江苏省苏州市星海实验高级中学2024-2025学年高二上学期期中考试化学试题（含答案）

第第页江苏省苏州市苏州工业园区星海实验高级中学2024-2025学年高二上学期期中考试化学试题一、单项选择题：本题包括13小题。每小题3分，共计39分。每小题只有一个选项符合题意。1．淮安十四五规划提出建设“美丽淮安”。下列做法不应该提倡的是A．大力发展化石能源经济 B．积极鼓励植树造林C．将二氧化碳转化为化工产品 D．养成低碳生活习惯2．碱性锌锰电池的总反应为Zn+2A．电池为二次电池B．电池工作时，OH−C．电池工作时，MnO2D．负极的电极反应式为：Zn3．实验室模拟侯氏制碱法制备Na2A．制取COB．制取NHC．制取NaHCOD．制取NaA．A B．B C．C D．D4．在世界首创的人工合成淀粉反应中使用了多种生物酶。下列有关酶的说法不正确的是A．酶通常是一种羧酸B．酶的催化条件通常较温和C．酶催化反应具有效率高的特点D．酶在重金属盐作用下会失去活性5．阅读下列材料，完成下面小题。催化反应广泛存在，如植物光合作用、合成氨、CH4和H2O重整制H2和CO、工业尾气中NH3的无害化处理、SO2的催化氧化[SO2(g)和O2(g)生成1molSO3(g)放出98.3kJ的热量]等。催化剂有选择性，如酸性条件下锑电催化还原CO，生成HCOOH的选择性大于CO。非均相催化通常指催化剂与反应物处于不同聚集状态的催化反应，反应在催化剂表面进行，主要包括吸附、反应、脱附等过程。（1）下列说法不正确的是A．植物光合作用过程中，酶能增大该反应的活化分子百分数B．H2O2制O2反应中，Fe3+能加快化学反应速率C．酸性条件下锑电催化还原CO2生成两种产物的速率：v(CO)>v(HCOOH)D．铁触媒催化合成氨的反应属于非均相催化（2）下列化学反应表示不正确的是A．CH4和H2O催化重整制H2和CO：CH4+H2O催化剂高温CO+3HB．工业尾气中NH3的无害化处理：4NH3+5O2催化剂加热4NO+6H2C．锑电催化还原CO2生成HCOOH的阴极反应：CO2+2e-+2H+=HCOOHD．SO2的催化氧化：2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)；△H=-196.6kJ/mol（3）下列有关反应描述正确的是A．合成氨温度选择400~500℃的重要原因之一是铁触媒在该温度范围内活性大B．浓硫酸催化下，CH3CH218OH与CH3COOH的酯化反应产物中可检测到HC．乙醛催化加氢反应中，H2在催化剂Ni表面吸附过程的△S>0D．SO2转化为SO3时，加入催化剂能减小该反应的焓变6．在给定条件下，下列物质转化或方程式正确的是A．工业制漂白粉：MnO2→点燃稀盐酸Cl2→B．工业制FeCl3：Cl2→点燃H2HClC．KClO碱性溶液与Fe(OH)3反应：3ClO-+2Fe(OH)3+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5HD．电解饱和食盐水：2Cl-+2H+通电H2↑+Cl2↑7．活性Fe3O4-x催化反应H2(g)+HCO3-(aq)=HCOO-(aq)+HA．该反应的△H>0B．该反应平衡常数K=c(HCOOC．反应前后碳原子被还原D．步骤I中，吸附在Fe2+表面的H+与HCO38．把2.5molA和2.5molB混合，装入容积为2L的密闭容器里，发生反应：3A(g)+B(g)⇌xC(g)+2D(g)，经5s反应达平衡，在此5s内C的平均反应速率为0.2mol/(L·s)，同时生成1molD，下列叙述错误的是A．x=4B．达到平衡时容器内气体的压强与起始时的压强比为6：5C．达到平衡时B的体积分数约为33%D．该反应的平衡常数Kc=89．根据下列图示所得出的结论正确的是A．图甲是CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)的平衡常数与反应温度的关系曲线，说明该反应的△H<0B．图乙是室温下H2O2催化分解放出氧气的反应中c(H2O2)随反应时间变化的曲线，说明随着反应的进行H2O2分解速率逐渐减小C．图丙为C(金刚石，s)=C(石墨，s)△H=-1.9kJ·mol-1反应过程的能量变化曲线，说明金刚石比石墨稳定D．图丁是一定温度时某反应的平衡常数K随压强增大而保持不变，说明该反应反应前后气体体积一定不变10．室温下，下列实验探究方案能达到相应探究目的的是选项探究方案探究目的A用电导率传感器分别测定等体积的CH3COOH溶液和盐酸的电导率，比较溶液的导电性强弱探究CH3COOH是否为弱电解质B向圆底烧瓶中加入2.0gNaOH、15mL无水乙醇、碎瓷片和5mL1-溴丁烷，微热。将产生的气体通入酸性KMnO4溶液中，观察现象探究1-溴丁烷的消去产物C向Fe(NO3)2溶液中滴入硫酸酸化的H2O2溶液，观察溶液颜色变化探究H2O2与Fe3+的氧化性强弱D以Zn、Fe为电极，以酸化的3%NaCl溶液作电解质溶液，连接成原电池装置，过一段时间，从Fe电极区域取少量溶液于试管中，检验是否存在Fe2+探究金属的电化学保护法A．A B．B C．C D．D11．CH4和CO反应I：CH反应Ⅱ：CO其他条件相同，nCH4:nCO2投料比为1:1.5A．其他条件不变，nCH4:nCO2投料比为B．一定条件下，使用高效催化剂可以提高单位时间内氢气的产量C．nHD．其他条件不变，550~650°二、非选择题：共4题，共61分。12．以软锰矿浆(主要成分MnO2，杂质为Fe、Al等元素的氧化物)和烟气(含有SO2、O2等)为原料可制备Mn2O3。（1）向一定量软锰矿浆中匀速通入烟气，软锰矿浆能吸收烟气中SO2生成MnSO4，测得溶液中c(H2SO4)、c(MnSO4)随时间的变化如图所示。随着吸收时间增加，溶液中c(H2SO4)的增加呈现由慢到快的趋势，其主要原因是。（2）常温下，向吸收后的混合溶液中增加c(H＋)为1×10-10mol/L的氨水进行除杂。已知Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5，该氨水的浓度为Y。（3）向除杂后的溶液中加入NH4HCO3溶液，反应生成MnCO3沉淀。①该过程的离子方程式是。②将过滤得到的滤液蒸发浓缩、冷却结晶，可得到的晶体为(填化学式)。③在氧气气氛中加热分解MnCO3，测得加热升温过程中固体的质量变化如图所示。加热分解MnCO3制备Mn2O3，需要控制的温度为。13．铝是应用广泛的金属。以铝土矿(主要成分为Al2O3，含SiO2和Fe2O3等杂质)为原料制备铝的一种工艺流程如下：注：SiO2在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀。（1）“碱溶”时生成四羟基合铝酸钠Na[Al(OH)4]的离子方程式为。（2）向“过滤所得滤液中加入NaHCO3溶液，生成Na2CO3和Al(OH)3，加入NaHCO3后溶液的pH(填“增大”、“不变”或“减小”)。已知：pH=-1gc(H+)。（3）“电解”是电解熔融Al2O3，电解过程中作阳极的石墨易消耗，原因是。（4）“电解”是电解Na2CO3溶液，原理如图所示。①阳极的电极反应式为，②阴极产生的物质A的化学式为。（5）铝粉在1000℃时可与N2反应制备AlN。在铝粉中添加少量NH4Cl固体并充分混合，有利于AlN的制备，其主要原因是。14．亚硝酰硫酸(NOSO4H)是有机合成中的常见试剂，常用于制造医药和染料。（1）NOHSO4晶体是由NO+和硫酸氢根HSO4-两种离子构成，NOHSO4易溶解在浓硫酸中，溶于水时会生成H2SO4、HNO①写出NOHSO4与水反应的化学方程式。②每1molNOHSO4与水完全反应时转移电子的物质的量为。（2）实验室可以用如图所示装置制取亚硝酰硫酸溶液。装置Ⅰ制取SO2，装置Ⅲ用于制取亚硝酰硫酸。①质量分数为70%，其密度为1.6g/cm-3的硫酸的物质的量浓度为mol/L(结果保留1位小数)。②装置Ⅲ中使用20℃的冷水浴可以防止HNO3分解。若不使用冷水浴，实验中可观察到的现象是。③碱石灰的作用。（3）可通过如下实验测定所得亚硝酰硫酸固体样品的质量分数。步骤Ⅰ：称取0.400g亚硝酰硫酸样品于锥形瓶中，加入22mL0.1000mol/LKMnO4溶液和少量稀硫酸，充分反应后溶液为紫红色；步骤Ⅱ：向步骤Ⅰ所得溶液中滴加0.1000mol/LNa2C2O4标准溶液与过量的KMnO4溶液反应，恰好完全应时消耗Na2C2O4标准溶液25mL。滴定过程中发生反应：2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn①步骤Ⅰ反应后有Mn2+和NO3-等生成。写出NO+所发生反应的离子方程式：②计算亚硝酰硫酸样品的纯度(写出计算过程)。15．“碳达峰、碳中和”是我国社会发展重大战略之一。CH4与CO2经催化重整可制得CO和主反应：CH4副反应：Ⅰ.H2Ⅱ.2COⅢ.CH4Ⅳ.COg其中，副反应Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ形成的积碳易导致催化剂活性降低。（1）主反应的ΔH=。（2）CH4的还原能力(R)可衡量CO2转化效率，R=ΔnCO2ΔnCH4(同一时段内CO2与CH①CH4的转化率在800℃时远大于400℃时的原因是②400~600℃时，R值的变化情况为。③1000℃时R值为(写出计算过程)。（3）CH4从化学反应速率角度分析，脱氢反应选择的催化剂为(填“Pt-Ni合金”或“Sn-Ni合金”)，理由是。（4）Ni/6MnOx−CeO2催化CH4与CO①路径甲、乙中生成的不同中间产物为(填化学式)。②反应路径中，减少催化剂积碳的反应为。

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】A、化石能源（如煤、石油、天然气）在使用过程中，会释放大量的CO2，还会产生SO2、固体粉尘等污染物，这些会造成空气质量下降、加剧温室效应等环境问题，所以大力发展化石能源经济不利于“美丽淮安”建设，故A符合题意；

B、植树造林能防风固沙，减少土壤流失；树木的根系可蓄水保墒；植物通过光合作用消耗CO2，产生O2，同时叶片等还能吸附空气中的固体粉尘，对改善生态环境、净化空气有积极作用，故B不符合题意；

C、把CO2转化为化工产品，一方面能减少空气中CO2的含量，助力低碳；另一方面能生产出有用的化工产品，满足人类需求，有利于“美丽淮安”建设，故C不符合题意；

D、养成低碳生活习惯，比如节约用电、减少使用一次性用品等，既能节约能源，又能降低碳排放，践行环保理念，有利于“美丽淮安”建设，故D不符合题意；

故答案为：A。

【分析】要判断每个选项的做法是否符合建设“美丽淮安”的要求，需结合对环境的影响，从是否产生污染、是否有利于生态保护等方面分析。2．【答案】B【解析】【解答】A．一次电池是不能充电重复使用的电池，二次电池（充电电池）可以通过充电反复使用。碱性锌锰电池不能充电，属于一次电池，不是二次电池，故A错误；B．电池工作时，阴离子向负极移动，则OH−C．电池工作时，MnO2D．电池工作时，Zn为负极，由于是碱性环境，Zn失去电子后与OH-反应，其电极反应式为：Zn-2e-故选B。

【分析】根据Zn+2MnO2+2H3．【答案】B【解析】【解答】A、稀硫酸（H2SO4）和碳酸钙（CaCO3）反应时，会生成微溶于水的硫酸钙（CaSO4），硫酸钙会覆盖在碳酸钙表面，阻碍反应继续进行，无法持续制取二氧化碳（CO2），A错误；

B、实验室常用氯化铵（NH4Cl）固体和氢氧化钙（Ca(OH)2）固体混合加热的方法制取氨气（NH3），反应需要加热固体，图中装置为固体加热型，符合反应要求，B正确；

C、侯氏制碱法中，制取碳酸氢钠（NaHCO3）的步骤是向饱和氯化钠（NaCl）溶液中先通入氨气（NH3）使溶液呈碱性，再通入二氧化碳（CO2），这样才能高效生成碳酸氢钠。而图中是向含二氧化碳的饱和氯化钠溶液中通入氨气，不符合反应原理，C错误；

D、由碳酸氢钠（NaHCO3）制取碳酸钠（Na2CO3）需要加热固体，应使用坩埚加热固体，而蒸发皿用于蒸发溶液，不适合加热固体分解，D错误；

故答案为：B。

【分析】A．判断稀硫酸与碳酸钙反应制取二氧化碳的可行性。B．判断实验室制取氨气的装置与原理是否正确。C．判断制取碳酸氢钠的装置与原理是否符合侯氏制碱法。D．判断制取碳酸钠的装置是否正确。4．【答案】A【解析】【解答】A、绝大多数酶的化学本质是蛋白质，并非羧酸，所以说酶通常是一种羧酸的表述错误，A错误；

B、酶作为生物催化剂，在生物体内发挥作用，其催化所需的条件（如温度、pH等）通常比较温和，B正确。

C、酶具有高效性的特点，能极大地提高化学反应的速率，催化反应效率很高，C正确。

D、由于多数酶是蛋白质，而重金属盐会使蛋白质发生变性，从而导致酶失去活性，D正确。故答案为：A。

【分析】根据酶的化学本质、催化特性等知识，对每个选项进行分析判断。5．【答案】（1）C（2）B（3）A【解析】【解答】（1）A、酶是催化剂，能降低反应活化能，使更多分子成为活化分子，即增大活化分子百分数，A正确；

B、Fe3+可作为H2O2分解制O2的催化剂，催化剂能加快化学反应速率，B正确；

C、题干明确酸性条件下锑电催化还原CO2时，生成HCOOH的选择性大于CO，说明生成HCOOH的速率更快，即v(CO)＜v(HCOOH)，C错误；

D、铁触媒是固体，反应物N2、H2为气体，催化剂与反应物聚集状态不同，属于非均相催化，D正确；

故答案为：C。

（2）A、反应生成CO和H2，根据原子守恒，CH4+H2O在高温、催化剂条件下生成CO+3H2，方程式为：CH4+H2O催化剂高温CO+3H2，，A正确；

B、NH3无害化处理应生成无污染的N2，而非有毒的NO，正确反应为：4NH3+3O2催化剂Δ2N2+6H2O，B错误；

C、酸性条件下，CO2得电子被还原为HCOOH，反应式为CO2+2e-+2H+=HCOOH，电荷和原子均守恒，C正确；

D、生成1molSO3放热98.3kJ，则2molSO3放热196.6kJ，热化学方程式2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)；△H=-196.6kJ/mol，D正确；

故答案为：B。

（3）A、400~500℃是铁触媒活性较高的温度范围，能提高催化效率，是选择该温度的重要原因，A正确；

B、酯化反应遵循“酸脱羟基、醇脱氢”，CH3CH2¹8OH中的¹8O会进入酯中，而非H2B．判断Fe3+在H2O2分解反应中的作用。C．根据选择性判断CO和HCOOH的生成速率。D．判断合成氨反应是否为非均相催化。（2）A．验证CH4与H2O重整反应式的合理性。B．判断NH3无害化处理的产物是否合理。C．分析CO2还原生成HCOOH的阴极反应。D．验证SO2催化氧化热化学方程式的正确性。（3）A．分析合成氨温度选择的原因。B．判断酯化反应中¹8O的去向。C．分析H2在Ni表面吸附的熵变。D．判断催化剂对反应焓变的影响。（1）A、酶是催化剂，能降低反应活化能，使更多分子成为活化分子，即增大活化分子百分数，A正确；

B、Fe3+可作为H2O2分解制O2的催化剂，催化剂能加快化学反应速率，B正确；

C、题干明确酸性条件下锑电催化还原CO2时，生成HCOOH的选择性大于CO，说明生成HCOOH的速率更快，即v(CO)＜v(HCOOH)，C错误；

D、铁触媒是固体，反应物N2、H2为气体，催化剂与反应物聚集状态不同，属于非均相催化，D正确；

故答案为：C。（2）A、反应生成CO和H2，根据原子守恒，CH4+H2O在高温、催化剂条件下生成CO+3H2，方程式为：CH4+H2O催化剂高温CO+3H2，，A正确；

B、NH3无害化处理应生成无污染的N2，而非有毒的NO，正确反应为：4NH3+3O2催化剂Δ2N2+6H2O，B错误；

C、酸性条件下，CO2得电子被还原为HCOOH，反应式为CO2+2e-+2H+=HCOOH，电荷和原子均守恒，C正确；

D、生成1molSO3（3）A、400~500℃是铁触媒活性较高的温度范围，能提高催化效率，是选择该温度的重要原因，A正确；

B、酯化反应遵循“酸脱羟基、醇脱氢”，CH3CH2¹8OH中的¹8O会进入酯中，而非H2O，B错误；

C、H2分子从自由状态被吸附到固体表面，混乱度降低，熵减（ΔS＜0），C错误；

D、催化剂只改变反应速率，不影响反应的焓变（ΔH），D错误；

故答案为：A。6．【答案】C【解析】【解答】A、MnO2的氧化性相对较弱，只有在加热条件下才能与浓盐酸发生反应生成Cl2，而与稀盐酸混合时不会发生反应，因此该物质转化无法实现，A错误；

B、Fe与HCl发生置换反应时，Fe元素的化合价会从0升高到+2，生成FeCl2和H2，反应方程式为Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，并不会生成FeCl3，B错误；

C、在碱性条件下，ClO-具有强氧化性，可将Fe(OH)3氧化为FeO42-，自身被还原为Cl-。离子方程式3ClO−+2FeOH3+4OH−=2FeO42−+3Cl−+5H2O中，原子个数、电荷均守恒，符合反应实际，C正确；B．分析Fe与HCl反应的产物种类。C．验证KClO碱性溶液与Fe(OH)3反应的离子方程式是否正确。D．判断电解饱和食盐水的离子方程式是否准确。7．【答案】C【解析】【解答】A、反应中气体分子数减少（1mol气体参与反应，无气体生成），故ΔS<0。反应能自发进行，需满足ΔG=ΔH-TΔS<0，因此ΔH必须小于0，A错误；

B、平衡常数K等于生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值。反应中H2是气体，HCO3-和HCOO-是溶液中的离子，均需计入表达式；H2O是纯液体，不计入。故正确表达式为

K=c(HCOO-)c(HCO3-)cH2，B错误；

C、HCO3-中碳元素化合价为+4，反应后生成的HCOO-中碳元素化合价为+2，化合价降低，说明碳原子被还原，C正确；

D、根据机理图，步骤Ⅰ中是吸附在O2-上的H+（带正电）与HCO3-中带负电的羟基结合生成水，而非吸附在Fe2B．分析平衡常数表达式的正确性。C．判断碳元素的氧化还原状态变化。D．分析步骤Ⅰ中水分子的形成过程。8．【答案】D【解析】【解答】A.5s内D的平均反应速率为1mol2L5s=0.1B．平衡时容器内n(D)=1mol，所以n(C)=2mol，根据反应方程式可知，n(A)=1mol、n(B)=2mol，容器内气体总物质的量为：1mol+2mol+1mol+2mol=6molC．达到平衡时n(B)=2mol，容器内气体总物质的量为6mol，则体积分数2mol6D．该反应的平衡常数Kc故答案为：D。

【分析】根据题目信息，列出三段式，根据变化量之比等于系数之比，可以求出x值，然后得到平衡时各物质浓度，求出平衡常数、B的体积分数。9．【答案】A,B【解析】【解答】A、图甲中，随温度升高，lgK减小，即平衡常数K减小。这表明升温后平衡逆向移动，说明逆反应吸热，因此正反应放热（ΔH<0），A正确；

B、图乙中，c(H2O2)随时间变化的曲线斜率逐渐减小。斜率表示单位时间内浓度的变化量，即反应速率，因此可判断H2O2分解速率随反应进行逐渐减小，B正确；

C、图丙显示金刚石能量高于石墨，反应C(金刚石，s)=C(石墨，s)为放热反应。能量越低物质越稳定，故石墨比金刚石更稳定，C错误；

D、平衡常数K只与温度有关，与压强无关。无论反应前后气体积是否变化，恒温下K均不随压强改变，因此不能据此推断气体体积不变，D错误；

故答案为：AB。

【分析】A．通过平衡常数与温度的关系判断反应热。B．根据浓度随时间的变化判断反应速率变化。C．结合能量曲线判断物质稳定性。D．分析平衡常数与压强的关系。10．【答案】D【解析】【解答】A、溶液导电性取决于离子浓度和离子电荷。要探究CH3COOH是否为弱电解质，需在相同浓度下对比其与盐酸的导电性（弱电解质电离程度低，离子浓度小，导电性弱）。但方案中未明确两种溶液浓度相同，无法通过导电性差异得出结论，A不能达到目的；

B、1-溴丁烷消去反应生成丁烯，但反应中乙醇易挥发，乙醇和丁烯均能使酸性KMnO4溶液褪色（乙醇被氧化、丁烯发生加成），无法区分褪色原因，不能确定消去产物，B不能达到目的；

C、Fe(NO3)2溶液中加入硫酸酸化的H2O2，酸性条件下NO3-具有强氧化性，可氧化Fe2+，无法确定是H2O2还是NO3-参与反应，因此不能比较H2O2与Fe3+的氧化性强弱，C不能达到目的；

D、Zn、Fe在酸化的NaCl溶液中构成原电池，Zn更活泼作负极（被氧化），Fe作正极（被保护，不反应）。若Fe电极区域无Fe2+，说明Fe未被腐蚀，体现了电化学保护（牺牲阳极法），D能达到目的；

故答案为：D。

【分析】A．判断通过导电性比较能否确定CH3COOH是弱电解质。B．分析实验干扰因素对消去产物检验的影响。C．判断能否排除其他氧化剂干扰以比较氧化性。D．通过检验Fe2+判断电化学保护法是否生效。11．【答案】D【解析】【解答】A、当投料比n(CH4)：n(CO2)=1：1时，CO2既参与反应I（与CH4反应），又参与反应II（与H2反应），而CH4仅参与反应I。相同条件下，参与反应更多的物质转化率更高，故CO2的平衡转化率一定高于CH4，A正确；

B、高效催化剂可加快反应I和反应II的速率，缩短达到平衡的时间，从而提高单位时间内H2的产量，B正确；

C、反应I中，产物H2与CO的物质的量比为2：2=1：1；反应II中，每消耗1molH2生成1molCO，会使n(H2)减少、n(CO)增加，导致n(H2)：n(CO)降低。因此实际比值始终低于1.0，是因为发生了反应II，C正确；

D、反应I和II均为吸热反应（ΔH1、ΔH2均为正值），升温均有利于正向进行。但550~650℃时，CH4转化率增幅远大于CO2，说明升温对反应I的促进作用更显著（反应I消耗CH4和CO2，反应II仅消耗CO2）。因此该温度范围内，升温更有利于反应I而非反应II，D错误；

故答案为：D。

【分析】本题考查化学反应原理在联合重整反应中的应用，需结合反应热、催化剂作用、转化率与温度关系及物质的量比变化，分析各选项的正确性。核心是通过两个反应的特征（吸热/放热、物质转化）及图像信息判断选项逻辑。A．比较CH4和CO2的转化率，需考虑CO2参与的反应更多。B．使用高效催化剂可以提高反应速率，则单位时间内氢气的产量增大，故B项正确；C．分析n(H2)：n(CO)始终低于1.0的原因。D．结合温度对转化率的影响，判断反应II是否更易进行。12．【答案】（1）由于Mn2+催化O2氧化SO2生成H2SO4的反应（2）5.56×（3）2HCO3−+Mn2+=MnCO【解析】【解答】（1）随着吸收时间增加，Mn2+浓度增大，Mn2+催化O2氧化SO2生成H2SO4，所以溶液中c(H2SO4)的增加呈现由慢到快的趋势，

故答案为：由于Mn2+催化O2氧化SO2生成H2SO4的反应；

（2）c(H＋)为1×10-10mol/L溶液中，cOH−=KwcH+=（3）①向除杂后的溶液中加入NH4HCO3溶液，反应生成MnCO3沉淀、二氧化碳和硫酸铵，其离子方程式为2HCO3−+Mn2+②将过滤得到的滤液蒸发浓缩、冷却结晶，可得到的晶体为(NH4)2SO4，

故答案为：(NH4)2SO4；③由原子守恒可得关系式：2230根据图象可知，加热分解MnCO3制备Mn2O3，需要控制的温度大于900K，

故答案为：大于900K。

【分析】（1）分析H2SO4浓度变化趋势，关键是Mn2+对O2氧化SO2生成H2SO4的催化作用。

（2）利用Kw计算c(OH-)，再结合Kb计算氨水浓度。

（3）①根据反应生成MnCO3、CO2和H2O，书写离子方程式。

②分析滤液含NH4+和SO42-，确定晶体为(NH4)2SO4。

③结合质量变化（31.3%）和图像，确定温度需大于900K。（1）随着吸收时间增加，Mn2+浓度增大，Mn2+催化O2氧化SO2生成H2SO4，所以溶液中c(H2SO4)的增加呈现由慢到快的趋势，故答案为：由于Mn2+催化O2氧化SO2生成H2SO4的反应；（2）c(H＋)为1×10-10mol/L溶液中，cOH−=KwcH（3）①向除杂后的溶液中加入NH4HCO3溶液，反应生成MnCO3沉淀、二氧化碳和硫酸铵，其离子方程式为2HCO3−+②将过滤得到的滤液蒸发浓缩、冷却结晶，可得到的晶体为(NH4)2SO4，故答案为：(NH4)2SO4；③由原子守恒可得关系式：2230根据图象可知，加热分解MnCO3制备Mn2O3，需要控制的温度大于900K，故答案为：大于900K。13．【答案】（1）Al（2）减小（3）石墨电极会被阳极上产生的O2氧化（4）4CO32−（5）NH4Cl分解产生的HCl能够破坏Al表面的Al2O3薄膜【解析】【解答】（1）氧化铝和氢氧化钠反应得到四羟基合铝酸钠进入滤液，Al2故答案为：Al2O3+2OH−+3H2O=2AlOH4−；故答案为：减小；

（3）“电解Ⅰ”是电解熔融Al2O3，电解过程中作阳极的石墨易消耗，是因为石墨电极被阳极上产生的O2氧化；故答案为：石墨电极会被阳极上产生的O2氧化；

（4）由图可知，阳极反应为碳酸根离子失去电子发生氧化反应生成碳酸氢根离子和氧气，反应为4CO32−+2H故答案为：4CO32−+2H2O-4e−=4HCO3-+O2↑；H2故答案为：NH4Cl分解产生的HCl能够破坏Al表面的Al2O3薄膜。

【分析】铝土矿的主要成分为Al2O3，还含有SiO2和Fe2O3等杂质。在碱溶步骤中，SiO2转化为铝硅酸钠沉淀，Fe2O3不与NaOH反应，这两种物质共同形成滤渣；而Al2O3与NaOH反应生成四羟基合铝酸钠，进入滤液；过滤Ⅰ后，向滤液中加入NaHCO3溶液，铝元素转化为Al(OH)3沉淀，同时生成NaCl溶液。过滤Ⅱ得到的NaCl溶液经电解Ⅱ可生成NaOH，该NaOH可循环用于碱溶步骤，过滤Ⅱ得到的Al(OH)3沉淀经灼烧后生成Al2O3，Al2O3通过电解Ⅰ生成Al和O2。（1）氧化铝和氢氧化钠反应得到四羟基合铝酸钠进入滤液，Al2（2）向“过滤Ⅰ”所得滤液中加入NaHCO3溶液，与NaAlOH4反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，根据强碱制取弱碱，则碱性强弱顺序为OH-＞Al（3）“电解Ⅰ”是电解熔融Al2O3，电解过程中作阳极的石墨易消耗，是因为石墨电极被阳极上产生的O2氧化；（4）由图可知，阳极反应为碳酸根离子失去电子发生氧化反应生成碳酸氢根离子和氧气，反应为4CO32−+2H（5）铝粉在1000℃时可与N2反应制备AlN，在铝粉中添加少量NH4Cl固体并充分混合，有利于AlN的制备，其主要原因是NH4Cl分解产生的HCl能够破坏Al表面的Al2O3薄膜。14．【答案】（1）3NOHSO4+2H（2）11.4；有红棕色气体产生；防止水蒸气进入Ⅲ中导致亚硝酰硫酸发生水解，且吸收未反应的二氧化硫，防止污染环境（3）2MnO4【解析】【解答】（1）①NOHSO4溶于水时会生成H2SO4、HNO3和NO，NOHSO4中部分氮化合价由+3变为+5、部分由+3变为+2，结合电子守恒，反应为3NOHSO4②由①分析，电子转移为3NOHSO4∼2−e故答案为：3NOHSO4+2H2O=3H2SO4+HNO3+2NO↑；2②装置Ⅲ中使用20℃的冷水浴可以防止HNO3分解，硝酸分解生成氧气和二氧化氮气体，若不使用冷水浴，实验中可观察到的现象是有红棕色气体产生。③由分析，碱石灰的作用防止水蒸气进入Ⅲ中导致亚硝酰硫酸发生水解，且吸收未反应的二氧化硫，防止污染环境；

故答案为：11.4；有红棕色气体产生；防止水蒸气进入Ⅲ中导致亚硝酰硫酸发生水解，且吸收未反应的二氧化硫，防止污染环境；（3）①由题意可知，酸性条件下亚硝酰硫酸与高锰酸根发生氧化还原反应生成锰离子、硝酸根离子和硫酸根离子，反应的离子方程式为2MnO4②2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，则过量的KMnO4为25×10−3L×0.1000mol/L×25，与亚硝酰硫酸样品反应的高锰酸钾为22×10②依据化学方程式，通过电子转移比例计算转移电子的物质的量。（2）①利用物质的量浓度公式c=②分析浓硝酸受热分解的产物及现象。③明确碱石灰防止水解和吸收尾气的作用。（3）①根据氧化还原反应规律写离子方程式。②通过滴定反应的化学计量关系，计算亚硝酰硫酸的纯度。（1）①NOHSO4溶于水时会生成H2SO4、HNO3和NO，NOHSO4中部分氮化合价由+3变为+5、部分由+3变为+2，结合电子守恒，反应为3NOHSO4②由①分析，电子转移为3NOHSO4∼2−e（2）①质量分数为70%，其密度为1.6g/cm-3的硫酸，由c=1000ρωM可知，浓硫酸中硫酸的物质的量为②装置Ⅲ中使用20℃的冷水浴可以防止HNO3分