2019-2020年高考化学二轮复习 考点研习训练 1-8 化学与技术.doc

2019-2020年高考化学二轮复习 考点研习训练 1-8 化学与技术1(xx年高考上海卷)下列关于硫酸工业生产过程的叙述错误的是()A在接触室中使用铁粉作催化剂B在接触室中运用热交换技术可充分利用能源C把硫铁矿磨成细粉末，可以提高原料的利用率D该反应采用450500 主要是因为该温度下催化剂活性好解析：硫酸工业生产过程中，接触室中发生的反应为2SO2O22SO3，所用催化剂为V2O5。答案：A2(xx年运城质检)下列对工业生产的应用或解释正确的是()A通过提高烟囱的高度可减少污染气体的排放量B电解Al2O3过程中加入冰晶石(Na3AlF6)，可降低Al2O3的熔融温度C接触法制硫酸工业中，常常采用加压来提高SO2的转化率D氯碱工业中，电解池两电极材料必须都要用耐腐蚀的导电材料解析：提高烟囱的高度不能减少污染气体的排放量，A不正确；B正确；SO2转化为SO3的催化氧化反应中，在常压下SO2的转化率已经很高，不需要加压，C不正确；氯碱工业中的电解池，阴极是用碳钢网制成的，D不正确。答案：B3(xx年高考新课标全国卷)水是一种重要的自然资源，是人类赖以生存不可缺少的物质。水质优劣直接影响人体健康。请回答下列问题：(1)天然水中溶解的气体主要有_、_；(2)天然水在净化处理过程中加入的混凝剂可以是_(填其中任何两种)，其净水作用的原理是_；(3)水的净化与软化的区别是_；(4)硬度为1的水是指每升水含10 mg CaO或与之相当的物质(如7.1 mg MgO)。若某天然水中c(Ca2)1.2103 molL1，c(Mg2)6104 molL1，则此水的硬度为_；(5)若(4)中的天然水还含有c(HCO)8104 mol L1，现要软化10 m3这种天然水，则需先加入Ca(OH)2_g，后加入Na2CO3_g。解析：(1)天然水中溶解的气体主要是空气中的主要成分，如氧气、氮气、二氧化碳等。(2)天然水中含有一些悬浮物，除去的方法通常是在水中加入一些混凝剂，如明矾、硫酸铝、硫酸铁、硫酸亚铁等盐，它们的净水原理是相同的，都是金属阳离子如Al3、Fe3在水中发生水解反应生成相应的氢氧化物胶体，它们可吸附天然水中的悬浮物并破坏天然水中的其他带异种电荷的胶体微粒，使其发生聚沉，达到净化水的目的。(3)水的净化指的是用混凝剂将水中的悬浮物、胶体微粒沉淀下来，不能把水中溶解的盐除去；水的软化是指用化学试剂或者利用离子交换膜等方法将水中溶解的钙离子、镁离子除去。(4)m(CaO)1.2103molL11 L56 gmol167.2103g，由钙离子引起的水的硬度为6.7；由镁离子引起的硬度为：m(MgO)6104 molL11 L40 gmol124103g，由镁离子引起的硬度为：247.13.3，总硬度为10。(5)n(HCO)8104 molL110 000 L8 mol，将其转化为CO需要氢氧化钙的物质的量为4mol，沉淀水中的镁离子需要氢氧化钙的物质的量为nCa(OH)2n(Mg2)6104molL110 000 L6 mol，共需加入Ca(OH)2的质量为：10 mol74 g mol1740 g；n(Ca2)1.2103 molL110 000 L10 mol22 mol，将其完全转化为沉淀需要的碳酸根离子的总量为：n(CO)22 mol，需加入n(Na2CO3)22 mol8 mol14 mol，m(Na2CO3)14 mol106 gmol11 484 g。答案：(1)氧气二氧化碳(或氮气)(2)明矾、硫酸铁金属阳离子如Al3、Fe3在水中发生水解反应，生成相应的氢氧化物胶体，它们可吸附天然水中的悬浮物并破坏天然水中的其他带异种电荷的胶体微粒，使其发生聚沉，达到净化水的目的(3)水的净化指的是用混凝剂将水中的悬浮物、胶体微粒沉淀下来；水的软化是指用化学试剂或者利用离子交换膜等方法将水中溶解的钙离子、镁离子除去(4)10(5)7401 4844(xx年高考浙江卷)铝生产产业链由铝土矿开采、氧化铝制取、铝的冶炼和铝材加工等环节构成。请回答下列问题：(1)工业上采用电解氧化铝冰晶石(Na3AlF6)熔融体的方法冶炼得到金属铝：2Al2O34Al3O2加入冰晶石的作用：_。(2)上述工艺所得铝材中往往含有少量Fe和Si等杂质，可用电解方法进一步提纯，该电解池中阳极的电极反应式为_，下列可作阴极材料的是_。A铝材 B石墨C铅板 D纯铝(3)阳极氧化能使金属表面生成致密的氧化膜。以稀硫酸为电解液，阳极铝发生的电极反应式为_。(4)在阳极铝氧化过程中，需要不断地调整电压，理由是_。(5)下列说法正确的是_。A阳极氧化是应用原电池原理进行金属材料表面处理的技术 B阳极铝的氧化可增强铝表面的绝缘性能C阳极铝的氧化可提高金属铝及其合金的耐腐蚀性，但耐磨性下降D阳极铝的氧化膜富有多孔性，具有很强的吸附性能，能吸附染料而呈各种颜色解析：(1)由于Al2O3熔点很高，加入冰晶石可以降低Al2O3的熔点，作助熔剂。 (2)在电解池中阳极发生氧化反应，金属失去电子，电极反应式为Al3e=Al3，电解精炼铝应以纯铝作阴极材料。(3)根据阳极发生氧化反应可以得到电极反应式为：2Al3H2O6e=Al2O36H。(4)阳极铝生成氧化物薄膜后会使电阻增大，为了保持稳定的电流，需要随电阻增大而不断增大电压。(5)阳极氧化应用的是电解原理，A项错误；由于氧化物的生成可以增强铝表面的绝缘性，B项正确；铝的阳极氧化可以提高铝及铝合金的耐腐蚀性，但耐磨性不下降，C项错误；氧化铝具有不同的晶型，其中的Al2O3具有多孔性、强吸附性和催化活性，可做吸附剂和催化剂，D项正确。答案：(1)主要是降低Al2O3熔化温度(2)Al3e=Al3D(3)2Al3H2O6e=Al2O36H(4)阳极铝表面不断生成氧化物，电阻增大，为了保持稳定的电流，需要不断增大电压(5)BD5(创新预测)硫酸工业在国民经济中占有极其重要的地位。(1)硫酸的最大消费渠道是化肥工业，用硫酸制造的常见化肥有_(任写一种)。(2)硫酸生产中，根据化学平衡原理来确定的条件或措施有_(填写序号)。A矿石加入沸腾炉之前先粉碎B使用V2O5作催化剂C转化器中使用适宜的温度D净化后的炉气中要有过量的空气E催化氧化在常压下进行F吸收塔中用98.3%的浓硫酸吸收SO3(3)在硫酸工业中，通过下列反应使二氧化硫转化为三氧化硫：2SO2(g)O2(g) 2SO3(g)；H196.6 kJmol1在实际工业生产中，常采用“二转二吸法”，即将第一次转化生成的SO2分离后，将未转化的SO2进行二次转化，假若两次SO2的转化率均为95%，则最终SO2的转化率为_。(4)硫酸的工业制法过程涉及三个主要的化学反应及相应的设备(沸腾炉、转化器、吸收塔)。三个设备分别使反应物之间或冷热气体间进行了“对流”。请简单描述吸收塔中反应物之间是怎样对流的。_。工业生产中常用氨酸法进行尾气脱硫，以达到消除污染、废物利用的目的。用化学方程式表示其反应原理。(只写出2个方程式即可)_。解析：(2)根据化学平衡原理来确定的条件改变是D项(增大反应物浓度，使平衡正向移动)。根据化学平衡原理，降温有利于平衡正向移动，保持适宜温度是为了使催化剂效率最高。(3)转化率为95%(195%)95%99.75%。(4)注意SO2用NH3吸收后再用H2SO4处理，可得相应化肥。SO2可以再次循环利用。答案：(1)硫酸铵(或硫酸钾或过磷酸钙等)(2)D(3)99.75%(4)SO3从吸收塔底部进入，吸收剂(浓硫酸)从顶部下淋，形成对流SO2NH3H2O=NH4HSO3；2NH4HSO3H2SO4=(NH4)2SO42H2O2SO2或SO22NH3H2O=(NH4)2SO3；(NH4)2SO3H2SO4=(NH4)2SO4H2OSO21(xx年高考新课标全国卷)普通纸张的主要成分是纤维素。在早期的纸张生产中，常采用纸张表面涂敷明矾的工艺，以填补其表面的微孔，防止墨迹扩散。请回答下列问题：(1)人们发现纸张会发生酸性腐蚀而变脆、破损，严重威胁纸质文物的保存。经分析检验，发现酸性腐蚀主要与造纸中涂敷明矾的工艺有关，其中的化学原理是_；为了防止纸张的酸性腐蚀，可在纸浆中加入碳酸钙等添加剂，该工艺原理的化学(离子)方程式为_。(2)为了保护这些纸张文物，有人建议采取下列措施：喷洒碱性溶液，如稀氢氧化钠溶液或氨水等。这样操作产生的主要问题是_；喷洒Zn(C2H5)2。Zn(C2H5)2可以与水反应生成氧化锌和乙烷。用化学(离子)方程式表示该方法生成氧化锌及防止酸性腐蚀的原理_、_。(3)现代造纸工艺常用钛白粉(TiO2)替代明矾。钛白粉的一种工业制法是以钛铁矿(主要成分为FeTiO3)为原料按下列过程进行的，请完成下列化学方程式：解析：(1)明矾中的Al3水解使溶液显酸性，在酸性条件下纤维素水解；碳酸钙可与H反应，从而防止纸张的酸性腐蚀。(2)纸张中的主要成分是纤维素，过量的碱同样可能会导致纤维素发生水解而被腐蚀。根据题给信息的描述，反应方程式为Zn(C2H5)2H2O=ZnO2C2H6，ZnO2H=Zn2H2O。(3)第个方程式用化合价升降法配平，FeTiO3中铁元素化合价为2价，钛元素化合价为4价，2FeTiO36C7Cl22TiCl42FeCl36CO；第个方程式通过观察法就可以得出答案，TiCl4O2TiO22Cl2。答案：(1)明矾水解产生酸性环境，在酸性条件下纤维素水解，使高分子链断裂CaCO32H=Ca2CO2H2O(2)过量的碱同样可能会导致纤维素水解，造成书籍污损 Zn(C2H5)2H2O=ZnO2C2H6ZnO2H=Zn2H2O(3)26722611122(xx年高考浙江卷)(1)氯碱工业是利用电解食盐水生产_为基础的工业体系。(2)电解前，为除去食盐水中的Mg2、Ca2、SO等杂质离子，下列加入顺序合理的是_。A碳酸钠、氢氧化钠、氯化钡B碳酸钠、氯化钡、氢氧化钠C氢氧化钠、碳酸钠、氯化钡D氯化钡、氢氧化钠、碳酸钠(3)“盐泥”是粗盐提纯及电解食盐水过程中形成的工业“废料”。某工厂的盐泥组成如下：成分NaClMg(OH)2CaCO3BaSO4其他不溶于酸的物质质量分数(%)1520152051030401015为了生产七水硫酸镁，设计了以下工艺流程：装置1中加入的酸应选用_，加入的酸应适当过量，控制pH为5左右，反应温度在50 左右。持续搅拌使之充分反应，以使Mg(OH)2充分溶解并转化为MgSO4，在此过程中同时生成CaSO4。其中碳酸钙可以转化为硫酸钙的原因是_。装置2中滤渣的主要成分为_。装置3中通入高温水蒸汽并控制温度在100110 ，蒸发结晶，此时析出的晶体主要是_。用装置6(真空干燥器)干燥七水硫酸镁晶体的理由是_。解析：(1)电解饱和食盐水可得到氯气、烧碱和氢气三种物质。(2)除去旧杂质，不能添进新杂质。除去Mg2选择NaOH，除去SO选择BaCl2，除去Ca2选择Na2CO3，Na2CO3不仅除去Ca2，同时除去多余的Ba2，因此除杂时必须先加BaCl2，后加Na2CO3，故选D项。(3)为了生产七水硫酸镁，根据“盐泥”的有效成分为Mg(OH)2，可知装置1中加入的酸只能是稀硫酸。向“盐泥”中加入稀硫酸，存在平衡：CaCO3H2SO4CaSO4H2CO3，H2CO3不稳定，受热、搅拌易分解，因此降低c(H2CO3)，使上述平衡右移，最终CaCO3可转化为CaSO4。由“盐泥”的成分及反应过程可知， 装置2中滤渣的主要成分由生成的CaSO4及原有的BaSO4、其他不溶于酸的物质组成。进入装置3的溶液中溶质主要为NaCl和MgSO4，因最后得到MgSO47H2O，故装置3中析出的晶体只能为NaCl。MgSO47H2O受热易失去结晶水，真空干燥可保证低温蒸发水分，而不影响结晶水。答案：氯气、烧碱、氢气(只写出氯气、烧碱也可)D(稀)硫酸搅拌过程中CO2不断逸出，使平衡CaCO3H2SO4CaSO4H2CO3不断向右移动 CaSO4、BaSO4、其他不溶于酸的物质氯化钠防止失去结晶水3(xx年宁波模拟)晶体硅是信息科学和能源科学的一种重要材料，可用作制芯片和太阳能电池等。下列流程图是工业上制取纯硅的一种方法：请回答下列问题：(各元素用相应的元素符号表示)(1)在上述生产过程中，属于置换反应的有_(填反应的代号“”)。(2)A、B、C三种气体，在上述生产过程中可循环利用的是_；在“节能减排”中作为减排目标的一种气体是_。(3)化合物甲的用途很广，有些已应用于高、精、尖科技领域。通常可作建筑工业和造纸工业上的黏合剂，可作肥皂的填料，是天然水的软化剂。将石英砂和纯碱按一定比例混合加热至1 3731 623 K反应生成化合物甲，其化学方程式为_。(4)利用反应能制得纯硅的原因是_。(5)已知反应中产物的总能量比反应物的总能量低，则在密闭容器内反应建立平衡，改变下列的一个条件，气体B的物质的量增大的是_。a缩小容器的容积b降低反应体系的温度c加入少量NaOH固体(生成物在此温度下不分解)d加入少量催化性能更好的催化剂(6)金属镍(Ni)与气体A能形成常温下为液态的Ni(A)4、利用Ni(A)4的生成与分解可以制得纯度很高的纳米镍，写出Ni(A)4在423 K分解的化学方程式_。解析：根据工业上粗硅的制备和提纯原理，结合题目给出的流程图，可以写出各步的反应方程式：反应：SiO22CSi(粗硅)2CO反应：Si(粗硅)3HClSiHCl3H2反应：SiHCl3H2Si(纯硅)3HCl反应：COH2OCO2H2；(1)从上述反应的形式看，属于置换反应的有反应、。(2)气体A为CO，气体B为CO2，气体C为HCl，根据上述反应的化学方程式和流程图可以得出循环使用的气体是HCl、CO和H2；CO2气体能够引起温室效应，因此是减排的气体之一。(3)根据化合物甲的用途可以初步判断其为Na2SiO3，结合其制备是用石英砂和纯碱在高温下反应，进一步确定化合物甲为Na2SiO3。制备的方程式为SiO2Na2CO3Na2SiO3CO2。(4)反应为SiHCl3H2Si(纯硅)3HCl，而SiHCl3的沸点只有31.5 ，其在1 357 K时为气体。在此反应体系中只有Si为固体，其余的三种物质均为气体，使得此反应得以发生。(5)产物的总能量比反应物的总能量低说明此反应为放热反应，a项由于此反应反应前后气体体积不变，因此缩小容器体积，对此平衡无影响；b项降低反应体系的温度，将使化学平衡正向移动，从而使CO2的量增加；c项加入少量的NaOH固体，虽然由于NaOH与CO2反应使化学平衡向右移动。但是CO2的量在减少；d项使用催化剂不能影响化学平衡。答案：(1)、(2)CO、HCl、H2CO2(3)SiO2Na2CO3Na2SiO3CO2(4)反应体系中只有Si是固体，其他物质在1 357 K下均为气体且在Si中不溶解(5)b(6)Ni(CO)4Ni4CO4(xx年武汉模拟)(1)天然水中含有细菌，其主要成分是蛋白质，指出两种家庭中能杀灭水中细菌的简单方法_、_；(2)现有一杯具有永久硬度的水，其中主要含有MgCl2、CaCl2。利用下列试剂中的一部分或全部，设计软化该水的实验方案；试剂：Ca(OH)2溶液；NaOH溶液；饱和Na2CO3溶液；肥皂水。实验方案：(填写下表)实验步骤现象离子方程式向硬水中加入Ca(OH)2溶液，直到_为止。继续向溶液中加入_溶液，直到不再产生沉淀为止。将上述混合物_(填操作)。(3)利用海水得到淡水的方法有蒸馏法、电渗析法等。电渗析法是近年来发展起来的一种较好的海水淡化技术，其原理如图所示。a接电源的_极，口排出的是_(填“淡水”或“海水”)；(4)在(3)中某口排出的浓海水中溴元素的质量分数为a%，现用氯气将其中的溴离子氧化为溴单质，则处理1 000 t该浓海水需标准状况下的氯气的体积为_m3。解析：本题主要考查硬水的软化问题。(1)家庭中通常采用使蛋白质变性的方法杀灭水中的细菌。(2)硬水中含有Ca2、Mg2，先加Ca(OH)2溶液使Mg2沉淀，再加饱和Na2CO3溶液使Ca2沉淀，最后通过过滤除去沉淀物。(3)电解池的阴极与电源的负极相连，阳极室发生反应2Cl2e=Cl2，Cl减少，Na向阴极室移动，口排出淡水。(4)海水中的溴元素以Br形式存在，由Cl22Br可知，需标况下的氯气的体积为22.41 400a103(L)1 400a(m3)。答案：(1)加热加消毒剂(或紫外线消毒等)(2)实验步骤现象离子方程式不再产生沉淀白色沉淀Mg22OH= Mg(OH)2饱和Na2CO3白色沉淀Ca2CO=CaCO3过滤(3)负淡水(4)1 400a5(xx年高考天津卷)信息时代产生的大量电子垃圾对环境构成了极大的威胁。某“变废为宝”学生探究小组将一批废弃的线路板简单处理后，得到含70%Cu、25%Al、4%Fe及少量Au、Pt等金属的混合物，并设计出如下制备硫酸铜和硫酸铝晶体的路线：请回答下列问题： (1)第步Cu与酸反应的离子方程式为_；得到滤渣1的主要成分为_。(2)第步加H2O2的作用是_，使用H2O2的优点是_；调溶液pH的目的是使_生成沉淀。(3)用第步所得CuSO45H2O制备无水CuSO4的方法是_。(4)由滤渣2制取Al2(SO4)318H2O，探究小组设计了三种方案：上述三种方案中，_方案不可行，原因是_；从原子利用率角度考虑，_方案更合理。(5)探究小组用滴定法测定CuSO45H2O(Mr250)含量。取a g试样配成100 mL溶液，每次取20.00 mL，消除干扰离子后，用c molL1EDTA(H2Y2)标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA溶液b mL。滴定反应如下：Cu2H2Y2=CuY22H写出计算CuSO45H2O质量分数的表达式w_；下列操作会导致CuSO45H2O含量的测定结果偏高的是_。a未干燥锥形瓶b滴定终点时滴定管尖嘴中产生气泡c未除净可与EDTA反应的干扰离子解析：根据制备路线可知，Cu、Al、Fe、Au、Pt的混合物中加入稀H2SO4、浓硝酸，则可以将Cu、Al、Fe溶解，Au、Pt不溶解，所以滤渣1的主要成分为Au、Pt，滤液1中含有Cu、Fe、Al的离子。根据滤液2和CuSO45H2O可知，滤液2为CuSO4溶液，滤渣2中含有Fe(OH)3和Al(OH)3。(1)第步中Cu与酸发生的反应为Cu与浓硝酸的反应：Cu4H2NO=Cu22NO22H2O或浓硝酸与稀硫酸的混合过程中硝酸变稀，发生的反应也可能为3Cu8H2NO=3Cu22NO4H2O。根据分析可知滤渣1的主要成分为Pt、Au。(2)第步操作中加H2O2的目的是将Fe2转化为Fe3，从而将Fe3转化为沉淀除去，防止对CuSO4晶体的制备产生干扰。H2O2的优点是：还原产物为H2O，不引入杂质，同时对环境没有污染。调节pH的目的是将Fe3和Al3转化为沉淀而除去。(3)用CuSO45H2O制备无水CuSO4，只要除去结晶水即可。在加热过程中CuSO4发生水解，但是因为硫酸不挥发，所以最终得到的仍然是CuSO4，所以只要加热脱水即可。(4)甲中制备的Al2(SO4)3晶体中含有Fe3。乙、丙两种方案中，乙方案的原子利用率更高。(5)根据题意可知，Cu2H2Y2，发生反应的EDTA的物质的量为c molL1b/1 000 L，所以20 mL该溶液中含有的CuSO4的物质的量为c molL1b/1 000 L，样品中含有的CuSO45H2O的质量为(c molL1b/1 000 L250 gmol15)，所以CuSO45H2O的质量分数为100%。根据CuSO45H2O的质量分数表达式可知，未干燥锥形瓶，对CuSO4的物质的量的测定无影响，所以a无影响；滴定终点时滴定管的尖嘴部分产生气泡，则实际消耗的EDTA溶液的体积比读出来的数值大，即b值偏小，所以CuSO45H2O含量偏低；若未除净可与EDTA反应的离子，则消耗的EDTA溶液的体积偏大，即b值偏大，CuSO45H2O的含量偏高，c项正确。答案：(1)Cu4H2NOCu22NO22H2O或3Cu8H2NO3Cu22NO4H2OAu、Pt(2)将Fe2氧化为Fe3不引入杂质，对环境无污染Fe3、Al3(3)加热脱水(4)甲所得产品中含有较多Fe2(SO4)3杂质乙 (6)100%c6(xx年高考广东卷)由熔盐电解法获得的粗铝含一定量的金属钠和氢气，这些杂质可采用吹气精炼法除去，产生的尾气经处理后可用于钢材镀铝。工艺流程如下： (注：NaCl熔点为801 ；AlCl3在181 升华)(1)精炼前，需清除坩埚表面的氧化铁和石英砂，防止精炼时它们分别与铝发生置换反应产生新的杂质，相关的化学方程式为_和_。(2)将Cl2连续通入坩埚中的粗铝熔体，杂质随气泡上浮除去。气泡的主要成分除Cl2外还含有_；固态杂质粘附于气泡上，在熔体表面形成浮渣，浮渣中肯定存在_。(3)在用废碱液处理气体A的过程中，所发生反应的离子方程式为_。(4)镀铝电解池中，金属铝为_极。熔融盐电镀液中铝元素和氯元素主要以AlCl和Al2Cl形式存在，铝电极的主要电极反应式为_。(5)钢材镀铝后，表面形成的致密氧化铝膜能防止钢材腐蚀，其原因是_。解析：(1)坩埚表面的氧化铁和石英砂分别与铝发生置换反应：Fe2O32Al高温,2FeAl2O3,3SiO24Al高温,3Si2Al2O3。(2)粗铝中含有H2，则与Cl2反应生成HCl，则气泡中含有HCl，同时Al与Cl2反应生成AlCl3，由于AlCl3在181 升华，气泡中还含有AlCl3。有Na存在，其与Cl2反应生成NaCl，NaCl熔点高于700 ，存在于浮渣中。(3)尾气经冷凝后气体A含有Cl2和HCl，用碱液吸收的离子方程式为Cl22OH=ClClOH2O，OHH=H2O。(4)在电镀池中，镀件作阴极，金属铝作阳极，电极反应式为Al4Cl3e=AlCl，2Al7Cl6e=Al2Cl。(5)致密的氧化铝膜能防止钢材腐蚀是因为氧化铝膜能隔绝空气，阻止Fe与O2反应。答案：(1)Fe2O32Al高温,2FeAl2O33SiO24Al高温,3Si2Al2O3(2)HCl、AlCl3NaCl(3)Cl22OH=ClClOH2O，HOH=H2O(4)阳Al4Cl3e=AlCl，2Al7Cl6e=Al2Cl(5)氧化铝膜能隔绝空气，阻碍钢铁被腐蚀7随着能源问题的进一步突出，利用热化学循环制氢的研究受到许多发达国家的青睐。最近的研究发现，复合氧化物铁酸锰(MnFe2O4)也可以用于热化学循环分解水制氢，MnFe2O4的制备流程如下：(1)原料Fe(NO3)n中n_，投入原料Fe(NO3)n和Mn(NO3)2的物质的量之比应为_。(2)步骤二中“连续搅拌”的目的是_；步骤三中洗涤干净的标准是_。(3)利用MnFe2O4热化学循环制氢的反应可表示为： MnFe2O4MnFe2O4xO2MnFe2O4xxH2O=MnFe2O4xH2请认真分析上述两个反应并回答下列问题：若MnFe2O4x中x0.8，则MnFe2O4x中Fe2占全部铁元素的百分率为_。该热化学循环制氢的优点有(答两点即可)_。该热化学循环法制氢尚有不足之处，进一步改进的研究方向是_。解析：(1)MnFe2O4中Fe为3价，故Fe(NO3)n中Fe也为3价，则n3。MnFe2O4中n(Mn2)n(Fe3)12，故投入原料Fe(NO3)3和Mn(NO3)2的物质的量之比为21。(2)搅拌的目的是使反应物充分混合接触，充分反应，沉淀完全；当洗涤液呈中性时已将OH洗净，证明沉淀已洗涤干净。(3)当x0.8时，设Fe2与Fe3分别为a和b。由正负化合价总数相等：解得：a1.6b0.4n(Fe2)%100%80%两式相加得：xH2OxH2O2MnFe2O4相当于催化剂，只有H2O被消耗。其优点是：过程简单，对环境无污染，符合绿色化学的理念。因反应温度高，耗能多，应寻找使水在较低温度下分解的催化剂。答案：(1)321(2)充分反应、沉淀完全洗涤至流出液呈中性(3)80%过程简单、无污染、物料廉价并可循环使用及氧气和氢气在不同步骤生成，因此不存在高温气体分离的问题等(答两点即可)寻找合适的催化剂，使MnFe2O4分解温度降低或找分解温度更低的氧化物(其他合理答案亦可)