江苏省南通市2024-2025学年高一上学期1月期末化学试题（含答案）

第第页江苏省南通市2024-2025学年高一上学期1月期末化学试题一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。1．2023年10月31日，神舟十六号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆，神舟十六号载人飞行任务取得圆满成功。下列有关说法中错误的是（）A．飞船使用的推进剂N2B．飞船的主体使用的是铁合金，铁合金的熔点比纯铁的高C．飞船返回舱侧壁金属壳体用的铝合金材料，属于金属材料D．神舟飞船芯片的主要成分是Si，Si可用于制造半导体材料2．亚硫酸可被H2O2氧化生成硫酸H2SO3+H2O2=H2SO4+H2O。下列说法不正确的是A．H2O2中O的化合价：-1B．硫原子结构示意图：C．H2O的摩尔质量：18gD．硫酸电离：H2SO4=2H++SO43．下列物质性质与用途具有对应关系的是A．钠具有还原性，可用于制作高压钠灯B．NaHCO3C．常温下Al在浓硝酸中钝化，可用铝质容器贮运浓硝酸D．氨气极易溶于水，可用作烟气中NOx4．室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A．0.1mol·L-1NaOH溶液：Na+、K+、SO42-、HCOB．0.1mol·L-1H2SO4溶液：Mg2+、Na+、ClO-、Cl-C．0.1mol·L-1FeCl3溶液：Na+、Ba2+、NO3-、OHD．0.1mol·L-1NaCl溶液：NH4+、K+、NO3-5．下列说法正确的是A．100 g质量分数为17%的HB．50 mL18 mol⋅C．0.2 mol/LAlCl3D．7.8 gNa6．在给定条件下，下列制备过程涉及的物质转化均可实现的是A．工业盐酸的制备：NaCl溶液→电解H2和ClB．漂白粉的制备：浓盐酸→ΔMnOC．纯碱工业：NaCl溶液→D．硫酸工业： 7．FeCl3易水解、易升华，是有机反应中常用的催化剂。实验室用如图所示装置制备少量FeClA．实验开始，先点燃酒精灯，再滴加浓盐酸B．实验时若Cl2不足量，则可能生成FeClC．装置丙的作用是收集FeClD．装置丁中CaCl2的作用是吸收未反应的阅读下列材料，完成下列小题：氮是参与生命活动的重要元素。自工业革命以来，人类活动大大加剧了含氮化合物在大气圈和水圈中的总流量，对生态平衡产生了严重影响。从化学的视角深刻理解氮循环，合理使用含氮化合物，科学处理大气水圈中的氮元素，是化学学科的重要研究内容和责任。8．下列化学反应表示正确的是A．雷雨天气空气中的氮气和氧气反应：N2+2B．用水吸收二氧化氮制硝酸：2C．用烧碱溶液吸收硝酸工业尾气：NOD．铜粉和稀硝酸反应：49．煤燃烧时，烟气中NO含量随温度和氧气含量的变化如图示。下列说法正确的是A．煤燃烧不影响自然界氮循环 B．燃煤过程没有发生氮的固定C．含氧量越高越不易生成NO D．燃煤温度越高NOx10．明代《徐光启手迹》中记载了硝酸的制备方法，其主要物质转化流程如下：下列有关说法不正确的是A．若煅烧时隔绝空气，得到的气体X可能为SOB．煅烧生成的Fe2C．由蒸馏过程发生的反应可推测H2SO4D．上述转化流程中依次发生分解反应、化合反应和复分解反应11．Ce3+和Ce4+可用于烟气中的大量氮氧化物NOx转化为无害物质。将NO与H2的混合气体通入A．反应前后溶液中Ce3+和CeB．参加反应I的氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2C．反应II的离子方程式为4D．反应过程中消耗的H2与NO12．下列实验，根据实验操作和现象所得到的结论正确的是选项实验操作实验现象实验结论A将红热的木炭投入浓硝酸中，产生红棕色气体炭与浓硝酸在加热条件下反应生成NOB加热盛有NH4NH4C向表面皿中加入少量CuSO4⋅5H浓硫酸具有吸水性D向试管中加入2 mL酸性KMnO4溶液，通入足量SO2A．A B．B C．C D．D13．发蓝工艺是将钢铁浸入热的NaNO2碱性溶液中，在其表面形成一层四氧化三铁薄膜，其中铁经历了如下转化(假设NaNO2的还原产物均为下列说法中，不正确的是A．反应①为3B．当反应②转移的电子数目为3NAC．反应③中Na2FeO2与D．上述工艺过程中，生成69.6 g四氧化三铁薄膜的同时产生8.96二、非选择题：共4题，共61分。14．二氧化硫直接排放会污染空气，工业上采用多种方法脱硫。（1）石灰石脱硫。工业上燃煤时常在煤炭中在煤炭中加入一定量石灰石，于850∘C通入一定浓度的氧气，实现从源头上减少SO2（2）碱性溶液脱硫。氨水、ZnO水悬浊液吸收烟气中SO2后经O2催化氧化，可得到硫酸盐。已知：室温下，ZnSO3微溶于水，ZnHSO32易溶于水；溶液中H2①氨水吸收SO2。向氨水中通入少量SO2，主要反应的离子方程式为；当通入SO2②ZnO水悬浊液吸收SO2。向ZnO水悬浊液中匀速缓慢通入SO2，在开始吸收的阶段内，SO2吸收率、溶液pH均经历了从几乎不变到迅速降低的变化。溶液pH（3）海水脱硫。海水中含有少量碳酸盐(CO32−和HCO3①在SO2吸收塔中采用海水从塔顶喷洒，烟气从塔底鼓入，其目的是②相比氨水脱硫，海水脱硫的优点是。15．五氧化二钒V2O5广泛用于冶金、化工等行业，具有强氧化性。一种以含钒废料(含V2O3、已知：V2（1）“碱浸”过程适当加热的目的是。（2）“滤液1”中通入过量的CO2会生成白色的沉淀（3）“烘干灼烧”的目的是。（4）“沉锰”时需将温度控制在70∘C左右，温度不能过高的原因为（5）“煅烧”过程中有NH3生成，实验室检验该气体的方法为。NH4VO（6）已知：NH4HCO3溶液呈碱性，Mn设计以MnSO4溶液、NH4HCO3溶液为原料，制备MnCO3的实验方案：16．二氧化氯ClO2（1）①工业制备ClO2的反应原理为：2NaClO3+4HCl②现需要用36.5%浓盐酸配制反应所需的500 mL2（2）将ClO2气体先用稳定剂吸收，加酸后释放出ClO2，可用于水果保鲜。稳定剂I和稳定剂Ⅱ，加酸后释放ClO2（3）用ClO2消毒自来水时，还可以将水中的Mn2+转化为MnO2难溶物除去，控制其他条件不变，测得不同pH①pH=8时水体中Mn2+转化为MnO2，ClO②反应相同时间，水体中Mn2+去除率随pH增大而增大的原因是（4）国家规定，饮用水中ClO2的残留量不得高于0.8mg⋅L−1ⅰ．量取自来水样品200 mL，调节样品的pHⅱ．加入足量KI晶体，振荡后静置片刻；ⅲ．加入指示剂淀粉溶液，用10 mL0.0010 mol已知：2ClO2+8H++10I−17．颗粒大小达到纳米级的单质铁俗称“纳米铁”，可用于处理废水中的硝态氮。以铁屑(含少量Fe2（1）写出“酸溶”时发生的氧化还原反应的离子方程式：、Fe+2（2）FeC2O4固体经灼烧后得到红棕色固体和CO、CO（3）“还原”中使用的还原剂为H2，在“还原”前要对装置进行充分干燥处理，不得留有水，其原因是（4）纳米铁粉因其高比表面积、优异的吸附性、较强的还原性和反应活性等优点被广泛应用于污染物的去除。催化剂协同纳米铁粉能将水体中的硝酸盐NO3−转化为①从电子转移的角度，硝酸盐(NO3-)转化为N2②为有效降低水体中氮元素的含量，宜调整水体pH为4.2，当pH<4.2时，随pH减小，N2生成率逐渐降低，结合图1和图2分析原因：

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】A.飞船使用的推进剂N2H4⋅H2O属于纯净物，故A不符合题意；

B.飞船的主体使用的是铁合金，铁合金的熔点比纯铁的低，故B符合题意；

C.铝合金材料属于金属材料，故C不符合题意；

D.芯片的材料是硅，硅用于制造半导体材料，故D不符合题意；

故答案为：B

【分析】A.N2．【答案】C【解析】【解答】A、在H2O2中，氢元素为+1价，根据化合物中各元素化合价代数和为0，可算出氧元素化合价为-1，A正确；

B、硫原子的核电荷数为16，核外电子分3个电子层排布，依次为2、8、6，给出的原子结构示意图为，B正确；

C、摩尔质量的单位是g/mol，H2O的摩尔质量是18g/mol，而18g是质量单位，C错误；

D、硫酸是强酸，在水溶液中完全电离，生成H+和SO42-，电离方程式为H2SO4=2H++SO42-，D正确；

故答案为：C。【分析】本题以亚硫酸与过氧化氢的反应为背景，考查化合价、原子结构、摩尔质量单位及电离方程式等基础化学知识，需逐一分析选项的正确性。3．【答案】C【解析】【解答】A、钠用于制作高压钠灯是利用其焰色反应（黄色光），这是物理性质；而钠的还原性是化学性质，二者无对应关系，A错误；

B、NaHCO3能中和胃酸（主要成分为HCl），是因为它可与HCl反应（NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2），与它受热易分解的性质无关，B错误；

C、常温下Al在浓硝酸中钝化，表面形成致密氧化膜，阻止内部金属继续反应，因此可用铝质容器贮运浓硝酸，性质与用途直接对应，C正确；

D、氨气用作NOₓ脱除剂，是因为其具有还原性，能与NOₓ发生氧化还原反应，与氨气极易溶于水的性质无关，D错误；

故答案为：C。【分析】A．区分钠的不同性质对应的用途。B．明确NaHCO3作为胃酸中和剂的核心性质。C．理解铝的钝化现象与贮运浓硝酸的关联。D．分析氨气脱除NOₓ的本质原因。4．【答案】D【解析】【解答】A、0.1mol・L-¹NaOH溶液含大量OH-，HCO3-会与OH-反应生成CO32-和H2O，无法大量共存，A错误；

B、0.1mol・L-¹H2SO4溶液含大量H+，ClO-与Cl-在H+存在时会反应生成Cl2和H2O，不能大量共存，B错误；

C、0.1mol・L-¹FeCl3溶液含Fe3+，Fe3+与OH-会结合生成Fe(OH)3沉淀，不能大量共存，C错误；

D、0.1mol・L-¹NaCl溶液中，NH4+、K+、NO3-、SO42-之间不发生反应，且均不与Na+、Cl-反应，能大量共存，D正确；

故答案为：D。

【分析】本题判断离子在不同溶液中能否共存，需结合溶液性质（如酸碱性），分析离子间是否发生反应（生成沉淀、气体、弱电解质或氧化还原反应等）。A．考查碱性溶液中OH-与HCO3-的反应。B．考查酸性溶液中H+、ClO-、Cl-的反应。C．考查Fe3+与OH-的沉淀反应。D．判断NaCl溶液中离子间的反应情况。5．【答案】D【解析】【解答】A、100g17%的H2O2溶液中，H2O2质量为17g（0.5mol，含1molO），水的质量为83g（约4.61mol，含4.61molO），氧原子总数远大于1mol，A错误；

B、50mL18mol・L-¹浓硫酸含H2SO40.9mol，理论上生成0.45molSO2，但反应中浓硫酸变稀后不再与铜反应，实际产量小于0.45mol，B错误；

C、仅知AlCl3溶液浓度为0.2mol・L-¹，缺少体积，无法计算Cl-的物质的量，C错误。

D、Na2O2由Na+和O22-构成（2：1），7.8gNa2O2为0.1mol，含0.2molNa+和0.1molO22-，阴阳离子总数为0.3mol，D正确；

故答案为：D。

【分析】本题围绕物质的量计算展开，涉及溶液中氧原子总数、化学反应的实际产量、离子物质的量计算及化合物离子组成等知识点，需结合具体情况分析各选项的正确性。A．计算溶液中所有含氧化合物的氧原子总数。B．考虑浓硫酸与铜反应的浓度变化影响。C．明确离子物质的量计算需浓度和体积两个参数。D．分析Na2O2的离子构成及比例。6．【答案】A【解析】【解答】A、电解NaCl溶液时，根据电解原理，会生成H2和Cl2；H2和Cl2在点燃条件下能发生反应生成HCl，所以该转化可以实现，A正确；

B、浓盐酸与MnO2在加热条件下能生成Cl2，但制备漂白粉需要将Cl2通入石灰乳（主要成分为Ca(OH)2）中，而不是澄清石灰水（Ca(OH)2溶解度小，浓度低，不利于大量制备漂白粉），所以该转化不能实现，B错误；

C、纯碱工业中，是向饱和NaCl溶液中先通入NH3，再通入CO2，才能生成NaHCO3（因为NH3极易溶于水，使溶液呈碱性，有利于CO2的吸收），直接通入CO2难以得到NaHCO3，所以该转化不能实现，C错误；

D、硫酸工业中，FeS2与O2在高温下反应生成SO2，但SO2与H2O反应生成的是H2SO3，H2SO3需要进一步被氧化（如在催化剂、加热条件下与O2反应）才能生成H2SO4，所以该转化不能实现，D错误；

故答案为：A。

【分析】本题考查工业生产中物质的转化过程，需要结合各工业生产的实际反应条件和反应物、生成物来判断转化是否能实现。7．【答案】C【解析】【解答】A、实验需先通Cl2排尽装置内空气（防Fe被O2氧化），应先滴加浓盐酸（产生Cl2），再点燃酒精灯，A错误；

B、Cl2具有强氧化性，无论量多量少，Fe与Cl2反应都只生成FeCl3（不会生成FeCl2），B错误；

C、FeCl3易升华，乙中生成的FeCl3蒸气进入丙装置后，会遇冷凝华为固体，因此丙的作用是收集FeCl3，C正确；

D、装置丁中CaCl2是干燥剂，作用是防止丁中NaOH溶液的水蒸气进入丙（避免FeCl3水解）；吸收未反应Cl2的是NaOH溶液，D错误；

故答案为：C。

【分析】实验操作顺序的核心逻辑：制备FeCl3需先通Cl2排尽空气（防Fe被O2氧化），因此应先滴加浓盐酸制Cl2，再点燃酒精灯。

Cl2与Fe反应的产物特性：Cl2氧化性极强，与Fe反应只生成FeCl3，无论Cl2是否足量，都不会生成FeCl2。

装置作用的判断（结合FeCl3的性质）：FeCl3易升华，乙中生成的FeCl3蒸气进入丙后会凝华，因此丙是收集FeCl3的装置；丁中CaCl2是干燥剂（防NaOH溶液的水蒸气进入丙，避免FeCl3水解），吸收Cl2的是NaOH溶液。【答案】8．C9．D10．C11．D【解析】【解答】（1）A、雷雨时氮气与氧气放电反应生成NO，而非NO2，正确方程式为N2+O2放电2NO，A错误；

B、二氧化氮与水反应生成硝酸和NO，正确比例为3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，B错误；

C、烧碱吸收NO和NO2的反应中，两者按1：1比例与OH-反应生成NO2-和H2O，离子方程式：NO+NO2+2OH-=2NO2-+H2O，C正确；

D、铜与稀硝酸反应生成NO，而非NO2，离子方程式应为3Cu+8H++2NO3−=3Cu2++2NO↑+4H2O，D错误；

故答案为：C。

（2）A、煤燃烧生成NO，干扰自然氮循环，A错误；

B、燃煤时N2转化为NO，属于氮的固定（游离态→化合态），B错误；

C、图像显示含氧量越高，NO浓度越大，越易生成NO，C错误；

D、温度升高，各含氧量下NO浓度均增大，说明温度越高NOₓ污染越重，D正确；

故答案为：D。

（3）A、隔绝空气煅烧FeSO4，Fe2+→Fe3+（升价），则S元素必降价，可能生成SO2，A正确；

B、Fe2O3为红色固体（铁红），可作红色涂料，B正确；

C、蒸馏制备硝酸利用H2SO4沸点高于HNO3，与酸性强弱无关（强酸制弱酸需溶液中反应），C错误；

D、煅烧FeSO4为分解反应，可表示为2FeSO4煅烧Fe2O3+SO2↑+SO3↑，SO3与水反应为化合反应，反应为SO3+H2O=H2（2）结合图像中NO浓度与温度、含氧量的关系，分析燃煤对氮循环的影响。（3）分析硝酸制备流程中反应类型、物质性质及反应原理的合理性。（4）根据转化流程分析Ce3+/Ce4+的作用及反应中物质的量关系。8．A、雷雨时氮气与氧气放电反应生成NO，而非NO2，正确方程式为N2+O2放电2NO，A错误；

B、二氧化氮与水反应生成硝酸和NO，正确比例为3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，B错误；

C、烧碱吸收NO和NO2的反应中，两者按1：1比例与OH-反应生成NO2-和H2O，离子方程式：NO+NO2+2OH-=2NO9．A、煤燃烧生成NO，干扰自然氮循环，A错误；

B、燃煤时N2转化为NO，属于氮的固定（游离态→化合态），B错误；

C、图像显示含氧量越高，NO浓度越大，越易生成NO，C错误；

D、温度升高，各含氧量下NO浓度均增大，说明温度越高NOₓ污染越重，D正确；

故答案为：D。10．A、隔绝空气煅烧FeSO4，Fe2+→Fe3+（升价），则S元素必降价，可能生成SO2，A正确；

B、Fe2O3为红色固体（铁红），可作红色涂料，B正确；

C、蒸馏制备硝酸利用H2SO4沸点高于HNO3，与酸性强弱无关（强酸制弱酸需溶液中反应），C错误；

D、煅烧FeSO4为分解反应，可表示为2FeSO4煅烧Fe2O3+SO2↑+SO3↑，SO11．A、Ce3+与Ce4+总量不变，但反应生成水，溶液体积增大，浓度减小，A错误；

B、总反应为2H2+2NO=N2+2H2O，NO为氧化剂（1mol得2mol电子），H2为还原剂（1mol失2mol电子），氧化剂与还原剂比例为1：1，B错误；

C、反应在酸性条件下进行，产物无OH-，正确离子方程式为4Ce3++2NO+4H+=4Ce4++N2+2H2O，C错误；

D、由总反应可知，消耗H2与NO的物质的量相等（2：2=1：1），D正确；

故答案为：D。12．【答案】C【解析】【解答】A、浓硝酸受热易分解产生红棕色的二氧化氮，红热木炭投入浓硝酸中产生的红棕色气体，可能是浓硝酸自身分解的产物，并非一定是木炭与浓硝酸反应生成的二氧化氮，A错误；

B、氯化铵受热会分解为氨气和氯化氢气体，这两种气体在试管口遇冷又会重新化合生成氯化铵固体，这是化学变化过程，而升华是物质由固态直接变为气态的物理变化，所以不能得出氯化铵受热升华的结论，B错误；

C、五水硫酸铜（蓝色晶体）中加入浓硫酸后，固体变为白色，是因为浓硫酸吸收了五水硫酸铜中的结晶水，使其转化为无水硫酸铜（白色），这一现象直接体现了浓硫酸的吸水性，C正确；

D、酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，二氧化硫通入后使其褪色，是由于二氧化硫被氧化，表现的是二氧化硫的还原性，而非漂白性，D错误；

故答案为：C。

【分析】逐一分析各选项，结合物质的化学性质，判断实验现象与结论之间的逻辑是否成立。

A．浓硝酸受热本身会分解生成NO2，不能直接判定是炭与之反应的产物。

B．NH4Cl受热是分解（生成NH3和HCl），在管口重新化合为NH4Cl，并非升华（物理变化）。

C．浓硫酸吸收CuSO4・5H2O中的结晶水，使其失去蓝色，体现吸水性。

D．SO2使酸性KMnO4褪色是因为还原性（发生氧化还原反应），并非漂白性。13．【答案】B【解析】【解答】A、反应①中，铁元素从0价升高到Na2FeO2中的+2价，NaNO2里的氮元素从+3价降低到NH3中的-3价。根据得失电子守恒和原子守恒，配平后的反应为3Fe+NaNO2+5NaOHΔ3Na2FeO2+NH3↑+H2O，A正确；

B、反应②是Na2FeO2与NaNO2反应生成Na2Fe2O4，铁元素化合价从+2价升高到+3价，氮元素仍从+3价降到-3价。反应方程式为6Na2FeO2+NaNO2+5H2O=3Na2Fe2O4+NH3↑+7NaOH。每消耗1molNaNO2，转移6mol电子，因此转移3mol电子（3Nₐ）时，消耗的NaNO2应为0.5mol，B错误；

C、反应③是Na2FeO2（含+2价Fe）与Na2Fe2O4（含+3价Fe）反应生成Fe3O4（含+2和+3价Fe），反应方程式为Na2FeO2+Na2Fe2O4+2H2O=Fe3O4+4NaOH，两种反应物的物质的量之比为1：1，C正确；

D、69.6gFe3O4的物质的量为69.6g÷232g/mol=0.3mol。整个过程中，铁元素失去的电子最终被NO2-获得生成NH3，根据电子守恒，生成0.3molFe3O4时转移2.4mol电子，对应生成NH3的物质的量为0.4mol（每生成1molNH3转移6mol电子），标准状况下体积为0.4mol×22.4L/mol=8.96L，D正确；

故答案为：B。

【分析】先明确各步反应的化学原理，通过分析元素化合价变化确定反应方程式，再结合电子转移规律和物质的量计算，逐一验证选项的正确性。

本题的易错点：

反应②的电子转移计算反应②中，NaNO2里的N元素从+3价降到NH3中的-3价，1molNaNO2得到6mol电子。当转移电子数为3Nₐ（即3mol）时，消耗的NaNO2应为0.5mol，容易错算成1mol。

反应③的物质的量比例反应③是Na2FeO2和Na2Fe2O414．【答案】（1）2（2）2NH3+H2O（3）气液逆流，增大吸收面积，使SO2被充分吸收；不添加药剂，节约淡水，不产生副产品和废弃物【解析】【解答】（1）石灰石的成分为碳酸钙受热生成的氧化钙吸收二氧化硫，生成的亚硫酸钙与氧气生成硫酸钙，以此分析；故答案为：2CaCO（2）①向氨水中通入少量SO2时，SO2与氨水反应生成亚硫酸铵，反应的离子方程式为：2NH3+根据图像1，溶液pH=5时，溶液中浓度最大的阴离子为HSO3②反应开始时，悬浊液中的ZnO大量吸收SO2，生成微溶于水的ZnSO3，此时溶液pH几乎不变；一旦ZnO完全反应生成ZnSO3后，ZnSO3继续吸收SO2，生成易溶于水的Zn(HSO3)2，此时溶液pH逐渐变小，SO2的吸收率逐渐降低，这一过程的离子方程式为：ZnSO3+SO2+H2故答案为：2NH3+H2O+（3）①在SO2吸收塔中采用海水从塔顶喷洒，烟气从塔底鼓入，其目的是气液逆流，增大吸收面积，使SO2被充分吸收；②相比氨水脱硫和生物质热解气脱硫，海水脱硫的优点是不添加药剂，节约淡水，不产生副产品和废弃物；故答案为：气液逆流，增大吸收面积，使SO2被充分吸收；不添加药剂，节约淡水，不产生副产品和废弃物。

【分析】石灰石脱硫的原理是通过一系列化学反应将二氧化硫转化为稳定的硫酸盐：

石灰石的主要成分碳酸钙在高温下分解为氧化钙和二氧化碳：CaCO3高温分解为CaO和CO2。

生成的氧化钙与煤燃烧产生的二氧化硫反应，生成亚硫酸钙：CaO和SO2反应生成CaSO3。

亚硫酸钙在氧气作用下进一步被氧化为硫酸钙（石膏）：2个CaSO3与O2反应生成2个CaSO4。

这三步反应共同作用，将有害的二氧化硫转化为固体硫酸钙，从而减少其排放。

碱性溶液脱硫中，氨水或碱性悬浊液先吸收二氧化硫，形成含硫的中间产物（如亚硫酸盐），这些中间产物在氧气催化氧化下最终转化为易溶于水的硫酸盐，实现脱硫目的。结合溶液中不同pH条件下亚硫酸根、亚硫酸氢根等离子的分布规律，可更深入理解吸收和氧化的过程机制。（1）石灰石的成分为碳酸钙受热生成的氧化钙吸收二氧化硫，生成的亚硫酸钙与氧气生成硫酸钙，以此分析；故答案为：2CaCO（2）①向氨水中通入少量SO2时，SO2与氨水反应生成亚硫酸铵，反应的离子方程式为：2NH3+根据图像1，溶液pH=5时，溶液中浓度最大的阴离子为HSO3②反应开始时，悬浊液中的ZnO大量吸收SO2，生成微溶于水的ZnSO3，此时溶液pH几乎不变；一旦ZnO完全反应生成ZnSO3后，ZnSO3继续吸收SO2，生成易溶于水的Zn(HSO3)2，此时溶液pH逐渐变小，SO2的吸收率逐渐降低，这一过程的离子方程式为：ZnSO3+SO2+H2故答案为：2NH3+H2O+（3）①在SO2吸收塔中采用海水从塔顶喷洒，烟气从塔底鼓入，其目的是气液逆流，增大吸收面积，使SO2被充分吸收；②相比氨水脱硫和生物质热解气脱硫，海水脱硫的优点是不添加药剂，节约淡水，不产生副产品和废弃物；故答案为：气液逆流，增大吸收面积，使SO2被充分吸收；不添加药剂，节约淡水，不产生副产品和废弃物。15．【答案】（1）提高碱浸速率（2）Al(OH)3（3）将V2O3氧化为V2O5（4）温度过高，NH4HCO3分解（5）用湿润的红色石蕊试纸检验，如石蕊试纸变蓝则有NH3生成（或用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近，看到有白烟则证明有氨气生成）；利用空气流及时赶出NH3，以防NH（6）边搅拌边缓慢向MnSO4溶液中滴加NH4HCO3溶液，控制pH不大于7.8，静置后过滤，生成的MnCO3用蒸馏水洗涤2～3次，若用盐酸酸化的BaCl2【解析】【解答】（1）“碱浸”过程适当加热可提高碱浸速率。故答案为：提高碱浸速率；

（2）由分析可知，滤液1中含有过量的NaOH、四羟基铝酸钠，通入过量的CO2与四羟基铝酸钠生成白色沉淀Al(OH)3故答案为：Al(OH)3；

（3）由题意可知，烘干灼烧滤渣的目的是使三氧化二钒被空气中氧气氧化生成五氧化二钒。故答案为：将V2O3氧化为V2O5；

（4）如果温度过高，碳酸氢铵受热会分解，会导致原料利用率低，则沉锰时需将温度控制在70℃左右。故答案为：温度过高，NH4HCO3分解；

（5）NH3是碱性气体，可以用湿润的红色石蕊试纸检验，如石蕊试纸变蓝则有NH3生成，或用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近，看到有白烟则证明有氨气生成；NH4VO3故答案为：用湿润的红色石蕊试纸检验，如石蕊试纸变蓝则有NH3生成（或用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近，看到有白烟则证明有氨气生成）；利用空气流及时赶出NH3，以防NH3还原V2O5；

（6）以MnSO4溶液、NH4HCO3溶液为原料制备MnCO3，若pH大于7.8，则会生成Mn(OH)2沉淀，故需要控制pH不大于7.8，因此制备MnCO3的实验方案为：边搅拌边缓慢向MnSO4溶液中滴加NH4HCO3溶液，控制pH不大于7.8，静置后过滤，生成的MnCO3用蒸馏水洗涤2～3次，因MnCO3表面会附着有SO42-，若用盐酸酸化的BaCl2溶液检验不出SO42-，则说明MnCO3已洗涤干净。

故答案为：边搅拌边缓慢向MnSO4溶液中滴加NH4HCO3溶液，控制pH不大于7.8，静置后过滤，生成的MnCO3用蒸馏水洗涤2～3次，若用盐酸酸化的BaCl2溶液检验不出SO42-，则说明MnCO3已洗涤干净。

【分析】碱浸阶段：向废料中加入NaOH溶液，其中Al2O3作为两性氧化物会与NaOH反应，生成可溶于水的四羟基合铝酸钠，而V2O3和MnO不与碱反应。通过过滤实现分离，得到含四羟基合铝酸钠和过量NaOH的滤液1，以及含V2O3、MnO的滤渣。此过程加热可加快Al2O3的溶解速率，提高浸出效率；烘干灼烧阶段：对滤渣进行烘干后灼烧，空气中的氧气会将V2O3氧化为V2O5，而MnO在该条件下不发生反应；酸溶阶段：向灼烧后的固体中加入H2SO4（1）“碱浸”过程适当加热可提高碱浸速率。（2）由分析可知，滤液1中含有过量的NaOH、四羟基铝酸钠，通入过量的CO2与四羟基铝酸钠生成白色沉淀Al(OH)3（3）由题意可知，烘干灼烧滤渣的目的是使三氧化二钒被空气中氧气氧化生成五氧化二钒。（4）如果温度过高，碳酸氢铵受热会分解，会导致原料利用率低，则沉锰时需将温度控制在70℃左右。（5）NH3是碱性气体，可以用湿润的红色石蕊试纸检验，如石蕊试纸变蓝则有NH3生成，或用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近，看到有白烟则证明有氨气生成；NH4VO3（6）以MnSO4溶液、NH4HCO3溶液为原料制备MnCO3，若pH大于7.8，则会生成Mn(OH)2沉淀，故需要控制pH不大于7.8，因此制备MnCO3的实验方案为：边搅拌边缓慢向MnSO4溶液中滴加NH4HCO3溶液，控制pH不大于7.8，静置后过滤，生成的MnCO316．【答案】（1）0.5；500 mL（2）稳定剂Ⅱ，稳定剂Ⅱ可以缓慢释放二氧化氯，能较长时间维持保鲜所需的浓度（3）2ClO2+Mn2++4OH-=MnO2（4）0.675【解析】【解答】（1）①反应2NaClO3+4HCl=2NaCl+2②用36.5%浓盐酸配制反应所需的500 mL2故答案为：0.5；500 mL容量瓶、胶头滴管；

（2）加酸后释放ClO故答案为：稳定剂Ⅱ，稳定剂Ⅱ可以缓慢释放二氧化氯，能较长时间维持保鲜所需的浓度；

（3）①pH=8时水体中Mn2+转化为MnO2，ClO②反应物浓度越大，反应速率越快，随pH增大，氢氧根离子浓度增大，ClO2氧化Mn故答案为：2ClO2+Mn2++4OH-=MnO2↓+2ClO2-+2H2O；pH增大，氢氧根离子浓度增大，ClO2氧化Mn2+的速率加快；

（4）根据反应方程式：2ClO2+8H+