2022-2023学年江苏省高一（下）期末化学迎考试卷(含详细答案解析)

这是一份2022-2023学年江苏省高一（下）期末化学迎考试卷(含详细答案解析)，共20页。试卷主要包含了单选题，简答题，推断题等内容，欢迎下载使用。

1.硫和氮及其化合物对人类生存和社会发展意义重大，但硫氧化物和氮氧化物造成的环境问题也日益受到关注。下列说法正确的是( )
A. NO2和SO2均为红棕色且有刺激性气味的气体，是酸雨的主要成因
B. 汽车尾气中的主要大气污染物为NO、SO2和PM2.5
C. 植物直接吸收利用空气中的NO和NO2作为肥料，实现氮的固定
D. 工业废气中的SO2可采用石灰法进行脱除
2.青铜剑表面的蓝色薄锈主要成分为碱式碳酸铜，其生成反应为2Cu+CO2+H2O+O2=Cu2(OH)2CO3。下列有关说法正确的是( )
A. CO2是还原剂
B. Cu2(OH)2CO3既是氧化产物又是还原产物
C. H2O的电子式：
D. 该反应的生成物属于碱
3.乙烯可用于脱除烟气中SO2并回收单质硫，发生的反应：CH2=CH2+3SO2→△Fe2O3/CeO23S+2CO2+2H2O。下列有关说法正确的是( )
A. 二氧化碳的电子式：B. 乙烯的球棍模型：
C. 硫原子的结构示意图：D. 水的结构式：H2O
4.下列氮及其化合物的性质与用途的对应关系正确的是( )
A. 氯化铵溶液显酸性，可用作除锈剂
B. 氨气具有还原性，可用作制冷剂
C. 氮气的化学性质不活泼，可用于合成氨
D. 硝酸铵易分解放出气体和大量热，可用作化肥
5.海水电池在海洋能源领域备受关注，一种锂-海水电池构造示意图如图。下列说法错误的是( )
A. 海水起电解质溶液作用
B. N极仅发生的电极反应：2H2O+2e−=2OH−+H2↑
C. 玻璃陶瓷具有传导离子和防水的功能
D. 该锂-海水电池属于一次电池
6.下列指定反应的离子方程式正确的是( )
A. NO2与水反应的离子方程式：3NO2+H2O=2H++2NO3−+NO
B. 将少量SO2通入冷氨水中：SO2+NH3⋅H2O=HSO3−+NH4+
C. NO2与NaOH溶液反应：2OH−+2NO2=NO3−+NO↑+H2O
D. NH4HCO3溶液中加入过量的NaOH溶液并加热：NH4++OH−NH3↑+H2O
7.工业合成氨反应为N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)，1mlN2和3mlH2完全反应放出热量为92.4kJ；向饱和食盐水中通NH3和CO2析出NaHCO3，过滤后热分解得纯碱。下列有关合成氨反应的说法正确的是( )
A. 1ml氮气和3ml氢气的总能量大于2ml氨气的总能量
B. 当2v逆(H2)=3v逆(NH3)时，反应达到平衡状态
C. 反应中每消耗1mlN2转移电子的数目约等于4×6.02×10−23
D. 密闭容器中充入nmlN2和3nmlNH3充分反应放出92.4nkJ热量
8.N2、NH3在催化剂a、b表面分别发生如图所示的反应，下列叙述正确的是( )
A. 催化剂a表面形成N−H键时需吸收能量
B. 使用催化剂a可以增大正反应速率，减小逆反应速率
C. 反应时催化剂b表面有共价键的断裂和形成
D. 催化剂b表面反应的化学方程式为2NH3+O22NO+3H2
9.侯氏制碱法原理为NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl。下列有关模拟侯氏制碱法的实验原理和装置能达到实验目的的是( )
A. 制取氨气B. 制NaHCO3
C. 分离NaHCO3D. 制Na2CO3
10.在指定条件下，下列有关铁单质的转化能实现的是( )
A. Fe(s)→点燃少量Cl2(g)FeCl2(s)B. Fe(s)→高温H2O(l)Fe2O3(s)
C. Fe(s)→足量稀HNO3Fe(NO2)2(aq)D. Fe(s)→CuSO4(aq)FeSO4(aq)
11.明代《徐光启手迹》中记载了硝酸的制备方法，其主要物质转化流程如图：
下列有关说法不正确的是( )
A. 若煅烧时隔绝空气，得到的气体X可能为SO2
B. 上述转化流程中依次发生分解、化合和复分解反应
C. 由蒸馏过程发生的反应可推测H2SO4的酸性比HNO3的强
D. 现代工业上常在吸收塔顶喷淋H2O吸收NO2制备硝酸，提高产率
12.探究乙酸乙酯在碱性条件下水解程度的实验如下：
下列说法不正确的是( )
A. 实验1中乙酸乙酯不水解是因为c(OH−)小及乙酸乙酯与水的接触面积小
B. 实验1和实验2说明乙酸乙酯水解必须在c(OH−)较大的条件下才能进行
C. 实验3说明乙醇的催化活性高，乙酸乙酯的水解反应为放热反应
D. 以上实验得出结论：OH−浓度越大，与乙酸乙酯接触面积越大，水解程度就越大
13.气相离子催化剂(Fe+、C+、Mn+等)具有优良的催化效果。其中，在Fe+催化下乙烷氧化反应的机理如图所示(图中 --为副反应)。下列说法正确的是( )
A. FeO+、N2均为反应中间体
B. X既含极性共价键也含非极性共价键
C. 该机理涉及的反应均为氧化还原反应
D. 每生成1mlCH3CHO，消耗N2O的物质的量大于2ml
二、简答题：本大题共3小题，共24分。
14.从古至今，铁及其化合物在人类生产生活中的作用发生了巨大改变。
(1)古代中国四大发明之一的指南针是由天然磁石制成的，其主要成分是______ (填字母序号)。
a.Fe
b.FeO
c.Fe3O4
d.Fe2O3
若将该成分溶于足量的稀硫酸中，再滴加KSCN溶液，溶液变红，继续滴加双氧水至过量，溶液红色褪去，同时有气泡产生。
猜想一：气泡可能是SCN−的反应产物N2、CO2、SO2或N2、CO2；
猜想二：气泡还可能是______，理由是______。(用化学方程式表示)
(2)硫酸渣的主要化学成分为：SiO2约45%，Fe2O3约40%，Al2O3约10%，MgO约5%。用该废渣制取药用辅料--红氧化铁的工艺流程如图(部分操作和条件略)：
回答下列问题：
①在步骤ⅰ中产生的有毒气体可能有______。
②步骤ⅳ中，生成FeCO3的离子方程式是______。
(3)古老而神奇的蓝色染料普鲁士蓝的合成方法如图：
复分解反应ⅱ的离子方程式是______。
15.氮元素形成的化合物种类十分丰富。请根据以下工业制硝酸的原理示意图回答含氮化合物相关的问题：
(1)下列有关NH3的说法中，不正确的是______ (填字母)。
A.工业合成NH3需要在高温、高压、催化剂下进行
B.NH3可用来生产碳铵和尿素等化肥
C.NH3可用浓硫酸或无水氯化钙干燥
D.NH3受热易分解，须置于冷暗处保存
(2)NH3易溶于水，标准状况下，用充满NH3的烧瓶做喷泉实验(如图)，引发喷泉的方法是______。
(3)氨气在氧化炉中发生反应的化学方程式为______。
(4)工厂生产出的浓硝酸可用铝槽车或铁槽车来运输，是因为在常温下，浓硝酸能使铝、铁等发生______现象，说明浓硝酸具有很强的______性。
(5)“吸收塔”尾部会有含NO、NO2等氮氧化物的尾气排出，为消除它们对环境的污染，可用以下两种方法处理：
①可用ClO2将氮氧化物转化成NO3−。向含ClO2的溶液中加入NaOH溶液调节至碱性，ClO2转化为去除氮氧化物效果更好的NaClO2，再通入NO气体进行反应。碱性条件下NaClO2去除NO反应的离子方程式为______。
②氨转化法。已知7ml氨恰好能将含NO和NO2共6ml的混合气体完全转化为N2，则混合气体中NO和NO2的物质的量之比为______。
16.环境保护是化学的重要任务，请完成下列问题。
(1)采用“联合脱硫脱氮技术”处理烟气(含CO2、SO2、NO)可获得含CaCO3、CaSO4、Ca(NO2)2的副产品，工业流程如图1所示。
①反应釜Ⅰ采用“气-液逆流”接触吸收法(如图2)，其优点是______。
②反应釜Ⅱ中CaSO3转化为CaSO4反应的化学方程式为______。
(2)烟气(主要污染物SO2、NOx)对人类生活环境造成很大的污染。工业上采取氧化、还原等方法将之除去，以达到净化目的。
①烟气经O3预处理后用碱液吸收，可减少其中SO2、NOx的含量。已知NO可被O3氧化为NO2、NO3−，用NaOH溶液吸收若只生成一种盐，该盐的化学式为______。
②尿素[CO(NH2)2]在高温条件下与NO反应转化成三种无毒气体，该反应的化学方程式为______。
(3)工业上氮的氧化物通常是用碱性溶液吸收。
①用Na2CO3溶液吸收硝酸工业尾气中的NO2，生成等物质的量的两种钠盐(其中一种为NaNO2)及一种气体，反应的离子方程式为______。
②NaOH溶液浓度越大黏稠度越高，用不同浓度的NaOH溶液吸收NO2(混有NO)含量不同的工业尾气，氮氧化物的吸收率随NaOH溶液浓度的变化如题图3所示，曲线Ⅱ表示NO的物质的量______ (填“大于”“小于”或“等于”)NO2物质的量。当NaOH溶液浓度高于0.5ml⋅L−1后，氮氧化物的吸收率随NaOH溶液浓度的升高而降低的原因是______。
三、推断题：本大题共1小题，共10分。
17.新泽茉莉醛是一种名贵的香料，其合成路线如图：
已知：①
②
(1)已知甲的相对分子质量为30，甲的名称为______。
(2)写出反应①的化学方程式：______。
(3)D中含氧官能团的名称是______。
(4)写出E的结构简式：______。
(5)E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：______。
①分子中含有4种不同化学环境的氢原子；
②碱性条件水解，酸化后得2种产物，其中一种含苯环且有2种含氧官能团，2种产物均能被银氨溶液氧化。
(6)结合已知①，设计以乙醇和苯甲醛()为原料(无机试剂任选)制备
的合成路线______ (用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件)。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】
本题主要考查大气污染物及防治，加强化学与环境保护知识的认识是正确解答本题的关键，基础考查，难度不大。
【解答】
A.NO2和SO2都是刺激性气味的气体，是酸雨的主要成因，其中NO2是红棕色气体，而SO2是无色气体，故A错误；
B.汽车尾气的主要污染物是NOx、PM2.5和CO，不含SO2，故B错误；
C.植物直接吸收利用的是铵盐和硝酸盐，可作为肥料，不能吸收空气中的NO和NO2，故C错误；
D.石灰的主要成分是CaO，能与SO2反应生成CaSO3，则工业废气中的SO2可采用石灰法进行脱除，故D正确；
故选：D。
2.【答案】B
【解析】解：A.反应2Cu+CO2+H2O+O2=Cu2(OH)2CO3中C元素的化合价未变，故CO2不是还原剂，故A错误；
B.反应2Cu+CO2+H2O+O2=Cu2(OH)2CO3中Cu元素的化合价由0价升高到+2价，O元素的化合价由0价降低到−2价，故Cu2(OH)2CO3既是氧化产物又是还原产物，故B正确；
C.H2O是共价化合物，故电子式为：，故C错误；
D.Cu2(OH)2CO3属于盐，不是碱，故D错误；
故选：B。
反应2Cu+CO2+H2O+O2=Cu2(OH)2CO3中Cu元素的化合价由0价升高到+2价，O元素的化合价由0价降低到−2价，据此进行解答。
本题考查了氧化还原反应、氧化还原反应规律、反应概念的理解应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
3.【答案】A
【解析】解：A.二氧化碳分子中每个O和C均形成2对共用电子对，O和C最外层均满足8电子稳定结构，二氧化碳的电子式为，故A正确；
B.乙烯是平面形分子，六个原子在同一平面，并且C原子半径大于H原子半径，其球棍模型为，故B错误；
C.硫原子的核外电子数和质子数都是16，最外层电子数为6，其原子结构示意图为，是硫离子结构示意图，故C错误；
D.水是共价化合物，中心原子是O，含有O−H键，其结构式为H−O−H，故D错误；
故选：A。
A.二氧化碳是共价化合物，中心原子是C，O和C原子间共用2对电子；
B.乙烯为平面结构，碳原子半径大于氢原子半径；
C.硫原子的质子数和电子数均为16，核外电子分层排布；
D.H2O是水的分子式，不是结构式。
本题考查电子式、原子或离子结构示意图、结构式及分子式、球棍模型等知识，为高频考点，明确常见化学用语的概念和书写原则为解答关键，侧重分析与运用能力的考查，试题有利于提高学生的规范答题能力，题目难度不大。
4.【答案】A
【解析】解：A.氯化铵为强酸弱碱盐，水解生成一水合氨和盐酸，能够与铁锈反应生成可溶性盐，所以可以用于除铁锈，故A正确；
B.氨气易液化，液氨汽化吸收大量的热，具有制冷作用，可用作致冷剂，与还原性无关，故B错误；
C.合成氨是氢气和氮气高温高压催化剂反应生成氨气，利用的是氮气的氧化性，和氮气的化学性质不活泼无关，故C错误；
D.硝酸铵可用作化肥，与易分解放出气体和大量热无关，故D错误；
故选：A。
A.氯化铵为强酸弱碱盐，水解显酸性；
B.氨气易液化，液氨汽化吸收大量的热；
C.合成氨是氢气和氮气高温高压催化剂反应生成氨气；
D.硝酸铵是铵盐，可以做氮肥。
本题考查了物质性质、性质应用分析判断等知识点，注意知识的积累，题目难度不大。
5.【答案】B
【解析】解：A.能形成锂-海水电池，则海水为电解质溶液，故A正确；
B.N极为正极，正极上发生还原反应，海水中存在大量的Na+，电极反应除发生2H2O+2e−=2OH−+H2↑外，还有可能是溶液中的Na+得到电子，故B错误；
C.Li易与水反应，则玻璃陶瓷具有传导离子和防水的功能，故C正确；
D.海水电池是以海水为电解质溶液的一类电池，海水源源不断，不需要另外携带电解质溶液，所以该锂-海水电池属于一次电池，故D正确；
故选：B。
海水电池是以海水为电解质溶液的一类电池，海水源源不断，不需要另外携带电解质溶液；M极Li为负极，发生氧化反应，Li−e−=Li+；且Li易与水反应，则玻璃陶瓷具有传导离子和防水的功能；N极为正极，正极上发生还原反应，电极反应为2H2O+2e−=2OH−+H2↑，正极上还有可能是溶液中的Na+得到电子，据此分析解答。
本题考查了原电池的工作原理，为高频考点，侧重于学生的分析能力和应用能力的考查，根据得失电子判断电极以及掌握电极方程式的书写解题的关键，题目难度中等。
6.【答案】A
【解析】解：A.NO2与水反应的离子方程式为：3NO2+H2O=2H++2NO3−+NO，故A正确；
B.将少量SO2通入冷氨水中的离子方程式为：SO2+2NH3⋅H2O=SO32−+2NH4++H2O，故B错误；
C.NO2与NaOH溶液反应的离子方程式为：2OH−+3NO2=2NO3−+NO↑+H2O，故C错误；
D.NH4HCO3溶液中加入过量的NaOH溶液并加热，该反应的离子方程式为：HCO3−+NH4++2OH−NH3↑+H2O+CO32−，故D错误；
故选：A。
A.二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮气体；
B.二氧化硫少量，反应生成亚硫酸根离子；
C.该反应不满足电荷守恒；
D.氢氧化钠溶液过量，铵根离子和碳酸氢根离子都参与反应。
本题考查离子方程式的书写判断，为高频考点，明确物质性质、反应实质为解答关键，注意掌握离子方程式的书写原则，试题侧重考查学生的分析能力及规范答题能力，题目难度不大。
7.【答案】A
【解析】解：A.焓变为负，为放热反应，可知1ml氮气和3ml氢气的总能量大于2ml氨气的总能量，故A正确；
B.不同物质的正逆反应速率之比等于化学计量数之比时，为平衡状态，则当2v逆(H2)=3v逆(NH3)时，反应没有达到平衡状态，故B错误；
C.N元素的化合价由0降低为−3价，则每消耗1mlN2转移电子的数目约等于6×6.02×1023，故C错误；
D.合成氨为可逆反应，不能完全转化，热化学方程式中为完全转化时的能量变化，则密闭容器中充入nmlN2和3nmlNH3充分反应放出热量一定小于92.4nkJ，故D错误；
故选：A。
A.焓变为负，为放热反应；
B.不同物质的正逆反应速率之比等于化学计量数之比时，为平衡状态；
C.N元素的化合价由0降低为−3价；
D.合成氨为可逆反应，不能完全转化，热化学方程式中为完全转化时的能量变化。
本题考查反应热与焓变及可逆反应，为高频考点，把握反应中能量变化、平衡判定、转移电子为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的易错点，题目难度不大。
8.【答案】C
【解析】解：A.化学键形成是放热，催化剂a表面形成N−H键时放出能量，故A错误；
B.催化剂能同等程度增大正逆反应速率，故B错误；
C.根据图示，反应时催化剂b表面有氧氧键的断裂和氧氢键、氮氧键的形成，故C正确；
D.催化剂b表面氨气和氧气反应生成NO和水，反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O，故D错误；
故选：C。
A.化学键形成是放热过程；
B.催化剂能同等程度增大正逆反应速率；
C.结合图示分析催化剂b表面断裂和形成的化学键；
D.催化剂b表面氨气和氧气反应生成NO和水。
本题考查反应过程的分析判断、氧化反应和还原反应的判断、极性和非极性共价键的判断、催化剂对反应的影响等知识点，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
9.【答案】C
【解析】解：A.氯化铵分解后，在试管口化合生成氯化铵，应选铵盐与碱加热制备，故A错误；
B.二氧化碳在水中溶解度不大，应向溶有氨气的食盐水中通入二氧化碳，故B错误；
C.析出溶解度小的碳酸氢钠，过滤可分离，图中操作合理，故C正确；
D.加热固体分解不能在烧杯中进行，应选坩埚或试管加热，故D错误；
故选：C。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、混合物分离提纯、物质的制备、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
10.【答案】D
【解析】解：A.Fe和少量氯气反应生成FeCl3，转化不能实现，故A错误；
B.Fe和水蒸气在高温下反应生成Fe3O4和H2，转化不能实现，故B错误；
C.Fe和足量稀硝酸反应生成Fe(NO3)3和NO，转化不能实现，故C错误；
D.Fe和硫酸铜溶液发生置换反应生成FeSO4和Cu，转化能实现，故D正确；
故选：D。
A.Fe和少量氯气反应生成FeCl3；
B.Fe和水蒸气在高温下反应生成Fe3O4和H2；
C.Fe和足量稀硝酸反应生成Fe(NO3)3和NO；
D.Fe和硫酸铜溶液发生置换反应生成FeSO4和Cu。
本题考查铁及其化合物的性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确元素化合物的性质、物质之间的转化关系是解本题关键，题目难度不大。
11.【答案】C
【解析】由流程可知，煅烧时Fe元素的化合价升高，生成三氧化硫时S元素的化合价不变，可知气体X应为SO2，SO3与水反应生成硫酸，因硫酸难挥发，硝酸易挥发，则硫酸与硝酸钾混合后蒸馏可分离出硝酸，以此来解答。
A.硫酸亚铁煅烧时Fe元素化合价升高，由氧化还原的规律可知，部分S元素元素的化合价降低，则气体X可能为SO2，故A正确；
B.煅烧时为分解反应，三氧化硫与水发生化合反应，H2SO4与KNO3在蒸馏条件下生成HNO3和K2SO4，为复分解反应，故B正确；
C.H2SO4与KNO3混合后，蒸馏过程中生成HNO3，说明HNO3的沸点比H2SO4的低，二者均为强酸，不能比较酸性强弱，故C错误；
D.在吸收塔顶喷淋H2O，可增大二氧化氮与水的接触面积，充分反应，可提高产率，故D正确；
故选：C。
本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、制备原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
12.【答案】C
【解析】解：A.饱和碳酸钠溶液可以降低乙酸乙酯的溶解度，实验1中乙酸乙酯不水解是因为c(OH−)小及乙酸乙酯与水的接触面积小，故A正确；
B.根据控制变量的思想，实验1和实验2的c(OH−)不同，不同浓度的OH−溶液中乙酸乙酯的水解程度不同，说明乙酸乙酯水解必须在c(OH−)较大的条件下才能进行，故B正确；
C.混合液温度迅速上升，说明乙酸乙酯的水解反应为放热反应，乳浊液变澄清，实验3说明乙醇是良好的溶剂，增大接触面积，加快反应速度，不是催化活性高，故C错误；
D.结合实验分析乙酸乙酯水解条件为：OH−浓度越大，与乙酸乙酯接触面积越大，水解程度就越大，故D正确；
故选：C。
A.饱和碳酸钠溶液可以降低乙酸乙酯的溶解度；
B.根据控制变量的思想，实验1和实验2的c(OH−)不同，水解程度不同；
C.乳浊液变澄清，混合液温度迅速上升说明反应快；
D.结合实验分析乙酸乙酯水解条件。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、金属性比较、盐类水解、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
13.【答案】D
【解析】A.FeO+先生成后消耗，是反应中间体，N2由N2O转化得到，是产物，故A错误；
B.由原子守恒可知X是H2O，O与H形成极性共价键，故B错误；
C.该机理中C2H6+FeO+→[(C2H5)Fe(OH)]+，该反应无化合价变化，不是氧化还原反应，故C错误；
D.该反应总反应方程式为C2H6+2N2OCH3CHO+2N2+H2O，由于发生副反应[(C2H5)Fe(OH)]+→Fe+，Fe化合价降低，有电子转移，则每生成1mlCH3CHO，消耗N2O的物质的量大于2ml，故D正确；
故选：D。
14.【答案】cO2 2H2O22H2O+O2↑CO和SO2 Fe2++2HCO3−=FeCO3↓+CO2↑+H2O3[Fe(CN)6]4−+4Fe3+=Fe4[Fe(CN)6]3
【解析】解：(1)指南针是由主要成分是四氧化三铁的天然磁石制成，故选c；四氧化三铁与稀硫酸反应生成硫酸铁和水，硫酸铁中的铁离子可以做过氧化氢在溶液中分解生成氧气和水的催化剂，则加入稀硫酸产生的气体还可能是氧气，反应的化学方程式为2H2O22H2O+O2↑，
故答案为：c；O2；2H2O22H2O+O2↑；
(2)①由分析可知，废渣与煤炭混合在空气中高温焙烧得到焙烧固体产物，焙烧得到焙烧固体产物时还可能生成有害气体一氧化碳和二氧化硫，
故答案为：CO和SO2；
②由分析可知，步骤ⅳ中生成碳酸亚铁的反应为碳酸氢铵溶液与硫酸亚铁溶液反应生成硫酸铵、碳酸亚铁沉淀、二氧化碳和水，反应的离子方程式为Fe2++2HCO3−=FeCO3↓+CO2↑+H2O，
故答案为：Fe2++2HCO3−=FeCO3↓+CO2↑+H2O；
(3)复分解反应ⅱ的反应为溶液中的铁离子与[Fe(CN)6]4−离子反应生成Fe4[Fe(CN)6]3沉淀，反应的离子方程式为3[Fe(CN)6]4−+4Fe3+=Fe4[Fe(CN)6]3，
故答案为：3[Fe(CN)6]4−+4Fe3+=Fe4[Fe(CN)6]3。
由题给流程可知，废渣与煤炭混合在空气中高温焙烧得到焙烧固体产物，向固体产物中加入稍过量的稀硫酸，固体产物中的金属氧化物溶解得到可溶性金属硫酸盐，二氧化硅不与稀硫酸反应，过滤得到含有二氧化硅的滤渣和含有可溶性金属硫酸盐的滤液；滤液经净化得到硫酸亚铁溶液，向硫酸亚铁溶液中加入碳酸氢铵溶液，将硫酸亚铁转化为碳酸亚铁沉淀，过滤得到碳酸亚铁；碳酸亚铁经洗涤、干燥，然后煅烧得到氧化铁。
本题考查物质的分离和提纯，侧重考查学生分离提纯和含铁物质性质的掌握情况，试题难度中等。
15.【答案】CD 打开夹子，用手(或热毛巾等)将烧瓶捂热，氨气受热气体膨胀，赶出玻璃导管内的空气，氨气与水接触，即发生喷泉 4NH3+5O24NO+6H2O钝化 氧化 CO32−+2NO2=NO3−+NO2−+CO2 1：3
【解析】解：(1)A.工业合成NH3需要在高温高压下催化剂作用下反应生成氨气，故A正确；
B.氨气是工业生产的基础原料，NH3可用来生产碳铵和尿素等化肥，故B正确；
C.NH3可和浓硫酸、氯化钙反应，不能用浓硫酸或无水氯化钙干燥，故C错误；
D.NH3受热不易分解，故D错误；
故答案为：CD；
(2)加热时烧瓶内压强增大，气体体积膨胀，当氨气与水接触时，因氨气极易溶于水而导致烧瓶内压强迅速减小而形成喷泉，
故答案为：打开夹子，用手(或热毛巾等)将烧瓶捂热，氨气受热气体膨胀，赶出玻璃导管内的空气，氨气与水接触，即发生喷泉；
(3)氨气进入氧化炉催化氧化生成一氧化氮，反应的化学方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O，
故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；
(4)在常温下能使铝、铁钝化，说明浓硝酸具有很强的氧化性，
故答案为：钝化；氧化；
(5)①纯碱溶液与NO2的反应原理结合原子守恒和电子守恒得到离子方程式为：CO32−+2NO2=NO3−+NO2−+CO2，
故答案为：CO32−+2NO2=NO3−+NO2−+CO2；
②设出NO的体积为XL，NO2的体积为YL，根据混合气体的体积为6L，则有X+Y=6①
氨气反应时，NO和NO2得电子，而氨气失电子，根据得失电子数守恒可有：2X+4Y=7×3②
将两式联立即可解得X=1.5，Y=4.5，则有X：Y=1：3，
故答案为：1：3。
氮气和氢气合成氨，氨气进入氧化炉催化氧化生成一氧化氮，一氧化氮和氧气、水反应生成硝酸，
(1)A.工业合成NH3需要在高温高压催化剂条件下进行；
B.NH3可用来生产碳铵和尿素等化肥；
C.NH3和浓硫酸或无水氯化钙能反应；
D.NH3受热不易分解；
(2)加热时烧瓶内压强增大，气体体积膨胀，当氨气与水接触时会导致烧瓶内压强减小；
(3)氧化炉中发生的化学反应是氨气的催化氧化生成一氧化氮和水；
(4)工厂生产出的浓硝酸可用铝槽车或铁槽车来运输，是因为在常温下能使铝、铁钝化，在金属表面形成一薄层致密的氧化物膜，体现了浓硝酸的强氧化性；
(5)①通过质量守恒分析，还缺少一个钠原子和一个氮原子和两个氧原子，纯碱溶液与NO2的反应生成硝酸钠、亚硝酸钠和二氧化碳，结合电子守恒和原子守恒书写化学方程式；
②设出NO的体积为XL，NO2的体积为YL，则有X+Y=6①，然后根据和氨气反应时得失电子数守恒可有：2X+4Y=7×3②，将两式联立即可解得混合气体中NO和NO2的物质的量之比，结合电子守恒计算。
本题考查了氨气性质、氮氧化物性质和化学方程式计算、氧化还原反应电子守恒计算应用等，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
16.【答案】气液接触更加充分，反应更加完全 2NO2+CaSO3+Ca(OH)2=CaSO4+Ca(NO2)2+H2ONaNO3 2CO(NH2)2+6NO5N2+2CO2+4H2O2NO2+CO32−=NO2−+NO3−+CO2 大于 NaOH溶液浓度越大黏稠度越高，对氮氧化物的吸收率下降
【解析】解：(1)①反应釜Ⅰ采用“气-液逆流”接触吸收法，其优点是气液接触更加充分，反应更加完全，
故答案为：气液接触更加充分，反应更加完全；
②CaSO3有强还原性，NO2有强氧化性，能氧化CaSO3生成CaSO4，NO2则还原为Ca(NO2)2，化学方程式为2NO2+CaSO3+Ca(OH)2=CaSO4+Ca(NO2)2+H2O，
故答案为：2NO2+CaSO3+Ca(OH)2=CaSO4+Ca(NO2)2+H2O；
(2)①已知NO可被O3氧化为NO2、NO3−，用NaOH溶液吸收若只生成一种盐，则在氢氧化钠溶液中反应的生成物为NaNO3，
故答案为：NaNO3；
②尿素[CO(NH2)2]在高温条件下与NO反应转化成三种无毒气体，可生成氮气、二氧化碳和水，反应的方程式为2CO(NH2)2+6NO5N2+2CO2+4H2O，
故答案为：2CO(NH2)2+6NO5N2+2CO2+4H2O；
(3)①用碳酸钠溶液吸收二氧化氮，生成等物质的量的硝酸钠、亚硝酸钠和二氧化碳，其反应的离子方程式为：2NO2+CO32−=NO2−+NO3−+CO2，
故答案为：2NO2+CO32−=NO2−+NO3−+CO2；
②NaOH溶液与NO、NO2反应的化学方程式为：2NaOH+NO+NO2=2NaNO2+H2O，当n(NO)=n(NO2)时，气体刚好能被充分吸收，当n(NO2)故答案为：大于；NaOH溶液浓度越大黏稠度越高，对氮氧化物的吸收率下降。
(1)①反应釜Ⅰ采用“气-液逆流”接触吸收法，其优点是气液接触更加充分，反应更加完全，
故答案为：气液接触更加充分，反应更加完全；
②CaSO3有强还原性，NO2有强氧化性，能氧化CaSO3生成CaSO4，结合题意可知，NO2转化为Ca(NO2)2，据此写出反应的化学方程式；
(2)①已知NO可被O3氧化为NO2、NO3−，用NaOH溶液吸收若只生成一种盐，则生成+5价化合物；
②尿素[CO(NH2)2]在高温条件下与NO反应转化成三种无毒气体，可生成氮气、二氧化碳和水；
(3)①用碳酸钠溶液吸收二氧化氮，生成等物质的量的硝酸钠、亚硝酸钠和二氧化碳；
②NaOH溶液与NO、NO2反应生成亚硝酸钠，当n(NO)=n(NO2)时，气体刚好能被充分吸收，当n(NO2)本题主要考查氮及其化合物之间的转化，侧重考查氧化还原反应原理的应用，具体涉及方程式的书写，关系式的计算等，属于基本知识的考查，难度不大。
17.【答案】甲醛 羟基、醛基
【解析】解：(1)通过以上分析知，甲的结构简式为HCHO，其名称为甲醛，
故答案为：甲醛；
(2)反应①是苯与溴发生取代反应生成，反应方程式为，
故答案为：；
(3)D中含氧官能团为−OH、−CHO，其名称分别为羟基、醛基，
故答案为：羟基、醛基；
(4)由分析可知，E的结构简式为，
故答案为：；
(5)的结构简式为，E一种同分异构体同时满足下列条件：
①分子中含有4种不同化学环境的氢原子；
②碱性条件水解，酸化后得2种产物，其中一种含苯环且有2种含氧官能团，2种产物均能被银氨溶液氧化，则酸为甲酸，含有羟基的有机物中还含有醛基和苯环，符合条件的结构简式为，
故答案为：；
(6)结合已知①，乙醇催化氧化生成乙醛，乙醛与苯甲醛反应得到，再进一步氧化生成，最后与乙醇发生酯化反应得到目标物，合成路线流程图为，
故答案为：。
苯和液溴发生取代反应生成A为，根据B的分子式知，A发生水解反应生成B为，根据C的分子式及D的结构简式知，C为，C发生取代反应然后发生水解反应生成D，甲的相对分子质量为30，为HCHO，根据反应条件知，D和甲发生信息②的反应生成E，根据新泽茉莉醛的结构简式知，E为，E和丙醛发生信息①的反应生成F为，F发生还原反应生成新泽茉莉醛；
(6)以乙醇和苯甲醛()为原料合成，结合已知①，乙醇催化氧化生成乙醛，乙醛与苯甲醛反应得到，再进一步氧化生成，最后与乙醇发生酯化反应得到目标物。
本题考查有机物的推断与合成，关键是对给予的反应信息的理解，充分利用路线图中物质的结构简式、分子式进行推断，有利于学生自学能力、分析推理能力的培养，需要学生具备扎实的有机化学基础。操作
结论
实验1
向试管中加入3mL饱和碳酸钠溶液、2mL乙酸乙酯、0.5mL水，充分振荡2min、静置
油层厚度不变
实验2
向试管中加入3mL饱和氢氧化钠溶液、2mL乙酸乙酯、0.5mL水，充分振荡2min、静置
有少量油滴
实验3
向试管中加入3mL饱和氢氧化钠溶液、2mL乙酸乙酯、0.5mL乙醇，充分振荡2min、静置
乳浊液变澄清，混合液温度迅速上升