江苏省扬州市高邮市2022-2023学年高一下学期4月期中考试化学试题（ 含答案解析 ）

第1页/共1页2022-2023学年第二学期高一期中调研测试化学试题可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Mn-55Fe-56Cu-64选择题(共39分)单项选择题(本题包括13小题，每题3分，共39分。每小题只有一个选项符合题意)1.中国历史文化悠久，流传下许多精美文物。下列文物主要由金属材料制成的是A.商周青铜器 B.唐代丝绸 C.宋代陶瓷 D.清代玉器【答案】A【解析】【详解】A．青铜属于合金，属于金属材料，故A正确；B．丝绸属于蛋白质，不是金属材料，故B错误；C．陶瓷主要成分为硅酸盐属于无机非金属材料，故C错误；D．玉主要成分为硅酸盐，属于无机非金属材料，故D错误；故选：A2.氮化铝(AlN)具有耐高温、抗冲击、导热性好等优良性质，可通过如下反应合成：Al2O3＋N2＋3C=2AlN＋3CO。下列说法正确的是A.中子数为8的氮原子可表示为N B.Al2O3是碱性氧化物C.N2的电子式： D.Al3+和O2-具有相同的电子层结构【答案】D【解析】【详解】A．质量数=质子数+中子数=7+8=15，氮原子可表示为，A错误；B．Al2O3既能与酸反应，也能与碱反应，属于两性氧化物，不是碱性氧化物，B错误；C．氮气分子中共用3对电子，N原子最外层电子数为8，电子式为，C错误；D．O2-、Al3+的核外电子数分别为(8+2)=10、(13-3)=10，所以它们核外有2层电子层，核外共有10个电子，电子排布都是2、8，D正确；故选：D。3.下列物质的性质与用途具有对应关系的是A.HNO3具有氧化性，可用于溶解单质银B.N2性质稳定，可用于合成氨C.NH3·H2O易分解，可用于除去烟气中的SO2D.NH4HCO3受热易分解，可用作氮肥【答案】A【解析】【详解】A．HNO3具有氧化性，可用于溶解一些不活泼的金属单质，如铜、银等，故A正确；

B．N2中含有N≡N键，键能较大，性质稳定，但在催化剂、加热、加压的条件下可以与氢气反应，用于合成氨，前后没有对应关系，故B错误；

C．NH3⋅H2O显碱性，SO2属于酸性氧化物，两者可以反应生成盐和水，可用于除去烟气中的SO2，前后没有对应关系，故C错误；D．碳酸氢铵含有营养氮元素，所以可用作氮肥，与其受热易分解的性质无关，故D错误；故选：A。4.用如图所示装置制备氨气并验证氨气的还原性，其中能达到实验目的的是A.用装置甲生成氨气 B.用装置乙干燥氨气C.用装置丙验证氨气的还原性 D.用装置丁吸收多余的氨气【答案】C【解析】【详解】A．实验室用氯化铵直接加热不能制得氨气，应加热氯化铵和氢氧化钙固体制备氨气，则装置甲不能生成氨气，故A错误；B．无水氯化钙会吸收氨气生成八氨合氯化钙，则不能用无水氯化钙干燥氨气，则装置乙不能用于干燥氨气，故B错误；C．氨气极易还原性，在加热条件下能与氧化铜共热反应生成氮气、铜和水，则装置丙能验证氨气的还原性，故C正确；D．氨气极易溶于水，将氨气直接通入溶液中会产生倒吸，则装置丁不能用于吸收多余的氨气，故D错误；故选C。5.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是A.NH3NO2NOB.FeFe3O4FeC.Al2O3AlAl(OH)3D.SiO2H2SiO3Na2SiO3【答案】B【解析】【详解】A．催化剂作用下，氨气与氧气共热发生催化氧化反应生成一氧化氮，不能生成二氧化氮，则所示的物质间转化不能实现，故A错误；B．铁高温下与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，四氧化三铁和铝高温条件下发生铝热反应生成氧化铝和铁，则所示的物质间转化均能实现，故B正确；C．铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，不能生成氢氧化铝，则所示的物质间转化不能实现，故C错误；D．二氧化硅不溶于水，不能与水反应生成硅酸，，则所示的物质间转化不能实现，故D错误；故选B。6.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X是地壳中含量最多的元素，Y原子的最外层有3个电子，Z的单质晶体是应用最广泛的半导体材料，W与X位于同一主族。下列说法正确的是A.由X、Y组成的化合物是离子化合物B.X、Y、W简单离子半径：r(W)>r(Y)>r(X)C.Z的最高价氧化物对应水化物的酸性比W的强D.W的简单气态氢化物的热稳定性比X的强【答案】A【解析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X是地壳中含量最多的元素，则X为O元素；Y原子的最外层有3个电子，Y的原子序数大于X的原子序数，则Y为Al元素；Z的单质晶体是应用最广泛的半导体材料，则Z为Si元素；W与X位于同一主族，则W为S元素。【详解】A．由X、Y形成的化合物为Al2O3，属于金属氧化物，是离子化合物，A项正确；B．电子层数越多，离子半径越大，电子层数相同的核电荷数越大，离子半径越小，离子半径：r(S2-)>r(O2-)>r(Al3+)，B项错误；C．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性：Si<S，所以Z的最高价氧化物对应水化物H2SiO3的酸性比W的H2SO4弱，C项错误；D．非金属性越强，简单气态氢化物的热稳定性越强，非金属性：O>S，故X的简单气态氢化物的热稳定性比W的强，D项错误；答案选A。7.如图所示，曲线a和b代表N2和H2在不同条件下反应的能量变化，下列有关说法中正确的是A.a放出的热量比b多B.断开1molN2和3molH2的化学键需要放出2250.9KJ的热量C.1molN2和3molH2的总键能比2molNH3的总键能大D.1molNH3(g)完全分解需要吸收46.0KJ热量【答案】D【解析】【详解】A．曲线a和b的反应物总能量和生成物总能量均相同，则a和b放出的热量相等，A错误；B．旧键断裂吸收热量，则断开1molN2和3molH2的化学键需要吸收2250.9kJ的热量，B错误；C．该反应是放热反应，反应物的总键能低于生成物的总键能，即1molN2和3molH2的总键能小于2molNH3的总键能，C错误；D．该反应生成2molNH3放出(2342.9-2250.9)kJ=92kJ热量，则1molNH3(g)完全分解需要吸收46.0KJ的热量，D正确；故选：D。8.下列离子反应方程式正确的是A.向硫酸铜中通入少量氨气：Cu2++2OH−=Cu(OH)2↓B.向氢氧化钠溶液中加入少量铝粉：Al+2OH-+2H2O=+3H2↑C.向稀硝酸中加入过量铁粉：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】【详解】A．硫酸铜溶液中通入少量氨气生成氢氧化铜产生，一水合氨是弱碱不可拆，反应的离子方程式为：Cu2++2NH3•H2O═Cu(OH)2↓+2，故A错误；B．向氢氧化钠溶液中加入少量铝粉生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O═2+3H2↑，故B错误；C．稀硝酸中加入过量铁粉生成亚铁离子和一氧化氮，离子反应为3Fe+8H++2═3Fe2++2NO↑+4H2O，故C正确；

D．向NaHSO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液使完全沉淀，以NaHSO4定为1，离子方程式为：Ba2+++H++OH-=BaSO4↓+H2O，故D错误；故选：C。9.FeCl3是有机反应中常用的催化剂。实验室用如下图所示装置制备少量FeCl3.已知：FeCl3易升华，且易水解：FeCl3+3H2O⇌Fe(OH)3+3HCl。下列说法不正确的是A.甲中可制得纯净的Cl2B.实验时若Cl2不足量，则可能生成FeCl2C.装置丙的作用是收集FeCl3D.装置丁中CaCl2的作用是防止水蒸气进入装置丙【答案】B【解析】【分析】高锰酸钾与浓盐酸反应生成氯气，混有杂质HCl和水蒸气杂质，饱和食盐水除去HCl，浓硫酸干燥氯气，氯气和铁粉在加热下反应生成FeCl3，其易升华，加热形成蒸气，在丙装置中冷凝收集氯化铁，由于氯化铁易水解，氯化钙作用是防止空气中水蒸气进入装置丙，NaOH溶液用于吸收有毒的尾气氯气；【详解】A．高锰酸钾与浓盐酸反应生成氯气，浓盐酸易挥发，氯气中混有杂质HCl和水蒸气杂质，饱和食盐水除去HCl，浓硫酸干燥氯气，甲可制得纯净的Cl2，A正确；B．无论氯气是否足量，Fe与Cl2都只生成FeCl3，B错误；C．氯气和铁粉在加热下反应生成FeCl3，其易升华，加热形成蒸气，在丙装置中冷凝收集FeCl3，C正确；D．由于氯化铁易水解，氯化钙作用是防止空气中水蒸气进入装置丙，D正确；故选：B。10.碳中和可有效解决全球变暖，在稀硫酸中利用电催化可将CO2同时转化为多种燃料，其转化为乙醛(CH3CHO)原理如图所示，下列说法正确的是A.铜电极上产生CH3CHO的电极反应式为：2CO2-10e−+10H+=CH3CHO+3H2OB.离子交换膜为阴离子交换膜C.每产生22.4LO2电路中要通过4mol电子D.电解时，Pt电极附近的pH减小【答案】D【解析】【分析】由图可知，该装置为电解池，与直流电源正极相连的铂电极为电解池的阳极，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，电极反应式为2H2O—4e—=O2↑+4H+，铜电极为阴极，酸性条件下二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成乙醛和水，电极反应式为2CO2+10e−+10H+=CH3CHO+3H2O，电解池工作时，氢离子通过阳离子交换膜由阳极室进入阴极室。【详解】A．由分析可知，铜电极为阴极，酸性条件下二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成乙醛和水，电极反应式为2CO2+10e−+10H+=CH3CHO+3H2O，故A错误；B．由分析可知，电解池工作时，氢离子通过阳离子交换膜由阳极室进入阴极室，故B错误；C．缺标准状况下，无法计算22.4L氧气的物质的量和电路中要通过电子的物质的量，故C错误；D．由分析可知，与直流电源正极相连的铂电极为电解池的阳极，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，电极反应式为2H2O—4e—=O2↑+4H+，则电解时，Pt电极附近溶液的pH减小，故D正确；故选D。11.根据下列实验操作和现象得出的结论正确的是选项实验操作和现象实验结论A向某溶液中先滴加H2O2溶液，再滴加KSCN溶液，溶液出现血红色溶液中一定有Fe2+B向0.1mol·L−1FeCl3溶液中滴加淀粉-KI溶液，溶液变蓝氧化性：Fe3+>I2C向溶液中滴加稀NaOH溶液，未产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体溶液中无D将铜片插入装有稀硝酸溶液的试管中，在试管上方出现红棕色气体铜与稀硝酸反应产生了NO2A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．若溶液中只含有铁离子，先滴加过氧化氢溶液，再滴加硫氰化钾溶液，溶液同样会变为血红色，所以向某溶液中先滴加过氧化氢溶液，再滴加硫氰化钾溶液，溶液出现血红色不能说明溶液中一定含有亚铁离子，故A错误；B．向0.1mol·L−1氯化铁溶液中滴加淀粉—碘化钾溶液，溶液变蓝说明溶液中铁离子与碘离子反应生成碘，由氧化剂的氧化性强于氧化产物可知，铁离子的氧化性强于碘，故B正确；C．铵根离子与稀氢氧化钠溶液常温下反应生成一水合氨，不能生成使湿润的红色石蕊试纸变蓝的氨气，所以向溶液中滴加稀氢氧化钠溶液，未产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体不能说明溶液中是否含有铵根离子，故C错误；D．将铜片插入装有稀硝酸溶液的试管中，在试管上方出现红棕色气体说明铜与稀硝酸反应生成一氧化氮气体，故D错误；故选B。12.某硫酸厂产生的烧渣(主要含有Fe2O3，FeO及少量的SiO2)可用于制备FeCO3，其流程如下：已知：“还原”时，FeS2与H2SO4不反应。下列说法不正确的是A.“酸溶”时，可适当的升高温度，加快溶解的速率B.“还原”时，发生的离子方程式为：FeS2+2Fe3+=3Fe2＋＋2S↓C.“滤液”中的溶质含有(NH4)2SO4D.“干燥”时，可在空气中加热烘干【答案】D【解析】【分析】烧渣（主要含Fe2O3、FeO，还有一定量的SiO2）用硫酸浸取，过滤后滤液中含有硫酸铁、硫酸亚铁、未反应的硫酸，滤渣为二氧化硅，用二硫化亚铁矿还原Fe3+后过滤，得滤液中含有硫酸亚铁，向滤液中加入碳酸铵，过滤得碳酸亚铁，滤液中含有硫酸铵、碳酸铵，据此分析解题。【详解】A．已知升高温度，反应速率加快，故“酸溶”时，可适当的升高温度，加快溶解的速率，A正确；B．由题干流程图可知，“还原”时用二硫化亚铁矿还原Fe3+后过滤，滤渣中含有S，故发生的离子方程式为：FeS2+2Fe3+=3Fe2＋＋2S↓，B正确；C．由分析可知，“滤液”中的溶质含有(NH4)2SO4和(NH4)2CO3，C正确；D．由于亚铁离子容易被空气中的氧气氧化为铁离子，故“干燥”时，不可在空气中加热烘干，应该隔绝空气烘干，D错误；故答案为：D。13.天然气是应用广泛的燃料，但含有少量的H2S气体。在酸性溶液中利用硫杆菌可实现天然气的脱硫，其原理如图所示，下列说法正确的是A.过程甲中参加反应的Fe3＋与H2S的物质的量之比为1：1B.该脱硫过程可在高温条件下进行C.Fe3＋可看作该脱硫过程的催化剂D.过程乙的离子反应方程式为：4H++O2＋Fe2＋=Fe3＋＋2H2O【答案】C【解析】【分析】过程甲中的离子方程式为：2Fe3++H2S═2Fe2++S↓+2H+，过程乙的离子反应方程式为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；【详解】A．过程甲中Fe3+和H2S发生氧化还原反应生成Fe2+、硫单质，故离子反应方程式为2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，参加反应的Fe3＋与H2S的物质的量之比为2：1，故A错误；

B．该过程需要硫杆菌催化，温度过高，会导致硫杆菌失去活性，故B错误；

C．硫杆菌在酸性溶液中可实现天然气的催化脱硫，Fe3+氧化硫化氢，自身被还原成Fe2+，又被氧气氧化成Fe3+，Fe3＋为该脱硫过程的催化剂，故C正确；

D．过程乙中Fe2+在酸性条件下被氧气氧化生成Fe3+和水，反应的离子方程式为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，故D错误；

故选：C。非选择题(共61分)14.纳米级Cu2O由于具有优良的催化性能而受到关注，采用肼(N2H4)燃料电池为电源，用离子交换膜控制电解液中c(OH-)制备纳米Cu2O，其装置如图1、图2。（1）①肼燃料电池中A极发生的电极反应为___________。②上述装置中D电极应连接肼燃料电池的___________极(填“A”或“B”)，该电解池的阳极反应式为___________。③当反应生成14.4gCu2O时，停止电解，至少需要肼___________mol，通过离子交换膜的阴离子的物质的量为___________mol。(离子交换膜只允许OH-通过)（2）在加热条件下用液态肼(N2H4)还原新制Cu(OH)2也可制备纳米级Cu2O，同时放出N2，该反应的化学方程式为___________。（3）发射火箭时以液态肼(N2H4)为燃料，双氧水作氧化剂，两者反应生成氮气和气态水。已知：①2H2O2(1)=2H2O(l)+O2(g)△H=-196kJmol-1；②H2O(l)=H2O(g)△H=43.98kJmol-1；③肼的燃烧热为-622.08kJmol-1。写出上述反应的热化学方程式___________。【答案】（1）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】【小问1详解】①肼燃料电池中A电极上肼失电子发生氧化反应，电极反应式为N2H4-4e-+4OH-=N2↑+4H2O；②用离子交换膜控制电解液中c(OH-)制备纳米Cu2O，则电解池中D电极上Cu失电子和OH-反应生成Cu2O，所以D电极为阳极，则C电极为阴极，该燃料电池中A为负极、B为正极，阳极连接原电池正极、阴极连接原电池负极，所以D连接B；阳极D上Cu失电子和OH-反应生成Cu2O，电极反应式为2Cu-2e-+2OH-=H2O+Cu2O；③串联电路中转移电子相等，根据转移电子守恒得肼和Cu2O的关系式为N2H4～2Cu2O，消耗n(N2H4)=n(Cu2O)=×=0.05mol；消耗0.05molN2H4转移0.2mol电子，由2Cu-2e-+2OH-=H2O+Cu2O，通过离子交换膜的阴离子OH-的物质的量为0.2mol；【小问2详解】液态肼(N2H4)还原新制Cu(OH)2来制备纳米级Cu2O，同时放出N2，其反应的方程式为：4Cu(OH)2+N2H42Cu2O+6H2O+N2↑；【小问3详解】由肼的燃烧热为-622.08kJmol-1可得热化学方程式为③N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l)△H=-622.08kJ·mol-1，由盖斯定律，反应①+4×②+③可得N2H4(l)+2H2O2(l)=N2(g)+4H2O(g)△H=-642.16kJ·mol-1。15.草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O)可作为制备电池正极材料磷酸铁锂的原料。以FeSO4溶液制备电池级草酸亚铁晶体的实验流程如下：（1）“沉淀”步骤得到的混合体系不宜在空气中久置，其原因是(用化学方程式表示)________。（2）“转化”在如图所示装置中进行，导管A的作用是___________。（3）检验“洗涤”完全的实验操作是___________。（4）草酸亚铁晶体在空气中易氧化，检验草酸亚铁晶体是否氧化变质的实验操作是________。（5）在氩气中加热草酸亚铁晶体(FeC2O4∙2H2O)，FeC2O4∙2H2O的质量变化曲线随温度升高出现两个失重“台阶”，如图所示。结合表格，计算第一阶段的质量损失率为___________(保留4位有效数字)，推断第二阶段产生气体的化学式为___________。(质量损失率=×100%)失重阶段温度范围/℃质量损失率%产物第一阶段室温~255__________FeC2O4第二阶段255-52037.06Fe3O4【答案】（1）4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3（2）平衡压强，使H2C2O4溶液顺利滴入三颈烧瓶中（3）取最后一次洗涤滤液少许于试管中，先滴加盐酸酸化，再滴加BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，则已洗涤完全（4）取少量草酸亚铁晶体于试管中，加入稀硫酸溶解后并滴加KSCN溶液，若溶液变红色，则草酸亚铁晶体已氧化变质；若不变红色，则草酸亚铁晶体未氧化变质（5）①.20.00%②.CO、CO2【解析】【分析】由题给流程可知，硫酸亚铁溶液与氨水反应生成氢氧化亚铁沉淀和硫酸铵，硫酸亚铁溶液与草酸溶液反应生成二水草酸亚铁沉淀，过滤、用蒸馏水洗涤、烘干得到二水草酸亚铁。【小问1详解】由分析可知，沉淀步骤得到还原性强的氢氧化亚铁沉淀易与水和空气中的氧气反应生成氢氧化铁，反应的化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，故答案为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；【小问2详解】由实验装置图可知，滴液漏斗中导管A的作用是平衡压强，便于草酸溶液顺利滴入三颈烧瓶中，故答案为：平衡压强，使H2C2O4溶液顺利滴入三颈烧瓶中；【小问3详解】由分析可知，反应制得的二水草酸亚铁沉淀表面附有可溶性杂质硫酸铵，检验洗涤完全实际上是检验洗涤液中不存在硫酸根离子，具体操作为取最后一次洗涤滤液少许于试管中，先滴加盐酸酸化，再滴加BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，则已洗涤完全，故答案为：取最后一次洗涤滤液少许于试管中，先滴加盐酸酸化，再滴加BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，则已洗涤完全；【小问4详解】检验草酸亚铁晶体是否氧化变质实际上就是晶体溶于稀硫酸所得溶液中是否存在铜离子，具体操作为取少量草酸亚铁晶体于试管中，加入稀硫酸溶解后并滴加KSCN溶液，若溶液变红色，则草酸亚铁晶体已氧化变质；若不变红色，则草酸亚铁晶体未氧化变质，故答案为：取少量草酸亚铁晶体于试管中，加入稀硫酸溶解后并滴加KSCN溶液，若溶液变红色，则草酸亚铁晶体已氧化变质；若不变红色，则草酸亚铁晶体未氧化变质；【小问5详解】由表格数据可知，第一阶段发生的反应为二水草酸亚铁受热失去结晶水生成草酸亚铁，则第一阶段的质量损失率为×100%=20%；第二阶段发生的反应为氩气氛围中草酸亚铁受热分解得到四氧化三铁，由得失电子数目守恒可知，一氧化碳和二氧化碳，反应生成的气体为一氧化碳和二氧化碳，反应的化学方程式为3FeC2O4Fe3O4+4CO↑+2CO2↑，故答案为：20%；CO、CO2。16.MnO2是重要的化工原料，由软锰矿(主要成分为MnO2，主要杂质有Al2O3和SiO2)制备MnO2的一种工艺流程如图：已知：①金属离子沉淀的pHFe3+Al3+Mn2+Fe2+开始沉淀时1.53.45.86.3完全沉淀时2.84.77.88.3②该工艺条件下，MnO2与H2SO4不反应，MnO2的氧化性随酸性的减弱逐渐减弱。（1）溶出：溶出时，Fe的氧化过程及得到Mn2+的主要途径如图所示：步骤II是从软锰矿中溶出Mn2+的主要反应，反应的离子方程式是___________。（2）纯化：纯化时需先加入MnO2，后加入NH3·H2O，需要调节溶液pH的范围___________。（3）电解：用惰性电极电解Mn2+纯化液得MnO2.生成MnO2的电极反应式是___________。工业上可用MnO2通过铝热反应制Mn，反应的化学方程式为___________。（4）“纯化”后，过滤所得的滤渣中含有Al(OH)3和Fe(OH)3，实验室欲以该滤渣为原料制备少量Al2O3，请补充完整由滤渣制备少量Al2O3的实验方案：取少量滤渣放入烧杯中，___________，得到Al2O3.(须使用的试剂：6mol•L-1NaOH溶液、CO2)（5）产品MnO2纯度的测定：向2.175g所得MnO2产品中依次加入足量3.350gNa2C2O4和足量稀H2SO4，加热至充分反应，再用0.0100mol•L-1KMnO4溶液滴定剩余Na2C2O4至终点，消耗KMnO4溶液的体积为20.00mL。计算该产品中MnO2的纯度___________(杂质不参加反应，写出计算过程)。已知过程中发生的反应为：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）边搅拌边向滤渣中加入6mol•L-1NaOH溶液至滤渣不再减少，静置，过滤，向滤液中通入CO2气体，直至沉淀不再增加，过滤，洗涤，充分灼烧（5）98.0%【解析】【分析】软锰矿首先进行研磨，可增大固体与硫酸的接触面积，增大反应速率，加入浓硫酸及过量的铁屑在20℃溶出，铁屑与硫酸反应生成硫酸亚铁，氧化铝转化为硫酸铝，亚铁离子与二氧化锰反应生成二价锰离子和铁离子，离子反应为MnO2+4H++2Fe2+═Mn2++2Fe3++2H2O，然后得到含Mn2+的溶出液，溶出液经过进一步纯化得到含Mn2+的纯化液，再电解锰离子的纯化液制取二氧化锰，电极反应为Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+，据此解答。【小问1详解】根据反应途径可知，二氧化锰与亚铁离子反应生成二价锰离子和铁离子，则反应的离子方程式为MnO2+4H++2Fe2+Mn2++2Fe3++2H2O；【小问2详解】使Fe3+沉淀完全的溶液pH为2.8，使Al3+完全沉淀的pH为4.7，而溶液中Mn2+开始沉淀的pH为5.8，则pH的范围为4.7～5.8；【小问3详解】电解时，溶液呈酸性，Mn2+失电子，与水反应生成二氧化锰和氢离子，则电极反应式为Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+，MnO2通过铝热反应制Mn，即Al与MnO2反应生成Mn和氧化铝，反应的化学方程式为4Al+3MnO22Al2O3+3Mn；【小问4详解】滤渣中含有Al(OH)3和Fe(OH)3，其中Al(OH)3既能溶于强酸、又能溶于强碱，而Fe(OH)3只能溶于强酸，则以该滤渣为原料制备少量Al2O3，实验操作为：取少量滤渣放入烧杯中，加入足量6mol•L-1 NaOH溶液，并用玻璃搅拌，等沉淀充分溶解后过滤，向滤液中加入足量干冰，再过滤，洗涤，灼烧沉淀即得到Al2O3；【小问5详解】根据题意可知，部分草酸钠与二氧化锰发生氧化还原反应，剩余部分再与高锰酸钾反应5Na2C2O4+2KMnO4+8H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O+5Na2SO4，则与二氧化锰反应草酸钠；MnO2+Na2C2O4+2H2SO4=Na2SO4+MnSO4+2CO2↑+2H2O，则n(MnO2)=n(Na2C2O4)=×0.01mol•L-1×0.02L=0.0245mol，产品纯度=。17.烟气中的主要污染物为SO2、NOx，随意排放会导致酸雨等，汽车尾气的氮氧化物是大气污染物的主要来源，研究汽车尾气处理是环境保护的重要课题。试回答下列问题：（1）有关汽车尾气的生成已知：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则N2(g)+2NO(g)=2N2O(g)ΔH=___________。（2）NOx的排放主要来自于汽车尾气，可采用NSR(NOx储存还原)进行处理，NOx的储存和还原在不同时段交替进行，如图所示。NOx储存转化为Ba(NO3)2过程中，参加反应的NO和O2的物质的量之比为___________。（3）NaOH溶液可用于吸收工业尾气(含NO、NO2)，获得副产品NaNO2.等物质的量的NO与NO2被NaOH溶液吸收，反应的离子方程式为___________。（4）用NH3消除汽车尾气I.研究发现NH3脱硝的过程如图所示。写出脱硝过程的总反应化学方程式