江蘇省揚(yáng)州市高郵市2022-2023學(xué)年高一下學(xué)期4月期中考試化學(xué)試題（ 含答案解析 ）

第1頁/共1頁2022-2023學(xué)年第二學(xué)期高一期中調(diào)研測試化學(xué)試題可能用到的相對(duì)原子質(zhì)量：H-1C-12N-14O-16Na-23Mn-55Fe-56Cu-64選擇題(共39分)單項(xiàng)選擇題(本題包括13小題，每題3分，共39分。每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意)1.中國歷史文化悠久，流傳下許多精美文物。下列文物主要由金屬材料制成的是A.商周青銅器 B.唐代絲綢 C.宋代陶瓷 D.清代玉器【答案】A【解析】【詳解】A．青銅屬于合金，屬于金屬材料，故A正確；B．絲綢屬于蛋白質(zhì)，不是金屬材料，故B錯(cuò)誤；C．陶瓷主要成分為硅酸鹽屬于無機(jī)非金屬材料，故C錯(cuò)誤；D．玉主要成分為硅酸鹽，屬于無機(jī)非金屬材料，故D錯(cuò)誤；故選：A2.氮化鋁(AlN)具有耐高溫、抗沖擊、導(dǎo)熱性好等優(yōu)良性質(zhì)，可通過如下反應(yīng)合成：Al2O3＋N2＋3C=2AlN＋3CO。下列說法正確的是A.中子數(shù)為8的氮原子可表示為N B.Al2O3是堿性氧化物C.N2的電子式： D.Al3+和O2-具有相同的電子層結(jié)構(gòu)【答案】D【解析】【詳解】A．質(zhì)量數(shù)=質(zhì)子數(shù)+中子數(shù)=7+8=15，氮原子可表示為，A錯(cuò)誤；B．Al2O3既能與酸反應(yīng)，也能與堿反應(yīng)，屬于兩性氧化物，不是堿性氧化物，B錯(cuò)誤；C．氮?dú)夥肿又泄灿?對(duì)電子，N原子最外層電子數(shù)為8，電子式為，C錯(cuò)誤；D．O2-、Al3+的核外電子數(shù)分別為(8+2)=10、(13-3)=10，所以它們核外有2層電子層，核外共有10個(gè)電子，電子排布都是2、8，D正確；故選：D。3.下列物質(zhì)的性質(zhì)與用途具有對(duì)應(yīng)關(guān)系的是A.HNO3具有氧化性，可用于溶解單質(zhì)銀B.N2性質(zhì)穩(wěn)定，可用于合成氨C.NH3·H2O易分解，可用于除去煙氣中的SO2D.NH4HCO3受熱易分解，可用作氮肥【答案】A【解析】【詳解】A．HNO3具有氧化性，可用于溶解一些不活潑的金屬單質(zhì)，如銅、銀等，故A正確；

B．N2中含有N≡N鍵，鍵能較大，性質(zhì)穩(wěn)定，但在催化劑、加熱、加壓的條件下可以與氫氣反應(yīng)，用于合成氨，前后沒有對(duì)應(yīng)關(guān)系，故B錯(cuò)誤；

C．NH3?H2O顯堿性，SO2屬于酸性氧化物，兩者可以反應(yīng)生成鹽和水，可用于除去煙氣中的SO2，前后沒有對(duì)應(yīng)關(guān)系，故C錯(cuò)誤；D．碳酸氫銨含有營養(yǎng)氮元素，所以可用作氮肥，與其受熱易分解的性質(zhì)無關(guān)，故D錯(cuò)誤；故選：A。4.用如圖所示裝置制備氨氣并驗(yàn)證氨氣的還原性，其中能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖茿.用裝置甲生成氨氣 B.用裝置乙干燥氨氣C.用裝置丙驗(yàn)證氨氣的還原性 D.用裝置丁吸收多余的氨氣【答案】C【解析】【詳解】A．實(shí)驗(yàn)室用氯化銨直接加熱不能制得氨氣，應(yīng)加熱氯化銨和氫氧化鈣固體制備氨氣，則裝置甲不能生成氨氣，故A錯(cuò)誤；B．無水氯化鈣會(huì)吸收氨氣生成八氨合氯化鈣，則不能用無水氯化鈣干燥氨氣，則裝置乙不能用于干燥氨氣，故B錯(cuò)誤；C．氨氣極易還原性，在加熱條件下能與氧化銅共熱反應(yīng)生成氮?dú)?、銅和水，則裝置丙能驗(yàn)證氨氣的還原性，故C正確；D．氨氣極易溶于水，將氨氣直接通入溶液中會(huì)產(chǎn)生倒吸，則裝置丁不能用于吸收多余的氨氣，故D錯(cuò)誤；故選C。5.在給定條件下，下列選項(xiàng)所示的物質(zhì)間轉(zhuǎn)化均能實(shí)現(xiàn)的是A.NH3NO2NOB.FeFe3O4FeC.Al2O3AlAl(OH)3D.SiO2H2SiO3Na2SiO3【答案】B【解析】【詳解】A．催化劑作用下，氨氣與氧氣共熱發(fā)生催化氧化反應(yīng)生成一氧化氮，不能生成二氧化氮，則所示的物質(zhì)間轉(zhuǎn)化不能實(shí)現(xiàn)，故A錯(cuò)誤；B．鐵高溫下與水蒸氣反應(yīng)生成四氧化三鐵和氫氣，四氧化三鐵和鋁高溫條件下發(fā)生鋁熱反應(yīng)生成氧化鋁和鐵，則所示的物質(zhì)間轉(zhuǎn)化均能實(shí)現(xiàn)，故B正確；C．鋁與氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成偏鋁酸鈉和氫氣，不能生成氫氧化鋁，則所示的物質(zhì)間轉(zhuǎn)化不能實(shí)現(xiàn)，故C錯(cuò)誤；D．二氧化硅不溶于水，不能與水反應(yīng)生成硅酸，，則所示的物質(zhì)間轉(zhuǎn)化不能實(shí)現(xiàn)，故D錯(cuò)誤；故選B。6.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大，X是地殼中含量最多的元素，Y原子的最外層有3個(gè)電子，Z的單質(zhì)晶體是應(yīng)用最廣泛的半導(dǎo)體材料，W與X位于同一主族。下列說法正確的是A.由X、Y組成的化合物是離子化合物B.X、Y、W簡單離子半徑：r(W)>r(Y)>r(X)C.Z的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的酸性比W的強(qiáng)D.W的簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性比X的強(qiáng)【答案】A【解析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大，X是地殼中含量最多的元素，則X為O元素；Y原子的最外層有3個(gè)電子，Y的原子序數(shù)大于X的原子序數(shù)，則Y為Al元素；Z的單質(zhì)晶體是應(yīng)用最廣泛的半導(dǎo)體材料，則Z為Si元素；W與X位于同一主族，則W為S元素。【詳解】A．由X、Y形成的化合物為Al2O3，屬于金屬氧化物，是離子化合物，A項(xiàng)正確；B．電子層數(shù)越多，離子半徑越大，電子層數(shù)相同的核電荷數(shù)越大，離子半徑越小，離子半徑：r(S2-)>r(O2-)>r(Al3+)，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C．非金屬性越強(qiáng)，最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的酸性越強(qiáng)，非金屬性：Si<S，所以Z的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物H2SiO3的酸性比W的H2SO4弱，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D．非金屬性越強(qiáng)，簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性越強(qiáng)，非金屬性：O>S，故X的簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性比W的強(qiáng)，D項(xiàng)錯(cuò)誤；答案選A。7.如圖所示，曲線a和b代表N2和H2在不同條件下反應(yīng)的能量變化，下列有關(guān)說法中正確的是A.a放出的熱量比b多B.斷開1molN2和3molH2的化學(xué)鍵需要放出2250.9KJ的熱量C.1molN2和3molH2的總鍵能比2molNH3的總鍵能大D.1molNH3(g)完全分解需要吸收46.0KJ熱量【答案】D【解析】【詳解】A．曲線a和b的反應(yīng)物總能量和生成物總能量均相同，則a和b放出的熱量相等，A錯(cuò)誤；B．舊鍵斷裂吸收熱量，則斷開1molN2和3molH2的化學(xué)鍵需要吸收2250.9kJ的熱量，B錯(cuò)誤；C．該反應(yīng)是放熱反應(yīng)，反應(yīng)物的總鍵能低于生成物的總鍵能，即1molN2和3molH2的總鍵能小于2molNH3的總鍵能，C錯(cuò)誤；D．該反應(yīng)生成2molNH3放出(2342.9-2250.9)kJ=92kJ熱量，則1molNH3(g)完全分解需要吸收46.0KJ的熱量，D正確；故選：D。8.下列離子反應(yīng)方程式正確的是A.向硫酸銅中通入少量氨氣：Cu2++2OH?=Cu(OH)2↓B.向氫氧化鈉溶液中加入少量鋁粉：Al+2OH-+2H2O=+3H2↑C.向稀硝酸中加入過量鐵粉：3Fe+8H++2=3Fe2++2NO↑+4H2OD.向NaHSO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液，使完全沉淀：2H+++Ba2++2OH?=BaSO4↓+2H2O【答案】C【解析】【詳解】A．硫酸銅溶液中通入少量氨氣生成氫氧化銅產(chǎn)生，一水合氨是弱堿不可拆，反應(yīng)的離子方程式為：Cu2++2NH3?H2O═Cu(OH)2↓+2，故A錯(cuò)誤；B．向氫氧化鈉溶液中加入少量鋁粉生成偏鋁酸鈉和水，反應(yīng)的離子方程式為2Al+2OH-+2H2O═2+3H2↑，故B錯(cuò)誤；C．稀硝酸中加入過量鐵粉生成亞鐵離子和一氧化氮，離子反應(yīng)為3Fe+8H++2═3Fe2++2NO↑+4H2O，故C正確；

D．向NaHSO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液使完全沉淀，以NaHSO4定為1，離子方程式為：Ba2+++H++OH-=BaSO4↓+H2O，故D錯(cuò)誤；故選：C。9.FeCl3是有機(jī)反應(yīng)中常用的催化劑。實(shí)驗(yàn)室用如下圖所示裝置制備少量FeCl3.已知：FeCl3易升華，且易水解：FeCl3+3H2O?Fe(OH)3+3HCl。下列說法不正確的是A.甲中可制得純凈的Cl2B.實(shí)驗(yàn)時(shí)若Cl2不足量，則可能生成FeCl2C.裝置丙的作用是收集FeCl3D.裝置丁中CaCl2的作用是防止水蒸氣進(jìn)入裝置丙【答案】B【解析】【分析】高錳酸鉀與濃鹽酸反應(yīng)生成氯氣，混有雜質(zhì)HCl和水蒸氣雜質(zhì)，飽和食鹽水除去HCl，濃硫酸干燥氯氣，氯氣和鐵粉在加熱下反應(yīng)生成FeCl3，其易升華，加熱形成蒸氣，在丙裝置中冷凝收集氯化鐵，由于氯化鐵易水解，氯化鈣作用是防止空氣中水蒸氣進(jìn)入裝置丙，NaOH溶液用于吸收有毒的尾氣氯氣；【詳解】A．高錳酸鉀與濃鹽酸反應(yīng)生成氯氣，濃鹽酸易揮發(fā)，氯氣中混有雜質(zhì)HCl和水蒸氣雜質(zhì)，飽和食鹽水除去HCl，濃硫酸干燥氯氣，甲可制得純凈的Cl2，A正確；B．無論氯氣是否足量，F(xiàn)e與Cl2都只生成FeCl3，B錯(cuò)誤；C．氯氣和鐵粉在加熱下反應(yīng)生成FeCl3，其易升華，加熱形成蒸氣，在丙裝置中冷凝收集FeCl3，C正確；D．由于氯化鐵易水解，氯化鈣作用是防止空氣中水蒸氣進(jìn)入裝置丙，D正確；故選：B。10.碳中和可有效解決全球變暖，在稀硫酸中利用電催化可將CO2同時(shí)轉(zhuǎn)化為多種燃料，其轉(zhuǎn)化為乙醛(CH3CHO)原理如圖所示，下列說法正確的是A.銅電極上產(chǎn)生CH3CHO的電極反應(yīng)式為：2CO2-10e?+10H+=CH3CHO+3H2OB.離子交換膜為陰離子交換膜C.每產(chǎn)生22.4LO2電路中要通過4mol電子D.電解時(shí)，Pt電極附近的pH減小【答案】D【解析】【分析】由圖可知，該裝置為電解池，與直流電源正極相連的鉑電極為電解池的陽極，水在陽極失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成氧氣和氫離子，電極反應(yīng)式為2H2O—4e—=O2↑+4H+，銅電極為陰極，酸性條件下二氧化碳在陰極得到電子發(fā)生還原反應(yīng)生成乙醛和水，電極反應(yīng)式為2CO2+10e?+10H+=CH3CHO+3H2O，電解池工作時(shí)，氫離子通過陽離子交換膜由陽極室進(jìn)入陰極室。【詳解】A．由分析可知，銅電極為陰極，酸性條件下二氧化碳在陰極得到電子發(fā)生還原反應(yīng)生成乙醛和水，電極反應(yīng)式為2CO2+10e?+10H+=CH3CHO+3H2O，故A錯(cuò)誤；B．由分析可知，電解池工作時(shí)，氫離子通過陽離子交換膜由陽極室進(jìn)入陰極室，故B錯(cuò)誤；C．缺標(biāo)準(zhǔn)狀況下，無法計(jì)算22.4L氧氣的物質(zhì)的量和電路中要通過電子的物質(zhì)的量，故C錯(cuò)誤；D．由分析可知，與直流電源正極相連的鉑電極為電解池的陽極，水在陽極失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成氧氣和氫離子，電極反應(yīng)式為2H2O—4e—=O2↑+4H+，則電解時(shí)，Pt電極附近溶液的pH減小，故D正確；故選D。11.根據(jù)下列實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象得出的結(jié)論正確的是選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象實(shí)驗(yàn)結(jié)論A向某溶液中先滴加H2O2溶液，再滴加KSCN溶液，溶液出現(xiàn)血紅色溶液中一定有Fe2+B向0.1mol·L?1FeCl3溶液中滴加淀粉-KI溶液，溶液變藍(lán)氧化性：Fe3+>I2C向溶液中滴加稀NaOH溶液，未產(chǎn)生使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍(lán)的氣體溶液中無D將銅片插入裝有稀硝酸溶液的試管中，在試管上方出現(xiàn)紅棕色氣體銅與稀硝酸反應(yīng)產(chǎn)生了NO2A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【詳解】A．若溶液中只含有鐵離子，先滴加過氧化氫溶液，再滴加硫氰化鉀溶液，溶液同樣會(huì)變?yōu)檠t色，所以向某溶液中先滴加過氧化氫溶液，再滴加硫氰化鉀溶液，溶液出現(xiàn)血紅色不能說明溶液中一定含有亞鐵離子，故A錯(cuò)誤；B．向0.1mol·L?1氯化鐵溶液中滴加淀粉—碘化鉀溶液，溶液變藍(lán)說明溶液中鐵離子與碘離子反應(yīng)生成碘，由氧化劑的氧化性強(qiáng)于氧化產(chǎn)物可知，鐵離子的氧化性強(qiáng)于碘，故B正確；C．銨根離子與稀氫氧化鈉溶液常溫下反應(yīng)生成一水合氨，不能生成使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍(lán)的氨氣，所以向溶液中滴加稀氫氧化鈉溶液，未產(chǎn)生使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍(lán)的氣體不能說明溶液中是否含有銨根離子，故C錯(cuò)誤；D．將銅片插入裝有稀硝酸溶液的試管中，在試管上方出現(xiàn)紅棕色氣體說明銅與稀硝酸反應(yīng)生成一氧化氮?dú)怏w，故D錯(cuò)誤；故選B。12.某硫酸廠產(chǎn)生的燒渣(主要含有Fe2O3，F(xiàn)eO及少量的SiO2)可用于制備FeCO3，其流程如下：已知：“還原”時(shí)，F(xiàn)eS2與H2SO4不反應(yīng)。下列說法不正確的是A.“酸溶”時(shí)，可適當(dāng)?shù)纳邷囟龋涌烊芙獾乃俾蔅.“還原”時(shí)，發(fā)生的離子方程式為：FeS2+2Fe3+=3Fe2＋＋2S↓C.“濾液”中的溶質(zhì)含有(NH4)2SO4D.“干燥”時(shí)，可在空氣中加熱烘干【答案】D【解析】【分析】燒渣（主要含F(xiàn)e2O3、FeO，還有一定量的SiO2）用硫酸浸取，過濾后濾液中含有硫酸鐵、硫酸亞鐵、未反應(yīng)的硫酸，濾渣為二氧化硅，用二硫化亞鐵礦還原Fe3+后過濾，得濾液中含有硫酸亞鐵，向?yàn)V液中加入碳酸銨，過濾得碳酸亞鐵，濾液中含有硫酸銨、碳酸銨，據(jù)此分析解題?！驹斀狻緼．已知升高溫度，反應(yīng)速率加快，故“酸溶”時(shí)，可適當(dāng)?shù)纳邷囟?，加快溶解的速率，A正確；B．由題干流程圖可知，“還原”時(shí)用二硫化亞鐵礦還原Fe3+后過濾，濾渣中含有S，故發(fā)生的離子方程式為：FeS2+2Fe3+=3Fe2＋＋2S↓，B正確；C．由分析可知，“濾液”中的溶質(zhì)含有(NH4)2SO4和(NH4)2CO3，C正確；D．由于亞鐵離子容易被空氣中的氧氣氧化為鐵離子，故“干燥”時(shí)，不可在空氣中加熱烘干，應(yīng)該隔絕空氣烘干，D錯(cuò)誤；故答案為：D。13.天然氣是應(yīng)用廣泛的燃料，但含有少量的H2S氣體。在酸性溶液中利用硫桿菌可實(shí)現(xiàn)天然氣的脫硫，其原理如圖所示，下列說法正確的是A.過程甲中參加反應(yīng)的Fe3＋與H2S的物質(zhì)的量之比為1：1B.該脫硫過程可在高溫條件下進(jìn)行C.Fe3＋可看作該脫硫過程的催化劑D.過程乙的離子反應(yīng)方程式為：4H++O2＋Fe2＋=Fe3＋＋2H2O【答案】C【解析】【分析】過程甲中的離子方程式為：2Fe3++H2S═2Fe2++S↓+2H+，過程乙的離子反應(yīng)方程式為4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；【詳解】A．過程甲中Fe3+和H2S發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成Fe2+、硫單質(zhì)，故離子反應(yīng)方程式為2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，參加反應(yīng)的Fe3＋與H2S的物質(zhì)的量之比為2：1，故A錯(cuò)誤；

B．該過程需要硫桿菌催化，溫度過高，會(huì)導(dǎo)致硫桿菌失去活性，故B錯(cuò)誤；

C．硫桿菌在酸性溶液中可實(shí)現(xiàn)天然氣的催化脫硫，F(xiàn)e3+氧化硫化氫，自身被還原成Fe2+，又被氧氣氧化成Fe3+，F(xiàn)e3＋為該脫硫過程的催化劑，故C正確；

D．過程乙中Fe2+在酸性條件下被氧氣氧化生成Fe3+和水，反應(yīng)的離子方程式為4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，故D錯(cuò)誤；

故選：C。非選擇題(共61分)14.納米級(jí)Cu2O由于具有優(yōu)良的催化性能而受到關(guān)注，采用肼(N2H4)燃料電池為電源，用離子交換膜控制電解液中c(OH-)制備納米Cu2O，其裝置如圖1、圖2。（1）①肼燃料電池中A極發(fā)生的電極反應(yīng)為___________。②上述裝置中D電極應(yīng)連接肼燃料電池的___________極(填“A”或“B”)，該電解池的陽極反應(yīng)式為___________。③當(dāng)反應(yīng)生成14.4gCu2O時(shí)，停止電解，至少需要肼___________mol，通過離子交換膜的陰離子的物質(zhì)的量為___________mol。(離子交換膜只允許OH-通過)（2）在加熱條件下用液態(tài)肼(N2H4)還原新制Cu(OH)2也可制備納米級(jí)Cu2O，同時(shí)放出N2，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為___________。（3）發(fā)射火箭時(shí)以液態(tài)肼(N2H4)為燃料，雙氧水作氧化劑，兩者反應(yīng)生成氮?dú)夂蜌鈶B(tài)水。已知：①2H2O2(1)=2H2O(l)+O2(g)△H=-196kJmol-1；②H2O(l)=H2O(g)△H=43.98kJmol-1；③肼的燃燒熱為-622.08kJmol-1。寫出上述反應(yīng)的熱化學(xué)方程式___________?！敬鸢浮浚?）①.N2H4-4e-+4OH-=N2↑+4H2O②.B③.2Cu-2e-+2OH-=Cu2O+H2O④.0.05⑤.0.2（2）4Cu(OH)2+N2H42Cu2O+6H2O+N2↑（3）N2H4(l)+2H2O2(l)=N2(g)+4H2O(g)△H=-642.16kJ·mol-1【解析】【小問1詳解】①肼燃料電池中A電極上肼失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)式為N2H4-4e-+4OH-=N2↑+4H2O；②用離子交換膜控制電解液中c(OH-)制備納米Cu2O，則電解池中D電極上Cu失電子和OH-反應(yīng)生成Cu2O，所以D電極為陽極，則C電極為陰極，該燃料電池中A為負(fù)極、B為正極，陽極連接原電池正極、陰極連接原電池負(fù)極，所以D連接B；陽極D上Cu失電子和OH-反應(yīng)生成Cu2O，電極反應(yīng)式為2Cu-2e-+2OH-=H2O+Cu2O；③串聯(lián)電路中轉(zhuǎn)移電子相等，根據(jù)轉(zhuǎn)移電子守恒得肼和Cu2O的關(guān)系式為N2H4～2Cu2O，消耗n(N2H4)=n(Cu2O)=×=0.05mol；消耗0.05molN2H4轉(zhuǎn)移0.2mol電子，由2Cu-2e-+2OH-=H2O+Cu2O，通過離子交換膜的陰離子OH-的物質(zhì)的量為0.2mol；【小問2詳解】液態(tài)肼(N2H4)還原新制Cu(OH)2來制備納米級(jí)Cu2O，同時(shí)放出N2，其反應(yīng)的方程式為：4Cu(OH)2+N2H42Cu2O+6H2O+N2↑；【小問3詳解】由肼的燃燒熱為-622.08kJmol-1可得熱化學(xué)方程式為③N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l)△H=-622.08kJ·mol-1，由蓋斯定律，反應(yīng)①+4×②+③可得N2H4(l)+2H2O2(l)=N2(g)+4H2O(g)△H=-642.16kJ·mol-1。15.草酸亞鐵晶體(FeC2O4·2H2O)可作為制備電池正極材料磷酸鐵鋰的原料。以FeSO4溶液制備電池級(jí)草酸亞鐵晶體的實(shí)驗(yàn)流程如下：（1）“沉淀”步驟得到的混合體系不宜在空氣中久置，其原因是(用化學(xué)方程式表示)________。（2）“轉(zhuǎn)化”在如圖所示裝置中進(jìn)行，導(dǎo)管A的作用是___________。（3）檢驗(yàn)“洗滌”完全的實(shí)驗(yàn)操作是___________。（4）草酸亞鐵晶體在空氣中易氧化，檢驗(yàn)草酸亞鐵晶體是否氧化變質(zhì)的實(shí)驗(yàn)操作是________。（5）在氬氣中加熱草酸亞鐵晶體(FeC2O4?2H2O)，F(xiàn)eC2O4?2H2O的質(zhì)量變化曲線隨溫度升高出現(xiàn)兩個(gè)失重“臺(tái)階”，如圖所示。結(jié)合表格，計(jì)算第一階段的質(zhì)量損失率為___________(保留4位有效數(shù)字)，推斷第二階段產(chǎn)生氣體的化學(xué)式為___________。(質(zhì)量損失率=×100%)失重階段溫度范圍/℃質(zhì)量損失率%產(chǎn)物第一階段室溫~255__________FeC2O4第二階段255-52037.06Fe3O4【答案】（1）4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3（2）平衡壓強(qiáng)，使H2C2O4溶液順利滴入三頸燒瓶中（3）取最后一次洗滌濾液少許于試管中，先滴加鹽酸酸化，再滴加BaCl2溶液，若無白色沉淀生成，則已洗滌完全（4）取少量草酸亞鐵晶體于試管中，加入稀硫酸溶解后并滴加KSCN溶液，若溶液變紅色，則草酸亞鐵晶體已氧化變質(zhì)；若不變紅色，則草酸亞鐵晶體未氧化變質(zhì)（5）①.20.00%②.CO、CO2【解析】【分析】由題給流程可知，硫酸亞鐵溶液與氨水反應(yīng)生成氫氧化亞鐵沉淀和硫酸銨，硫酸亞鐵溶液與草酸溶液反應(yīng)生成二水草酸亞鐵沉淀，過濾、用蒸餾水洗滌、烘干得到二水草酸亞鐵?！拘?詳解】由分析可知，沉淀步驟得到還原性強(qiáng)的氫氧化亞鐵沉淀易與水和空氣中的氧氣反應(yīng)生成氫氧化鐵，反應(yīng)的化學(xué)方程式為4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，故答案為：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；【小問2詳解】由實(shí)驗(yàn)裝置圖可知，滴液漏斗中導(dǎo)管A的作用是平衡壓強(qiáng)，便于草酸溶液順利滴入三頸燒瓶中，故答案為：平衡壓強(qiáng)，使H2C2O4溶液順利滴入三頸燒瓶中；【小問3詳解】由分析可知，反應(yīng)制得的二水草酸亞鐵沉淀表面附有可溶性雜質(zhì)硫酸銨，檢驗(yàn)洗滌完全實(shí)際上是檢驗(yàn)洗滌液中不存在硫酸根離子，具體操作為取最后一次洗滌濾液少許于試管中，先滴加鹽酸酸化，再滴加BaCl2溶液，若無白色沉淀生成，則已洗滌完全，故答案為：取最后一次洗滌濾液少許于試管中，先滴加鹽酸酸化，再滴加BaCl2溶液，若無白色沉淀生成，則已洗滌完全；【小問4詳解】檢驗(yàn)草酸亞鐵晶體是否氧化變質(zhì)實(shí)際上就是晶體溶于稀硫酸所得溶液中是否存在銅離子，具體操作為取少量草酸亞鐵晶體于試管中，加入稀硫酸溶解后并滴加KSCN溶液，若溶液變紅色，則草酸亞鐵晶體已氧化變質(zhì)；若不變紅色，則草酸亞鐵晶體未氧化變質(zhì)，故答案為：取少量草酸亞鐵晶體于試管中，加入稀硫酸溶解后并滴加KSCN溶液，若溶液變紅色，則草酸亞鐵晶體已氧化變質(zhì)；若不變紅色，則草酸亞鐵晶體未氧化變質(zhì)；【小問5詳解】由表格數(shù)據(jù)可知，第一階段發(fā)生的反應(yīng)為二水草酸亞鐵受熱失去結(jié)晶水生成草酸亞鐵，則第一階段的質(zhì)量損失率為×100%=20%；第二階段發(fā)生的反應(yīng)為氬氣氛圍中草酸亞鐵受熱分解得到四氧化三鐵，由得失電子數(shù)目守恒可知，一氧化碳和二氧化碳，反應(yīng)生成的氣體為一氧化碳和二氧化碳，反應(yīng)的化學(xué)方程式為3FeC2O4Fe3O4+4CO↑+2CO2↑，故答案為：20%；CO、CO2。16.MnO2是重要的化工原料，由軟錳礦(主要成分為MnO2，主要雜質(zhì)有Al2O3和SiO2)制備MnO2的一種工藝流程如圖：已知：①金屬離子沉淀的pHFe3+Al3+Mn2+Fe2+開始沉淀時(shí)1.53.45.86.3完全沉淀時(shí)2.84.77.88.3②該工藝條件下，MnO2與H2SO4不反應(yīng)，MnO2的氧化性隨酸性的減弱逐漸減弱。（1）溶出：溶出時(shí)，F(xiàn)e的氧化過程及得到Mn2+的主要途徑如圖所示：步驟II是從軟錳礦中溶出Mn2+的主要反應(yīng)，反應(yīng)的離子方程式是___________。（2）純化：純化時(shí)需先加入MnO2，后加入NH3·H2O，需要調(diào)節(jié)溶液pH的范圍___________。（3）電解：用惰性電極電解Mn2+純化液得MnO2.生成MnO2的電極反應(yīng)式是___________。工業(yè)上可用MnO2通過鋁熱反應(yīng)制Mn，反應(yīng)的化學(xué)方程式為___________。（4）“純化”后，過濾所得的濾渣中含有Al(OH)3和Fe(OH)3，實(shí)驗(yàn)室欲以該濾渣為原料制備少量Al2O3，請(qǐng)補(bǔ)充完整由濾渣制備少量Al2O3的實(shí)驗(yàn)方案：取少量濾渣放入燒杯中，___________，得到Al2O3.(須使用的試劑：6mol?L-1NaOH溶液、CO2)（5）產(chǎn)品MnO2純度的測定：向2.175g所得MnO2產(chǎn)品中依次加入足量3.350gNa2C2O4和足量稀H2SO4，加熱至充分反應(yīng)，再用0.0100mol?L-1KMnO4溶液滴定剩余Na2C2O4至終點(diǎn)，消耗KMnO4溶液的體積為20.00mL。計(jì)算該產(chǎn)品中MnO2的純度___________(雜質(zhì)不參加反應(yīng)，寫出計(jì)算過程)。已知過程中發(fā)生的反應(yīng)為：MnO2++H+→Mn2++CO2↑+H2O(未配平)、++H+→Mn2++CO2↑+H2O(未配平)。【答案】（1）MnO2+4H++2Fe2+Mn2++2Fe3++2H2O（2）4.7～5.8（3）①.Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+②.4Al+3MnO22Al2O3+3Mn（4）邊攪拌邊向?yàn)V渣中加入6mol?L-1NaOH溶液至濾渣不再減少，靜置，過濾，向?yàn)V液中通入CO2氣體，直至沉淀不再增加，過濾，洗滌，充分灼燒（5）98.0%【解析】【分析】軟錳礦首先進(jìn)行研磨，可增大固體與硫酸的接觸面積，增大反應(yīng)速率，加入濃硫酸及過量的鐵屑在20℃溶出，鐵屑與硫酸反應(yīng)生成硫酸亞鐵，氧化鋁轉(zhuǎn)化為硫酸鋁，亞鐵離子與二氧化錳反應(yīng)生成二價(jià)錳離子和鐵離子，離子反應(yīng)為MnO2+4H++2Fe2+═Mn2++2Fe3++2H2O，然后得到含Mn2+的溶出液，溶出液經(jīng)過進(jìn)一步純化得到含Mn2+的純化液，再電解錳離子的純化液制取二氧化錳，電極反應(yīng)為Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+，據(jù)此解答?！拘?詳解】根據(jù)反應(yīng)途徑可知，二氧化錳與亞鐵離子反應(yīng)生成二價(jià)錳離子和鐵離子，則反應(yīng)的離子方程式為MnO2+4H++2Fe2+Mn2++2Fe3++2H2O；【小問2詳解】使Fe3+沉淀完全的溶液pH為2.8，使Al3+完全沉淀的pH為4.7，而溶液中Mn2+開始沉淀的pH為5.8，則pH的范圍為4.7～5.8；【小問3詳解】電解時(shí)，溶液呈酸性，Mn2+失電子，與水反應(yīng)生成二氧化錳和氫離子，則電極反應(yīng)式為Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+，MnO2通過鋁熱反應(yīng)制Mn，即Al與MnO2反應(yīng)生成Mn和氧化鋁，反應(yīng)的化學(xué)方程式為4Al+3MnO22Al2O3+3Mn；【小問4詳解】濾渣中含有Al(OH)3和Fe(OH)3，其中Al(OH)3既能溶于強(qiáng)酸、又能溶于強(qiáng)堿，而Fe(OH)3只能溶于強(qiáng)酸，則以該濾渣為原料制備少量Al2O3，實(shí)驗(yàn)操作為：取少量濾渣放入燒杯中，加入足量6mol?L-1?NaOH溶液，并用玻璃攪拌，等沉淀充分溶解后過濾，向?yàn)V液中加入足量干冰，再過濾，洗滌，灼燒沉淀即得到Al2O3；【小問5詳解】根據(jù)題意可知，部分草酸鈉與二氧化錳發(fā)生氧化還原反應(yīng)，剩余部分再與高錳酸鉀反應(yīng)5Na2C2O4+2KMnO4+8H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O+5Na2SO4，則與二氧化錳反應(yīng)草酸鈉；MnO2+Na2C2O4+2H2SO4=Na2SO4+MnSO4+2CO2↑+2H2O，則n(MnO2)=n(Na2C2O4)=×0.01mol?L-1×0.02L=0.0245mol，產(chǎn)品純度=。17.煙氣中的主要污染物為SO2、NOx，隨意排放會(huì)導(dǎo)致酸雨等，汽車尾氣的氮氧化物是大氣污染物的主要來源，研究汽車尾氣處理是環(huán)境保護(hù)的重要課題。試回答下列問題：（1）有關(guān)汽車尾氣的生成已知：①N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH1=+180.50kJ?mol-1②2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)ΔH2=-144.14kJ?mol-1③2N2O(g)?2N2(g)+O2(g)ΔH3=-244.10kJ?mol-1則N2(g)+2NO(g)=2N2O(g)ΔH=___________。（2）NOx的排放主要來自于汽車尾氣，可采用NSR(NOx儲(chǔ)存還原)進(jìn)行處理，NOx的儲(chǔ)存和還原在不同時(shí)段交替進(jìn)行，如圖所示。NOx儲(chǔ)存轉(zhuǎn)化為Ba(NO3)2過程中，參加反應(yīng)的NO和O2的物質(zhì)的量之比為___________。（3）NaOH溶液可用于吸收工業(yè)尾氣(含NO、NO2)，獲得副產(chǎn)品NaNO2.等物質(zhì)的量的NO與NO2被NaOH溶液吸收，反應(yīng)的離子方程式為___________。（4）用NH3消除汽車尾氣I.研究發(fā)現(xiàn)NH3脫硝的過程如圖所示。寫出脫硝過程的總反應(yīng)化學(xué)方程式