三年高考高考化学试题分项版解析专题元素及其化合物知识的综合应用含解析.doc

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专题15 元素及其化合物知识的综合应用
1．【2022天津卷】以下图中反响①是制备SiH4的一种方法，其副产物MgCl2·6NH3是优质的镁资源。答复以下问题：
〔1〕MgCl2·6NH3所含元素的简单离子半径由小到大的顺序〔H-除外〕：_________________________，Mg在元素周期表中的位置：_____________________，Mg(OH)2的电子式：____________________。
〔2〕A2B的化学式为_______________。反响②的必备条件是_______________。上图中可以循环使用的物质有_______________。
〔3〕在一定条件下，由SiH4和CH4反响生成H2和一种固体耐磨材料_______________〔写化学式〕。
〔4〕为实现燃煤脱硫，向煤中参加浆状Mg(OH)2，使燃烧产生的SO2转化为稳定的Mg化合物，写出该反响的化学方程式：_______________。
〔5〕用Mg制成的格氏试剂〔RMgBr〕常用于有机合成，例如制备醇类化合物的合成路线如下：
依据上述信息，写出制备所需醛的可能结构简式：_______________。
【答案】 r(H+)<r(Mg2+)<r(N3–)<r(Cl–) 第三周期ⅡA族 Mg2Si 熔融，电解 NH3，NH4Cl SiC 2Mg(OH)2+2SO2+O2=2MgSO4+2H2O CH3CH2CHO，CH3CHO
【解析】
为；〔2〕根据流程图，以及元素守恒，A2B中含有Si和Mg，即化学式为Mg2Si；反响②为电解熔融状态的MgCl2得到金属镁，即必备的条件是熔融和电解；根据流程可以循环使用的物质为NH3和NH4Cl；〔3〕在一定条件下，由SiH4和CH4反响生成H2和一种固体耐磨材料，该耐磨材料一定有Si和C，考虑到课本中介绍了碳化硅的高硬度，所以该物质为SiC；〔4〕煤燃烧产生SO2，SO2与Mg(OH)2反响：Mg(OH)2＋SO2=MgSO3＋H2O，MgSO3中S被氧气氧化，其反响是2MgSO3＋O2=2MgSO4，因此总反响为2Mg(OH)2+2SO2+O2=2MgSO4+2H2O；〔5〕根据流程图，推出所需的醛是CH3CH2CHO或CH3CHO；
考点定位：考查微粒半径大小比拟、化学用语的考查、结构简式的推断等知识。
【试题点评】思路点拨：〔5〕问，比拟新颖，考查了一道有机物试题，涉及有机物结构简式的推断，根据流程，格氏试剂与醛基反响，醛基中C=O一个键发生断裂，O原子转化成－OH，RMgX中的－R与羰基上碳原子连接，因此推出醛应为
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CH3CH2CHO和CH3CHO。
2．【2022江苏卷】碱式硫酸铝溶液可用于烟气脱硫。室温下向一定浓度的硫酸铝溶液中参加一定量的碳酸钙粉末，反响后经过滤得到碱式硫酸铝溶液，反响方程式为〔2−x〕Al2(SO4)3+3xCaCO3+3xH2O2[〔1−x〕Al2(SO4)3·xAl(OH)3]+3xCaSO4↓+3xCO2↑生成物〔1−x〕Al2(SO4)3·xAl(OH)3中x值的大小影响碱式硫酸铝溶液的脱硫效率。
〔1〕制备碱式硫酸铝溶液时，维持反响温度和反响时间不变，提高x值的方法有___________________。
〔2〕碱式硫酸铝溶液吸收SO2过程中，溶液的pH___________〔填“增大〞、“减小〞、“不变〞〕。
〔3〕通过测定碱式硫酸铝溶液中相关离子的浓度确定x的值，测定方法如下：
① mL，参加盐酸酸化的过量BaCl2溶液充分反响，静置后过滤、洗涤，枯燥至恒重， g。
② mL，稀释至25 mL， mol·L− mL，，煮沸， mol·L−1CuSO4标准溶液滴定过量的EDTA至终点， mL〔Al3+、Cu2+与EDTA反响的化学计量比均为1∶1〕。
计算〔1−x〕Al2(SO4)3·xAl(OH)3中的x值〔写出计算过程〕。
【答案】〔1〕适当增加CaCO3的量或加快搅拌速率
〔2〕减小
〔3〕25mL溶液中：n(SO42−)= n(BaSO4) == mol
mL溶液中：
n(Al3+) = n(EDTA)−n(Cu2+)= mol·L−1× mL×10−3L·mL−1− mol·L−1× mL
×10−3 L·mL−1=×10−4 mol
25 mL溶液中：n(Al3+)=×10−3 mol
1 mol (1−x)Al2(SO4)3·xAl(OH)3中
n(Al3+)=(2−x)mol；n(SO42−)=3(1−x)mol
x=
【解析】
mL溶液中：n〔Al3+〕 = n〔EDTA〕−n〔Cu2+〕= mol·L−1× mL×10−3L·mL−1− mol·L−1× mL×10−3 L·mL−1=×10−4 mol
25 mL溶液中：n〔Al3+〕=×10−3 mol
3
1 mol 〔1-x〕Al2〔SO4〕3·xAl〔OH〕3中n〔Al3+〕=〔2-x〕mol；n〔SO42-〕=3〔1-x〕mol
==，解得x=。
考点定位：此题以碱式硫酸铝溶液的制备原理为背景，考查反响原理的理解、反响条件的控制和有关化学式的计算。
【试题点评】思路点拨：①向硫酸铝溶液中参加CaCO3生成碱式硫酸铝溶液，根据平衡移动原理进行分析，CaCO3的作用是调节pH促进Al3+水解，同时将SO42-转化为CaSO4沉淀；②理解溶液中的离子反响与实验滴定方法的定量计算，理清物质间的计量关系。
3．【2022北京卷】SCR和NSR技术可有效降低柴油发动机在空气过量条件下的NOx排放。
〔1〕SCR〔选择性催化复原〕工作原理：
① 尿素[CO(NH2)2]水溶液热分解为NH3和CO2，该反响的化学方程式：____________。
② 反响器中NH3复原NO2的化学方程式：____________。
③ 当燃油中含硫量较高时，尾气中SO2在O2作用下会形成(NH4)2SO4，使催化剂中毒。用化学方程式表示(NH4)2SO4的形成：________。
④ 尿素溶液浓度影响NO2的转化，测定溶液中尿素〔M=60 g·mol −1〕含量的方法如下：取a g尿素溶液，将所含氮完全转化为NH3，所得NH3用过量的v1 mL c1 mol·L−1 H2SO4溶液吸收完全，剩余H2SO4用v2 mL c2 mol·L−1 NaOH溶液恰好中和，那么尿素溶液中溶质的质量分数是________。
〔2〕NSR〔NOx储存复原〕工作原理：
NOx的储存和复原在不同时段交替进行，如图a所示。
① 通过BaO和Ba(NO3)2的相互转化实现NOx的储存和复原。储存NOx的物质是_________。
② 用H2模拟尾气中复原性气体研究了Ba(NO3)2的催化复原过程，该过程分两步进行，图b表示该过程相关物质浓度随时间的变化关系。第一步反响消耗的H2与Ba(NO3)2的物质的量之比是__________。
③ 复原过程中，有时会产生笑气〔N2O〕。用同位素示踪法研究发现笑气的产生与NO有关。在有氧条件下15NO与NH3以一定比例反响时，得到的笑气几乎都是15NNO。将该反响的化学方程式补充完整：_______□15NNO+□H2O
【答案】〔1〕①CO(NH2)2+H2OCO2+2NH3 ②8NH3+6NO27N2+12H2O
③2SO2+O2+4NH3+2H2O=2(NH4)2SO4
④
4
〔2〕①BaO
②8∶1
③415NO+4NH3+3O2415NNO+6H2O
mol·L−1 -v2 ×10-3L×c2 mol·L−1 ×=〔v1c1-v2c2〕×10-3mol，那么尿素的物质的量为〔v1c1-v2c2〕×10-3mol，尿素溶液中溶质的质量分数是[〔v1c1-v2c2〕×10-3mol×60g/mol]÷a g×100%=。〔2〕①由图示可知BaO和NOx作用生成Ba(NO3)2，Ba(NO3)2再复原为N2，那么储存NOx的物质是BaO。②由图示可知，第一步反响为H2与Ba(NO3)2作用生成NH3，每摩Ba(NO3)2作用生成NH3共转移16mol电子，根据电子守恒，参加反响的氢气的物质的量为16mol÷2=8mol，那么消耗的H2与Ba(NO3)2的物质的量之比是8:1。③反响物有15NO与NH3，结合产物中有水，可知还有另一反响物O2，反响中NH3是复原剂，15NO与O2是氧化剂，因含氮产物均为15NNO，那么15NO与NH3以1:1参加反响，结合电子守恒和原子守恒可得此反响的化学方程式为415NO+4NH3+3O2415NNO+6H2O。
【名师点睛】试题以SCR和NSR技术控制发动机的NOx排放为载体，重点考查化学方程式书写、化学计算、氧化复原反响电子转移的应用等知识，考查考生的读图能力、计算能力和对试题的综合分析能力。注意读图时要结合题目要求展开，如图a，问题中“NOx的储存和复原。储存…..〞，因此主要就是从图左到图右，BaO转变成Ba(NO3)2，Pt没有发生变化，所以BaO是储存NOx的试剂，而Pt没有变化那么可能是该储存过程中的催化剂。该题涉及到方程式的书写较多，尤其是氧化复原反响方程式的配平是解答的难点。注意利用好“守恒〞三原那么(即质量守恒、得失电子守恒、电荷守恒)，注意电子得失守恒的计算关系式，即n(氧化剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价－低价)＝n(复原剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价－低价)。
4．【2022天津卷】H2S和SO2会对环境和人体健康带来极大的危害，工业上采取多种方法减少这些有害气体的排放，答复以下方法中的问题。
Ⅰ．H2S的除去
方法1：生物脱H2S的原理为：H2S+Fe2(SO4)3 S↓+2FeSO4+H2SO4
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4FeSO4+ O2+2H2SO42Fe2(SO4)3 +2H2O
〔1〕硫杆菌存在时，FeSO4被氧化的速率是无菌时的5×105倍，该菌的作用是______________。
〔2〕由图3和图4判断使用硫杆菌的最正确条件为______________。假设反响温度过高，反响速率下降，其原因是______________。
方法2：在一定条件下，用H2O2氧化H2S
〔3〕随着参加反响的n(H2O2)/n(H2S)变化，氧化产物不同。当n(H2O2)/n(H2S)=4时，氧化产物的分子式为__________。
Ⅱ．SO2的除去
方法1〔双减法〕：用NaOH吸收SO2，并用CaO使NaOH再生
NaOH溶液Na2SO3溶液
〔4〕写出过程①的离子方程式：____________________________；CaO在水中存在如下转化：
CaO(s)+ H2O (l) Ca(OH)2(s)Ca2+(aq)+2OH−(aq)
从平衡移动的角度，简述过程②NaOH再生的原理____________________________________。
方法2：用氨水除去SO2
〔5〕25℃，NH3·H2O的Kb=×10−5，H2SO3的Ka1=×10−2，Ka2=×10−8。 mol·L−1，溶液中的c(OH−)=_________________ mol·L−1。将SO2通入该氨水中，当c(OH−)×10−7 mol·L−1时，溶液中的c()/c()=___________________。
【答案】〔1〕降低反响活化能〔或作催化剂〕〔2〕30 ℃、pH= 蛋白质变性〔或硫杆菌失去活性〕
〔3〕H2SO4〔4〕2OH−+SO2+H2O
与Ca2+生成CaSO3沉淀，平衡向正向移动，有NaOH生成 〔5〕×10−3
〔4〕过程①是NaOH与SO2的反响，反响的离子方程式为2OH−+SO2+H2O；根据CaO在水中的转化：CaO(s)+H2O(l) Ca(OH)2(s)Ca2+(aq)+2OH−(aq)，过程②中Na2SO3参加CaO后，与Ca2+生成CaSO3沉淀，平衡向正向移动，有NaOH生成。
〔5〕根据NH3·H2O的Kb=×10−5可知，=×10−5， mol·L−1时，溶液中的c(OH−)= c()==×10−3 mol·L−1。根据H2SO3的Ka2=×10−8可知，=×10−8，当c(OH−)×10−7 mol·L−1，那么c(H
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+)=×10−7 mol·L−1，溶液中的c()/c()=。
【名师点睛】此题以真实化学问题为载体，考查应用实践能力。从化学科学特点出发，牢牢把握化学的应用性，广泛联系实际创设化学应用情境，引领考生正确认识化学对社会开展和人类进步的巨大奉献，认识化学学科的价值。要求考生将根底化学、根本化学原理和方法运用到实际生产生活中，解释生活中相关的现象，解决工业生产的问题。题目中化学反响速率的影响因素，条件的选择，各种平衡常数的计算等为高频考点，掌握平衡的定量定性分析为解题的关键，注意平衡常数的应用。
5．【2022江苏卷】碱式氯化铜是重要的无机杀菌剂。
〔1〕碱式氯化铜有多种制备方法
①方法1： 45 ~ 50℃时，向CuCl悬浊液中持续通入空气得到Cu2(OH)2Cl2·3H2O，该反响的化学方程式为_________________________。
②方法2： 先制得CuCl2，再与石灰乳反响生成碱式氯化铜。Cu与稀盐酸在持续通入空气的条件下反响生成CuCl2，Fe3+对该反响有催化作用，其催化原理如下图。M'的化学式为______。
〔2〕碱式氯化铜有多种组成，可表示为Cua(OH)bClc·xH2O。为测定某碱式氯化铜的组成，进行以下实验：① g， mL溶液A；② mL溶液A，参加足量AgNO3溶液，得AgCl g；③ mL溶液A，调节pH 4 ~ 5， mol·L−1的EDTA(Na2H2Y·2H2O)标准溶液滴定Cu2+ (离子方程式为Cu2++ H2Y2−CuY2−+2H+)，滴定至终点， mL。通过计算确定该样品的化学式(写出计算过程)。
【答案】〔1〕①4CuCl + O2+ 8H2O2Cu2(OH)2Cl2·3H2O ②Fe2+
〔2〕n(Cl−)=n(AgCl)×==×10−3mol
n(Cu2+)=n(EDTA)×
= mol·L−1× mL×10−3 L·mL−1×=×10−3 mol
n(OH−)=2n(Cu2+)−n(Cl−)=2××10−3 mol－×10−3 mol=×10−2 mol
m(Cl−)=×10−3 mol× g· mol −1 = g
m(Cu2+)=×10−3 mol×64 g· mol −1 = g
m(OH−)=×10−2 mol×17 g· mol −1 = g
n(H2O)==×10−3 mol
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a∶b∶c∶x = n(Cu2+)∶n(OH−)∶n(Cl−)∶n(H2O)=2∶3∶1∶1
化学式为Cu2(OH)3Cl·H2O
〔2〕由实验②可以求出该样品中所含Cl−的物质的量，由氯离子守恒得：
n(Cl−)=n(AgCl)×==×10−3mol
由实验③结合反响信息Cu2++ H2Y2−CuY2−+2H+，可以求出样品中所含Cu元素的物质的量：
n(Cu2+)=n(EDTA)×
= mol·L−1× mL×10−3 L·mL−1×=×10−3 mol
再由化合物中电荷守恒得：
n(OH−)=2n(Cu2+)−n(Cl−)=2××10−3 mol－×10−3 mol=×10−2 mol
分别求出这3种离子的质量，根据质量守恒，求出H2O的质量：
m(Cl−)=×10−3 mol× g· mol −1 = g
m(Cu2+)=×10−3 mol×64 g· mol −1 = g
m(OH−)=×10−2 mol×17 g· mol −1 = g
再求出结晶水的物质的量：
n(H2O)==×10−3 mol
最后求出各粒子的个数之比，写出化学式：
因为a∶b∶c∶x = n(Cu2+)∶n(OH−)∶n(Cl−)∶n(H2O)=2∶3∶1∶1 ，所以该样品的化学式为Cu2(OH)3Cl·H2O。
【名师点睛】此题重点考查学生对化学反响中物质间转化的计量关系、反响条件的定量控制及化学反响原理的理解和应用水平，考查学生运用实验数据和结果进行化学计算的能力，也考查了学生获取信息的能力和分析推理的能力。解题的关键有：①分析反响前后元素的化合价变化情况，明确反响中的定量关系。②体验从定量的角度控制反响的根本条件的方法。③理解溶液中的离子反响与实验滴定方法的定量计算，理清物质间的计量关系。④综合运用电荷守恒和质量守恒，理清思路，做到步骤清晰、细心运算。
6．【2022浙江卷】Ⅰ．化合物Mg5Al3(OH)19(H2O)4可作环保型阻燃材料，受热时按如下化学方程式分解：
2Mg5Al3(OH)19(H2O)427H2O↑+10MgO+3Al2O3
〔1〕写出该化合物作阻燃剂的两条依据____________。
〔2〕用离子方程式表示除去固体产物中Al2O3的原理________。
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〔3〕MgO可溶于NH4Cl的水溶液，用化学方程式表示其原理____________。
Ⅱ．磁性材料A是由两种元素组成的化合物，某研究小组按如图流程探究其组成：
请答复：
〔1〕A的组成元素为_________〔用元素符号表示〕，化学式为______。
〔2〕溶液C可溶解铜片，例举该反响的一个实际应用____________。
〔3〕化合物A能与稀硫酸反响，生成一种淡黄色不溶物和一种气体〔 g·L-1〕，该气体分子的电子式为____。写出该反响的离子方程式_____。
〔4〕写出F→G反响的化学方程式_____________。设计实验方案探究溶液G中的主要微粒〔不考虑H2O、H+、K+、I-〕______________。
【答案】Ⅰ.〔1〕反响吸热降低温度，固体氧化物隔绝空气，水蒸气稀释空气
〔2〕Al2O3 +2OH−2AlO2−+H2O
〔3〕MgO+2NH4Cl+H2OMgCl2+2NH3·H2O或NH4Cl+H2ONH3·H2O+HCl，
MgO+2HCl MgCl2+H2O
Ⅱ．〔1〕S、Fe Fe3S4
〔2〕制印刷电路板
〔3〕Fe3S4+6H+3H2S↑+3Fe2++S
〔4〕H2SO3+I2+H2O H2SO4+2HI
取溶液G，参加过量BaCl2溶液，假设产生白色沉淀，那么有SO42−；过滤后取滤液，滴加H2O2溶液，假设再产生白色沉淀，那么有H2SO3。
【解析】
MgO+2HCl MgCl2+H2O。Ⅱ．〔1〕红棕色固体B为氧化铁，与盐酸反响后生成黄色溶液C为氯化铁，氯化铁与硫氰化钾溶液反响显血红色，D为硫氰化铁。无色气体溶于水后为酸性，与碘反响后生成无色溶液，酸性变强，说明原酸为弱酸，且具有复原性，为亚硫酸，那么无色气体为二氧化硫。那么原化合物中含有铁和硫元素。，=，，那么铁的质量为
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×56=，-=，=，:=3:4，那么化学式为：Fe3S4。〔2〕溶液C为氯化铁，可以溶解铜，用来制印刷电路板。〔3〕化合物A与硫酸反响生成淡黄色不溶物为硫，和一种气体，×=，那么为硫化氢。硫化氢的电子式为，该反响生成硫酸亚铁和硫和硫化氢，方程式为：Fe3S4+6H+3H2S↑+3Fe2++S。〔4〕亚硫酸和碘单质反响生成硫酸和氢碘酸，方程式为：H2SO3+I2+H2O H2SO4+2HI；溶液G中主要含有硫酸根离子，或许有未反响完的亚硫酸分子，硫酸根离子用钡盐检验，亚硫酸可以用氧化剂氧化成硫酸根再检验，具体操作方法为：取溶液G，参加过量BaCl2溶液，假设产生白色沉淀，那么有SO42−，过滤后取滤液，滴加H2O2溶液，假设产生白色沉淀，那么有H2SO3。
【考点定位】无机推断，离子检验，物质组成确实定。
【名师点睛】无机推断题要抓住突破口，例如物质的颜色，红棕色固体为氧化铁，黑色的固体为碳、二氧化锰，氧化亚铁、氧化铜等。黄色溶液为含铁离子的溶液，浅绿色溶液为含亚铁离子的溶液，蓝色溶液为含铜离子的溶液，紫色为含高锰酸根离子的溶液或苯酚遇到氯化铁的颜色。血红色或红色为硫氰化铁溶液。黄绿色气体为氯气。结合颜色确定成分，进而分析其他物质。掌握常见离子的检验方法。此题难度适中。
7．【2022新课标1卷】元素铬(Cr)在溶液中主要以Cr3+(蓝紫色)、Cr(OH)4−(绿色)、Cr2O72−(橙红色)、CrO42−(黄色)等形式存在，Cr(OH)3为难溶于水的灰蓝色固体，答复以下问题：
〔1〕Cr3+与Al3+的化学性质相似。在Cr2(SO4)3溶液中逐滴参加NaOH溶液直至过量，可观察到的现象是_________。
【答案】〔1〕蓝紫色溶液变浅，同时有灰蓝色沉淀生成，然后沉淀逐渐溶解形成绿色溶液；
8．【2022新课标2卷】某班同学用如下实验探究Fe2+、Fe3+的性质。答复以下问题：
〔1〕分别取一定量氯化铁、氯化亚铁固体，．在FeCl2溶液中需参加少量铁屑，其目的是________。
〔2〕甲组同学取2mL FeCl2溶液，参加几滴氯水，再参加1滴KSCN溶液，溶液变红，说明Cl2可将Fe2+氧化。FeCl2溶液与氯水反响的离子方程式为_______。
〔3〕乙组同学认为甲组的实验不够严谨，，再于液面下依次参加几滴氯水和l滴KSCN溶液，溶液变红，煤油的作用是______。
〔4〕丙组同学取10 ，。分别取2mL此溶液于3 支试管中进行如下实验：
①第一支试管中参加1mLCCl4充分振荡、静置，CCl4层呈紫色；
②第二只试管中参加1滴K3[Fe(CN)6] 溶液，生成蓝色沉淀：
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③第三支试管中参加1滴KSCN溶液，溶液变红。
实验②检验的离子是_____〔填离子符号〕；实验①和③说明：在I- 过量的情况下，溶液中仍含有______〔填离子符号〕，由此可以证明该氧化复原反响为______。
〔5〕丁组同学向盛有H2O2溶液的试管中参加几滴酸化的FeCl3溶液，溶液变成棕黄色，发生反响的离子方程式为________；一段时间后．溶液中有气泡出现，并放热，随后有红褐色沉淀生成。产生气泡的原因是______；生成沉淀的原因是______〔用平衡移动原理解释〕。
【答案】(1)防止Fe2+被氧化〔2〕2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-
〔3〕隔绝空气〔排除氧气对实验的影响〕
〔4〕Fe2+；Fe3+；可逆反响
(5)H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O，Fe3+催化H2O2分解产生O2；
H2O2分解反响放热，促进Fe3+的水解平衡正向移动。
【解析】
〔5〕H2O2溶液中参加几滴酸化的FeCl3溶液，溶液变成棕黄色，发生反响的离子方程式为H2O2+2Fe2++2H+= 2Fe3++ 2H2O，铁离子的溶液呈棕黄色；一段时间后．溶液中有气泡出现，并放热。随后有红褐色沉淀生成，产生气泡的原因是H2O2分解放出氧气，而反响放热，促进Fe3+的水解平衡正向移动。
【考点定位】考查铁离子和亚铁离子的性质，离子的检验，H2O2的性质，盐类的水解等知识。
【名师点睛】此题以常见的铁离子和亚铁离子的性质、H2O2的性质为根底，考查了探究实验方案的设计与评价，学生读题不会感到陌生，有利于考查学生的根底知识，涉及铁离子和亚铁离子的性质，离子的检验，H2O2的性质，盐类的水解等知识。①人们常用KSCN溶液检验Fe3+的存在，假设向溶液中参加几滴KSCN溶液，溶液呈血红色，那么该溶液中含义Fe3+；②人们常用K3[Fe(CN)6] 溶液检验Fe2+的存在，假设向溶液中参加几滴K3[Fe(CN)6] 溶液，生成蓝色沉淀，那么该溶液中含义Fe2+。
9．【2022北京卷】用零价铁〔Fe〕去除水体中的硝酸盐〔NO3-〕已成为环境修复研究的热点之一。
〔1〕Fe复原水体中NO3-的反响原理如下图。
①作负极的物质是________。
②正极的电极反响式是_________。
〔2〕将足量铁粉投入水体中，经24小时测定NO3—的去除率和pH，结果如下：
初始pH
pH=
pH=
NO3—的去除率
接近100%
＜50%
24小时pH
接近中性
接近中性