钟内不恢复；20%
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；盐类水解的应用
【解析】【解答】（1）由题意可知，FeTiO3发生的反应为FeTiO3高温条件下与焦炭、氯气反应生成氯化铁、四氯化钛和一氧化碳，反应的化学方程式为，
故答案为：2FeTiO3+7Cl2+6C2FeCl3+2TiCl4+6CO；
（2）由题给信息可知，以钛铁矿、浓硫酸为原料制取TiO2 H2O涉及的反应为：FeTiO3+2H2SO4(浓)TiOSO4+FeSO4+2H2O、TiOSO4+2H2O=TiO2 H2O↓+H2SO4，实验中应注意含有浓硫酸的反应混合液稀释时的操作顺序，则制取TiO2 H2O的实验方案为将钛铁矿分批加入热的浓硫酸中，边加边搅拌直至灰黑色固体消失，冷却后用砂芯漏斗过滤，将滤液边搅拌边加入足量蒸馏水中，充分反应后用砂芯漏斗过滤，用蒸馏水洗涤沉淀23次，直至取最后一次洗涤液加入氯化钡溶液无沉淀产生，干燥得到TiO2 H2O，
故答案为：将钛铁矿分批加入热的浓硫酸中，边加边搅拌直至灰黑色固体消失，冷却后用砂芯漏斗过滤，将滤液边搅拌边加入足量蒸馏水中，充分反应后用砂芯漏斗过滤，用蒸馏水洗涤沉淀2—3次，直至取最后一次洗涤液加入氯化钡溶液无沉淀产生，干燥；
（3）四氯化碳不溶于水，四氯化钛易水解得到含有氯离子的溶液，则检验四氯化碳中是否含有少量四氯化钛的方法是取少许液体于试管中，向试管中加入少量蒸馏水充分振荡后，向上层清液中滴加硝酸银溶液，若有白色沉淀生成，说明四氯化碳中含有四氯化钛，
故答案为：取少许液体于试管中，向试管中加入少量蒸馏水充分振荡后，向上层清液中滴加硝酸银溶液，若有白色沉淀生成，说明四氯化碳中含有四氯化钛；
（4）①由题意可知，溶液中的铁离子与维生素C溶液完全反应后，滴入最后半滴维生素C溶液，溶液会由无色变为紫红色，则步骤3滴定终点时的实验现象是滴入最后半滴维生素C溶液，溶液紫红色褪去，且半分钟内不恢复，
故答案为：滴入最后半滴维生素C溶液，溶液紫红色褪去，且半分钟内不恢复；
②由题给方程式和原子个数守恒可得如下关系：2Fe—2Fe3+—C6H8O6，滴定消耗12.50mL 0.10mol/L维生素C，则炉渣中金属铁的质量分数为×100%=20%，
故答案为：20%。
【分析】(1) 根据反应物（、、）、产物（、、碳氧化物气体）及高温条件，利用原子守恒配平，生成CO而非，最终得 2FeTiO3+7Cl2+6C2FeCl3+2TiCl4+6CO
(2)① 操作顺序：将钛铁矿分批加入热浓硫酸（防暴沸），搅拌至完全溶解；
② 过滤除杂：冷却后用砂芯漏斗过滤，除去不溶杂质；
③ 水解沉淀：滤液边搅拌边加蒸馏水，使水解；
④ 洗涤检验：蒸馏水洗涤沉淀至洗涤液加无沉淀（排除），干燥得产品。
(3) 利用水解生成的性质，取样加蒸馏水振荡，取上层清液，滴加溶液，若产生白色沉淀，证明含。
(4) ① 滴入最后半滴维生素C溶液，溶液紫红色褪去且半分钟内不恢复；
② 根据反应、，得，计算得炉渣中金属铁质量分数为20%。
（1）由题意可知，FeTiO3发生的反应为FeTiO3高温条件下与焦炭、氯气反应生成氯化铁、四氯化钛和一氧化碳，反应的化学方程式为，故答案为：2FeTiO3+7Cl2+6C2FeCl3+2TiCl4+6CO；
（2）由题给信息可知，以钛铁矿、浓硫酸为原料制取TiO2 H2O涉及的反应为：FeTiO3+2H2SO4(浓)TiOSO4+FeSO4+2H2O、TiOSO4+2H2O=TiO2 H2O↓+H2SO4，实验中应注意含有浓硫酸的反应混合液稀释时的操作顺序，则制取TiO2 H2O的实验方案为将钛铁矿分批加入热的浓硫酸中，边加边搅拌直至灰黑色固体消失，冷却后用砂芯漏斗过滤，将滤液边搅拌边加入足量蒸馏水中，充分反应后用砂芯漏斗过滤，用蒸馏水洗涤沉淀23次，直至取最后一次洗涤液加入氯化钡溶液无沉淀产生，干燥得到TiO2 H2O，故答案为：将钛铁矿分批加入热的浓硫酸中，边加边搅拌直至灰黑色固体消失，冷却后用砂芯漏斗过滤，将滤液边搅拌边加入足量蒸馏水中，充分反应后用砂芯漏斗过滤，用蒸馏水洗涤沉淀2—3次，直至取最后一次洗涤液加入氯化钡溶液无沉淀产生，干燥；
（3）四氯化碳不溶于水，四氯化钛易水解得到含有氯离子的溶液，则检验四氯化碳中是否含有少量四氯化钛的方法是取少许液体于试管中，向试管中加入少量蒸馏水充分振荡后，向上层清液中滴加硝酸银溶液，若有白色沉淀生成，说明四氯化碳中含有四氯化钛，故答案为：取少许液体于试管中，向试管中加入少量蒸馏水充分振荡后，向上层清液中滴加硝酸银溶液，若有白色沉淀生成，说明四氯化碳中含有四氯化钛；
（4）①由题意可知，溶液中的铁离子与维生素C溶液完全反应后，滴入最后半滴维生素C溶液，溶液会由无色变为紫红色，则步骤3滴定终点时的实验现象是滴入最后半滴维生素C溶液，溶液紫红色褪去，且半分钟内不恢复，故答案为：滴入最后半滴维生素C溶液，溶液紫红色褪去，且半分钟内不恢复；
②由题给方程式和原子个数守恒可得如下关系：2Fe—2Fe3+—C6H8O6，滴定消耗12.50mL 0.10mol/L维生素C，则炉渣中金属铁的质量分数为×100%=20%，故答案为：20%。
17．【答案】（1）Ni(OH)2-e-+OH-=NiOOH+H2O；N、O
（2）；提高N2在合成气中比例，增大N2在催化剂表面的吸附活化总量，加快反应速率；利于提高H2的转化率，同时提高储氢率
（3）温度升高，催化剂的活性下降，NH3和O2反应生成NO，还原剂NH3的量减少；在350℃以上含10%水蒸气的烟气中，水蒸气的存在抑制了NH3和O2生成NO的反应，更多NH3和NO反应，提高NO转化率；添加CuO后，氧化生成的SO覆盖在Cu2+上，O2氧化Ce3+生成Ce4+，恢复催化能力
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；化学反应速率的影响因素；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）①由题意可知，阳极上发生的反应为碱性条件下氢氧化镍在阳极失去电子发生氧化反应生成NiOOH和水，电极反应式为Ni(OH)2-e-+OH-=NiOOH+H2O，
故答案为：Ni(OH)2-e-+OH-=NiOOH+H2O；
②由电负性可知，尿素分子中氧原子和氮原子带部分负电荷，NiOOH中镍原子带正电荷，所以尿素分子中的氮原子和氧原子能被镍原子吸附，
故答案为：N、O；
（2）①由图可知，中间体X结合一个氢原子生成氨气和在催化剂表面的N≡，则中间体X的结构为，
故答案为：；
②减小相当于增大氮气的浓度，增大氮气的浓度，可以增大氮气在催化剂表面的吸附活化总量，加快反应速率，也可以使平衡向正反应方向移动，增大氢气的转化率，提高储氢率，
故答案为：提高N2在合成气中比例，增大N2在催化剂表面的吸附活化总量，加快反应速率；利于提高H2的转化率，同时提高储氢率；
（3）①温度高于350℃时，一氧化氮转化率下降是因为温度升高，催化剂的活性下降，氨气和氧气反应生成一氧化氮，还原剂氨气的量减少导致一氧化氮转化率下降，
故答案为：温度升高，催化剂的活性下降，NH3和O2反应生成NO，还原剂NH3的量减少；
②温度高于350℃时，和不含水蒸气的烟气相比，含10%水蒸气的烟气的NO转化率更高说明水蒸气的存在抑制了氨气和氧气生成一氧化氮的反应，更多的氨气和一氧化氮反应，提高了一氧化氮转化率，
故答案为：在350℃以上含10%水蒸气的烟气中，水蒸气的存在抑制了NH3和O2生成NO的反应，更多NH3和NO反应，提高NO转化率；
③由图可知，加入氧化铜后，氧化生成的硫酸根离子覆盖在铜离子上，使硫酸根离子不会附着在Ce3+上，有利于氧气氧化Ce3+生成Ce4+，恢复催化能力，所以添加氧化铜后，催化剂抗硫能力显著增强，
故答案为：添加CuO后，氧化生成的SO覆盖在Cu2+上，O2氧化Ce3+生成Ce4+，恢复催化能力。
【分析】(1)①阳极失电子被氧化为，结合配平，电极反应为。
②根据电负性，尿素分子中N、O带负电，能与带正电的Ni原子吸附，故为N、O。
(2)①结合反应历程，中间体X为 ： 。
②比理论值小，可提高浓度，加快其吸附活化速率，同时提升转化率与储氢率。
(3)①温度高于350℃时，催化剂活性降低，且与生成NO，还原剂减少，脱硝效率下降。
②水蒸气抑制与生成NO的副反应，让更多参与脱硝，提高NO转化率。
③添加CuO后，覆盖在上，避免其覆盖，持续氧化生成，恢复催化活性。
（1）①由题意可知，阳极上发生的反应为碱性条件下氢氧化镍在阳极失去电子发生氧化反应生成NiOOH和水，电极反应式为Ni(OH)2-e-+OH-=NiOOH+H2O，故答案为：Ni(OH)2-e-+OH-=NiOOH+H2O；
②由电负性可知，尿素分子中氧原子和氮原子带部分负电荷，NiOOH中镍原子带正电荷，所以尿素分子中的氮原子和氧原子能被镍原子吸附，故答案为：N、O；
（2）①由图可知，中间体X结合一个氢原子生成氨气和在催化剂表面的N≡，则中间体X的结构为，故答案为：；
②减小相当于增大氮气的浓度，增大氮气的浓度，可以增大氮气在催化剂表面的吸附活化总量，加快反应速率，也可以使平衡向正反应方向移动，增大氢气的转化率，提高储氢率，故答案为：提高N2在合成气中比例，增大N2在催化剂表面的吸附活化总量，加快反应速率；利于提高H2的转化率，同时提高储氢率；
（3）①温度高于350℃时，一氧化氮转化率下降是因为温度升高，催化剂的活性下降，氨气和氧气反应生成一氧化氮，还原剂氨气的量减少导致一氧化氮转化率下降，故答案为：温度升高，催化剂的活性下降，NH3和O2反应生成NO，还原剂NH3的量减少；
②温度高于350℃时，和不含水蒸气的烟气相比，含10%水蒸气的烟气的NO转化率更高说明水蒸气的存在抑制了氨气和氧气生成一氧化氮的反应，更多的氨气和一氧化氮反应，提高了一氧化氮转化率，故答案为：在350℃以上含10%水蒸气的烟气中，水蒸气的存在抑制了NH3和O2生成NO的反应，更多NH3和NO反应，提高NO转化率；
③由图可知，加入氧化铜后，氧化生成的硫酸根离子覆盖在铜离子上，使硫酸根离子不会附着在Ce3+上，有利于氧气氧化Ce3+生成Ce4+，恢复催化能力，所以添加氧化铜后，催化剂抗硫能力显著增强，故答案为：添加CuO后，氧化生成的SO覆盖在Cu2+上，O2氧化Ce3+生成Ce4+，恢复催化能力。
1 / 1江苏省前黄高级中学2025届高三下学期一模适应性考试 化学试卷
一、第Ⅰ卷选择题39分
1．中国古代文房四宝笔墨纸砚中，其主要化学成分不属于高分子的是
A．制毛笔用的狼毫 B．墨条
C．宣纸 D．竹砚
【答案】B
【知识点】多糖的性质和用途；高分子材料
【解析】【解答】A、狼毫的主要成分是蛋白质，属于高分子化合物，故 A 不符合题意；
B、墨条的主要成分是炭黑（碳单质），不属于高分子化合物，故 B 符合题意；
C、宣纸的主要成分是纤维素，属于高分子化合物，故 C 不符合题意；
D、竹砚的主要成分是纤维素，属于高分子化合物，故 D 不符合题意；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
高分子化合物判断：相对分子质量通常在一万以上，包括蛋白质、纤维素、淀粉等天然高分子；
文房四宝成分分析：狼毫（蛋白质）、宣纸和竹砚（纤维素）均为高分子，墨条的炭黑是单质碳，不属于高分子。
2．氮化镓是新型半导体材料。工业制备氮化镓的常用方法是GaCl3+NH3=GaN+3HCl。下列叙述正确的是
A．基态Ga原子电子排布式：[Ar]4s24p1
B．NH3的VSEPR模型：
C．HCl中的共价键是s-pσ键
D．HCl溶于水形成的水合氯离子：
【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；共价键的形成及共价键的主要类型；判断简单分子或离子的构型
【解析】【解答】A、Ga 是 31 号元素，基态 Ga 原子电子排布式应为 [Ar] 3d 4s24p ，选项中缺少 3d 轨道电子排布，故 A 错误；
B、NH3分子中 N 原子有 3 个 σ 键和 1 对孤电子对， 价层电子对数为 ，VSEPR 模型为四面体形， 即，B错误；
C、HCl 分子中，H 原子的 1s 轨道与 Cl 原子的 3p 轨道以 “头碰头” 方式重叠，形成 s-p σ 键，故 C 正确；
D、HCl 溶于水形成水合氢离子（H3O+），水合氯离子的结构是 Cl-与多个 H2O 通过氢键结合 ：，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
电子排布式书写：需完整写出所有电子层的排布，包括内层的 d 轨道；
VSEPR 模型判断：需区分 VSEPR 模型（包含孤电子对）与分子空间结构；
共价键类型判断：根据成键原子的轨道类型判断 σ 键的种类；
水合离子结构：HCl 溶于水形成的是水合氢离子，而非图中所示结构。
3．实验室在如图所示装置(部分夹持装置已省略)中，用氨气和金属钠反应制得氨基钠()。
已知：常温下氨基钠为白色晶体，熔点210℃，沸点400℃，露置于空气中遇水蒸气剧烈反应生成NaOH和；金属钠熔点为97.8℃，沸点 882.9℃；氨气在空气中不能燃烧。下列说法正确的是
A．装置①试管中盛放固体
B．实验时应先点燃装置③的酒精灯
C．装置②和⑤中固体分别为碱石灰和
D．装置④中冷凝管的进水口应接在b处
【答案】C
【知识点】氨的性质及用途；钠的化学性质；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A、装置①若仅加热氯化铵固体，分解生成的氨气和氯化氢会在试管口重新化合为氯化铵，无法持续制得氨气，实验室制氨气通常用氯化铵与氢氧化钙固体共热，A错误；
B、实验时应先通入氨气排尽装置内空气，防止钠与空气中的氧气、水蒸气反应，若先点燃装置③的酒精灯，钠会先被氧化，B错误；
C、装置②用于干燥氨气，应选用碱性干燥剂碱石灰；装置⑤用于吸收尾气氨气并防止空气中水蒸气进入装置④，可选用酸性干燥剂五氧化二磷，C正确；
D、冷凝管的进水口应接在下端 a 处，出水口接在上端 b 处，这样才能保证冷凝管内充满冷却水，达到最佳冷凝效果，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
氨气制备：氯化铵单独加热无法制得氨气，需与碱共热。
实验操作顺序：先通氨气排尽空气，再加热钠，避免钠被氧化。
干燥剂选择：干燥氨气用碱性干燥剂，吸收氨气并防水用酸性或中性干燥剂。
冷凝管使用：下口进水、上口出水，保证冷凝效果。
4．短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X的某种单质在自然界硬度最大，Y在空气中含量最高，短周期中Z的金属性最强，W的周期数与主族序数相等。下列有关说法错误的是
A．第一电离能：WB．原子半径：YC．Z2X2属于共价晶体
D．W的最高价氧化物对应的水化物具有两性
【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；无机物的推断；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、N 原子的 2p 轨道为半充满的稳定结构，第一电离能高于同周期相邻的 C；Al 为金属元素，最外层电子易失去，第一电离能明显低于非金属 C， 得Al
B、 Na 有 3 个电子层，半径最大；C 和 N 均为 2 个电子层，核电荷数 N > C，对核外电子吸引力更强，半径更小 ，故原子半径 N < C < Na，故 B 正确；
C、 Z2X2代表的物质是 Na2C2，它由 Na+和 C22-通过离子键结合而成，属于离子晶体，并非由原子通过共价键形成的共价晶体，故 C 错误；
D、 W 的最高价氧化物对应的水化物是 Al(OH)3，它既能与强酸反应生成铝盐和水，也能与强碱反应生成偏铝酸盐和水，具有典型的两性特征 ，故 D 正确；
故答案为：C。
【分析】推断元素：X 的单质自然界硬度最大，X 为 C；Y 在空气中含量最高，Y 为 N；短周期中 Z 金属性最强，Z 为 Na；W 周期数与主族序数相等且原子序数大于 Na，W 为 Al。
阅读下列材料，完成下面小题。
第ⅤA族氮、磷元素及其化合物应用广泛。氨是重要的化工原料。磷元素可以形成白磷、红磷和黑磷等三种常见的单质。黑磷具有与石墨类似的层状结构。白磷和红磷转化的热化学方程式为xP4 (白磷，s)=4Px (红磷，s) H<0；实验室常用溶液吸收有毒气体，生成、和Cu。磷元素可形成多种含氧酸，其中次磷酸为一元弱酸；磷酸可与铁反应，在金属表面生成致密 且难溶于水的磷酸盐膜。
5．白磷分子结构及晶胞如下图所示，下列说法正确的是
A．分子中的P-P-P键角为60°
B．白磷和红磷互为同位素
C．白磷晶体中1个分子周围有8个紧邻的分子
D．白磷和红磷在中充分燃烧生成等量，红磷放出的热量更多
6．下列化学反应表示正确的是
A．用氨水和溶液制备：
B．工业上用足量氨水吸收：
C．用溶液吸收：
D．次磷酸与足量 NaOH 溶液反应：
7．下列有关物质结构、性质和用途描述正确的是
A．氨与水分子之间形成氢键，可用作制冷剂
B．浓磷酸的黏度很大，主要原因是磷酸中共价键的键能较大
C．磷酸难挥发，可用于保护金属免受腐蚀
D．黑磷晶体中有两种作用力，该晶体是混合型晶体
【答案】5．A
6．C
7．D
【知识点】分子晶体；氢键的存在对物质性质的影响；晶体的定义；离子方程式的书写
【解析】【分析】（1）本题解题要点：
白磷（P4）的分子结构是正四面体，4 个磷原子占据四个顶点，键角为 60°，这是其分子结构的关键特征；
同素异形体指同种元素形成的不同单质，同位素指同种元素的不同核素，二者概念不同；
白磷晶体采用面心立方最密堆积结构，每个分子周围有 12 个等距相邻的分子；
放热反应中，反应物能量高于生成物，因此能量更高的白磷燃烧时放出的热量更多。
（2）本题解题要点：
氨水（NH3 H2O）是弱电解质，在离子方程式中不能拆成离子形式，需保留分子式；
碱与酸性氧化物反应时，产物与碱的用量有关，足量碱生成正盐，不足时生成酸式盐；
氧化还原反应配平需遵循电子守恒、原子守恒，PH3中 P 为 - 3 价，被氧化为 + 5 价，Cu2+被还原为 Cu；
次磷酸的结构中只有一个 - OH 可电离，属于一元酸，因此与足量 NaOH 反应只生成一种盐。
（3）本题解题要点：
物质的物理性质（如制冷）由其相变过程的能量变化决定，与分子间氢键无直接关系；
液体黏度主要受分子间作用力影响，浓磷酸中分子间氢键多，导致黏度大，与键能无关；
磷酸对金属的保护作用源于其与金属反应生成的难溶盐膜，而非其难挥发性；
混合型晶体中同时存在共价键、范德华力等不同作用力，黑磷就是典型的混合型晶体。
5．A、白磷分子是正四面体结构，4 个 P 原子位于顶点，P-P-P 键角为 60°，A正确；
B、白磷和红磷是同种元素形成的不同单质，互为同素异形体，而非同位素，B错误；
C、白磷晶体为面心立方最密堆积，1 个 P4分子周围有 12 个紧邻的 P4分子，C错误；
D、白磷转化为红磷放热，说明等质量白磷能量更高，二者燃烧生成等量 P2O5时，白磷放出的热量更多，D错误；
故答案为：D。
6．A、氨水是弱碱，离子方程式中应写分子式，正确反应为：，A错误；
B、足量氨水吸收 SO2生成亚硫酸铵，正确反应为： B错误；
C、根据氧化还原守恒配平，PH3被氧化为 H3PO4，CuSO4被还原为 Cu，方程式为：，C正确；
D、次磷酸是一元弱酸，只能电离出 1 个 H+，与足量 NaOH 反应生成 NaH2PO2，，D错误；
故答案为：C。
7．A、液氨作制冷剂是因为气化时吸热，与氨和水的氢键无关，A错误；
B、浓磷酸黏度大是因为分子间形成氢键，与分子内共价键键能无关，B错误；
C、磷酸保护金属是因为生成难溶磷酸盐膜，与其难挥发性无关，C错误；
D、黑磷层内为共价键、层间为范德华力，属于混合型晶体，D正确；
故答案为：D。
8．水系锌碘电池极具潜力，工作原理如图所示。基于壳聚糖(CTS)形成的双螺旋结构的功能粘结剂，能有效抑制电池工作时产生的扩散，防止电池寿命快速衰减。下列说法正确的是
A．CTS通过范德华力形成双螺旋结构
B．充电时，Zn电极接电源负极，发生氧化反应
C．放电时，外电路转移0.2 mol电子，负极区溶液质量增加6.5g
D．充电时，阳极区发生的反应有
【答案】D
【知识点】原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、CTS 分子中含有大量羟基、氨基，双螺旋结构是通过氢键形成的，而非范德华力，故 A 错误；
B、充电时，Zn 电极接电源负极作电解池阴极，发生还原反应，故 B 错误；
C、放电时，负极溶解的 Zn2+会导致溶液质量增加，但同时溶液中的阴离子会向负极迁移， 负极区溶液质量不变， 不能仅根据 Zn 的溶解质量直接得出溶液质量增加 6.5 g 的结论，故 C 错误；
D、充电时，石墨电极作阳极，首先发生反应 2I--2e-=I2，生成的 I2再与溶液中的 I-结合，发生反应 I2+I- I3-，故 D 正确；
故答案为：D。
【分析】水系锌碘电池工作时，放电过程中 Zn 电极发生氧化反应溶解为 Zn2+，石墨电极上的 I2（与 I-结合成 I3-）发生还原反应；充电时 Zn 电极接电源负极，石墨电极接电源正极，阳极上 I-被氧化为 I2，再与 I-结合生成 I3-；壳聚糖（CTS）形成的双螺旋结构能有效抑制 I3-扩散，提升电池循环寿命。
9．有机物 W 可发生如图所示的反应，下列说法正确的是
A．为促进M的生成，试剂Q可用浓硫酸
B．Y中所有碳原子不可能共平面
C．M、X、Y都存在顺反异构体
D．X 中杂化和杂化的碳原子的比例是
【答案】D
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；烯烃
【解析】【解答】A、生成 M 的反应是取代反应，会生成 HBr。若用浓硫酸作试剂 Q，浓硫酸会提供 H+，使平衡逆向移动，不利于 M 的生成，A错误；
B、Y 分子中的苯环、碳碳双键均为平面结构，单键可旋转，因此所有碳原子有可能共平面，B错误；
C、X 分子中存在一个连接 2 个氢原子的不饱和碳原子，不满足顺反异构体的形成条件（双键两端碳原子需连接 2 个不同基团），故 X 不存在顺反异构体，C错误；
D、X 分子中，苯环上 6 个碳原子和碳碳双键上 2 个碳原子均为 sp2 杂化，共 8 个；2 个单键连接的饱和碳原子为 sp3 杂化，共 2 个，二者比例为 8：2=4：1，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
反应平衡影响：取代反应生成 HBr 时，酸性试剂会抑制反应正向进行。
共面判断：苯环、双键为平面结构，单键可旋转，可通过旋转使所有碳原子共面。
顺反异构条件：双键两端碳原子必须连接 2 个不同基团，否则不存在顺反异构。
杂化方式判断：苯环碳、双键碳为 sp2 杂化，饱和单键碳为 sp3 杂化，按结构计数即可。
10．黄铁矿(主要成分FeS2)，在空气中会被缓慢氧化，氧化过程如图所示。下列说法不正确的是
A．发生反应a时，0.05 mol FeS2被氧化时消耗标准状况下氧气的体积大约3.92 L
B．为了验证b过程反应后溶液中含Fe2+，可选用KSCN溶液和氯水
C．c发生反应的离子方程式为：14Fe3++FeS2+8H2O=15Fe2++2+16H+
D．已知25 ℃时，Ksp[Fe(OH)3]=2.79×10-39，则该温度下d反应的逆反应的平衡常数为K=2.79×103
【答案】B
【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；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、反应a中，FeS2被O2氧化的总反应为。计量关系为，0.05mol FeS2消耗O2的物质的量为，标准状况体积为，A正确；
B、b过程生成Fe3+，若溶液中同时存在Fe2+和Fe3+，加入KSCN溶液会直接因Fe3+显红色，无法通过KSCN和氯水检验Fe2+（氯水氧化Fe2+生成Fe3+会干扰原Fe3+的判断），B错误；
C、c过程反应物为Fe3+和FeS2，生成物为Fe2+、和H+。根据电子守恒（FeS2中S从-1升至+6，Fe3+降至+2）和质量守恒，配平得离子方程式，C正确；
D、反应d为，其平衡常数。结合和，推导得，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
氧化还原计算：通过总反应式找出反应物物质的量关系，结合气体摩尔体积计算体积。
离子检验干扰：Fe3+会直接干扰Fe2+的KSCN检验，需先除Fe3+或选用其他试剂（如K3[Fe(CN)6]）。
离子方程式配平：利用电子转移守恒（变价元素化合价升降总数相等）结合原子守恒配平复杂氧化还原方程式。
平衡常数与溶度积：结合、与反应平衡常数的关系，通过公式推导计算数值。
11．室温下，下列实验探究方案能达到探究目的的是
选项 探究方案 探究目的
A 用洁净的玻璃棒蘸取NaClO溶液滴在pH试纸上，待变色后与标准比色卡比对 测定NaClO溶液的pH
B 将少量铜粉加入硝酸酸化的硝酸铁溶液中，观察反应现象 探究与铜粉能否反应
C 将空气中灼烧变黑的铜丝趁热插入无水乙醇中，观察铜丝颜色变化 探究乙醇具有还原性
D 向苯酚浊液中滴加溶液，观察溶液 是否变澄清 探究苯酚的酸性与碳酸的酸性的相对强弱
A．A B．，B C．C D．D
【答案】C
【知识点】铁盐和亚铁盐的相互转变；苯酚的化学性质；乙醇的催化氧化实验
【解析】【解答】A、次氯酸钠（NaClO）溶液具有强氧化性，会将 pH 试纸中的有色物质漂白，无法通过比色卡读取准确 pH，因此不能用 pH 试纸测定其 pH，A错误；
B、硝酸酸化的硝酸铁溶液中，硝酸的氧化性强于铁离子，加入铜粉后，硝酸会优先与铜发生反应，干扰铁离子与铜的反应探究，无法达到实验目的，B错误；
C、空气中灼烧变黑的铜丝表面为氧化铜（CuO），趁热插入无水乙醇中时，氧化铜会被乙醇还原为红色的铜，乙醇被氧化为乙醛，通过观察铜丝颜色变化，可验证乙醇具有还原性，C正确；
D、向苯酚浊液中滴加碳酸钠溶液，反应生成苯酚钠和碳酸氢钠，只能证明苯酚的酸性强于碳酸氢根离子，无法直接比较苯酚与碳酸的酸性强弱，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
pH 试纸使用限制：强氧化性或漂白性溶液会破坏 pH 试纸显色，不能用 pH 试纸测定其 pH。
氧化还原干扰：当存在多种氧化剂时，氧化性更强的物质会优先反应，干扰目标反应的探究。
乙醇还原性验证：乙醇可将黑色氧化铜还原为红色铜，以此证明其还原性。
酸性强弱比较：强酸制弱酸原理中，需明确产物对应的酸根，才能准确判断酸性强弱顺序。
12．氨法烟气脱硫可制备硫酸羟胺，同时得到副产品硫酸铵。过程如下：
“脱硫”过程中控制pH在5.0～5.5，得到溶液。已知25℃时，，。下列说法正确的是
A．溶液中：
B．溶液中：
C．“脱硫”过程中温度越高，“脱硫”速率越快
D．“制备”过程的离子方程式：
【答案】A
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、根据NH4HSO3溶液中的质子守恒：，结合溶液中，可推导出，故A正确；
B、的水解常数，小于的电离常数，说明的水解程度小于的电离程度，溶液中，故B错误；
C、温度过高时，易分解，且的溶解度降低，会导致脱硫速率下降，故C错误；
D、“制备”过程的溶液为酸性环境，不存在大量，正确的方程式为：，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
明确质子守恒的定义，在NH4HSO3溶液中，水的电离与离子的水解、电离会形成质子转移平衡，据此写出质子守恒式；再结合溶液中HSO3-的电离程度大于水解程度，，对式子进行合理变形，推导出选项A的不等式关系；
利用电离常数与水解常数的计算方法，先算出NH4+的水解常数，再与HSO3-的电离常数对比，判断两者的反应程度大小，进而确定溶液中各主要离子的浓度排序；
结合温度对工业反应的影响规律，温度过高会导致氨水挥发分解、SO2气体溶解度下降，同时也会影响溶液中离子的稳定性，因此并非温度越高脱硫速率越快；
判断离子方程式正误时，需同时考虑反应环境的酸碱性、电荷守恒、原子守恒三个维度，制备过程的体系为酸性环境，不存在大量OH-，且方程式两边电荷不守恒，因此该离子方程式错误。
13．苯乙烯是制备高分子的原料．乙苯脱氢制苯乙烯的反应如下：
反应I：
制备过程中会发生如下两个副反应：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
在下，将质量比为的水蒸气和乙苯在催化剂作用下反应，测得乙苯的转化率、苯乙烯、苯、甲苯的选择性与时间的关系如下图所示．
苯乙烯的选择性
苯的选择性
甲苯的选择性
下列说法不正确的是
A．曲线a表示乙苯的转化率
B．时，所得的物质的量逐渐减少
C．其他条件不变，增大水蒸气与乙苯的质量比，可以提高乙苯的平衡转化率
D．时，苯乙烯选择性下降的原因之一是反应I生成的促进了反应Ⅲ的进行
【答案】B
【知识点】化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A、苯乙烯是主产物，选择性始终最高；曲线 a 随时间持续上升，符合乙苯转化率的变化趋势，因此曲线 a 代表乙苯的转化率，A正确；
B、反应 Ⅰ 生成 H2，反应 Ⅲ 消耗 H2。反应初期，反应 Ⅰ 的速率大于反应 Ⅲ，H2的量会先增加；之后随着 H2积累，反应 Ⅲ 速率加快，H2的量才会逐渐减少，并非全程递减，B错误；
C、其他条件不变时，增大水蒸气与乙苯的质量比，相当于稀释反应体系、降低分压，会使主反应（气体分子数增加）的平衡正向移动，从而提高乙苯的平衡转化率，C正确；
D、t1~t4时，反应 Ⅰ 生成的 H2会促进反应 Ⅲ 正向进行，使更多乙苯转化为甲苯，导致苯乙烯的选择性下降，D正确；
故答案为：B。
【分析】苯乙烯是该反应体系的目标主产物，因此它在各产物中的选择性始终保持最高。随着反应推进，主反应 Ⅰ 持续生成氢气，这些氢气会推动副反应 Ⅲ 正向进行，使得甲苯的选择性逐步高于苯的选择性；同时乙苯的转化率随时间不断升高。结合曲线变化趋势可以判断：持续上升的曲线 a 代表乙苯的转化率，数值略高的曲线 b 代表甲苯的选择性。这一变化也解释了苯乙烯选择性下降的原因 —— 反应 Ⅰ 生成的氢气促进了副反应 Ⅲ，让更多乙苯转化为甲苯，从而分流了主反应的原料，降低了苯乙烯的选择性。
二、第Ⅱ卷(非选择题61分)
14．以软锰矿[主要成分为MnO2，还含有钙镁碳酸盐及少量的有机物(C12H22O11)]为原料制备硫酸锰，进而进一步制备Mn3O4。
（1）制备硫酸锰的流程如下：
“酸洗”时，MnO2与有机物发生反应使锰元素产生损耗。使用相同浓度硝酸或磷酸进行“酸洗”时，锰元素损耗率：硝酸大于磷酸。
①写出用硝酸“酸洗”时，有机物与MnO2反应生成CO2的离子方程式　 　。
②工业上常采用硝酸酸洗而不采用磷酸酸洗的主要原因是　 　。
③控制反应温度和SO2流速一定，反应2小时，测得“还原”时锰元素的回收率与“制浆”时液固比的关系如图所示。液固比为20∶1浆料中锰元素回收率低于液固比为10∶1的浆料，原因是　 　。
④“还原”过程中会得到副产物MnS2O6，其形成过程如下：
H2S2O6中含有S—S共价键，其结构式可表示为　 　。pH在4~6范围内，随溶液pH增大，MnS2O6的生成速率减小，其主要原因是　 　。
（2）已知：pH在6.4~7.6范围内，MnSO4可被氧气直接氧化得到Mn3O4.实际工业生产时，先向MnSO4溶液中通入氨气生成沉淀，再将氧化得到Mn3O4，其他条件一定时，Mn2+的沉淀率随氨气通入量的变化如图所示。
①向起始pH≈7的MnSO4溶液中持续通入O2，反应一段时间后，MnSO4不再转化为Mn3O4，其原因是　 　。
②实际工业生产中，当氨气超过30mL时，Mn2+的沉淀率下降的主要原因是　 　。
【答案】（1）C12H22O11+24MnO2+48H+=24Mn2++12CO2↑+35H2O；PO易与溶液中Ca2+、Mg2+杂质氯离子生成难溶的Ca3(PO4)2、Mg3(PO4)2等物质，无法通过“酸洗”步骤除去；液固比太大，MnO2和SO2的浓度均降低，反应速率降低，锰元素回收率降低；；pH增大，c(HSO)减小，c(H2S2O6)减小，生成MnS2O6的速率减慢
（2）Mn2+直接被氧化时发生反应为6Mn2++6H2O+O2=2Mn3O4+12H+，生成大量H+，使溶液pH迅速降低，无法维持Mn2+氧化成Mn3O4所需的pH值；过量的氨气与Mn(OH)2生成可溶于水的配合物，Mn2+的沉淀率下降
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）①MnO2与有机物发生氧化还原反应，将C元素氧化成CO2，本身被还原为Mn2+， 反应的离子方程式为： C12H22O11+24MnO2+48H+=24Mn2++12CO2↑+35H2O，故答案为C12H22O11+24MnO2+48H+=24Mn2++12CO2↑+35H2O；
②PO43-易与溶液中 Ca2+、Mg2+杂质离子生成难溶的 Ca3(PO4)2、Mg3(PO4)2等物质，无法通过 “酸洗” 步骤除去；
③液固比 20：1 的浆料中，MnO2和 SO2的浓度均降低，反应速率减慢，锰元素回收率降低；
④H2S2O6是连二硫酸的化学式，其中含有S-S键，因此连二硫酸的结构式为；根据流程图可知，MnOOH用于HSO反应生成MnO与H2S2O6，MnO与H2S2O6反应生成MnS2O6，当溶液pH增大，c(HSO)减小，从而导致c(H2S2O6)减小，使生成MnS2O6的速率减慢；故答案为；pH增大，c(HSO)减小，c(H2S2O6)减小，生成MnS2O6的速率减慢；
故答案为： C12H22O11+24MnO2+48H+=24Mn2++12CO2↑+35H2O ； PO易与溶液中Ca2+、Mg2+杂质氯离子生成难溶的Ca3(PO4)2、Mg3(PO4)2等物质，无法通过“酸洗”步骤除去 ； 液固比太大，MnO2和SO2的浓度均降低，反应速率降低，锰元素回收率降低 ； ； pH增大，c(HSO)减小，c(H2S2O6)减小，生成MnS2O6的速率减慢 ；
（2）Mn2+直接被氧化时会发生反应： 6Mn2++6H2O+O2=2Mn3O4+12H+，生成大量H+，使溶液pH迅速降低，无法维持Mn2+氧化成Mn3O4所需的pH值，故答案为Mn2+直接被氧化时发生反应为6Mn2++6H2O+O2=2Mn3O4+12H+，生成大量H+，使溶液pH迅速降低，无法维持Mn2+氧化成Mn3O4所需的pH值；工业上中制备Mn3O4，先向MnSO4溶液中通入氨气生成Mn(OH)2沉淀，再将Mn(OH)2氧化得到Mn3O4，当氨气超过30mL时，过量的氨气与Mn(OH)2生成可溶于水的配合物，Mn2+的沉淀率下降；故答案为过量的氨气与Mn(OH)2生成可溶于水的配合物，Mn2+的沉淀率下降。
故答案为： Mn2+直接被氧化时发生反应为6Mn2++6H2O+O2=2Mn3O4+12H+，生成大量H+，使溶液pH迅速降低，无法维持Mn2+氧化成Mn3O4所需的pH值 ； 过量的氨气与Mn(OH)2生成可溶于水的配合物，Mn2+的沉淀率下降 ；
【分析】以软锰矿为原料，首先用酸进行浸出处理：矿石中的钙镁碳酸盐杂质与酸反应溶解，部分 MnO2在酸性条件下与有机物发生氧化还原反应，被还原为 Mn2+；随后过滤分离出主要含 MnO2的滤渣，向滤渣中加水制浆，再通入 SO2进行还原反应，生成含锰的中间产物；后续通过调 pH、氧化沉淀等工序，最终制得目标产物 Mn3O4。
（1）①根据化合价升降法配平氧化还原反应，MnO2将有机物中的 C 氧化为 CO2，自身被还原为 Mn2+，再结合电荷守恒和原子守恒配平离子方程式；
②结合软锰矿中的钙镁杂质，分析 PO43-与 Ca2+、Mg2+生成难溶盐的性质，解释无法通过酸洗去除的原因；
③从浓度对反应速率的影响角度分析，液固比过大导致反应物浓度降低，反应速率减慢，回收率下降；
④根据连二硫酸的化学式和结构信息，写出含 S-S 键的结构简式；结合 pH 对 HSO3-浓度的影响，分析其对 MnS2O6生成速率的影响。
（2）①分析 Mn2+直接氧化生成 Mn3O4的反应，该反应会生成大量 H+，导致溶液 pH 下降，无法维持反应所需的 pH 条件；
②结合过量氨气与 Mn(OH)2形成配合物的性质，解释氨气过量时 Mn2+沉淀率下降的原因。
（1）①MnO2与有机物发生氧化还原反应，将C元素氧化成CO2，本身被还原为Mn2+，利用化合价升降法、电荷守恒、原子守恒得出该反应离子方程式为C12H22O11+24MnO2+48H+=24Mn2++12CO2↑+35H2O，故答案为C12H22O11+24MnO2+48H+=24Mn2++12CO2↑+35H2O；
②软锰矿杂质中含有钙镁碳酸盐，Ca2+、Mg2+能与磷酸反应生成难溶的Ca3(PO4)2、Mg3(PO4)2等物质，无法通过“酸洗”步骤除去；故答案为PO易与溶液中Ca2+、Mg2+杂质氯离子生成难溶的Ca3(PO4)2、Mg3(PO4)2等物质，无法通过“酸洗”步骤除去；
③液固比20∶1浆料相当于向液固比10∶1浆料中加水，使MnO2和SO2的浓度均降低，反应速率降低，锰元素回收率降低，故答案为液固比太大，MnO2和SO2的浓度均降低，反应速率降低，锰元素回收率降低；
④H2S2O6是连二硫酸的化学式，其中含有S-S键，因此连二硫酸的结构式为；根据流程图可知，MnOOH用于HSO反应生成MnO与H2S2O6，MnO与H2S2O6反应生成MnS2O6，当溶液pH增大，c(HSO)减小，从而导致c(H2S2O6)减小，使生成MnS2O6的速率减慢；故答案为；pH增大，c(HSO)减小，c(H2S2O6)减小，生成MnS2O6的速率减慢；
（2）Mn2+直接被氧化时发生反应为6Mn2++6H2O+O2=2Mn3O4+12H+，生成大量H+，使溶液pH迅速降低，无法维持Mn2+氧化成Mn3O4所需的pH值，故答案为Mn2+直接被氧化时发生反应为6Mn2++6H2O+O2=2Mn3O4+12H+，生成大量H+，使溶液pH迅速降低，无法维持Mn2+氧化成Mn3O4所需的pH值；
工业上中制备Mn3O4，先向MnSO4溶液中通入氨气生成Mn(OH)2沉淀，再将Mn(OH)2氧化得到Mn3O4，当氨气超过30mL时，过量的氨气与Mn(OH)2生成可溶于水的配合物，Mn2+的沉淀率下降；故答案为过量的氨气与Mn(OH)2生成可溶于水的配合物，Mn2+的沉淀率下降。
15．某降血脂药物吉非罗齐(G)的一种合成路线如下：
（1）下列关于化合物E和G的说法正确的是_______。
A．官能团种类相同 B．都含有手性碳原子
C．都能使酸性溶液褪色 D．可以使用质谱仪区分
（2）在下图中标出B中酸性最强氢原子所连接的碳原子　 　。
（3）已知C的分子式为，C的结构简式为　 　。
（4）E→F的反应需经历E→X→F的过程，中间产物 X 和G互为同分异构体，写出该中间产物X的结构简式　 　。
（5）写出满足下列条件的D的一种同分异构体的结构简式　 　。
能和溶液显色；碱性条件下水解酸化后得到的产物中均有2种不同的氢原子
（6）已知：；。写出以、乙醇为原料制备的合成路线图　 　 (须使用i-Pr2NH、DMF，无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。
【答案】（1）A；C；D
（2）
（3）
（4）
（5）
（6）
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体；酯的性质
【解析】【解答】（1）A．由结构简式可知，化合物E和G都含羧基、醚键，官能团种类相同，故正确；
B．化合物E中连羧基的碳为手性碳原子，G不含有手性碳原子，故错误；
C．由结构简式可知，化合物E和G的苯环上都连有甲基，都能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使溶液褪色，故正确；
D．由结构简式可知，化合物E和G相对分子质量不同，可以使用质谱仪区分两者，故正确；
故答案为：ACD；
（2）氧元素的电负性大，B分子中氧原子的吸电子能力强，则 2个酯基中间的碳原子上的氢原子易于离解，酸性更强，所以B中酸性最强的氢原子所连接的碳原子是，
故答案为：；
（3）由分析可知，C的结构简式为，
故答案为：；
（4）由分析可知，E→X→F的过程为E与一碘甲烷发生取代反应生成，反应生成的与乙醇钠反应生成F，则X为，故答案为：；
（5）D的同分异构体能和氯化铁溶液显色说明同分异构体分子中含有酚羟基，碱性条件下水解酸化后得到的产物中均有2种不同的氢原子说明分子中含有酯基且结构对称，则符合条件的结构简式为，
故答案为：；
（6）发生消去反应生成，被高锰酸钾氧化为，和乙醇发生酯化反应生成，在i-Pr2NH、DMF作用下生成，水解生成，
故答案为：
【分析】以化合物 A（丙二酸二乙酯）为起始原料，在乙醇钠作用下与碘甲烷发生甲基化反应生成 B；随后 B 与 2，5 - 二甲基苯酚衍生物（）在乙醇钠条件下经取代反应得到 D；则C为；D 先经氢氧化钠皂化、再酸化得到 E；E与一碘甲烷发生取代反应生成，反应生成的与乙醇钠反应生成F；最后 F 经酸化处理，得到目标产物吉非罗齐（G）。
（1）A．由结构简式可知，化合物E和G都含羧基、醚键，官能团种类相同，故正确；
B．化合物E中连羧基的碳为手性碳原子，G不含有手性碳原子，故错误；
C．由结构简式可知，化合物E和G的苯环上都连有甲基，都能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使溶液褪色，故正确；
D．由结构简式可知，化合物E和G相对分子质量不同，可以使用质谱仪区分两者，故正确；
故选ACD；
（2）氧元素的电负性大，B分子中氧原子的吸电子能力强，则 2个酯基中间的碳原子上的氢原子易于离解，酸性更强，所以B中酸性最强的氢原子所连接的碳原子是，故答案为：；
（3）由分析可知，C的结构简式为，故答案为：；
（4）由分析可知，E→X→F的过程为E与一碘甲烷发生取代反应生成，反应生成的与乙醇钠反应生成F，则X为，故答案为：；
（5）D的同分异构体能和氯化铁溶液显色说明同分异构体分子中含有酚羟基，碱性条件下水解酸化后得到的产物中均有2种不同的氢原子说明分子中含有酯基且结构对称，则符合条件的结构简式为，故答案为：；
（6）发生消去反应生成，被高锰酸钾氧化为，和乙醇发生酯化反应生成，在i-Pr2NH、DMF作用下生成，水解生成，合成路线为。
16．钛铁矿(主要含，还含有SiO2、MgO和FeO)是常见含钛矿石，常用于制取和等物质。
（1）工业上将、焦炭混合后，通入在高温下反应，可以制得、和一种碳氧化合物气体，写出该反应的化学方程式：　 　。
（2）设计以钛铁矿、浓硫酸为原料制取的实验方案：　 　得到。[已知：(灰黑色)可溶于热的浓硫酸生成和；；除HF外，不与任何酸反应．实验中须使用的试剂和仪器有：浓硫酸、蒸馏水、溶液、砂芯漏斗]
（3）利用反应可以制取(装置如下图所示)。已知、的熔沸点如下表所示。将和通过蒸馏法分离后，检验中是否含有少量的方法是：　 　。
物质 熔点 沸点 其他
-23℃ 76℃ 与互溶
-25℃ 136℃ 易水解
（4）将钛铁矿与焦炭高温共热后可得到含、MgO、CaO、、、FeO和Fe的炉渣。为测定其中金属Fe的含量，现进行如下实验：
步骤1：称取2.80g粉碎后的滤渣，加入足量含和邻菲罗啉(抑制的水解)的浸取液，同时调节溶液的pH=4.5，充分反应(此时除金属Fe外，其余含铁化合物不反应)后过滤并洗涤滤渣。
步骤2：将步骤1所得滤液和洗涤液合并，向其中加入稀硫酸和过量的溶液，充分反应后将溶液煮沸约10min，后冷却至室温，加水至100mL。
步骤3：取25mL步骤2所得溶液于锥形瓶中，向其中滴加 2 滴磺基水杨酸指示剂(溶于水呈无色，酸性条 件下遇显紫红色)，用浓度为的维生素标准溶液滴定，到达终点时消耗维生素C标准溶液的体积为12.50mL。
实验过程中发生的反应如下：；。
①步骤3滴定终点时的实验现象是　 　。
②计算炉渣中金属Fe的质量分数，并写出计算过程　 　。
【答案】（1）2FeTiO3+7Cl2+6C2FeCl3+2TiCl4+6CO
（2）将钛铁矿分批加入热的浓硫酸中，边加边搅拌直至灰黑色固体消失，冷却后用砂芯漏斗过滤，将滤液边搅拌边加入足量蒸馏水中，充分反应后用砂芯漏斗过滤，用蒸馏水洗涤沉淀23次，直至取最后一次洗涤液加入氯化钡溶液无沉淀产生，干燥
（3）取少许液体于试管中，向试管中加入少量蒸馏水充分振荡后，向上层清液中滴加硝酸银溶液，若有白色沉淀生成，说明四氯化碳中含有四氯化钛
（4）滴入最后半滴维生素C溶液，溶液紫红色褪去，且半分钟内不恢复；20%
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；盐类水解的应用
【解析】【解答】（1）由题意可知，FeTiO3发生的反应为FeTiO3高温条件下与焦炭、氯气反应生成氯化铁、四氯化钛和一氧化碳，反应的化学方程式为，
故答案为：2FeTiO3+7Cl2+6C2FeCl3+2TiCl4+6CO；
（2）由题给信息可知，以钛铁矿、浓硫酸为原料制取TiO2 H2O涉及的反应为：FeTiO3+2H2SO4(浓)TiOSO4+FeSO4+2H2O、TiOSO4+2H2O=TiO2 H2O↓+H2SO4，实验中应注意含有浓硫酸的反应混合液稀释时的操作顺序，则制取TiO2 H2O的实验方案为将钛铁矿分批加入热的浓硫酸中，边加边搅拌直至灰黑色固体消失，冷却后用砂芯漏斗过滤，将滤液边搅拌边加入足量蒸馏水中，充分反应后用砂芯漏斗过滤，用蒸馏水洗涤沉淀23次，直至取最后一次洗涤液加入氯化钡溶液无沉淀产生，干燥得到TiO2 H2O，
故答案为：将钛铁矿分批加入热的浓硫酸中，边加边搅拌直至灰黑色固体消失，冷却后用砂芯漏斗过滤，将滤液边搅拌边加入足量蒸馏水中，充分反应后用砂芯漏斗过滤，用蒸馏水洗涤沉淀2—3次，直至取最后一次洗涤液加入氯化钡溶液无沉淀产生，干燥；
（3）四氯化碳不溶于水，四氯化钛易水解得到含有氯离子的溶液，则检验四氯化碳中是否含有少量四氯化钛的方法是取少许液体于试管中，向试管中加入少量蒸馏水充分振荡后，向上层清液中滴加硝酸银溶液，若有白色沉淀生成，说明四氯化碳中含有四氯化钛，
故答案为：取少许液体于试管中，向试管中加入少量蒸馏水充分振荡后，向上层清液中滴加硝酸银溶液，若有白色沉淀生成，说明四氯化碳中含有四氯化钛；
（4）①由题意可知，溶液中的铁离子与维生素C溶液完全反应后，滴入最后半滴维生素C溶液，溶液会由无色变为紫红色，则步骤3滴定终点时的实验现象是滴入最后半滴维生素C溶液，溶液紫红色褪去，且半分钟内不恢复，
故答案为：滴入最后半滴维生素C溶液，溶液紫红色褪去，且半分钟内不恢复；
②由题给方程式和原子个数守恒可得如下关系：2Fe—2Fe3+—C6H8O6，滴定消耗12.50mL 0.10mol/L维生素C，则炉渣中金属铁的质量分数为×100%=20%，
故答案为：20%。
【分析】(1) 根据反应物（、、）、产物（、、碳氧化物气体）及高温条件，利用原子守恒配平，生成CO而非，最终得 2FeTiO3+7Cl2+6C2FeCl3+2TiCl4+6CO
(2)① 操作顺序：将钛铁矿分批加入热浓硫酸（防暴沸），搅拌至完全溶解；
② 过滤除杂：冷却后用砂芯漏斗过滤，除去不溶杂质；
③ 水解沉淀：滤液边搅拌边加蒸馏水，使水解；
④ 洗涤检验：蒸馏水洗涤沉淀至洗涤液加无沉淀（排除），干燥得产品。
(3) 利用水解生成的性质，取样加蒸馏水振荡，取上层清液，滴加溶液，若产生白色沉淀，证明含。
(4) ① 滴入最后半滴维生素C溶液，溶液紫红色褪去且半分钟内不恢复；
② 根据反应、，得，计算得炉渣中金属铁质量分数为20%。
（1）由题意可知，FeTiO3发生的反应为FeTiO3高温条件下与焦炭、氯气反应生成氯化铁、四氯化钛和一氧化碳，反应的化学方程式为，故答案为：2FeTiO3+7Cl2+6C2FeCl3+2TiCl4+6CO；
（2）由题给信息可知，以钛铁矿、浓硫酸为原料制取TiO2 H2O涉及的反应为：FeTiO3+2H2SO4(浓)TiOSO4+FeSO4+2H2O、TiOSO4+2H2O=TiO2 H2O↓+H2SO4，实验中应注意含有浓硫酸的反应混合液稀释时的操作顺序，则制取TiO2 H2O的实验方案为将钛铁矿分批加入热的浓硫酸中，边加边搅拌直至灰黑色固体消失，冷却后用砂芯漏斗过滤，将滤液边搅拌边加入足量蒸馏水中，充分反应后用砂芯漏斗过滤，用蒸馏水洗涤沉淀23次，直至取最后一次洗涤液加入氯化钡溶液无沉淀产生，干燥得到TiO2 H2O，故答案为：将钛铁矿分批加入热的浓硫酸中，边加边搅拌直至灰黑色固体消失，冷却后用砂芯漏斗过滤，将滤液边搅拌边加入足量蒸馏水中，充分反应后用砂芯漏斗过滤，用蒸馏水洗涤沉淀2—3次，直至取最后一次洗涤液加入氯化钡溶液无沉淀产生，干燥；
（3）四氯化碳不溶于水，四氯化钛易水解得到含有氯离子的溶液，则检验四氯化碳中是否含有少量四氯化钛的方法是取少许液体于试管中，向试管中加入少量蒸馏水充分振荡后，向上层清液中滴加硝酸银溶液，若有白色沉淀生成，说明四氯化碳中含有四氯化钛，故答案为：取少许液体于试管中，向试管中加入少量蒸馏水充分振荡后，向上层清液中滴加硝酸银溶液，若有白色沉淀生成，说明四氯化碳中含有四氯化钛；
（4）①由题意可知，溶液中的铁离子与维生素C溶液完全反应后，滴入最后半滴维生素C溶液，溶液会由无色变为紫红色，则步骤3滴定终点时的实验现象是滴入最后半滴维生素C溶液，溶液紫红色褪去，且半分钟内不恢复，故答案为：滴入最后半滴维生素C溶液，溶液紫红色褪去，且半分钟内不恢复；
②由题给方程式和原子个数守恒可得如下关系：2Fe—2Fe3+—C6H8O6，滴定消耗12.50mL 0.10mol/L维生素C，则炉渣中金属铁的质量分数为×100%=20%，故答案为：20%。
17．氢能是应用前景广阔的新能源。
（1）制氢。工业上电解碱性尿素水溶液制氢。
①阳极活性物质首先放电生成 NiOOH，该过程的电极反应式为　 　。
②吸附在NiOOH上被氧化生成N2。根据电负性规则，分子中能被Ni吸附的原子是　 　(填元素符号)。
（2）储氢。部分和Mg一定条件下化合生成以储氢；部分和在催化剂表面合成氨以储氢，其反应机理的部分过程如图所示。
①中间体X的结构　 　。
②研究发现，使用Ru系催化剂时，在催化剂表面的吸附活化是整个反应过程的控速步骤，实际工业 生产时，将控制在1.8~2.2之间，比理论值3小，其原因是　 　。
（3）储氢物质的运用。常用于烟气(主要成分NO、)脱硝。以为载气，将含一定量NO、及的模拟烟气以一定流速通过装有催化剂的反应管，研究温度、、对脱硝反 应的影响。
①如图所示，温度高于350℃时，NO转化率下降，推测原因是　 　。
②如图所示，温度高于350℃时，和不含水蒸气的烟气相比，含10%水蒸气的烟气的NO转化率更高，其原因是　 　。
③实验证明，烟气中含会导致催化剂不可逆的中毒(氧化生成覆盖在生成的表面，阻止了氧化)。而添加CuO后抗硫能力显著增强，请结合下图机理，说明抗硫能力增强的原因 　 　。
【答案】（1）Ni(OH)2-e-+OH-=NiOOH+H2O；N、O
（2）；提高N2在合成气中比例，增大N2在催化剂表面的吸附活化总量，加快反应速率；利于提高H2的转化率，同时提高储氢率
（3）温度升高，催化剂的活性下降，NH3和O2反应生成NO，还原剂NH3的量减少；在350℃以上含10%水蒸气的烟气中，水蒸气的存在抑制了NH3和O2生成NO的反应，更多NH3和NO反应，提高NO转化率；添加CuO后，氧化生成的SO覆盖在Cu2+上，O2氧化Ce3+生成Ce4+，恢复催化能力
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；化学反应速率的影响因素；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）①由题意可知，阳极上发生的反应为碱性条件下氢氧化镍在阳极失去电子发生氧化反应生成NiOOH和水，电极反应式为Ni(OH)2-e-+OH-=NiOOH+H2O，
故答案为：Ni(OH)2-e-+OH-=NiOOH+H2O；
②由电负性可知，尿素分子中氧原子和氮原子带部分负电荷，NiOOH中镍原子带正电荷，所以尿素分子中的氮原子和氧原子能被镍原子吸附，
故答案为：N、O；
（2）①由图可知，中间体X结合一个氢原子生成氨气和在催化剂表面的N≡，则中间体X的结构为，
故答案为：；
②减小相当于增大氮气的浓度，增大氮气的浓度，可以增大氮气在催化剂表面的吸附活化总量，加快反应速率，也可以使平衡向正反应方向移动，增大氢气的转化率，提高储氢率，
故答案为：提高N2在合成气中比例，增大N2在催化剂表面的吸附活化总量，加快反应速率；利于提高H2的转化率，同时提高储氢率；
（3）①温度高于350℃时，一氧化氮转化率下降是因为温度升高，催化剂的活性下降，氨气和氧气反应生成一氧化氮，还原剂氨气的量减少导致一氧化氮转化率下降，
故答案为：温度升高，催化剂的活性下降，NH3和O2反应生成NO，还原剂NH3的量减少；
②温度高于350℃时，和不含水蒸气的烟气相比，含10%水蒸气的烟气的NO转化率更高说明水蒸气的存在抑制了氨气和氧气生成一氧化氮的反应，更多的氨气和一氧化氮反应，提高了一氧化氮转化率，
故答案为：在350℃以上含10%水蒸气的烟气中，水蒸气的存在抑制了NH3和O2生成NO的反应，更多NH3和NO反应，提高NO转化率；
③由图可知，加入氧化铜后，氧化生成的硫酸根离子覆盖在铜离子上，使硫酸根离子不会附着在Ce3+上，有利于氧气氧化Ce3+生成Ce4+，恢复催化能力，所以添加氧化铜后，催化剂抗硫能力显著增强，
故答案为：添加CuO后，氧化生成的SO覆盖在Cu2+上，O2氧化Ce3+生成Ce4+，恢复催化能力。
【分析】(1)①阳极失电子被氧化为，结合配平，电极反应为。
②根据电负性，尿素分子中N、O带负电，能与带正电的Ni原子吸附，故为N、O。
(2)①结合反应历程，中间体X为 ： 。
②比理论值小，可提高浓度，加快其吸附活化速率，同时提升转化率与储氢率。
(3)①温度高于350℃时，催化剂活性降低，且与生成NO，还原剂减少，脱硝效率下降。
②水蒸气抑制与生成NO的副反应，让更多参与脱硝，提高NO转化率。
③添加CuO后，覆盖在上，避免其覆盖，持续氧化生成，恢复催化活性。
（1）①由题意可知，阳极上发生的反应为碱性条件下氢氧化镍在阳极失去电子发生氧化反应生成NiOOH和水，电极反应式为Ni(OH)2-e-+OH-=NiOOH+H2O，故答案为：Ni(OH)2-e-+OH-=NiOOH+H2O；
②由电负性可知，尿素分子中氧原子和氮原子带部分负电荷，NiOOH中镍原子带正电荷，所以尿素分子中的氮原子和氧原子能被镍原子吸附，故答案为：N、O；
（2）①由图可知，中间体X结合一个氢原子生成氨气和在催化剂表面的N≡，则中间体X的结构为，故答案为：；
②减小相当于增大氮气的浓度，增大氮气的浓度，可以增大氮气在催化剂表面的吸附活化总量，加快反应速率，也可以使平衡向正反应方向移动，增大氢气的转化率，提高储氢率，故答案为：提高N2在合成气中比例，增大N2在催化剂表面的吸附活化总量，加快反应速率；利于提高H2的转化率，同时提高储氢率；
（3）①温度高于350℃时，一氧化氮转化率下降是因为温度升高，催化剂的活性下降，氨气和氧气反应生成一氧化氮，还原剂氨气的量减少导致一氧化氮转化率下降，故答案为：温度升高，催化剂的活性下降，NH3和O2反应生成NO，还原剂NH3的量减少；
②温度高于350℃时，和不含水蒸气的烟气相比，含10%水蒸气的烟气的NO转化率更高说明水蒸气的存在抑制了氨气和氧气生成一氧化氮的反应，更多的氨气和一氧化氮反应，提高了一氧化氮转化率，故答案为：在350℃以上含10%水蒸气的烟气中，水蒸气的存在抑制了NH3和O2生成NO的反应，更多NH3和NO反应，提高NO转化率；
③由图可知，加入氧化铜后，氧化生成的硫酸根离子覆盖在铜离子上，使硫酸根离子不会附着在Ce3+上，有利于氧气氧化Ce3+生成Ce4+，恢复催化能力，所以添加氧化铜后，催化剂抗硫能力显著增强，故答案为：添加CuO后，氧化生成的SO覆盖在Cu2+上，O2氧化Ce3+生成Ce4+，恢复催化能力。
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