高考化学一轮复习收官卷（二）（江苏专用）-2025年高考化学一轮复习考点通关卷（江苏专用）

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可能用到的相对原子质量：H1 C12 O16 Na23 S32 Cu64 K39 C59
单项选择题：本题包括13小题，每小题3分，共计39分。每小题只有一个选项符合题意。
1．践行“碳达峰”“碳中和”的双碳经济是我国的长期国策。这里“双碳”的含义是
A．仅指CO2B．金刚石和石墨C．CO和CO2D．12C和13C
【答案】A
【解析】“碳达峰”是指二氧化碳排放2030年前达到峰值；“碳中和”是指2060年前通过植树造林、节能减排等形式，以抵消自身产生的二氧化碳或温室气体排放量，实现正负抵消，达到相对“零排放”， 故双碳为二氧化碳，故选A。
2．NaOH溶液可用于氮氧化物(如NO、NO2)的尾气吸收处理。下列说法正确的是
A．NaOH的电子式为
B．NO属于酸性氧化物
C．NO2的空间结构为V形
D．该反应为非氧化还原反应
【答案】C
【解析】A．NaOH的电子式为，故A错误；
B．NO是不成盐氧化物，故B错误；
C．NO2中N形成2个σ键，有1个单电子，属于sp2杂化，空间结构为V形，故C正确；
D．反应方程式为：，N化合价发生了变化，为氧化还原反应，故D错误；
故选C。
3．下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是
A．ClO2具有强氧化性，可用作自来水消毒
B．Cl2易液化，可用作生产漂白液
C AgBr呈淡黄色，可用作感光材料
D．KIO3易溶于水，可用作食盐中加碘
【答案】A
【解析】A．ClO2具有强氧化性，能够使蛋白质变性，所以可用于自来水消毒剂，A正确；
B．Cl2能与NaOH反应生成NaClO，NaClO具有强氧化性、漂白性，可作漂白剂，与Cl2易液化无关，B错误；
C．AgBr光照下易分解，因此可做感光材料，与颜色无关，C错误；
D．KIO3性质较稳定，可用作食盐中加碘，与其溶解性无关，D错误；
故选A。
4．由金属钛、铝形成Tebbe试剂常用作有机反应的烯化试剂，其结构如图所示。下列说法正确的是
A．Al3+与Cl-具有相同的电子层结构
B．该结构中不存在配位键
C．Tebbe试剂中的Al原子轨道杂化类型为sp3
D．该结构中Al的化合价为+4
【答案】C
【解析】A．Al3+有2个电子层、Cl-有3个电子层，不具有相同电子层结构，A错误；
B．Al提供空轨道，Cl提供孤电子对，形成配位键，B错误；
C．Al形成4个σ键，无孤电子对，为sp3杂化，C正确；
D．该结构中Al的化合价为+3，D错误；
故选C。
5．将、和C在高温下焙烧可以得到单质磷。下列说法正确的是
A．电负性：B．原子半径：
C．电离能：D．热稳定性：
【答案】C
【解析】A．同主族从上到下，元素的电负性逐渐减小，同周期从左到右，元素的电负性逐渐增大，故电负性：，故A错误；
B．同周期从左到右，原子半径逐渐减小，同主族从上到下，原子半径逐渐增大，故原子半径，故B错误；
C．同周期从左到右，第一电离能呈增大趋势，则电离能：，故C正确；
D．C的非金属性强于Si，故热稳定性：，故D错误。
答案选C。
6．下列实验原理及装置均正确的是
A．图甲：分离乙酸乙酯与饱和碳酸钠溶液
B．图乙：探究NaHCO3固体的热稳定性
C．图丙：用标准酸性KMnO4溶液滴定未知浓度的FeSO4溶液
D．图丁：采用如图装置蒸干FeSO4溶液获得FeSO4·7H2O
【答案】A
【解析】A．分离乙酸乙酯与饱和碳酸钠溶液不互溶，出现分层，故可用分液将其分离，A正确；
B．NaHCO3固体分解时会生成水，故试管口应向下倾斜，B错误；
C．高锰酸钾腐蚀橡胶管，标准酸性KMnO4溶液应装在酸式滴定管中，C错误；
D．FeSO4溶液中加热过程中会被氧化，故不能蒸干FeSO4溶液获得FeSO4·7H2O，D错误；
故选A。
阅读下列材料，回答7-9题
硫元素约占地球总质量的1.9%，广泛分布并循环于地球内部各圈层。硫有32S、34S、33S和36S四种同位素。硫元素主要以氢化物、硫化物、含氧酸和含氧酸盐等形式存在。硫的单质有S2、S4、S8等多种分子形态；硫的氢化物(H2S、H2S2)均有弱酸性；低价硫易被氧气氧化。硫在生物圈的演化中扮演了重要角色，在细菌作用下硫元素可发生氧化或还原反应，促进了硫元素在地球各圈层中的循环。
7．下列说法正确的是
A．32S、34S、33S、36S原子的中子数均相同
B．SO3和SO中S的杂化类型均为sp2
C．S2、S4、S8均难溶于水，易溶于CS2
D．H2S2分子的构型为直线形
【答案】C
【解析】A．32S、34S、33S、36S原子的质子数均相同，中子数分别为：16、18、17、20，A错误；
B．SO3的价层电子数为：，的价层电子数为：，前者sp2杂化，后者sp3杂化，B错误；
C．S2、S4、S8与CS2均为非极性分子，水为极性分子，根据相似相溶可知，S2、S4、S8均难溶于水，易溶于CS2，C正确；
D．H2S2与H2O2为等电子体，分子构型相似，所以H2S2分子的构型为：，D错误；
故选C。
8.下列化学反应的表示正确的是
A．二硫化氢与足量烧碱溶液反应：H2S2＋2OH-=S＋2H2O
B．黄铁矿在细菌作用下转化为强酸：2FeS2＋2H2O＋7O22Fe2＋＋4H＋＋4SO
C．用Na2S2O3除去废水中的氯气：S2O＋4Cl2＋10OH-=2SO＋8Cl-＋5H2O
D．硫化亚铁除废水中汞离子：S2-＋Hg2＋=HgS↓
【答案】A
【解析】A．二硫化氢为弱酸，与足量烧碱溶液反应：H2S2＋2OH-=＋2H2O，A正确；
B．Fe2+能被O2氧化为Fe3+，离子方程式：，B错误；
C．Na2S2O3还原性较强，在溶液中易被氯气氧化成，Cl2被还原为Cl－，则根据电子守恒、原子守恒和电荷守恒，离子方程式：S2O＋4Cl2＋5H2O =2SO＋8Cl-＋10H+，C错误；
D．FeS难溶于水，离子方程式：FeS＋Hg2＋=HgS+Fe2+，D错误；
故选A。
9.下列有关物质的性质与结构或物质性质与用途有对应关系的是
A．SO2有氧化性，可用作葡萄酒的防腐剂
B．S单质为淡黄色固体，可制备硫化橡胶
C．H-O键键能大于H-S键键能，因此H2O的沸点比H2S的高
D．浓硫酸具有吸水性，可以作气体干燥剂
【答案】D
【解析】A．二氧化硫具有还原性，可消耗氧化性的物质，从而可用作葡萄酒的防腐剂，故A错误；
B．S单质为淡黄色固体，是物理性质，而硫单质还可以用于制备硫化橡胶和硫化塑料，提高其物理性能和耐热性，是化学性质，故B错误；
C．水分子间能形成氢键，因此H2O的沸点比H2S的高，故C错误；
D．浓硫酸具有吸水性，可用于除去部分气体中的水蒸气，故D正确；
故答案选D。
10．化工原料Z是X与HBr反应的主产物。X→Z的反应机理如下：
下列说法错误的是
A．X中所有碳原子可共平面B．Y中有2个碳原子采取sp3杂化
C．X→Z反应类型是加成反应D．X与HBr反应可产生一种无手性的副产物
【答案】B
【解析】A．与苯环直接相连的原子共面、碳碳双键两端的原子共面，单键可以旋转，则X中所有碳原子可共平面，A错误；
B．Y中只有甲基碳采取sp3杂化，B错误；
C．X→Z反应类型是碳碳双键和HBr的加成反应，C正确；
D．手性碳原子是连有四个不同基团的碳原子；X与HBr反应可产生一种无手性的副产物，D正确；
故选B。
11．室温下，下列实验探究方案能达到探究目的的是
【答案】A
【解析】A．变黑的铜丝趁热插入无水乙醇中，铜丝会变化成红色，由CuO变成铜单质，发生还原反应，说明乙醇具有还原性，故A正确；
B．向淀粉溶液中加适量20%H2SO4溶液，加热，冷却后加NaOH溶液至中性，再滴加少量碘水，全部水解或部分水解，都可以观察到淀粉变蓝，无法说明淀粉是否水解，故B错误；
C．用pH计测量醋酸、盐酸的pH，比较溶液pH大小，需要酸的浓度相同，故C错误；
D．没有作对比试验，无法证明Fe2+催化作用，故D错误；
答案选A。
12．CuCl为难溶于水的白色固体。室温下，以CuO为原料制备CuCl的过程如图所示。下列说法正确的是
A．0.1溶液中：
B．“还原”发生反应的离子方程式为：
C．“还原”后的溶液中：
D．“过滤”后得到的滤液中：
【答案】B
【分析】CuO为碱性氧化物，与稀硫酸发生CuO+2H+=Cu2++H2O，“还原”步骤中发生2Cu2++SO+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO+2H+，据此分析；
【详解】A．利用质子守恒，0.1mlNa2SO3溶液中存在c(OH-)=c(HSO)+2c(H2SO3)+c(H+)，故A错误；
B．“酸溶”步骤中发生CuO+2H+=Cu2++H2O，“还原”步骤通入亚硫酸钠和NaCl，得到CuCl，该步骤中Cu2+作氧化剂，亚硫酸钠作还原剂，发生的反应为2Cu2++SO+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO+2H+，故B正确；
C．还原后溶液还存在Na+，因此根据电荷守恒，推出c(Na+)+2c(Cu2+)+c(H+)=c(OH-)+2c(SO)+c(Cl-)，故C错误；
D．过滤后，CuCl为饱和溶液，因此有c(Cu+)·c(Cl-)=Ksp(CuCl)，推出c(Cu2+)=，故D错误；
答案为B。
13．中国科学家首次用C60改性铜基催化剂，将草酸二甲酯加氢制乙二醇的反应条件从高压降至常压。草酸二甲酯加氢的主要反应有：
反应 I：CH3OOCCOOCH3(g)( 草酸二甲酯)+2H2(g)⇌CH3OOCCH2OH(g)( 乙醇酸甲酯)+CH3OH(g)
反应Ⅱ：CH3OOCCH2OH(g)+2H2(g)⇌HOCH2CH2OH(g)+CH3OH(g)
反应Ⅲ：HOCH2CH2OH(g)+H2(g)⇌C2H5OH(g)+H2O(g) ∆H<0
其他条件相同时，相同时间内温度对产物选择性的影响结果如图。
已知：物质B的选择性S(B)=×100％
下列说法不正确的是
A．反应I、Ⅱ均为∆H<0
B．其他条件不变，增加氢气的浓度，一定能提高乙二醇的产率
C．若不使用C60改性铜基催化剂采用高压条件能加快反应速率
D．用C60改性铜基催化剂催化草酸二甲醋反应制乙二醇最佳温度范围约为475～480K
【答案】B
【解析】A．由图可知I、Ⅱ、Ⅲ为连锁反应，即为自发进行，，可知I、Ⅱ为的反应，故I、Ⅱ的<0，故A正确；
B．在乙醇酸甲酯等于乙二醇选择性时，其他条件不变，增加氢气的浓度，乙二醇的产率不变，故B错误；
C．不使用C60改性铜基催化剂，采用高压条件能加快反应速率，相当于增大浓度，反应速率加快，故C正确；
D．由图可知，温度为470~480K时，生成乙二醇的选择性最高，故D正确；
答案选B。
非选择题：共4题，共61分
14．硼化钛(TiB2)常用于制备导电陶瓷材料。
I．高钛渣(主要含TiO2、SiO2、Al2O3和CaO，少量MgO、Fe2O3)为原料制取TiB2的流程如图：
已知：①B2O3高温易挥发；②TiO2可溶于热的浓硫酸形成TiO2+。
（1）“酸浸”后的滤液中的阳离子有：H+、Fe3+、___________。
（2）“水解”需在沸水中进行，离子方程式为___________。
（3）“热还原”中发生反应的化学方程式为TiO2+B2O3+5CTiB2+5CO↑，B2O3的实际用量超过了理论用量，原因是___________。
Ⅱ．气相沉积法获得硼化钛：以TiCl4和BCl3为原料，在过量的H2参与下，沉积温度为800～1000℃，可制得具有空间网状结构的磨料级硼化钛。
（4）制得硼化钛的化学方程式为___________，硼化钛能作为磨料的原因是___________。
（5）生产硼化钛，当BCl3和TiCl4投料比[m(BCl3)：m(TiCl4)]超过1.25时硼化钛的纯度下降，原因是___________。
Ⅲ．硼砂(Na2B4O7·10H2O)与NaOH的混合溶液中加入H2O2可以制备X(Na2B2O8H4)。已知X的阴离子[B2O8H4]2-只有一种化学环境的B原子，结构中有一个六元环且B和O原子最外层都达到8电子稳定结构。
（6）X阴离子的结构式为___________。
【答案】（1）Al3+、Ca2+、Mg2+
（2）TiO2++(x+1)H2OTiO2•xH2O↓+2H+
（3）B2O3易挥发 （4） ①． ②．硼化钛是共价晶体，硬度大
（5）BCl3过量，被过量的氢气还原为单质硼
（6）
【解析】高钛渣加入稀盐酸，只有SiO2不会溶解，TiO2可溶于热的浓硫酸形成TiO2+，TiO2+沸水中形成TiO2•xH2O，热还原中发生反应的化学方程式为TiO2+B2O3+5CTiB2+5CO↑；
（1）“酸浸”加入稀盐酸与Al2O3、CaO、MgO、Fe2O3反应生成AlCl3、CaCl2、MgCl2、FeCl3，“酸浸”后的滤液中的阳离子有：H+、Fe3+、Al3+、Ca2+、Mg2+；
（2）“水解”需在沸水中进行，TiO2+沸水中形成TiO2•xH2O，离子方程式为TiO2++(x+1)H2OTiO2•xH2O↓+2H+；
（3）“热还原”中发生反应的化学方程式为TiO2+B2O3+5CTiB2+5CO↑，B2O3的实际用量超过了理论化学计量所要求的用量，原因是B2O3高温下蒸气压大、易挥发，只有部分参加了反应；
（4）以TiCl4和BCl3为原料，在过量的H2参与下，沉积温度为800～1000℃，制得硼化钛(TiB2)，反应的化学方程式为；硼化钛由Ti和B原子相连构成空间网状结构，能作为磨料的原因是硼化钛是共价晶体，硬度大；
（5）当BCl3和TiCl4投料比[m(BCl3)：m(TiCl4)]超过1.25时硼化钛的纯度下降，原因是BCl3过量，被过量的氢气还原为单质硼；
（6）X的阴离子[B2O8H4]2-只有一种化学环境的B原子说明结构对称，结构中有一个六元环且B和O原子最外层都达到8电子稳定结构，则B原子与四个O原子相连，X阴离子的结构式为。
15．化合物G是某化工生产中的重要中间体，其合成路线如下：
Me：—CH3 Et：—CH2CH3
（1）1ml有机物B中所含碳氧σ键的数目为___________ml。
（2）设计B→E步骤的目的是___________。
（3）E→F的反应类型为加成反应，则F的结构简式为___________。
（4）G的一种同分异构体同时满足下列条件，该同分异构体的结构简式：___________。
①能与FeCl3溶液发生显色反应；
②有5种不同化学环境的氢原子。
（5）已知。写出以、CH3OH和CH3MgBr为原料制备的合成路线流程图___________。(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。
【答案】（1）4 （2）保护B中羰基，防止羰基与后续EtMgBr反应
（3） （4） （5）
【解析】由有机物的转化关系可知，碳酸钾作用下A与CH2=CHCOOMe发生加成反应生成B，在PPTS作用下与乙二醇发生加成反应生成C，C与EtMgBr发生取代反应生成D，D在PPTS、水、丙酮作用下转化为E，E在MeONa和MeOH作用下发生分子内加成反应生成F ，则F为；F在CH3SO2Cl和Et3N作用下发生消去反应生成G 。
（1）B为，结构中有1个羰基、1个酯基，因此则1mlB所含碳氧σ键的数目为4ml，故答案为：4。
（2）设计B→E步骤的目的是：保护B中羰基，防止羰基与后续EtMgBr反应，故答案为：保护B中羰基，防止羰基与后续EtMgBr反应。
（3）由分析可知，F的结构简式为，故答案为：。
（4）G为 ，分子式为C15H22O，G的同分异构体能与氯化铁溶液发生显色反应，分子中含有1个酚羟基，有五种不同化学环境的氢原子，符合条件的结构简式为：，故答案为：。
（5）以、CH3OH和CH3MgBr为原料制备的合成路线为：，故答案为：。
16．实验室以柠檬酸亚铁、柠檬酸铵等为原料可制得柠檬酸铁铵。已知：柠檬酸结构简式为，是易溶于水的晶体，可用表示；柠檬酸可与反应制柠檬酸亚铁。
（1）柠檬酸水溶液中各组分分布系数δ-pH关系如图所示。一定体积柠檬酸与氨水混合所得溶液pH为6.40，反应的离子方程式为___________。
（2）柠檬酸铁铵化学式可表示为，测定其组成实验方案如下：取适量样品溶于蒸馏水配成100mL溶液。取20.00mL溶液加入足量NaOH溶液充分反应，过滤、洗涤，灼烧至恒重，测得固体质量为0.32g。取20.00mL溶液于锥形瓶中，依次加入足量EDTA(能与部分金属离子结合)、HCHO溶液充分反应，滴入2滴酚酞试液，用1.00NaOH标准液滴定至终点，消耗标准液12.00mL。［；］。加入EDTA的作用为___________，柠檬酸铁铵化学式为___________(写出计算过程)。
（3）避光条件下，柠檬酸铁铵与铁氰化钾［］反应得到普鲁士黄(PY)，其立方晶胞结构如图所示。
①PY中所有均与形成配位键。结合电子式解释作配体的原因：___________。
②普鲁士蓝(PB)晶胞结构如图所示，周围最近且等距的有12个，“○”位置被或占据，用“”在图上补全PB结构图中Ⅰ和Ⅱ两个小立方体中的。___________
③由于PB中的能容易地嵌入和脱嵌，因此PB可作为钾离子电池的正极材料。充电过程中，推测会从PB中脱嵌出来，理由是___________。
（4）补充完整由铁泥(主要含有单质铁、少量和铁的氧化物)制备的实验方案，部分装置如图所示：取一定量的铁泥，___________，所得产物经过滤、洗涤、干燥，得到。(须使用试剂：、溶液、稀硫酸)
【答案】（1）
（2） ①．与结合形成配离子，避免滴定时消耗更多的NaOH，影响组成测定 ②．
（3） ①．电子式为，C和N原子均能提供孤电子对成为配位原子 ②． ③．充电时PB为阳极，失电子转为，正电荷增多
（4）在搅拌下分批将铁泥加入足量稀硫酸中，充分反应(至不再产生明显气泡)，过滤，将滤液加入三颈烧瓶中，以一定流速通入，排出装置中空气并搅拌，从滴液漏斗中滴入溶液至沉淀完全
【解析】（1）根据图像可知，pH=6.40时，此时柠檬酸主要存在形式是C6H5O、HC6H5O，即柠檬酸中氨水混合所得溶液pH为6.40时，反应离子方程式为2H3C6H5O7+5NH3·H2O=C6H5O+HC6H5O+5NH+5H2O或者2H3C6H5O7+5NH3=C6H5O+HC6H5O+5NH；故答案为2H3C6H5O7+5NH3·H2O=C6H5O+HC6H5O+5NH+5H2O或者2H3C6H5O7+5NH3=C6H5O+HC6H5O+5NH；
（2）柠檬酸铁铵中含有Fe3+，用NaOH溶液滴定时，Fe3+与OH-反应，EDTA能与Fe3+形成配合物，避免与OH-反应；灼烧后得到0.32g固体为Fe2O3质量，则20.00mL溶液中n(Fe3+)==4×10-3ml，根据反应方程式，建立关系式为4NH~4OH-，20.00mL溶液中n(NH)=n(OH-)=12.00mL×10-3L/mL×1.00ml/L=12×10-3ml，根据化合价代数和为0，12×10-3ml×1+4×10-3ml×3=n(C6H5O)×3，解得n(C6H5O)=8×10-3ml，因此x∶y∶z=12×10-3ml∶4×10-3ml∶8×10-3ml=3∶1∶2，即化学式(NH4)3Fe(C6H5O7)2，故答案为与Fe3+结合形成配离子，避免滴定时消耗更多的NaOH，影响组成测定；(NH4)3Fe(C6H5O7)2；
（3）①根据PY的晶胞图，CN-中C、N均与Fe3+形成配位键，电子式为，C、N均有孤电子对，C、N均能提供孤电子对成为配位原子，故答案为电子式为，C、N均有孤电子对，均能提供孤电子对成为配位原子；
②Fe3+周围最近且等距的Fe3+有12个，根据晶胞图可知，相邻且最近的两个Fe3+位置处于同平面的对位，即位置图为；故答案为；
③充电时PB为阳极，根据电解原理，阳极上失去电子，化合价升高，Fe2+失电子转化为Fe3+，正电荷增多，为了平衡电荷，K+从PB中脱嵌出来，故答案为充电时PB为阳极，失电子转为，正电荷增多；
（4）铁泥中含有单质铁、二氧化硅、铁的氧化物，二氧化硅为杂质，属于酸性氧化物，不溶于稀硫酸，因此在搅拌下分批将铁泥加入足量硫酸中，不再产生明显气泡，铁元素以Fe2+形式存在，过滤后，将滤液倒入三颈烧瓶中，Fe2+易被氧气氧化，需要通入氮气，将装置中空气排尽，然后从分液漏斗中滴入碳酸钠溶液至沉淀完全；故答案为在搅拌下分批将铁泥加入足量稀硫酸中，充分反应(至不再产生明显气泡)，过滤，将滤液加入三颈烧瓶中，以一定流速通入氮气，排出装置中空气并搅拌，从滴液漏斗中滴入碳酸钠溶液至沉淀完全。
17．氢能是应用前景广阔的新能源。
（1）制氢。工业上电解碱性尿素水溶液制氢。
①阳极活性物质Ni(OH)2首先放电生成NiOOH，该过程的电极反应式为___________。
②CO(NH2)2吸附在NiOOH上被氧化生成N2.根据电负性规则，CO(NH2)2分子中能被Ni吸附的原子是___________(填元素符号)。
（2）储氢。部分H2和Mg一定条件下化合生成MgH2以储氢；部分H2和N2在催化剂表面合成氨以储氢，其反应机理的部分过程如图-1所示。
①请在答题纸相应“□”中画出中间体X的结构______。
②研究发现，使用Ru系催化剂时，N2在催化剂表面的吸附活化是整个反应过程的控速步骤，实际工业生产时，将n(H2)/n(N2)控制在1.8~2.2之间，比理论值3小，其原因是___________。
（3）释氢。MgH2可通过热分解和水解两种方法制得H2。相较于热分解，从物质转化和能量利用的角度分析，MgH2水解释氢方法的优点有___________。
（4）储氢物质NH3的运用。NH3常用于烟气(主要成分NO、NO2)脱硝。以N2为载气，将含一定量NO、NH3及O2的模拟烟气以一定流速通过装有催化剂CeO2的反应管，研究温度、SO2(g)、H2O(g)对脱硝反应的影响。
①如图-2所示，温度高于350℃时，NO转化率下降，推测原因是___________。
②如图-3所示，温度高于350℃时，和不含水蒸气的烟气相比，含10%水蒸气的烟气的NO转化率更高，其原因是___________。
③实验证明，烟气中含SO2会导致催化剂不可逆的中毒(Ce4+氧化SO2生成SO覆盖在生成的Ce3+表面，阻止了O2氧化Ce3+)。而添加CuO后抗硫能力显著增强，请结合图-4机理，说明抗硫能力增强的原因___________。
【答案】（1） ①．Ni(OH)2－e－+OH－=NiOOH+H2O ②．N、O
（2） ①． ②．提高N2在合成气中比例，增大N2在催化剂表面的吸附活化总量，加快反应速率；利于提高H2的转化率，同时提高储氢率
（3）等量的MgH2水解比热分解产生的氢气多，同时不需要消耗大量热能
（4） ①．温度升高，催化剂的活性下降，NH3和O2反应生成NO，还原剂NH3的量减少 ②．在350℃以上含10%水蒸气的烟气中，水蒸气的存在抑制了NH3和O2生成NO的反应，更多NH3和NO反应，提高NO转化率 ③．添加CuO后，氧化生成的SO覆盖在Cu2+上，O2氧化Ce3+生成Ce4+，恢复催化能力
【解析】（1）工业上电解碱性尿素水溶液制氢。
阳极活性物质Ni(OH)2首先放电生成NiOOH，该过程的电极反应式为
Ni(OH)2－e－+OH-=NiOOH+H2O吸附在NiOOH上被氧化生成N2，根据电负性规则， C(NH2)2分子中能被Ni吸附的原子是N和O；
故答案为：Ni(OH)2－e－+OH-=NiOOH+H2O，N和O；
（2）①根据氢气和氮气在催化剂表面产生氨气，中间体X结合一个H原子以后产生氨气，剩余一个N≡在催化剂表面，逆向推导可知为，故答案为：；
②氢气量多于实际反应的化学计量系数，相当于氢气过量，可以提高氮气在反应中的转化率，可以增加氮气在催化剂表面的吸附量，故答案为：提高N2在合成气中比例，增大N2在催化剂表面的吸附活化总量，加快反应速率；利于提高H2的转化率，同时提高储氢率；
（3）MgH2水解所需要的能耗低，根据原子守恒，1ml的MgH2热分解最多只能产生1mlH2，而水解法可以产生2mlH2，故答案为：等量的MgH2水解比热分解产生的氢气多，同时不需要消耗大量热能；
（4）①温度升高以后，催化剂活性降低，导致氨气生成量减少，导致NO转化率降低，故答案为：温度升高，催化剂的活性下降，NH3和O2反应生成NO，还原剂NH3的量减少；
②在350℃以上含10%水蒸气的烟气中，水的存在使得氨气溶解，减少了氨气与氧气反应量，致使生成NO减少，故答案为：在350℃以上含10%水蒸气的烟气中，水蒸气的存在抑制了NH3和O2生成NO的反应，更多NH3和NO反应，提高NO转化率；
③加入CuO以后，使生成的硫酸根离子与铜离子结合生成硫酸铜，硫酸根就不会附着在催化剂表面，让催化剂就可以继续氧化Ce2+，故答案为：添加CuO后，氧化生成的覆盖在Cu2+上，O2氧化Ce3+生成Ce4+，恢复催化能力。
选项
探究目的
实验方案
A
乙醇具有还原性
将空气中灼烧变黑的铜丝趁热插入无水乙醇中，观察铜丝颜色变化
B
淀粉否水解
向淀粉溶液中加适量20%H2SO4溶液，加热，冷却后加NaOH溶液至中性，再滴加少量碘水，观察溶液颜色
C
CH3COOH是弱电解质
用pH计测量醋酸、盐酸的pH，比较溶液pH大小
D
Fe2+能否催化H2O2分解
向2mL5%H2O2溶液中滴加几滴FeSO4溶液，观察气泡产生情况