江苏省溧阳市2021-2022学年高一化学下学期期末试题（Word版附解析）

2021～2022学年度第二学期期末教学质量调研高一化学试题试卷分选择题和非选择题两部分，满分共100分，考试时间75分钟。可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16S-32N-14Cl-35.5Cr-52Fe-56Cu-64K-39Mn-55第I卷选择题(共42分)一、单项选择题(本题包括14小题，每题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题意)1.下列各有机物分子中，所有原子共处同一平面的是A.乙烷B.乙烯C.甲苯D.乙酸【答案】B【解析】【分析】在常见的有机化合物中甲烷是正四面体结构，乙烯和苯是平面型结构，乙炔是直线型结构；【详解】A．甲烷具有正四面体结构，乙烷中含有甲基，甲基具有甲烷结构特点，因此所有原子不可能处于同一平面上，A错误；B．乙烯具有平面型结构，B正确；C．甲苯含有一个甲基，甲基具有甲烷的结构特点，因此所有原子不可能处于同一平面上，C错误；D．乙酸中含有一个甲基，甲基具有甲烷的结构特点，因此所有原子不可能处于同一平面上，D错误；故选D。2.下列相关化学用语不正确的是A.乙烯的球棍模型：B.乙烷的空间填充模型：C.乙醇的电子式：D.乙醛的结构式：【答案】C【解析】【详解】A．乙烯的球棍模型为，A正确；B．乙烷的空间填充模型为，B正确； C．乙醇中氧原子周围有8个电子形成稳定结构，图中氧原子周围只有4个电子，C错误；D．乙醛的结构式为，D正确；故选C。3.银锌纽扣电池放电时的反应为：。下列有关说法中正确的是A.放电时负极产物是银B.电解质溶液不可能呈强酸性C.Zn在负极发生还原反应D.电池工作时，电子从Ag2O经导线流向Zn【答案】B【解析】【分析】由方程式可知，银锌纽扣电池中锌发生氧化反应为负极、氧化银发生还原反应为正极；【详解】A．放电时负极上锌反应生成氢氧化锌，A错误；B．锌为活泼金属，可以和酸反应，故电解质溶液不可能呈强酸性，B正确；C．Zn在负极发生氧化反应，C错误；D．电池工作时，电子从负极流向正极，故Zn经导线流向Ag2O，D错误；故选B。4.最新报道：科学家首次用X射线激光技术观察到CO与O在催化剂表面形成化学键的过程。反应过程的示意图如下：下列说法中正确的是A.CO和O生成CO2是吸热反应B.在该过程中，CO断键形成C和OC.CO和O生成了具有极性共价键的CO2D.状态Ⅰ→状态Ⅲ表示CO与O2反应的过程【答案】C【解析】【详解】A.根据能量--反应过程的图像知，状态I的能量高于状态Ⅲ的能量，故该过程是放热反应，A 错误；B.根据状态I、Ⅱ、Ⅲ可以看出整个过程中CO中的C和O形成的化学键没有断裂，故B错误；C.由图Ⅲ可知，生成物是CO2，具有极性共价键，故C正确；D.状态Ⅰ→状态Ⅲ表示CO与O反应的过程，故D错误。故选C。5.NH3是一种常见气体。下列实验能达到实验目的的是A.用图甲装置制取NH3B.用图乙装置干燥NH3C.用图丙装置收集NH3D.用图丁装置制CaCO3【答案】D【解析】【详解】A．加热氯化铵时，生成的氯化氢气体与氨气又会生成氯化铵，不能用图甲装置制取NH3，故A错误；B．浓硫酸能够吸收氨气，不能用浓硫酸干燥氨气，故B错误；C．NH3的密度比空气小，应该用向下排空气法收集，在集气瓶中短进长出，故C错误；D．二氧化碳在碱性环境中和氯化钙反应生成碳酸钙，可以用图丁装置制CaCO3，故D正确；故选D。6.化合物M的结构如图所示，下列有关M的说法错误的是A.中含有双键B.在一定条件下能发生取代反应C.能与碱发生反应D.能发生氧化反应 【答案】A【解析】【详解】A．苯环不存在碳碳双键，化合物M只有2个碳氧双键，则中含有双键，A错误；B．化合物M中苯环上的氢原子能被其他原子团取代，羧基能与醇或酚发生酯化反应，酯基能发生水解反应，这些都是取代反应，则化合物M在一定条件下能发生取代反应，B正确；C．化合物M中含有羧基和酯基能与碱发生反应，C正确；D．化合物M可以燃烧，燃烧反应属于氧化反应，则化合物M能发生氧化反应，D正确；故答案为A。7.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是A.Fe2O3能与酸反应，可用作红色颜料B.受热易分解，可用作氮肥C.易溶于水，可用于工业电解制备钠D.硝酸有强氧化性，能溶解等不活泼金属用于贵重金属的提炼【答案】D【解析】【详解】A．Fe2O3为红色固体，可用作红色颜料，A错误；B．含有氮元素，可用作氮肥，B错误；C．中含有钠元素，可用于工业电解制备钠，C错误；D．硝酸有强氧化性，能溶解等不活泼金属用于贵重金属的提炼，D正确；故选D。8.下列离子反应方程式正确的是A.向溶液中加入过量的：B.向次氯酸钙溶液通入：C.与溶液反应可能表示为：D.等体积、等浓度的稀溶液与稀溶液混合：【答案】C【解析】【详解】A．为弱碱与反应生成Al(OH)3沉淀，其正确的离子方程式为 ，A错误；B．HClO具有强氧化性，会将CaSO3氧化，则两者不能共存，不可能同时生成HClO和CaSO3，B错误；C．当时，发生反应的离子方程式为，C正确；D．等体积、等浓度的稀溶液与稀溶液混合发生反应的离子方程式为，D错误；故选C。9.球墨铸铁中含有一种铁碳化合物甲。实验室进行了如下实验测定化合物甲的组成：称取9.0g化合物甲，充分煅烧后加入过量盐酸得到溶液乙，向乙溶液中通入足量氯气后，加热蒸发并灼烧得到氧化铁固体12.0g。下列说法中不正确的是A.甲的化学式可以表示为B.溶液乙可能使溶液显红色C.甲与足量的热浓硝酸反应可能有和生成D.乙溶液通入后可能发生的离子反应为【答案】A【解析】【详解】A．由原子守恒知，可计算化合物甲中铁的质量为，，含C的物质的量为，则甲的化学式可以表示为，A错误；B．铁的化合物在空气中高温煅烧时，生成四氧化三铁，溶于盐酸中会有亚铁离子和三价铁离子生成，三价铁离子能使溶液显红色，B正确；C．与足量的热浓硝酸发生氧化还原反应，碳元素可被氧化为CO2，硝酸中的氮可被还原为NO2，故甲与足量的热浓硝酸反应可能有和生成，C正确；D．乙溶液通入是为了将亚铁离子氧化为三价铁离子，其发生的离子反应为，D正确； 故选A。10.下列说法中正确的是A.在光照条件下，与充分反应，得到的产物中物质的量最多的是HClB.溴水加入苯中振荡静置后分层，水层颜色变浅，说明苯与溴发生加成反应C.所有的烷烃中都含有碳碳单键D.与互为同分异构体【答案】A【解析】【详解】A．在光照条件下，与充分反应，每一步取代反应都会生成HCl，故得到的产物中物质的量最多的是HCl，A正确；B．溴水加入苯中振荡静置后分层，水层颜色变浅，因为苯萃取了溴，B错误；C．烷烃是一类有机化合物，分子中的碳原子都以单键相连，其余的价键都与氢结合而成的化合物；但不是所有的烷烃中都含有碳碳单键，例如甲烷，C错误；D．同分异构体是分子式相同、结构不同的化合物；两者不是互为同分异构体，两者是同一种物质，D错误；故选A。11.废旧金属可回收利用，某化学兴趣小组用合金废料(含Fe、Cu和Al)制取溶液和回收金属铜，实验流程如图所示(部分生成物已略去)下列说法中正确的是A.X是稀，Y是B.操作I是过滤，操作II是蒸馏C.Al、Fe与浓硝酸发生钝化是物理变化D.该过程中的化学反应均为氧化还原反应【答案】D【解析】【分析】由图知，合金中加入足量的溶液X，Fe、Cu不与溶液X反应，Al与溶液X反应，则X为 NaOH，操作I是固液分离为过滤，Fe、Cu混合物中加入足量溶液Y，Cu不与溶液Y反应，Fe与溶液Y反应，本实验是制取溶液和回收金属铜，所以Y为，B为，操作II是固液分离为过滤。【详解】A．据分析知，X稀，Y是，A错误；B．操作I和操作II均是过滤，B错误；C．钝化是指在金属表面形成一层致密氧化膜，生成了新物质，则Al、Fe与浓硝酸发生钝化是化学变化，C错误；D．该过程中的化学反应为、均为氧化还原反应，D正确；故选D。12.硫铁矿焙烧后的烧渣含有及等杂质，用过量硫酸浸取，过滤，将滤液分别与下列指定物质反应，所得溶液中主要存在的一组离子正确的是A通入过量：B.通入过量：C.加入过量KOH溶液：D.通入过量的：【答案】C【解析】【分析】烧渣含有Fe2O3、FeO、SiO2、Al2O3，用过量硫酸浸取，SiO2不与硫酸反应从而过滤除去，滤液中存在Fe2+、Fe3+、Al3+、SO，以此解答。【详解】A．NH和AlO会发生双水解反应，不能再溶液中大量存在，且铵根离子和氢氧离子不能大量共存，故A错误；B．由分析可知滤液中存在Fe2+、Fe3+、Al3+，通入过量SO2后，Fe3+被二氧化硫还原成Fe2+，同时生成硫酸，溶液中主要存在Fe2+、H+、Al3+、SO，故B错误；C．加入过量KOH溶液后，Fe2+、Fe3+全部沉淀，Al3+转化为AlO，溶液中存在，故C正确； D．通入过量的和水反应生成HNO3，HNO3具有氧化性，Fe2+被氧化成Fe3+，故D错误；故选C。13.乙酸环己酯是一种香料，常用于化妆品工业，可以用下面的方案合成。已知：可以简写成。下列说法中不正确的是A.与互为同分异构体B.F的结构简式为C.C→D反应类型是取代反应D.D与G反应生成H的化学方程式为：CH3COOH+【答案】D【解析】【分析】苯和氢气加成生成环己烷，环己烷和氯气取代生成一氯环己烷，一氯环己烷发生取代反应生成环己醇；乙烯加成生成乙醇，乙醇氧化生成乙酸，乙酸和环己醇酯化生成H；【详解】A．同分异构体是分子式相同、结构不同的化合物，由结构简式可知二者分子式相同，结构不同，两者互为同分异构体，A正确；B．由分析可知，F为乙醇，F的结构简式为，B正确；C．C→D反应类型为氯原子被羟基取代的反应，是取代反应，C正确；D．D与G反应生成H的反应为酯化反应，化学方程式为：CH3COOH++H2O，D错误；故选D。14.铁粉和铜粉的均匀混合物，平均分成四等份，分别加入同浓度的稀硝酸， 充分反应，在标准状况下生成NO的体积和剩余金属的质量如下表(设硝酸的还原产物只有NO)：编号①②③④稀硝酸体积/mL100200300400剩余金属/g9.04.800NO体积/112022403360V下列计算结果正确的是A.表中B.硝酸的浓度为C.原混合物总质量为D.混合物中Fe和Cu的物质的量之比为1∶1【答案】B【解析】【分析】由表中数据知，实验①②都有金属剩余，则溶液中不可能含有硝酸铁，溶液中金属离子为+2价，在实验①的基础上加入100mL硝酸，参加反应的金属质量为，生成NO的体积为，NO的物质的量为0.05mol，根据电子转移守恒可知，参加反应的金属的物质的量为，参加反应的金属的平均摩尔质量为，故该过程只有Fe参加反应，实验①②均只有Fe参加反应；在实验②的基础上加入100mL硝酸，参加反应的金属的质量为4.8g，生成NO的体积为，NO的物质的量为0.05mol，若该过程只有Cu参加反应，根据电子转移守恒，则Cu的物质的量为，Cu的质量为，等于参加反应的金属的质量，故该过程只有Cu反应，且Cu恰好完全反应，所以加入200mL硝酸时Fe恰好反应生成硝酸亚铁；在实验③的再加入100mL硝酸，为硝酸与溶液中亚铁离子反应生成NO。【详解】A．由分析知，实验②中Fe与硝酸恰好反应生成硝酸亚铁，生成NO的物质的量=，由可知，溶液中亚铁离子的物质的量为0.15mol，在实验③的基础上再加入100mL硝酸，为硝酸与溶液中亚铁离子反应生成NO，根据电子守恒可知，生成NO的物质的量为，故生成NO的体积为，则V=3.36L+1.12L=4.48L，A错误；B．实验①发生反应，生成NO的物质的量为0.05mol ，根据方程式可知，参加反应的硝酸的物质的量为，故硝酸浓度为，B正确；C．据分析知，原混合物的总质量为，C错误；D．原混合物中Fe的质量为33.6g，物质的量为，Cu的质量为19.2g，物质的量为，则混合物中Fe和Cu的物质的量之比为2:1，D错误；故答案为B。第II卷非选择题(共58分)二、(本题包括4小题，共58分)15.填空。（1）汽车尾气净化的主要原理为：。向两个2L的密闭容器中各加入和，实验测得不同温度下NO和N2的物质的量变化如下表所示：物质的量/mol温度为温度为05min9min10min12min05min9min10minNO1.00.580.420.400.401.00.500.340.34N200.210.290300.3000.250.330.33①T1时，内，以CO2表示的该反应速率_______。②T1时，该反应达到平衡状态时，_______。③容器中的温度关系为T1_______T2(填“>”“<”或“=”)。（2）治理氮氧化物废气的方法之一是用NaOH溶液进行吸收，其反应原理可表示如下：。现有NO与NO2的混合气体，将其通入的NaOH溶液中，恰好完全吸收，测得溶液中含有，混合气体中_______。（3）取溶液，向其中加入，写出反应的离子方程式 _______，向所得混合液中加入的苯，充分振荡后静置，现象是_______。向溶液中通入，当部分被氧化为时，范围是_______。【答案】（1）①.0.021②.2③.<（2）（3）①.②.溶液分层，上层溶液呈紫红色，下层溶液呈浅绿色③.【解析】【小问1详解】①T1时，内，，根据速率之比等于反应化学方程式化学计量数之比，；故答案为：0.021；②T1时，该反应达到平衡状态时，，，则；故答案为：2；③由表格数据可知，温度为T2时反应速率更快，则容器中的温度关系为T1<T2；故答案为：<；【小问2详解】设混合气体中含有xmolNO，ymolNO2，则2x+y-x=0.1，，解得x=0.03，y=0.07；混合气体中；故答案为：； 【小问3详解】KI溶液与FeCl3反应的离子方程式为；反应生成I2，向所得混合液中加入的苯，I2在苯中的溶解度更大，会溶解在苯中，苯不溶于水且密度小于水，充分振荡后静置，现象是溶液分层，上层溶液含有I2呈紫红色，下层溶液含有亚铁离子呈浅绿色；向溶液中通入，先与I-反应，再与Fe2+反应，当部分被氧化为时，说明I-已经完全反应了，根据反应可知，要使中I-完全反应，则，因部分被氧化为，说明不能与反应完，当与I-和Fe2+完全反应时，反应离子方程式为，则，当部分被氧化为时，范围是;故答案为：；溶液分层，上层溶液呈紫红色，下层溶液呈浅绿色；。16.人们对金属的合理使用改变了人类的生活。（1）下列金属被人类大规模开发利用的大致年限：年限约6000年前约2500年前约230年前约200年前金属CuFeMgAl下列说法中错误的是_______(选填字母)。A.铝热生成铁的实验中，氯酸钾起催化作用B.合金一定由两种或两种以上的金属组成C.金属在地壳中的含量越高，开发利用的年限越早D.常采用电解熔融化合物的方法来制备钠、镁、铝等较活泼的金属（2）某氯化铁样品中含有少量杂质，为测定其中铁元素的质量分数，实验步骤如下：实验1：取样品mg，加蒸馏水溶解，配制成溶液；实验2：取出于烧杯中，先加入稍过量的氯水，再加入过量的氨水，过滤，洗涤，得到固体沉淀。实验3：将固体置于坩埚中，充分加热，得到固体ng。回答下列问题：①加入氯水时发生反应的离子方程式_______。 ②样品中铁元素的质量分数为_______。若沉淀灼烧不充分，对最终测量结果的影响：_______(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。（3）某实验室排放的废水中含铬(成分以存在，浓度为)，现用处理该废水(已知：S元素被氧化为可溶性硫酸盐)，处理后所得滤渣主要成分为、和。查阅资料：分解温度为，分解温度为。①1L的“废水”可氧化FeS_______mol。②将滤渣用蒸馏水洗净后，在低温条件下干燥，并将干燥后的固体在(体积比)的混合气体中加热，固体质量随温度变化的曲线如图所示。A→B固体质量增加的主要原因是____。说明：以上的残留固体为、的混合物。【答案】（1）ABC（2）①.2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-②.③.偏大（3）①.②.加热生成硫酸铁导致【解析】【分析】某氯化铁样品溶解后加入氯水二价铁转化为三价铁，加入氨水生成氢氧化铁沉淀，煅烧生成氧化铁；用处理该废水(已知：S元素被氧化为可溶性硫酸盐)，发生还原反应、发生氧化反应，处理后所得滤渣主要成分为、和；、加热分解生成、为质量减小的过程，加热生成硫酸铁、硫酸铁强热分解为氧化铁，最终以上的残留固体为、的混合物。【小问1详解】A．铝热生成铁的实验中，氯酸钾可以反应生成氧气，氧气可以促进镁的燃烧放出大量热为铝热反应提供热量，A错误；B．合金是金属与金属或非金属熔合而成具有金属特性的物质；故合金不一定由两种或两种以上的金属组成，B错误； C．金属在地壳中的含量与开发利用的年限无关，与金属的活动性有关，C错误；D．钠、镁、铝等较活泼的金属制取较为困难，常采用电解熔融化合物的方法来制备钠、镁、铝等较活泼的金属，D正确；故选ABC；【小问2详解】①加入氯水时，氯水中氯气和亚铁离子反应生成铁离子和氯离子，反应的离子方程式2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；②加入氯水二价铁转化为三价铁，加入氨水生成氢氧化铁沉淀，煅烧生成氧化铁，反应前后铁元素质量不变，则样品中铁元素的质量分数为；若沉淀灼烧不充分，则部分氢氧化铁没有分解，导致剩余固体质量偏大，最终测量结果偏大；【小问3详解】①由题干可知，中铬元素化合价由+6变为+3，中铁、硫元素化合价分别由+2变为+3、-2变为+6，由电子守恒可知，，1L的“废水”中的物质的量为，可氧化FeSmol。②滤渣主要成分为、和；已知，分解温度为，分解温度为；以上的残留固体为、的混合物，、加热分解生成、为质量减小的过程，加热生成硫酸铁、硫酸铁强热分解为氧化铁，故A→B固体质量增加的主要原因是加热生成硫酸铁导致。17.聚丙烯酸乙酯与沙粒结合，起到既能阻止地下盐分上升，又能蓄积雨水的作用。人们可以淀粉、石油为原料生产案丙烯酸乙酯。其转化过程如下：（1）实验室检验葡萄糖的试剂是_______(写名称)。（2）丙烯酸所含官能团的名称是_______(填名称)。 （3）乙醇转化为丙烯酸乙酯的化学方程式是_______；（4）下列关于聚丙烯酸乙酯的叙述中，正确的是_______(选填字母)。A.聚丙烯酸乙酯能发生水解反应B.聚丙烯酸乙酯属于烯烃类化合物C.聚丙烯酸乙酯是一种天然高分子化合物D.聚丙烯酸乙酯中碳元素的质量分数为60%（5）实验室采用如图所示装置制备乙酸乙酯。①反应结束后，若要从右侧试管混合物中分离出乙酸乙酯，请简述操作方法_______。②实验结束后，取下盛有饱和Na2CO3溶液的试管，再沿该试管内壁缓缓加入1mL紫色石蕊试液(整个过程不振荡试管)，发现石蕊试液层存在于饱和Na2CO3溶液层与乙酸乙酯层之间。下列有关该实验的分析正确的是_______(选填字母)。A.实验时向装有浓H2SO4的试管中加入乙醇和乙酸B.实验时应加入碎瓷片，目的是防暴沸C.石蕊试液层的颜色由上而下分别呈红、紫、蓝D.实验充分反应后，原料的原子利用率达100%③取饱和溶液和乙酸乙酯在试管中，得到乳浊液，向混合液中再加入无水乙醇，用力振荡左右，乳浊液变澄清。原因是_______。【答案】（1）新制银氨溶液（或新制氢氧化铜悬浊液）（2）碳碳双键、羧基（3）CH2=CHCOOH+CH3CH2OHCH2=CHCOOCH2CH3+H2O（4）AD（5）①.将右侧试管混合物加入分液漏斗中，从分液漏斗下端放出水层，从分液漏斗上端分离出有机层②.BC③.乙酸乙酯不溶于水溶液，能溶于有机物乙醇；加入无水乙醇，用力振荡左右，增加了反应物的接触面积，导致乙酸乙酯水解得到乙酸钠和乙醇，乳浊液变澄清【解析】 【分析】淀粉水解生成葡萄糖，他、葡萄糖可以转化为乙醇；石油炼化得到石油气，石油气可以制取丙烯，丙烯氧化为丙烯酸，丙烯酸和乙醇酯化生成丙烯酸乙酯，丙烯酸乙酯加聚生成聚丙烯酸乙酯；乙酸和乙醇在浓硫酸催化作用下加热生成乙酸乙酯，乙酸乙酯冷凝后在饱和碳酸钠溶液中分层，然后分液得到乙酸乙酯。【小问1详解】实验室检验葡萄糖的试剂是新制银氨溶液（或新制氢氧化铜悬浊液）；小问2详解】丙烯酸结构简式为CH2=CHCOOH，所含官能团的名称是碳碳双键、羧基；【小问3详解】乙醇转化为丙烯酸乙酯反应为酯化反应，化学方程式是CH2=CHCOOH+CH3CH2OHCH2=CHCOOCH2CH3+H2O；【小问4详解】A．聚丙烯酸乙酯结构简式为，含有酯基，能发生水解反应，A正确；B．聚丙烯酸乙酯中不含有碳碳双键，不属于烯烃类化合物，B错误；C．聚丙烯酸乙酯是一种人工合成高分子化合物，C错误；D．聚丙烯酸乙酯中碳元素的质量分数为，D正确；故选AD；【小问5详解】①乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，反应结束后，若要从右侧试管混合物中分离出乙酸乙酯，可以采用分液的方法分离出乙酸乙酯；操作方法为将右侧试管混合物加入分液漏斗中，从分液漏斗下端放出水层，从分液漏斗上端分离出有机层。②A．硫酸溶于水放出大量的热，实验时先加入乙醇，再依次加入浓硫酸、乙酸，A错误；B．实验时应加入碎瓷片，目的是防止加热过程中溶液暴沸，B正确；C．石蕊遇酸性溶液变红色、遇碱性溶液变蓝色，乙酸乙酯密度小于水且混有挥发出的乙酸，使石蕊变红色，水层中碳酸钠溶液显碱性，使石蕊溶液变蓝色，故试液层的颜色由上而下分别呈红、紫、蓝，C正确；D．酯化反应为可逆反应，即使实验充分反应后，原料的原子利用率也会小于100%，D错误；故选BC。 ③乙酸乙酯不溶于水溶液，能溶于有机物乙醇；取饱和溶液和乙酸乙酯在试管中，得到乳浊液，向混合液中再加入无水乙醇，用力振荡左右，增加了反应物的接触面积，导致乙酸乙酯水解得到乙酸钠和乙醇，乳浊液变澄清。18.铁及其化合物有着广泛的用途。（1）南米铁制备：用草酸亚铁晶体在700℃下焙烧反应制备纳米零价铁，其化学反应方程式：。当生成时，转移电子的物质的量为____。（2）纳米铁粉可以高效地去除被污染水体中的等重金属离子，其本质是_______(用离子方程式表示)。（3）纳米铁除水体中：将一定量纳米零价铁和少量铜粉附着在生物炭上，可用于去除水体中，其都分反应原理如图所示，与不添加铜粉相比，添加少量铜粉时去除效率更高，其主要原因是____。（4）铁红(主要成分为)是一种用途广泛的颜料，用废铁屑制备铁红的流程如下：①写出加入溶液的反应生成沉淀的离子方程式_______。②若煅烧不充分，产品中会含有，为了避免产品中有FeO，可采取的措施是_______(答一种即可)。③称取3.0g产品，用足量稀硫酸溶解，逐滴加入溶液20mL，二者恰好反应完全。若此产品中只含有，求产品中的质量分数_______，写出计算过程。（5）小李同学取少量的一定浓度的溶液，向其中加入氨水，产生白色沉淀，并很快变成灰绿色，小张同学认为该物质是和的混合物，小王同学认为是吸附 形成的混合物，设计实验方案验证哪一位同学的观点正确：_______。【答案】（1）2mol（2）（3）纳米铁、铜粉及水溶液形成原电池，加快去除的速率（4）①.②.粉碎固体③.76%（5）取少量混合物于试管中，加入足量的稀盐酸，再滴加几滴KSCN溶液，若溶液变为血红色，则该物质是和的混合物，否则是吸附形成的混合物【解析】【分析】铁屑中加入稍过量的稀硫酸，Fe与稀硫酸反应生成FeSO4，则滤液中含有FeSO4，向滤液中加入反应生成沉淀，固体用冰水洗涤再煅烧为；【小问1详解】中Fe元素为+2价转化为0价的铁单质，则生成时，转移电子的物质的量为2mol；故答案为：2mol；【小问2详解】纳米铁粉加入含等重金属离子的水体中，发生置换反应生成固体金属Hg，其离子方程式为；故答案为：；【小问3详解】添加少量铜粉时去除效率更高，其主要原因是纳米铁、铜粉及水溶液形成原电池，加快去除的速率；故答案为：纳米铁、铜粉及水溶液形成原电池，加快去除的速率；【小问4详解】①加入溶液与FeSO4反应生成沉淀的离子方程式；故答案为：；②若煅烧不充分，产品中会含有，为了使其煅烧充分可以增大反应物接触面积，即粉碎 固体；故答案为：粉碎固体；③设产品中的质量为m，先后发生反应、，则，故，产品中的质量分数为；故答案为：76%；【小问5详解】两者的区别在于是否存在三价铁，具体操作为：取少量混合物于试管中，加入足量的稀盐酸，再滴加几滴KSCN溶液，若溶液变为血红色，则该物质是和的混合物，否则是吸附形成的混合物；故答案为：取少量混合物于试管中，加入足量的稀盐酸，再滴加几滴KSCN溶液，若溶液变为血红色，则该物质是和的混合物，否则是吸附形成的混合物。