2022-2023学年江苏省连云港市东海县高二上学期期中考试化学试题（解析版）

PAGEPAGE1江苏省连云港市东海县2022-2023学年高二上学期期中考试可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Mn-55Fe-56注意事项：1．本试卷共6页，包含选择题（第1～13题，共13题），非选择题（第14～17题，共4题）两部分。满分100分，考试时间75分钟，考试结束后，请将答题纸交回。2．请将自己的学校、姓名、考试证号填、涂在答题纸上。3．作答非选择题时必须用0.5mm黑色墨水签字笔写在答题纸上的指定位置，在其他位置作答一律无效，作答选择题请用2B铅笔涂黑。一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。1.黑火药是中国古代四大发明之一，其爆炸反应为2KNO3+S+3C=K2S+N2↑+3CO2↑。下列说法正确的是A.黑火药中含有两种单质 B.爆炸时吸收热量C.反应中S作还原剂 D.反应为置换反应【答案】A【解析】A．黑火药中含有S、C两种单质，A正确；B．爆炸反应为放热反应，B错误；C．该反应中S元素化合价降低，作氧化剂，C错误；D．该反应不符合“单质+化合物=另一种单质+另一种化合物”的形式，不是置换反应，D错误；综上所述答案为A。2.反应NH4Cl+NaNO2NaCl+N2↑+2H2O放热且产生气体，可用于冬天石油开采。下列表示反应中相关微粒的化学用语正确的是A.中子数为18的氯原子：B.N2的结构式：N=NC.Na+的结构示意图：D.H2O的电子式：【答案】D【解析】此题考查化学用语，化学用语包括：化学式，结构式，电子式，原子（或离子）结构示意图以及不同核素的表达等，根据各化学用语的书写要点分析。A.核素的表达式中A表示X原子的质量数，Z表示X原子的质子数，则中子数=A-Z，中子数为18的氯原子为，A项错误；B.氮原子最外层电子数为5，还需要3个电子（或形成3对共用电子对）达到8电子稳定结构，所以两个氮原子共用3对电子，氮气的结构式为N≡N，B项错误；C.钠原子的核外有11个电子，钠离子是由钠原子失去一个电子形成的，则钠离子核外有10个电子，Na+的结构示意图为，C项错误；D.氧原子最外层有6个电子，两个氢原子分别和氧原子形成1对共用电子对，D项正确。故选D。3.下列氮及其化合物的性质与用途具有对应关系的是A.具有强氧化性，可作火箭燃料推进剂B.极易溶于水，可用作制冷剂C.不溶于水，可用作保护气D.易挥发，可用来制备硝酸盐【答案】A【解析】A．二氧化氮具有强氧化性，可与还原剂肼反应放出大量的热，可作火箭燃料推进剂，故A正确；B．氨气极易液化，液氨挥发时会吸收大量的热，常用作制冷剂，故B错误；C．氮气的化学性质稳定，不支持燃烧和呼吸，常用作保护气，故C错误；D．硝酸是一元强酸，能与金属氧化物和氢氧化物反应，常用来制备硝酸盐，故D错误；故选A。4.对于反应4NH3(g)＋5O2(g)4NO(g)＋6H2O(g)ΔH=-904kJ·mol-1，下列有关说法不正确的是A.该反应一定能自发进行B.该反应的正反应的活化能小于逆反应的活化能C.达到平衡时，增大容器的体积，v(正)增加、v(逆)减小D.断裂1molN-H键的同时，断裂1molO-H键，说明该反应达到平衡状态【答案】C【解析】A．该反应为熵增的放热反应，ΔH-TΔS<0，故该反应一定能自发进行，A正确；B．该反应为放热反应，故正反应的活化能小于逆反应的活化能，B正确；C．达到平衡时，增大容器的体积，减小压强，正逆反应速率都减小，C错误；D．断裂1molN-H键说明有氨气反应的同时，断裂1molO-H键，即有水反应，说明正逆反应速率相等，即该反应达到平衡状态，D正确；故选C。5.1.实验室采用下列装置制取氨气，正确的是ABCD生成NH3干燥NH3收集NH3并验满吸收多余NH3A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】A．加热分解生成的和遇冷又会重新生成，故不可用加热的方法制取，A错误；B．是碱性气体，可被浓硫酸吸收，B错误；C．应将导管插入试管底部，才可以将试管内的空气全部排出，C错误；D．极易溶于水，用倒置的漏斗可以防止倒吸，D正确；故答案为：D。6.下列有关化学反应的叙述正确的是A.常温下，Ag在浓硝酸中发生钝化B.常温下，Mg在CO2中燃烧生成MgCO3C.常温下，Al在氢氧化钠溶液中反应会产生气体D.常温下，铁分别与稀盐酸和氯气反应，产物中铁元素的化合价相同【答案】C【解析】A．钝化反应指活泼金属在浓硝酸或浓硫酸中发生的化学稳定性明显增强的现象，Ag与浓硝酸不发生钝化，A错误；B．常温下，Mg在CO2中燃烧生成MgO和C，故B错误；C．常温下，Al在氢氧化钠溶液中反应会产生氢气，故C正确；D．Fe与盐酸反应生成氯化亚铁，Fe与氯气反应生成氯化铁，与HCl、氯气的氧化性有关，产物中Fe元素的化合价分别为+2、+3价，故D错误；故选C。7.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2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.原子半径：r(W)>r(Z)>r(Y)>r(X)C.最高价氧化物对应水化物的酸性：Z>WD.简单气态氢化物的热稳定性：W>X【答案】A【解析】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，为氧元素，Y原子的最外层有2个电子，为镁元素，Z的单质晶体是应用最广泛的半导体材料，为硅元素，W与X位于同一主族，为硫元素。据此解答。A．氧化镁为离子化合物，A正确；B．根据电子层越多半径越大，同周期元素，从左到右半径逐渐减小分析，原子半径：r(Y)>r(Z)>r(W)>r(X)，B错误；C．硫酸酸性大于硅酸，C错误；D．氧的非金属性大于硫，故水的稳定性大于硫化氢，D错误；故选A。8.室温下，下列实验探究方案不能达到探究目的的是选项探究方案探究目的A用pH试纸测得：CH3COONa溶液的pH约为9，NaNO2溶液的pH约为8HNO2电离出H＋的能力比CH3COOH的强B向盛有SO2水溶液的试管中滴加几滴品红溶液，振荡，加热试管，观察溶液颜色变化SO2具有漂白性C向盛有淀粉-KI溶液的试管中滴加几滴溴水，振荡，观察溶液颜色变化Br2的氧化性比I2的强D向盛有FeSO4溶液的试管中滴加几滴KSCN溶液，振荡，再滴加几滴新制氯水，观察溶液颜色变化Fe2+具有还原性A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】A．没有说明两种溶液的浓度，不能通过溶液的pH比较酸的强弱，A错误；B．二氧化硫能使品红褪色，具有漂白性，加热后品红恢复红色，B正确；C．溴和碘化钾反应生成碘单质，碘遇淀粉变蓝，说明溴的氧化性大于碘，C正确；D．亚铁离子遇硫氰化钾溶液不变红，加入氯水后，氯气和亚铁离子反应生成铁离子，遇到硫氰化钾变红，说明亚铁离子具有还原性，D正确；故选A9.下列化学反应表示正确的是A.NaHS溶液水解：HS-＋H2OH3O＋＋S2-B.钢铁制品在潮湿空气中的电化学腐蚀：Fe-3e-=Fe3＋C.泡沫灭火器的灭火原理：2Al3＋＋3CO＋2H2O=2Al(OH3)↓＋3CO2↑D.用惰性电极电解CuSO4溶液：2Cu2＋＋2H2O2Cu＋4H＋＋O2↑【答案】D【解析】A．NaHS溶液水解方程式为：，A错误；B．钢铁制品在潮湿空气中的电化学腐蚀生成的是亚铁离子Fe2+，B错误；C．泡沫灭火器的灭火原理是AlCl3和NaHCO3溶液发生双水解，快速产生大量的CO2，离子方程式为：，C错误；D．用惰性电极电解CuSO4溶液，阴极铜离子放电生成Cu，阳极水放电生成氧气和氢离子，D正确；故选D。10.通过下列实验可以从废银催化剂(Ag、α-Al2O3和少量SiO2)中回收银：下列说法不正确的是A.滤渣的主要成分是α-Al2O3和SiO2B.还原过程反应的离子方程式：4Ag＋+4NH3·H2O+N2H4·H2O=4Ag+N2↑+4NH+5H2OC.浸出生成等物质的量的AgNO3，若使用浓硝酸，HNO3利用率会降低D.若使用惰性电极电解废银催化剂制取银，该催化剂应与直流电源的正极连接【答案】B【解析】向废银催化剂(Ag、α-Al2O3和少量SiO2)中加入稀硝酸，过滤除去不溶于水和稀硝酸的SiO2和α-Al2O3，所得滤液中含有AgNO3和过量的稀硝酸，向滤液中通入HCl气体生成AgCl沉淀，将过滤得到的AgCl溶解于，再加入还原得到粗Ag，同时生成N2和NH4Cl，再利用电解精炼装置电解粗Ag获得99.99%的Ag。A．据分析可知，滤渣的主要成分是α-Al2O3和SiO2，A正确；B．沉银以后才还原，则还原过程反应的离子方程式：4AgCl+4NH3·H2O+N2H4·H2O=4Ag+N2↑+4NH+5H2O+4Cl-，B错误；C．浓硝酸具有强氧化性，但硝酸不稳定易分解，且挥发性较强，浓硝酸还原产物是二氧化氮，稀硝酸还原产物是NO，根据电子守恒规律生成等物质的量的AgNO3，使用稀硝酸消耗的酸的量更少，而且产生的废气更少，C正确；D．若使用惰性电极电解废银催化剂制取银，该催化剂应该做电解池的阳极，应与直流电源的正极连接，D正确；故选B。11.电催化氮气制备铵盐和硝酸盐的原理如图所示。下列说法正确的是A.a极反应式为N2+12OH--10e-=2NO+6H2OB.电解一段时间，a、b两电极区的pH均减小C.电解过程中H+从a极通过质子交换膜转移至b极D.相同时间内，a、b两极消耗N2的物质的量之比为5∶3【答案】C【解析】A．由图示可知，a极氮气失电子变为硝酸根离子，电解质溶液呈酸性，电极反应式为：N2+6H2O-10e-=2NO+12H+，A错误；B．由图示可知，a极为阳极，失电子，电极反应式为：N2+6H2O-10e-=2NO+12H+，b极为阴极，得电子，电极反应式为：N2+6e-+8H+=2NH，则阳极区酸性增强、pH减小，阴极区酸性减弱、pH增大，B错误；C．a极为阳极、b极为阴极，电解过程中H+从a极通过质子交换膜转移至b极，C正确；D．a极电极反应式为：N2+6H2O-10e-=2NO+12H+，b极电极反应式为：N2+6e-+8H+=2NH，依据得失电子守恒，转移30mol电子时阴极、阳极消耗氮气的物质的量分别为5mol、3mol，即a、b两极消耗N2的物质的量之比为3:5，D错误；答案选C。12.室温下，通过下列实验探究NaHS溶液的性质。实验实验操作和现象1向0.1mol·L-1NaHS溶液中滴加几滴酚酞试剂，溶液变红2向0.1mol·L-1NaHS溶液中加入等体积0.1mol·L-1NaOH溶液充分混合3向0.1mol·L-1NaHS溶液中滴加过量CuCl2溶液，产生黑色沉淀4向0.1mol·L-1NaHS溶液中通入过量氯气，无淡黄色沉淀产生下列有关说法正确的是A.0.1mol·L-1NaHS溶液中：c(H+)·c(S2-)>c(H2S)·c(OH-)B.实验2所得溶液中：c(Na+)=c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)C.实验3反应静置后的上层清液中有c(Cu2+)·c(S2-)=Ksp(CuS)D.实验4说明HS-不能被氯气氧化【答案】C【解析】A．HS-⇌S2-+H+，HS-+H2O⇌H2S+OH-，溶液中滴加几滴酚酞试剂，溶液变红，说明水解大于电离c(S2-)＜c(H2S)，故A错误；

B．向0.1mol•L-1NaHS溶液中加入等体积0.1mol•L-1NaOH溶液充分混合恰好生成Na2S，根据物料守恒得溶液中：c(Na+)=2[c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)]，故B错误；

C．向0.1mol•L-1NaHS溶液中滴加过量CuCl2溶液，产生黑色沉淀，静置后的上层清液存在沉淀溶解平衡，有c(Cu2+)•c(S2-)=Ksp(CuS)，故C正确；

D．向0.1mol•L-1NaHS溶液中通入过量氯气，无淡黄色沉淀产生，氯气具有强氧化性，H2S、HS-、S2-、S都具有还原性，氯气将NaHS氧化为硫酸盐，故D错误；故选：C13.两个容积均为2L的密闭容器Ⅰ和Ⅱ中充入NO及CO气体，发生反应：2NO(g)＋2CO(g)N2(g)＋2CO2(g)ΔH，起始物质的量见下表。实验测得两容器不同温度下达到平衡时CO2的物质的量如下图所示，下列说法正确的是容器起始物质的量NOCOⅠ1mol3molⅡ6mol2molA.ΔH>0B.N点的平衡常数为0.04C.若将容器Ⅰ的容积改为1L，T1温度下达到平衡时NO的转化率为25%D.图中M点所示条件下，再通入CO、N2各2mol，此时v(CO，正)<v(CO，逆)【答案】B【解析】A．由图可知，恒容条件下升高温度n(CO2)减小，则平衡逆向移动，则逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，所以H＜0，A错误；B．M、N点温度相同，则这两点平衡常数相等，M点平衡时n(CO2)=1mol，容器Ⅱ中发生可逆反应，化学平衡常数K===0.04，B正确；C．若将容器Ⅰ的容积改为1L，假设T1温度下达到平衡时NO的转化率为25%，温度不变平衡常数不变，可逆反应平衡常数K===0.0018＜0.04，要达到平衡点，反应还需要正向进行，NO转化率大于25%，C错误；D．M点再通入CO、N2各2mol，浓度商Qc===0.022＜0.04，平衡正向移动，则(CO，正)＞(CO，逆)，D错误；故答案为：B。二、非选择题：共4题，共61分。14.用CH4催化还原NOx可以消除氮氧化物的污染。例如：反应1：CH4(g)＋4NO2(g)4NO(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)∆H1=-574kJ·mol-1反应2：CH4(g)＋4NO(g)2N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)∆H2=-1160kJ·mol-1（1）1molCH4还原NO2至N2，写出该过程的热化学方程式___________。（2）用CH4催化还原NO，能提高N2的平衡产率的措施是___________(填字母)。A.升高温度 B.增大压强 C.降低温度 D.降低压强（3）一定温度下，在初始体积为2L恒容密闭容器中通入1molCH4和4molNO(假设只发生反应2)。①下列能说明该反应已经达到平衡状态的是___________(填字母)。A．c(CH4)和c(CO2)的浓度比保持不变B．混合气体的密度保持不变C．CH4的消耗速率等于CO2的消耗速率D．容器内气体压强保持不变②后该反应达到平衡，测得容器中N2的物质的量为。则从反应开始至刚达到平衡用NO表示的反应速率v(NO)=___________。（4）为了提高CH4和NO转化为N2的产率，种学家寻找了一种新型的催化剂。将CH4和NO按一定比例、一定流速通过装有上述新型催化剂的反应器中，反应相同时间，测得N2的产率与温度的关系如图1所示，OA段N2产率随温度升高而增大的原因是___________。（5）对于反应2而言，不同温度下，CH4的浓度变化如图2所示，下列说法正确的是___________(填字母)。A.T1大于T2B.c点二氧化碳的浓度为0.2mol·L-1C.a点正反应速率大于b点的正反应速率D.a点的反应速率一定比c点的反应速率小【答案】（1）CH4(g)+2NO2(g)N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)∆H=-867kJ·mol-1（2）C（3）①.AC②.0.04mol·L-1·min-1（4）随着温度升高，(催化剂的活性增强，)反应速率加快（5）C【解析】【小问1详解】CH4还原NO2至N2，反应为CH4(g)＋2NO2(g)⇌N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)∆H，由盖斯定律得该反应由，则∆H=；答案为CH4(g)+2NO2(g)⇌N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)∆H=-867kJ·mol-1。【小问2详解】A．该反应为放热反应，升温平衡逆向，N2平衡产率降低，A项不符合题意；B．该反应为气体体积不变的反应，增压平衡不移动，N2平衡产率不变，B项不符合题意；C．该反应为放热反应，降温平衡正向，N2平衡产率增大，C项符合题意；D．该反应为气体体积不变的反应，降压平衡不移动，N2平衡产率不变，D项不符合题意；故选C。【小问3详解】①A．随着反应正向进行CH4减少而CO2增加，即两者的比值会减小，当反应平衡时这一比值不变可判断平衡，A项符合题意；B．气体质量守恒同时容器体积不变，所以反应中气体密度不发生改变，密度不变不能平衡，B项不符合题意；C．CH4的消耗速率为正向反应，而CO2的消耗速率为逆向反应，每消耗1molCH4同时消耗1molCO2，即v正=v逆，反应达平衡，所以该特征能判断平衡，C项符合题意；D．反应为气体量不变的反应，压强随着反应进行无变化，该特征不能判断平衡，D项不符合题意；故选AC；②测得容器中N2的物质的量为0.8mol，则，计算v(NO)=；答案AC；0.04。【小问4详解】未平衡时，随着温度升高，（催化剂的活性增强，）反应速率加快，即OA段反应未达平衡，温度升高速率加快；而AB段反应达平衡，随着温度升高，平衡逆向移动，N2产率降低；答案为随着温度升高，（催化剂的活性增强，）反应速率加快。【小问5详解】A．温度越高反应速率越快，即T2温度更高，A错误；B．C点CH4的浓度为0.2mol/L，则这段时间CH4的变化量为1.2mol/L，所以CO2的浓度为1.2mol/L，B错误；C．a点CH4的浓度大于b点，所以a点的正反应速率大于b点的正反应速率，C项正确；D．a、c两点浓度有差异同时温度有差异，无法判断两者速率大小，D项错误；故选C。15.某课外小组分别用下图所示装置对原电池和电解池原理进行实验探究。Ⅰ.用图1所示装置进行第一组实验。（1）在保证电极反应不变的情况下，不能替代Cu作电极的是___________(填字母)。A铝 B.石墨 C.银 D.铂（2）N极发生的电极反应为___________。（3）实验过程中，SO___________(填“从左向右”、“从右向左”或“不”)移动。Ⅱ.用图2所示装置进行第二组实验。实验过程中，两极均有气体产生，Y极区溶液逐渐变成紫红色，停止实验，铁电极明显变细，电解液仍然澄清。查阅资料发现，高铁酸根(FeO)在溶液中呈紫红色。（4）电解过程中，X极区溶液的pH___________(填“增大”、“减小”或“不变”)。（5）若在X极收集到672mL气体，在Y极收集到168mL气体(均已折算为标准状况下的气体体积)，则Y电极(铁电极)质量减少___________g。（6）在碱性锌电池中，用高铁酸钾作为正极材料，电池反应为：2K2FeO4＋3Zn=Fe2O3＋ZnO＋2K2ZnO2。该电池正极发生的电极反应为___________。【答案】（1）A（2）2H2O＋2e-=H2↑＋2OH-（3）从右向左（4）增大（5）0.28（6）2FeO＋6e-＋5H2O=Fe2O3＋10OH-【解析】从图分析，锌为原电池的负极，铜为原电池的正极，则M铁为电解池的阳极，N为电解池的阴极。【小问1详解】在保证电极反应不变的情况下，即选择电极的活性比锌弱，故不能替代Cu作电极的铝。故选A。【小问2详解】N极为电解池的阴极，电极反应为：2H2O＋2e-=H2↑＋2OH-。【小问3详解】硫酸根离子向负极移动，即从右向左移动。【小问4详解】X为电解池的阴极，溶液中的氢离子反应生成氢气，故X极附近溶液的pH增大。【小问5详解】X极收集到672mL气体，即产生0.03mol氢气，转移0.06mol电子，在Y极收集到168mL气体，为氧气，即0.0075mol，转移0.03mol电子，则铁失去0.06-0.03=0.03mol电子生成高铁酸根离子，即有0.005mol铁反应，电极质量减少0.005mol×56g/mol=0.28g。【小问6详解】电池的总反应为2K2FeO4＋3Zn=Fe2O3＋ZnO＋2K2ZnO2，锌在负极反应，高铁酸根离子在正极反应，则正极反应2FeO＋6e-＋5H2O=Fe2O3＋10OH-。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：资料：①该工艺条件下MnO2与H2SO4不反应。②部分金属阳离子沉淀的pH(25℃)。Fe3＋Al3＋Mn2＋Fe2＋开始沉淀时1.53.45.86.3完全沉淀时2.84.77.88.3（1）“溶出”前，软锰矿需要进行研磨的目的___________。（2）“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是从软锰矿石中溶出Mn2＋的主要反应，反应的离子方程式是___________。（3）“纯化”时，先向溶出液中加入MnO2，将Fe2＋氧化；再加入NH3·H2O调节溶液pH，使Fe3＋、Al3＋转化为氢氧化物沉淀而除去。适宜调节的pH范围是___________。（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，实验操作为：取少量滤渣放入烧杯中，___________。(须使用的试剂：6mol·L-1NaOH溶液、干冰、蒸馏水)（5）向4.350g所得MnO2产品中依次加入足量6.700gNa2C2O4和足量稀H2SO4，加热至充分反应，再用0.0200mol·L-1KMnO4溶液滴定剩余Na2C2O4至终点，消耗KMnO4溶液的体积为20.00mL。已知过程中发生的反应为：5C2O＋2MnO＋16H＋→2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O、MnO2＋C2O＋4H＋→Mn2＋＋2CO2↑＋2H2O①滴定终点的现象是：___________。②计算该产品中MnO2的纯度___________(杂质不参加反应，写出计算过程)。【答案】（1）增大反应物接触面积，加快反应速率，提高Mn2＋的浸出率（2）MnO2＋4H＋＋2Fe2＋=Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O（3）4.7～5.8（4）边搅拌边加入6mol·L-1NaOH溶液至沉淀不再溶解，静置过滤，向滤液中加入干冰至沉淀不再增加，过滤，用蒸馏水洗涤2-3次，灼烧沉淀得到Al2O3（5）①.溶液颜色由无色变为浅红色，且半分钟内不变色②.98%【解析】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，提高浸出率;加入浓硫酸及过量的铁屑，铁屑与硫酸反应生成硫酸亚铁，亚铁离子与二氧化锰反应生成二价锰离子和铁离子；再电解锰离子的纯化液制取二氧化锰。小问1详解】研磨软锰矿可增大固体与硫酸的接触面积，增大反应速率，提高浸出率。【小问2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3详解】由表示数据可知，要除去溶液中的Fe3＋、Al3＋而不让Mn2+沉淀，调节溶液pH值为4.7~5.8。【小问4详解】“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，实验操作为：取少量滤渣放入烧杯中，边搅拌边加入6mol·L-1NaOH溶液至沉淀不再溶解，静置过滤，向滤液中加入干冰至沉淀不再增加，过滤，用蒸馏水洗涤2-3次，灼烧沉淀得到Al2O3。【小问5详解】①滴定前溶液为无色，再用0.0200mol·L-1KMnO4溶液滴定完全时，KMnO4溶液稍过量，溶液呈浅红色，滴定终点的现象是：溶液颜色由无色变为浅红色，且半分钟内不变色；②已知5C2O＋2MnO＋16H＋→2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O、MnO2＋C2O＋4H＋→Mn2＋＋2CO2↑＋2H2O，则n(MnO2)=n(Na2C2O4)==0.049mol，该产品中MnO2的纯度98%。17.利用纳米铁粉及生物技术除去废水中的氮是当今环保领域重要的研究课题。Ⅰ.纳米铁粉可用于去除废水中的硝态氮(以NO表示)，反应原理如图1所示。（1）液相还原法制备纳米铁粉：采用硼氢化物如KBH4、NaBH4等与铁离子(Fe2＋、Fe3＋)混合反应。NaBH4(B为+3价，pH=8.6)溶液还原Fe2＋，除生成等物质的量的纳米铁粉和一种气体外，还生成B(OH)3。写出该反应的离子方程式___________。（2）有研究发现，在铁粉总量一定的条件下，水中的溶解氧过多不利于硝态氮去除。其原因是___________。（3）利用纳米铁粉与活性炭可提升硝态废水中硝态氮的去除效率。控制纳米铁粉与活性炭总质量一定，反应时间相同，测得废