广东省六校联考2023-2024学年高一下学期5月期中考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1广东省六校联考2023-2024学年高一下学期5月期中考试试题(满分100分，考试时间75分钟)注意事项：1.答题前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。并用2B铅笔将对应的信息点涂黑，不按要求填涂的，答卷无效。2.选择题每小题选出〖答案〗后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的〖答案〗信息点漆黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他〖答案〗，〖答案〗不能答在试卷上。3.非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，〖答案〗必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上：如需改动。先划掉原来的〖答案〗，然后再写上新的〖答案〗，不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答的〖答案〗无效。4.考生必须保持答题卡的整洁，考试结束后，只需将答题卡交回。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Cl-35.5一、选择题(本题共16小题，共44分。第1～10小题，每小题2分；第11~16小题，每小题4分。在每小题给出的4个选项中，只有一项符合题目要求)1.二十大报告指出，我国在一些关键核心技术实现突破，载人航天、探月探火、深海深地探测、超级计算机、卫星导航等领域取得重大成果。下列成果中描述错误的是（）A．天问一号用的气凝胶属于胶体B．天和核心舱用的BN陶瓷属于新型陶瓷C．“蛟龙”号载人潜水器的耐压球壳是钛合金D．超轻海绵的材料石墨烯属于有机高分子材料〖答案〗D〖解析〗【详析】A．天问一号用的气凝胶属于胶体，A正确；B．BN陶瓷是新型陶瓷材料，属于无机非金属材料，B正确；C．“蛟龙”号载人潜水器的耐压球壳是钛合金，C正确；D．石墨烯属于新型无机非金属材料，不属于有机高分子材料，D错误；故选D。2.下列化学用语表示不正确的是（）A.羟基的电子式： B.乙烷的球棍模型：C.氯原子的结构示意图： D.四氯化碳的电子式：〖答案〗D〖解析〗【详析】A．羟基是氧原子和氢原子共用一对电子形成的，最外层共7个电子，故A正确；B．乙烷的结构简式为CH3CH3，每个碳原子都以共价单键结合1个碳原子和3个氢原子，故B正确；C．氯是第17号元素，原子核外有17个电子，排布在三个电子层，由里往外依次排布2、8、7个电子，故C正确；D．四氯化碳的化学式为CCl4，C有4个价电子，分别和4个Cl共用1对电子从而达到了8电子稳定结构，Cl最外层有7个电子，和1个C共用一对电子后也达到了8电子稳定结构，选项中的CCl4的电子式中Cl最外层只有2个电子，故D错误；故选D。3.环状碳酸酯广泛用于极性非质子溶剂、电池的电解质等，离子液体研究团队近期报道了一种环氧乙烷衍生物与二氧化碳催化合成环状碳酸酯的反应历程如图所示。已知：R表示烃基。下列说法错误的是（）A.(C4H9)4NBr是反应的催化剂B.反应过程存在极性键的断裂和形成C.反应过程中有4种中间体 D.总反应属于加成反应〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗【详析】A．由图中转化关系可知，是反应的催化剂，A项正确；B．反应过程中存在碳溴键的断裂和氮溴键的形成，B项正确；C．反应过程中有3种中间体，C项错误；D．总反应是环氧乙烷衍生物与发生加成反应生成环状碳酸酯，D项正确。故选C。4.NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A.0.1mol的中，含有的中子数为0.6NAB.1mol/L的H2SO4溶液中，含有的H+数为0.2NAC.标准状况下，2.24L己烷在O2中完全燃烧，得到CO2分子数为0.6NAD.密闭容器中充入1molN2与3molH2反应制备NH3，形成的N-H键数目为6NA〖答案〗A〖解析〗【详析】A．1个中含有6个中子，则0.1mol的中，含有的中子数为0.6NA，A正确；B．1mol/L的H2SO4溶液的体积未知，无法求出含有的H+数，B不正确；C．标准状况下，己烷呈液态，无法求出2.24L己烷的物质的量，也就无法求出在O2中完全燃烧得到CO2分子数，C不正确；D．合成氨反应为可逆反应，反应不能进行完全，则1molN2与3molH2反应制备NH3，形成的N-H键数目小于6NA，D不正确；故选A。5.如图所示的实验方案能达到实验目的的是（）A.图甲验证对分解反应有催化作用B.图乙用Cu和稀硝酸制取NOC.图丙是实验室制取氨气的发生装置D.图丁可用于收集氨气〖答案〗B〖解析〗【详析】A．验证氯化铁是该反应的催化剂，应固定温度为单一变量，A错误；B．稀硝酸与铜反应得到NO，NO难溶于水，可用排水法收集，B正确；C．实验室制取氨气，试管口应该向下倾斜，C错误；D．收集氨气，应该用向下排空气法，且应该用双孔胶塞，或者在圆底烧瓶口用一团棉花，D错误；故选B。6.下列描述的化学反应状态，不一定是平衡状态的是（）A.，绝热、恒容下，反应体系中气体的压强保持不变B.，恒温、恒容下，反应体系中气体的颜色保持不变C.，恒温、恒容下，反应体系中气体的密度保持不变D.，恒温、恒容下，反应体系中气体的平均摩尔质量保持不变〖答案〗D〖解析〗【详析】A．该反应为等体积反应，但为绝热体系，随着反应进行，体系内温度升高，压强增大，当压强不变时反应达到平衡状态，A不符合题意；B．恒温、恒容下，反应体系中气体的颜色保持不变，说明二氧化氮的浓度不再变化，说明反应达到平衡，B不符合题意；C．该反应中只有二氧化碳是气体，随着反应进行，二氧化碳的物质的量不断变化，恒温恒容条件下体系气体的密度保持不变，说明反应达到平衡，C不符合题意；D．反应体系中气体只有氨气和氯化氢气体，且两者比例恒定为1：1，则气体的平均摩尔质量始终保持恒定，不能据此说明反应达到平衡状态，D符合题意；故选：D。7.工业上生产氮化硅陶瓷的反应为，下列说法错误的是（）A.该过程中有极性键的断裂和极性键的生成B.该反应中只有作氧化剂C.元素非金属性D.其他条件相同，当温度为时，，当温度为时，v(HCl)=0.02mol·L-1·s-1，则〖答案〗D〖解析〗【详析】A．该过程中有极性键Si-Cl键的断裂和极性键H-Cl键的形成，故A正确；B．该过程中N2作氧化剂，H2作还原剂，故B正确；C．因硝酸酸性强于硅酸，故非金属性N＞Si，故C正确；D．根据计量数关系，，此时v(HCl)=0.005mol·L-1·s-1=0.03mol·L-1·s-1>0.02mol·L-1·s-1，根据温度越高反应速率越快，则，故D错误；故选D。8.某饱和一元醇35.2和足量金属Na反应，生成标准状况下氢气为4.48L，该醇可催化氧化生成醛的结构可能有（）A.1种 B.2种 C.3种 D.4种〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗本题主要考查了限制条件下同分异构体的书写，掌握醇氧化生成醛是解答的关键，题目难度不大。【详析】标准状况下4.48L氢气物质的量为：设饱和一元醇的组成为，则：

1mol

g

：

：解得故该醇的组成为，该醇可氧化成醛，说明存在，可以看作丁烷中1个氢原子被替代，丁烷有：，，均有2种氢原子，故符合条件的醇共有4种，故选D。9.研究NO2、NO、CO的污染物处理，对建设美丽中国具有重要意义。反应NO2(g)＋CO(g)NO(g)＋CO2(g)的能量变化如图所示，下列说法正确的是（）A.图中a→b为放热过程B.理论上该反应可以设计成原电池C.升高温度，该反应的化学反应速率不一定加快D该反应需要加热才能发生〖答案〗B〖解析〗【详析】A．图中a→b时，能量由低到高，为吸热过程，A不正确；B．该反应属于放热的氧化还原反应，且对反应条件没有过高要求，则理论上该反应可以设计成原电池，B正确；C．升高温度，反应物的能量增大，有效碰撞的次数增多，化学反应速率加快，C不正确；D．该反应虽然为放热反应，可能需要加热才能发生，但不是一定要加热，D不正确；故选B。10.研究氮及其化合物的性质，可以有效改善人类的生存环境。氮元素化合价-物质类别关系如图，以下说法正确的是（）A.1.7g物质A在常温常压下，含有的原子数为0.4B.标准状况下，3.36L物质B与水完全反应，电子转移0.3molC.物质C的浓溶液与Cu反应的离子方程式为D.的检验方法是取少量溶液于试管中，加热，生成气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗由氮元素化合价-物质类别关系图可知，A是NH3，B是NO2或四氧化二氮，C是HNO3；【详析】A．1.7g物质氨气在常温常压下为0.1molNH3，含有的原子0.4mol，则原子数为0.4，A正确；B．NO2与水发生反应生成硝酸和一氧化氮，即3NO2+H2O=2HNO3+NO，由化学方程式可知，3molNO2参加反应，转移电子2mol，标准状况下，3.36LNO2的物质的量3.36L÷22.4L/mol=0.15mol，转移电子0.1mol，B错误；C．物质C为HNO3，它的浓溶液与Cu反应，生成硝酸铜、NO2和H2O，，C错误；D．的检验方法是取少量溶液于试管中，加入浓氢氧化钠溶液再加热，生成气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，D错误；故选A。11.有机物肉桂酸有较多的用途，如用于食品添加剂、医药工业、制取香精香料等。肉桂酸(M)的结构简式如图所示，，另一有机物(N)的结构简式为HO-CH2CH=CHCH2-COOH，下列有关说法正确的是（）A.M的分子式为C9H10O2B.N在一定条件下能发生分子内酯化反应且生成五元环状的酯C.M、N各取1mol与足量Na反应时消耗等量的NaD.M、N均能使酸性KMnO4溶液褪色〖答案〗D〖解析〗【详析】A．M的分子式为C9H8O2，故A错误；B．N在一定条件下能发生分子内酯化反应且生成六元环状的酯，故B错误；C．M、N各取1mol与足量Na反应，M中含有羧基，消耗1molNa，N中含有羧基和羟基，消耗2molNa，故C错误；D．M、N均含有碳碳双键，均能使酸性KMnO4溶液褪色，故D正确。〖答案〗为：D。12.利用下列原电池，既能实现有效消除氮氧化物的排放，减轻环境污染，又能充分利用化学能，装置如图所示，下列有关说法不正确的是（）A.电极A为负极，发生氧化反应B.电流从电极B经导线流向电极AC.为使电池持续放电，离子交换膜需选用阴离子交换膜D.当有4.48LNO2(标准状况)被处理时，转移电子物质的量为0.6mol〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗由题干装置图可知，左池通入NH3生成N2，失去电子，电极A为原电池的负极，反应式为2NH3－6e－＋6OH－＝N2＋6H2O，右池通入NO2生成N2，得到电子，电极B为原电池的正极，反应式为2NO2＋8e－＋4H2O＝N2＋8OH－，据此分析解题。【详析】A．由分析可知，电极A为原电池的负极，发生氧化反应，A正确；B．由分析可知，电极A为负极，电极B为正极，电子由负极A经导线流向正极B，则电流从电极B经导线流向电极A，B正确；C．为使电池持续放电，正极区生成的OH－不断通过阴离子交换膜进入负极区，C正确；D．当有4.48LNO2(标准状况)被处理时，0.2molNO2发生反应，由反应2NO2＋8e－＋4H2O＝N2＋8OH－可知，转移的电子物质的量为0.8mol，D错误；故选D。13.应用下列装置测定氨气的组成。实验利用了氨气能还原氧化铜生成氮气、铜和水的原理。实验后测得装置D增重，用排水法测量得的体积为(已折算成标准状况)。下列有关实验描述正确的是（）A.装置A用于制备氨气，可用加热氯化铵固体的装置代替B.装置的作用是防止水蒸气进入装置中，若撤去装置，则测得氮氢比偏小C.装置B中盛放的物质是碱石灰，也可用无水氯化钙代替D.由实验数据可以计算得到氨气分子中的氮氢个数比为11.2m∶9V〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗装置A制备氨气，装置B干燥氨气，装置C中氨气还原氧化铜生成氮气、水和铜，装置D吸收产生的水蒸气，装置E防止水蒸气进入装置D中，吸收剩余的氨气，装置F排水法测量氮气的体积，据此解答。【详析】A．加热氯化铵固体生成氨气和氯化氢，在管口二者又重新化合生成氯化铵，不能制备氨气，A错误；B．装置E的作用是吸收剩余的氨气，同时防止水蒸气进入装置D中，若撤去装置E，会导致水蒸气的质量增加，则测得氮氢比偏小，B正确；C．生成的氨气中含有水蒸气，装置B的作用是干燥氨气，NH3会和无水氯化钙反应，不能将碱石灰替换成无水氯化钙，C错误；D．标准状况下，bL氮气的物质的量为：n(N2)=，含有的N的物质的量为:，装置D增重的为水的质量，则水的物质的量为：，含有的H的物质的量为：，氨气中含有的N、H原子数之比为：：=9V：11.2m，D错误；故选B。14.硝酸工业生产中常用纯碱溶液吸收排出的氮氧化物废气，废气中只含有NO、两种气体。将一定量废气通入到足量的溶液中被完全吸收，溶液中生成的、两种离子的物质的量与废气中的物质的量分数变化关系可用如图所示。已知溶液中可发生以下两个反应：①；②。下列说法不正确的是（）A.图中线段b表示离子B.时，反应中可收集到标准状况下44.8LC.随x值增大，溶液中不变D.若测得所得溶液中为0.5mol，则x值为0.75〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗由方程式和图可知，NO单独不能被吸收：①当NO和NO2混合气体被NaOH溶液恰好完全吸收，满足n(NO2):n(NO)=1，即x=0.5，此时只生成，n()=0，n()=2mol，所以a曲线表示离子、b曲线表示离子；②当气体只有NO2时，即x=1，发生反应2NO2+Na2CO3=NaNO2+NaNO3+CO2，此时生成n)=n()=1mol；③反应NO+NO2+Na2CO3=2NaNO2+CO2和2NO2+Na2CO3=NaNO2+NaNO3+CO2均有n(N)=2n(C)，即n(NO2)+n(NO)=2n(CO2)=2mol，所以n(CO2)=1mol；④由x=0.5和x=1可知，一定量废气中n(NO2)≥n(NO)，并且n(NO2)+n(NO)=2mol，生成n()+n()=2mol；综上可知：2mol废气通入到足量的Na2CO3溶液中被完全吸收，即n(NO2)≥n(NO)，生成n()+n()=2mol；n(CO2)=1mol；a曲线表示离子、b曲线表示离子；【详析】A．由分析可知，a曲线表示离子、b曲线表示离子，A正确；B．反应和均有n(N)=2n(C)，即n(NO2)+n(NO)=2n(CO2)=2mol，所以n(CO2)=1mol；反应中可收集到标准状况下1mol×22.4L/mol=22.4LCO2，B错误；C．由分析可知，随x值增大，溶液中不变，C正确；D．设n(NO2)=a，n(NO)=b，则a+b=2mol，发生反应①余下NO2物质的量为(a-b)mol，发生反应②生成n()=0.5(a-b)=0.5

mol，即a-b=1mol，解得a=1.5mol，b=0.5mol，废气中NO2的物质的量分数，D正确；故选B。15.某温度下，在恒容密闭容器中投入一定量的A、B发生反应：，时生成C的物质的量为(过程如图所示)。下列说法中正确的是（）A.时，用A表示反应的瞬时速率为B.C.图中m点达到了反应进行的限度D.时容器内的压强为起始压强的〖答案〗D〖解析〗【详析】A．时，用A表示反应的平均速率为，A错误；B．时消耗B的物质的量为，时生成C的物质的量为，则，B错误；C．m点A、B的浓度还在减小，没有达到反应限度，C错误；D．根据压强之比等于物质的量之比，时容器内的压强为起始压强的，D正确；故选D。16.下列图像及对应的叙述错误的是（）A.图1中的阴影部分代表反应物浓度实际减小的量B.图2中所示反应的化学方程式可以表示为X+Y2ZC.图3表示足量锌分别与500mL0.1mol•L-1盐酸、200mL0.1mol•L-1硫酸反应产生氢气的体积随时间变化的图像D.图4表示等质量的金刚石、石墨在氧气中完全燃烧时放出的热量不相等〖答案〗C〖解析〗【详析】A．图1中纵坐标是速率，横坐标是时间，阴影部分代表反应物浓度实际减小的量，A项正确；B．图2中表示的反应过程中，X、Y均减少，Z增加，从而可得变化的物质的量之比为（1.20-0.41）：（1.00-0.21）：1.58=1∶1∶2，10s后各物质的浓度不再变化，说明反应是可逆反应，反应方程式为X+Y2Z，B项正确；C．足量锌与盐酸、硫酸反应时，盐酸中生成氢气的体积大于硫酸，则a应表示盐酸，但从反应速率看，盐酸中氢离子浓度小于硫酸中氢离子浓度，前期反应速率应小于硫酸，完全反应的时间长，则b表示盐酸，两者矛盾，C项错误；D．由反应物的总能量与生成物的总能量差可以计算得到反应放出的能量，可以看出两者不相同，D项正确；故选C。二、主观题(四个大题，共56分)17.苯甲酸甲酯是一种重要的工业原料，某化学小组采用如图装置，以苯甲酸()、甲醇为原料制取苯甲酸甲酯。有关物质的物理性质如表所示：项目苯甲酸甲醇苯甲酸甲酯熔点/℃122.4-97-12.3沸点/℃24964.3199.6水溶性微溶互溶难溶（1）合成苯甲酸甲酯粗产品，在图1烧瓶中加入0.4mol甲醇和0.1mol苯甲酸，混匀后，投入几粒沸石，再加入A中3mL浓硫酸，小心加热使反应完全，得苯甲酸甲酯粗产品。①装置A的名称是___________，浓硫酸的作用除了催化剂外，还可以___________。②写出该反应化学方程式___________。③球形干燥管C的主要作用是___________。④为提高苯甲酸的转化率，实验中加入过量的甲醇，并改用图2的装置，其中图2能提高转化率的原因是___________。（2）粗产品的精制。苯甲酸甲酯粗产品中往往含有少量甲醇、硫酸、苯甲酸和水等，现拟用下列流程进行精制：①试剂I可以是___________(填字母)，作用是___________。A．饱和食盐水B．饱和碳酸钠溶液C．乙醇D．NaOH稀溶液②实验制得的苯甲酸甲酯质量为10.2g，则苯甲酸甲酯的产率为___________。()〖答案〗（1）①.分液漏斗②.吸收反应生成的水，促进反应正向进行，提高原料平衡转化率、提高苯甲酸甲酯产率③.④.防止液体倒吸⑤.能冷凝回流未反应的甲醇，提高其转化率（2）①.B②.洗去苯甲酸甲酯中的硫酸、苯甲酸③.75%〖解析〗在三颈烧瓶中加入0.1mol苯甲酸和0.4mol甲醇，再小心加入3mL浓硫酸，混匀后，投入几粒沸石，小心加热，发生酯化反应生成苯甲酸甲酯：，该反应为可逆反应，根据物质的熔沸点数据可知，甲醇易挥发，需要冷凝回流，提高原料的利用率；由流程图可知，粗产品主要含有苯甲酸甲酯、硫酸、苯甲酸和水，加入试剂1洗涤后得到水层和有机层，因此试剂1的目的是洗去苯甲酸甲酯中的硫酸、苯甲酸，分液得到的有机层中主要含有苯甲酸甲酯和少量水、甲醇等，经蒸馏，得到苯甲酸甲酯，以及甲醇和水；（1）①装置A的名称是分液漏斗，浓硫酸具有吸水，吸收反应生成的水，促进反应正向进行，提高原料平衡转化率、提高苯甲酸甲酯产率；②苯甲酸和甲醇在浓硫酸催化作用下加热，发生酯化反应生成苯甲酸甲酯：；③球形干燥管C中膨大部分可以防止液体倒吸入B装置中，故主要作用是防止液体倒吸；④由表可知，甲醇沸点低容易挥发，为提高苯甲酸的转化率，实验中加入过量的甲醇，并改用图2的装置，其中图2能提高转化率的原因是能冷凝回流未反应的甲醇，提高其转化率；（2）①结合分析可知，加入试剂I洗涤后得到水层和有机层，因此试剂I的目的是洗去苯甲酸甲酯中的硫酸、苯甲酸，试剂I可以是B．饱和碳酸钠溶液；氢氧化钠碱性太强会和酯反应，故不合适；②0.4mol甲醇和0.1mol苯甲酸，根据反应原理可知，0.1mol苯甲酸完全酯化可以得到0.1mol苯甲酸甲酯，则苯甲酸的转化率为。18.我国明确提出力争在2030年前实现碳达峰、2060年实现碳中和。为实现这一目标，研究人员开发了双功能催化剂，它具有吸收二氧化碳和将其吸收的二氧化碳与氢气反应转化为甲烷的功能，过程中发生的反应为。已知：断开1mol物质中的化学键所要吸收的能量如表。物质吸收的能量14904361652926（1）若每生成3.2g甲烷，则该反应___________(填“放出”或“吸收”)___________kJ能量。（2）某温度下发生反应，在2L的恒容密闭容器中充入的混合气体，发生上述反应，与随时间的变化如图所示。①0～2min内，用表示该反应的平均反应速率___________，若刚开始容器内的压强为，则反应达到平衡状态时的压强=___________。(用表示，结果保留两位有效数字)②x、y两点用表示的化学反应速率：___________(填“>”、“<”或“=”)。③下列说法正确的是___________(填标号)。A．5min达平衡状态，反应停止B．容器中混合气体的平均密度不再发生改变时，该反应达到平衡C．容器中混合气体的平均相对分子质量不再发生改变时，该反应达到平衡D．若升高温度，逆反应速率变快，正反应速率变慢，平衡逆向移动E．若通入氮气使容器压强增大，则平衡向着正反应方向移动（3）新型储能项目珠海“超G工厂”成为全球首个吉瓦级别的液流电池制造基地。一种以乙醇等物质为主要原料的液流燃料电池工作原理示意图如下。a极室为该燃料电池的___________极室，其发生的电极方程式为___________。〖答案〗（1）①.放出②.54（2）①.0.5②.③.＞④.BC（3）①.负②.〖解析〗（1）若每生成32g甲烷，断裂2molCO2中的化学键和8molH2中的化学键吸收的总能量为1490×2+436×8=6468kJ，形成2molCH4中的化学键和4molH2O中的化学键放出的总能量为1652×2+926×4=7008kJ，则该反应放出540kJ能量，若每生成3.2g甲烷，则该反应放出54kJ能量。（2）①0～2min内，用表示该反应的平均反应速率0.5，设，起始时，2min末，二氧化碳的转化量为xmol，甲烷和二氧化碳的物质的量相等，则1-x=x，解得x=0.5，则反应消耗氢气的物质的量为2mol，0～2min内，用表示该反应的平均反应速率；根据图像，反应达到平衡状态时，生成0.8mol甲烷，则生成1.6molH2O，剩余甲烷0.2，mol，剩余为5-3.2=18mol，水为液体，故混合气体总物质的量为0.2+1.8+0.8=2.8mol，若刚开始容器内的压强为，恒温恒容时，压强比等于物质的量之比，则反应达到平衡状态时的压强=。②x、y两点未达到平衡状态，正反应速率始终大于逆反应速率，则表示的化学反应速率：＞。③A．5min达平衡状态，为动态平衡，反应并为停止，A错误；B．水为液体，随反应进行，混合气体的质量逐渐减小，容器的容积不变，容器中混合气体的平均密度减小，故容器中混合气体的平均密度不再发生改变时，该反应达到平衡，B正确；C．随反应进行，混合气体的平均相对分子质量发生变化，故器中混合气体的平均相对分子质量不再发生改变时，该反应达到平衡，C正确；D．升高温度，正逆反应速率均变快，D错误；E．氮气为无关气体，通入氧氮气对反应体系中的各物质的浓度没有影响，则平衡不移动，E错误；故选BC。（3）a极室乙醇转化为二氧化碳，失去电子，被氧化，为该燃料电池的负极室，其发生的电极方程式为。19.以焙烧黄铁矿(杂质为石英等)产生红渣为原料制备铵铁蓝颜料。工艺流程如下：回答下列问题：（1）红渣的主要成分为___________(填化学式)，滤渣①的主要成分为___________(填化学式)。（2）黄铁矿研细的目的是___________。（3）已知还原工序中不生成S单质，则反应的离子方程式为___________。（4）工序①经过蒸发浓缩、冷却结晶，过滤得母液___________(填化学式)可循环利用。（5）沉铁工序产生的白色沉淀中Fe的化合价为___________，该价态离子在氧化工序发生反应的离子方程式___________。〖答案〗（1）①.Fe2O3②.SiO2（2）增大固液接触面积，加快反应速率，提高黄铁矿的利用率（3）（4）H2SO4（5）①.+2②.（或）〖解析〗已知黄铁矿高温煅烧生成Fe2O3故产生的红渣主要成分为Fe2O3，将红渣粉碎后加入足量的50%的H2SO4溶液加热充酸浸，二氧化硅不反应，氧化铁转化为硫酸铁，过滤出滤渣①，主要成分为SiO2，向滤液中加入黄铁矿进行还原，将Fe3+还原为Fe2+，由(3)小问可知不生成S沉淀，则硫元素被氧化为硫酸根离子，根据电子守恒和质量守恒可知反应原理为：，然后进行工序①为蒸发浓缩、冷却结晶，得到FeSO4晶体和母液主要含有FeSO4溶液和H2SO4，加水溶解FeSO4晶体，向所得溶液中加入(NH4)2SO4、K4[Fe(CN)6]并用H2SO4调节溶液的pH为3，进行沉铁得到白色沉淀Fe(NH4)2Fe(CN)6，然后过滤出沉淀，洗涤后加入H2SO4和NaClO3进行氧化步骤，Fe(NH4)2Fe(CN)6中部分二价铁铁被氧化为三价铁，得到铵铁Fe(NH4)Fe(CN)6，过滤、洗涤干燥即制得Fe(NH4)Fe(CN)6；（1）已知黄铁矿高温煅烧生成Fe2O3故产生的红渣主要成分为Fe2O3；由分析可知，滤渣①的主要成分为SiO2；（2）黄铁矿研细的主要目的是增大固液接触面积，加快反应速率，提高黄铁矿的利用率；（3）向滤液中加入黄铁矿进行还原，将Fe3+还原为Fe2+，由(3)小问可知不生成S沉淀，则硫元素被氧化为硫酸根离子，铁离子中铁化合价由+3变为+2、硫化合价由-1变为+6，根据电子守恒和质量守恒可知反应原理为：；（4）由分析可知，母液主要含有FeSO4溶液和H2SO4，其中H2SO4可在酸浸中循环利用。（5）白色沉淀中铵根离子、CN-根的化合价分别为+1、-1，根据化合价代数和为零可知，Fe的化合价为+2价；白色沉淀洗涤后加入H2SO4和NaClO3进行氧化步骤，中部分二价铁被