2023届广东省佛山市顺德区第一中学高三9月月考化学试题含解析

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广东省佛山市顺德区第一中学2023届高三 9月月考化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．下列我国科研成果所涉及材料中，主要成分为同主族元素形成的无机非金属材料的是




A．4.03米大口径碳化硅反射镜
B．2022年冬奥会聚氨酯速滑服
C．能屏蔽电磁波的碳包覆银纳米线
D．“玉兔二号”钛合金筛网轮

A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【分析】本题主要考查有机物与无机物的区分（B选项为有机物，其他均为无机物），金属材料与非金属材料的区分。同时穿插考查了元素周期表中同主族的概念。
【详解】A.碳化硅(SiC)是由碳元素和硅元素组成的无机非金属材料，且碳元素与硅元素均位于元素周期表第IVA族，故A符合题意；
B.聚氨酯为有机高分子化合物，不属于无机非金属材料，故B不符合题意；
C.碳包覆银纳米材料属于复合材料，不属于无机非金属材料，且银不是主族元素，故C不符合题意；
D.钛合金为含有金属钛元素的合金，其属于金属材料，不属于无机非金属材料，故D不符合题意；
综上所述，本题应选A。
【点睛】本题依托有机物和无机物的概念考查了化学知识与生活中物质的联系，创新点在于除了要判断是否为无机非金属材料，还给其加了限制条件“同主族”，应注意有机物中一定含碳元素，但含碳元素的却不一定是有机物。
2．北宋沈括《梦溪笔谈》中记载：“信州铅山有苦泉，流以为涧。挹其水熬之则成胆矾，烹胆矾则成铜。熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”。下列有关叙述错误的是
A．胆矾的化学式为CuSO4
B．胆矾可作为湿法冶铜的原料
C．“熬之则成胆矾”是浓缩结晶过程
D．“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”是发生了置换反应
【答案】A
【详解】A．胆矾为硫酸铜晶体，化学式为CuSO45H2O，A说法错误；
B．湿法冶铜是用铁与硫酸铜溶液发生置换反应制取铜，B说法正确；
C．加热浓缩硫酸铜溶液可析出胆矾，故“熬之则成胆矾”是浓缩结晶过程，C说法正确；
D．铁与硫酸铜溶液发生置换反应生成铜，D说法正确。
综上所述，相关说法错误的是A，故选A。
3．化学与生活密切相关，下列说法错误的是
A．可作耐火材料
B．和硅胶均可作食品干燥剂
C．胃穿孔病人可以用小苏打片治疗
D．铁粉和硫酸亚铁均可作脱氧剂
【答案】C
【详解】A．的熔点很高，可作耐火材料，A项正确；
B．和硅胶都具有很强的吸水性，均可作食品干燥剂，B项正确；
C．小苏打片与胃酸反应，生成二氧化碳气体，则胃穿孔病人不可以用其治疗，C项错误；
D．铁粉和硫酸亚铁都有还原性，故均可作脱氧剂，D项正确；
答案选C。
4．下列实验仪器或装置的选择正确的是




配制50.00mL0.1000mol.L-1
Na2CO3溶液
除去Cl2中的HCl
蒸馏用冷凝管
盛装Na2SiO3溶液的试剂瓶
A
B
C
D

A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】A．配制50.00mL0.1000mol.L-1Na2CO3溶液需要用容量瓶，不能使用量筒配置溶液，故A错误；
B．除去氯气中的氯化氢气体使用饱和氯化钠溶液，可以吸收氯化氢气体，根据氯气在水中的反应：Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO，饱和氯化钠溶液中的氯离子使氯气溶于水的平衡逆向移动，降低氯气在水中的溶解度，洗气瓶长进短出，利于除杂，故B正确；
C．蒸馏要使用直形冷凝管，接水口下口进上口出，球形冷凝管一般作反应装置，故C错误；
D．硅酸钠溶液呈碱性，硅酸钠溶液是一种矿物胶，能将玻璃塞与试剂瓶的瓶口粘在一起，盛装Na2SiO3溶液的试剂瓶不能使用玻璃塞，应使用橡胶塞，故D错误。
答案选B。
5．设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．18g冰水中含有O-H键数目为
B．标况下，22.4L的分子数为
C．1L1.0mol/L的溶液中，含有的阳离子数为
D．标况下，22.4L与足量溶液反应转移的电子数为
【答案】A
【详解】A．18g冰水的物质的量为1mol，因为每个水分子中含2个氢氧键，所以18g冰水中含有O-H键数目为，A正确；
B．标准状况下，不是气体，不能按气体摩尔体积，B错误；
C．氯化钠溶液中阳离子除了钠离子还有氢离子，所以含有的阳离子数大于NA，C错误；
D．标况下，22.4L的物质的量为1mol，1mol与足量溶液反应转移的电子数为，D错误；
故选A。
6．常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A．氨水溶液：Na+、K+、OH-、NO
B．盐酸溶液：Na+、K+、SO、SiO
C．KMnO4溶液：NH、Na+、NO、I-
D．AgNO3溶液：NH、Mg2+、Cl-、SO
【答案】A
【详解】A．在0.1mol/L氨水中，四种离子可以大量共存，A选；
B．在0.1mol/L盐酸中含有大量氢离子，四种离子中硅酸根可以与氢离子反应生成硅酸沉淀，故不能共存，B不选；
C．具有强氧化性，可以将碘离子氧化成碘单质，故不能共存，C不选；
D．在0.1mol/L硝酸银溶液中，银离子可以与氯离子、硫酸根离子反应生成氯化银、硫酸银沉淀，不能共存，D不选；
故选A。
7．关于化合物的性质，下列推测不合理的是
A．具有强氧化性 B．与溶液反应可生成两种钠盐
C．与盐酸作用能产生氯气 D．水解生成盐酸和硝酸
【答案】D
【详解】A．里面含有正一价的氯元素和正五价的氮元素，具有强氧化性，A正确；
B．与溶液反应可生成次氯酸盐和硝酸盐，B正确；
C．与盐酸发生归中反应生成氯气，C正确；
D．发生水解反应生成次氯酸和硝酸，D错误；
答案为：D。
8．在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是
A．NaCl(aq)Cl2(g)FeCl2(s)
B．S(s)SO3(g)H2SO4(aq)
C．MgCl2(aq)Mg(OH)2(s)MgO(s)
D．N2(g)NH3(g)NO2
【答案】C
【详解】A．氯气与铁粉反应时生成FeCl3，A项错误；
B．S单质在氧气中燃烧只能生成SO2，B项错误；
C．MgCl2溶液和石灰乳反应生成Mg(OH)2沉淀，煅烧Mg(OH)2生成MgO，C项正确；
D．NH3和O2在点燃条件下反应生成N2和H2O，D项错误；
答案选C。
9．理论研究表明，在101kPa和298K下，异构化反应过程的能量变化如图所示。下列说法错误的是

A．HCN比HNC稳定
B．该异构化反应的
C．正反应的活化能大于逆反应的活化能
D．使用催化剂，可以改变反应的反应热
【答案】D
【详解】A．根据图中信息得到HCN能量比HNC能量低，再根据能量越低越稳定，因此HCN比HNC稳定，故A正确；
B．根据焓变等于生成物总能量减去反应物总能量，因此该异构化反应的，故B正确；
C．根据图中信息得出该反应是吸热反应，因此正反应的活化能大于逆反应的活化能，故C正确；
D．使用催化剂，不能改变反应的反应热，只改变反应路径，反应热只与反应物和生成物的总能量有关，故D错误。
综上所述，答案为D。
10．微粒观的形成对化学学习具有重要意义。下列反应的离子方程式书写正确的是
A．硫化钠溶液和硝酸混合：S2-+2H+=H2S↑
B．往酸性溶液中加入：
C．漂白粉溶液吸收少量气体：
D．将等物质的量浓度的Ba(OH)2和NH4HSO4溶液以体积比1∶2混合：Ba2++2OH-+2H++SO=BaSO4↓+2H2O
【答案】D
【详解】A．硫化钠溶液和硝酸混合，离子方程式为：3S2-+8H++2NO=3S↓+2NO↑+4H2O，故A错误；
B．向酸性高锰酸钾溶液中加入草酸溶液，离子方程式为：，故B错误；
C．向漂白粉溶液中通入少量的SO2气体，二者发生氧化还原反应，正确的离子方程式为：Ca2++3ClO-+H2O+SO2═CaSO4↓+2HClO+Cl-，故C错误；
D．将等物质的量浓度的Ba（OH）2和NH4HSO4溶液以体积比1：2混合，离子方程式为：Ba2++2OH+2H++SO═BaSO4↓+2H2O，故D正确；
故选：D。
11．硫元素的含氧酸根离子，有如下转化关系。下列说法正确的是
①S2O+2H+=SO2↑+S↓+H2O
②2S2O+I2=S2O+2I-
③2S2O+H2O=S2O+2HSO
④5S2O+2Mn2++8H2O=10SO+2MnO+16H+
A．上述反应中S2O都只表现了还原性
B．反应④中表现了+7价硫元素的强氧化性
C．反应③中消耗4.5gH2O同时生成40.5gHSO
D．反应②中每消耗2.8gS2O转移电子数为0.05NA
【答案】C
【详解】A．①中硫元素化合价升高生成二氧化硫、化合价降低生成硫，S2O既是还原剂又是氧化剂，A错误；
B．反应④中+2价硫元素变为+6，化合价升高，体现了硫元素的还原性，B错误；
C．反应③中消耗4.5gH2O同时生成40.5gHSO，C正确；
D．由反应②可知，S2O~e-，每消耗2.8gS2O转移电子的物质的量为，数目为0.025NA，D错误；
故选C。
12．科学家基于易溶于的性质，发展了一种无需离子交换膜的新型氯流电池，可作储能设备(如图)。充电时电极a的反应为： 。下列说法正确的是

A．充电时电极b是阴极
B．放电时溶液的减小
C．放电时溶液的浓度增大
D．每生成，电极a质量理论上增加
【答案】C
【详解】A．由充电时电极a的反应可知，充电时电极a发生还原反应，所以电极a是阴极，则电极b是阳极，故A错误；
B．放电时电极反应和充电时相反，则由放电时电极a的反应为可知，NaCl溶液的pH不变，故B错误；
C．放电时负极反应为，正极反应为，反应后Na+和Cl-浓度都增大，则放电时NaCl溶液的浓度增大，故C正确；
D．充电时阳极反应为，阴极反应为，由得失电子守恒可知，每生成1molCl2，电极a质量理论上增加23g/mol2mol=46g，故D错误；
答案选C。

13．某样品含有Al3+、NH、Fe2+、CO、SO、Cl-中的几种离子，将该样品溶于水后，取少量溶液做如图实验：

下列说法错误的是
A．该样品溶液pH<7
B．该样品不含有CO
C．该样品溶液中一定存在：3c(Al3+)+c(NH)+c(H+)+2c(Fe2+)=2c(SO)+c(Cl-)+c(OH-)
D．溶液A与过量CO2反应的离子方程式为CO2+AlO+2H2O=Al(OH)3↓+HCO
【答案】C
【分析】某样品含有Al3+、NH、Fe2+、CO、SO、Cl-中的几种离子，将该样品溶于水后，取少量溶液加入过量的NaOH溶液、加热，得气体A为NH3，溶液中含有NH，沉淀A为Fe(OH)3,溶液中含有Fe2+，没有CO，溶液A中通入过量的CO2，出现沉淀B为Al(OH)3，原溶液中含有Al3+，溶液B中肯定含有HCO，原溶液中有SO、Cl-中的一种或两种。
【详解】A． Al3+、NH、Fe2+属于弱碱阳离子，水解后溶液呈酸性，该样品溶液pH<7，故A正确；
B． 原溶液中含有Al3+和Fe2+，不能与CO共存，该样品不含有CO，故B正确；
C． 根据题中信息，不能确定溶液中SO、Cl-同时存在，故C错误；
D． 溶液A与过量CO2反应生成Al(OH)3和NaHCO3，离子方程式为CO2+AlO+2H2O=Al(OH)3↓+HCO，故D正确；
故选C。
14．由下列实验及现象推出的相应结论正确的是
实验
现象
结论
A 某溶液中滴加溶液
产生蓝色沉淀
原溶液中有，无
B 向溶液中通入
溶液变浑浊
酸性：
C 向溶液中滴入硫酸酸化的溶液
溶液变成黄色
氧化性：
D 向溶液中加入铁粉
有红色固体析出
的氧化性强于的氧化性

A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】A．加入K3[Fe(CN)6]溶液产生蓝色沉淀，说明溶液中含有Fe2+，但不能确定是否有Fe3+，A错误；
B．Ca(ClO)2溶液中通入CO2溶液变浑浊，说明生成CaCO3沉淀，对应方程式为：Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO，说明酸性：H2CO3＞HClO，B正确；
C．酸性条件下，也有强氧化性，故此时Fe2+被氧化为Fe3+，也可能是氧化，C错误；
D．Fe与CuSO4反应中，Cu2+化合价降低作氧化剂，Fe化合价升高生成氧化产物Fe2+，故氧化性：Cu2+＞Fe2+，D错误；
故答案选B。
15．厌氧氨化法（Anammox）是一种新型的氨氮去除技术，下列说法中正确的是

A．1mol NH4+所含的质子总数为 10NA
B．联氨（N2H4）中含有离子键和非极性键
C．过程 II 属于氧化反应，过程 IV 属于还原反应
D．过程 I 中，参与反应的 NH4+ 与 NH2OH 的物质的量之比为 1∶2
【答案】C
【详解】A选项，1mol NH4+所含的质子总数为 11NA，故A错误；
B选项，联氨（）中含有极性键和非极性键，故B错误；
C选项，过程II中N元素化合价升高，发生氧化反应，过程 IV中N化合价降低，发生还原反应，故C正确；
D选项，过程I中，参与反应的NH4+到N2H4化合价升高1个，NH2OH到N2H4化合价降低1个，它们物质的量之比为1∶1，故D错误；
综上所述，答案为C。
【点睛】利用化合价升降进行配平来分析氧化剂和还原剂的物质的量之比。

二、多选题
16．絮凝剂有助于去除工业和生活废水中的悬浮物。下列物质可作为絮凝剂的是
A．(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O B．CaSO4·2H2O
C．Pb(CH3COO)2·3H2O D．KAl(SO4)2·12H2O
【答案】AD
【分析】胶体具有吸附性，能吸附水中悬浮物，从而净化水，含有弱离子且弱离子能水解生成胶体就可作絮凝剂，据此分析解答。
【详解】A．(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O中Fe 3+能发生水解反应生成Fe（OH）3胶体而作絮凝剂，故A正确；
B．Ca2+不能发生水解反应，所以不能作絮凝剂，故B错误；
C．Pb属于重金属，对人体有害，所以该物质不能作絮凝剂，故C错误；
D．明矾中Al3+水解生成Al（OH）3胶体而作絮凝剂，故D正确；
故选：AD。

三、实验题
17．有资料显示过量的氨气和氯气在常温下可合成岩脑砂(主要成分为)，某实验小组对该反应进行探究，并对岩脑砂进行元素测定，回答下列问题：
(1)岩脑砂的制备：

①利用装置A制取实验所需的氨气，写出反应的化学方程式：___________。
②该实验中用浓盐酸与反应制取所需氯气，则装置E中的试剂是(填写试剂名称)___________。
③为了使氨气和氯气在D中充分混合，请确定上述装置的合理连接顺序： a→d→c→___________←j←i←h←g←b。装置C中___________(填“能”、“不能”)使用无水固体。
④证明氨气和氯气反应有岩脑砂生成，需要的检验试剂中，除了蒸馏水、稀、溶液外，还需要___________等两种。
(2)氨气和氯气反应制取岩脑砂时同时生成。
①氨气和氯气反应的化学方程式是___________。
②在制取到16.05克时，同时生成___________L标况下的。
【答案】(1)          饱和食盐水     e f     不能     溶液和红色石蕊试纸
(2)          1.12

【分析】（1）
①装置A适用于加热氯化铵和氢氧化钙的混合物制取氨气，反应的化学方程式为：，故答案为：；
②浓盐酸与MnO2在加热条件下生成氯化锰、氯气、水，装置E的作用是除氯气中的氯化氢，E中的试剂是饱和食盐水，故答案为：饱和食盐水；
③氨气和氯气形成逆向流动更有利于两者充分混合，氨气的密度比氯气的小，应该从e管通入氨气、 f管通入氯气，合理连接顺序：a→d→c→e f←j←i←h←g←b；装置C的作用为干燥氨气，因为氯化钙会和氨气反应，则不能使用无水固体，故答案为：e f；不能；
④证明氨气和氯气反应有岩脑砂生成，需要验证岩脑砂中含有铵根离子和氯离子，需要的检验试剂中，除了蒸馏水、稀HNO、NaOH溶液外，还需要溶液和红色石蕊试纸，故答案为：溶液和红色石蕊试纸；
（2）
①氨气和氯气反应制取，同时生成的化学方程式是：，故答案为：；
②16.05克的物质的量=，根据化学反应中，生成物的物质的量之比等于化学计量数之比，可知同时生成的物质的量为0.05mol，在标准状况下的体积==1.12，故答案为：1.12。
【点睛】本题考查实验，实验题中，要明确每套装置的作用，如：发生装置、收集装置、除杂装置、干燥装置、尾气处理，可准确解题。
18．某学习小组为了验证SO2的还原性并测定产生SO2的质量，组装了如图装置。回答下列问题：

(1)C中发生反应的化学方程式是_______，B装置的名称是_______，关于该套装置说法正确的是_______(填标号)。
a.组装仪器、加入药品后检查气密性        
b.实验开始和最后时均需要通入空气
c.利用A、B装置是为了减小实验误差
d.F、G中的碱石灰可以换为无水CaCl2
(2)甲同学认为很快可以看到D装置的现象，他的依据是_______(用离子方程式表示)。
乙同学做实验时发现和甲同学预测的现象不一样，先出现棕红色，经过一段时间后变为浅绿色。于是查阅资料发现反应分为两步：
第一步：Fe3++SO2+H2O=Fe(HSO3)2+(棕红色)+H+ (快反应)
第二步：Fe3++Fe(HSO3)2++H2O=SO+2Fe2++3H+ (慢反应)
如果需要验证第一步反应是快反应，可以事先在D装置中滴加数滴_______试剂，相应的实验现象是_______。
(3)学习小组通过实验后D和F装置中的数据来计算SO2的质量。D中加入足量的BaCl2溶液充分反应，经过过滤、_______、_______、称重操作，测得沉淀为m1 g，F的质量差为m2 g，C中产生SO2在标况下的体积为_______L(列出表达式)。该实验的设计中，仍然存在系统误差的可能原因是_______。
【答案】(1)     Na2SO3 + H2SO4 （浓）= Na2SO4 + SO2↑+ H2O     洗气瓶或广口瓶     bc
(2)     2Fe3++SO2+2H2O=SO+2Fe2++4H+     K3[Fe(CN)6]或铁氰化钾     当溶液出现棕红色时没有看到蓝色沉淀生成
(3)     洗涤     干燥          C溶液中溶解的SO2未被充分排除或空气除氧不彻底

【分析】本实验验证SO2的还原性并测定产生SO2的质量，C装置是发生装置，制备SO2，A处通入空气，实验之前通空气是排除装置中的空气，实验之后通入空气是使C中的SO2进入D、F装置充分反应，则A、B装置是排除空气中的酸性气体和氧气，防止干扰试验；F装置通过碱石灰吸收SO2测其含量；SO2具有还原性，三价铁具有氧化性，发生氧化还原反应，溶液变成浅绿色；若要验证第一步是快反应，可以检测是否立即生成Fe2+；溶液中有沉淀生成通过过滤、洗涤、干燥、称量得到沉淀质量；通过S元素守恒可求出C中产生的SO2的体积；据此分析。
（1）
C中用硫酸与亚硫酸钠反应制备二氧化硫，反应的化学方程式是：Na2SO3＋H2SO4（浓）=Na2SO4＋SO2↑＋H2O；
B装置是吸收空气中的酸性气体，名称是洗气瓶或广口瓶；
a.组装好仪器，加入药品之前检查气密性，a错误；
b.实验开始和最后时均需要通入空气，实验之前通空气是排除装置中的空气，实验之后通入空气是使C中的SO2进入D、F装置充分反应，b正确；
c.A、B装置是排除空气中的酸性气体和氧气，防止干扰实验，利用A、B装置是为了减小实验误差，c正确；
d.F是吸收SO2，SO2与无水CaCl2不反应，d错误；
答案选bc；
答案为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O；洗气瓶或广口瓶；bc；
（2）
甲同学认为很快可以看到D装置的现象，他的依据是D装置中三价铁具有氧化性，SO2具有还原性，发生氧化还原反应，溶液变成浅绿色，二氧化硫能把铁离子还原为亚铁离子，反应离子方程式为2Fe3＋＋SO2＋2H2O=SO＋2Fe2＋＋4H＋；若要验证第一步是快反应，可以检测是否立即生成Fe2+，则实验前滴加几滴铁氰化钾或K3[Fe(CN)6]，当溶液出现棕红色时没有生成蓝色沉淀即可说明；答案为：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+；K3[Fe(CN)6]或铁氰化钾；当溶液出现棕红色时没有看到蓝色沉淀生成；
（3）
D中加入足量的BaCl2溶液充分反应，生成BaSO4沉淀，经过过滤、洗涤、干燥、称量操作，测得沉淀为m1g，F的质量差为m2g，说明剩余的SO2的质量为m2g，根据前后S原子守恒，n(SO2)=n(BaSO4)+n(剩余SO2)=，标准状况下的体积为，该实验的设计中，仍然存在系统误差的可能原因是C溶液中溶解的SO2未被充分排除或空气除氧不彻底；答案为：过滤、洗涤、干燥、称量；；C溶液中溶解的SO2未被充分排除或空气除氧不彻底；

四、工业流程题
19．四氧化三锰(Mn3O4)广泛应用于生产软磁材料、催化材料制备领域。一种以低品位锰矿(含MnCO3、Mn2O3、MnOOH及少量Fe2O3、Al2O3、SiO2)为原料生产Mn3O4的工艺流程如图：

已知：
回答下列问题：
(1) MnOOH中Mn元素的化合价为________。
(2)“溶浸”中H2O2的作用是________。
(3)“滤渣2”的主要成分有________。
(4)“母液”中溶质的主要成分是________，循环利用该物质的方案是________。
(5)“氧化”时，将固体加入水中，70℃水浴加热，通空气氧化，将固体全部转化为Mn3O4。Mn(OH)2生成Mn3O4反应的化学方程式为________。反应后溶液的________(填“增大”、“减小”或“不变”)。
【答案】     +3     将+3价Mn元素还原成Mn2+     Fe(OH)3、Al(OH)3     (NH4)2SO4     加热到213~308℃分解生成氨气和NH4HSO4，分别循环到沉锰和溶浸中或加H2SO4生成NH4HSO4循环到溶浸中          减小
【分析】锰矿粉(含MnCO3、Mn2O3、MnOOH及少量Fe2O3、Al2O3、SiO2)加入NH4HSO4、H2O2溶浸，MnCO3、Mn2O3、MnOOH转化为Mn2+，Fe2O3、Al2O3转化为Fe3+、Al3+，SiO2不溶而成滤渣1；加入Mn(OH)2调节pH=5，此时Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3，成滤渣2；加入氨水沉锰，此时锰转化为Mn(OH)2、Mn2(OH)2SO4，通空气氧化，70℃水浴加热，即得到Mn3O4。
【详解】(1)MnOOH中O元素为-2价，H元素为+1价，根据正负化合价代数和为0计算，Mn的化合价为+3价；
(2)“溶浸”中，有一部分Mn由+3价降为+2价，所以H2O2的作用是将+3价的Mn还原为Mn2+；
(3)由上述分析可知，“滤渣2”的主要成分为Fe(OH)3、Al(OH)3；
(4)由上述分析，“母液”溶质为(NH4)2SO4，循环利用该物质的方案是：加热到213~308℃分解生成氨气和NH4HSO4，分别循环到沉锰和溶浸中或加H2SO4生成NH4HSO4循环到溶浸中；
(5)氧化时，Mn(OH)2利用70℃水浴加热，通空气氧化，生成Mn3O4，反应方程式为，Mn(OH)2呈碱性，Mn3O4难溶于水，反应结束后Mn(OH)2的浓度降低，所以反应后溶液pH减小。

五、原理综合题
20．Ⅰ.H2S是石油化工行业广泛存在的污染性气体，但同时也是重要的氢源和硫源，工业上可以采取多种方式处理。
干法脱硫：
(1)已知H2S的燃烧热为a kJ·mol-1，S的燃烧热为b kJ·mol-1，则常温下空气直接氧化脱除H2S的反应：2H2S(g)+O2(g) = 2S(s)+2H2O(l) ∆H=_______kJ·mol-1。
(2)常用脱硫剂的脱硫效果及反应条件如表，最佳脱硫剂为_______。
脱硫剂
出口硫(mg·m-3)
脱硫温度(℃)
操作压力(MPa)
再生条件
一氧化碳
<1.33
300~400
0~3.0
蒸汽再生
活性炭
<1.33
常温
0~3.0
蒸汽再生
氧化锌
<1.33
350~400
0~5.0
不再生
锰矿
<3.99
400
0~2.0
不再生

间接电解法脱硫：
间接电解法是通过FeCl3溶液吸收并氧化H2S气体，将反应后溶液通过电解再生，实现循环使用，该法处理过程如图。

(3)吸收反应器中的离子方程式为_______。
(4)电解反应器中阳极的电极反应式为_______。
Ⅱ.图为双阴极微生物燃料电池，可同步实现除污脱氮和产生电能。

(5)理论上，厌氧室消耗15gC6H12O6，外电路转移e-数目为_______。
(6)缺氧室中得电极反应式为_______。
【答案】(1)-2a+2b
(2)活性炭
(3)2Fe3+ +H2S = 2Fe2+ + S ↓+ 2H+
(4)Fe2++ e-=Fe3+
(5)2NA
(6)

【解析】（1）
由题意得：①H2S（g）+O2（g）=SO2（g）+H2O（l）△H1=-akJ•mol-1
②S（s）+O2（g）=SO2（g）△H2=-bkJ•mol-1
根据盖斯定律，由2×①-2×②得到反应2H2S（g）+O2（g）=2S（s）+2H2O（l）△H=2△H1-2△H2=-2a+2bkJ•mol-1。
（2）
结合表中信息，活性炭的出口硫小，脱硫温度为常温，操作压力较小，且蒸气可再生，故最佳脱硫剂为活性炭。
（3）
吸收反应器中通过FeCl3溶液吸收并氧化H2S气体，FeCl3溶液被还原为FeCl2，反应的离子方程式是：2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+。
（4）
电解反应器中将反应后的FeCl2溶液通过电解再生，即将Fe2+在阳极氧化为Fe3+，H+在阴极被还原为H2，阴极生成H2的电极反应式为2H++2e-=H2↑，阳极的电极反应为Fe2++ e-=Fe3+。
（5）
由图可知，厌氧室C6H12O6转化为二氧化碳，转移电子关系为C6H12O6～24e-，故理论上，15g C6H12O6物质的量为=mol，厌氧室消耗15gC6H12O6，转移电子为mol×24=2mol，则外电路转移e-数目为 2NA。
（6）
缺氧室中硝酸根离子转化为氮气，发生还原反应，电极反应为2NO+12H++10e-=N2↑+6H2O。