2022-2023学年江苏省南京师范大学附属扬子中学、江浦高级中学两校高一下学期联合调研化学试题

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可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Fe56 S32 Cl35.5 Cu64 C59
一、单项选择题：共20题，每题3分，共60分。每题只有一个选项符合题意。
1. 化学与生活、科技密切相关。下列说法正确的是
A. 食品包装袋中常有硅胶、生石灰、还原铁粉等，其作用都是防止食品氧化变质
B. 稳定且有非凡的比表面积的铝硅酸盐沸石(ZEO-1)属于金属材料
C. 螺旋碳纳米管TEM与石墨烯互为同素异形体
D. 清华大学打造的世界首款异构融合类脑芯片——天机芯的主要材料与光导纤维的相同
【答案】C
【解析】
【详解】A．硅胶、生石灰只能吸收水分，无法除去氧气，不能防止食品氧化变质，故A错误；
B．铝硅酸盐沸石为无机非金属材料，故B错误；
C．碳纳米管与石墨烯为碳元素的不同单质，互为同素异形体，故C正确；
D．制作电脑芯片的材料为硅单质，光导纤维的材料为二氧化硅，故D错误；
故选：C。
2. 下列有关化学用语表示正确的是
A. 氟原子的结构示意图：B. 二氧化碳的电子式：
C. 电子转移表示方法：D. 次氯酸的结构式：H-Cl-O
【答案】C
【解析】
【详解】A．氟离子的结构示意图： ，A错误；
B．二氧化碳的电子式：，B错误；
C．电子转移表示方法： ，C正确；
D．次氯酸的结构式：H-O-Cl ，D错误；
故答案选C。
3. 下列物质属于共价化合物的是
A. NH3B. NH4ClC. Cl2D. KOH
【答案】A
【解析】
【详解】A．氨分子中只含N-H共价键，属于共价化合物，A选项正确；
B．氯化铵中含N-H共价键、铵根离子和氯离子的离子键，属于离子化合物，B选项错误；
C．Cl2是单质，C选项错误；
D．KOH是钾离子和氢氧根离子通过离子键形成的离子化合物，D选项错误；
答案选A。
4. 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】
【详解】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。
5. 用如图所示装置制备氨气并验证氨气的还原性，其中不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. 用装置丁和戊分别收集氨气和氮气
【答案】D
【解析】
【详解】A．反应可用于制备氨气，A正确；
B．NH3是碱性气体，可用碱石灰进行干燥，B正确；
C．装置丙发生发应，可验证氨气的还原性，C正确；
D．氨气的密度比空气小，收集时应从短管进长管出，D错误；
故选D。
6. 下列有关说法不正确的是
A. 在容器中充入4 ml 和5 ml ，一定条件下充分反应，反应结束后，电子转移的物质的量为20 ml
B. 在恒容容器内，反应达到平衡后，通入Ar，压强增大，但v(正)和v(逆)都不变
C. 断裂3 ml 键的同时，断裂2 ml 键，说明该反应达到平衡状态
D. 当混合气体的平均摩尔质量不变，说明该反应达到平衡状态
【答案】C
【解析】
【详解】A．和反应生成NO和水，反应方程式为，消耗4ml转移20ml电子，A正确；
B．通入Ar，压强增大，但在恒容容器内体积不变，反应中各物质的浓度不变，v(正)和v(逆)都不变，B正确；
C．由，断裂3ml 键即消耗1mlNH3，指正反应方向，同时断裂2ml 键即消耗1mlH2O，指逆反应方向，但二者比值为1:1，不等于物质的系数之比，则正逆反应速率不相等，说明该反应未达到平衡状态，C错误；
D．密闭容器中混合气体的总质量不变，该反应前后气体的分子数不相同，则混合气体的总物质的量发生变化，当平均摩尔质量不变，说明该反应达到平衡状态，D正确；
答案选C。
7. 四种短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W元素的最外层电子数是其电子层数的二倍；X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的；Y是地壳中含量最多的金属元素；X与Z形成的离子化合物的水溶液呈中性。下列叙述中，不正确的是
A. W的非金属性小于Z的非金属性
B. 将X单质投入到CuSO4溶液中，生成紫红色固体
C. 工业上用电解熔融Y的氧化物的方法冶炼金属Y
D. Z的最高价氧化物对应水化物为强酸
【答案】B
【解析】
【分析】四种短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W元素的最外层电子数是其电子层数的二倍，则W为C元素；X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，则X为Na元素；Y是地壳中含量最多的金属元素，则Y为Al元素；X与Z形成的离子化合物的水溶液呈中性，则Z为Cl元素；
【详解】A．C和Cl的最高价氧化物的水化物分别为碳酸（弱酸），高氯酸（强酸），故Cl的非金属性强，A正确；
B．Na投入到CuSO4溶液中，会先跟水反应，B错误；
C．工业上熔融电解氧化铝制备铝单质，C正确；
D．Cl的最高价氧化物对应水化物为高氯酸是强酸，D正确。
8. 一定温度下，向容积为2 L的密闭容器中通入两种气体发生化学反应，反应中各物质的物质的量变化如图所示，对该反应的推断合理的是

A. 该反应的化学方程式为3B+4D⇌6A+2C
B. 反应进行到1 s时，v(A)=v(C)
C. 反应从开始到6 s的时间内，B的平均反应速率为0.05 ml·L-1·s-1
D. 反应进行到6 s时，各物质的反应速率相等
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．从图象分析，达到平衡时B、C物质质量分别较少0.6ml、0.8ml，A、D物质增加1.2 ml、0.4ml，各物质物质的量变量比值是B:C:A:D=3:4:6:2，故该反应的化学方程式为3B+4C ⇌6A+2D ，A错误；
B．反应进行到1 s时，v(A)＝ ，v(C)＝，不相等，B错误；
C．反应从开始到6 s的时间内，B的平均反应速率为，C正确；
D．反应进行到6 s时，反应达到平衡状态，各物质的正逆反应速率相等，同向反应速率之比等于系数之比，D错误；
故选C。
9. 浩瀚的海洋是一个巨大的宝库，从海水中除了可以提取食盐外，还可以从海水提取食盐后的母液(也称苦卤水，含、等)中提取溴、镁等。工业上一种利用苦卤水制备无水氯化镁的工艺流程如下：
下列说法不正确的是
A. 物质X常选用生石灰
B. 工业上常用电解溶液制备金属镁
C. “氯化”过程中发生的反应为
D. “煅烧”后的产物中加稀盐酸，再利用结晶法可获得
【答案】B
【解析】
【详解】A．苦卤水中加入物质X的目的是将溶液中的镁离子转化为Mg(OH)2沉淀，故物质X溶于水后应该显碱性，生石灰价格便宜且溶于水显碱性，故物质常选用生石灰，选项A正确；
B．因钠镁铝为活泼金属，故选用电解法进行冶炼，制备镁可选用电解熔融MgCl2的方法，而不是电解MgCl2溶液，选项B不正确；
C．根据流程反应物是MgO、C和Cl2发生氧化还原反应，又因高温条件下碳元素转化为一氧化碳，生成物质为MgCl2和CO，据电子守恒配平方程式，选项C正确；
D．煅烧后产物中主要为MgO，MgO中加入稀盐酸后得到MgCl2溶液，再利用结晶法可获得，选项D正确；
答案选B。
10. 下列说法正确的是
A. 500℃、30MPa下，将和置于密闭容器中充分反应生成放热19.3kJ，其热化学方程式为：
B. HCl和NaOH反应的中和热，则和反应的反应热
C. 在101kPa时，完全燃烧生成液态水放出285.8 kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式表示为：
D. 充分燃烧一定量的丁烷气体生成二氧化碳和液态水放出的热量为QkJ。完全吸收它生成的生成正盐，需5ml/L的NaOH溶液100ml，则丁烷的燃烧热为
【答案】D
【解析】
【详解】A．氨气和氢气反应为可逆反应，故和置于密闭容器中完全反应生成放热大于38.6kJ，选项A错误；
B．中和热是在稀溶液中，强酸跟强碱发生中和反应生成1 ml液态水时所释放的热量；和反应生成水还生成硫酸钡沉淀，故反应放出热量不是，选项B错误；
C．在101kPa时，为1ml，完全燃烧生成液态水放出285.8 kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式表示为： ，选项C错误；
D．充分燃烧一定量的丁烷气体生成二氧化碳和液态水放出的热量为QkJ，完全吸收它生成的生成正盐，需5ml/L的NaOH溶液100ml（氢氧化钠为0.5ml），，则生成二氧化碳0.25ml，根据碳元素守恒可知，消耗丁烷0.0625ml；燃烧热是在101 kPa时，1 ml物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量；则丁烷的燃烧热为，选项D正确；
故选D。
11. 在给定的条件下，下列选项所示的物质间转化均能一步实现的是
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】
【详解】A．硫在氧气中燃烧生成二氧化硫，二氧化硫和氯化钡不反应，转化不能均一步实现，A不符合题意；
B．FeS2在氧气中煅烧生成二氧化硫，而不是三氧化硫，转化不能均一步实现，B不符合题意；
C．氮气和氧气放电生成NO ，NO和氧气、水生成硝酸，转化能一步实现，C符合题意；
D．二氧化硅不溶于水，也不与水反应，所以不能实现，D不符合题意；
故选C。
12. 常温下，取铝土矿(含有Al2O3、FeO、Fe2O3、SiO2等物质)用硫酸浸出后的溶液，分别向其中加入指定物质，反应后的溶液中主要存在的一组离子正确的是
A. 加入过量NaOH溶液：Na+、AlO、OH-、SO
B. 加入过量氨水：NH、Al3+、OH-、SO
C. 通入过量Cl2：Fe2+、H+、ClO-、SO
D. 加入过量H2SO4溶液：Fe2+、Na+、NO、SO
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．加入过量NaOH溶液后，铝离子转化为偏铝酸根，铁离子和亚铁离子转化为沉淀，溶液中主要存在离子为Na+、AlO、OH-、SO，故A项正确；
B．加入过量氨水后，Al3+转化为氢氧化铝沉淀，溶液中Al3+不能大量存在，故B项错误；
C．通入过量Cl2后，Fe2+被氧化为Fe3+，故C项错误；
D．加入过量H2SO4溶液，H+与NO混合后有强氧化性，Fe2+被氧化为Fe3+，故D项错误。
综上所述，本题正确答案为A。
13. 甲醇质子交换膜燃料电池中将甲醇蒸气转化为氢气的两种反应原理是：
①CH3OH(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋3H2(g) ΔH=＋49.0 kJ/ml
②CH3OH(g)＋O2(g)=CO2(g)＋2H2(g) ΔH=-192.9 kJ/ml
下列说法正确的是

A. CH3OH的燃烧热为192.9 kJ/ml
B. 反应①中的能量变化如图所示
C. CH3OH转变成H2的过程一定要吸收能量
D. 根据②推知反应CH3OH(l)＋O2(g)=CO2(g)＋2H2(g)的ΔH >-192.9 kJ/ml
【答案】D
【解析】
【详解】A．燃烧热是指物质与氧气进行完全燃烧反应生成稳定的氧化物时放出的热量，反应②是生成氢气而不是液态的水，故CH3OH的燃烧热不是192.9 kJ/ml，A错误；
B．反应①是吸热反应，而该能量变化图是放热反应，B错误；
C．CH3OH转变成H2的过程可以是通过①反应，也可以是②反应。①反应是吸热反应，②反应是放热反应，C错误；
D． 1mlCH3OH(l)能量低于1mlCH3OH(g)，根据②可推知反应CH3OH(l)＋O2(g)=CO2(g)＋2H2(g)的ΔH >-192.9 kJ/ml，D正确；
答案选D。
14. O2在一定条件下能有效去除烟气中的SO2、NO，其可能的反应机理如下图所示，下列说法不正确的是(HO•表示羟基自由基，•表示未成对电子)

A. O2转化为时失去电子
B. HO•中氧元素的化合价为-1
C. 净化器内SO2被还原
D. 净化器内NO发生的反应为3HO• + NO = HNO3 + H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据电荷守恒可知，O2转化为发生的反应为O2-e-=，A正确；
B．•表示未成对电子，所以HO•不带电荷，因H的化合价为+1价，所以氧元素的化合价为-1，B正确；
C．羟基自由基具有氧化性，根据物质转化前后化合价的变化情况可知，SO2的化合价升高，S元素被氧化，最终被HO•氧化为H2SO4，C错误；
D．净化器内NO被HO•氧化为HNO3，发生的反应为3HO• + NO = HNO3 + H2O，D正确；
故选C。
15. 废旧中的金和回收的部分流程如下：
已知：。下列说法正确的是
A. “酸溶”时用浓硝酸产生NOx的量比稀硝酸的少
B. “过滤”所得滤液中的阳离子只含有Cu2+和
C. 用浓盐酸和也可以溶解金
D. 用过量粉将完全还原为，参加反应的为
【答案】C
【解析】
【分析】硝酸与金不反应，与银和铜反应，酸溶后过滤得到金，滤液中含金属离子铜离子和银离子，经过溶金分离后得到氯金酸溶液，锌粉还原得到金。
【详解】A．浓硝酸被还原产生NO2，产生1mlNO2得1ml电子，稀硝酸被还原产生NO，产生1mlNO得3ml电子，金属的量相同，“酸溶”时用浓硝酸产生NOx的量比稀硝酸的多，A错误；
B．“过滤”所得滤液中的阳离子含有H+、Cu2+和，B错误；
C．浓盐酸和在溶液中电离产生氢离子和硝酸根离子，相当于有硝酸，也可以溶解金，C正确；
D．，氢离子也会与锌反应，参加反应时转移的电子物质的量为4ml，消耗锌的物质的量为2ml，D错误；
故选C。
16. 下列实验装置和操作能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．制备Fe(OH)3胶体时应该向沸腾的蒸馏水中滴加几滴饱和FeCl3溶液，直至液体呈红褐色停止加热，A错误；
B．植物油能够防止空气中的氧气进入FeSO4溶液中，将胶头滴管伸入到FeSO4溶液中，二者发生复分解反应产生Fe(OH)2沉淀，由于没有空气，因此制取得到的Fe(OH)2沉淀不会氧化变质，B正确；
C．NH3极易溶于水，应该将导气管稍微露出橡胶塞，且应该先通入NH3，然后向NH3、NaCl饱和溶液中通入CO2气体以增大CO2气体的溶解度来制取NaHCO3，C错误；
D．HCl与NaHCO3溶液反应产生CO2气体，又会引入新的杂质离子，D错误；
故合理选项是B。
17. 室温下，下列实验探究方案能达到探究目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．将一块铝片放入浓硫酸中，片刻后取出，用蒸馏水冲洗后浸入硫酸铜溶液，铝片表面没有红色物质附着说明常温下，铝遇浓硫酸发生钝化生成氧化层薄膜阻碍了铝与硫酸铜溶液的反应，故A正确；
B．酸性条件下，硝酸根离子也能与将亚铁离子氧化为铁离子，则将稀硫酸酸化的过氧化氢溶液滴入硝酸亚铁溶液中，溶液变黄色不能说明过氧化氢的氧化性强于铜离子，故B错误；
C．将二氧化硫气体通入硅酸钠溶液中产生白色沉淀只能说明亚硫酸的酸性强于硅酸，亚硫酸不是硫元素最高价氧化物对应水化物，不能说明硫元素的氧化性强于硅元素，故C错误；
D．亚硫酸的酸性强于碳酸，二氧化硫与饱和碳酸氢钠溶液反应生成的二氧化碳会干扰二氧化碳的检验，所以澄清石灰水变混浊不能说明浓硫酸和灼热木炭反应生成二氧化硫和二氧化碳气体，故D错误；
故选A。
18. 以某铜渣(含少量Ag)为原料制备硫酸铜的实验步骤为：向题图所示装置中加入铜渣，分批加入稀和稀混合溶液，滴加的间隔鼓入氧气。反应结束后，向溶液中加入少量NaCl后过滤，从滤液中分离得到硫酸铜。下列叙述不正确的是
A. 与直接用稀硝酸溶解铜渣相比，加入稀硫酸及鼓入氧气均可节约硝酸用量
B. 将含硫酸铜的滤液蒸干、灼烧得
C. 加入氯化钠可除去溶液中少量的
D. 当观察到鼓入不再出现红棕色，表明反应停止
【答案】B
【解析】
【分析】铜渣和混合酸反应溶解，得到以硫酸铜为主的混合溶液，为了充分利用稀硝酸，在反应过程中不时的通入氧气，使生成的NO气体转化为硝酸，减小硝酸的消耗。由于杂质也能被硝酸溶解氧化，为了能把反应后溶液中的Ag+完全除去，在反应后的溶液中，加入少量，使硫酸银转化为更难溶的氯化银沉淀，然后过滤，滤液即溶液。
【详解】A．直接用稀硝酸溶解铜渣时硝酸的还原产物为NO、不能被利用，而加入稀硫酸及鼓入氧气均可节约硝酸用量，A正确；
B． 硫酸铜晶体含结晶水、应用冷却结晶法获得，将含硫酸铜的滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，可得，D错误；
C． 氯化银难溶于氢离子，加入氯化钠可除去溶液中少量的，C正确；
D． 当观察到鼓入不再出现红棕色(NO2气体)，表明NO已不再产生、反应停止，D正确；
答案选B。
19. 实验室用FeSO4、(NH4)2SO4制备硫酸亚铁铵晶体[(NH4) m Fe(SO4) n·xH2O]，(NH4) m Fe(SO4) n·xH2O和硫代乙酰胺溶液反应制取纳米硫化亚铁(FeS)，反应流程如下：
下列有关说法不正确的是
A. 配制硫酸亚铁溶液时需加入一定量的铁粉，目的是防止Fe2+被氧化
B. n、m的等量关系式是2n-m = 2
C. “反应1”条件下，硫酸亚铁铵晶体的溶解度大于FeSO4与 (NH4)2SO4的
D. “反应2”需在一定pH条件下进行，酸性过强或碱性过强均不利于FeS的生成
【答案】C
【解析】
【详解】A．硫酸亚铁溶液被空气氧化，所以配制硫酸亚铁溶液时需加入一定量的还原性铁粉，从而防止Fe2+被氧化，A正确；
B．硫酸亚铁铵晶体的分子式为(NH4) m Fe(SO4) n·xH2O，根据化合物的化合价代数和为0可知，，变换关系式得出n、m的等量关系式是2n-m = 2，B正确；
C．反应1是用FeSO4、(NH4)2SO4制备硫酸亚铁铵晶体的过程，所以溶解度：(NH4)2SO4＞硫酸亚铁铵晶体，C错误；
D．“反应2”是 (NH4) m Fe(SO4) n·xH2O和硫代乙酰胺溶液反应制备FeS的过程，若酸性过强，则会有硫化氢气体溢出，降低了FeS的产率，同时也污染环境，若碱性过强，可铁元素会以沉淀形式损失，D正确；
故选C。
20. 500℃，HCl在催化剂M的作用下被O2氧化依次有如图(Ⅰ)、(Ⅱ)、(Ⅲ)三步反应组成，计算机模拟单个分子在催化剂表面的反应历程如图所示，下列说法正确的是
A. 反应Ⅱ的活化能为1.45 eV
B. 反应Ⅰ的反应速率最慢
C. 总反应的热化学方程式为4HCl(g)+O2(g)=2H2O(g)+2Cl2(g) ΔH=-1.98 eV•ml-1
D. HOOCl(g)比HCl(g)和O2(g)稳定
【答案】B
【解析】
【详解】A．反应Ⅱ的活化能为，A错误；
B．反应Ⅰ的能垒最高，所以反应Ⅰ的化学反应速率最慢，B正确；
C．图像给出的是单个分子参与反应时的能量变化，总反应的热化学方程式为，C错误；
D．由反应Ⅰ可知的总能量比和的总能量高，能量越高，物质越不稳定，D错误；
故选B。
二、非选择题：共3题，共40分
21. 草酸钴可用于指示剂和催化剂。其中草酸钴的制备可用水钴矿(主要成分为，含少量、、MnO、MgO、CaO、等)制取工艺流程如图所示：
已知：①浸出液含有的阳离子主要有、、、、、、等；
②酸性条件下，不会氧化，转化为；
③部分阳离子的氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表。
（1）回答下列问题：浸出过程中加入的主要目的______，发生反应的离子方程式为______。
（2）向浸出液中加入发生反应的离子方程式为______。
（3）向滤液I中加入NaF溶液得到的沉淀的主要成分是______(写化学式)。
（4）萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图1所示，萃取剂的作用是除锰离子，其使用的适宜pH范围是______(填字母代号)。
A．2.0～2.5 B．3.0～3.5 C．4.0～4.5
（5）( g/ml)热分解质量变化过程如图2所示。其中600℃以前是隔绝空气加热，600℃以后是在空气中加热。A、B、C均为纯净物，C点所示产物的化学式是______。
【答案】（1） ①. Fe3+和C3+还原 ②. C2O3+SO+4H+=2C2++SO+2H2O
（2）ClO+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O
（3）CaF2、MgF2
（4）B （5）C2O3
【解析】
【分析】在盐酸和Na2SO3作用下将水钴矿中的离子浸出，得到含有H+、C2+、Fe2+、Mn2+、Ca2+、Mg2+、A13+等离子的浸出液，NaC1O3加入浸出液中，将Fe2+氧化为Fe3+，加Na2CO3调pH至5.2，目的是使Fe3+和A13+沉淀完全转化为Fe(OH)3和A1(OH)3沉淀，过滤后得到滤液I中含有的金属阳离子为C2+、Mn2+、Ca2+、Mg2+等，向滤液I中加入NaF溶液，将Ca2+、Mg2+转化为CaF2、MgF2沉淀，再加萃取剂将锰元素从溶液中分离，经分液操作，对分离后的水层溶液加入(NH4)2C2O4溶液制得CC2O4∙2H2O。
【小问1详解】
具有还原性，能还原氧化性离子铁离子和钴离子，所以浸出过程中加入的主要目的Fe3+和C3+还原，发生反应的离子方程式为C2O3+SO+4H+=2C2++SO+2H2O，答案：Fe3+和C3+还原；C2O3+SO+4H+=2C2++SO+2H2O；
【小问2详解】
NaC1O3具有强氧化性，加入浸出液中，将Fe2+氧化为Fe3+，离子方程式ClO+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O，答案：ClO+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O；
【小问3详解】
向滤液I中加入NaF溶液，将Ca2+、Mg2+转化为CaF2、MgF2沉淀，所以得到的沉淀的主要成分是CaF2、MgF2，答案：CaF2、MgF2；
【小问4详解】
由图可知，调节pH在3.0~3.5之间，可使Mn2+萃取较完全，并尽可能减少C2+损失，故答案选B；
【小问5详解】
18.30gCC2O4∙2H2O的物质的量为18.30g183g/ml=0.1ml，600℃以后是在空气中加热，则 点对应的产物为钴的氧化物，质量为8.30g，而0.1ml钴的质量为5.90g，则该氧化物中氧元素质量为8.30g-5.90g=2.40g，O原子物质的量为0.15ml，C原子与O原子的物质的量之比为2:3，故C点所示产物的化学式是C2O3，故答案为：C2O3。
22. 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图：


（1）“沉淀”步骤得到的混合体系不宜在空气中久置，其原因是___。
（2）“转化”在右图所示的装置中进行。导管A的作用是___。
（3）检验“洗涤”完全的实验操作是__。
（4）以废渣(主要含Fe2O3、Al2O3、SiO2等)为原料制备实验所需的FeSO4溶液，请补充实验方案：向废渣中分批加入稀硫酸，边加边搅拌，当固体不再溶解时，过滤；___。[实验中须使用的试剂：稀硫酸、铁粉、NaOH溶液、KSCN溶液、蒸馏水]
（5）测定草酸亚铁样品纯度的方法如下：准确称取0.2500g样品，加入适量水、浓H2SO4、磷酸，用0.04500ml·L-1KMnO4标准溶液滴定至终点(草酸亚铁转化为Fe3+和CO2)，消耗KMnO4标准溶液18.00mL。计算样品中FeC2O4·2H2O的纯度___(写出计算过程)。
【答案】（1）Fe(OH)2在空气中易被O2氧化为Fe(OH)3，导致草酸亚铁产率降低
（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）在搅拌下向滤液中滴加NaOH溶液，沉淀先增加后减少，当沉淀不再减少时，过滤；用蒸馏水洗涤滤渣2～3次后，在搅拌下向滤渣中加入稀硫酸至滤渣完全溶解；在搅拌下向所得溶液中分批加入铁粉，直至向取出的少量溶液中滴加KSCN溶液不再出现红色，过滤
（5）97.20%
【解析】
【分析】FeSO4溶液中加入氨水生成氢氧化亚铁沉淀，向混合体系中加入草酸，氢氧化亚铁沉淀转化为草酸亚铁晶体，过滤、洗涤、烘干得FeC2O4·2H2O。
【小问1详解】
“沉淀”步骤中FeSO4溶液中加入氨水生成氢氧化亚铁沉淀，Fe(OH)2在空气中易被O2氧化为Fe(OH)3，导致草酸亚铁产率降低，所以混合体系不宜在空气中久置；
【小问2详解】
根据图示，盛装草酸的仪器是恒压分液漏斗，导管A的作用是平衡压强，使H2C2O4溶液顺利滴入三颈烧瓶中；
【小问3详解】
草酸亚铁晶体表面可能有硫酸根离子，通过检验洗涤液中是否含有硫酸根离子判断“洗涤”是否完全，检验“洗涤”完全的实验操作是：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】
向废渣中分批加入稀硫酸，边加边搅拌，当固体不再溶解时，过滤除去SiO2；在搅拌下向滤液中滴加NaOH溶液，沉淀先增加后减少，当沉淀不再减少时，过滤，得氢氧化铁沉淀；用蒸馏水洗涤滤渣2～3次后，在搅拌下向滤渣中加入稀硫酸至滤渣完全溶解；在搅拌下向所得溶液中分批加入铁粉，把硫酸铁还原为硫酸亚铁，直至向取出的少量溶液中滴加KSCN溶液不再出现红色，过滤，可得FeSO4溶液；
【小问5详解】
草酸亚铁被酸性高锰酸钾氧化为Fe3+和CO2，根据得失电子守恒，得关系式，反应消耗0.04500ml·L-1KMnO4标准溶液18.00mL，则草酸亚铁的物质的量为，FeC2O4·2H2O的纯度为。
23. 工厂烟气(主要污染物、NO)直接排放会造成空气污染，需处理后才能排放。
（1）①用天然碱生产小苏打的母液(主要溶质为碳酸钠)吸收烟气中的相关反应的热化学方程式如下：
kJ·ml
kJ·ml
kJ·ml
反应的______kJ·ml
②已知拆开1 ml 键，1 ml 键，1 ml 键分别需要的能量是436 kJ、391 kJ、946 kJ，则与反应生成的热化学方程式为______
（2）氧化。
40℃时向一定量溶液中按一定流速持续通入工厂烟气，溶液的pH与ORP值(氧化还原电位)随时间变化如图所示。
①写出溶液中NO与反应生成和的离子方程式：______。
②烟气中含有少量，NO的脱除率比不含的烟气高，可能原因是______。
（3）光催化。主要是利用光催化剂在紫外线作用下产生的高活性自由基()和(代表空位，空位有很强的得电子能力)，将烟气中的、NO等氧化除去。光催化剂粒子表面产生·OH的机理如图所示(图中部分产物略去)。已知中电子跃迁的能量 eV。
光催化剂在紫外线作用下产生·OH的过程可描述为______。
【答案】（1） ①. ②. N2（g）+3H2（g） 2NH3（g）-92 kJ/ml
（2） ①. 4NO+3C1O+2H2O=4NO+4H++3Cl- ②. SO2能溶于水，反应后使溶液pH降低，ORP值增大，氧化能力增强，NO脱除率升高
（3）催化剂在紫外线的作用下将电子激发到CB端，而在VB端留下空位，氧气在CB端得电子生成·O，·O结合H2O生成H2O2，H2O2在CB端生成·OH；H2O和OH-进入VB端的空位生成·OH
【解析】
【小问1详解】
① kJ·ml
② kJ·ml
③ kJ·ml
根据盖斯定律定律， ，得到，所以；答案：；
②已知拆开1 ml 键，1 ml 键，1 ml 键分别需要的能量是436 kJ、391 kJ、946 kJ，则与反应生成的热化学方程式为N2（g）+3H2（g） 2NH3（g）946+3436-6391=-92 kJ/ml，答案：N2（g）+3H2（g） 2NH3（g）-92 kJ/ml；
【小问2详解】
①ClO具有强氧化性，会将NO氧化为NO，ClO被还原为Cl-，根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得该反应的离子方程式，答案：4NO+3C1O+2H2O=4NO+4H++3Cl-。
②烟气中含有少量SO2，SO2能溶于水，反应产生H2SO3，使反应后溶液pH降低，ORP值增大，氧化能力增强，从而导致NO去除率升高，故提高了NO的脱除率。答案：SO2能溶于水，反应后使溶液pH降低，ORP值增大，氧化能力增强，NO脱除率升高；
【小问3详解】
催化剂在紫外线的作用下将电子激发到CB端，而在VB端留下空位，氧气在CB端得电子生成·O，·O结合H2O生成H2O2，H2O2在CB端生成·OH；H2O和OH-进入VB端的空位生成·OH。A.制备Fe(OH)3胶体
B.观察Fe(OH)2的生成
C.析出NaHCO3
D.除去Cl2中少量HCl
选项
探究方案
探究目的
A
将一块铝片放入浓硫酸中，片刻后取出，用蒸馏水冲洗后浸入溶液，观察铝片表面的现象
常温下，铝遇浓硫酸发生钝化
B
将稀硫酸酸化的溶液滴入溶液中，溶液变黄色
氧化性：
C
将气体通入硅酸钠溶液中，振荡，观察现象
S的非金属性强于Si
D
将浓硫酸和灼热木炭反应产生的气体依次通过品红溶液、饱和溶液、澄清石灰水，观察现象
浓硫酸和木炭反应产生和气体
沉淀物
开始沉淀
2.7
7.6
4.0
7.6
7.7
完全沉淀
3.7
9.6
5.2
9.2
9.8