江苏省盐城市阜宁中学2021-2022学年高三下学期第三次综合测试化学试题 附解析

2022届高三年级春学期第三次综合检测化学试题1.《厉害了，我的国》“中国名片”中航天、军事、天文等领域的发展受到世界瞩目。它们与化学有着密切联系。下列说法正确的是A.“中国天眼”的“眼眶”是钢铁结成的圈梁，属于新型无机非金属材料B.“复兴号”车厢连接处关键部位使用的增强聚四氟乙烯板属于无机非金属材料C.“神舟十一号”宇宙飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷是新型无机非金属材料D.“天宫二号”空间实验室的太阳能电池板的主要材料是二氧化硅【1题答案】【答案】C【解析】【分析】【详解】A．钢铁属于金属材料，A错误；B．聚四氟乙烯板属于有机合成高分子材料，B错误；C．高温结构陶瓷为非金属，且不是硅酸盐，属于新型无机非金属材料，C正确；D．太阳能电池板的主要材料是硅单质，D错误；综上所述答案为C。2.在阳光照射下，水和氧气在浸泡过溶液的三噻吩()聚合物表面能高效合成过氧化氢，下列说法不正确的是A.的电子式为： B.为极性分子C.为离子晶体 D.的结构示意图为【2题答案】【答案】A【解析】【分析】【详解】A．是共价化合物，电子式为：，A错误；B．水分子构型为V型、分子内正负电荷中心不重叠，为极性分子，B正确；C．由活泼金属钾离子和氢氧根离子构成，其晶体为离子晶体，C正确；D．的质子数为16、电子数为18，硫离子结构示意图为，D正确；答案选A。3.给定条件下，下列选项中所示物质间转化均能一步实现的是A.粗硅SiCl4SiB.Mg(OH)2MgCl2(aq)MgC.Fe2O3FeCl3(aq)无水FeCl3D.AgNO3(aq)[Ag(NH3)2]OH(aq)Ag【3题答案】【答案】A【解析】【详解】A．Si可与氯气在高温下反应生成SiCl4，SiCl4可与氢气高温条件下发生反应生成Si和HCl，故A符合题意；B．氢氧化镁与盐酸反应得到氯化镁溶液，电解氯化镁溶液生成氢氧化镁沉淀、氢气和氯气，得不到镁单质，故B不符合题意；C．氧化铁与盐酸反应得到FeCl3溶液，氯化铁易水解，加热氯化铁溶液，由于HCl的挥发，水解平衡正向移动，最终生成氢氧化铁，不能获得无水氯化铁，故C不符合题意；D．蔗糖不含醛基，不能发生银镜反应，故D不符合题意；故答案为A。4.下列有关NO2、、的说法不正确的是A.与中中心原子杂化类型相同，均采用sp2杂化B.的空间构型为平面三角型C.NO2与碱性溶液反应可以生成和D.Ca(NO3)2、Ca(NO2)2都具有还原性【4题答案】【答案】D【解析】【详解】A．与中中心N原子的价层电子对数均为3，N原子均采用sp2杂化，故A正确；B．中心N原子的价层电子对数为3，且无孤对电子，空间构型为平面三角形，故B正确；C．NO2与碱性溶液发生歧化反应生成硝酸盐和亚硝酸盐，故C正确；D．Ca(NO3)2、Ca(NO2)2中N元素的价态均较高，容易得电子表现氧化性，Ca(NO3)2没有还原性，故D错误；故选D。5.下列有关合成氨反应的说法正确的是A.反应的ΔS>0B.反应的ΔH=E(N—N)+3E(H—H)—6E(N—H)(E表示键能)C.反应中每消耗1molH2转移电子的数目约等于2×6.02×1023D.反应在高温、高压和催化剂条件下进行可提高H2的平衡转化率【5题答案】【答案】C【解析】【详解】A．合成氨反应是一个气体体积减小的反应，反应的熵变小于0，故A错误；B．合成氨反应的焓变ΔH=E(N≡N)+3E(H—H)—6E(N—H)(E表示键能)，故B错误；C．合成氨反应中每消耗1mol氢气时，反应转移电子的数目约等于1mol×2×6.02×1023mol-1=2×6.02×1023，故C正确；D．合成氨反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，氢气的转化率减小；之所以使用高温是因为该温度下催化剂活性最高，能够缩短到达平衡的时间；故D错误；故选C。6.如图1所示，室温下用排饱和食盐水法在集气瓶中先后收集体积的Cl2和体积的CH4气体，用强光照射瓶中的混合气体。下列说法正确的是A.可用水代替饱和食盐水收集Cl2B.生成的氯代烃都不存在同分异构体C.反应结束后集气瓶中充满液体D.如图2所示的NaCl晶胞中含14个Na＋【6题答案】【答案】B【解析】【详解】A．饱和食盐水可以吸收Cl2中混有的HCl，排水收集时，Cl2在水中有一定的溶解度，选项A错误；B．CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4均没有同分异构体，选项B正确；C．CH4和Cl2的产物中CH3Cl为气体，所以集气瓶中不可能充满液体，选项C错误；D．Na＋位于顶点和面心，共有2688个，选项D错误。答案选B7.X、Y、Z、W都属于短周期元素，其中X、Z位于同一主族，Y、Z、W处于同一周期。X原子的最外层电子数是其电子层数的3倍。基态Y原子的电子总数是其最高能级电子数的5倍。W与X形成的一种气体常用于漂白和消毒，下列说法正确的是A第一电离能：Y<Z<WB.W的氧化物对应的水化物是强酸C.X、Z简单氢化物的沸点：X<ZD.简单离子半径由小到大的顺序为：W<Z<Y【7题答案】【答案】D【解析】【分析】X、Y、Z、W都属于短周期元素，X原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，X为O元素，X、Z位于同一主族，Z应为S元素；Y、Z、W处于同一周期，为第三周期，基态Y原子的电子总数是其最高能级电子数的5倍，应为P原子，其核外电子排布为，W与X形成的一种气体常用于漂白和消毒，W应为Cl元素。【详解】根据洪特规则，当轨道电子处于半满、全满、全空时最稳定，因此第一电离能：S<P<Cl，A错误；W为Cl元素，在化合物中呈现多种价态，其最高价氧化物对应水化物为强酸，但是其他价态的氧化物对应水化物如HClO等为弱酸，B错误；X的简单气态氢化物分子间会形成氢键，导致其熔沸点升高，所以X、Z简单氢化物的沸点：X>Z，C错误；粒子核外电子层数越多，半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小，简单离子半径由小到大的顺序为：W<Z<Y，D正确；故选D。8.开发利用海水化学资源的部分过程如图所示，下列说法不正确的是A.①的操作是向饱和食盐水中依次通入氨气、二氧化碳反应生成碳酸钠和氯化铵B.②的操作是在HCl气流中加热C.鉴别NaHCO3和Na2CO3溶液不能用澄清石灰水D.③的离子方程式为Br2+SO2+2H2O=4H+++2Br—【8题答案】【答案】A【解析】【详解】A．①的操作是向饱和食盐水中依次通入氨气、二氧化碳，二氧化碳与氨气和饱和食盐水反应生成碳酸氢钠和氯化铵，故A错误；B．氯化镁是强酸弱碱盐，在溶液中水解生成氢氧化镁和氯化氢，为防止氯化镁水解，用六水氯化镁晶体制备无水氯化镁时，应在氯化氢气流中加热得到氯化镁，故B正确；C．碳酸钠和碳酸氢钠都能与澄清石灰水反应生成白色碳酸钙沉淀，实验现象相同，则不能用澄清石灰水鉴别碳酸钠溶液和碳酸氢钠溶液，故C正确；D．反应③为溴与二氧化硫的水溶液反应生成硫酸和氢溴酸，反应的离子方程式为Br2+SO2+2H2O=4H+++2Br—，故D正确；故选A。9.新型纳米材料氧缺位铁酸盐(MFe2Ox)(3＜x＜4；M表示Mn、Co、Zn或Ni的二价离子)，常温下，它能使某工业废气中的SO2、NO2等氧化物转化为单质。转化流程如图所示，下列有关该转化过程的叙述正确的是A.MFe2O4可用于自来水杀菌消毒B.若MFe2Ox与SO2发生反应的物质的量之比为3：1，则x=C.在处理该废气过程中，每处理含22.4LNO2的废气转移电子数4NA个D.MFe2Ox可能与浓盐酸反应有气体产生【9题答案】【答案】B【解析】【详解】A．MFe2O4能使某工业废气中的SO2、NO2等氧化物转化为单质，则氧化物为氧化剂，MFe2O4为还原剂表现还原性，因此不能用于自来水杀菌消毒，A错误；B．若MFe2Ox与SO2发生反应的物质的量之比为3：1，根据电子守恒可得3×2×(3-n)=1×(4-0)，解得n=+，由元素化合价代数和为0可知：+2+(+)×2=2x，解得x=，B正确；C．未指明气体所处的外界条件，不能确定其物质的量的多少，因此就不能计算反应过程中电子转移的数目，C错误；D．MFe2Ox与浓盐酸都具有还原性，二者不能反应产生气体，D错误；故合理选项是B。10.向10.00mL0.50mol/LNaHCO3溶液中滴加不同浓度的CaCl2溶液，观察到明显产生浑浊时，停止滴加；取少量所得浑浊液加热，记录实验现象。下列说法不正确的是实验序号c(CaCl2)(mol·L-1)滴加CaCl2溶液时的实验现象加热浑浊液时的实验现象①0.05至1.32mL时产生明显浑浊，但无气泡产生有较多气泡生成②0.005至1560mL时产生明显浑浊，但无气泡产生有少量气泡生成③0.0005至20mL未见浑浊A.①中产生浑浊的原因是c(Ca2+)·c(CO32−)>Ksp(CaCO3)B.未加热前①和②中发生了反应：2HCO3-＋Ca2+=CaCO3↓＋H2CO3C.加热浊液产生气泡主要是因为CaCO3受热分解产生了更多的CO2D.向上述NaHCO3溶液中加入足量0.5mol/LCaCl2溶液，可能同时产生浑浊和气泡【10题答案】【答案】C【解析】【分析】向10.00mL0.50mol/LNaHCO3溶液中滴加不同浓度的CaCl2溶液，观察到明显产生浑浊时，没有气泡产生，发生反应2HCO3-＋Ca2+=CaCO3↓＋H2CO3，生成的沉淀是碳酸钙。【详解】A.根据溶度积规则，①中能产生碳酸钙沉淀，说明c(Ca2+)·c(CO32−)>Ksp(CaCO3)，故A正确；B.未加热前①和②不放二氧化碳，说明碳酸未饱和，加热后二氧化碳溶解度减小，放出二氧化碳，所以未加热前①和②中发生了反应：2HCO3-＋Ca2+=CaCO3↓＋H2CO3，故B正确；C.未加热前①和②中发生了反应：2HCO3-＋Ca2+===CaCO3↓＋H2CO3，碳酸钙受热不分解，加热浊液产生气泡主要是因为H2CO3受热分解产生了更多的CO2，故C错误；D.向上述NaHCO3溶液中加入足量0.5mol/LCaCl2溶液，发生反应CaCl2+2NaHCO3=CaCO3↓+2NaCl+CO2↑+H2O，能同时产生浑浊和气泡，故D正确。11.化合物X是一种药物中间体。下列关于化合物X的说法正确的是

A.化合物X能与FeCl3溶液作用显紫色B.化合物X的完全水解所得有机产物中含有2个手性碳原子C.化合物X中最多12个原子在同一平面上D.1mol化合物X与H2加成时，最多消耗3molH2【11题答案】【答案】D【解析】【分析】【详解】A．化合物X分子中无酚羟基，因此不能与FeCl3溶液作用显紫色，A错误；B．手性碳原子是连接4个不同的原子或原子团的C原子，根据X结构简式可知其分子中只有1个手性碳原子，用※表示就是，B错误；C．苯分子是平面分子，左边O原子，右边六元环上的手性C原子取代苯分子中H原子的位置在苯分子平面上，与O原子连接的甲基C原子及右边六元环上的C原子连接的一个原子也可能在苯平面上，则化合物X中最多14个原子在同一平面上，C错误；D．酯基具有独特的稳定性，不能与H2发生加成反应，只有苯环可以与H2发生加成反应。物质分子中含有1个苯环，1个分子加成消耗3个H2，因此1mol化合物X与H2加成时，最多消耗3molH2，D正确；故合理选项是D。12.常温下，Ka1(H2C2O4)=5.0×10-2，Ka2(H2C2O4)=5.4×10-5。对KHC2O4进行下列实验。下列有关说法正确的是实验实验操作和现象1向0.01mol•L﹣1KHC2O4溶液中滴加适量的KOH溶液，测得pH为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溶液中滴加过量0.1mol•L﹣1KHC2O4溶液，溶液从红色变为无色4向0.01mol•L﹣1KHC2O4溶液中加入过量澄清石灰水，产生白色沉淀A.实验1得到的溶液中有c(K+)=c()+c()B.实验2得到的溶液中有c()>c()C.实验3中反应的离子方程式为5+2+11H+═10CO2↑+2Mn2++8H2OD.实验4反应后静置的上层清液中有c(Ca2+)•c()>Ksp(CaC2O4)【12题答案】【答案】C【解析】【详解】A．根据电解质的溶液中电荷守恒可知，，又pH=7，则，故实验1得到的溶液中有，A错误；B．实验2得到的溶液为等物质的量浓度的KHC2O4和K2C2O4的混合溶液，又根据H2C2O4的Ka2，可知的水解常数为：，故的电离大于的水解，故溶液中有，B错误；C．根据题干信息可知H2C2O4为二元弱酸，KHC2O4电离出K+和，再结合氧化还原反应的配平规则可知，实验3中反应的离子方程式为，C正确；D．实验4反应后静置的上层清液为CaC2O4饱和溶液即刚好达到溶解平衡，故溶液中有，D错误；故选C。13.下列“类比”合理的是A.NH3的沸点高于PH3，则CH4的沸点也高于SiH4B.AlCl3溶液中滴加NaOH溶液先生成白色沉淀后溶解，则滴加氨水也能出现相同的现象C.Fe3O4可改写成FeO·Fe2O3，则Pb3O4也可改写成PbO·Pb2O3(Pb为IVA族元素)D.MnO2与浓HCl共热可制备Cl2，则MnO2与浓HBr共热可制备Br2【13题答案】【答案】D【解析】【详解】A．氢化物的熔沸点与相对分子质量成正比，但含有氢键的氢化物熔沸点较高，氨分子之间形成氢键、PH3分子之间不能形成氢键，所以NH3的沸点高于PH3，甲烷和硅烷中都不存在氢键，所以CH4沸点低于SiH4，故A错误；B．AlCl3溶液中滴加NaOH溶液先生成氢氧化铝沉淀，沉淀会继续溶解在氢氧化钠溶液中，但是AlCl3溶液中滴加浓氨水只能生成氢氧化铝沉淀，因为氢氧化铝与氨水不反应，故B错误；C．因为Pb在化合物中的化合价有+2价、+4价，所以Pb3O4写成两种氧化物的形式为2PbO·PbO2，而不是PbO·Pb2O3，故C错误；D．MnO2与浓HCl反应，将HCl氧化为氯气，HBr的还原性强于HCl，MnO2也能将HBr氧化为Br2，故D正确。答案选D。14.工业上利用硫(S8)与CH4为原料制备CS2.450℃以上，发生反应I：S8(g)=4S2(g)；通常在600℃以上发生反应II：2S2(g)+CH4(g)⇌CS2(g)+2H2S(g)。一定条件下，S8分解产生S2的体积分数、CH4与S2反应中CH4的平衡转化率与温度的关系图所示。下列说法一定正确的是A.反应II的正反应为吸热反应B.在恒温密闭容器中，反应相同时间，温度越低，CH4的转化率越大C.某温度下若S8完全分解成S2，在密闭容器中，n(S2)∶n(CH4)=2∶1开始反应，当CS2体积分数为10%时，CH4转化率为43%D.发生反应Ⅱ温度不低于600℃的原因是：此温度CH4平衡转化率已很高；低于此温度，S2浓度小，反应速率慢【14题答案】【答案】D【解析】【详解】A．由图可知，随温度升高，甲烷的转化率降低，故反应II的正反应为放热反应，A项错误；B．由图可知，CH4的平衡转化率随着温度的升高逐渐降低，S2浓度随着温度升高而增大，故温度越低，S2浓度越小，反应速率越慢。在反应相同时间里，温度越低，反应速率越慢，CH4的转化率不一定越大，B项错误；C．在密闭容器中，n(S2):n(CH4)=2:1开始反应，设CH4起始物质的量为a，转化的物质的量为x，即：CS2的体积分数为10%，即，解得x=0.3a，则CH4的转化率为30%。C项错误；D．由图可知，在600℃时甲烷平衡转化率高达99%，低于600℃时，S2浓度明显偏小，使得反应II的反应速率变慢，D项正确；故选D。15.以锌灰(含ZnO及少量PbO、CuO、Fe2O3、SiO2)和Fe2(SO4)3为原料制备的ZnFe2O4脱硫剂，可用于脱除煤气中的H2S。脱硫剂的制备、硫化、再生过程可表示

（1）“除杂”包括加足量锌粉、过滤、加H2O2氧化等步骤。除Pb2+和Cu2+外，与锌粉反应的离子还有___________(填化学式)。（2）“调配比”前，需测定ZnSO4溶液的浓度和草酸铁铵晶体(NH4)3Fe(C2O4)3·3H2O(M=428g/mol)的纯度。草酸铁铵中往往会混有少量草酸，为测定(NH4)3Fe(C2O4)3·3H2O的含量，进行下列实验：称取样品9.46g，加稀硫酸溶解后，配成100mL溶液。取20.00mL配制的溶液，用浓度为0.2000mol/L的KMnO4溶液滴定至终点时消耗KMnO4溶液28.00mL。已知：H2C2O4++H+=Mn2++CO2+H2O(未配平)。通过计算，确定样品中(NH4)3Fe(C2O4)3·3H2O的质量分数___________(写出计算过程)。（3）400℃时，将一定比例H2、CO、CO2和H2S的混合气体以一定流速通过装有ZnFe2O4脱硫剂的硫化反应器。①硫化过程中，ZnFe2O4与H2、H2S反应生成ZnS和FeS，其化学方程式为___________。②硫化一段时间后，出口处检测到COS。研究表明ZnS参与了H2S与CO2生成COS的反应，反应前后ZnS的质量不变，该反应过程可用化学方程式表示为___________。（4）将硫化后的固体在N2∶O2=95∶5(体积比)的混合气体中加热再生，固体质量随温度变化的曲线如图所示。在280~400℃范围内，固体质量增加的主要原因是___________。

【15~18题答案】【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部分被氧化为硫酸盐【解析】【分析】锌灰含ZnO及少量PbO、CuO、Fe2O3、SiO2，加入稀硫酸浸取，SiO2和硫酸不反应，过滤出SiO2，所得溶液中含有硫酸锌、硫酸铅、硫酸铜、硫酸铁、硫酸，加足量锌粉，硫酸铜、硫酸铁、硫酸都能与锌反应，加H2O2氧化，再加入硫酸铁调节锌、铁的配比，加入碳酸氢钠沉锌铁，制得脱硫剂ZnFe2O4。【小问1详解】“除杂”加足量锌粉，硫酸铜、硫酸铁、硫酸都能与锌反应，除Pb2+和Cu2+外，与锌粉反应的离子还有Fe3+、H+。【小问2详解】设草酸的物质的量为amol，草酸铁铵晶体的物质的量为bmol，由样品的质量可得：90a+428=9.46①，由得失电子数目守恒可得：5H2C2O4—2，由20.00mL溶液消耗28.00mL0.2000molL的高锰酸钾溶液可得：a+3b=0.2000mol/L×0.028L×5×，解联立方程可得a=0.01、b=0.02，则9.46g样品中草酸铁铵晶体的质量分数为×100%≈90.5%，故答案为：90.5%。【小问3详解】①硫化过程中ZnFe2O4与H2、H2S反应生成ZnS和FeS，铁元素化合价由+3降低为+2、氢气中H元素化合价由0升高为+1，根据得失电子守恒，其化学方程式为ZnFe2O4+3H2S+H2ZnS+2FeS+4H2O；②硫化一段时间后，出口处检测到COS。研究表明ZnS参与了H2S与CO2生成COS的反应，反应前后ZnS的质量不变，ZnS为催化剂，该反应过程可描述ZnS+CO2=ZnO+COS；ZnO+H2S=ZnS+H2O；【小问4详解】在280~400℃范围内，ZnS和FeS吸收氧气，ZnS和FeS部分被氧化为硫酸盐，固体质量增加。16.有机物F为某药物合成中间体，其合成路线如下：(1)B→C反应过程中，温度太高会产生一种副产物X(分子式为C12H18O3)，X的结构简式为___________。(2)C的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式___________。Ⅰ.分子中含有苯环，遇FeCl3溶液不显色；Ⅱ.酸性条件下水解得到的两种产物分子中均含有3种不同化学环境的氢原子。(3)CH2(CN)2分子中碳原子轨道杂化类型是___________。(4)E分子中含有手性碳原子的数目为___________。(5)请设计以和为原料制备的合成路线(无机试剂任用，合成路线示例见本题题干)______。【16题答案】【答案】①.②.③.sp3、sp④.1⑤.【解析】【分析】【详解】(1)X为C12H18O3，不饱和度为4，4个不饱和度为苯环，说明酮基被还原为羟基，则X的结构式为(2)Ⅰ中有苯环，无酚羟基，Ⅱ水解产物有三种H，则为(3)单键sp3杂化、双键sp3杂化、三键sp杂化(4)手性碳为连有四个不同原子或基团(甲基、亚甲基、碳碳双键)，故手性碳有1(5)17.以软锰矿粉(含MnO2及少量Fe、Al、Si、Ca、Mg等的氧化物)为原料制备电池级MnO2。（1）浸取。将一定量软锰矿粉与Na2SO3、H2SO4溶液中的一种配成悬浊液，加入到三颈瓶中(图1)，70℃下通过滴液漏斗缓慢滴加另一种溶液，充分反应，过滤。滴液漏斗中的溶液是___；MnO2转化为Mn2+的离子方程式为___。（2）除杂。向已经除去Fe、Al、Si的MnSO4溶液(pH约为5)中加入NH4F溶液，溶液中的Ca2+、Mg2+形成氟化物沉淀。若沉淀后上层清液中c(F-)=0.05mol·L-1，则=___。[Ksp(MgF2)=5×10-11，Ksp(CaF2)=5×10-9]（3）制备MnCO3。在搅拌下向100mL1mol·L-1MnSO4溶液中缓慢滴加1mol·L-1NH4HCO3溶液，过滤、洗涤、干燥，得到MnCO3固体。需加入NH4HCO3溶液的体积约为___。（4）制备MnO2。MnCO3经热解、酸浸等步骤可制备MnO2。MnCO3在空气气流中热解得到三种价态锰的氧化物，锰元素所占比例(×100%)随热解温度变化的曲线如图2所示。已知：MnO与酸反应生成Mn2+；Mn2O3氧化性强于Cl2，加热条件下Mn2O3在酸性溶液中转化为MnO2和Mn2+。为获得较高产率的MnO2，请补充实验方案：取一定量MnCO3置于热解装置中，通空气气流，___，固体干燥，得到MnO2。(可选用的试剂：1mol·L-1H2SO4溶液、2mol·L-1HCl溶液、BaCl2溶液、AgNO3溶液)。【17~20题答案】【答案】（1）①.H2SO4溶液②.MnO2+SO+2H+=Mn2++SO+H2O（2）100（3）200mL（4）加热到450℃充分反应一段时间，将固体冷却后研成粉末，边搅拌边加入一定量1mol·L-1稀H2SO4，加热，充分反应后过滤，洗涤，直到取最后一次洗涤滤液加盐酸酸化的0.1mol·L-1BaCl2溶液不变浑浊【解析】【小问1详解】若三颈瓶中先加入硫酸溶液，向其中滴加Na2SO3溶液则易生成SO2导致Na2SO3的利用率减小，故滴液漏斗中的溶液是H2SO4溶液；MnO2被亚硫酸根还原为Mn2+的离子方程式为：MnO2+SO+2H+=Mn2++SO+H2O；【小问2详解】=；【小问3详解】该反应的化学方程式2NH4HCO3+MnSO4=MnCO3+(NH4)2SO4+H2O+CO2↑，由方程式可知NH4HCO3与MnSO4的物质的量之比为2：1，需加入NH4HCO3溶液的体积约为200mL；【小问4详解】根据图像在450°C左右MnO2占比最高，所以加热到450°C最佳，MnO与酸反应生成Mn2+，故用酸除MnO，Mn2O3氧化性强于Cl2，用盐酸会发生氧化还原生产氯气。因此，该实验方案可补充为：加热到450℃充分反应一段时间后，将固体冷却后研成粉末，向其中边搅拌边加入一定量1mol·L-1稀H2SO4，加热，充分反应后过滤，洗涤，直到取最后一次洗涤滤液加盐酸酸化的0.1mol·L-1BaCl2溶液不变浑浊。18.地下水中硝酸盐造成的氮污染已成为一个世界性的环境问题。水体除NO主要有电化学法、催化还原法等。（1）电化学去除弱酸性水体中NO的反应原理如图所示：

①作负极的物质是_______。②正极的电极反应式是_______。③取两份完全相同的含NO废液A和B，调节废液A、B的pH分别为2.5和4.5，向废液A、B中加入足量铁粉，经相同时间充分反应后，废液A、B均接近中性。废液A、B中铁的最终物质存在形态分别如图所示。溶液的初始pH对铁的氧化产物有影响，具体影响为_______。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小时pH接近中性接近中性铁的最终物质形态

（2）纳米Fe-Ni去除废液中的NO(Ni不参与反应)。①在酸性条件下，Fe与NO反应生成Fe2+和NH，则反应的离子方程式为_______。②初始pH=2.0的废液，加入一定量的纳米Fe-Ni，反应一段时间后，废液中出现大量白色絮状沉淀物，过滤后白色沉淀物在空气中逐渐变成红褐色。产生上述现象的原因是_______。（3）在金属Pt、Cu和Ir(铱)的催化作用下，H2可高效转化酸性溶液中的NO，其工作原理如图所示。H2在金属Pt和Cu的催化作用下将NO转化为液体中N2O的过程可描述为_______。

【18~20题答案】【答案】（1）①.Fe②.NO+8e-+10H+=NH+3H2O③.酸性较强时，铁的氧化产物主要为Fe3O4；酸性较弱时，铁的氧化产物主要为FeO(OH)④.pH越高，三价铁越易水解生成FeO(OH)，FeO(OH)不导电，阻碍电子转移（2）①.NO+3Fe+8H+=3Fe2++NH+2H2O②.Fe2+在水中发生水解，Fe2++2H2O⇌Fe(OH)2+2H+，随着反应进行，c(H+)减小，平衡右移，产生Fe(OH)2沉淀，之后发生反应4Fe(OH)2+O2+2H2O=4