2027届高考化学一轮复习专项训练：微专题 氨气（NH₃）

2027高考化学一轮复习微专题之 · 氨气（NH₃） 考点 题数 考点一　NH₃、铵盐的性质·转化·用途（含 STSE 与化学史） 21 考点二　物质结构与化学用语（分子结构·电子式·VSEPR·杂化·配位键·氢键·晶体） 15 考点三　化学计量与 NA（阿伏加德罗常数） 4 考点四　化学反应速率·化学平衡与反应机理 5 考点五　电化学（氨参与的电池与电解） 6 考点六　水溶液中的离子平衡 3 考点七　化学实验基础（氨的制取·收集·检验·物质区分与提纯） 13 考点八　实验综合探究 4 考点九　工艺流程中的氨（氨浸·氨法吸收·铵盐副产物） 10 考点十　化学反应原理综合 5 第一部分　试题（按考点分类） 考点一　NH₃、铵盐的性质·转化·用途（含 STSE 与化学史） 题1【2023·浙江卷】 下列关于元素及其化合物的性质说法不正确的是 A．Na和乙醇反应可生成H2 B．工业上煅烧黄铁矿(FeS2)生产SO2 C．工业上用氨的催化氧化制备NO D．常温下铁与浓硝酸反应可制备NO2 题 2　【2023·辽宁卷】 下列有关物质的工业制备反应错误的是 A．合成氨：N2+3H22NH3 B．制HCl：H2+Cl22HCl C．制粗硅：SiO2+2CSi+2CO D．冶炼镁：2MgO(熔融)2Mg+O2↑ 题 3　【2023·湖南卷】 取一定体积的两种试剂进行反应，改变两种试剂的滴加顺序(试剂浓度均为0.1mol·L−1)，反应现象没有明显差别的是 选项 试剂① 试剂② A 氨水 AgNO3溶液 B NaOH溶液 Al 2 ( SO 4 ) 3 溶液 C H2C2O4溶液 酸性KMnO4溶液 D KSCN溶液 FeCl3溶液 题 4　【2024·全国甲卷】 四瓶无色溶液NH4NO3、Na2CO3、Ba(OH)2、AlCl3，它们之间的反应关系如图所示。其中a、b、c、d代表四种溶液，e和g为无色气体，f为白色沉淀。下列叙述正确的是 A. a呈弱碱性 B. f可溶于过量的b中 C. c中通入过量的e可得到无色溶液 D. b和d反应生成的沉淀不溶于稀硝酸 题 5　【2024·山东卷】 物质性质决定用途，下列两者对应关系错误的是 A. 石灰乳除去废气中二氧化硫，体现了Ca(OH)2的碱性 B. 氯化铁溶液腐蚀铜电路板，体现了Fe3+的氧化性 C. 制作豆腐时添加石膏，体现了CaSO4的难溶性 D. 用氨水配制银氨溶液，体现了NH3的配位性 题6　【2024·江苏卷】 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. HCl制备：NaCl溶液→(电解)H2和Cl2→(点燃)HCl B. 金属Mg制备：Mg(OH)2→(盐酸)MgCl2溶液→Mg C. 纯碱工业：NaCl溶液→(CO2)NaHCO3→(△)Na2CO3 D. 硫酸工业：FeS2→(O2,高温)SO2→(H2O)H2SO4 题 7【2024·湖北卷】 碱金属的液氨溶液含有的蓝色溶剂化电子[e(NH3)n]-是强还原剂。锂与液氨反应的装置如图(夹持装置略)。下列说法错误的是 A. 碱石灰有利于NH3逸出 B. 锂片必须打磨出新鲜表面 C. 干燥管中均可选用P2O5 D. 双口烧瓶中发生的变化是Li+nNH3=Li++[e(NH3)n]- 题 8　【2025·江苏卷】 大气中的氮是取之不尽的天然资源。下列工业生产中以氮气作反应物的是 A．工业合成氨 B．湿法炼铜 C．高炉炼铁 D．接触法制硫酸 题 9　【2025·江苏卷】 下列化学反应表示正确的是 A．黑火药爆炸：2KNO3+C+3S=K2CO3+N2↑+3SO2↑ B．电解饱和NaCl溶液制NaOH：Cl−+2H2O2OH−+H2↑+ClO− C．重油裂解获得的丙烯制聚丙烯：nCH2=CH−CH3 D．向饱和氨盐水中通入过量CO2：NaCl+NH3+H2O+CO2=NaHCO3↓+NH4Cl 题10　【2025·江苏卷】 探究含铜化合物性质的实验如下： 步骤Ⅰ 取一定量5 % CuSO4溶液，加入适量浓氨水，产生蓝色沉淀。 步骤Ⅱ 将沉淀分成两等份，分别加入相同体积的浓氨水、稀盐酸，沉淀均完全溶解，溶液分别呈现深蓝色、蓝色。 步骤Ⅲ 向步骤Ⅱ所得的深蓝色溶液中插入一根打磨过的铁钉，无明显现象；继续加入稀盐酸，振荡后静置，产生少量气泡，铁钉表面出现红色物质。 下列说法正确的是 A．步骤Ⅰ产生的蓝色沉淀为 [Cu(NH3)4] SO4 B．步骤Ⅱ的两份溶液中：c深蓝色(Cu2+)<c蓝色(Cu2+) C．步骤Ⅲ中无明显现象是由于铁钉遇深蓝色溶液迅速钝化 D．步骤Ⅲ中产生气体、析出红色物质的反应为[Cu(NH3)4]2++Fe=Cu+Fe2++4NH3↑ 题11【2025·安徽卷】 下列有关物质用途的说法错误的是 A．生石灰可用作脱氧剂 B．硫酸铝可用作净水剂 C．碳酸氢铵可用作食品膨松剂 D．苯甲酸及其钠盐可用作食品防腐剂 题 12【2025·安徽卷】 下列有关反应的化学方程式错误的是 阅读材料，完成下列小题。 氨是其他含氨化合物的生产原料。氨可在氧气中燃烧生成N2。金属钠的液氨溶液放置时缓慢放出气体，同时生成NaNH2。NaNH2遇水转化为NaOH。Cu(OH)2溶于氨水得到深蓝色[Cu(NH3)4](OH)2溶液，加入稀硫酸又转化为蓝色[Cu(H2O)4SO4]溶液。氨可以发生类似于水解反应的氨解反应，浓氨水与HgCl2溶液反应生成Hg(NH2)Cl沉淀。 A．氨在氧气中燃烧：4NH3+3O22N2+6H2O B．液氨与金属钠反应：2Na+2NH3(1)=2NaNH2+H2↑ C．氨水溶解Cu(OH)2：Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4](OH)2 D．浓氨水与HgCl2反应：HgCl2+NH3=Hg(NH2)Cl↓+HCl 题 13　【2025·黑吉辽蒙卷】 侯氏制碱法突破西方技术垄断，推动了世界制碱技术的发展，其主要反应为NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl。下列有关化学用语或说法正确的是 A．CO2的电子式： B．H2O的空间结构：直线形 C．NH4Cl的晶体类型：离子晶体 D．溶解度：NaHCO3>NH4HCO3 题 14　【2025·湖北卷】 如图所示的物质转化关系中，固体A与固体B研细后混合，常温下搅拌产生气体C和固体D，温度迅速下降。气体C能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。G是一种强酸。H是白色固体，常用作钡餐。下列叙述错误的是 A．在C的水溶液中加入少量固体A，溶液pH升高 B．D为可溶于水的有毒物质 C．F溶于雨水可形成酸雨 D．常温下可用铁制容器来盛装G的浓溶液 题 15【2025·湖南卷】 一种电化学处理硝酸盐产氨的工作原理如图所示。下列说法错误的是 A．电解过程中，K+向左室迁移 B．电解过程中，左室中NO2−的浓度持续下降 C．用湿润的蓝色石蕊试纸置于b处，试纸先变红后褪色 D．NO3−完全转化为NH3的电解总反应：NO3−+8Cl−+6H2ONH3↑+9OH−+4Cl2↑ 题 16　【2026·浙江卷（1月）】 下列反应方程式错误的是 A. 浓硝酸见光分解：4HNO34NO↑+3O2↑+2H2O B. 红热的铁在水蒸气中反应：3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2 C. 向硫代硫酸钠滴加稀硫酸：S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O D. 向硫酸铜加入过量的氨水：Cu2++4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++4H2O 题 17【2026·湖北卷】 下列物质转化关系中， M2(OH)2 CO3 是一种矿物成分，M位于元素周期表ds区。 下列说法错误的是 A. 碱式盐 M2(OH)2 CO3 可与强酸反应 B. NaOH溶液可用过量浓氨水代替 C. 新制M(OH)2能氧化乙醛 D. [M(NH3)2]+易被O2氧化 题18　【2026·湖南卷】 常温下，铜铁混合物(粉末状)能发生如图所示的转化关系。下列说法错误的是 A. 溶液h可能是盐酸 B. 向溶液b中通入过量气体e，空气中久置后可得沉淀g C. 固体残渣中有铜，可能有铁 D. 溶液f中含有[Cu(NH3)4]2+ 题19　【2026·河南卷】 化学史可以给人以智慧。下列对化学史的相关陈述不合理的是 选项 化学史 陈述 A． 戴维电解熔融碳酸钠制得钠 碳酸钠受热易分解 B． 吴蕴初从蛋白质中提炼谷氨酸 蛋白质能水解成氨基酸 C． 哈伯和博施采用高压条件合成氨 工业生产中，加压能提高反应速率且使平衡向生成氨的方向移动 D． 阿伦尼乌斯发现氯化钠水溶液的导电性比纯水强 氯化钠能在水中发生电离 题 20【2026·江西卷】 为探究银白色金属X的组成，进行下列实验（如图）。X中所含元素至少有 A. 1种 B. 2种 C. 3种 D. 4种 题21　【2026·四川卷】 下列实验中所涉及反应的离子方程式正确的是 A. 碘化银浊液中滴入硫化钠溶液：2AgI(s)+S2−(aq)⇌Ag2S(s)+2I−(aq) B. 碳酸氢钠溶液中滴入稀硫酸：CO32−+2H+=CO2↑+H2O C. 铜粉中滴入稀硝酸：Cu+4H++2NO3−=Cu2++2NO2↑+2H2O D. 银氨溶液中滴入稀盐酸：[Ag(NH3)2]++2H+=Ag++2NH4+ 考点二　物质结构与化学用语（分子结构·电子式·VSEPR·杂化·配位键·氢键·晶体） 题 22　【2023·北京卷】 下列化学用语或图示表达正确的是 A．NaCl的电子式为Na:Cl_(g g): B．NH3的VSEPR模型为 C．2pz电子云图为 D．基态24Cr原子的价层电子轨道表示式为 浙江卷 题 23　【2023·浙江卷】 共价化合物Al2Cl6中所有原子均满足8电子稳定结构，一定条件下可发生反应：Al2Cl6+2NH3=2Al(NH3)Cl3，下列说法不正确的是 A．Al2Cl6的结构式为 B．Al2Cl6为非极性分子 C．该反应中NH3的配位能力大于氯 D．Al2Br6比Al2Cl6更难与NH3发生反应 题 24　【2023·湖南卷】 （2023·湖南卷）下列化学用语表述错误的是 A．HClO的电子式： B．中子数为10的氧原子：818O C．NH3分子的VSEPR模型：D．基态N原子的价层电子排布图： 题 25　【2024·浙江卷（6月）】 氧是构建化合物的重要元素。请回答： （1）某化合物的晶胞如图1，Cl-的配位数(紧邻的阳离子数)为 ；写出该化合物的化学式 ，写出该化合物与足量NH4Cl溶液反应的化学方程式 。 （2）下列有关单核微粒的描述正确的是_______。 A．Ar的基态原子电子排布方式只有一种 B．Na的第二电离能>Ne的第一电离能 C．Ge的基态原子简化电子排布式为[Ar]4s24p2 D．Fe原子变成Fe+，优先失去3d轨道上的电子 （3）化合物HA、HB、HC和HD的结构如图2。 ①HA、HB和HC中羟基与水均可形成氢键(-O-H···OH2)，按照氢键由强到弱对三种酸排序 ，请说明理由 。 ②已知HC、HD钠盐的碱性NaC>NaD，请从结构角度说明理由 。 题 26　【2024·浙江卷（6月）】 下列表示不正确的是 A. CO2的电子式： B. Cl2中共价键的电子云图： C. NH3的空间填充模型： D. 3，3-二甲基戊烷的键线式： 题 27　【2024·黑吉辽蒙卷】 如下反应相关元素中，W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，基态X原子的核外电子有5种空间运动状态，基态Y、Z原子有两个未成对电子，Q是ds区元素，焰色试验呈绿色。下列说法错误的是 QZY4溶液→QZX4Y4W12溶液 A. 单质沸点：Z>Y>W B. 简单氢化物键角：X>Y C. 反应过程中有蓝色沉淀产生 D. QZX4Y4W12是配合物，配位原子是Y 题28　【2024·湖北卷】 化学用语可以表达化学过程，下列化学用语表达错误的是 A. 用电子式表示Cl2的形成： B. 亚铜氨溶液除去合成氨原料气中的CO：[Cu(NH3)2]2++CO+NH3⇌[Cu(NH3)3CO]2+ C. 用电子云轮廓图示意p-pπ键的形成： D. 制备芳纶纤维凯芙拉： 题 29【2025·北京卷】 1．通过MgCl2和(Mg(NH3)6)Cl2的相互转化可实现NH3的高效存储和利用。 (1)将Mg的基态原子最外层轨道表示式补充完整： 。 (2)NH3分子中H−N−H键角小于109°28'，从结构角度解释原因： 。 (3)(Mg(NH3)6)Cl2的晶胞是立方体结构，边长为anm，结构示意图如下。 ①(Mg(NH3)6)Cl2的配体中，配位原子是 。 ②已知(Mg(NH3)6)Cl2的摩尔质量为Mg⋅mol-1，阿伏加德罗常数为NA，该晶体的密度为 g⋅cm-3。(1nm=10-7cm) (4)MgCl2和NH3反应过程中能量变化示意图如下。 ①室温下，MgCl2和NH3反应生成(Mg(NH3)6)Cl2而不生成(Mg(NH3))Cl2。分析原因： 。 ②从平衡的角度推断利于(Mg(NH3)6)Cl2脱除NH3生成MgCl2的条件并说明理由： 。 题 30　【2025·浙江卷】 某化合物Fe(NH3)2Cl2的晶胞如图所示，下列说法不正确的是 A．晶体类型为混合晶体 B．NH3与二价铁形成配位键 C．该化合物与水反应有难溶物生成 D．该化合物热稳定性比FeCl2高 题31　【2025·安徽卷】 下列有关物质结构或性质的比较中，正确的是 A．与H+结合的能力：OH->NH2- B．与氨形成配位键的能力：H+>Cu2+ C．H2O和NH3分子中的键长：O—H>N—H D．微粒所含电子数：NH4+>NH2- 题 32　【2025·广东卷】 元素a~i为短周期元素，其第一电离能与原子序数的关系如图。下列说法正确的是 A．a和g同主族 B．金属性：g>h>i C．原子半径：e>d>c D．最简单氢化物沸点：b>c 题33　【2025·陕西山西宁夏青海卷】 一种高聚物(XYZ2)n被称为“无机橡胶”，可由如图所示的环状三聚体制备。X、Y和Z都是短周期元素，X、Y价电子数相等，X、Z电子层数相同，基态Y的2p轨道半充满，Z的最外层只有1个未成对电子，下列说法正确的是 A．X、Z的第一电离能：X>Z B．X、Y的简单氢化物的键角：X>Y C．最高价含氧酸的酸性：Z>X>Y D．X、Y、Z均能形成多种氧化物 题 34　【2025·云南卷】 下列化学用语或图示表示正确的是 A．NH3的VSEPR模型：B．Na2S的电子式： C．Cl的原子结构示意图：D．Al2(SO4)3溶于水的电离方程式：Al2(SO4)3⇌2Al3++3SO42− 题 35　【2026·黑吉辽蒙卷】 一种制备火箭燃料肼（N2H4）的反应如下，下列说法错误的是 NH2Cl+2NH3=N2H4+NH4Cl A. NH2Cl的VSEPR模型：四面体形 B. NH3的共价键类型：非极性共价键 C. N2H4中N的杂化方式：sp3杂化 D. NH4+的电子式： 题36　【2026·广东卷】 结构决定性质。下列事实对应的解释错误的是 选项 事实 解释 A 热稳定性：HCl>HI 键能：H−Cl>H−I B 酸性：乙酸>丙酸 推电子效应：−CH3<−CH2CH3 C 沸点：邻羟基苯甲醛>水 邻羟基苯甲醛可形成分子内氢键 D 在CCl4中的溶解度：苯>NH3 苯和CCl4为非极性分子，NH3为极性分子 考点三　化学计量与 NA（阿伏加德罗常数） 题 37　【2023·浙江卷】 NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．4.4gC2H4O中含有σ键数目最多为0.7NA B．1.7gH2O2中含有氧原子数为0.2NA C．向1L0.1mol/LCH3COOH溶液通氨气至中性，铵根离子数为0.1NA D．标准状况下，11.2LCl2通入水中，溶液中氯离子数为0.5NA 题 38　【2025·广东卷】 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．1mol18O2的中子数，比1mol16O2的多2NA B．1molFe与水蒸气完全反应，生成H2的数目为2NA C．在1L0.1mol/L的NH4Cl溶液中，NH4+的数目为0.1NA D．标准状况下的22.4LCl2与足量H2反应，形成的共价键数目为2NA 题 39　【2025·云南卷】 下列装置(省略部分夹持装置)或操作正确的是 A．制备NH3 B．配制100mL1.00mol·L−1KCl溶液 C．探究Na与H2O反应 D．探究温度对化学平衡的影响 题 40　【2026·四川卷】 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 44 g丙烷中含共价键的数目为10NA B. 标准状况下，11.2LCHCl3中含氯原子的数目为1.5NA C. 1.0L0.5mol·L−1的K2S溶液中，S2−的数目为0.5NA D. 2 mol N2和3 mol H2充分反应，转移电子的数目为6NA 考点四　化学反应速率·化学平衡与反应机理 题 41　【2023·新课标卷】 “肼合成酶”以其中的Fe2+配合物为催化中心，可将NH2OH与NH3转化为肼(NH2NH2)，其反应历程如下所示。 下列说法错误的是 A．NH2OH、NH3和H2O均为极性分子 B．反应涉及N-H、N-O键断裂和N-N键生成 C．催化中心的Fe2+被氧化为Fe3+，后又被还原为Fe2+ D．将NH2OH替换为ND2OD，反应可得ND2ND2 题 42　【2024·甘肃卷】 下列措施能降低化学反应速率的是 A. 催化氧化氨制备硝酸时加入铂 B. 中和滴定时，边滴边摇锥形瓶 C. 锌粉和盐酸反应时加水稀释 D. 石墨合成金刚石时增大压强 题 43　【2025·河北卷】 氮化镓(GaN)是一种重要的半导体材料，广泛应用于光电信息材料等领域，可利用反应Ga2O3(s)+2NH3(g)⇌2GaN(s)+3H2O(g)制备。反应历程(TS代表过渡态)如下： 下列说法错误的是 A．反应ⅰ是吸热过程 B．反应ⅱ中H2O(g)脱去步骤的活化能为2.69eV C．反应ⅲ包含2个基元反应 D．总反应的速控步包含在反应ⅱ中 题44　【2026·北京卷】 我国科研团队在催化合成氨领域取得了最新进展。将金属锂(Li)原子电化学沉积在金属钌(Ru)表面，构建了具有高活性Li/Ru界面的新型催化剂，相比传统高温、高压条件下的合成氨工艺，实现了在温和条件下N2与H2高效合成氨。下列说法不正确的是 A. Li元素位于元素周期表第IA族 B. 高温是为了提高N2的平衡转化率 C. Li/Ru能降低合成氨反应的活化能 D. Li/Ru实现了温和条件下氮的固定 题45　【2026·湖北卷】 在温和条件下，N2、H2O和CO在Au/α−MoC催化下直接反应合成NH3，反应机理如图（*表示吸附态）。 下列说法错误的是 A. 氨的合成反应方程式为N2+3H2O+3CO2NH3+3CO2 B. 增大催化剂的表面积会提高NH3的平衡产率 C. 温度升高不一定有利于NH3的生成 D. 过程b促进催化剂活性的恢复 考点五　电化学（氨参与的电池与电解） 题 46　【2023·山东卷】 利用热再生氨电池可实现CuSO4电镀废液的浓缩再生。电池装置如图所示，甲、乙两室均预加相同的CuSO4电镀废液，向甲室加入足量氨水后电池开始工作。下列说法正确的是 A．甲室Cu电极为正极 B．隔膜为阳离子膜 C．电池总反应为：Cu2++4NH3=[Cu(NH3)4]2+ D．NH3扩散到乙室将对电池电动势产生影响 题47　【2023·广东卷】 用一种具有“卯榫”结构的双极膜组装电解池(下图)，可实现大电流催化电解KNO3溶液制氨。工作时，H2O在双极膜界面处被催化解离成H+和OH-，有利于电解反应顺利进行。下列说法不正确的是 A．电解总反应：KNO3+3H2ONH3·H2O+2O2↑+KOH B．每生成1 mol NH3·H2O，双极膜处有9 mol的H2O解离 C．电解过程中，阳极室中KOH的物质的量不因反应而改变 D．相比于平面结构双极膜，“卯榫”结构可提高氨生成速率 题 48【2024·浙江卷（1月）】 破损的镀锌铁皮在氨水中发生电化学腐蚀，生成[Zn(NH3)4]2+和H2，下列说法不正确的是 A. 氨水浓度越大，腐蚀趋势越大 B. 随着腐蚀的进行，溶液pH变大 C. 铁电极上的电极反应式为：2NH3+2e-=2NH2-+2H2↑ D. 每生成标准状况下224mLH2，消耗0.010molZn 题 49【2026·陕西山西宁夏青海卷】 某科研团队利用S和Cu2S的相互转化设计了如图所示电池。工作时，两极上发生反应的S和Cu2S的物质的量相等。放电完成后，将一侧的电解液加热，产生的气体通入另一侧，可使电池重复工作。若性能显著衰减，经简单处理可恢复。下列说法正确的是 A. 膜为阳离子交换膜 B. 当气体通入左室开始工作时，电极a为正极 C. 理论上，电路中通过的e−与消耗NH3⋅H2O 的物质的量之比为1∶4 D. 电池总反应为Cu2++4NH3=(Cu(NH3)4)2+ 题 50　【2026·河北卷】 我国科研工作者研发了一种高效双功能电催化剂，可实现硝酸盐与葡萄糖的同时转化，其原理如图所示： 下列说法错误的是 A. M是电源正极，N是电源负极 B. 电解一段时间后，电极Ⅱ附近c(OH−)减小 C. 电路中每通过3mol 电子，理论上产生0.5 mol C6H8O82− D. 总反应为4C6H12O6+3NO3−+5OH−4C6H8O82−+3NH3↑+6H2O 题51【2026·江西卷】 背靠背式电解池可用于电化学合成氨，如图。下列说法正确的是 A. 阳极反应：4OH-=2H2O+O2↑ B. 外电路电子由b流向a C. 每生成1molNH3，消耗6molH2O D. OH−经交换膜从右向左移动 考点六　水溶液中的离子平衡 题 52　【2023·新课标卷】 向AgCl饱和溶液(有足量AgCl固体)中滴加氨水，发生反应Ag++NH3⇌[Ag(NH3)]+和[Ag(NH3)]++NH3⇌[Ag(NH3)2]+，lg[c(M)/(mol·L-1)]与lg[c(NH3)/(mol·L-1)]的关系如下图所示(其中M代表Ag+、Cl-、[Ag(NH3)]+或[Ag(NH3)2]+)。 下列说法错误的是 A．曲线I可视为AgCl溶解度随NH3浓度变化曲线 B．AgCl的溶度积常数Ksp=c(Ag+)·c(Cl-)=10-9.75 C．反应[Ag(NH3)]++NH3⇌[Ag(NH3)2]+的平衡常数K的值为103.81 D．c(NH3)=0.01mol·L-1时，溶液中c([Ag(NH3)2]+)>c([Ag(NH3)]+)>c(Ag+) 题 53　【2025·重庆卷】 某兴趣小组探究沉淀的转化。将2mL 0.1mol·L-1 AgNO3溶液与同浓度同体积的NaCl溶液混合，得悬浊液1，然后进行如下实验。下列叙述错误的是 A．溶液1中c(Ag+)+c(Na+)+c(H+)=c(Cl−)+c(NO3−)+c(OH−) B．溶液2中c(Cl−)>c((Ag(NH3)2)+) C．溶液3中c(H+)=c(OH−) D．上述实验可证明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI) 题 54　【2026·山东卷】 . 25°C下，向初始浓度一定的NH4Cl溶液中加入CaCO3(s)，通过加入HNO3或NaOH调节pH[CaCO3(s)始终存在，忽略溶液体积变化]。某组分平衡浓度的对数值lg[c(X)/mol·L−1]随pH的变化如图所示（X表示NH4+，NH3，Ca2+，HCO3−）。下列说法错误的是 A. 丁线所示物种为HCO3− B. 调节pH=7.00时，需加入NaOH C. P点(c(NH4+))/(c(Ca2+))=100.90 D. Q点：(c(CO32−))/(c(HCO3−))=104.15 考点七　化学实验基础（氨的制取·收集·检验·物质区分与提纯） 题 55　【2023·北京卷】 完成下述实验，装置或试剂不正确的是 A．实验室制Cl2 B．实验室收集C2H4 C．验证NH3易溶于水且溶液呈碱性 D．除去CO2中混有的少量HCl 题 56　【2024·浙江卷（6月）】 下列说法不正确的是 A. 装置①可用于铜与浓硫酸反应并检验气态产物 B. 图②标识表示易燃类物质 C. 装置③可用于制取并收集氨气 D. 装置④可用于从碘水中萃取碘 题 57　【2024·安徽卷】 仅用下表提供的试剂和用品，不能实现相应实验目的的是 选项 实验目的 试剂 用品 A 比较镁和铝的金属性强弱 MgCl2溶液、AlCl3溶液、氨水 试管、胶头滴管 B 制备乙酸乙酯 乙醇、乙酸、浓硫酸、饱和Na2CO3溶液 试管、橡胶塞、导管、乳胶管铁架台(带铁夹)、碎瓷片、酒精灯、火柴 C 制备[Cu(NH3)4]SO4溶液 CuSO4溶液、氨水 试管、胶头滴管 D 利用盐类水解制备Fe(OH)3胶体 饱和FeCl3溶液、蒸馏水 烧杯、胶头滴管、石棉网、三脚架、酒精灯、火柴 题 58【2024·广东卷】 66. (2024·广东卷)按下图装置进行实验。搅拌一段时间后，滴加浓盐酸。不同反应阶段的预期现象及其相应推理均合理的是 A. 烧瓶壁会变冷，说明存在ΔH<0的反应 B. 试纸会变蓝，说明有NH3生成，产氨过程熵增 C. 滴加浓盐酸后，有白烟产生，说明有NH4Cl升华 D. 实验过程中，气球会一直变大，说明体系压强增大 题59【2025·湖南卷】 化学实验充满着五颜六色的变化。下列描述错误的是 A．溶液褪色 B．产生红色沉淀 C．溶液呈紫色 D．试纸变为蓝色 题 60　【2025·湖南卷】 只用一种试剂，将Na2SO4、(NH4)2CO3、AlCl3、KNO3四种物质的溶液区分开，这种试剂是 A．NaOH溶液 B．AgNO3溶液 C．H2SO4溶液 D．Ba(OH)2溶液 题 61　【2025·广东卷】 对铁钉进行预处理，并用铜氨溶液给铁钉镀铜。下列操作不能达到实验目的的是 A．除油污 B．除铁锈 C．制铜氨溶液 D．铁钉镀铜 题 62　【2026·北京卷】 下列实验用品的使用不规范的是 A. 用氨进行喷泉实验时，将圆底烧瓶干燥后，再收集氨气 B. 在滴定实验中，将滴定管洗净后，再用待盛溶液润洗 C. 在乙醇制乙烯的实验中，将温度计插入反应混合液中，再加热 D. 测溶液的pH时，将pH试纸用蒸馏水润湿后，再进行测量 题 63　【2026·北京卷】 下列物质的制备实验中，选用的试剂和反应条件均正确的是 物质 试剂 反应条件 A SO2 Cu和浓硫酸 常温 B NH3 NH4Cl固体 加热 C 银氨溶液 AgNO3溶液和氨水 常温 D Cl2 MnO2固体和稀盐酸 加热 题 64　【2026·浙江卷（1月）】 10. 利用下列装置进行实验，无法达到实验目的的是 A．分离植物油和水 B．证明NH3溶于水 C．证明Na2O2与水反应生成O2 D．制备无水MgCl2 题 65　【2026·山东卷】 4. 某溶液含有Ag+、Ba2+、Cu2+、Fe3+中的一种或几种，下列说法错误的是 A. 取少量该溶液并滴加NaCl溶液，若出现白色沉淀，则溶液中含有Ag+ B. 取少量该溶液并滴加H2SO4溶液，若出现白色沉淀，则溶液中含有Ba2+ C. 取少量该溶液并滴加KSCN溶液，若溶液显红色，则溶液中含有Fe3+ D. 若四种阳离子均存在，可依次使用NaCl溶液、Na2SO4溶液、浓氨水进行分离 题 66　【2026·重庆卷】 氯化钇(YCl3)是制备某特种合金的前驱体。为实现资源的有效利用，制备YCl3时，生成的NH3可用于制备硝酸，其实验装置如图所示。 反应1 6NH4Cl+Y2O3=2YCl3+6NH3↑+3H2O 反应2 4NH3+5O24NO+6H2O 下列叙述错误的是 A. a中可填充碱石灰 B. b中气体变为无色时反应2已结束 C. c中盛水可得到硝酸 D. 反应结束时先停止通气后停止加热 题 67【2026·贵州卷】 下列实验操作和现象，得出的相应结论正确的是 选项 实验操作和现象 结论 A 向CuSO4溶液中滴加过量氨水，溶液由蓝色变为深蓝色 稳定性：[Cu(H2O)4]2+<[Cu(NH3)4]2+ B 将NaCl溶液注入连有电流表的电解池中，接通直流电源，电流表指针偏转 NaClNa++Cl- C 将1-溴丙烷与NaOH的乙醇溶液共热，产生的气体通入酸性KMnO4溶液中，溶液褪色 反应生成了丙烯 D 足量Zn分别与等体积、等pH的两种酸HA和HB充分反应，产生H2的物质的量：HA＞HB 结合质子的能力：A-＜B- 考点八　实验综合探究 题 68　【2023·全国甲卷】 钴配合物[Co(NH3)6]Cl3溶于热水，在冷水中微溶，可通过如下反应制备：2CoCl2+2NH4Cl+10NH3+H2O2→2[Co(NH3)6]Cl3+2H2O。 具体步骤如下： Ⅰ．称取2.0gNH4Cl，用5mL水溶解。 Ⅱ．分批加入3.0gCoCl2·6H2O后，将溶液温度降至10℃以下，加入1g活性炭、7mL浓氨水，搅拌下逐滴加入10mL6%的双氧水。 Ⅲ．加热至55~60℃反应20min。冷却，过滤。 Ⅳ．将滤得的固体转入含有少量盐酸的25mL沸水中，趁热过滤。 Ⅴ．滤液转入烧杯，加入4mL浓盐酸，冷却、过滤、干燥，得到橙黄色晶体。 回答下列问题： (1)步骤Ⅰ中使用的部分仪器如下。 仪器a的名称是_______。加快NH4Cl溶解的操作有_______。 (2)步骤Ⅱ中，将温度降至10℃以下以避免_______、_______；可选用_______降低溶液温度。 (3)指出下列过滤操作中不规范之处：_______。 (4)步骤Ⅳ中，趁热过滤，除掉的不溶物主要为_______。 (5)步骤Ⅴ中加入浓盐酸的目的是_______。 新课标卷 题 69　【2023·北京卷】 资料显示，I2可以将Cu氧化为Cu2+。某小组同学设计实验探究Cu被I2氧化的产物及铜元素的价态。 已知：I2易溶于KI溶液，发生反应I2+I−⇌I3−(红棕色)；I2和I3−氧化性几乎相同。 I.将等体积的KI溶液加入到mmol铜粉和nmolI2(n>m)的固体混合物中，振荡。 实验记录如下： c(KI) 实验现象 实验Ⅰ 0.01mol·L−1 极少量I2溶解，溶液为淡红色；充分反应后，红色的铜粉转化为白色沉淀，溶液仍为淡红色 实验Ⅱ 0.1mol·L−1 部分I2溶解，溶液为红棕色；充分反应后，红色的铜粉转化为白色沉淀，溶液仍为红棕色 实验Ⅲ 4mol·L−1 I2完全溶解，溶液为深红棕色；充分反应后，红色的铜粉完全溶解，溶液为深红棕色 (1)初始阶段，Cu被氧化的反应速率：实验Ⅰ__________(填“>”“<”或“=”)实验Ⅱ。 (2)实验Ⅲ所得溶液中，被氧化的铜元素的可能存在形式有[Cu(H2O)4]2+(蓝色)或[CuI2]−(无色)，进行以下实验探究： 步骤a．取实验Ⅲ的深红棕色溶液，加入CCl4，多次萃取、分液。 步骤b．取分液后的无色水溶液，滴入浓氨水。溶液颜色变浅蓝色，并逐渐变深。 ⅰ．步骤a的目的是_____________________。 ⅱ．查阅资料，2Cu2++4I−=2CuI↓+I2，[Cu(NH3)2]+(无色)容易被空气氧化。用离子方程式解释步骤b的溶液中发生的变化：______________。 (3)结合实验Ⅲ，推测实验Ⅰ和Ⅱ中的白色沉淀可能是CuI，实验Ⅰ中铜被氧化的化学方程式是____________________。分别取实验Ⅰ和Ⅱ充分反应后的固体，洗涤后得到白色沉淀，加入浓KI溶液，__________(填实验现象)，观察到少量红色的铜。分析铜未完全反应的原因是____________________。 (4)上述实验结果，I2仅将Cu氧化为+1价。在隔绝空气的条件下进行电化学实验，证实了I2能将Cu氧化为Cu2+。装置如图所示，a、b分别是_____________。 (5)运用氧化还原反应规律，分析在上述实验中Cu被I2氧化的产物中价态不同的原因：_________。 题 70　【2026·湖南卷】 氨硼烷(NH3BH3)是一种潜在的固体储氢材料，常温下稳定。实验室以NH3和B2H6为原料制备NH3BH3，实验步骤： ①按图Ⅰ组装好仪器，______。 ②通入N2，排尽图Ⅰ装置中的空气。 ③先通入N2和NH3的混合气，再缓慢通入N2和B2H6的混合气，反应过程中保持NH3过量，控制温度，得到粗产品。 ④纯化，得NH3BH3。 已知：①电负性：N>H>B。 ②B2H6是一种强还原性的有毒气体，遇水剧烈反应，在空气中可自燃。 回答下列问题： （1）图Ⅰ中仪器M的名称是______。 （2）补全实验步骤①：______。 （3）实验室制得的NH3中含有水，下列试剂中可用于干燥NH3的是______(填标号)。 a．浓硫酸 b．碱石灰 c．P2O5 （4）实验过程中，NH3保持过量的原因是______。 （5）粗产品中可能有B2H6·2NH3(结构为)，则B2H6·2NH3中含有的化学键的类型有______(填标号)。 a．离子键 b．共价键 c．氢键 （6）在酸性条件下，NH3BH3与水反应生成H3BO3和H2并放热，该反应的离子方程式为______。利用图Ⅱ装置测定H2的体积，反应结束后，下列操作会导致所测H2体积偏大的是______(填标号)。 a．读数时，气体未冷却至室温 b．读数时，水准管液面高于量气管液面 c．计算时，未减去注入硫酸的体积 （7）NH3BH3的晶胞如图所示，则一个晶胞中含有______个氢原子。 题71　【2026·河北卷】 某兴趣小组探究NH4Br 的制备。(实验均在通风橱内进行) 查阅资料：液溴(Br2)是生产溴化合物的基本原料。工业上利用Br2和氨水的氧化还原反应生产NH4Br 。实验室制备少量高纯度NH4Br 常用氨气和氢溴酸的中和反应。 方案Ⅰ：模拟工业生产方法制备NH4Br (夹持装置等略) 实验装置如图所示： 步骤如下： ⅰ 检查装置气密性。 ⅱ 将盛有65.0mL 7.5mol·L−1氨水的C置于冰水浴中，搅拌下由B向C缓慢滴加10.0 mL(32.0 g)Br2，反应快速进行，C中出现白烟，D中导管口有无色气泡冒出。滴加完毕后关闭K2，C中溶液呈橙黄色。 ⅲ 打开K1，向C中逐滴加入15.0mol·L−1氨水至反应完成，再继续滴加少量氨水。 ⅳ 将C和D中的溶液混合，转移至蒸发皿中，水浴加热蒸发、冷却结晶得粗品，进一步提纯得到无色产品29.4 g。 回答下列问题： （1）仪器B的名称为___________。 （2）步骤ⅰ中检查装置气密性的操作：________________________，微热C，若导管口有气泡冒出，停止加热，冷却后导管内上升一段水柱，并保持一段时间不下降，则证明装置气密性良好。 （3）步骤ⅱ中，制备NH4Br 的化学方程式为___________________________________。 （4）步骤ⅲ中，滴加氨水至溶液_______________________时(填实验现象)，反应恰好完成。 （5）反应开始时，D中应盛放_________(单项选择，填序号)。 a．KMnO4溶液 b．蒸馏水 c．稀盐酸 （6）步骤ⅳ中进一步提纯的方法为_________________________。 （7）NH4Br (M=98g·mol−1)的产率为_____。 方案Ⅱ：实验室方法制备NH4Br ⅰ 利用70%硫酸和Na2SO3固体反应制备SO2，再通入盛有Br2和碎冰的烧瓶中，反应后溶液经蒸馏、除杂、再蒸馏得到高纯度氢溴酸。 ⅱ 利用氨水加热制备氨气，经净化处理后的氨气缓慢通入氢溴酸中至碱性，停止通气。溶液转移至蒸发皿中，水浴加热蒸发、冷却结晶得高纯NH4Br 。 （8）对比两种制备方案，方案Ⅰ存在的优点和不足为___________________________________(优点和不足各答出1点即可)。 河南卷 考点九　工艺流程中的氨（氨浸·氨法吸收·铵盐副产物） 题 72　【2023·广东卷】 Ni、Co均是重要的战略性金属。从处理后的矿石硝酸浸取液(含Ni2+、Co2+、Al3+、Mg2+)中，利用氨浸工艺可提取Ni、Co，并获得高附加值化工产品。工艺流程如下： 已知：氨性溶液由NH3·H2O、(NH4)2SO3和(NH4)2CO3配制。常温下，Ni2+、Co2+、Co3+与NH3形成可溶于水的配离子：lgKb(NH3·H2O)=-4.7；Co(OH)2易被空气氧化为Co(OH)3；部分氢氧化物的Ksp如下表。 氢氧化物 Co(OH)2 Co(OH)3 Ni(OH)2 Al(OH)3 Mg(OH)2 Ksp 5.9×10-15 1.6×10-44 5.5×10-16 1.3×10-33 5.6×10-12 回答下列问题： (1)活性MgO可与水反应，化学方程式为 。 (2)常温下，pH=9.9的氨性溶液中，c(NH3·H2O) c(NH4+) (填“>”“<”或“=”)。 (3)“氨浸”时，由Co(OH)3转化为[ Co( NH3 )6 ]2+的离子方程式为 。 (4)(NH4)2CO3会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物。滤渣的X射线衍射图谱中，出现了NH4Al(OH)2CO3的明锐衍射峰。 ①NH4Al(OH)2CO3属于 (填“晶体”或“非晶体”)。 ②(NH4)2CO3提高了Ni、Co的浸取速率，其原因是 。 (5)①“析晶”过程中通入的酸性气体A为 。 ②由CoCl2可制备AlxCoOy晶体，其立方晶胞如图。Al与O最小间距大于Co与O最小间距，x、y为整数，则Co在晶胞中的位置为 ；晶体中一个Al周围与其最近的O的个数为 。 (6)①“结晶纯化”过程中，没有引入新物质。晶体A含6个结晶水，则所得HNO3溶液中n(HNO3)与n(H2O)的比值，理论上最高为 。 ②“热解”对于从矿石提取Ni、Co工艺的意义，在于可重复利用HNO3和 (填化学式)。 题 73　【2024·北京卷】 利用黄铜矿（主要成分为CuFeS2，含有SiO2等杂质）生产纯铜，流程示意图如下。 （1）矿石在焙烧前需粉碎，其作用是___________________________。 （2）(NH4)2SO4的作用是利用其分解产生的SO3使矿石中的铜元素转化为CuSO4。(NH4)2SO4发生热分解的化学方程式是___________________________。 （3）矿石和过量(NH4)2SO4按一定比例混合，取相同质量，在不同温度下焙烧相同时间，测得：“吸收”过程氨吸收率和“浸铜”过程铜浸出率变化如图；i．400°C和500°C时，固体B中所含铜、铁的主要物质如表。 温度/°C B中所含铜、铁的主要物质 400 Fe2O3、CuSO4、CuFeS2 500 Fe2(SO4)3、CuSO4、CuO ①温度低于425℃，随焙烧温度升高，铜浸出率显著增大的原因是___________________________。 ②温度高于425℃，根据焙烧时可能发生的反应，解释铜浸出率随焙烧温度升高而降低的原因是___________________________。 （4）用离子方程式表示置换过程中加入Fe的目的___________________________。 （5）粗铜经酸浸处理，再进行电解精炼；电解时用酸化的CuSO4溶液做电解液，并维持一定的c(H+)和c(Cu2+)。粗铜若未经酸浸处理，消耗相同电量时，会降低得到纯铜的量，原因是_______________________________________________________________________。 浙江卷（1月） 题74　【2024·浙江卷（1月）】 固态化合物Y的组成为MgCaFeMn(CO3)4，以Y为原料实现如下转化。 已知：NH3与溶液A中金属离子均不能形成配合物。 请回答： （1）依据步骤Ⅲ，MnCO3、CaCO3和MgCO3中溶解度最大的是_______。写出溶液C中的所有阴离子_______。步骤Ⅱ中，加入NH4Cl的作用是_______。 （2）下列说法正确的是_______。 A. 气体D是形成酸雨的主要成分 B. 固体E可能含有Na2CO3 C. Mn(OH)2可溶于NH4Cl溶液 D. 碱性：Ca(OH)2<Fe(OH)2 （3）酸性条件下，固体NaBiO3(微溶于水，其还原产物为无色Bi3+)可氧化Mn2+为MnO4-，根据该反应原理，设计实验验证Y中含有Mn元素_______；写出Mn2+转化为MnO4-的离子方程式_______。 题 75　【2024·甘肃卷】 我国科研人员以高炉渣(主要成分为CaO，MgO，Al2O3和SiO2等)为原料，对炼钢烟气(CO2和水蒸气)进行回收利用，有效减少了环境污染，主要流程如图所示： 已知：Ksp(CaSO4)=4.9×10-5Ksp(CaCO3)=3.4×10-9 （1）高炉渣与(NH4)2SO4经焙烧产生的“气体”是_______。 （2）“滤渣”的主要成分是CaSO4和_______。 （3）“水浸2”时主要反应的化学方程式为_______，该反应能进行的原因是_______。 （4）铝产品NH4Al(SO4)2·12H2O可用于_______。 （5）某含钙化合物的晶胞结构如图甲所示，沿x轴方向的投影为图乙，晶胞底面显示为图丙，晶胞参数a≠c,α=β=γ=90°。图丙中Ca与N的距离为_______pm；化合物的化学式是_______，其摩尔质量为Mg·mol-1，阿伏加德罗常数的值是NA，则晶体的密度为_______g·cm-3(列出计算表达式)。 题 76　【2024·河北卷】 V2O5是制造钒铁合金、金属钒的原料，也是重要的催化剂。以苛化泥为焙烧添加剂从石煤中提取V2O5的工艺，具有钒回收率高、副产物可回收和不产生气体污染物等优点。工艺流程如下。 已知：i石煤是一种含V2O3的矿物，杂质为大量Al2O3和少量CaO等；苛化泥的主要成分为CaCO3、NaOH 、Na2CO3等。 ⅱ高温下，苛化泥的主要成分可与Al2O3反应生成偏铝酸盐；室温下，偏钒酸钙[Ca(VO3)2]和偏铝酸钙均难溶于水。回答下列问题： （1）钒原子的价层电子排布式为_______；焙烧生成的偏钒酸盐中钒的化合价为_______，产生的气体①为_______(填化学式)。 （2）水浸工序得到滤渣①和滤液，滤渣①中含钒成分为偏钒酸钙，滤液中杂质的主要成分为_______(填化学式)。 （3）在弱碱性环境下，偏钒酸钙经盐浸生成碳酸钙发生反应的离子方程式为_______；CO2加压导入盐浸工序可提高浸出率的原因为_______；浸取后低浓度的滤液①进入_______(填工序名称)，可实现钒元素的充分利用。 （4）洗脱工序中洗脱液的主要成分为_______(填化学式)。 （5）下列不利于沉钒过程的两种操作为_______(填序号)。 a．延长沉钒时间 b．将溶液调至碱性 c．搅拌 d．降低NH4Cl溶液的浓度 题 77　【2025·山东卷】 采用两段焙烧—水浸法从铁锰氧化矿(要含Fe2O3、MnO2及Co、Cu、Ca、Si等元素的氧化物)分离提取Cu、Co、Mn等元素，工艺流程如下： 已知：该工艺条件下，(NH4)2SO4低温分解生成NH4HSO4，高温则完全分解为气体；Fe2(SO4)3在650℃完全分解，其他金属硫酸盐分解温度均高于700℃。 回答下列问题： （1）“低温焙烧”时金属氧化物均转化为硫酸盐。MnO2与NH4HSO4反应转化为MnSO4时有N2生成，该反应的化学方程式为 。“高温焙烧”温度为650℃，“水浸”所得滤渣主要成分除SiO2外还含有 (填化学式)。 （2）在(NH4)2SO4投料量不变的情况下，与两段焙烧工艺相比，直接“高温焙烧”，“水浸时金属元素的浸出率 (填“增大”“减小”或“不变”)。 （3）HR萃取Cu2+反应为：2HR(有机相)+Cu2+(水相)⇌CuR2(有机相)+2H+(水相)。“反萃取”时加入的试剂为 (填化学式)。 （4）“沉钴”中，pH=4时Co2+恰好沉淀完全[c(Co2+)=1×10−5mol·L−1]，则此时溶液中c(H2S)= mol · L-1。已知：Ka1(H2S)=1×10−7，Ka2(H2S)=1×10−13，Ksp(CoS)=4×10−21。CoS“溶解”时发生反应的离子方程式为 。 （5）“沉锰”所得滤液并入“吸收”液中，经处理后所得产品导入 (填操作单元名称)循环利用。 题 78　【2025·黑吉辽蒙卷】 某工厂采用如下工艺回收废渣(含有ZnS、PbSO4、FeS和CuCl)中的Zn、Pb元素。 已知：①“氧化浸出”时，PbSO4不发生变化，ZnS转变为[Zn(NH3)4]2+； ②Ksp[Pb(OH)2]=10−14.8； ③酒石酸(记作H2A)结构简式为HOOC(CHOH)2COOH。 回答下列问题： （1）H2A分子中手性碳原子数目为 。 （2）“氧化浸出”时，过二硫酸根(S2O82−)转变为 (填离子符号)。 （3）“氧化浸出”时，浸出率随温度升高先增大后减小的原因为 。 （4）“除铜”步骤中发生反应的离子方程式为 。 （5）滤渣2中的金属元素为 (填元素符号)。 （6）“浸铅”步骤，PbSO4和Na2 A反应生成PbA。PbA产率随体系pH升高先增大的原因为 ，pH过高可能生成 (填化学式)。 （7）290℃“真空热解”生成2种气态氧化物，该反应的化学方程式为 。 题 79　【2025·广东卷】 我国是金属材料生产大国，绿色生产是必由之路。一种从多金属精矿中提取Fe、Cu、Ni等并探究新型绿色冶铁方法的工艺如下。 已知：多金属精矿中主要含有Fe、Al、Cu、Ni、O等元素。 氢氧化物 Fe(OH)3 Al(OH)3 Cu(OH)2 Ni(OH)2 Ksp(298K) 2.8×10−39 1.3×10−33 2.2×10−20 5.5×10−16 （1）“酸浸”中，提高浸取速率的措施有 (写一条)。 （2）“高压加热”时，生成Fe2O3的离子方程式为： 。 ___+O2+___H2O___Fe2O3↓+______H+ （3）“沉铝”时，pH最高可调至 (溶液体积变化可忽略)。已知：“滤液1”中c(Cu2+)=0.022mol/L，c(Ni2+)=0.042mol/L。 （4）“选择萃取”中，镍形成如图的配合物。镍易进入有机相的原因有_______。 A．镍与N、O形成配位键 B．配位时Ni2+被还原 C．配合物与水能形成分子间氢键 D．烷基链具有疏水性 （5）NixCuyNz晶体的立方晶胞中原子所处位置如图。已知：同种位置原子相同，相邻原子间的最近距离之比dNi−Cu:dNi−N=2√():1，则x:y:z= ；晶体中与Cu原子最近且等距离的原子的数目为 。 （6）①“700℃加热”步骤中，混合气体中仅加少量H2，但借助工业合成氨的逆反应，可使Fe不断生成。该步骤发生反应的化学方程式为 和 。 ②“电解”时，Fe2O3颗粒分散于溶液中，以Fe片、石墨棒为电极，在答题卡虚线框中，画出电解池示意图并做相应标注 。 ③与传统高炉炼铁工艺相比，上述两种新型冶铁方法所体现“绿色化学”思想的共同点是 (写一条)。 陕西山西宁夏青海卷 题 80【2025·陕西山西宁夏青海卷】 一种综合回收电解锰工业废盐(主要成分为Mn2+、Mg2+、NH4+的硫酸盐)的工艺流程如下。 已知：①常温下Ksp(MgCO3)=10-5.17，Ksp[Mg(OH)2]=10-11.25，Ksp[Mn(OH)2]=10-12.72； ②S2O82-结构式为。 回答下列问题： （1）制备废盐溶液时，为加快废盐溶解，可采取的措施有 、 。(写出两种) （2）“沉锰I”中，写出形成的Mn(OH)2被氧化成Mn3O4的化学方程式 。当Mg2+(c=10-0.68mol·L-1)将要开始沉淀时，溶液中剩余Mn2+浓度为 mol·L-1。 （3）“沉锰Ⅱ”中，过量的(NH4)2S2O8经加热水解去除，最终产物是NH4HSO4和 (填化学式)。 （4）“沉镁I”中，当pH为8.0~10.2时，生成碱式碳酸镁[xMgCO3·yMg(OH)2·zH2O]，煅烧得到疏松的轻质MgO。pH过大时，不能得到轻质MgO的原因是 。 （5）“沉镁Ⅱ”中，加H3PO4至pH=8.0时，Mg2+沉淀完全；若加至pH=4.0时沉淀完全溶解，据图分析，写出沉淀溶解的离子方程式 。 （6）“结晶”中，产物X的化学式为 。 （7）“焙烧”中，Mn元素发生了 (填“氧化”或“还原”)反应。 题 81　【2026·黑吉辽蒙卷】 某工厂利用镍矿（主要成分为NiS，含少量Fe2O3和CuS）制备超细镍粉，物质转化流程如下（部分反应条件已略去）： 已知：①滤液1中镍以[Ni(NH3)6]2+形式存在，硫以SO42−和少量S2O32−形式存在； ②“部分蒸氨”时c(NH3)减小，[Ni(NH3)6]2+转化为[Ni(NH3)x]2+，x=1 ~ 5。 回答下列问题： （1）依据核外电子排布，Ni元素位于周期表_____区。 （2）“氧压氨浸”时，加压的目的是_____________________，NiS转化为[Ni(NH3)6]SO4的化学方程式为_______________。 （3）滤液1中铜的主要存在形式为_______（填离子符号）。气体a为__________（填化学式）。 （4）“转化”步骤通入足量氧气充分氧化滤液2中剩余的S2O32−，该步骤无沉淀产生，则理论上每转化1molS2O32−消耗O2的物质的量为______mol。 （5）滤液3浓缩结晶得到的______（填化学式）可用于生成化肥。 （6）近似条件下，不同[Ni(NH3)x]SO4溶液中二价镍[[Ni(II)]]浓度随“还原”步骤时间的变化如图。为提高[Ni(II)]的还原速率和转化率，x应选择_______（填“2”或“≥3”）。 已知酸性条件不利于“还原”步骤，解释[Ni(NH3)]2+还原程度较低而[Ni(NH3)2]2+还原程度较高的原因：______________________（结合离子方程式作答）。 考点十　化学反应原理综合 题 82　【2023·新课标卷】 氨是最重要的化学品之一，我国目前氨的生产能力位居世界首位。回答下列问题： （1）根据图1数据计算反应(1)/(2)N2(g)+(3)/(2)H2(g)=NH3(g)的ΔH=_______kJ·mol-1。 （2）研究表明，合成氨反应在Fe催化剂上可能通过图2机理进行(*表示催化剂表面吸附位，N2*表示被吸附于催化剂表面的N2)。判断上述反应机理中，速率控制步骤(即速率最慢步骤)为_______(填步骤前的标号)，理由是_______。 （3）合成氨催化剂前驱体(主要成分为Fe3O4)使用前经H2还原，生成α-Fe包裹的Fe3O4。已知α-Fe属于立方晶系，晶胞参数a=287pm，密度为7.8g·cm-3，则α-Fe晶胞中含有Fe的原子数为_______(列出计算式，阿伏加德罗常数的值为NA)。 （4）在不同压强下，以两种不同组成进料，反应达平衡时氨的摩尔分数与温度的计算结果如下图所示。其中一种进料组成为xH2=0.75、xN2=0.25，另一种为xH2=0.675、xN2=0.225、xAt=0.10。(物质i的摩尔分数：xi=(ni)/(n总)) ①图中压强由小到大的顺序为_______，判断的依据是_______。 ②进料组成中含有惰性气体Ar的图是_______。 ③图3中，当p2=20MPa、xNH3=0.20时，氮气的转化率α=_______。该温度时，反应(1)/(2)N2(g)+(3)/(2)H2(g)⇌NH3(g)的平衡常数Kp=_______(MPa)-1(化为最简式)。 题83　【2023·江苏卷】 空气中CO2含量的控制和CO2资源利用具有重要意义。 （1）燃煤烟气中CO2的捕集可通过如下所示的物质转化实现。 “吸收”后所得的KHCO3溶液与石灰乳反应的化学方程式为 ；载人航天器内，常用LiOH固体而很少用KOH固体吸收空气中的CO2，其原因是 。 （2）合成尿素[CO(NH2)2]是利用CO2的途径之一。尿素合成主要通过下列反应实现 反应Ⅰ：2NH3(g)+CO2(g)=NH2COONH4(l) 反应Ⅱ：NH2COONH4(l)=CO(NH2)2(l)+H2O(l) ①密闭体系中反应Ⅰ的平衡常数(K)与温度的关系如图甲所示，反应Ⅰ的Δ H (填“=0”或“>0”或“<0”)。 ②反应体系中除发生反应Ⅰ、反应Ⅱ外，还发生尿素水解、尿素缩合生成缩二脲[(NH2CO)2NH]和尿素转化为氰酸铵(NH4OCN)等副反应。尿素生产中实际投入NH3和CO2的物质的量之比为n(NH3):n(CO2)=4:1，其实际投料比值远大于理论值的原因是 。 （3）催化电解吸收CO2的KOH溶液可将CO2转化为有机物。在相同条件下，恒定通过电解池的电量，电解得到的部分还原产物的法拉第效率(FE%)随电解电压的变化如图乙所示。 FE%=(QX(生成还原产物X所需要的电量))/(Q总(电解过程中通过的总电量))×100% 其中，QX=nF，n表示电解生成还原产物X所转移电子的物质的量，F表示法拉第常数。 ①当电解电压为U1V时，电解过程中含碳还原产物的FE%为0，阴极主要还原产物为 (填化学式)。 ②当电解电压为U2V时，阴极由HCO3−生成CH4的电极反应式为 。 ③当电解电压为U3V时，电解生成的C2H4和HCOO−的物质的量之比为 (写出计算过程)。 题 84　【2023·河北卷】 氮是自然界重要元素之一，研究氮及其化合物的性质以及氮的循环利用对解决环境和能源问题都具有重要意义。 已知：1mol物质中的化学键断裂时所需能量如下表。 物质 N2(g) O2(g) NO(g) 能量/kJ 945 498 631 回答下列问题： （1）恒温下，将1mol空气(N2和O2的体积分数分别为0.78和0.21，其余为惰性组分)置于容积为VL的恒容密闭容器中，假设体系中只存在如下两个反应： i N2(g)+O2(g)⇌2NO(g)K1ΔH1 ii 2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)K2ΔH2=−114kJ·mol−1 ①ΔH1= kJ·mol−1。 ②以下操作可以降低上述平衡体系中NO浓度的有 (填标号)。 A．缩小体积 B．升高温度 C．移除NO2 D．降低N2浓度 ③若上述平衡体系中c(NO2)=amol·L−1,c(NO)=bmol·L−1，则c(O2)= mol·L−1,K1= (写出含a、b、V的计算式)。 （2）氢气催化还原NOx作为一种高效环保的脱硝技术备受关注。高温下氢气还原NO反应的速率方程为v=kcx(NO)cy(H2),k为速率常数。在一定温度下改变体系中各物质浓度，测定结果如下表。 组号 c(NO)/(mol·L−1) c(H2) /(mol · L-1) v/(mol·L−1·s−1) 1 0.10 0.10 r 2 0.10 0.20 2r 3 0.20 0.10 4r 4 0.05 0.30 ？ 表中第4组的反应速率为 mol·L−1·s−1。(写出含r的表达式) （3）①以空气中的氮气为原料电解合成氨时，N2在 (填“阴”或“阳”)极上发生反应，产生NH3。 ②氨燃料电池和氢燃料电池产生相同电量时，理论上消耗NH3和H2的质量比为17:3，则在碱性介质中氨燃料电池负极的电极反应式为 。 ③我国科学家研究了水溶液中三种催化剂(a、b、c)上N2电还原为NH3(图1)和H2O电还原为H2(图2)反应历程中的能量变化，则三种催化剂对N2电还原为NH3的催化活性由强到弱的顺序为 (用字母a、b、c排序)。 题 85　【2024·江苏卷】 氢能是理想清洁能源，氢能产业链由制氢、储氢和用氢组成。 （1）利用铁及其氧化物循环制氢，原理如图所示。反应器Ⅰ中化合价发生改变的元素有 ；含CO和H2各1mol的混合气体通过该方法制氢，理论上可获得 mol H2。 （2）一定条件下，将氮气和氢气按n(N2):n(H2)=1:3混合匀速通入合成塔，发生反应N2+3H2⇌(α-Fe/Al2O3,高温、高压)2NH3。海绵状的α−Fe作催化剂，多孔Al2O3作为α−Fe的“骨架”和气体吸附剂。 ①H2中含有CO会使催化剂中毒。CH3COO[Cu(NH3)2]和氨水的混合溶液能吸收CO生成CH3COO[Cu(NH3)3CO]溶液，该反应的化学方程式为 。 ②Al2O3含量与α−Fe表面积、出口处氨含量关系如图所示。Al2O3含量大于2%，出口处氨含量下降的原因是 。 （3）反应H2+HCO3−HCOO−+H2O可用于储氢。 ①密闭容器中，其他条件不变，向含有催化剂的0.1mol·L−1NaHCO3溶液中通入H2，HCOO−产率随温度变化如图所示。温度高于70℃，HCOO−产率下降的可能原因是 。 ②使用含氨基物质(化学式为CN-NH2，CN是一种碳衍生材料)联合Pd-Au催化剂储氢，可能机理如图所示。氨基能将HCO3−控制在催化剂表面，其原理是 ；用重氢气(D2)代替H2，通过检测是否存在 (填化学式)确认反应过程中的加氢方式。 题 86　【2026·北京卷】 肼(N2H4)可应用于医药、航空航天和电池等领域。 （1）肼可看作NH3分子中H原子被-NH2取代的产物。N2H4易溶于水的原因之一，是N2H4与水分子间存在__________作用。 （2）次氯酸钠氧化氨的方法制备水合肼 总反应：2NH3+NaClO=N2H4·H2O+NaCl。制备流程示意图如下。 资料：N2H4的还原性强于NH3 ①反应器1中产生NaClO的离子方程式是________________________________________。 ②反应器2中NaClO与NH3作用产生NH2Cl。 ③反应器3中NH2Cl与大量的NH3充分反应后，将产生的混合液送入回收器。生成N2H4·H2O的化学方程式是_____________________________________________。 ④反应器3中通入大量的NH3，可减少N2H4和NH2Cl副反应的发生，从反应速率的角度解释原因：____________________________________________。 （3）双氧水法制备水合肼 总反应：2NH3+H2O2=N2H4·H2O+H2O，实验室制备分为两步。 资料：丁酮沸点79.6°C，水合肼沸点120°C，丁酮连氮沸点165°C；丁酮连氮难溶于水。 i．制备丁酮连氮： ii．制备N2H4·H2O：将i中分离出的丁酮连氮水解。 ①ii的化学方程式是__________________________________________________。 ②由于丁酮连氮性质稳定，反应ii的平衡常数较小。加热到100°C左右反应，能促进N2H4·H2O的生成，原因是__________________________________________________。 （4）通过比较两种方法，结合丁酮连氮的性质，说明双氧水法的优点____________________。 浙江卷（1月） 第二部分　参考答案（按考点分类，与试题汇编编号一一对应） 考点一　NH₃、铵盐的性质·转化·用途（含 STSE 与化学史） 题1【2023·浙江卷】 【答案】D 【解析】A．乙醇分子中含有羟基，可以和钠反应生成氢气，A正确； B．黄铁矿(FeS2)在空气中煅烧生成二氧化硫和氧化铁，B正确； C．工业上利用氨与氧气催化氧化生成一氧化氮和副产物水，C正确； D．常温下铁与浓硝酸会发生钝化，不能制备二氧化氮，D错误； 故选D。 考法02 物质转化过程的判断 题 2　【2023·辽宁卷】 【答案】D 【解析】A．工业合成氨是利用氮气和氢气在催化剂的条件下反应生成的，反应方程式为N2+3H2⇌(高温、高压,催化剂)2NH3，A正确； B．工业制氯化氢是利用氢气和氯气反应生成的，反应方程式为H2+Cl2=点燃=2HCl，B正确； C．工业制粗硅是将SiO2与C在高温下反应生成粗硅，反应方程式为SiO2+2C=高温=Si+2CO，C正确； D．冶炼金属镁是电解熔融氯化镁，反应方程式为MgCl2(熔融)=电解=Mg+Cl2↑，D错误； 故答案选D。 题 3　【2023·湖南卷】 【答案】D 【解析】A．向氨水中滴加AgNO3溶液并振荡，由于开始时氨水过量，振荡后没有沉淀产生，发生的反应为AgNO3+2NH3·H2O=Ag(NH3)2NO3+2H2O；向AgNO3溶液中滴加氨水并振荡，开始时生成白色沉淀且沉淀逐渐增多,发生的反应为AgNO3+NH3·H2O=AgOH↓+NH4NO3；当氨水过量后，继续滴加氨水沉淀逐渐减少直至沉淀完全溶解，发生的反应为AgOH+2NH3·H2O=Ag(NH3)2OH+2H2O，因此，改变两种试剂的滴加顺序后反应现象有明显差别，A不符合题意； B．向NaOH中滴加A12(SO4)3溶液并振荡，由于开始时NaOH过量，振荡后没有沉淀产生，发生的反应为8NaOH+A12(SO4)3=2NaAlO2+3Na2SO4+4H2O；向A12(SO4)3溶液中滴加NaOH并振荡，开始时生成白色沉淀且沉淀逐渐增多,发生的反应为6NaOH+A12(SO4)3=2Al(OH)3↓+3Na2SO4；当NaOH过量后，继续滴加NaOH沉淀逐渐减少直至沉淀完全溶解，发生的反应为NaOH+Al(OH)3=NaAlO2+2H2O，因此，改变两种试剂的滴加顺序后反应现象有明显差别，B不符合题意； C．向H2C2O4溶液中滴加酸性KMnO4溶液并振荡，由于开始时H2C2O4是过量的，KMnO4可以被H2C2O4完全还原，可以看到紫红色的溶液褪为无色，发生的反应为5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4=2MnSO4+K2SO4+10CO2↑+8H2O;向KMnO4溶液中滴加酸性H2C2O4溶液并振荡，由于开始时KMnO4是过量的，KMnO4逐渐被H2C2O4还原，可以看到紫红色的溶液逐渐变浅，最后变为无色，因此，改变两种试剂的滴加顺序后反应现象有明显差别，C不符合题意； D．向KSCN溶液中滴加FeCl3溶液，溶液立即变为血红色；向FeCl3溶液中滴加KSCN溶液，溶液同样立即变为血红色，因此，改变两种试剂的滴加顺序后反应现象没有明显差别，D符合题意； 综上所述，本题选D。 考法04 微型工艺流程 题 4　【2024·全国甲卷】 【答案】B 【分析】由题意及关系图可知，a与b反应需要加热，且产生的e为无色气体，则a和b分别为NH4NO3和Ba(OH)2的一种，产生的气体e为NH3；又由于b和c反应生成白色沉淀f，NH4NO3不会与其他三种溶液产生沉淀，故b为Ba(OH)2，a为NH4NO3；又由于c既能与b产生沉淀f，又能与d反应产生沉淀f，故c为AlCl3，d为Na2CO3，生成的白色沉淀为Al(OH)3，无色气体g为CO2。综上所述，a为NH4NO3溶液，b为Ba(OH)2溶液，c为AlCl3溶液，d为Na2CO3溶液，e为NH3，f为Al(OH)3，g为CO2。 【解析】A．由分析可知，a为NH4NO3溶液，为强酸弱碱盐的溶液，NH4+水解显酸性，故a显弱酸性，A项错误 B．由分析可知，f为Al(OH)3，b为Ba(OH)2溶液，Al(OH)3为两性氢氧化物，可溶液强碱，故f可溶于过量的b中，B项正确； C．由分析可知，c为AlCl3溶液，e为NH3，AlCl3溶液通入NH3会生成Al(OH)3沉淀，Al(OH)3不溶于弱碱，继续通入NH3不能得到无色溶液，C项错误； D．由分析可知，b为Ba(OH)2 ，d为Na2CO3，二者反应生成BaCO3沉淀，可溶与稀硝酸，D项错误； 故选B。 题 5　【2024·山东卷】 【答案】C 【解析】A．SO2是酸性氧化物，石灰乳为Ca(OH)2，呈碱性，吸收SO2体现了Ca(OH)2的碱性，A正确； B．氯化铁溶液腐蚀铜电路板，发生的反应为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，体现了Fe3+的氧化性，B正确； C．制作豆腐时添加石膏，利用的是在胶体中加入电解质发生聚沉这一性质，与CaSO4难溶性无关，C错误； D．银氨溶液的配制是在硝酸银中逐滴加入氨水，先生成白色沉淀AgOH，最后生成易溶于水的Ag(NH3)2OH，Ag(NH3)2OH中Ag+和NH3之间以配位键结合，体现了NH3的配位性，D正确； 故选C。 题6　【2024·江苏卷】 【答案】A 【解析】A．电解氯化钠溶液可以得到H2和Cl2，H2和Cl2点燃反应生成HCl，故A的转化可以实现； B．氢氧化镁和盐酸反应可以得到氯化镁溶液，但是电解氯化镁溶液不能得到Mg，电解熔融MgCl2才能得到金属镁单质，故B转化不能实现； C．纯碱工业是在饱和食盐水中通入NH3和CO2先得到NaHCO3，然后NaHCO3受热分解为Na2CO3，故C的转化不能实现； D．工业制备硫酸，首先黄铁矿和氧气反应生成SO2，但是SO2和水反应生成H2SO3，不能得到H2SO4，故D的转化不能实现； 故选A。 题 7【2024·湖北卷】 【答案】C 【分析】本题利用Li和液氨反应Li+nNH3=Li++[e(NH3)n]-制备[e(NH3)n]-；碱石灰可以吸收浓氨水中的水分，同时吸水过程大量放热，使浓氨水受热分解产生氨气；利用集气瓶收集氨气；过量的氨气进入双口烧瓶中在冷却体系中发生反应生成[e(NH3)n]-；最后的球形干燥管中可装P2O5，除掉过量的氨气，同时防止空气的水进入引起副反应。 【解析】A．碱石灰为生石灰和氢氧化钠的混合物，可以吸收浓氨水中的水分，同时吸水过程大量放热，有利于NH3逸出，A正确； B．锂片表面有Li2O，Li2O会阻碍Li和液氨的接触，所以必须打磨出新鲜表面，B正确； C．第一个干燥管目的是干燥氨气，P2O5为酸性干燥剂能与氨气反应，所以不能用P2O5，而装置末端的干燥管作用为吸收过量的氨气，可用P2O5，C错误； D．双口烧瓶中发生的变化是Li+nNH3=Li++[e(NH3)n]-，D正确； 故选C。 题 8　【2025·江苏卷】 【答案】A 【详解】A．工业合成氨的反应为N2 和H2 反应生成NH3，氮气是直接反应物，A正确； B．湿法炼铜通过Fe置换CuSO4中的Cu，反应不涉及氮气，B错误； C．高炉炼铁中氮气作为空气成分进入高炉，但未参与还原铁矿石的主要反应，C错误； D．接触法制硫酸涉及硫或硫化物的氧化，氮气未参与反应，D错误； 故选A。 题 9　【2025·江苏卷】 6．A．黑火药爆炸时，KNO3、C和S反应生成K2S、N2和CO2，该反应的化学方程式为2KNO3+3C+S=K2S+N2↑+3CO2↑，A错误； B．电解饱和NaCl溶液生成Cl2、H2和NaOH，该反应的离子方程式为2Cl−+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH−，B错误； C．丙烯生成聚丙烯的反应为nCH2=CH−CH3→(催化剂)[CH2−CH(CH3)]n，C错误； D．向饱和氨盐水中通入过量CO2生成NH4Cl和溶解度较小的NaHCO3，NaHCO3结晶析出，D正确。 故选D。 题10　【2025·江苏卷】 11．B 题11【2025·安徽卷】 【答案】A 【详解】A．生石灰（CaO）主要用作干燥剂，通过吸水反应生成Ca(OH)2，而非与氧气反应，因此不能作为脱氧剂，A错误； B．硫酸铝溶于水后水解生成Al(OH)3胶体，可吸附水中悬浮杂质，起到净水作用，B正确； C．碳酸氢铵受热分解产生CO2和NH3，使食品膨松，可用作膨松剂，C正确； D．苯甲酸及其钠盐是常见食品防腐剂，能抑制微生物生长，D正确； 故选A。 题 12【2025·安徽卷】 6．D 题 13　【2025·黑吉辽蒙卷】 【答案】C 【详解】 A．CO2中C和O之间有两对共用电子，其结构为，A错误； B．H2O的中心原子为O，根据价层电子对互斥理论，其外层电子对数为4，VSEPR模型为四面体形，O原子与H原子形成共价键，剩余两对孤电子对，因此，H2O为V形分子，B错误； C．NH4Cl由NH4+和Cl-组成为离子化合物，晶体类型为离子晶体，C正确； D．NH4HCO3溶液中含有NH4+和HCO3−，NH4+可以与水分子形成氢键，增大了NH4+在水中的溶解度，D错误； 故答案选C。 题 14　【2025·湖北卷】 【答案】A 【分析】固体A与固体B研细后混合，常温下搅拌产生气体C和固体D，温度迅速下降。气体C能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则C为NH3，G是强酸，则E是NO，F是NO2，G是HNO3；H是白色固体，常用作钡餐，H是BaSO4，D是BaCl2，A和B反应是NH4Cl和Ba(OH)2·8H2O反应，C(NH3)和HCl可转化为NH4Cl，则A是NH4Cl，B是Ba(OH)2·8H2O。 【详解】A．在C(NH3)的水溶液(氨水)中加入少量固体A(NH4Cl)，铵根浓度增大，抑制了NH3·H2O的电离，OH-浓度减小，溶液pH减小，A错误； B．D(BaCl2)易溶于水，溶于水电离出Ba2+，钡是重金属，有毒，B正确； C．F(NO2)与水反应生成强酸硝酸，故NO2溶于雨水可形成硝酸型酸雨，C正确； D．G是HNO3，常温下浓HNO3将Fe钝化，故常温下可用铁制容器来盛装浓硝酸，D正确； 答案选A。 题 15【2025·湖南卷】 9．B 题 16　【2026·浙江卷（1月）】 【答案】A 【解析】 【详解】A．浓硝酸见光分解的正确产物应为NO2，方程式为 ：4HNO34NO2↑+O2↑+2H2O，A错误； B．红热的铁与水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁和氢气，方程式 3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，B正确； C．硫代硫酸钠与稀硫酸反应生成硫单质沉淀和二氧化硫气体，方程式 S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O，C正确； D．硫酸铜与过量氨水反应形成四氨合铜(II)离子，离子方程式正确，D正确； 故选A。 题 17【2026·湖北卷】 【答案】B 【解析】 【分析】由M位于ds区，存在 M2(OH)2 CO3 、M(OH)2，能与甲醛加热生成M2O，氨配离子[M(NH3)2]+被空气氧化为[M(NH3)4]2+，符合Cu（铜）的特征，故Cu2(OH)2CO3（孔雀石）、Cu(OH)2与甲醛加热生成Cu2O，[Cu(NH3)2]+易被氧气氧化为[Cu(NH3)4]2+，据此回答。 【详解】A． M2(OH)2 CO3 中的OH−和CO32−均可与强酸反应，生成铜盐、CO2和H2O，A正确； B．CuSO4与过量浓氨水反应会生成可溶性的[Cu(NH3)4]2+，无法得到Cu(OH)2沉淀，因此NaOH溶液不能用过量浓氨水代替，B错误； C．新制Cu(OH)2是弱氧化剂，加热条件下可氧化乙醛，自身被还原为Cu2O，C正确； D．[Cu(NH3)2]+中Cu为+1价，具有强还原性，易被O2氧化为+2价的[Cu(NH3)4]2+，与流程转化一致，D正确； 故选B。 题18　【2026·湖南卷】 【答案】C 【解析】 黄绿色气体c为Cl2，红褐色沉淀g为Fe(OH)3，进而推出溶液d为FeCl3溶液，溶液b为FeCl2溶液，Fe(OH)3与过量溶液h（酸）反应生成溶液a，则溶液a中含有金属阳离子Fe3+，Fe3+与铜、铁混合物反应生成Fe2+、Cu2+，最终得到深蓝色溶液f，说明生成铜氨络离子，因此气体e为NH3，f中含有[Cu(NH3)4]2+。 【详解】A．若h为盐酸，盐酸与Fe(OH)3反应生成含Fe3+的盐酸体系，只要Fe3+不足，仅部分铜溶解，仍可满足流程，存在这种可能性，A正确； B．溶液b中含有Fe2+，通入过量NH3生成Fe(OH)2，Fe(OH)2在空气中久置会被氧气氧化为红褐色的Fe(OH)3，即沉淀g，B正确； C．流程最终得到含铜氨络离子的溶液，说明溶液b中一定含有Cu2+；铁的还原性比铜强，铜铁混合物中铁先发生反应，铁完全反应后铜才反应，若固体残渣中有铜，则一定无铁，C错误； D．Cu2+与过量NH3反应生成深蓝色络离子[Cu(NH3)4]2+，因此f中含有该离子，D正确； 故选C。 题19　【2026·河南卷】 【答案】A 【解析】 【详解】A．碳酸钠热稳定性高，受热不易分解，戴维电解熔融碳酸钠制钠是利用其熔融状态下能电离产生自由移动的钠离子，陈述不合理，A符合题意； B．蛋白质水解的最终产物为氨基酸，谷氨酸属于氨基酸，可从蛋白质水解产物中提炼得到，陈述合理，B不符合题意； C．合成氨反应为N2+3H2⇌_(高温高压)2NH3，正反应气体分子数减少，加压既可增大反应速率，也可使平衡正向移动提高氨的产率，陈述合理，C不符合题意； D．氯化钠属于电解质，在水中电离出自由移动的Na+和Cl−，使溶液中自由移动的离子浓度远大于纯水，导电性更强，陈述合理，D不符合题意； 故选A。 题 20【2026·江西卷】 【答案】B 【解析】 首先，调pH=7时生成蓝色沉淀，该沉淀可溶于柠檬酸和浓氨水，最终得到深蓝色溶液，这是Cu2+的特征反应，结合焰色反应为绿色火焰，可证明X中一定含有铜元素。 其次，题干明确说明X是银白色金属，而单质铜为紫红色，因此X不可能是纯铜，一定还含有其他金属元素，因此X所含元素至少为2种； 整个流程为：铜在浓盐酸和过氧化氢中氧化溶解：Cu+2HCl+H2O2=CuCl2+2H2O；生成绿色溶液（蓝色和黄色组合色）是因为存在配位平衡：[Cu(H2O)4]2+(蓝色)+4Cl−=[CuCl4]2−(黄色)+4H2O；加氢氧化钾调pH生成氢氧化铜蓝色沉淀；加柠檬酸溶解Cu(OH)2沉淀，与浓氨水络合溶解生成深蓝色[Cu(NH3)4]2+的溶液； 答案选B。 题21　【2026·四川卷】 【答案】A 【解析】 A．AgI溶解度大于Ag₂S，碘化银浊液中滴入硫化钠溶液生成硫化银沉淀，离子方程式为：2AgI(s)+S2−(aq)⇌Ag2S(s)+2I−(aq)，A正确； B．HCO3-是弱酸的酸式酸根，不能拆分为CO32-和H+，正确离子方程式为HCO3-+H+=CO2↑+H2O，B错误； C．铜与稀硝酸反应还原产物为NO而非NO2，正确离子方程式为3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，C错误； D．生成的Ag+会与Cl-结合生成AgCl沉淀，该式漏掉AgCl的生成，正确离子方程式为[Ag(NH3)2]++Cl-+2H+=AgCl↓+2NH4+，D错误； 故选A。 考点二　物质结构与化学用语（分子结构·电子式·VSEPR·杂化·配位键·氢键·晶体） 题 22　【2023·北京卷】 【答案】C 【解析】A．氯化钠是离子化合物，其电子式是，A项错误； B．氨分子的VSEPR模型是四面体结构，B项错误： C．p能级电子云是哑铃(纺锤)形，C项正确； D．基态铬原子的价层电子轨道表示式是，D项错误； 故选C。 题 23　【2023·浙江卷】 【答案】D 【解析】A．由双聚氯化铝分子中所有原子均满足8电子稳定结构可知，分子的结构式为，故A正确； B．由双聚氯化铝分子中所有原子均满足8电子稳定结构可知，分子的结构式为，则双聚氯化铝分子为结构对称的非极性分子，故B正确； C．由反应方程式可知，氨分子更易与具有空轨道的铝原子形成配位键，配位能力大于氯原子，故C正确； D．溴元素的电负性小于氯元素，原子的原子半径大于氯原子，则铝溴键弱于铝氯键，所以双聚溴化铝的铝溴键更易断裂，比双聚氯化铝更易与氨气反应，故D错误； 故选D。 考点03 晶体结构与物质性质 题 24　【2023·湖南卷】 【答案】C 【解析】A．HClO中O元素成负化合价，在结构中得到H和Cl共用的电子，因此HClO的电子式为，A正确； B．中子数为10，质子数为8的O原子其相对原子质量为10+8=18，其原子表示为818O，B正确； C．根据VSEPR模型计算，NH3分子中有1对故电子对，N还连接有3和H原子，因此NH3的VSEPR模型为四面体型，C错误； D．基态N原子是价层电子排布为2s22p3，其电子排布图为，D正确； 故答案选C。 题 25　【2024·浙江卷（6月）】 【答案】（1）12 K3ClO K3ClO+2NH4Cl+H2O=3KCl+2NH3∙H2O （2）AB （3）HC>HB>HA O、S、Se的电负性逐渐减小，键的极性：C=O＞C=S＞C=Se，使得HA、HB、HC中羟基的极性逐渐增大，其中羟基与H2O形成的氢键逐渐增强 S的原子半径大于O的原子半径，S—H键的键能小于O—H键，同时HC可形成分子间氢键，使得HD比HC更易电离出H+，酸性HD＞HC，C-的水解能力大于D- 【解析】（1）由晶胞结构知，Cl位于8个顶点，O位于体心，K位于面心，1个晶胞中含Cl：8×(1)/(8)=1个、含O：1个、含K：6×(1)/(2)=3个，该化合物的化学式为K3ClO；由图可知，Cl-的配位数为(8×3)/(2)=12；该化合物可看成KCl∙K2O，故该化合物与足量NH4Cl溶液反应生成KCl和NH3∙H2O，反应的化学方程式为K3ClO+2NH4Cl+H2O=3KCl+2NH3∙H2O。 （2）A．根据原子核外电子排布规律，基态Ar原子的电子排布方式只有1s22s22p63s23p6一种，A项正确； B．Na的第二电离能指气态基态Na+失去一个电子转化为气态基态正离子所需的最低能量，Na+和Ne具有相同的电子层结构，Na+的核电荷数大于Ne，Na+的原子核对外层电子的引力大于Ne的，故Na的第二电离能＞Ne的第一电离能，B项正确； C．Ge的原子序数为32，基态Ge原子的简化电子排布式为[Ar]3d104s24p2，C项错误； D．基态Fe原子的价电子排布式为3d64s2，Fe原子变成Fe+，优先失去4s轨道上的电子，D项错误； 答案选AB。 （3）①O、S、Se的电负性逐渐减小，键的极性：C=O＞C=S＞C=Se，使得HA、HB、HC中羟基的极性逐渐增大，从而其中羟基与水形成的氢键由强到弱的顺序为HC>HB>HA； ②HC、HD钠盐的碱性NaC＞NaD，说明酸性HC＜HD，原因是：S的原子半径大于O的原子半径，S—H键的键能小于O—H键，同时HC可形成分子间氢键，使得HD比HC更易电离出H+，酸性HD＞HC，C-的水解能力大于D-，钠盐的碱性NaC＞NaD。 题 26　【2024·浙江卷（6月）】 【答案】A 【解析】 【解析】A．CO2的电子式：，故A错误； B．Cl2中的共价键是由2个氯原子各提供1个未成对电子的3p原子轨道重叠形成的，共价键电子云图为：，故B正确； C．NH3的中心原子N形成3个σ键和1个孤电子对，为sp3杂化，NH3为三角锥形，空间填充模型：，故C正确； D．3，3-二甲基戊烷的主链上有5个C，3号碳上连接有2个甲基，键线式为：，故D正确； 故选A。 题 27　【2024·黑吉辽蒙卷】 【答案】D 【分析】Q是ds区元素，焰色试验呈绿色，则Q为Cu元素；空间运动状态数是指电子占据的轨道数，基态X原子的核外电子有5种空间运动状态，则X为第2周期元素，满足此条件的主族元素有N(1s22s22p3)、O(1s22s22p4)、F(1s22s22p5)；X、Y、Z为原子序数依次增大，基态Y、Z原子有两个未成对电子，若Y、Z为第2周期元素，则满足条件的可能为C(1s22s22p2)或O(1s22s22p4)，C原子序数小于N，所以Y不可能为C，若Y、Z为第3周期元素，则满足条件的可能为Si(1s22s22p63s23p2)或S(1s22s22p63s23p4)，Y、Z可与Cu形成CuZY4，而O、Si、S中只有O和S形成的SO42-才能形成CuZY4，所以Y、Z分别为O、S元素，则X只能为N；W能与X形成WX3，则W为IA族或VIIA族元素，但W原子序数小于N，所以W为H元素，综上所述，W、X、Y、Z、Q分别为H、N、O、S、Cu。 【解析】A．W、Y、Z分别为H、O、S，S单质常温下呈固态，其沸点高于氧气和氢气，O2和H2均为分子晶体，O2的相对分子质量大于H2，O2的范德华力大于 H2，所以沸点O2＞H2，即沸点S＞O2＞H2，故A正确； B．Y、X的 简单氢化物分别为H2O和NH3，H2O的中心原子O原子的价层电子对数为2+(1)/(2)×(6-2×1)=4、孤电子对数为2，空间构型为V形，键角约105º，NH3的中心原子N原子的价层电子对数为3+(1)/(2)×(5-3×1)=4、孤电子对数为1，空间构型为三角锥形，键角约107º18´，所以键角：X>Y，故B正确； C．硫酸铜溶液中滴加氨水，氨水不足时生成蓝色沉淀氢氧化铜，氨水过量时氢氧化铜溶解，生成Cu(NH3)4SO4，即反应过程中有蓝色沉淀产生，故C正确； D．QZX4Y4W12为Cu(NH3)4SO4，其中铜离子提供空轨道、NH3的N原子提供孤电子对，两者形成配位键，配位原子为N，故D错误； 故答案为：D。 题28　【2024·湖北卷】 【答案】B 【解析】A．氯元素为VIIA族元素，最外层电子数为7，Cl原子与Cl原子共用1对电子形成Cl2，电子式表示Cl2的形成过程为：，故A正确； B．亚铜氨中铜元素的化合价为+1价，而[Cu(NH3)2]2+中铜元素为+2价，亚铜氨溶液除去合成氨原料气中的CO的原理为：[Cu(NH3)2]++CO+NH3⇌[Cu(NH3)3CO]+，故B错误； C．π键是由两个原子的p轨道“肩并肩”重叠形成的，用电子云轮廓图表示p-pπ键的形成为 题 29【2025·北京卷】 【答案】(1) (2)CH4中碳原子的价层电子对数为4，孤电子对数为0；NH3中氮原子的价层电子对数为4，孤电子对数为1；孤电子对对成键电子对的排斥能力大于成键电子对对成键电子对的排斥能力，CH4分子中H-C-H的键角为109°28′，故NH3分子中H-N-H的键角小于109°28′ (3) N (4M/a3NA)×1021 (4) 生成(Mg(NH3)6)Cl2的活化能更低 根据MgCl2和NH3反应过程中的能量变化示意图可得到反应的热化学方程式为MgCl2(s)+6NH3(g)=(Mg(NH3)6)Cl2(s) ΔH＜0，该反应的正反应为气体系数减小的放热反应，故低压高温有利于脱除NH3生成MgCl2。 【详解】（1） Mg是第12号元素，其基态最外层电子的电子排布式为3s2，故其基态原子最外层轨道表示式为：。 （2）CH4中碳原子的价层电子对数为4，孤电子对数为0；NH3中氮原子的价层电子对数为4，孤电子对数为1；孤电子对对成键电子对的排斥能力大于成键电子对对成键电子对的排斥能力，CH4分子中H-C-H的键角为109°28′，故NH3分子中H-N-H的键角小于109°28′。 （3）①(Mg(NH3)6)Cl2的内界为(Mg(NH3)6)2+，故其配体为NH3，由于N原子有孤电子对，所以配位原子为N； ②根据均摊法，该晶胞中(Mg(NH3)6)2+的个数为8×(1/8)+6×(1/2)=4，Cl-的个数为8，故每个晶胞中含有4个(Mg(NH3)6)Cl2，则晶体的密度为ρ=(m晶胞/V晶胞)=((4M/NA)g/(a×10-7)3cm3)=(4M/a3NA)×1021g⋅cm-3。 （4）①由MgCl2和NH3反应过程中的能量变化示意图可知，反应生成(Mg(NH3)6)Cl2的活化能更低，故室温下易于生成(Mg(NH3)6)Cl2； ②根据MgCl2和NH3反应过程中的能量变化示意图可得到反应为放热反应，即MgCl2(s)+6NH3(g)=(Mg(NH3)6)Cl2(s) ΔH＜0，该反应的正反应为气体系数减小的放热反应，脱除NH3生成MgCl2是指逆反应方向，故低压高温有利于脱除NH3生成MgCl2。 题 30　【2025·浙江卷】 【答案】D 【详解】A．由图可知该化合物中存在离子键、配位键和分子间作用力，故晶体类型为混合晶体，A正确； B．NH3与二价铁通过配位键形成[Fe(NH3)2]2+，B正确； C．Fe(NH3)2Cl2与水反应可以生成Fe(OH)2沉淀，方程式为Fe(NH3)2Cl2+2H2O=Fe(OH)2↓+2NH4Cl，C正确； D．Fe(NH3)2Cl2中[Fe(NH3)2]2+离子半径大于Fe2+，[Fe(NH3)2]2+与Cl-之间的键能小于Fe2+与Cl-之间的键能，Fe(NH3)2Cl2热稳定性小于FeCl2，D错误； 答案选D。 题31　【2025·安徽卷】 7．A．根据题干信息，NaNH2遇水转化为NaOH，反应为：NaNH2+H-OH=NaOH+H-NH2，说明NH2−结合H+能力更强，A错误； B．根据题干信息，深蓝色[Cu(NH3)4](OH)2溶液，加入稀硫酸又转化为蓝色[Cu(H2O)4SO4]溶液，说明NH3更容易与H+配位形成NH4+，故与氨形成配位键的能力：H+>Cu2+，B正确； C．原子半径N＞O，则键长：O—H＜N—H，C错误； D．NH4+所含电子数为7+4−1=10，NH2−所含电子数7+2+1=10，相同数量的两种微粒所含电子数相等，D错误； 故选B。 题 32　【2025·广东卷】 【答案】B 【分析】同周期中第一电离能中第IIA族和第VA族比相邻元素的第一电离能大，0族元素的第一电离能在同周期中最大，可以推断a~i分别是B、C、N、O、F、Ne、Na、Mg、Al。 【详解】A．a是B，g是Na，二者不同主族，A错误； B．Na、Mg、Al属于同周期，从左到右金属性依次减弱，B正确； C．e、d、c分别是F、O、N，属于同周期元素，同周期主族元素从左到右原子半径依次减小，原子半径c>d>e，C错误； D．b为C，c为N，NH3分子间存在氢键，沸点高，沸点NH3>CH4，D错误； 答案选B。 题33　【2025·陕西山西宁夏青海卷】 【答案】D 【分析】X、Y价电子数相等，X、Y属于同一主族，且X形成5个键，Y形成3个键，基态Y的2p轨道半充满，则X为P元素，Y为N元素，X、Z电子层数相同， Z的最外层只有1个未成对电子，Z形成1个键，Z为Cl元素，以此分析。 【详解】A．第一电离能同周期从左到右有增大趋势，第一电离能：Cl>P，A错误； B．X、Y的简单氢化物分别为：PH3和NH3，电负性：N>P，共用电子对距N近，成键电子对斥力N-H大于P-H，键角：NH3>PH3，B错误； C．元素的非金属性越强，其最高价含氧酸酸性越强，非金属性：Cl>N>P，酸性：HClO4>HNO3>H3PO4，C错误； D．P、N、Cl均能形成多种氧化物，D正确； 答案选D。 题 34　【2025·云南卷】 【答案】A 【详解】A．NH3的中心原子价层电子对数为3+(1/2)(5−3×1)=4，且含有1个孤电子对，VSEPR模型为四面体形，A正确； B．硫化钠是离子化合物，电子式：，B错误； C．氯是第17号元素，Cl原子结构示意图为：，C错误； D．Al2(SO4)3是强电解质，溶于水完全电离，电离方程式：Al2(SO4)3=2Al3++3SO42−，D错误； 故选A。 题 35　【2026·黑吉辽蒙卷】 【答案】B 【解析】 【详解】A．NH2Cl中心原子N原子的价层电子对数为3+(5−1×2−1)/(2)=4，所以其VSEPR模型为四面体形，A正确； B．NH3的共价键为N-H键，是由不同原子构成的共价键，为极性共价键，B错误； C．N2H4中N的价层电子对数为3+(5−1×2−1)/(2)=4，杂化方式为sp3杂化，C正确； D．NH4+中氮原子与氢原子以共价键结合，其电子式为，D正确； 故选B。 题36　【2026·广东卷】 【答案】C 【解析】 【详解】A．Cl原子半径小于I，H-Cl键长更短、键能更大，共价键更稳定，因此HCl热稳定性强于HI，A正确； B．烷基为推电子基团，乙基推电子效应强于甲基，使丙酸羧基的O-H键极性弱于乙酸，更难电离出H+，因此酸性乙酸强于丙酸，B正确； C．邻羟基苯甲醛形成分子内氢键会减弱分子间作用力，反而会降低沸点，其沸点高于水的原因是相对分子质量远大于水，范德华力更强，解释错误，C错误； D．根据相似相溶原理，非极性溶质易溶于非极性溶剂，苯和CCl4均为非极性分子，NH3为极性分子，因此苯在CCl4中溶解度大于NH3，D正确； 故选C。 考点三　化学计量与 NA（阿伏加德罗常数） 题 37　【2023·浙江卷】 【答案】A 【解析】A．1个C2H4O中含有6个σ键和1个π键(乙醛)或7个σ键(环氧乙烷)，4.4gC2H4O的物质的量为0.1mol，则含有σ键数目最多为0.7NA，A正确； B．1.7gH2O2的物质的量为(1.7g)/(34g/mol)=0.05mol，则含有氧原子数为0.1NA，B不正确； C．向1L0.1mol/LCH3COOH溶液通氨气至中性，溶液中存在电荷守恒关系：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(NH4+)+c(H+)，中性溶液c(OH-)=c(H+)，则c(CH3COO-)=c(NH4+)，再根据物料守恒：n(CH3COO-)+n(CH3COOH)=0.1mol，得出铵根离子数小于0.1NA，C不正确； D．标准状况下，11.2LCl2的物质的量为0.5mol，通入水中后只有一部分Cl2与水反应生成H+、Cl-和HClO，所以溶液中氯离子数小于0.5NA，D不正确； 故选A。 考点02 物质的量浓度 题 38　【2025·广东卷】 【答案】D 【详解】A．818O的中子数为10，816O的中子数为8，每个O2分子含2个O原子，1mol818O2比1mol816O2多4NA个中子，A错误； B．Fe与水蒸气反应生成Fe3O4和H2，1mol Fe生成(4/3)mol H2，数目为(4/3)NA，B错误； C．NH4+在水中会水解，溶液中NH4+的数目小于0.1NA，C错误； D．1mol Cl2与H2反应生成2mol HCl，形成2mol H-Cl键，共价键数目为2NA，D正确； 故选D。 题 39　【2025·云南卷】 【答案】D 【解析】A．NH4Cl和Ca(OH)2固体混合物加热制取氨气，试管口要略向下倾斜，A错误； B．配制100mL1.00mol·L−1KCl溶液，应在烧杯中溶解KCl固体，B错误； C．金属钠与水反应剧烈，不能在试管中进行，应在烧杯中进行，且烧杯不能盛满水，C错误； D．两个烧杯中分别盛有热水和冰水，可以通过观察气体的颜色深浅来探究温度对2NO2(红棕色)⇌N2O4(无色)平衡的影响，D正确； 故选D。 题 40　【2026·四川卷】 【答案】A 【解析】 A．44 g丙烷的物质的量为(44g)/(44g/mol)=1mol，1个丙烷分子含2个C-C键、8个C-H键，共10个共价键，故1 mol丙烷含共价键的数目为10NA，A正确； B．标准状况下CHCl3为液体，不能用气体摩尔体积计算其物质的量，无法得出氯原子数目为1.5NA，B错误； C．K2S溶液中S2−会发生水解，导致S2−数目减少，故1.0L0.5mol·L−1的K2S溶液中，S2−的数目小于0.5NA，C错误； D．合成氨反应3H2+N2⇌_(催化剂)2NH3是可逆反应，该反应中H元素化合价由0价上升到+1价，但反应物不能完全转化，因此3molH2不能完全反应，转移电子数目小于6NA，D错误； 故选A。 考点四　化学反应速率·化学平衡与反应机理 题 41　【2023·新课标卷】 【答案】D 【解析】A．NH2OH，NH3，H2O的电荷分布都不均匀，不对称，为极性分子，A正确； B．由反应历程可知，有N－H，N－O键断裂，还有N－H键的生成，B正确； C．由反应历程可知，反应过程中，Fe2+先失去电子发生氧化反应生成Fe3+，后面又得到电子生成Fe2+，C正确； D．由反应历程可知，反应过程中，生成的NH2NH2有两个氢来源于NH3，所以将NH2OH替换为ND2OD，不可能得到ND2ND2，得到ND2NH2和HDO，D错误； 故选D。 题 42　【2024·甘肃卷】 【答案】C 【解析】A．催化剂可以改变化学反应速率，一般来说，催化剂可以用来加快化学反应速率，故催化氧化氨制备硝酸时加入铂可以加快化学反应速率，A项不符合题意； B．中和滴定时，边滴边摇锥形瓶，可以让反应物快速接触，可以加快化学反应速率，B项不符合题意； C．锌粉和盐酸反应时加水稀释会降低盐酸的浓度，会降低化学反应速率，C项符合题意； D．石墨合成金刚石，该反应中没有气体参与，增大压强不会改变化学反应速率，D项不符合题意； 故选C。 题 43　【2025·河北卷】 【答案】D 【详解】A．观察历程图可知，反应ⅰ中Ga2O3(s)+NH3(g)的相对能量为0，经TS1、TS2、TS3完成反应，生成Ga2O2NH(s)和H2O，此时的相对能量为0.05eV，因此体系能量在反应中增加，则该反应为吸热过程，A正确； B．反应ⅱ中因H2O(g)脱去步骤需要经过TS5，则活化能为0.70eV与TS5的相对能量差，即3.39eV-0.70eV=2.69eV，B正确； C．反应ⅲ从Ga2ON2H2(s)生成2GaN(s)+H2O(g)经历过渡态TS6、TS7，说明该反应分两步进行，包含2个基元反应，C正确； D．整反应历程中，活化能最高的步骤是反应ⅲ中的TS7对应得反应步骤(活化能为3.07eV)，所以总反应的速控步包含在反应ⅲ中，D错误； 故选D。 题44　【2026·北京卷】 【答案】B 【解析】 【详解】A．Li是3号元素，最外层只有1个电子，位于元素周期表第IA族，A正确； B．合成氨反应N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)ΔH<0，正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，N2的平衡转化率降低，高温的作用是使催化剂达到最佳活性温度，B错误； C．Li/Ru是合成氨反应的催化剂，催化剂的作用原理是降低反应的活化能，C正确； D．氮的固定是将游离态的氮转化为化合态氮的过程，温和条件下Li/Ru催化N2和H2合成NH3，属于氮的固定，D正确； 故选B。 题45　【2026·湖北卷】 【答案】B 【解析】 【详解】A．反应物为N2、H2O、CO，生成物为NH3、CO2，所给方程式原子守恒、符合反应事实，A正确； B．催化剂只改变反应速率，不影响化学平衡，增大催化剂表面积只能加快反应速率，不能提高NH3的平衡产率，B错误； C．若该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，且温度过高可能导致催化剂失活，因此温度升高不一定有利于NH3的生成，C正确； D．过程b中CO与催化剂表面吸附的O*反应生成CO2脱附，释放催化剂活性位点，促进催化剂活性的恢复，D正确； 故选B。 考点五　电化学（氨参与的电池与电解） 题 46　【2023·山东卷】 【答案】CD 【解析】A. 向甲室加入足量氨水后电池开始工作，则甲室Cu电极溶解，变为铜离子与氨气形成[Cu(NH3)4]2+，因此甲室Cu电极为负极，故A错误； B. 再原电池内电路中阳离子向正极移动，若隔膜为阳离子膜，电极溶解生成的铜离子要向右侧移动，通入氨气要消耗铜离子，显然左侧阳离子不断减小，明显不利于电池反应正常进行，故B错误； C. 左侧负极是Cu−2e−+4NH3=[Cu(NH3)4]2+，正极是Cu2++2 e-=Cu，则电池总反应为：Cu2++4NH3=[Cu(NH3)4]2+，故C正确； D. NH3扩散到乙室会与铜离子反应生成[Cu(NH3)4]2+，铜离子浓度降低，铜离子得电子能力减弱，因此将对电池电动势产生影响，故D正确。 综上所述，答案为CD。 题47　【2023·广东卷】 【答案】B 【分析】由信息大电流催化电解KNO3溶液制氨可知，在电极a处KNO3放电生成NH3，发生还原反应，故电极a为阴极，电极方程式为NO3-+8e-+7H2O=NH3·H2O+9OH−，电极b为阳极，电极方程式为4OH--4e-=O2↑+2H2O，“卯榫”结构的双极膜中的H＋移向电极a，OH－移向电极b。 【解析】A．由分析中阴阳极电极方程式可知，电解总反应为KNO3+3H2O=NH3·H2O+2O2↑+KOH，故A正确； B．每生成1mol NH3·H2O，阴极得8mol e－，同时双极膜处有8mol H+进入阴极室，即有8mol的H2O解离，故B错误； C．电解过程中，阳极室每消耗4mol OH-，同时有4mol OH-通过双极膜进入阳极室，KOH的物质的量不因反应而改变，故C正确； D．相比于平面结构双极膜，“卯榫”结构具有更大的膜面积，有利于H2O被催化解离成H+和OH-，可提高氨生成速率，故D正确； 故选B。 题 48【2024·浙江卷（1月）】 【答案】C 【解析】 【解析】A．氨水浓度越大，越容易生成[Zn(NH3)4]2+，腐蚀趋势越大，A正确； B．腐蚀的总反应为Zn+4NH3•H2O=[Zn(NH3)4]2++H2↑+2H2O+2OH-，有OH-离子生成，溶液pH变大，B正确； C．该电化学腐蚀中Zn作负极，Fe作正极，正极上氢离子得电子生成氢气，铁电极上的电极反应式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH−，C错误； D．根据得失电子守恒，每生成标准状况下224 mL H2，转移电子数为(0.224L×2)/(22.4L/mol)=0.02mol，消耗0.010 mol Zn，D正确； 故选C 题 49【2026·陕西山西宁夏青海卷】 【答案】D 【解析】 【分析】根据题干“工作时，反应的S和Cu2S 物质的量相等”，结合化合价变化可得电子守恒的电极反应：左室电极a为正极，电极反应：S+2Cu2++4e−=Cu2S ；右室电极b为负极：电极反应，Cu2S−4e−+8NH3=2[Cu(NH3)4]2++S ，加热时[Cu(NH3)4]2+释放NH3，据此解答。 【详解】A．反应后左室消耗Cu2+，剩余多余的SO42−​；右室生成带正电的[Cu(NH3)4]2+，正电荷多余。需要SO42−​（阴离子）从左室迁移到右室平衡电荷，因此膜为阴离子交换膜；若为阳离子交换膜，[Cu(NH3)4]2+向左侧移动，无法实现该电池的功能，A错误 B．放电完成后，电极a的S完全转化为Cu2S ，电极b的Cu2S 完全转化为S；加热右室电解液，[Cu(NH3)4]2+分解放出NH3，将NH3通入左室后重新开始工作时，电极a现在为Cu2S ，发生失电子的氧化反应，为负极，B错误； C．根据负极反应，转移4mole−时，消耗8molNH3⋅H2O ，因此电路中通过的e−与消耗NH3·H2O的物质的量之比为4:8=1:2 ，不是1:4，C错误； D．将正负极反应相加，消去两边均有的S、Cu2S 和电子，得到总反应： 2Cu2++8NH3=2[Cu(NH3)4]2+，化简得Cu2++4NH3=[Cu(NH3)4]2+，D正确； 故选D。 题 50　【2026·河北卷】 【答案】B 【解析】 左侧电极Ⅰ上，C6H12O6转化为C6H8O82−，碳元素的化合价从0升高到+1，发生氧化反应，电极反应式为C6H12O6−6e−+8OH−=C6H8O82−+6H2O，因此电极Ⅰ是阳极。右侧电极Ⅱ上，NO3−转化为NH3，氮元素的化合价从+5降低到-3，发生还原反应，电极反应式为NO3−+8e−+6H2O=NH3↑+9OH−，因此电极Ⅱ是阴极。 【详解】A．根据上述分析，电极Ⅰ是阳极，应连接电源正极M；电极Ⅱ是阴极，应连接电源负极N，A项正确； B．电极Ⅱ是阴极，发生还原反应。NO3−转化为NH3，N的化合价从+5降为-3，每个N原子获得8e⁻。在碱性条件下，电极反应式为NO3−+8e−+6H2O=NH3↑+9OH−，阴极生成了OH⁻，导致电极Ⅱ附近c(OH⁻)增大，而不是减小，B项错误； C．根据分析可知电极Ⅰ发生的电极反应式为：C6H12O6−6e−+8OH−=C6H8O82−+6H2O每转移6mol e⁻，生成1molC6H8O82−。因此转移3mol e⁻时，生成0.5mol C6H8O82−， C正确； D．将两极电极反应结合：阳极：C6H12O6+8OH−−6e−=C6H8O82−+6H2O，阴极：NO3−+8e−+6H2O=NH3↑+9OH−，将阳极×4，阴极×3，使得失电子数相等，相加得4C6H12O6+3NO3−+5OH−=4C6H8O82−+3NH3+6H2O，D项正确； 故选B。 题51【2026·江西卷】 【答案】D 【解析】 该装置为阴离子交换膜电解池，右侧通入N2与H2O生成NH3，氮元素化合价从0降低至-3，发生得电子的还原反应，因此右侧电极为阴极，连接电源负极b，阴极反应为N2+6H2O+6e−=2NH3+6OH−；左侧电极为阳极，连接电源正极a，OH−在阳极失电子发生氧化反应，阳极反应为4OH−−4e−=2H2O+O2↑，总电解反应为2N2+6H2O4NH3+3O2； 【详解】A．阳极是OH−失去电子生成氧气，正确电极反应式为4OH−−4e−=2H2O+O2↑，A错误； B．右侧N2转化为NH3，N元素化合价降低发生得电子的还原反应，故右侧为阴极，b为电源负极，a为电源正极，外电路电子只能在导线中移动，路径为b流向阴极、阳极流向a，不存在b直接流向a的路径，B错误； C．根据总反应2N2+6H2O4NH3+3O2，生成4molNH3消耗6molH2O，则生成 1 mol NH3仅消耗1.5molH2O，C错误； D．电解池通用规律为阴离子向阳极移动，阳极在装置左侧，体系中迁移的阴离子OH−可穿过阴离子交换膜，因此OH−从阴极区向阳极区移动，D正确； 故选D。 考点六　水溶液中的离子平衡 题 52　【2023·新课标卷】 【答案】A 【分析】氯化银饱和溶液中银离子和氯离子的浓度相等，向饱和溶液中滴加氨水，溶液中银离子浓度减小，氯离子浓度增大、一氨合银离子增大，继续滴加氨水，一氨合银离子增大的幅度小于二氨合银离子，则曲线I、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ分别表示二氨合银离子、一氨合银离子、银离子、氯离子与氨气浓度对数变化的曲线。 【解析】A．氨的浓度较小时AgCl(s) ↽Ag+(aq)+Cl-(aq)，浓度较大时AgCl(s) +2NH3↽[Ag(NH3)2]+(aq)+Cl-(aq)，氯化银的溶解度曲线应与氯离子的曲线吻合，应该为曲线Ⅳ，故A错误； B．由图可知，c(NH3)=10-1mol/L时，c(Cl-)=10-2.35mol/L, c(Ag+)=10-7.40mol/L，则氯化银的溶度积为10-2.35×10-7.40=10-9.75，故B正确； C．由图可知，氨分子浓度对数为-1时，溶液中二氨合银离子和一氨合银离子的浓度分别为10-2.35mol/L和10-5.16mol/L，则[Ag(NH3)]++NH3⇌[Ag(NH3)2]+的平衡常数K= (c[Ag(NH3)2]+)/(c[Ag(NH3)]+·c(NH3))=(10—2.35)/(10—5.16×10—1)=103.81，故C正确； D．由分析可知，曲线I、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ分别表示二氨合银离子、一氨合银离子、银离子、氯离子与氨气浓度对数变化的曲线，则c(NH3)=0.01mol·L-1时，溶液中c([Ag(NH3)2]+)>c([Ag(NH3)]+)>c(Ag+)，故D正确； 故选A。 题 53　【2025·重庆卷】 【答案】C 【分析】在2mL0.2mol/L的AgNO3溶液中加入等体积等浓度的NaCl溶液得悬浊液1，经分离后，向AgCl中滴加6mol/L的氨水，发生反应AgCl+2NH3·H2O=(Ag(NH3)2)Cl+2H2O，加入0.1mol/LKI溶液2mL，发生反应：(Ag(NH3)2)Cl+KI=AgI↓+KCl+2NH3，得到AgI沉淀，由物质的量关系可知，(Ag(NH3)2)Cl不能完全反应，溶液3中可能还存在剩余的氨水以及(Ag(NH3)2)Cl； 【详解】A．溶液1中主要溶质是NaNO3，同时由于存在溶解平衡：AgCl(s)⇌Ag+(aq)+Cl−(aq)，还存在极少量的Ag+、Cl−，选项中满足电荷守恒关系，A正确； B．根据元素守恒可知，若Ag+不水解，则c(Cl−)=c((Ag(NH3)2)+)，但Ag+会水解生成其他含银的微粒，故c(Cl−)>c((Ag(NH3)2)+)，B正确； C．溶液3中可能存在氨水过量的情况，不能得出c(H+)=c(OH−)的结论，C错误； D．由实验操作可知，存在转化AgCl→(NH3·H2O)(Ag(NH3)2)Cl→(KI)AgI，由此说明AgI更难溶，故可得出结论Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，D正确； 故选C。 题 54　【2026·山东卷】 【答案】BD 【解析】 初始溶液是NH4Cl溶液，加入CaCO3后，CaCO3会部分溶解，同时溶液中存在NH4+、NH3、Ca2+、HCO3−、CO32−等离子的平衡。随着pH变化，NH4+和NH3的浓度会发生变化，当pH增大时，NH4+减少，NH3增加，Ca2+减少，HCO3−先增后减，CO32−增加。确定各曲线代表的物质：甲线：随着pH增大，NH4+水解被抑制，但NH4+转化为NH3，浓度减小， lg[c(X)]逐渐减小，说明X的浓度随pH增大而减小。这符合NH4+的变化。乙线：随着pH增大，NH4+转化为NH3，浓度增大，lg[c(X)]逐渐增大，说明X的浓度随pH增大而增大。这符合NH3的变化。丙线：随着pH增大，CaCO3溶解度降低，Ca2+浓度减小，lg[c(X)]逐渐减小，说明X的浓度随pH增大而减小。这符合Ca2+的变化。丁线：随着pH增大，H2CO3转化为HCO3−，再转化为CO32−，HCO3−浓度先增后减，lg[c(X)]先增大后减小，说明X的浓度先增后减。这符合HCO3−的变化。综上：甲线代表NH4+，乙线代表NH3，丙线代表Ca2+，丁线代表HCO3−。 【详解】A．根据分析，丁线代表HCO3−，A正确； B．设pH=7.00时，c(Ca2+)=10-2.5、c(NH4+)=10-2.3，c(Cl-)=2cO点(NH3)=2×10-2.60，根据上述常数计算出c(CO32−)=1×10-6 、c(HCO3−)=1×10-2.65，则根据正负电荷守恒： 2c(Ca2+)+c(NH4+)+c(H+)>c(OH−)+c(Cl−)+c(HCO3−)+2c(CO32−)，因此需加入HNO3，B错误； C．P点坐标为(8.35, -3.25)，即pH=8.35时，lg[c(NH4+)] = -3.25，根据丙线，lg[c(Ca2+)] = -4.15。因此：c(NH4+)=10−3.25mol·L−1,c(Ca2+)=10−4.15mol·L−1，(c(NH4+))/(c(Ca2+))=(10−3.25)/(10−4.15)=100.90，C正确； D．O点(pH=9.25)处， c(HCO3−)=c(CO32−) ，可得：Ka2=(c(CO32−)·c(H+))/(c(HCO3−))=c(H+)=10−9.25，Q点(pH=12.50)， c(H+)=10−12.50 ，则：(c(CO32−))/(c(HCO3−))=(Ka2)/(c(H+))=(10−9.25)/(10−12.50)=103.25，D错误； 故选BD。 三、非选择题：本题共5小题，共60分。 考点七　化学实验基础（氨的制取·收集·检验·物质区分与提纯） 题 55　【2023·北京卷】 【答案】D 【解析】A．MnO2固体加热条件下将HCl氧化为Cl2，固液加热的反应该装置可用于制备Cl2，A项正确； B．C2H4不溶于水，可选择排水收集，B项正确； C．挤压胶头滴管，水进入烧瓶将NH3溶解，烧瓶中气体大量减少压强急剧降低打开活塞水迅速被压入烧瓶中形成红色喷泉，红色喷泉证明NH3与水形成碱性物质，C项正确； D．Na2CO3与HCl、CO2发生反应，不能达到除杂的目的，应该选用饱和NaHCO3溶液，D项错误； 故选D。 考点03 物质的分离、提纯和检验 题 56　【2024·浙江卷（6月）】 【答案】C 【解析】A．铜与浓硫酸反应方程式为：Cu＋2H2SO4(浓) CuSO4＋2H2O＋SO2↑，可用装置①制取，气态产物为SO2，可利用SO2的漂白性进行检验，故A正确； B．图②标识表示易燃类物质，故B正确； C．NH3的密度比空气小，应用向下排空气法进行收集，故C错误； D．萃取是利用物质在不同溶剂中溶解性的差异进行分离混合物，装置④可用于从碘水中萃取碘，故D正确； 故选C。 题 57　【2024·安徽卷】 【答案】A 【解析】A．MgCl2溶液、AlCl3溶液与氨水反应时现象相同，都只产生白色沉淀，不能比较Mg和Al的金属性强弱，A项不能实现实验目的； B．在一支试管中依次加入一定量的乙醇、浓硫酸、乙酸，并且放入几粒碎瓷片，另一支试管中加入适量饱和碳酸钠溶液，如图连接好装置，用酒精灯小心加热，乙酸与乙醇在浓硫酸存在、加热条件下发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，在饱和碳酸钠溶液液面上收集乙酸乙酯，发生反应的化学方程式为CH3COOH+CH3CH2OH⇌(浓硫酸,Δ)CH3COOCH2CH3+H2O，B项能实现实验目的； C．向盛有CuSO4溶液的试管中滴加氨水，首先产生蓝色Cu(OH)2沉淀，继续滴加氨水，沉淀溶解得到深蓝色的[Cu(NH3)4]SO4溶液，发生反应的化学方程式为CuSO4+4NH3∙H2O=[Cu(NH3)4]SO4+4H2O，C项能实现实验目的； D．将烧杯中的蒸馏水加热至沸腾，向沸水中加入5~6滴饱和FeCl3溶液，继续加热至液体呈红褐色即制得Fe(OH)3胶体，反应的化学方程式为FeCl3+3H2O=Δ=Fe(OH)3(胶体)+3HCl，D项能实现实验目的； 答案选A。 题 58【2024·广东卷】 【答案】B 【解析】A．NH4Cl和Ba(OH)2·8H2O的反应是吸热反应，所以烧瓶壁变冷，吸热反应ΔH>0，故A错误； B．试纸会变蓝，说明有NH3生成，反应物都是固体，生成物中有气体，故产氨过程熵增，B正确； C．滴加浓盐酸后，有白烟产生，说明体系中有氨气，是NH4Cl和Ba(OH)2·8H2O反应产生的，不是NH4Cl的升华，C错误； D．实验过程中，气球会一直变大，是因为反应产生了气体，但是膨胀以后压强就和外界压强一样了，D错误； 故选B。 题59【2025·湖南卷】 【答案】B 【详解】A．乙烯中含有碳碳双键，能被酸性高锰酸钾氧化，从而使其褪色，A正确； B．KOH溶液与CuSO4溶液发生复分解反应，生成Cu(OH)2蓝色沉淀，B错误； C．苯酚与FeCl3发生显色反应，溶液呈紫色，C正确； D．浓氨水挥发出的氨气遇到湿润的红色石蕊试纸，发生反应：NH3+H2O⇌NH3⋅H2O⇌NH4++OH-，试纸变为蓝色，D正确； 故选B。 题 60　【2025·湖南卷】 【答案】D 【详解】A．NaOH溶液与AlCl3反应生成白色沉淀，过量时溶解；与(NH4)2CO3加热会释放NH3气体，但常温下可能无法明显区分；Na2SO4和KNO3均无现象，无法区分，A错误； B．AgNO3溶液与Na2SO4生成微溶Ag2SO4，与(NH4)2CO3生成Ag2CO3沉淀，与AlCl3生成AgCl沉淀，KNO3无反应。但三种沉淀均为白色，无法明确区分，B错误； C．H2SO4溶液仅与(NH4)2CO3反应产生CO2气体，其余三者无现象，无法区分Na2SO4、AlCl3、KNO3，C错误； D．Ba(OH)2溶液与Na2SO4生成BaSO4白色沉淀（不溶解）；与(NH4)2CO3生成BaCO3沉淀并释放NH3气体；与AlCl3先生成Al(OH)3沉淀，过量时溶解；KNO3无现象，四种现象均不同，可区分，D正确； 故选D。 题 61　【2025·广东卷】 【答案】D 【详解】A．碳酸钠溶液为碱性，油污在碱性溶液中发生水解反应，同时加热可以增强碳酸钠溶液的碱性，可以达到除油污的目的，A不符合题意； B．铁锈的主要成分为氧化铁，稀盐酸可以用来除去铁锈，可以达到实验目的，B不符合题意； C．硫酸铜溶液中滴加过量氨水，可以生成铜氨溶液，可以达到实验目的，C不符合题意； D．铁钉镀铜，需要电解装置，使Cu片与电源正极相连，铁钉与电源负极相连，图中无电源，故不能达到实验目的，D符合题意； 故选D。 题 62　【2026·北京卷】 【答案】D 【解析】 【详解】A．氨气极易溶于水，若圆底烧瓶潮湿，会溶解氨气导致无法收集满，不利于喷泉实验进行，该操作规范，A不符合题意； B．滴定管洗净后内壁残留蒸馏水，若不润洗会稀释待盛溶液，导致实验误差，润洗操作规范，B不符合题意； C．乙醇制乙烯需控制反应混合液温度为170℃，温度计插入混合液测量温度的操作规范，C不符合题意； D．测溶液pH时，将pH试纸用蒸馏水润湿会稀释待测液，导致测量结果产生误差，该操作不规范，D符合题意； 故选D。 题 63　【2026·北京卷】 【答案】C 【解析】 【详解】A．常温下Cu和浓硫酸不反应，需要加热才能生成SO2，试剂和条件搭配错误，A错误； B．加热NH4Cl固体时，NH4Cl分解生成的NH3和HCl在试管口遇冷会重新化合生成NH4Cl，无法制得NH3，B错误； C．常温下，向AgNO3溶液中逐滴加入稀氨水，至最初产生的沉淀恰好完全溶解，即可制得银氨溶液，试剂和条件均正确，C正确； D．MnO2和稀盐酸加热不反应，需要和浓盐酸共热才能制得Cl2，试剂选用错误，D错误； 故选C。 题 64　【2026·浙江卷（1月）】 【答案】D 【解析】 【详解】A．植物油和水互不相溶，可利用分液漏斗进行分液操作分离，A正确； B．氨气极易溶于水，将氨气通入水中，会使试管内压强迅速减小，外界大气压将水压入试管，形成喷泉，且溶液可充满整个试管，B正确； C．过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，氧气具有助燃性，能使带火星的木条复燃，C正确； D．MgCl2溶液中存在水解平衡：MgCl2+2H2O⇌Mg(OH)2+2HCl，加热蒸发时HCl挥发促使水解平衡正向移动，可以得到Mg(OH)2，最终灼烧得到的是MgO，而非无水MgCl2。若要制备无水MgCl2，需要在HCl氛围加热氯化镁溶液得到无水氯化镁，D错误； 故选D。 题 65　【2026·山东卷】 【答案】B 【解析】 A．Ag+与Cl−生成不溶于酸的白色AgCl沉淀，滴加NaCl产生白色沉淀，证明含Ag+，A正确； B．滴加H2SO4出现白色沉淀，除了Ba2+与SO42−生成BaSO4白色沉淀外，Ag+与SO42−生成的Ag2SO4微溶，浓度较高时也会形成白色沉淀，因此无法确定一定含Ba2+，B错误； C．Fe3+遇KSCN溶液生成血红色配合物，溶液变红可检验Fe3+，C正确 D．若四种阳离子均存在，加NaCl溶液沉淀分离，Ag+生成AgCl沉淀除去；加Na2SO4溶液，Ba2+生成BaSO4沉淀除去；加浓氨水：Cu2+先沉淀后溶解生成[Cu(NH3)4]2+，Fe3+生成Fe(OH)3沉淀，从而达到分离的目的，D正确； 故选B。 题 66　【2026·重庆卷】 【答案】D 【解析】 【分析】氧化钇与氯化铵在氩气氛围中加热发生反应1生成氯化钇和氨气和水，生成的氨气经过a干燥后在管式炉中与过量的氧气发生反应2催化氧化生成NO和水，进入b中的气体为NO和过量的氧气，二者反应生成NO2显红棕色，NO2与氧气一起通入c中的水反应得到硝酸，据此分析。 【详解】A．a的作用是干燥反应生成的NH3，碱石灰为碱性干燥剂，不与NH3反应，可用于干燥氨气，A正确； B．因反应过程中通入过量的氧气，若反应2未结束，则会生成NO，NO遇氧气变为红棕色，当b中气体为无色时，说明不再产生NO，氨气已经耗尽，反应2已结束，B正确； C．从管式炉，中流出的气体含有NO和过量O2，二者反应生成NO2，从b流出的气体为NO2和氧气，通入水中发生反应4NO2+O2+2H2O=4HNO3，可得到硝酸，C正确； D．反应结束时若先停止通气后停止加热，装置冷却后压强减小会引发倒吸，因此应先停止加热，继续通气至装置冷却后再停止通气，D错误； 故选D。 题 67【2026·贵州卷】 【答案】A 【解析】 【详解】A．根据现象可知稳定性：[Cu(H2O)4]2+<[Cu(NH3)4]2+，这是因为N的电负性比O的电负性小，更容易给出孤电子对，形成的配合物更稳定，A正确； B．电解NaCl溶液时发生氧化还原反应，生成NaOH、Cl2和H2，离子方程式为：2Cl−+2H2OCl2↑+H2↑+2OH−；NaCl溶于水时已自发电离出Na+和Cl−，电离不需要通电，B错误； C．1-溴丙烷与NaOH乙醇溶液共热时，挥发的乙醇具有还原性，也能使酸性KMnO4溶液褪色，无法证明反应生成了丙烯，C错误； D．产生H2的物质的量：HA＞HB，则n(HA)>n(HB)，又因为HA和HB 两种酸的体积和pH相同，则酸性：HA<HB，酸越弱，电离能力越弱，则酸根离子结合质子的能力越强，故结合质子的能力：A−>B−，D错误； 故选A。 考点八　实验综合探究 题 68　【2023·全国甲卷】 【答案】(1)锥形瓶 升温，搅拌等 (2)浓氨水分解和挥发 双氧水分解 冰水浴 (3)玻璃棒没有紧靠三层滤纸处，漏斗末端较长处（尖嘴部分）没有紧靠在“盛滤液”的烧杯内壁 (4)活性炭 (5)利用同离子效应，促进钴配合物[Co(NH3)6]Cl3尽可能完全析出，提高产率 【分析】称取2.0g氯化铵，用5mL水溶解后，分批加入3.0g CoCl2·6H2O后，降温，在加入1g活性炭，7mL浓氨水，搅拌下逐滴加入10mL 6%的双氧水，加热反应20min，反应完成后，冷却，过滤，钴配合物在冷水中会析出固体，过滤所得固体为钴配合物[Co(NH3)6]Cl3和活性炭的混合物，将所得固体转入有少量盐酸的沸水中，趁热过滤，除去活性炭，将滤液转入烧杯中，加入浓盐酸，可促进钴配合物[Co(NH3)6]Cl3析出，提高产率，据此解答。 【解析】（1）由图中仪器的结构特征可知，a为锥形瓶；加快氯化铵溶解可采用升温，搅拌等，故答案为：锥形瓶；升温，搅拌等； （2）步骤Ⅱ中使用了浓氨水和双氧水，他们高温下易挥发，易分解，所以控制在10℃以下，避免浓氨水分解和挥发，双氧水分解，要控制温度在10℃以下，通常采用冰水浴降温，故答案为：浓氨水分解和挥发；双氧水分解；冰水浴； （3）下图为过滤装置，图中玻璃棒没有紧靠三层滤纸处，可能戳破滤纸，造成过滤效果不佳。还有漏斗末端较长处（尖嘴部分）没有紧靠在“盛滤液”的烧杯内壁，可能导致液滴飞溅，故答案为：玻璃棒没有紧靠三层滤纸处，漏斗末端较长处（尖嘴部分）没有紧靠在“盛滤液”的烧杯内壁； （4）步骤Ⅳ中，将所得固体转入有少量盐酸的沸水中，根据题目信息，钴配合物[Co(NH3)6]Cl3溶于热水，活性炭不溶于热水，所以趁热过滤可除去活性炭，故答案为：活性炭； （5）步骤Ⅴ中，将滤液转入烧杯，由于钴配合物为[Co(NH3)6]Cl3中含有氯离子，加入4mL浓盐酸，可利用同离子效应，促进钴配合物[Co(NH3)6]Cl3尽可能完全析出，提高产率，钴答案为：利用同离子效应，促进钴配合物[Co(NH3)6]Cl3尽可能完全析出，提高产率。 题 69　【2023·北京卷】 【答案】(1)< (2) 除去I3−，防止干扰后续实验 [CuI2]−+2NH3·H2O=[Cu(NH3)2]++2H2O+2I−、4[Cu(NH3)2]++O2+8 NH3 · H2 O=4[Cu(NH3)4]2++4 OH-+6 H2 O (3) 2Cu+I2=2CuI或2Cu+KI3=2CuI+KI 白色沉淀逐渐溶解 溶液变为无色铜与碘的反应为可逆反应(或I3−浓度小未能氧化全部的Cu) (4)铜、含nmolI2的4mol·L−1的KI溶液 (5)在实验Ⅰ、实验Ⅱ、实验Ⅲ中Cu+可以进一步与I−结合生成CuI沉淀或[CuI2]−，Cu+浓度减小使得Cu2+氧化性增强，发生反应2Cu2++4I−=2CuI↓+I2和2Cu2++6I−=2[CuI2]−+I2。 【分析】因I2溶解度较小，Cu与I2接触不充分，将转化为I3−可以提高Cu与I3−的接触面积，提高反应速率。加入CCl4，I2+I−⇌I3−平衡逆向移动，I2浓度减小，I−浓度增加，[CuI2]−浓度增加，加入氨水后转化为[Cu(NH3)2]+，被氧化为[Cu(NH3)4]2+，故而产生无色溶液变为蓝色溶液的现象。 【详解】（1）提高KI浓度，便于提高I3−的浓度，与Cu接触更加充分，Cu与I3−的反应速率加快，故实验Ⅰ<实验Ⅱ。 （2）加入CCl4，I2+I−⇌I3−平衡逆向移动，I2浓度减小，I−浓度增加，其目的为：除去I3−，防止干扰后续实验。加入氨水[CuI2]−浓后转化为[Cu(NH3)2]+无色的[Cu(NH3)2]+被氧化为蓝色的[Cu(NH3)4]2+，方程式为[CuI2]−+2NH3·H2O=[Cu(NH3)2]++2H2O+2I−、4[Cu(NH3)2]++O2+8 NH3 · H2 O=4[Cu(NH3)4]2++4 OH-+6 H2 O。 （3）结合实验Ⅲ，推测实验Ⅰ和Ⅱ中的白色沉淀可能是CuI，实验Ⅰ中铜被氧化的化学方程式是2Cu+I2=2CuI或2Cu+KI3=2CuI+KI；2Cu+I2=2CuI反应为可逆反应，加入浓KI溶液，I2浓度减小，CuI转化为Cu和I2，故产生白色沉淀溶解，出现红色固体的过程。 （4）要验证I2能将Cu氧化为Cu2+，需设计原电池负极材料为Cu，b为含nmolI2的4mol·L−1的KI溶液。 （5）含nmolI2的4mol·L−1的KI溶液铜与碘反应的体系在原电池装置中，I2将Cu氧化为Cu2+；而在实验Ⅰ、实验Ⅱ和实验Ⅲ中Cu以Cu+形式存在，这是由于在实验Ⅰ、实验Ⅱ、实验Ⅲ中Cu+可以进一步与I−结合生成CuI沉淀或[CuI2]−，Cu+浓度减小使得Cu2+氧化性增强，发生反应2Cu2++4I−=2CuI↓+I2和2Cu2++6I−=2[CuI2]−+I2。 题 70　【2026·湖南卷】 【答案】（1） 三颈烧瓶（或三颈瓶） （2） 检查装置的气密性 （3）b （4） 提高B2H6的转化率，且防止有毒的B2H6逸出污染环境 （5）ab （6） ①. NH3BH3+3H2O+H+=NH4++H3BO3+3H2↑ ②. ac （7） 题71　【2026·河北卷】 【答案】（1） 分液漏斗 （2） 关闭 K1、K2，向D中加水使导管口浸没在水面下 （3） 3Br2+8NH3·H2O=6NH4Br+N2↑+8H2O （或 3Br2+8NH3=6NH4Br+N2） （4） 橙黄色褪去（或由橙黄色变为无色） （5）b （6） 重结晶 （7） 75% （8） 优点：步骤少，操作简单（或无需制备氢溴酸，节约时间）；不足：反应剧烈，易产生白烟造成原料损失（或液溴易挥发，易污染环境），且存在提纯流程复杂等缺陷 【解析】 【分析】方案I（工业法）利用Br2与氨水的氧化还原反应制备NH4Br：部分Br从0价被还原为-1价得到Br−，部分NH3中-3价N被氧化为0价N2，最终生成NH4Br。 方案II（实验室法）先通过SO2还原Br2​制备高纯度氢溴酸，再利用氢溴酸和氨气的中和反应得到NH4Br。 【小问1详解】 仪器B的名称为分液漏斗。 【小问2详解】 检查装置气密性需要先形成密闭系统，因此必须关闭滴液漏斗的活塞 K1 和 K2，并将D中导管浸入水中，再通过微热烧瓶C观察是否有气泡冒出及冷却后是否形成水柱来判断气密性。 【小问3详解】 液溴与氨水发生氧化还原反应，溴单质作氧化剂被还原为 Br−，氨气作还原剂被氧化为无色气体 N2，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：3Br2+8NH3·H2O=6NH4Br+N2↑+8H2O （或 3Br2+8NH3=6NH4Br+N2）。 【小问4详解】 步骤ⅱ结束后溶液呈橙黄色，说明液溴过量。步骤ⅲ中滴加氨水是为了消耗过量的液溴，当液溴完全反应时，溶液的橙黄色会褪去，变为无色。 【小问5详解】 反应过程中会有未反应的 NH3 和 Br2 挥发出来，D装置用于吸收这些挥发物。由于步骤ⅳ中需要将C和D中的溶液混合提纯，若使用 KMnO4 溶液或稀盐酸会引入新的杂质离子，而使用蒸馏水吸收后生成氨水和溴水，混合后可继续反应生成 NH4Br，既提高了产率又不引入杂质，故选b。 【小问6详解】 步骤ⅳ中通过蒸发结晶得到的是含有少量杂质的粗品，进一步提纯可溶性无机盐固体最常用的方法是重结晶。 【小问7详解】 加入的 Br2 质量为 32.0g，其物质的量 n=(32.0g)/(160g/mol)=0.2mol。根据关系式 3Br2∼6NH4Br 可知，理论上生成 NH4Br 的物质的量为 0.4mol。理论产量 m=0.4mol×98g/mol=39.2g。则产率 =(29.4g)/(39.2g)×100%=75%。 【小问8详解】 对比方案Ⅰ和方案Ⅱ，方案Ⅰ直接利用原料一步反应制得产品，流程短、操作简便；但由于液溴与氨水反应放热剧烈，容易导致反应物挥发产生白烟，降低了原料利用率，且液溴挥发存在环保隐患、且存在提纯流程复杂等缺陷。方案Ⅱ虽然步骤繁琐，但反应条件温和，产品纯度更高。 考点九　工艺流程中的氨（氨浸·氨法吸收·铵盐副产物） 题 72　【2023·广东卷】 【答案】(1)MgO+H2O=Mg(OH)2 (2)＞ (3)2Co(OH)3+12NH3·H2O+SO32-=2[Co(NH3)6]2++SO42-+13H2O+4OH-或2Co(OH)3+8NH3·H2O+4NH4++SO32-=2[Co(NH3)6]2++SO42-+13H2O (4) 晶体 减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积 (5) HCl 体心 12 (6) 0.4或2:5 MgO = 【分析】硝酸浸取液(含Ni2+、Co2+、Al3+、Mg2+)中加入活性氧化镁调节溶液pH值，过滤，得到滤液主要是硝酸镁，结晶纯化得到硝酸镁晶体，再热解得到氧化镁和硝酸。滤泥加入氨性溶液氨浸，过滤，向滤液中进行镍钴分离，，经过一系列得到氯化铬和饱和氯化镍溶液，向饱和氯化镍溶液中加入氯化氢气体得到氯化镍晶体。 【解析】（1）活性MgO可与水反应，化学方程式为MgO+H2O=Mg(OH)2；故答案为：MgO+H2O=Mg(OH)2。 （2）常温下，pH=9.9的氨性溶液中，lgKb(NH3·H2O)=−4.7，Kb(NH3·H2O)=10−4.7=(c(NH4+)·c(OH−))/(c(NH3·H2O))，(c(NH4+))/(c(NH3·H2O))=(10−4.7)/(c(OH−))=(10−4.7)/(10−.4.1)=10−0.6<1，则c(NH3·H2O)＞c(NH4+)；故答案为：＞。 （3）“氨浸”时，Co(OH)3与亚硫酸根发生氧化还原反应，再与氨水反应生成[ Co( NH3 )6 ]2+，则由Co(OH)3转化为[ Co( NH3 )6 ]2+的离子方程式为2Co(OH)3+12NH3·H2O+SO32-=2[Co(NH3)6]2++SO42-+13H2O+4OH-或2Co(OH)3+8NH3·H2O+4NH4++SO32-=2[Co(NH3)6]2++SO42-+13H2O；故答案为：2Co(OH)3+12NH3·H2O+SO32-=2[Co(NH3)6]2++SO42-+13H2O+4OH-或2Co(OH)3+8NH3·H2O+4NH4++SO32-=2[Co(NH3)6]2++SO42-+13H2O。 （4）(NH4)2CO3会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物。滤渣的X射线衍射图谱中，出现了NH4Al(OH)2CO3的明锐衍射峰。 ①X射线衍射图谱中，出现了NH4Al(OH)2CO3的明锐衍射峰，则NH4Al(OH)2CO3属于晶体；故答案为：晶体。 ②根据题意(NH4)2CO3会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物，则(NH4)2CO3能提高了Ni、Co的浸取速率，其原因是减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积；故答案为：减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积。 （5）①“析晶”过程中为了防止Ni2+水解，因此通入的酸性气体A为HCl；故答案为：HCl。 ②由CoCl2可制备AlxCoOy晶体，其立方晶胞如图。x、y为整数，根据图中信息Co、Al都只有一个原子，而氧(白色)原子有3个，Al与O最小间距大于Co与O最小间距，则Al在顶点，因此Co在晶胞中的位置为体心；晶体中一个Al周围与其最近的O原子，以顶点Al分析，面心的氧原子一个横截面有4个，三个横截面共12个，因此晶体中一个Al周围与其最近的O的个数为12；故答案为：体心；12。 （6）①“结晶纯化”过程中，没有引入新物质。晶体A含6个结晶水，则晶体A为Mg(NO3)2·6H2O，根据Mg(NO3)2+2H2O⇌Mg(OH)2+2HNO3，Mg(OH)2MgO+H2O，还剩余5个水分子，因此所得HNO3溶液中n(HNO3)与n(H2O)的比值理论上最高为2:5；故答案为：0.4或2:5。 ②“热解”对于从矿石提取Ni、Co工艺的意义，根据前面分析Mg(NO3)2+2H2O⇌Mg(OH)2+2HNO3，Mg(OH)2MgO+H2O，在于可重复利用HNO3和MgO；故答案为：MgO。 题 73　【2024·北京卷】 【答案】（1）增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分 （2）(NH4)2SO42NH3↑+SO3↑+H2O （3）①温度低于425°C，随焙烧温度升高，(NH4)2SO4分解产生的SO3增多，可溶物CuSO4含量增加，故铜浸出率显著增加 ②温度高于425°C，随焙烧温度升高发生反应：4CuFeS2+17O2+2CuSO4CuO+2Fe2(SO4)3+4SO3，CuFeS2和CuSO4转化成难溶于水的CuO，铜浸出率降低 （4）Fe+Cu2+=Cu+Fe2+ （5）粗铜若未经酸浸处理，其中杂质Fe会参与放电，则消耗相同电量时，会降低得到纯铜的量 【解析】 （2）(NH4)2SO4分解为非氧化还原反应，故化学方程式为(NH4)2SO42NH3↑+SO3↑+H2O。（4）加入Fe置换铜，反应的离子方程式为Fe+Cu2+=Cu+Fe2+。 （5）粗铜中含有Fe杂质，加酸可以除Fe，但粗铜若未经酸浸处理，其中杂质Fe会参与放电，则消耗相同电量时，会降低得到纯铜的量。 题74　【2024·浙江卷（1月）】 【答案】（1） ①. MgCO3 ②. CO32−、HCO3−、OH-、Cl- ③. 调节溶液pH值，防止钙离子、镁离子、锰离子转化为氢氧化物的沉淀 （2）BC （3） ①. 取一定量Y于试管中，加入适量硝酸溶解，再加入适量NaBiO3，观察到溶液变为紫红色，则证明Y中含有锰元素 ②. 5NaBiO3+14H++2Mn2+=2MnO4−+5Bi3++7H2O+5Na+ 【分析】Y中加入盐酸将碳酸根转化为二氧化碳，溶液A中主要有镁离子、锰离子、钙离子、亚铁离子，氯离子，若酸过量，还有H+，加入氨气和氯化铵将亚铁离子转化为氢氧化亚铁，溶液B中主要含有镁离子、锰离子、钙离子、铵根离子，氯离子，Ⅲ中又通入CO2将钙离子与锰离子转化为沉淀，据此回答。 【小问1详解】 ①MnCO3、CaCO3 和 MgCO3是同种类型的沉淀，溶解度大的最后沉淀出来，由于通入二氧化碳，生成的沉淀是CaCO3 和 MgCO3，所以 MgCO3溶解度最大； ②溶液中加入盐酸引入阴离子氯离子，Ⅲ中又通入CO2引入碳酸根离子，溶液中还有碳酸氢根和氢氧根； 【小问2详解】 A．气体是CO2不是形成酸雨的主要成分，故A错误； B．固体E可能含有Na2CO3，当二氧化碳过量时反应方程式为：2CO2+2Na≜Na2CO3+CO，当二氧化碳少量时CO2+2Na≜Na2O+CO，所以可能含有Na2CO3，故B正确； C．Mn(OH)2可溶于NH4Cl溶液，由于NH4Cl溶液呈酸性，NH4Cl水解产生的H+与Mn(OH)2反应，故C正确； D．碱性是Ca(OH)2＞Fe(OH)2，氢氧化钙是强碱，氢氧化亚铁是弱碱，故D错误； 故选BC。 【小问3详解】 ①酸性条件下，固体NaBiO3可氧化Mn2+为MnO4-，取一定量Y于试管中，加入适量硝酸溶解，再加入适量NaBiO3，观察到溶液变为紫红色，则证明Y中含有锰元素； ②根据题目信息可知5NaBiO3+14H++2Mn2+=2MnO4-+5Bi3++7H2O+5Na+。 题 75　【2024·甘肃卷】 【答案】（1）NH3 （2）SiO2 （3） ①. CaSO4+(NH4)2CO3=CaCO3+(NH4)2SO4 ②. Ksp(CaSO4)＞Ksp(CaCO3)，微溶的硫酸钙转化为更难溶的碳酸钙 （4）净水 （5） ①. (2√())/(2)a ②. Ca3N3B ③. (M)/(NAa2c)×1030 【解析】 【分析】高炉渣(主要成分为CaO，MgO，Al2O3和SiO2等)加入(NH4)2SO4在400℃下焙烧，生成硫酸钙、硫酸镁、硫酸铝，同时产生气体，该气体与烟气(CO2和水蒸气)反应，生成(NH4)2CO3，所以该气体为NH3；焙烧产物经过水浸1，然后过滤，滤渣为CaSO4以及未反应的SiO2，滤液溶质主要为硫酸镁、硫酸铝及硫酸铵；滤液浓缩结晶，析出NH4Al(SO4)2·12H2O，剩余富镁溶液；滤渣加入(NH4)2CO3溶液，滤渣中的CaSO4会转化为更难溶的碳酸钙。 【小问1详解】 由分析可知，高炉渣与(NH4)2SO4经焙烧产生的“气体”是NH3； 【小问2详解】 由分析可知，“滤渣”的主要成分是CaSO4和未反应的SiO2； 【小问3详解】 “水浸2”时主要反应为硫酸钙与碳酸铵生成更难溶的碳酸钙，反应方程式为CaSO4+(NH4)2CO3=CaCO3+(NH4)2SO4，该反应之所以能发生，是由于Ksp(CaSO4)=4.9×10-5，Ksp(CaCO3)=3.4×10-9，Ksp(CaSO4)＞Ksp(CaCO3)，微溶的硫酸钙转化为更难溶的碳酸钙； 【小问4详解】 铝产品NH4Al(SO4)2·12H2O溶于水后，会产生Al3+，Al3+水解生成Al(OH)3胶体，可用于净水； 【小问5详解】 图丙中，Ca位于正方形顶点，N位于正方形中心，故Ca与N的距离为(2√())/(2)apm；由均摊法可知，晶胞中Ca的个数为8×(1)/(8)+2=3，N的个数为8×(1)/(4)+2×(1)/(2)=3，B的个数为4×(1)/(4)=1，则化合物的化学式是Ca3N3B；其摩尔质量为Mg·mol-1，阿伏加德罗常数的值是NA，晶胞体积为a2c×10−30cm3则晶体的密度为(M)/(NAa2c)×1030g·cm-3。 题 76　【2024·河北卷】 【答案】（1） ①. 3d34s2 ②. +5 ③. CO2 （2）NaAlO2 （3） ①. HCO3-+OH−+Ca(VO3)2CaCO3+H2O+2VO3- ②. 提高溶液中HCO3-浓度，促使偏钒酸钙转化为碳酸钙，释放VO3- ③. 离子交换 （4）NaCl （5）bd 【解析】 【分析】石煤和苛化泥通入空气进行焙烧，反应生成NaVO3、Ca(VO3)2、NaAlO2、Ca(AlO2)2、CaO和CO2等，水浸可分离焙烧后的可溶性物质(如NaVO3)和不溶性物质[Ca(VO3)2、Ca(AlO2)2等]，过滤后滤液进行离子交换、洗脱，用于富集和提纯VO3-，加入氯化铵溶液沉钒，生成NH4VO3，经一系列处理后得到V2O3；滤渣①在pH≈8，65∼70℃的条件下加入3%NH4HCO3溶液进行盐浸，滤渣①中含有钒元素，通过盐浸，使滤渣①中的钒元素进入滤液①中，再将滤液①回流到离子交换工序，进行VO3-的富集。 【小问1详解】 钒是23号元素，其价层电子排布式为3d34s2；焙烧过程中，氧气被还原，V2O3被氧化生成VO3-，偏钒酸盐中钒的化合价为+5价；CaCO3在800°C以上开始分解，生成的气体①为CO2。 【小问2详解】 由已知信息可知，高温下，苛化泥的主要成分与Al2O3反应生成偏铝酸钠和偏铝酸钙，偏铝酸钠溶于水，偏铝酸钙难溶于水，所以滤液中杂质的主要成分是NaAlO2。 【小问3详解】 在弱碱性环境下，Ca(VO3)2与HCO3-和OH-反应生成CaCO3 、VO3-和H2O，离子方程式为：HCO3-+OH−+Ca(VO3)2CaCO3+H2O+2VO3-； CO2加压导入盐浸工序可提高浸出率，因为C可提高溶液中HCO3-浓度，促使偏钒酸钙转化为碳酸钙，释放VO3-；滤液①中含有VO3-、NH4+等，且浓度较低，若要利用其中的钒元素，需要通过离子交换进行分离、富集，故滤液①应进入离子交换工序。 【小问4详解】 由离子交换工序中树脂的组成可知，洗脱液中应含有Cl-，考虑到水浸所得溶液中含有Na+，为避免引人其他杂质离子，且NaCl廉价易得，故洗脱液的主要成分应为NaCl。 【小问5详解】 a．延长沉钒时间，能使反应更加完全，有利于沉钒，a不符合题意； b．NH4Cl呈弱酸性，如果将溶液调至碱性，OH-与NH4+反应，不利于生成NH4VO3，b符合题意； c．搅拌能使反应物更好接触，提高反应速率，使反应更加充分，有利于沉钒，c不符合题意； d．降低NH4Cl溶液的浓度，不利于生成NH4VO3，d符合题意； 故选bd。 题 77　【2025·山东卷】 【答案】（1）3MnO2+3NH4HSO43MnSO4+N2↑+NH3↑+6H2O Fe2O3、CaSO4 （2）减小 （3）H2SO4 （4）4×10-4 CoS+H2O2+2H+=Co2++S+2H2O （5）低温焙烧 【分析】采用两段焙烧—水浸法从铁锰氧化矿中分离提取Cu、Co、Mn等元素，加入硫酸铵低温焙烧，金属氧化物均转化为硫酸盐，如硫酸锰、硫酸铁、硫酸钴、硫酸钙等，产生的气体有氨气，氮气等，氨气用稀硫酸吸收，得到硫酸铵溶液，得到的硫酸盐经650℃高温焙烧，只有硫酸铁发生了分解，产生三氧化硫气体和氧化铁，水浸后，过滤分离出滤渣，滤渣主要为二氧化硅，氧化铁，及硫酸钙，后续萃取分离，将铜元素萃取到有机相中，最终得到硫酸铜溶液，水相主要含有钴元素和锰元素，加入硫化钠，调节pH，生成硫化钴，过滤分离最终得到硫酸钴溶液，滤液中加入碳酸氢铵，生成碳酸锰沉淀，据此解答。 【解析】（1）低温焙烧，金属氧化物均转化为硫酸盐，二氧化锰与硫酸氢铵反应，转化为硫酸锰和氮气，根据电子得失守恒可知还有氨气生成，化学方程式为：3MnO2+3NH4HSO43MnSO4+N2↑+NH3↑+6H2O；根据已知条件，高温焙烧的温度为650℃，只有硫酸铁发生分解，生成三氧化硫气体和氧化铁，二氧化硅，氧化铁，硫酸钙等在水中溶解度都较小，所以“水浸”所得滤渣的主要成分除了SiO2外还含有，Fe2O3、CaSO4；故答案为：3MnO2+3NH4HSO43MnSO4+N2↑+NH3↑+6H2O；Fe2O3、CaSO4； （2）根据已知条件，硫酸铵低温分解成硫酸氢铵，高温则完全分解成气体，如果直接高温焙烧，则硫酸铵会分解，物质的量减少，导致金属元素的浸出率减小，故答案为：减小； （3）根据萃取的化学方程式：2HR(有机相)+Cu2+(水相)⇌CuR2(有机相)+2H+(水相)，加入有机相将铜离子萃取到有机相中，反萃取时需要使平衡逆向移到，生成铜离子，而且为了不引入新的杂质，应加入的试剂为稀H2SO4，故答案为：H2SO4； （4）沉钴时，pH=4时Co2+恰好沉淀完全，其浓度为c(Co2+)=1×10-5mol/L，此时c(H+)=1×10-4mol/L，根据Ksp((CoS)= 4×10-21，推出c(S2-)=(Ksp((CoS))/(c(Co2+))=(4×10-21)/(1×10-5)=4×10-16mol/L，又因为Ka1(H2S)= 1×10-7，Ka2(H2S)= 1×10-13，Ka1×Ka2=(c(H+)×c(HS-))/(c(H2S))×(c(H+)×c(S2-))/(c(HS-))=(c2(H+)×c(S2-))/(c(H2S))，则c(H2S)= (c2(H+)×c(S2-))/(Ka1×Ka2)=((10-4)2×4×10−16)/(10−7×10−13)=4×10-4 mol/L；由流程图可知，CoS溶解时加入了过氧化氢，稀硫酸，生成了CoSO4和S，化学方程式为：CoS+H2O2+H2SO4=CoSO4+S+2H2O，改写成离子方程式为：CoS+H2O2+2H+=Co2++S+2H2O。故答案为：4×10-4；CoS+H2O2+2H+=Co2++S+2H2O； （5）由分析可知，沉锰过程中，加入碳酸氢铵，生成碳酸锰，二氧化碳，硫酸铵等，过滤后滤液中的硫酸铵可并入吸收液中，经过处理后导入低温焙烧循环使用，故答案为：低温焙烧。 题 78　【2025·黑吉辽蒙卷】 【答案】（1）2 （2）SO42− （3）温度升高，浸出速率增大，浸出率升高，温度过高时，NH3·H2O分解生成NH3逸出，且温度高时过二硫酸铵分解，造成浸出率减小 （4）Zn+[Cu(NH3)4]2+=[Zn(NH3)4]2++Cu （5）Fe （6）pH值升高，OH-浓度增大，平衡A2-+H2O⇌HA-+OH-逆向移动，A2-离子浓度增大，平衡PbSO4(s)+A2-⇌PbA+SO42−正向移动，PbA产率增大 Pb(OH)2 （7）Pb(OOC-CHOH-CHOH-COO)=290℃(真空热解)=Pb+4CO↑+2H2O↑ 【分析】废渣用(NH4)2S2O8和NH3·H2O氧化浸出过滤，滤液中有[Cu(NH3)4]2+和[Zn(NH3)4]2+，滤渣1有PbSO4和Fe(OH)3，滤液加Zn置换出Cu，除铜后的溶液加(NH4)2S沉锌，得到ZnS，滤渣1用H2A和Na2A浸铅后过滤，滤渣2含Fe元素，滤液经过结晶得到PbA，再真空热解得到纯Pb。 【解析】（1） 碳原子周围连接四个不同的原子或原子团为手性碳原子，H2A分子中手性碳原子有2个，； （2）“氧化浸出”时，过二硫酸根作氧化剂，过二硫酸根转变为SO42−； （3）“氧化浸出”时，温度升高，浸出速率增大，浸出率升高，温度过高时，NH3·H2O分解生成NH3逸出，且温度高时过二硫酸铵分解，造成浸出率减小； （4）加入Zn发生置换反应，从[Cu(NH3)4]2+置换出Cu单质，离子方程式为：Zn+[Cu(NH3)4]2+=[Zn(NH3)4]2++Cu； （5）根据分析，滤渣1有Fe(OH)3和PbSO4，用H2A和Na2A浸铅后过滤，滤渣2含Fe元素的沉淀； （6）“浸铅”步骤发生PbSO4(s)+A2-⇌PbA+SO42−，Na2A溶液中存在A2-+H2O⇌HA-+OH-，pH值升高，OH-浓度增大，平衡A2-+H2O⇌HA-+OH-逆向移动，A2-离子浓度增大，平衡PbSO4(s)+A2-⇌PbA+SO42−正向移动，PbA产率增大；pH过高时，OH-浓度过大，会生成Pb(OH)2沉淀，造成PbA产率降低； （7）290℃“真空热解”PbA即Pb(OOC-CHOH-CHOH-COO)生成Pb单质和2种气态氧化物为CO和H2O，反应的化学方程式为：Pb(OOC-CHOH-CHOH-COO)=290℃(真空热解)=Pb+4CO↑+2H2O↑。 题 79　【2025·广东卷】 【答案】（1）搅拌、粉碎多金属精矿、提高酸浸温度等 （2）4Fe2++O2+4H2O=高压加热=2Fe2O3↓+8H+ （3）5 （4）AD （5）3：1：1 12 （6）2NH3⇌(催化剂,加热、加压)N2+3H2 Fe2O3+3H2=700℃=2Fe+3H2O 没有污染物产生 【分析】矿粉酸浸通入SO2酸浸，浸取液中含有Fe2+、Cu2+、Ni2+、Al3+等，调节pH=3.0，通入空气加热得到Fe2O3，Fe2O3可以通过还原得到Fe单质，也可以用电解得到Fe单质，滤液1在常温下沉铝，滤液2选择萃取得到含硫酸根的溶液和分别含Cu配合物和Ni配合物，最终得到产品NixCuyNz。 【解析】（1）“酸浸”中，提高浸取速率的措施有：搅拌、粉碎多金属精矿、提高酸浸温度等； （2）由于通入SO2“酸浸”，故浸取液中不含有Fe3+，“高压加热”时，Fe2+在酸性条件下被氧化为Fe2O3，离子方程式为：4Fe2++O2+4H2O=高压加热=2Fe2O3↓+8H+； （3）“沉铝”时，保证Cu2+和Ni2+不沉淀，Cu(OH)2的溶度积更小，c(Cu2+)=0.022mol/L，根据Ksp=c(Cu2+)×c2(OH-)=0.022×c2(OH-)=2.2×10-20，得出c(OH-)=10-9mol/L，pH=5； （4）“选择萃取”中，镍形成如图的配合物。镍易进入有机相的原因有： A、镍与N、O形成配位键，可以使镍进入有机相，A正确； B、配体中提供孤对电子的O原子带一个单位负电，可以视作是得到一个电子的阴离子，其余配体不带电，整个配合物不显电性，形成配合物后，中心离子还是Ni2+，Ni2+化合价不变，B错误； C、配合物与水形成氢键，不能解释镍进入有机相，C错误； D、烷基具有疏水性，可以使其进入有机相，D正确； 答案选AD； （5）根据同种位置原子相同，相邻原子间的最近距离之比dNi−Cu:dNi−N=2√():1，设晶胞边长为a，由几何关系可知，面心的原子与顶点的原子距离为(2√())/(2)a，面心的原子与体心的原子距离为(1)/(2)a，则可以确定，晶胞中面心原子为Ni，有6×(1)/(2)=3个，顶点原子为Cu，有8×(1)/(8)=1个，体心的原子为N，有1个，则x：y：z=3：1：1； 根据分析，Cu原子处于顶角，距离最近且等距离的原子为面心上Ni原子，数目为3×8×(1)/(2)=12； （6）①氨气分解为N2和H2，H2还原Fe2O3得到Fe单质和水，化学方程式为：2NH3⇌(催化剂,加热、加压)N2+3H2、Fe2O3+3H2=700℃=2Fe+3H2O； ②电解Fe2O3颗粒得到Fe单质，在阴极发生还原反应，则Fe片为阴极，石墨做阳极，电解液为NaOH溶液和Fe2O3颗粒，装置图如下： ； ③与传统高炉炼铁工艺相比，上述两种新型冶铁方法所体现“绿色化学”思想的共同点是没有污染性的CO气体产生。 题 80【2025·陕西山西宁夏青海卷】 【答案】（1）搅拌 适当升温等 （2）6Mn(OH)2+O2=2Mn3O4+6H2O 10-2.15 （3）O2 （4）pH过大，沉淀为Mg(OH)2，不能分解产生CO2，不能得到疏松的轻质MgO （5）MgNH4PO4·6H2O+2H3PO4=Mg2++3H2PO4−+NH4++6H2O （6）(NH4)2SO4 （7）还原 【分析】废盐溶液加入氨水，通入氧气沉锰I得到Mn3O4，溶液再加入(NH4)2S2O8，进行沉锰Ⅱ得到MnO2，产生有气体O2，溶液再加入NH4HCO3和NH3·H2O调节pH沉镁I，得到MgCO3，煅烧得到MgO，溶液再加入H3PO4沉镁Ⅱ，得到MgNH4PO4·6H2O沉淀，溶液加入H2SO4调节pH=6.0结晶得到X硫酸铵，最后与MnO2和Mn3O4焙烧，经过多步处理得到MnSO4·H2O。 【解析】（1）加快废盐的溶解可以采取搅拌、适当升温、粉碎等； （2）Mn(OH)2被O2氧化得到Mn3O4，化学方程式为：6Mn(OH)2+O2=2Mn3O4+6H2O； 根据(c(Mg2+))/(c(Mn2+))=(Ksp[Mg(OH)2])/(Ksp[Mn(OH)2])=(10−0.68)/(c(Mn2+))=(10−11.25)/(10−12.72)，c(Mn2+)=10-2.15mol/L； （3）“沉锰Ⅱ”中，过量的(NH4)2S2O8经加热水解去除，(NH4)2S2O8中存在过氧键，在加热和水存在下发生水解，生成NH4HSO4和H2O2：(NH4)2S2O8+2H2O=2NH4HSO4+H2O2，H2O2分解2H2O2=2H2O+O2↑，总反应为2(NH4)2S2O8+2H2O=4NH4HSO4+O2↑，最终产物是NH4HSO4和O2； （4）[xMgCO3·yMg(OH)2·zH2O]煅烧有CO2生成，可以得到疏松的轻质氧化镁，pH过大，沉淀为Mg(OH)2，不能分解产生CO2，不能得到疏松的轻质MgO； （5）由题中信息可知，pH=8时，产生的沉淀为MgNH4PO4·6H2O，调节到pH=4，磷元素存在形式为H2PO4-，磷酸不是强酸，不能拆，离子方程式为：MgNH4PO4·6H2O+2H3PO4=Mg2++3H2PO4−+NH4++6H2O； （6）溶液中存在铵根离子和硫酸根离子，结晶后X为(NH4)2SO4； （7）“焙烧”中，Mn3O4和MnO2最终生成MnSO4·H2O，Mn元素化合价降低，发生了还原反应。 题 81　【2026·黑吉辽蒙卷】 【答案】（1）d （2） ①. 增大氧气的溶解度（或浓度），加快反应速率 ②. NiS+2O2+6NH3·H2O=[Ni(NH3)6]SO4+6H2O （3） ①. [Cu(NH3)4]2+ ②. NH3 （4）2 （5）(NH4)2SO4 （6） ①. 2 ②. [Ni(NH3)]2+被还原时发生反应：[Ni(NH3)]2++H2=Ni+NH4++H+，溶液呈酸性，不利于“还原”步骤；而[Ni(NH3)2]2+被还原时发生反应：[Ni(NH3)2]2++H2=Ni+2NH4+，不会生成游离的H+，因此还原程度较高 【解析】 【分析】镍矿的主要成分为NiS，含少量Fe2O3和CuS，在“氧压氨浸”操作中通入空气、加入氨水，生成[Ni(NH3)6]2+、[Cu(NH3)4]2+，浸渣为Fe2O3；“部分蒸氨”时挥发逸出的气体为氨气NH3，c(NH3)减小，[Ni(NH3)6]2+转化为[Ni(NH3)x]2+，[Cu(NH3)4]2+转化为CuS沉淀；向滤液2中通入足量O2，将滤液2中剩余的S2O32−充分氧化为SO42−，最后通过H2还原，得到Ni粉，滤液3中的主要成分为硫酸铵； 【小问1详解】 Ni是28号元素，价电子排布为3d84s2，根据周期表分区规则，属于d区。 【小问2详解】 加压可增大氧气的溶解度，提高O2浓度，加快浸出速率，提升镍的浸出率；NiS与氧气、氨水反应生成[Ni(NH3)6]SO4，根据电子守恒、原子守恒可知化学方程式为NiS+2O2+6NH3·H2O=[Ni(NH3)6]SO4+6H2O。 【小问3详解】 氨浸过程中，铜离子与氨水形成稳定的[Cu(NH3)4]2+；“部分蒸氨沉铜”时，溶液中挥发出来的气体 a 显然是氨气。蒸发氨气会导致溶液中c(NH3) 减小，促使络合物解离进而使铜沉淀。 【小问4详解】 1molS2O32−被氧化为SO42−，S2O32−中S 的平均化合价为 +2价，SO42−中S的化合价为+6价，总共失去2×(6−2)=8mol电子，1molO2反应得到4 mol电子，根据电子守恒，消耗O2的物质的量为(8)/(4)=2mol。 【小问5详解】 在“还原”步骤中，[Ni(NH3)6]SO4被H2还原生成 Ni 粉，溶液中主要留下的阳离子是生成的NH4+（由NH3和H+结合），阴离子是一直未参与后续反应的SO42−。因此滤液 3 浓缩结晶得到的副产品是(NH4)2SO4，硫酸铵是常用氮肥，可做化肥。 【小问6详解】 观察题给图像，当x=2时，Ni(Ⅱ) 浓度随时间下降最快，且最终能降至 0（完全转化）。而x=1时反应提前停滞（转化率低），x=3时反应速率过慢。因此为提高速率和转化率，应选2； 当x=1时，发生反应：[Ni(NH3)]2++H2=Ni+NH4++H+，会释放一个游离的H+，游离H+会使溶液呈酸性，而题目已知“酸性条件不利于还原”，因此反应受到抑制，转化率低。 当x=2时，发生反应：[Ni(NH3)2]2++H2=Ni+2NH4+，恰好生成2个NH4+，体系不会生成游离的H+，反应能顺利进行到底。 考点十　化学反应原理综合 题 82　【2023·新课标卷】 【答案】（1）−45 （2） (ⅱ) 在化学反应中，最大的能垒为速率控制步骤，而断开化学键的步骤都属于能垒，由于N≡N的键能比H-H键的大很多，因此，在上述反应机理中，速率控制步骤为(ⅱ) （3）(7.8×2873NA)/(56×1030) （4） P1＜P2＜P3 合成氨的反应为气体分子数减少的反应，压强越大平衡时氨的摩尔分数越大 图4 33.33% (1)/(432)√() 【解析】（1）在化学反应中，断开化学键要消耗能量，形成化学键要释放能量，反应的焓变等于反应物的键能总和与生成物的键能总和的差，因此，由图1数据可知，反应(1)/(2)N2(g)+(3)/(2)H2(g)=NH3(g)的ΔH=(473+654-436-397-339)kJ·mol-1=−45kJ·mol-1。 （2）由图1中信息可知，(1)/(2)N2(g)=N(g)的ΔH=+473kJ·mol-1，则N≡N的键能为946kJ·mol-1；(3)/(2)H2(g)=3H(g)的ΔH=+654kJ·mol-1，则H-H键的键能为436kJ·mol-1。在化学反应中，最大的能垒为速率控制步骤，而断开化学键的步骤都属于能垒，由于N≡N的键能比H-H键的大很多，因此，在上述反应机理中，速率控制步骤为(ⅱ)。 （3）已知α-Fe属于立方晶系，晶胞参数a=287pm，密度为7.8g·cm-3，设其晶胞中含有Fe的原子数为x，则α-Fe晶体密度ρ=(56x×1030)/(NA·2873)g·cm3=7.8g·cm3，解之得x=(7.8×2873NA)/(56×1030)，即α-Fe晶胞中含有Fe的原子数为(7.8×2873NA)/(56×1030)。 （4）①合成氨的反应中，压强越大越有利于氨的合成，因此，压强越大平衡时氨的摩尔分数越大。由图中信息可知，在相同温度下，反应达平衡时氨的摩尔分数P1＜P2＜P3，因此，图中压强由小到大的顺序为P1＜P2＜P3，判断的依据是：合成氨的反应为气体分子数减少的反应，压强越大平衡时氨的摩尔分数越大。 ②对比图3和图4中的信息可知，在相同温度和相同压强下，图4中平衡时氨的摩尔分数较小。在恒压下充入情性气体Ar，反应混合物中各组分的浓度减小，各组分的分压也减小，化学平衡要朝气体分子数增大的方向移动，因此，充入情性气体Ar不利于合成氨，进料组成中含有情性气体Ar的图是图4。 ③图3中，进料组成为xH2=0.75、xN2=0.25两者物质的量之比为3:1。假设进料中氢气和氮气的物质的量分别为3mol和1mol，达到平衡时氮气的变化量为x mol，则有： N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g) 始(mol)　1　3　0 变(mol)　x　3x　2x 平(mol)　1−x　3−3x　2x 当p2=20MPa、xNH3=0.20时，xNH3=(2x)/(4−2x)=0.20，解之得x=(1)/(3)，则氮气的转化率α=(1)/(3)≈33.33%，平衡时N2、H2、NH3的物质的量分别为(2)/(3)mol、2mol、(2)/(3)mol，其物质的量分数分别为(1)/(5)、(3)/(5)、(1)/(5)，则该温度下Kp’=(((1)/(5)P2)2)/((1)/(5)P2×((3)/(5)P2)3)=(25)/(27×400)(MPa)−2因此，该温度时，反应(1)/(2)N2(g)+(3)/(2)H2(g)⇌NH3(g)的平衡常数Kp=Kp’√()=(25)/(27×400)(MPa)−2√()=(1)/(432)√()(MPa)-1。 题83　【2023·江苏卷】 【答案】（1）KHCO3+Ca(OH)2=CaCO3+KOH+H2O 相同质量的LiOH固体可吸收更多二氧化碳 （2）<0 适当抑制副反应的发生，尿素中氮碳比小于副产物中缩二脲的氮碳比，氨气与二氧化碳的投料比越大，二氧化碳转化率越高 （3）H2 HCO3−+8e−+6H2O=CH4↑+9OH-或10HCO3−+8e−=CH4↑+9CO32−+3H2O 每生成1molC2H4转移12mole-，每生成1molHCOO−转移2mole-，故电解生成的C2H4和HCOO−的物质的量之比为(24%)/(12)：(8%)/(2)=1：2 【解析】（1）由图可知“吸收”后所得的KHCO3溶液与石灰乳反应生成碳酸钙用于煅烧产生二氧化碳，产物KOH可回收利用，故化学方程式为KHCO3+Ca(OH)2=CaCO3+KOH+H2O。载人航天器内，常用LiOH固体而很少用KOH固体吸收空气中的CO2的原因为相同质量的LiOH固体可吸收更多二氧化碳。 （2）由图可知升高温度反应Ⅰ的lgK减小，说明温度升高平衡逆向移动，故正反应为放热反应，其Δ H<0。实际投料比值远大于理论值的原因是适当抑制副反应的发生，尿素中氮碳比小于副产物中缩二脲的氮碳比，氨气与二氧化碳的投料比越大，二氧化碳转化率越高。 （3）当电解电压为U1V时，电解过程中含碳还原产物的FE%为0，说明二氧化碳为得电子，为氢离子得电子变成氢气。当电解电压为U2V时，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒可知碱性条件下阴极由HCO3−生成CH4的电极反应式为HCO3−+8e−+6H2O=CH4↑+9OH-或10HCO3−+8e−=CH4↑+9CO32−+3H2O。当电解电压为U3V时，电解过程中还原产物C2H4的FE%为24%，还原产物HCOO−的FE%为8%，每生成1molC2H4转移12mole-，每生成1molHCOO−转移2mole-，故电解生成的C2H4和HCOO−的物质的量之比为(24%)/(12)：(8%)/(2)=1：2。 题 84　【2023·河北卷】 【答案】（1）181 CD (0.21)/(V)−(2a+b)/(2) (b2)/(((0.78)/(V)−(a+b)/(2))((0.21)/(V)−(2a+b)/(2))) （2）0.75r （3）阴 2NH3+6OH−6e−=N2+6H2O bac 【解析】（1）①ΔH1=反应物总键能-生成物总键能=(945kJ/mol+498kJ/mol)−2×631kJ/mol=+181kJ/mol； 故答案为：+181； ②A．缩小体积，所有物质浓度均增大，A不符合题意； B．升高温度，平衡向着吸热方向进行，反应i为吸热反应，则升温平衡正向进行，NO浓度增大，B不符合题意； C．移除NO2，平衡ii向正向进行，NO浓度降低，C符合题意； D．降低N2浓度，平衡逆向进行，消耗NO，NO浓度降低，D符合题意； 故答案为：CD； ③根据三段式 N2(g)+O2(g)⇌2NO(g) 起始/(mol·L-1)　0.78/V　0.21/V　0 改变/(mol·L-1)　(a+b)/2　(a+b)/2　(a+b) 平衡/(mol·L-1)　0.78/V−(a+b)/2　0.21/V−(a+b)/2　(a+b) 2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g) 起始/(mol·L-1)　(a+b)　0.21/V−(a+b)/2　0 改变/(mol·L-1)　a　a/2　a 平衡/(mol·L-1)　b　0.21/V−(a+b)/2−a/2　a c(O2)=(0.21)/(V)−((2a+b))/(2)，K1=(c2(NO))/(c(N2)c(O2))=(b2)/(((0.78)/(V)−(a+b)/(2))((0.21)/(V)−(2a+b)/(2)))； 故答案为：(0.21)/(V)−((2a+b))/(2)；(b2)/(((0.78)/(V)−(a+b)/(2))((0.21)/(V)−(2a+b)/(2)))； （2）实验1与实验2相比，(r)/(2r)=(k(0.1)x(0.1)y)/(k(0.1)x(0.2)y)，y=1，实验1与实验3相比，(r)/(4r)=(k(0.1)x(0.1)y)/(k(0.2)x(0.1)y)，x=2，代入实验3，k=(r)/(10−3)=103r，根据实验4计算，v=103r(0.05)2(0.3)=0.75r； 故答案为：0.75r； （3）①N2生成NH3，化合价降低，得电子，发生还原反应，则N2在阴极反应； 故答案为：阴； ②燃料电池中，氨气作负极发生氧化反应，生成N2，生成1个N2转移6个电子，在碱性下发生，2NH3-6e-+6OH-=2N2+6H2O； 故答案为：2NH3-6e-+6OH-=2N2+6H2O； ③催化剂通过降低反应活化能提高反应速度，则催化活性由强到弱的顺序为b＞a＞c； 故答案为：bac。 题 85　【2024·江苏卷】 【答案】（1）C、H、Fe (16)/(9) （2）CH3COO[Cu(NH3)2]+NH3·H2O+CO=CH3COO[Cu(NH3)3CO]+H2O 多孔 Al2O3可作为气体吸附剂，含量过多会吸附生成的NH3，Al2O3含量大于2%时，α-Fe表面积减小，反应速率减小，产生NH3减少。 （3）NaHCO3受热分解，导致HCOO-产率下降 -NH2可以与HCO3-形成氢键 HDO 【解析】（1）①反应器I中参与反应的物质有CO、H2、Fe2O3，产物有 CO2、H2O、Fe，发生反应3CO+Fe2O3=2Fe+3CO2、3H2+Fe2O3=2Fe+3H2O化合价发生改变的元素有 C、H、Fe。 ②CO、H2各1 mol参与上述反应，各生成/23mol Fe，共生成(4)/(3)molFe，(4)/(3)molFe在反应器Ⅱ中发生反应3Fe +4H2O(g)= Fe3O4+4H2，列比例计算3Fe+4H2O=Fe3O4+4H2 3　4 4/3 mol　16/9 mol，共生成(16)/(9)mol H₂。 （2）①根据题给反应物及生成物书写即可。②多孔 Al2O3可作为气体吸附剂，含量过多会吸附生成的NH3，Al2O3含量大于2%时，α-Fe表面积减小，反应速率减小，这也会导致产生的NH3减少。 （3）①NaHCO3受热易分解，导致HCOO-产率下降。②氨基中的H原子连在电负性较大的N原子上，HCO3-中的H原子连在电负性较大的O原子上，二者之间可以形成氢键N−H⋯O、N⋯H−O③总反应为H2+ HCO3-=H2O+HCOO-，用D2代替H2，若生成 HDO，则可确认反应过程中的加氢方式。 题 86　【2026·北京卷】 【答案】（1）氢键 （2） ①. Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2O ②. NH2Cl+2NH3+H2O=N2H4·H2O+NH4Cl ③. 增大NH3的浓度，可加快主反应NH2Cl与NH3反应生成水合肼的反应速率，同时降低NH2Cl的浓度，使N2H4和NH2Cl的副反应速率减慢，从而减少副反应发生 （3） ①. +3H2O=N2H4·H2O+2 ②. 该水解反应平衡常数小，加热升温可加快反应速率；同时丁酮的沸点为79.6℃，100℃时丁酮会挥发脱离反应体系，使水解平衡正向移动，促进水合肼生成 （4）丁酮连氮难溶于水，易与水相体系的杂质分离，且肼被保护在丁酮连氮结构中，不会像次氯酸钠法中生成的肼那样被过量的氧化剂氧化，产物产率更高；同时双氧水法无NaCl等副产物生成，后续分离提纯水合肼的操作更简便。 【解析】 【分析】氯气和氢氧化钠溶液在反应器1中生成次氯酸钠，溶液进入反应器2后通入大量氨气，NaClO与NH3作用产生NH2Cl，反应器3中NH2Cl与大量的NH3充分反应后生成N2H4·H2O，将产生的混合液送入回收器回收氨气循环利用，在蒸发器中得到N2H4·H2O。 【小问1详解】 N2H4含有N原子，电负性较大的N可与水分子中的H形成氢键，这是肼易溶于水的重要原因。 【小问2详解】 ①反应器1中Cl2通入NaOH溶液，发生歧化反应生成NaCl、NaClO和水，对应离子方程式为Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2O。 ③NH2Cl和大量NH3反应生成水合肼和NH4Cl，其化学方程式为NH2Cl+2NH3+H2O=N2H4·H2O+NH4Cl。 ④增大NH3的浓度，可加快主反应NH2Cl与NH3反应生成水合肼的反应速率，同时降低NH2Cl的浓度，使N2H4和NH2Cl的副反应速率减慢，从而减少副反应发生。 【小问3详解】 ①丁酮连氮水解断裂N-N相连的双键结构，和水反应生成水合肼与2分子丁酮，其化学方程式为+3H2O=N2H4·H2O+2。 ②该水解反应平衡常数小，加热升温可加快反应速率；同时丁酮的沸点为79.6℃，100℃时丁酮会挥发脱离反应体系，使水解平衡正向移动，促进水合肼生成。 【小问4详解】 丁酮连氮难溶于水，易与水相体系的杂质分离，且肼被保护在丁酮连氮结构中，不会像次氯酸钠法中生成的肼那样被过量的氧化剂氧化，产物产率更高；同时双氧水法无NaCl等副产物生成，后续分离提纯水合肼的操作更简便。 —— 全卷终 —— 第 页　共 页 学科网（北京）股份有限公司 $