江蘇省鹽城市阜寧中學2021-2022學年高三下學期第三次綜合測試化學試題 附解析

2022屆高三年級春學期第三次綜合檢測化學試題1.《厲害了，我的國》“中國名片”中航天、軍事、天文等領域的發(fā)展受到世界矚目。它們與化學有著密切聯(lián)系。下列說法正確的是A.“中國天眼”的“眼眶”是鋼鐵結成的圈梁，屬于新型無機非金屬材料B.“復興號”車廂連接處關鍵部位使用的增強聚四氟乙烯板屬于無機非金屬材料C.“神舟十一號”宇宙飛船返回艙外表面使用的高溫結構陶瓷是新型無機非金屬材料D.“天宮二號”空間實驗室的太陽能電池板的主要材料是二氧化硅【1題答案】【答案】C【解析】【分析】【詳解】A．鋼鐵屬于金屬材料，A錯誤；B．聚四氟乙烯板屬于有機合成高分子材料，B錯誤；C．高溫結構陶瓷為非金屬，且不是硅酸鹽，屬于新型無機非金屬材料，C正確；D．太陽能電池板的主要材料是硅單質，D錯誤；綜上所述答案為C。2.在陽光照射下，水和氧氣在浸泡過溶液的三噻吩()聚合物表面能高效合成過氧化氫，下列說法不正確的是A.的電子式為： B.為極性分子C.為離子晶體 D.的結構示意圖為【2題答案】【答案】A【解析】【分析】【詳解】A．是共價化合物，電子式為：，A錯誤；B．水分子構型為V型、分子內正負電荷中心不重疊，為極性分子，B正確；C．由活潑金屬鉀離子和氫氧根離子構成，其晶體為離子晶體，C正確；D．的質子數為16、電子數為18，硫離子結構示意圖為，D正確；答案選A。3.給定條件下，下列選項中所示物質間轉化均能一步實現(xiàn)的是A.粗硅SiCl4SiB.Mg(OH)2MgCl2(aq)MgC.Fe2O3FeCl3(aq)無水FeCl3D.AgNO3(aq)[Ag(NH3)2]OH(aq)Ag【3題答案】【答案】A【解析】【詳解】A．Si可與氯氣在高溫下反應生成SiCl4，SiCl4可與氫氣高溫條件下發(fā)生反應生成Si和HCl，故A符合題意；B．氫氧化鎂與鹽酸反應得到氯化鎂溶液，電解氯化鎂溶液生成氫氧化鎂沉淀、氫氣和氯氣，得不到鎂單質，故B不符合題意；C．氧化鐵與鹽酸反應得到FeCl3溶液，氯化鐵易水解，加熱氯化鐵溶液，由于HCl的揮發(fā)，水解平衡正向移動，最終生成氫氧化鐵，不能獲得無水氯化鐵，故C不符合題意；D．蔗糖不含醛基，不能發(fā)生銀鏡反應，故D不符合題意；故答案為A。4.下列有關NO2、、的說法不正確的是A.與中中心原子雜化類型相同，均采用sp2雜化B.的空間構型為平面三角型C.NO2與堿性溶液反應可以生成和D.Ca(NO3)2、Ca(NO2)2都具有還原性【4題答案】【答案】D【解析】【詳解】A．與中中心N原子的價層電子對數均為3，N原子均采用sp2雜化，故A正確；B．中心N原子的價層電子對數為3，且無孤對電子，空間構型為平面三角形，故B正確；C．NO2與堿性溶液發(fā)生歧化反應生成硝酸鹽和亞硝酸鹽，故C正確；D．Ca(NO3)2、Ca(NO2)2中N元素的價態(tài)均較高，容易得電子表現(xiàn)氧化性，Ca(NO3)2沒有還原性，故D錯誤；故選D。5.下列有關合成氨反應的說法正確的是A.反應的ΔS>0B.反應的ΔH=E(N—N)+3E(H—H)—6E(N—H)(E表示鍵能)C.反應中每消耗1molH2轉移電子的數目約等于2×6.02×1023D.反應在高溫、高壓和催化劑條件下進行可提高H2的平衡轉化率【5題答案】【答案】C【解析】【詳解】A．合成氨反應是一個氣體體積減小的反應，反應的熵變小于0，故A錯誤；B．合成氨反應的焓變ΔH=E(N≡N)+3E(H—H)—6E(N—H)(E表示鍵能)，故B錯誤；C．合成氨反應中每消耗1mol氫氣時，反應轉移電子的數目約等于1mol×2×6.02×1023mol-1=2×6.02×1023，故C正確；D．合成氨反應是放熱反應，升高溫度，平衡向逆反應方向移動，氫氣的轉化率減??；之所以使用高溫是因為該溫度下催化劑活性最高，能夠縮短到達平衡的時間；故D錯誤；故選C。6.如圖1所示，室溫下用排飽和食鹽水法在集氣瓶中先后收集體積的Cl2和體積的CH4氣體，用強光照射瓶中的混合氣體。下列說法正確的是A.可用水代替飽和食鹽水收集Cl2B.生成的氯代烴都不存在同分異構體C.反應結束后集氣瓶中充滿液體D.如圖2所示的NaCl晶胞中含14個Na＋【6題答案】【答案】B【解析】【詳解】A．飽和食鹽水可以吸收Cl2中混有的HCl，排水收集時，Cl2在水中有一定的溶解度，選項A錯誤；B．CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4均沒有同分異構體，選項B正確；C．CH4和Cl2的產物中CH3Cl為氣體，所以集氣瓶中不可能充滿液體，選項C錯誤；D．Na＋位于頂點和面心，共有2688個，選項D錯誤。答案選B7.X、Y、Z、W都屬于短周期元素，其中X、Z位于同一主族，Y、Z、W處于同一周期。X原子的最外層電子數是其電子層數的3倍。基態(tài)Y原子的電子總數是其最高能級電子數的5倍。W與X形成的一種氣體常用于漂白和消毒，下列說法正確的是A第一電離能：Y<Z<WB.W的氧化物對應的水化物是強酸C.X、Z簡單氫化物的沸點：X<ZD.簡單離子半徑由小到大的順序為：W<Z<Y【7題答案】【答案】D【解析】【分析】X、Y、Z、W都屬于短周期元素，X原子的最外層電子數是其電子層數的3倍，X為O元素，X、Z位于同一主族，Z應為S元素；Y、Z、W處于同一周期，為第三周期，基態(tài)Y原子的電子總數是其最高能級電子數的5倍，應為P原子，其核外電子排布為，W與X形成的一種氣體常用于漂白和消毒，W應為Cl元素?！驹斀狻扛鶕樘匾?guī)則，當軌道電子處于半滿、全滿、全空時最穩(wěn)定，因此第一電離能：S<P<Cl，A錯誤；W為Cl元素，在化合物中呈現(xiàn)多種價態(tài)，其最高價氧化物對應水化物為強酸，但是其他價態(tài)的氧化物對應水化物如HClO等為弱酸，B錯誤；X的簡單氣態(tài)氫化物分子間會形成氫鍵，導致其熔沸點升高，所以X、Z簡單氫化物的沸點：X>Z，C錯誤；粒子核外電子層數越多，半徑越大，電子層數相同時，核電荷數越大，半徑越小，簡單離子半徑由小到大的順序為：W<Z<Y，D正確；故選D。8.開發(fā)利用海水化學資源的部分過程如圖所示，下列說法不正確的是A.①的操作是向飽和食鹽水中依次通入氨氣、二氧化碳反應生成碳酸鈉和氯化銨B.②的操作是在HCl氣流中加熱C.鑒別NaHCO3和Na2CO3溶液不能用澄清石灰水D.③的離子方程式為Br2+SO2+2H2O=4H+++2Br—【8題答案】【答案】A【解析】【詳解】A．①的操作是向飽和食鹽水中依次通入氨氣、二氧化碳，二氧化碳與氨氣和飽和食鹽水反應生成碳酸氫鈉和氯化銨，故A錯誤；B．氯化鎂是強酸弱堿鹽，在溶液中水解生成氫氧化鎂和氯化氫，為防止氯化鎂水解，用六水氯化鎂晶體制備無水氯化鎂時，應在氯化氫氣流中加熱得到氯化鎂，故B正確；C．碳酸鈉和碳酸氫鈉都能與澄清石灰水反應生成白色碳酸鈣沉淀，實驗現(xiàn)象相同，則不能用澄清石灰水鑒別碳酸鈉溶液和碳酸氫鈉溶液，故C正確；D．反應③為溴與二氧化硫的水溶液反應生成硫酸和氫溴酸，反應的離子方程式為Br2+SO2+2H2O=4H+++2Br—，故D正確；故選A。9.新型納米材料氧缺位鐵酸鹽(MFe2Ox)(3＜x＜4；M表示Mn、Co、Zn或Ni的二價離子)，常溫下，它能使某工業(yè)廢氣中的SO2、NO2等氧化物轉化為單質。轉化流程如圖所示，下列有關該轉化過程的敘述正確的是A.MFe2O4可用于自來水殺菌消毒B.若MFe2Ox與SO2發(fā)生反應的物質的量之比為3：1，則x=C.在處理該廢氣過程中，每處理含22.4LNO2的廢氣轉移電子數4NA個D.MFe2Ox可能與濃鹽酸反應有氣體產生【9題答案】【答案】B【解析】【詳解】A．MFe2O4能使某工業(yè)廢氣中的SO2、NO2等氧化物轉化為單質，則氧化物為氧化劑，MFe2O4為還原劑表現(xiàn)還原性，因此不能用于自來水殺菌消毒，A錯誤；B．若MFe2Ox與SO2發(fā)生反應的物質的量之比為3：1，根據電子守恒可得3×2×(3-n)=1×(4-0)，解得n=+，由元素化合價代數和為0可知：+2+(+)×2=2x，解得x=，B正確；C．未指明氣體所處的外界條件，不能確定其物質的量的多少，因此就不能計算反應過程中電子轉移的數目，C錯誤；D．MFe2Ox與濃鹽酸都具有還原性，二者不能反應產生氣體，D錯誤；故合理選項是B。10.向10.00mL0.50mol/LNaHCO3溶液中滴加不同濃度的CaCl2溶液，觀察到明顯產生渾濁時，停止滴加；取少量所得渾濁液加熱，記錄實驗現(xiàn)象。下列說法不正確的是實驗序號c(CaCl2)(mol·L-1)滴加CaCl2溶液時的實驗現(xiàn)象加熱渾濁液時的實驗現(xiàn)象①0.05至1.32mL時產生明顯渾濁，但無氣泡產生有較多氣泡生成②0.005至1560mL時產生明顯渾濁，但無氣泡產生有少量氣泡生成③0.0005至20mL未見渾濁A.①中產生渾濁的原因是c(Ca2+)·c(CO32?)>Ksp(CaCO3)B.未加熱前①和②中發(fā)生了反應：2HCO3-＋Ca2+=CaCO3↓＋H2CO3C.加熱濁液產生氣泡主要是因為CaCO3受熱分解產生了更多的CO2D.向上述NaHCO3溶液中加入足量0.5mol/LCaCl2溶液，可能同時產生渾濁和氣泡【10題答案】【答案】C【解析】【分析】向10.00mL0.50mol/LNaHCO3溶液中滴加不同濃度的CaCl2溶液，觀察到明顯產生渾濁時，沒有氣泡產生，發(fā)生反應2HCO3-＋Ca2+=CaCO3↓＋H2CO3，生成的沉淀是碳酸鈣?！驹斀狻緼.根據溶度積規(guī)則，①中能產生碳酸鈣沉淀，說明c(Ca2+)·c(CO32?)>Ksp(CaCO3)，故A正確；B.未加熱前①和②不放二氧化碳，說明碳酸未飽和，加熱后二氧化碳溶解度減小，放出二氧化碳，所以未加熱前①和②中發(fā)生了反應：2HCO3-＋Ca2+=CaCO3↓＋H2CO3，故B正確；C.未加熱前①和②中發(fā)生了反應：2HCO3-＋Ca2+===CaCO3↓＋H2CO3，碳酸鈣受熱不分解，加熱濁液產生氣泡主要是因為H2CO3受熱分解產生了更多的CO2，故C錯誤；D.向上述NaHCO3溶液中加入足量0.5mol/LCaCl2溶液，發(fā)生反應CaCl2+2NaHCO3=CaCO3↓+2NaCl+CO2↑+H2O，能同時產生渾濁和氣泡，故D正確。11.化合物X是一種藥物中間體。下列關于化合物X的說法正確的是

A.化合物X能與FeCl3溶液作用顯紫色B.化合物X的完全水解所得有機產物中含有2個手性碳原子C.化合物X中最多12個原子在同一平面上D.1mol化合物X與H2加成時，最多消耗3molH2【11題答案】【答案】D【解析】【分析】【詳解】A．化合物X分子中無酚羥基，因此不能與FeCl3溶液作用顯紫色，A錯誤；B．手性碳原子是連接4個不同的原子或原子團的C原子，根據X結構簡式可知其分子中只有1個手性碳原子，用※表示就是，B錯誤；C．苯分子是平面分子，左邊O原子，右邊六元環(huán)上的手性C原子取代苯分子中H原子的位置在苯分子平面上，與O原子連接的甲基C原子及右邊六元環(huán)上的C原子連接的一個原子也可能在苯平面上，則化合物X中最多14個原子在同一平面上，C錯誤；D．酯基具有獨特的穩(wěn)定性，不能與H2發(fā)生加成反應，只有苯環(huán)可以與H2發(fā)生加成反應。物質分子中含有1個苯環(huán)，1個分子加成消耗3個H2，因此1mol化合物X與H2加成時，最多消耗3molH2，D正確；故合理選項是D。12.常溫下，Ka1(H2C2O4)=5.0×10-2，Ka2(H2C2O4)=5.4×10-5。對KHC2O4進行下列實驗。下列有關說法正確的是實驗實驗操作和現(xiàn)象1向0.01mol?L﹣1KHC2O4溶液中滴加適量的KOH溶液，測得pH為7.02向10.00mL0.01mol?L﹣1KHC2O4溶液中加入5.00mL0.01mol?L﹣1KOH溶液3向酸性KMnO4溶液中滴加過量0.1mol?L﹣1KHC2O4溶液，溶液從紅色變?yōu)闊o色4向0.01mol?L﹣1KHC2O4溶液中加入過量澄清石灰水，產生白色沉淀A.實驗1得到的溶液中有c(K+)=c()+c()B.實驗2得到的溶液中有c()>c()C.實驗3中反應的離子方程式為5+2+11H+═10CO2↑+2Mn2++8H2OD.實驗4反應后靜置的上層清液中有c(Ca2+)?c()>Ksp(CaC2O4)【12題答案】【答案】C【解析】【詳解】A．根據電解質的溶液中電荷守恒可知，，又pH=7，則，故實驗1得到的溶液中有，A錯誤；B．實驗2得到的溶液為等物質的量濃度的KHC2O4和K2C2O4的混合溶液，又根據H2C2O4的Ka2，可知的水解常數為：，故的電離大于的水解，故溶液中有，B錯誤；C．根據題干信息可知H2C2O4為二元弱酸，KHC2O4電離出K+和，再結合氧化還原反應的配平規(guī)則可知，實驗3中反應的離子方程式為，C正確；D．實驗4反應后靜置的上層清液為CaC2O4飽和溶液即剛好達到溶解平衡，故溶液中有，D錯誤；故選C。13.下列“類比”合理的是A.NH3的沸點高于PH3，則CH4的沸點也高于SiH4B.AlCl3溶液中滴加NaOH溶液先生成白色沉淀后溶解，則滴加氨水也能出現(xiàn)相同的現(xiàn)象C.Fe3O4可改寫成FeO·Fe2O3，則Pb3O4也可改寫成PbO·Pb2O3(Pb為IVA族元素)D.MnO2與濃HCl共熱可制備Cl2，則MnO2與濃HBr共熱可制備Br2【13題答案】【答案】D【解析】【詳解】A．氫化物的熔沸點與相對分子質量成正比，但含有氫鍵的氫化物熔沸點較高，氨分子之間形成氫鍵、PH3分子之間不能形成氫鍵，所以NH3的沸點高于PH3，甲烷和硅烷中都不存在氫鍵，所以CH4沸點低于SiH4，故A錯誤；B．AlCl3溶液中滴加NaOH溶液先生成氫氧化鋁沉淀，沉淀會繼續(xù)溶解在氫氧化鈉溶液中，但是AlCl3溶液中滴加濃氨水只能生成氫氧化鋁沉淀，因為氫氧化鋁與氨水不反應，故B錯誤；C．因為Pb在化合物中的化合價有+2價、+4價，所以Pb3O4寫成兩種氧化物的形式為2PbO·PbO2，而不是PbO·Pb2O3，故C錯誤；D．MnO2與濃HCl反應，將HCl氧化為氯氣，HBr的還原性強于HCl，MnO2也能將HBr氧化為Br2，故D正確。答案選D。14.工業(yè)上利用硫(S8)與CH4為原料制備CS2.450℃以上，發(fā)生反應I：S8(g)=4S2(g)；通常在600℃以上發(fā)生反應II：2S2(g)+CH4(g)?CS2(g)+2H2S(g)。一定條件下，S8分解產生S2的體積分數、CH4與S2反應中CH4的平衡轉化率與溫度的關系圖所示。下列說法一定正確的是A.反應II的正反應為吸熱反應B.在恒溫密閉容器中，反應相同時間，溫度越低，CH4的轉化率越大C.某溫度下若S8完全分解成S2，在密閉容器中，n(S2)∶n(CH4)=2∶1開始反應，當CS2體積分數為10%時，CH4轉化率為43%D.發(fā)生反應Ⅱ溫度不低于600℃的原因是：此溫度CH4平衡轉化率已很高；低于此溫度，S2濃度小，反應速率慢【14題答案】【答案】D【解析】【詳解】A．由圖可知，隨溫度升高，甲烷的轉化率降低，故反應II的正反應為放熱反應，A項錯誤；B．由圖可知，CH4的平衡轉化率隨著溫度的升高逐漸降低，S2濃度隨著溫度升高而增大，故溫度越低，S2濃度越小，反應速率越慢。在反應相同時間里，溫度越低，反應速率越慢，CH4的轉化率不一定越大，B項錯誤；C．在密閉容器中，n(S2):n(CH4)=2:1開始反應，設CH4起始物質的量為a，轉化的物質的量為x，即：CS2的體積分數為10%，即，解得x=0.3a，則CH4的轉化率為30%。C項錯誤；D．由圖可知，在600℃時甲烷平衡轉化率高達99%，低于600℃時，S2濃度明顯偏小，使得反應II的反應速率變慢，D項正確；故選D。15.以鋅灰(含ZnO及少量PbO、CuO、Fe2O3、SiO2)和Fe2(SO4)3為原料制備的ZnFe2O4脫硫劑，可用于脫除煤氣中的H2S。脫硫劑的制備、硫化、再生過程可表示

（1）“除雜”包括加足量鋅粉、過濾、加H2O2氧化等步驟。除Pb2+和Cu2+外，與鋅粉反應的離子還有___________(填化學式)。（2）“調配比”前，需測定ZnSO4溶液的濃度和草酸鐵銨晶體(NH4)3Fe(C2O4)3·3H2O(M=428g/mol)的純度。草酸鐵銨中往往會混有少量草酸，為測定(NH4)3Fe(C2O4)3·3H2O的含量，進行下列實驗：稱取樣品9.46g，加稀硫酸溶解后，配成100mL溶液。取20.00mL配制的溶液，用濃度為0.2000mol/L的KMnO4溶液滴定至終點時消耗KMnO4溶液28.00mL。已知：H2C2O4++H+=Mn2++CO2+H2O(未配平)。通過計算，確定樣品中(NH4)3Fe(C2O4)3·3H2O的質量分數___________(寫出計算過程)。（3）400℃時，將一定比例H2、CO、CO2和H2S的混合氣體以一定流速通過裝有ZnFe2O4脫硫劑的硫化反應器。①硫化過程中，ZnFe2O4與H2、H2S反應生成ZnS和FeS，其化學方程式為___________。②硫化一段時間后，出口處檢測到COS。研究表明ZnS參與了H2S與CO2生成COS的反應，反應前后ZnS的質量不變，該反應過程可用化學方程式表示為___________。（4）將硫化后的固體在N2∶O2=95∶5(體積比)的混合氣體中加熱再生，固體質量隨溫度變化的曲線如圖所示。在280~400℃范圍內，固體質量增加的主要原因是___________。

【15~18題答案】【答案】（1）Fe3+、H+（2）90.5%（3）①.ZnFe2O4+3H2S+H2ZnS+2FeS+4H2O②.ZnS+CO2=ZnO+COS；ZnO+H2S=ZnS+H2O（4）ZnS和FeS部分被氧化為硫酸鹽【解析】【分析】鋅灰含ZnO及少量PbO、CuO、Fe2O3、SiO2，加入稀硫酸浸取，SiO2和硫酸不反應，過濾出SiO2，所得溶液中含有硫酸鋅、硫酸鉛、硫酸銅、硫酸鐵、硫酸，加足量鋅粉，硫酸銅、硫酸鐵、硫酸都能與鋅反應，加H2O2氧化，再加入硫酸鐵調節(jié)鋅、鐵的配比，加入碳酸氫鈉沉鋅鐵，制得脫硫劑ZnFe2O4?！拘?詳解】“除雜”加足量鋅粉，硫酸銅、硫酸鐵、硫酸都能與鋅反應，除Pb2+和Cu2+外，與鋅粉反應的離子還有Fe3+、H+?！拘?詳解】設草酸的物質的量為amol，草酸鐵銨晶體的物質的量為bmol，由樣品的質量可得：90a+428=9.46①，由得失電子數目守恒可得：5H2C2O4—2，由20.00mL溶液消耗28.00mL0.2000molL的高錳酸鉀溶液可得：a+3b=0.2000mol/L×0.028L×5×，解聯(lián)立方程可得a=0.01、b=0.02，則9.46g樣品中草酸鐵銨晶體的質量分數為×100%≈90.5%，故答案為：90.5%?！拘?詳解】①硫化過程中ZnFe2O4與H2、H2S反應生成ZnS和FeS，鐵元素化合價由+3降低為+2、氫氣中H元素化合價由0升高為+1，根據得失電子守恒，其化學方程式為ZnFe2O4+3H2S+H2ZnS+2FeS+4H2O；②硫化一段時間后，出口處檢測到COS。研究表明ZnS參與了H2S與CO2生成COS的反應，反應前后ZnS的質量不變，ZnS為催化劑，該反應過程可描述ZnS+CO2=ZnO+COS；ZnO+H2S=ZnS+H2O；【小問4詳解】在280~400℃范圍內，ZnS和FeS吸收氧氣，ZnS和FeS部分被氧化為硫酸鹽，固體質量增加。16.有機物F為某藥物合成中間體，其合成路線如下：(1)B→C反應過程中，溫度太高會產生一種副產物X(分子式為C12H18O3)，X的結構簡式為___________。(2)C的一種同分異構體同時滿足下列條件，寫出該同分異構體的結構簡式___________。Ⅰ.分子中含有苯環(huán)，遇FeCl3溶液不顯色；Ⅱ.酸性條件下水解得到的兩種產物分子中均含有3種不同化學環(huán)境的氫原子。(3)CH2(CN)2分子中碳原子軌道雜化類型是___________。(4)E分子中含有手性碳原子的數目為___________。(5)請設計以和為原料制備的合成路線(無機試劑任用，合成路線示例見本題題干)______?！?6題答案】【答案】①.②.③.sp3、sp④.1⑤.【解析】【分析】【詳解】(1)X為C12H18O3，不飽和度為4，4個不飽和度為苯環(huán)，說明酮基被還原為羥基，則X的結構式為(2)Ⅰ中有苯環(huán)，無酚羥基，Ⅱ水解產物有三種H，則為(3)單鍵sp3雜化、雙鍵sp3雜化、三鍵sp雜化(4)手性碳為連有四個不同原子或基團(甲基、亞甲基、碳碳雙鍵)，故手性碳有1(5)17.以軟錳礦粉(含MnO2及少量Fe、Al、Si、Ca、Mg等的氧化物)為原料制備電池級MnO2。（1）浸取。將一定量軟錳礦粉與Na2SO3、H2SO4溶液中的一種配成懸濁液，加入到三頸瓶中(圖1)，70℃下通過滴液漏斗緩慢滴加另一種溶液，充分反應，過濾。滴液漏斗中的溶液是___；MnO2轉化為Mn2+的離子方程式為___。（2）除雜。向已經除去Fe、Al、Si的MnSO4溶液(pH約為5)中加入NH4F溶液，溶液中的Ca2+、Mg2+形成氟化物沉淀。若沉淀后上層清液中c(F-)=0.05mol·L-1，則=___。[Ksp(MgF2)=5×10-11，Ksp(CaF2)=5×10-9]（3）制備MnCO3。在攪拌下向100mL1mol·L-1MnSO4溶液中緩慢滴加1mol·L-1NH4HCO3溶液，過濾、洗滌、干燥，得到MnCO3固體。需加入NH4HCO3溶液的體積約為___。（4）制備MnO2。MnCO3經熱解、酸浸等步驟可制備MnO2。MnCO3在空氣氣流中熱解得到三種價態(tài)錳的氧化物，錳元素所占比例(×100%)隨熱解溫度變化的曲線如圖2所示。已知：MnO與酸反應生成Mn2+；Mn2O3氧化性強于Cl2，加熱條件下Mn2O3在酸性溶液中轉化為MnO2和Mn2+。為獲得較高產率的MnO2，請補充實驗方案：取一定量MnCO3置于熱解裝置中，通空氣氣流，___，固體干燥，得到MnO2。(可選用的試劑：1mol·L-1H2SO4溶液、2mol·L-1HCl溶液、BaCl2溶液、AgNO3溶液)?！?7~20題答案】【答案】（1）①.H2SO4溶液②.MnO2+SO+2H+=Mn2++SO+H2O（2）100（3）200mL（4）加熱到450℃充分反應一段時間，將固體冷卻后研成粉末，邊攪拌邊加入一定量1mol·L-1稀H2SO4，加熱，充分反應后過濾，洗滌，直到取最后一次洗滌濾液加鹽酸酸化的0.1mol·L-1BaCl2溶液不變渾濁【解析】【小問1詳解】若三頸瓶中先加入硫酸溶液，向其中滴加Na2SO3溶液則易生成SO2導致Na2SO3的利用率減小，故滴液漏斗中的溶液是H2SO4溶液；MnO2被亞硫酸根還原為Mn2+的離子方程式為：MnO2+SO+2H+=Mn2++SO+H2O；【小問2詳解】=；【小問3詳解】該反應的化學方程式2NH4HCO3+MnSO4=MnCO3+(NH4)2SO4+H2O+CO2↑，由方程式可知NH4HCO3與MnSO4的物質的量之比為2：1，需加入NH4HCO3溶液的體積約為200mL；【小問4詳解】根據圖像在450°C左右MnO2占比最高，所以加熱到450°C最佳，MnO與酸反應生成Mn2+，故用酸除MnO，Mn2O3氧化性強于Cl2，用鹽酸會發(fā)生氧化還原生產氯氣。因此，該實驗方案可補充為：加熱到450℃充分反應一段時間后，將固體冷卻后研成粉末，向其中邊攪拌邊加入一定量1mol·L-1稀H2SO4，加熱，充分反應后過濾，洗滌，直到取最后一次洗滌濾液加鹽酸酸化的0.1mol·L-1BaCl2溶液不變渾濁。18.地下水中硝酸鹽造成的氮污染已成為一個世界性的環(huán)境問題。水體除NO主要有電化學法、催化還原法等。（1）電化學去除弱酸性水體中NO的反應原理如圖所示：

①作負極的物質是_______。②正極的電極反應式是_______。③取兩份完全相同的含NO廢液A和B，調節(jié)廢液A、B的pH分別為2.5和4.5，向廢液A、B中加入足量鐵粉，經相同時間充分反應后，廢液A、B均接近中性。廢液A、B中鐵的最終物質存在形態(tài)分別如圖所示。溶液的初始pH對鐵的氧化產物有影響，具體影響為_______。pH=4.5，NO的去除率低的原因是_______。初始pHpH=2.5pH=4.5NO去除率接近100%<50%24小時pH接近中性接近中性鐵的最終物質形態(tài)

（2）納米Fe-Ni去除廢液中的NO(Ni不參與反應)。①在酸性條件下，F(xiàn)e與NO反應生成Fe2+和NH，則反應的離子方程式為_______。②初始pH=2.0的廢液，加入一定量的納米Fe-Ni，反應一段時間后，廢液中出現(xiàn)大量白色絮狀沉淀物，過濾后白色沉淀物在空氣中逐漸變成紅褐色。產生上述現(xiàn)象的原因是_______。（3）在金屬Pt、Cu和Ir(銥)的催化作用下，H2可高效轉化酸性溶液中的NO，其工作原理如圖所示。H2在金屬Pt和Cu的催化作用下將NO轉化為液體中N2O的過程可描述為_______。

【18~20題答案】【答案】（1）①.Fe②.NO+8e-+10H+=NH+3H2O③.酸性較強時，鐵的氧化產物主要為Fe3O4；酸性較弱時，鐵的氧化產物主要為FeO(OH)④.pH越高，三價鐵越易水解生成FeO(OH)，F(xiàn)eO(OH)不導電，阻礙電子轉移（2）①.NO+3Fe+8H+=3Fe2++NH+2H2O②.Fe2+在水中發(fā)生水解，F(xiàn)e2++2H2O?Fe(OH)2+2H+，隨著反應進行，c(H+)減小，平衡右移，產生Fe(OH)2沉淀，之后發(fā)生反應4Fe(OH)2+O2+2H2O=4