2022-2023学年江苏省常州市武进区、金坛区高一（下）期末化学试卷(含详细答案解析)

这是一份2022-2023学年江苏省常州市武进区、金坛区高一（下）期末化学试卷(含详细答案解析)，共21页。试卷主要包含了单选题，双选题，流程题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。

1.5月30日神舟十六号载人飞船与中国空间站天和核心舱径向端口成功交会对接。下列有关空间站说法不正确的是( )
A. 外层热控保温材料石墨烯——无机材料
B. 外壳的烧蚀材料之一酚醛树脂——有机高分子材料
C. 外表面的高温结构陶瓷碳化硅——硅酸盐材料
D. 太阳能电池中的砷化镓——半导体材料
2.乙烯(CH2=CH2)可用于脱除烟气中SO2并回收单质硫，发生的反应：CH2=CH2+3SO2→△Fe2O2/C2O3S+2CO2+2H2O。下列有关说法正确的是( )
A. 中子数为18的硫原子： 1618SB. CO2的电子式：
C. 氧原子的结构示意图：D. H2O分子的空间填充模型：
3.丙烯(CH3CH=CH2)与氯化氢反应生成l−氯丙烷(CH3CH2CH2Cl)的能量随反应进程的变化如图所示，下列叙述正确的是( )
A. 第Ⅰ和Ⅱ两步反应均为放热反应
B. 1mlCH3CH=CH2(g)和1mlHCl(g)的总键能大于1mlCH3CH2CH2Cl(l)总键能
C. 第Ⅰ步为整个反应快慢的决速步骤
D. 使用适当的催化剂能够改变ΔH
4.在恒温恒容的密闭容器中发生2NH3(g)+CO2(g)⇌CO(NH2)2(s)+H2O(g)ΔH<0，T℃时，该反应的化学平衡常数为K，下列说法正确的是( )
A. 其他条件相同，升高温度降低正反应速率、提高逆反应速率
B. T℃时，若c(H2O)c(CO2)c2(NH3)C. 若容器内气体压强保持不变，该可逆反应达到化学平衡状态
D. 一定条件下，NH3能完全转化为CO(NH2)2
5.下列装置所示的实验中，能达到实验目的的是( )
A. 收集NO
B. 灼烧Fe(OH)3制备Fe2O3
C. Zn−Ag盐桥电池
D. 铁表面镀锌
6.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是( )
A. FeCl3溶液中：K+、Ba2+、I−、SO42−
B. 无色透明溶液中：K+、Mg2+、Cl−、NO3−
C. 强酸性溶液中：K+、Na+、HCO3−、Cl−
D. 强碱性溶液中：Na+、SO42−、Al3+、NO3−
7.下列依据实验现象推理得出的结论正确的是( )
A. AB. BC. CD. D
8.以菱镁矿(主要成分为MgCO3，含少量FeCO3等物质)为原料制备MgCl2⋅6H2O的实验流程如图所示。下列说法正确的是( )
A. MgCO3与稀盐酸反应的离子方程式为CO32−+2H+=CO2↑+H2O
B. 氧化过程说明氧化性：Cl2>Fe3+
C. “沉铁”后的溶液中大量存在Mg2+、NH4+、OH−、Cl−
D. 蒸干并灼烧MgCl2溶液可获得MgCl2⋅6H2O
9.2023年1月31日常州氢湾在“两湖”创新区核心区正式启动，有百利科技等生产氢燃料电池零部件的8家高科技企业落户氢湾。某生物燃料电池以N2和H2为原料可在一定温度下制取NH3，电池中含有固氮酶和氢化酶两种蛋白酶，工作原理如图。下列说法正确的是( )
A. a电极是燃料电池的正极
B. 电极b的电极反应式为：N2−6e−+6H+=2NH3
C. 该电池适宜在高温下使用
D. 电池工作时氢离子通过交换膜由a极区向b极区移动
10.X、Y、Z、W为四种短周期主族元素，原子序数依次增大。X是原子半径最小的元素，Y原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，Z的原子序数是Y的2倍。下列说法正确的是( )
A. Y元素在元素周期表中的第ⅣA族
B. 原子半径：Z>W>Y
C. X与Y可以形成X2Y、X2Y2两种离子化合物
D. Y、Z两种元素气态氢化物中，Z的气态氢化物稳定
11.科学研究人员提出在有机碳源和微生物的作用下，可以实现大气中的氮循环(如图所示)，减少对环境的污染。下列说法正确的是( )
A. NH4+转化成NO2−属于氮的固定
B. 图中氮的化合价仅有0、+3、+5
C. 转化过程中NO3−被甲醇(CH3OH)氧化为N2
D. NO2−与NH4+反应的离子方程式为：NO2−+NH4+=N2↑+2H2O
12.利用水煤气(主要成分H2、CO)可将SO2在高温下还原成硫单质，从而实现脱硫。主要发生了下列反应：
反应Ⅰ：2H2(g)+SO2(g)=S(g)+2H2O(g)ΔH=+90.4kJ⋅ml−1
反应Ⅱ：2CO(g)+SO2(g)=S(g)+2CO2(g)ΔH=+8.0kJ⋅ml−1
在恒压条件下用水煤气还原SO2，起始时n(H2)：n(SO2)=2：1条件下，H2和SO2的平衡转化率随温度变化的曲线如图所示。下列有关说法正确的是( )
A. 反应Ⅰ的平衡常数可表示为K=c(S)c2(H2)c(SO2)
B. 反应Ⅱ的ΔS<0
C. 曲线B表示SO2的平衡转化率随温度的变化
D. H2(g)+CO2(g)=CO(g)+H2O(g)的ΔH=+41.2kJ⋅ml−1
二、双选题：本大题共1小题，共3分。
13.下列物质的性质与用途具有对应关系的是( )
A. NH3易液化，可用作制冷剂
B. 浓H2SO4具有吸水性，可用于干燥氮气
C. Fe2(SO4)3有氧化性，可用作净水剂
D. Al的金属活泼性强，可用于制作铝金属制品
三、流程题：本大题共1小题，共16分。
14.MnO2是重要的化工原料，由软锰矿制备MnO2的一种工艺流程如图：
资料：①软锰矿的主要成分为MnO2，主要杂质有Al2O3和SiO2。
②金属离子沉淀的pH：
③该工艺条件下，MnO2与H2SO4反应。
(1)溶出
①溶出前，软锰矿需研磨。目的是______。
②溶出时，Fe的氧化过程及得到Mn2+的主要途径如图所示：
③步骤Ⅱ是从软锰矿中溶出Mn2+白的主要反应，反应的离子方程式是______。
b.若Fe2+全部来自于反应Fe+2H+=Fe2++H2，完全溶出Mn2+所需Fe与MnO2的物质的量比值为2。而实际比值小于2，原因是______。
(2)纯化的目的是为了除去溶液中的杂质。已知：溶液pH越小，MnO2的氧化性越强。纯化时先加入______，后加入______ (选填“氨水”、“MnO2”)。调溶液pH ______ ∼______，调 pH到此范围的目的是______。
(3)电解。Mn2+纯化液经电解得MnO2。生成MnO2的电极反应式是______。
(4)产品纯度测定。向0.45g产品中加入1.34gNa2C2O4和足量稀硫酸，加热至充分反应。再用0.1000ml⋅L−1KMnO4溶液滴定剩余Na2C2O4至终点，消耗KMnO4溶液的体积为20.00mL。已知：MnO2+C2O42−+4H+=Mn2++2CO2↑++2H2O，2MnO4−+5C2O42−+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O。计算该产品的纯度______。(写出计算过程)
四、实验题：本大题共1小题，共14分。
15.某化学小组探究铜与硝酸反应的快慢及产物。
(1)实验甲：将铜片放入盛有稀HNO3的试管中，开始无明显现象，后逐渐有小气泡生成，该气体是______。在液面上方出现浅红棕色气体，溶液呈蓝色。
(2)实验乙：铜与浓HNO3反应，装置、现象如下：
①A中铜与浓HNO3产生红棕色气体的化学方程式是______。
②实验现象“最初反应较慢，随后加快”的原因可能是______。
(3)除上述可能原因外，有文献记载：铜与浓HNO3反应一旦发生就变快，是因为开始生成的NO2溶于水形成HNO2(弱酸，不稳定，水溶液为淡蓝色)，它再和Cu反应，反应就加快。实验探究如下：
Ⅰ：向1mL浓硝酸中加入几滴30%H2O2溶液、铜片，反应较慢，溶液呈蓝色。
已知：浓硝酸与H2O2溶液不反应。
①Ⅰ实验中反应变慢的原因是______。
②NO2与水反应的离子方程式是______。
③对HNO2、HNO3分别与Cu反应快慢进行实验探究。
a.Ⅲ中“放置一段时间”的目的是______。
b.实验Ⅱ、Ⅲ得出的实验结论是______。
A.HNO3与Cu反应快
B.HNO2与Cu反应快
(4)化学小组同学结合实验甲、乙中HNO3被还原后的气体产物以及实验Ⅱ的产物，综合上述实验，分析判断甲中反应慢的原因，除了硝酸起始浓度小、反应过程中温度较低外，另一个重要原因是______。
五、简答题：本大题共2小题，共31分。
16.按要求完成下列填空。
(1)下列变化过程，属于化学反应且放热的是______ .
①浓H2SO4稀释；
②酸碱中和反应；
③Mg条与盐酸反应；
④Ba(OH)2⋅8H2O与NH4Cl；
⑤铝热反应；
⑥碳高温条件下还原CO2生成CO。
(2)以TiO2为催化剂的光、热化学循环分解CO2反应，为吸收“碳排放”提供了一个新途径，该反应的机理及各分子化学键完全断裂时的能量变化如图所示：
①上述过程①中，能量的变化形式是由______转化为______。
②写出CO2分解生成CO和O2的热化学方程式______。
③CO和O2作反应物的一种燃料电池，其构造如图所示，Y为电池的______ (填“正”或“负”)极，K+向______极移动(填“X”或“Y”)，负极电极反应式为______。
(3)已知反应：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)ΔH=−92.1kJ/ml，在一定温度下，取1mlN2和3mlH2放在1L密闭容器中，在催化剂条件下进行反应，测得平衡时反应放出的热量30.7kJ，则此温度下，该反应的平衡常数为______。
17.工业废水中的氨氮(以NH3、NH4+形式存在)，可通过微生物法或氧化法处理，使水中氨氮达到国家规定的排放标准。
(1)微生物法：酸性废水中的部分NH4+在硝化细菌的作用下被氧气氧化为NO3−，NO3−再与NH4+作用生成N2而除去氨氮。
①NH4+转化为NO3−的离子方程式为______。
②NO3−与NH4+在转化为N2的反应中消耗NO3−与NH4+的物质的量之比为______。
(2)次氯酸钠氧化法：向氨氮废水中加入NaClO，氨氮转化为N2而除去。
①NaClO氧化NH3的离子方程式为______。
②一定pH下，NaClO投加量对污水中氨氮去除率的影响如图所示。当m(NaClO)：m(NH3)>7.7：1时，氨氮去除率接近100%而总氮的去除率不升反降的原因是______。
(3)活性炭-臭氧氧化法：活性炭-臭氧氧化氮氮的机理如图所示。*表示吸附在活性炭表面的物种，⋅OH为羟基自由基，其氧化性比O3更强。
①活性炭-臭氧氧化氮氮的机理可描述为______。
②其它条件不变，调节废水的pH，废水中氮氮去除率随pH的变化如图所示。pH在7∼11间，随pH增大氨氮去除率明显增大，可能的原因是______。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.石墨烯是碳单质，属于无机非金属材料，故A正确；
B.酚醛树脂是酚与醛在碱的催化下缩合而成的具有热固性的高分子化合物，具有网状结构的有机高分子材料，故B正确；
C.碳化硅是一种新型无机非金属材料，不是硅酸盐，故C错误；
D.砷化镓导电性介于导体与绝缘体之间，为半导体材料，故D正确；
故选：C。
A.石墨烯属于无机非金属材料；
B.酚醛树脂是酚与醛在碱的催化下缩合而成的具有热固性的高分子材料。
C.碳化硅不是硅酸盐；
D.砷化镓导电性介于导体与绝缘体之间。
本题考查物质的性质、应用，为高频考点，把握物质的组成、性质、应用为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意化学与生活的联系，题目难度不大。
2.【答案】D
【解析】解：A.中子数为18的硫原子的质量数为16+18=34，符号为 1634S，故A错误；
B.CO2是共价化合物，C、O原子间共用2对电子对，O原子最外层电子数为8，其电子式为，故B错误；
C.氧原子的结构示意图为，氧离子结构示意图为，故C错误；
D.H2O是V形分子，并且O原子半径大于H原子半径，其空间填充模型为，故D正确；
故选：D。
A.质量数=质子数+中子数，质量数标注于元素符号左上角，质子数标注于左下角；
B.CO2是共价化合物，C、O原子间共用2对电子对；
C.氧原子的最外层电子数为6，不是8；
D.H2O是V形分子，并且O原子半径大于H原子半径。
本题考查了常见化学用语的表示方法，涉及元素符号、原子或离子结构示意图、电子式、空间填充模型等知识，明确常见化学用语的书写原则为解答关键，试题培养了学生的规范答题能力，题目难度不大。
3.【答案】C
【解析】解：A.第Ⅰ步反应反应物的总能量小于生成物的总能量，为吸热反应，第Ⅱ步反应反应物的总能量大于生成物的总能量，为放热反应，故A错误；
B.由图可知，该反应放热，焓变为负，焓变等于断裂化学键吸收的能量减去成键释放的能量，则1mlCH3CH=CH2(g)和1mlHCl(g)的总键能小于1mlCH3CH2CH2Cl(l)总键能，故B错误；
C.在合成l−氯丙烷(CH3CH2CH2Cl)的反应历程中，第I步反应活化能更大，反应速率更小，慢反应为整个反应的决速步骤，故C正确；
D.催化剂不改变反应的始终态，则催化剂能够改变反应途径、降低反应的活化能，而反应的焓变不变，故D错误；
故选：C。
A.反应物的总能量小于生成物的总能量的反应为吸热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量的反应为放热反应；
B.由图可知，该反应放热，焓变等于断裂化学键吸收的能量减去成键释放的能量；
C.慢反应为整个反应的决速步骤；
D.催化剂不改变反应的始终态。
本题主要考查化学反应中能量的变化，包括吸热反应与放热反应的判断、催化剂对反应热的影响等知识的考查，为高频考点，题目难度一般。
4.【答案】C
【解析】解：A.升高温度，正逆反应速率都增大，故A错误；
B.T℃时，平衡时平衡常数K=c(H2O)c(CO2)c2(NH3)，若c(H2O)c(CO2)c2(NH3)v逆，故B错误；
C.由2NH3(g)+CO2(g)⇌CO(NH2)2(s)+H2O(g)可知，该反应为气体体积增大的反应，随反应进行，气体的物质的量在发生变化，容器内压强也随之变化，故容器内气体压强保持不变，该可逆反应达到化学平衡状态，故C正确；
D.该反应为可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，故D错误；
故选：C。
A.升高温度，正逆反应速率都增大；
B.当QK时，反应逆向进行；
C.由2NH3(g)+CO2(g)⇌CO(NH2)2(s)+H2O(g)可知，该反应为气体体积增大的反应；
D.该反应为可逆反应，反应物不能完全转化为生成物。
本题考查化学反应速率的的影响、化学反应方向的判断、化学平衡状态的判断、可逆反应特点等知识点，侧重分析与应用能力的考查，题目难度适中。
5.【答案】A
【解析】解：A.NO不溶于水，可短导管进气收集，故A正确；
B.灼烧固体在坩埚中进行，不能选蒸发皿，故B错误；
C.图中右侧Zn与硝酸银反应，不能构成原电池，应将电解质溶液互换，故C错误；
D.铁表面镀锌，Zn与电源正极相连作阳极，电解质溶液含锌离子，图中电源连接方式及电解质均不合理，故D错误；
故选：A。
A.NO不溶于水；
B.灼烧固体在坩埚中进行；
C.图中不能构成原电池；
D.铁表面镀锌，Zn与电源正极相连作阳极，电解质溶液含锌离子。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的制备、电化学、气体的收集、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
6.【答案】B
【解析】解：A.Fe3+与I−发生氧化还原反应，Ba2+与SO42−反应生成沉淀，离子不能大量共存，故A错误；
B.无色透明溶液中：K+、Mg2+、Cl−、NO3−能大量共存，故B正确；
C.强酸性溶液中含有大量H+，H+与HCO3−会发生反应生成二氧化碳和水，离子不能共存，故C错误；
D.强碱性溶液中含有大量OH−，OH−与Al3+不能大量共存，故D错误；
故选：B。
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，以此进行判断。
本题考查离子共存的判断，为高频考点，明确常见离子的性质及离子反应发生条件为解答关键，注意掌握常见离子不能共存的情况，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
7.【答案】C
【解析】解：A.铵盐与碱反应生成氨气，由实验操作和现象可知，该盐不一定为氯化铵，故A错误；
B.白色沉淀可能为AgCl，由实验操作和现象可知，溶液中可能含银离子，故B错误；
C.加热时Cu与浓硫酸反应生成二氧化硫，二氧化硫可使品红褪色，由实验操作和现象可知，生成SO2气体，故C正确；
D.常温下Fe遇浓硝酸发生钝化，Cu与浓硝酸可反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，反应原理不同，不能比较Fe、Cu的金属性强弱，故D错误；
故选：C。
A.铵盐与碱反应生成氨气；
B.白色沉淀可能为AgCl；
C.加热时Cu与浓硫酸反应生成二氧化硫，二氧化硫可使品红褪色；
D.常温下Fe遇浓硝酸发生钝化，Cu与浓硝酸可反应生成硝酸铜、二氧化氮和水。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
8.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查制备方案的设计、物质分离和提纯方法的综合应用，涉及氧化还原反应、实验基本操作、离子方程式的书写等知识点，综合性较强，明确流程图中发生的反应、基本操作方法、物质性质是解本题关键，难点是确定各物质中成分，试题有利于提高学生的分析、理解能力及化学实验能力，题目难度中等。
【解答】
菱镁矿(主要成分为MgCO3，含少量FeCO3等物质)中加入稀盐酸酸溶，MgCO3、FeCO3与稀盐酸反应得到MgCl2和FeCl2的混合液，过滤除去不溶于酸的杂质，向滤液中通入Cl2氧化，Fe2+被氧化生成Fe3+，再加氨水沉铁，Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀，过滤除去Fe(OH)3，滤液中含有MgCl2，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶得到MgCl2⋅6H2O，以此分析解答。
A.MgCO3为难溶物，不能拆开，MgCO3与稀盐酸反应的离子方程式为：MgCO3+2H+=Mg2++CO2↑+H2O，故A错误；
B.氧化过程中Cl2将Fe2+氧化为Fe3+，Cl2为氧化剂，Fe3+为氧化产物，能够说明氧化性：Cl2>Fe3+，故B正确；
C.Mg2+、NH4+都与OH−反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；
D.氯化镁水解生成氢氧化镁和氯化氢，氯化氢易挥发，蒸干并灼烧MgCl2溶液得到MgO固体，无法获得MgCl2⋅6H2O，故D错误；
故选B。
9.【答案】D
【解析】解：A.由分析可知，电极a为负极，故A错误；
B.电极b为正极，正极的反应为：N2+6e−+6H+=2NH3，故B错误；
C.根据题意提示，该电池需要在常温下使用，不能在高温下，高温下电池中含有固氮酶和氢化酶两种蛋白酶活性会受到影响，故C错误；
D.阳离子移向正极，即电池工作时氢离子通过交换膜由a极区向b极区移动，故D正确；
故选：D。
由图可知，装置右侧内氮气转化为氨气，氮元素化合价降低，得到电子发生还原反应，则电极b为正极，正极的反应为：N2+6e−+6H+=2NH3；故电极a为负极，电极反应为：H2−2e−=2H+，生成的氢离子通过质子交换膜移向正极，据此分析。
本题涉及燃料电池的工作原理，难度不大，明确各个电极上发生的反应是解本题关键，注意知识的灵活应用。
10.【答案】B
【解析】解：由上述分析可知，X为H元素、Y为O元素、Z为S元素、W为Cl元素，
A.Y的原子结构中最外层电子数为6，则Y元素在元素周期表中的第ⅥA族，故A错误；
B.同周期主族元素从左向右原子半径减小，同主族从上到下原子半径增大，则原子半径：Z>W>Y，故B正确；
C.X与Y可以形成H2O、H2O2两种共价化合物，故C错误；
D.同主族从上到下非金属性减弱，对应简单氢化物的稳定性减弱，则Y、Z两种元素气态氢化物中，Y的气态氢化物稳定，故D错误；
故选：B。
X、Y、Z、W为四种短周期主族元素，原子序数依次增大。X是原子半径最小的元素，X为H元素；Y原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，Y有2个电子层符合电子排布规律，Y的最外层电子数为6，Y为O元素；Z的原子序数是Y的2倍，Z为S元素，结合原子序数可知W为Cl元素，以此来解答。
本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握元素的性质、原子结构、原子序数来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
11.【答案】D
【解析】解：A.NH4+转化成NO2−，为化合物之间的转化，不属于氮的固定，故A错误；
B.图中氮的化合价除了0、+3、+5，还存在NH4+中的−3价，故B错误；
C.NO3−转化为N2，N元素化合价从+5变为0，化合价降低被还原，即转化过程中NO3−被甲醇还原为N2，故C错误；
D.NO2−与NH4+反应生成N2、H2O，结合电子守恒配平该反应的离子方程式为：NO2−+NH4+=N2↑+2H2O，故D正确；
故选：D。
A.N元素的单质转化为化合物的过程为氮的固定；
B.铵根离子中氮元素化合价为−3价；
C.N元素化合价从+5变为0，化合价降低被还原；
D.二者反应生成氮气和水。
本题考查氮的循环与固定、氧化还原反应，为高频考点，把握图示转化关系、元素化合价变化为解答关键，注意掌握氧化还原反应概念及实质，试题侧重考查学生的分析能力及知识迁移能力，题目难度不大。
12.【答案】D
【解析】解：A.K为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比，则反应I的平衡常数可表示为K=c(S)⋅c2(H2O)c2(H2)⋅c(SO2)，故A错误；
B.根据ΔH−TΔS<0能在高温下自发进行，则ΔS>0，故B错误；
C.起始物质的量比n(H2)：n(SO2)=2：1，与I中化学计量数之比相同，只发生反应I时转化率相同，且升高温度反应II正向移动可增大转化率，则曲线A表示SO2的平衡转化率随温度的变化，故C错误；
D.由盖斯定律可知，(I−II)×12得到H2(g)+CO2(g)=CO(g)+H2O(g)△H=(+90.4kJ⋅ml−1−8.0kJ⋅ml−1)×12=+41.2kJ⋅ml−1，故D正确；
故选：D。
A.K为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比；
B.根据ΔH−TΔS<0能在高温下自发进行判断；
C.起始物质的量比n(H2)：n(SO2)=2：1，与I中化学计量数之比相同，只发生反应I时转化率相同，且升高温度反应II正向移动；
D.由盖斯定律可知，(I−II)×12得到H2(g)+CO2(g)=CO(g)+H2O(g)。
本题考查化学平衡，为高频考点，把握平衡移动、K的表达式、焓变计算为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的难点，题目难度不大。
13.【答案】AB
【解析】解：A.NH3易液化，液氨汽化时吸收大量的热，能使环境温度降低，具有制冷作用，可作制冷剂，故A正确；
B.浓H2SO具有吸水性，并且与氮气不反应，可用浓硫酸干燥氮气，故B正确；
C.Fe2(SO4)3电离的中Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体，Fe(OH)3胶体吸附水中悬浮物形成沉淀性而作净水剂，Fe2(SO4)3作净水剂与其具有氧化性无关，故C错误；
D.铝可用于制作铝金属制品是由于铝的表面形成的氧化膜可阻止铝继续氧化，与铝的金属活泼性强弱无关，故D错误；
故选：AB。
A.NH3易液化，液氨汽化时吸收大量的热；
B.浓H2SO具有吸水性，可用于干燥某些气体；
C.Fe3+易水解生成氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体吸附作用强；
D.铝可用于制作铝金属制品是由于铝的表面形成了氧化膜、不易受到腐蚀。
本题考查物质的性质与用途，熟悉常见物质的性质、反应的反应、性质和用途的对应关系是解题关键，注意化学知识在生产生活中的应用，试题有利于提高学生的积极性，题目难度不大。
14.【答案】增大反应物接触面积，加快Mn2+溶出速率 MnO2+4H++2Fe2+=Mn2++2Fe3++2H2O2Fe3++Fe=3Fe2+，Fe2+循环使用 MnO2 氨水 4.75.8将Al3+、Fe3+沉淀除去 Mn2+−2e−+2H2O=MnO2+4H+ 滴定过程中MnO2、KMnO4得电子，Na2C2O4失电子，根据电子守恒有2n(MnO2)+5n(KMnO4)=2n(Na2C2O4)，即2n(MnO2)=2×1.34g134g/ml−5×0.1000ml⋅L−1×0.0200L=0.0100ml，n(MnO2)=0.0050ml，n(MnO2)=nM=0.0050ml×87g/ml=0.4350g，产品的纯度为×100%≈96.67%
【解析】解：(1)①研磨软锰矿可增大固体与浓硫酸接触面积，加快反应速率，提高浸出率，
故答案为：增大反应物接触面积，加快Mn2+溶出速率；
③步骤Ⅱ中Fe2+还原MnO2生成Mn2+和Fe3+，反应为MnO2+4H++2Fe2+=Mn2++2Fe3++2H2O，
故答案为：MnO2+4H++2Fe2+=Mn2++2Fe3++2H2O；
b.若Fe2+全部来自于反应Fe+2H+=Fe2++H2，完全溶出Mn2+所需Fe与MnO2的物质的量比值为2，但生成的Fe3+能溶解Fe生成Fe2+，反应为2Fe3++Fe=3Fe2+，Fe2+循环还原MnO2使Fe与MnO2的物质的量实际比值小于2，
故答案为：2Fe3++Fe=3Fe2+，Fe2+循环使用；
(2)MnO2的氧化性与溶液pH有关，溶液pH越小，MnO2的氧化性越强，随着溶液的酸性减弱，MnO2的氧化性逐渐减弱，则溶液呈酸性时MnO2的氧化性较强，纯化时先加入MnO2，充分完全氧化Fe2+为Fe3+，使Fe3+沉淀完全的溶液pH为2.8，使Al3+完全沉淀的pH为4.7，而溶液中Mn2+开始沉淀的pH为5.8，所以加入氨水调节溶液pH：4.7∼5.8，使溶液中的Al3+、Fe3+转化为Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀除去，
故答案为：MnO2；氨水；4.7；5.8；将Al3+、Fe3+沉淀除去；
(3)电解时溶液呈酸性，Mn2+失电子生成MnO2，根据电子守恒、电荷守恒写出电极反应式为Mn2+−2e−+2H2O=MnO2+4H+，
故答案为：Mn2+−2e−+2H2O=MnO2+4H+；
(4)滴定过程中发生的反应为MnO2+C2O42−+4H+=Mn2++2CO2↑++2H2O，2MnO4−+5C2O42−+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，MnO2、KMnO4得电子，Na2C2O4失电子，根据电子守恒有2n(MnO2)+5n(KMnO4)=2n(Na2C2O4)，即2n(MnO2)=2×1.34g134g/ml−5×0.1000ml⋅L−1×0.0200L=0.0100ml，n(MnO2)=0.0050ml，n(MnO2)=nM=0.0050ml×87g/ml=0.4350g，产品的纯度为×100%≈96.67%，
故答案为：滴定过程中MnO2、KMnO4得电子，Na2C2O4失电子，根据电子守恒有2n(MnO2)+5n(KMnO4)=2n(Na2C2O4)，即2n(MnO2)=2×1.34g134g/ml−5×0.1000ml⋅L−1×0.0200L=0.0100ml，n(MnO2)=0.0050ml，n(MnO2)=nM=0.0050ml×87g/ml=0.4350g，产品的纯度为×100%≈96.67%。
软锰矿(主要成分为MnO2，主要杂质有Al2O3和SiO2)首先进行研磨，可增大固体与硫酸的接触面积，增大反应速率，提高浸出率；加入过量较浓硫酸及过量的铁屑，铁屑与硫酸反应生成硫酸亚铁，Fe2+与MnO2反应生成Mn2+和Fe3+，反应为MnO2+4H++2Fe2+=Mn2++2Fe3++2H2O，调节溶液4.7≤pH<5.8，纯化Mn2+溶出液除去Fe3+、Al3+，电解Mn2+的纯化液制取MnO2，阳极反应式为Mn2+−2e−+2H2O=MnO2+4H+，据此分析解答。
本题考查了物质制备实验方案设计，把握题干信息的应用、物质的性质、流程中发生的反应、电子守恒的计算是解题关键，侧重分析能力、实验能力和计算能力考查，题目难度中等。
15.【答案】NOCu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O反应放热，随着反应的进行，体系温度升高 H2O2与HNO2发生反应导致c(HNO2)降低 2NO2+H2O=HNO2+H++NO3− 使HNO2完全分解 B 稀硝酸不能将NO氧化为NO2，体系中不能发生NO2与水生成HNO2的反应
【解析】解：(1)Cu和稀硝酸反应生成Cu(NO3)2和NO、H2O，所以将铜片放入盛有稀HNO3的试管中，开始无明显现象，渐有小气泡生成，该气体是NO，NO不稳定易被空气氧化生成棕红色气体NO2，所以液面上方出现浅红棕色气体，
故答案为：NO；
(2)①Cu和浓硝酸反应生成Cu(NO3)2和NO2、H2O，反应方程式为Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，
故答案为：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O；
②Cu和浓硝酸的反应是放热反应，放出的热量导致溶液温度升高，温度越高化学反应速率越快，
故答案为：反应放热，随着反应的进行，体系温度升高；
(3)①根据题干信息知，HNO2(弱酸，不稳定)和Cu反应，反应就加快，如果HNO2浓度降低，则反应变慢，H2O2氧化HNO2生成HNO3导致c(HNO2)降低，则反应速率变慢，
故答案为：H2O2与HNO2发生反应导致c(HNO2)降低；
②NO2与H2O反应生成HNO2时N元素化合价降低，则二氧化氮中N元素失电子和水反应生成HNO3，离子方程式为2NO2+H2O=HNO2+H++NO3−，
故答案为：2NO2+H2O=HNO2+H++NO3−；
③a.由题给信息可知，HNO2不稳定，易分解，所以放置一段时间的目的是使HNO2完全分解，
故答案为：使HNO2完全分解；
b.对比实验Ⅱ、Ⅲ可知，HNO2与Cu反应快，HNO3与Cu反应快，
故答案为：B；
(4)比较实验甲、乙可知，酸浓度不同影响反应快慢，根据实验Ⅱ、Ⅲ可知，溶液中c(HNO2)越大反应速率越快，所以实验甲中反应慢的原因中另一个重要原因是稀硝酸不能将NO氧化为NO2，体系中不能发生NO2与水生成HNO2的反应，
故答案为：稀硝酸不能将NO氧化为NO2，体系中不能发生NO2与水生成HNO2的反应。
(1)Cu和稀硝酸反应生成Cu(NO3)2和NO、H2O；
(2)①Cu和浓硝酸反应生成Cu(NO3)2和NO2、H2O；
②温度越高化学反应速率越快；
(3)①根据题干信息知，HNO2(弱酸，不稳定)和Cu反应，反应就加快，如果HNO2浓度降低，则反应变慢；
②NO2与H2O发生歧化反应生成HNO2和HNO3；
③a.HNO2是弱酸，不稳定，易分解；
b.对比实验Ⅱ、Ⅲ可知，HNO2与Cu反应快，HNO3与Cu反应快；
(4)Cu和稀硝酸生成NO而不是NO2，NO不和水反应，所以没有HNO2生成。
本题考查性质实验方案设计，侧重考查对比分析、推断及知识综合运用能力，明确实验原理、物质的性质及发生的反应是解题关键，注意实验中对比方法的灵活运用，题目难度中等。
16.【答案】②③⑤ 光能 化学能 2CO2(g)=2CO(g)+O2(g)，ΔH=+556kJ/ml正 XCO+4OH−−2e−=CO32−+2H2O112
【解析】解：(1)①浓H2SO4稀释属于放热的过程，不属于化学反应，故①错误；
②酸碱中和反应属于放热反应，故②正确；
③Mg条与盐酸反应属于活泼金属与酸的反应，是放热的反应，故③正确；
④Ba(OH)2⋅8H2O与NH4Cl属于吸热反应，故④错误；
⑤铝热反应属于放热反应，故⑤正确；
⑥碳高温条件下还原CO2生成CO，属于吸热反应，故⑥错误，
故答案为：②③⑤；
(2)①由图可知，上述过程①中，能量的变化形式是由光能转化为化学能，
故答案为：光能；化学能；
②写出CO2分解生成CO和O2的化学方程式为：2CO2=2CO+O2，ΔH=(2×1598−2×1072−496)kJ/ml=+556kJ/ml，则CO2分解生成CO和O2的热化学方程式为：2CO2(g)=2CO(g)+O2(g)，ΔH=+556kJ/ml，
故答案为：2CO2(g)=2CO(g)+O2(g)，ΔH=+556kJ/ml；
③燃料电池中通入燃料的一极为负极，根据构造图可知，X极为负极，Y极为电池的正极，K+向负极移动，即X极移动，负极电极反应式为：CO+4OH−−2e−=CO32−+2H2O，
故答案为：正；X；CO+4OH−−2e−=CO32−+2H2O；
(3)已知反应：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)ΔH=−92.1kJ/ml，在一定温度下，取1mlN2和3mlH2放在1L密闭容器中，在催化剂条件下进行反应，测得平衡时反应放出的热量30.7kJ，则反应消耗的N2为1ml×，则有三段式：
N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)
起始量(ml/L)130
变化量(ml/L)13 123
平衡量(ml/L)23 223
此温度下，该反应的平衡常数K=(23)223×22=112，
故答案为：112。
(1)常见的放热反应包括所有的燃烧反应、中和反应、活泼金属与酸的反应、大多数的化合反应、铝热反应等，常见的吸热反应包括大多数的分解反应、C与CO2的反应、铵盐与碱的反应等，据此分析作答。
(2)①由图可知，上述过程①中，能量由光能转化为化学能；
②先写出化学方程式，再计算ΔH；
③燃料电池中通入燃料的一极为负极，根据构造图可知，X极为负极，Y极为电池的正极，K+向负极移动，即X极移动，负极CO在碱性条件下转化为CO32−、H2O；
(3)根据热化学方程式：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)ΔH=−92.1kJ/ml，在一定温度下，取1mlN2和3mlH2放在1L密闭容器中，在催化剂条件下进行反应，测得平衡时反应放出的热量30.7kJ，则反应消耗的N2为1ml×，列出三段式，计算此温度下，该反应的平衡常数K即可。
本题主要考查常见的放热反应与吸热反应、热化学方程式的书写，原电池原理的应用，化学平衡常数K的计算等，属于基本知识的考查，难度中等。
17.【答案】NH4++2O2NO3−+H2O+2H+ 3：53ClO−+2NH3=3Cl−+N2+3H2ONaClO将部分氨氮氧化为NO3−、NO2−，留在废水中 O3与活性炭表面吸附的OH−作用生成⋅OH，⋅OH将活性炭表面吸附的NH4+转化为N2 随pH增大，活性炭上吸附的OH−增多，生成⋅OH增多；pH继续增大时，OH−将NH4+转化为NH3，不利于活性炭对氨氮的吸附
【解析】解：(1)①酸性废水中的部分NH4+在硝化细菌的作用下被空气中的氧气氧化为NO3−，反应的方程式为：NH4++2O2NO3−+H2O+2H+，
故答案为：NH4++2O2NO3−+H2O+2H+；
②NO3−与NH4+在转化为N2的反应中NO3−中N元素由+5价降低到0价，降低了5价，NH4+中N元素化合价由−3价升高到0价，升高了3价，根据化合价升降守恒，则消耗NO3−与NH4+的物质的量之比为3：5，
故答案为：3：5；
(2)①向氨氮废水中加入NaClO，氨氮转化为N2，则NaClO氧化NH3的离子方程式为：3ClO−+2NH3=3Cl−+N2+3H2O，
故答案为：3ClO−+2NH3=3Cl−+N2+3H2O；
②一定pH下，NaClO可以氧化污水中氨氮，生成氮气，当m(NaClO)：m(NH3)>7.7时，总氮的去除率随m(NaClO)：m(NH3)的增大不升反降，可能原因是NaClO将部分氨氮氧化为NO3−、NO2−，留在废水中，
故答案为：NaClO将部分氨氮氧化为NO3−、NO2−，留在废水中；
(3)①由图可知，活性炭-臭氧氧化氨氮的机理可描述为：O3与活性炭表面吸附的OH−作用生成⋅OH，⋅OH将活性炭表面吸附的NH4+转化为N2，
故答案为：O3与活性炭表面吸附的OH−作用生成⋅OH，⋅OH将活性炭表面吸附的NH4+转化为N2；
②随着溶液的pH增大，碱性增强，活性炭上吸附的OH−增多，生成⋅OH增多；氨氮去除率增大，pH继续增大时，OH−将NH4+转化为NH3，不利于活性炭对氨氮的吸附，氨氮去除率变化较小，
故答案为：随pH增大，活性炭上吸附的OH−增多，生成⋅OH增多；pH继续增大时，OH−将NH4+转化为NH3，不利于活性炭对氨氮的吸附。
(1)①酸性废水中的部分NH4+在硝化细菌的作用下被空气中的氧气氧化为NO3−，根据原子守恒、电荷守恒即可写出反应的离子方程式；
②NO3−与NH4+在转化为N2的反应中NO3−中N元素由+5价降低到0价，NH4+中N元素化合价由−3价升高到0价，根据化合价升降守恒，即可判断消耗NO3−与NH4+的物质的量之比；
(2)①向氨氮废水中加入NaClO，氨氮转化为N2，NaClO被还原为氯离子，根据原子守恒、电荷守恒即可写出反应的离子方程式；
②一定pH下，NaClO具有较强的氧化性，甚至可以把部分氨氮氧化为NO3−、NO2−，留在废水中；
(3)①由图可知，O3与活性炭表面吸附的OH−作用生成⋅OH，⋅OH将活性炭表面吸附的NH4+转化为N2；
②随着溶液的pH增大，碱性增强，活性炭上吸附的OH−增多，生成⋅OH增多，pH继续增大时，OH−将NH4+转化为NH3，不利于活性炭对氨氮的吸附。
本题主要考查学生对氧化还原反应知识的理解与应用的能力，同时考查学生的看图理解能力、分析问题的能力、语言组织与表达的能力，综合性较强，难度较大。选项
实验操作和现象
结论
A
某盐和Ba(OH)2⋅8H2O混合研磨，产生NH3
该盐是NH4Cl
B
某待测液中加入BaCl2溶液，产生白色沉淀
待测液含有SO42−
C
铜片与浓硫酸加热，产生的气体通入品红溶液，品红褪色
生成SO2气体
D
常温时向盛有浓硝酸的两支试管中分别投入铜片与铁片后，铜片逐渐溶解而铁片不溶解
金属性：Cu>Fe
Fe3+
Al3+
Mn2+
Fe2+
开始沉淀时
1.5
3.4
5.8
6.3
完全沉淀时
2.8
4.7
7.8
8.3
实验装置
实验现象
A中：最初反应较慢，随后加快，反应剧烈：产生红棕色气体：溶液呈绿色；
B中：溶液呈淡蓝色。
序号
实验操作
实验现象
Ⅱ
取实验乙装置B中溶液，加入一定量NaNO2固体，再加入铜片
立即产生无色气体；液体上方红棕色
Ⅲ
取B中溶液，放置一段时间，溶液变为无色后，再加入铜片
产生无色气体，较Ⅱ慢；液面上方呈浅红棕色