必刷卷01-2022年高考化学考前信息必刷卷（江苏专用）

这是一份必刷卷01-2022年高考化学考前信息必刷卷（江苏专用），共22页。

2021年江苏高考化学试卷，在继承2020年江苏高考化学试卷的基础上，又进行了变化和创新。在试题总题量保持相对稳定的情况下，对试题结构进行了微调。客观题的题量在增加，而分值在下降;主观题的题量在减少，而分值在增加，对学生捕捉信息、综合分析和创新思维的能力的要求比较高，综合性、实践性、探究性和用学科思想解决问题的能力要求与2020年江苏高考化学试卷相当，但难度比去年有所下降。选考内容不管是《选修三》还是《实验化学》，都比较基础，难度比去年有明显的下降。总的来说，2021年江苏高考化学试卷，在拓展创新，力避偏题怪题，重视“双基”，注意试卷导向和区分度，考查能力，选拔新人，时代性和新颖性等方面都是值得肯的
预测2022年江苏高考化学试卷试题结构将会继续出现客观题的题量在增加，而分值在下降;主观题的题量在减少，而分值在增加。预测纯理论性和计算性试题占依然会比较少，而工业生产流程、基础实验、社会热点等题材的试题占比较大。信息量大、阅读量大，对学生捕捉信息、综合分析和创新思维的能力的要求比较高，2022届高三复习，我看还是应该狠抓基础知识和主干内容，重视基础实验、重视学生操作能力的培养，注重课堂教学(中}学生学习思考性、灵活性和创新性的渗透，不断穿插生活中化学常识、注重知识的应用和运用、化工生产流程、节能减排、绿色环保、新能源和新材料等方面的内容，提高学生的适应性和考场应变能力。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 C1-35.5 Mn-55 Fe-56 Zn-65
第I卷(选择题，共计42分)
一、单项选择题：本题包括14小题，每小题3分，共计42分。每小题只有一个选项符合题意。
1. 甘油()常温下是一种无色液体，低浓度甘油溶液可作皮肤润滑剂。下列有关甘油的说法正确的是
A. 与1－丙醇()互为同系物B. 与汽油同属于烃
C. 易溶于水与分子中含有多个羟基有关D. 在水溶液中能电离产生
【答案】C
【解析】
【详解】A．1－丙醇()分子中有1个羟基，甘油()分子中有3个羟基，不是同系物，故A错误；
B．甘油()含有氧元素，不属于烃，故B错误；
C．甘油()含有羟基，与水分子之间形成氢键，所以易溶于水，故C正确；
D．甘油()是非电解质，在水溶液中不能电离，故D错误；
选C。
2. 我国自主设计生产的长征二号火箭使用偏二甲肼()和作推进剂，燃烧时发生反应：。下列有关说法正确的是
A. 偏二甲肼的结构简式：B. 的电子式：
C. 的空间构型为V形D. 是由极性键构成的极性分子
【答案】D
【解析】
【详解】A．偏二甲肼中含有两个甲基，因此N与N以单键链接，则其结构简式为：，选项A错误；
B．氮原子最外层有5个电子，要达到稳定结构得形成三对共用电子对，电子式为，选项B错误；
C．分子中价层电子对数为2+0=2，所以其VSEPR模型为直线型，该分子中没有孤对电子对，所以其空间构型为直线型，选项C错误；
D．H2O中含有极性键，空间结构为V型，正负电荷的中心不重合，属于极性分子，选项D正确；
答案选D。
3. 以菱镁矿(主要成分是，含少量)为原料制取高纯氧化镁需要经历酸浸、调pH、过滤、灼烧等操作。下列实验装置和原理能达到实验目的的是
A. 用装置甲配制稀B. 用装置乙测定溶液的pH
C. 用装置丙过滤悬浊液D. 用装置丁灼烧固体
【答案】C
【解析】
【详解】A．容量瓶属于玻璃精量器，不能在容量瓶中直接稀释溶液，选项A错误；
B．测定溶液的pH时不能将pH试纸直接放进溶液中，应用玻璃棒蘸取溶液点在试纸上与比色卡对比读数，选项B错误；
C．用装置丙过滤悬浊液，装置及操作均正确，选项C正确；
D．灼烧固体时应选用坩埚，且加热固体物质时试管口应该向下倾斜，选项D错误；
答案选C。
4. 下列有关物质性质与用途具有对应关系的是
A. 溶液显碱性，可用于杀菌、消毒
B. 漂白粉具有强氧化性，可用于生活用水的消毒
C. 次氯酸具有弱酸性，可用作有色物质的漂白剂
D. 具有还原性，可用于自来水的杀菌消毒
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．次氯酸钠具有强氧化性，可以杀菌消毒，不是利用其碱性，A错误；
B．漂白粉具有强氧化性，可以用于生活用水消毒，B正确；
C．次氯酸具有漂白性，能用于有色物质的漂白，C错误；
D．二氧化氯具有氧化性能杀菌消毒，D错误；
故选B。
5. 前4周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X是空气中含量最多的元素，Y的周期序数与族序数相等，基态时Z原子3p原子轨道上有5个电子，W与Z处于同个主族。下列说法正确的是
A. 原子半径：r(X)B. X的第一电离能比同周期相邻元素的大
C. Y的最高价氧化物对应水化物的酸性比Z的强
D. Z的简单气态氢化物的热稳定性比W的弱
【答案】B
【解析】
【分析】前4周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X是空气中含量最多的元素，则X为N元素；Y的周期序数与族序数相等，则Y为Al；基态时Z原子3p原子轨道上有5个电子，则Z为Cl；W与Z处于同一主族，则W为Br。
【详解】A．根据同周期从左到右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，因此原子半径：r(X)＜r(Z)＜r(Y)＜r(W)，故A错误；
B．根据同周期从左到右第一电离能呈增大趋势，但N的2p处于半充满状态，因此X(N)的第一电离能比同周期相邻元素的大，故B正确；
C．Y的最高价氧化物对应水化物的酸性比Z的弱即Al(OH)3＜HClO4，故C错误；
D．同主族从上到下，非金属性逐渐减弱，简单氢化物的稳定性逐渐减弱，所以Z的简单气态氢化物的热稳定性比W的强，故D错误。
综上所述，答案为B。
6. 铁氰化钾｛｝俗称赤血盐，遇发生反应：，生成深蓝色沉淀，常用于检验；黄血盐｛｝溶液可用于检验。下列有关铁及其化合物的说法正确的是
A. Fe元素位于周期表的第ⅦB族
B. 基态外围电子排布式为
C. 赤血盐中提供空轨道形成配位键的是
D. 若黄血盐受热分解产物之一的晶胞结构如图所示，则其化学式为
【答案】C
【解析】
【详解】A． 基态Fe外围电子排布式为，则Fe元素位于周期表的第Ⅷ族，A错误；
B． 基态外围电子排布式为，B错误；
C． 赤血盐中铁呈+3价，基态外围电子排布式为，则提供空轨道形成配位键的是，C正确；
D．由晶胞结构可知，Fe原子处于晶胞顶点，晶胞中含有铁原子，C原子属于棱边面心上，晶胞中含有C原子数目为，则其化学式为，D错误；
答案选C。
7. 在指定条件下，下列铁及其化合物之间的转化能实现的是
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】
【详解】A．铁单质与水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁，A正确；
B．铁单质与盐酸反应生成氯化亚铁而不是氯化铁，B错误；
C．氢氧化亚铁与足量稀硝酸反应生成硝酸亚铁，而不是硝酸铁，C错误；
D．二氧化硫与水生成亚硫酸不是硫酸，D错误；
答案选A。
8. 铁的氧化物是重要的化工原料，可用作反应的催化剂。工业含铁废渣中含有大量铁的氧化物，常用于制取聚合硫酸铁铝净水剂。对于反应，下列有关说法正确的是
A. 加入催化剂，反应的焓变变小
B. 升高温度，反应体系的活化分子百分数增多
C. 向固定容积的反应体系中充入氦气，反应速率加快
D. 其他条件相同，增大，反应的平衡常数K增大
【答案】B
【解析】
【详解】A．加入催化剂，能降低反应的活化能、不改变反应的焓变，A错误；
B． 升高温度，可使更多分子转化为活化分子，则体系的活化分子百分数增多，B正确；
C． 向固定容积的反应体系中充入氦气，反应相关的所有气体的浓度均不改变、反应速率不变，C错误；
D．反应的平衡常数K只受温度影响，温度不变，则反应的平衡常数K不变，C错误；
答案选B。
9. 现用菱锰矿(主要成分MnCO3，含有FeCO3、CCO3、NiCO3等碳酸盐杂质)为原料生产金属锰的工艺流程如图。下列说法正确的是
A. “酸浸”时MnCO3发生反应为：2H++CO=2H2O+CO2↑
B. MnO2氧化了Fe2+、C2+、Ni2+
C. “沉降”后溶液中主要存在的离子：NH、Mn2+、OH-、SO
D. 分离Mn2+与C2+、Ni2+是利用了它们硫化物Ksp的差异性
【答案】D
【解析】
【分析】菱锰矿中加入硫酸酸浸，得到离子为Mn2＋、Fe2＋、C2＋、Ni2＋，根据“沉降”步骤C、Ni元素都显＋2价，因此MnO2只是氧化Fe2＋，加入CaO，调节pH，使Fe3＋以Fe(OH)3形式沉淀，“沉降”加入(NH4)2S，得到CS和NiS沉淀，据此分析；
【详解】A．MnCO3难溶于水，“酸浸”时MnCO3＋2H＋=Mn2＋＋CO2↑＋H2O，故A错误；
B．根据流程图中，MnO2只氧化Fe2＋，C2＋、Ni2＋的化合价不变，故B错误；
C．OH－与Mn2＋、NH不能大量共存，故C错误；
D．加入(NH4)2S得到CS、NiS沉淀，Mn2＋在滤液中，利用它们硫化物Ksp的差异性进行分离，故D正确；
答案为D。
10. Y是一种药物合成的中间体，可由下列反应制得。下列有关X、Y的说法正确的是
(X) (Y)
A. X分子中有含有1个手性碳原子
B. X分子中的碳原子可能全部共平面
C. 可用酸性溶液鉴别X和Y
D. 1ml Y与足量NaOH溶液反应，消耗NaOH的物质的量为1ml
【答案】B
【解析】
【详解】A．X分子中不含手性碳原子，故A错误；
B．单键可以旋转，根据乙烯、苯环的平面结构，X分子中的碳原子可能全部共平面，故B正确；
C．X和Y都含有碳碳双键，都能使酸性溶液褪色，不能用酸性溶液鉴别X和Y，故C错误；
D．1ml Y与足量NaOH溶液反应，生成1ml和1ml乙酸钠，消耗NaOH的物质的量为2ml，故D错误；
选B。
11. 碘酸钙[Ca(IO3)2]是广泛使用的既能补钙又能补碘的新型食品添加剂，不溶于乙醇，在水中的溶解度随温度降低而减小。实验室制取Ca(IO3)2的实验过程如下：
已知：碘酸(HIO3)是易溶于水的强酸，不溶于有机溶剂。
步骤1：将含I2的CCl4溶液和水置于三颈烧瓶，通入Cl2，不断搅拌。
步骤2：将反应后的混合液分离出CCl4。
步骤3：向溶液中加入KOH调节pH=10后，置于冰水浴中，加入CaCl2，过滤、乙醇洗涤、干燥。
下列说法不正确的是
A. 当观察到三颈烧瓶中紫红色褪去现象时，停止通入氯气
B. “分离” CCl4时用到的玻璃仪器有烧杯、分液漏斗
C. “调pH=10”后的溶液中阴离子只有和OH-
D. 采用冰水浴的目的是降低Ca(IO3)2的溶解度使其析出，便于后续分离
【答案】C
【解析】
【分析】转化步骤是为了制得碘酸，I2的CCl4溶液在转化过程中与Cl2反应生成碘酸，CCl4难溶于水经过分液除去，水中碘酸与KOH发生反应产生KIO3，然后与CaCl2反应产生碘酸钙[Ca(IO3)2]，由于碘酸钙[Ca(IO3)2] 在水中的溶解度随温度降低而减小，在冰水浴中就可以得到碘酸钙晶体。
【详解】A．I2的CCl4溶液显紫红色，当通入的Cl2不断与I2发生反应产生无色碘酸(HIO3)，当观察到三颈烧瓶中紫红色褪去现象时，I2反应完全，此时停止通入氯气，A正确；
B．CCl4与水是互不相溶的液体，分离二者需采用分液的方法，用到的玻璃仪器有烧杯、分液漏斗，B正确；
C．“调pH=10”后的溶液中阴离子除有和OH-外，还含有Cl-，C错误；
D．HIO3、KOH、CaCl2反应产生的碘酸钙[Ca(IO3)2] 在水中的溶解度随温度降低而减小，采用冰水浴制取的目的是降低Ca(IO3)2的溶解度使其析出，便于后续分离，D正确；
故合理选项是C。
12. 一种甲酸(HCOOH)燃料电池装置示意如图所示。下列说法正确的是
A. 放电时，从正极区移向负极区
B. 放电过程中，正极区溶液pH不断减小
C. 每得到lml ，理论消耗标况下22.4L
D. 负极反应的电极反应方程式为
【答案】D
【解析】
【分析】HCOOH燃料电池中，HCOOH发生失去电子的反应生成，所在电极为负极，电极反应式为：HCOO-+2OH--2e-═+H2O，正极O2得电子生成H2O，O2+4e-+4H+=2H2O（需消耗H+），从装置中分离出的物质为K2SO4，所以放电过程中需补充的物质A是H2SO4，HCOOH燃料电池放电的本质是通过HCOOH与O2的反应将化学能转化为电能，总反应为2HCOOH+2OH-+O2=2+2H2O，原电池工作时K+通过半透膜移向正极，据此分析解题。
【详解】A．放电时，原电池内部阳离子由负极移向正极，即从负极区移向正极区，A错误；
B．由分析可知，放电过程中，正极发生的电极反应为：O2+4e-+4H+=2H2O，消耗H+，则正极区溶液pH不断增大，B错误；
C．根据电荷守恒可知，每得到lml，消耗2mlH+，转移2ml电子，故理论消耗标况下0.5ml×22.4L/L=11.2L，C错误；
D．由分析可知，负极反应的电极反应方程式为，D正确；
故答案为：D。
13. 室温下，通过下列实验探究0.1 ml/L NaHS和0.1ml/L Na2S溶液的性质。
下列有关说法正确的是
A. 实验1溶液中：c(S2-)＞c(H2S)
B. 实验2所得溶液中：
C. 实验3上层清液中存在：
D. 实验4中发生的主要离子方程式：
【答案】B
【解析】
【详解】A．HS-在溶液中存在电离平衡：HS-H++S2-，电离产生的H+使溶液显酸性；同时存在水解平衡HS-+H2OH2S+OH-，水解产生OH-使溶液显碱性，由于向0.1 ml/L NaHS溶液中滴加几滴酚酞试剂，溶液变红，该溶液显碱性，c(OH-)＞c(H+)，则根据物质反应转化关系可知溶液中微粒关系为：c(H2S)＞c(S2-)，A错误；
B．实验2中向0.1 ml/L Na2S溶液中加入等体积0.1 ml/L HCl溶液，无气体逸出，二者发生反应：Na2S+HCl=NaCl+NaHS，对于该溶液，根据质子守恒可得：c(OH-)=c(H+)+c(H2S)-c(S2-)，即c(OH-)+ c(S2-)=c(H+)+c(H2S)，B正确；
C．实验3：向AgI固体滴入少量0.1 ml/L Na2S溶液，部分黄色固体转化为黑色固体，在溶液中存在沉淀转化平衡：2AgI(s)+S2-(aq)Ag2S(s)+2I-(aq)，溶液中微粒浓度大小关系为：，C错误；
D．NaHS在溶液中电离产生Na+、HS-，向0.1 ml/L NaHS溶液中通入过量的氯气，发生氧化还原反应，产生S黄色沉淀、H+、Cl-，该反应的离子方程式应该为：HS-+Cl2=2Cl-+H++S↓，D错误；
故合理选项是B。
14. 某科研团队设计利用CO2和H2合成CH4的主要反应为：
反应Ⅰ： △H1
反应Ⅱ： △H2＞0
在密闭容器中，控制总压强为0.1 MPa，，平衡时各组分的物质的量分数随温度的变化关系如图所示。
下列说法不正确的是
A. △H2＞0
B. 曲线b表示平衡时H2物质的量分数随温度的变化
C. 选用合适的催化剂可提高生成CH4的选择性
D. 总压强为0.1 MPa，时，600～800℃范围内，反应Ⅰ占主导
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据图示可知：温度升高，CO的平衡物质的量分数增大，说明升高温度，平衡正向移动，因此正反应是吸热反应，△H2＞0，A正确；
B．在密闭容器中，控制总压强为0.1 MPa，，反应Ⅰ中CO2、H2按1：4消耗，根据图示可知：温度升高CH4的平衡物质的量分数减少，说明升高温度平衡逆向移动，该反应的正反应是放热反应；而反应Ⅱ中CO2、H2按1：1消耗，反应Ⅱ的正反应是吸热反应，温度升高，平衡正向移动，导致温度高时反应Ⅱ占主导地位，结合方程式中物质反应转化关系可知H2的物质的量分数最大，故曲线b表示平衡时H2物质的量分数随温度的变化，B正确；
C．在相同外界条件下不同的催化剂对不同化学反应的催化效率不同，因此选用合适的催化剂可提高生成CH4的选择性，C正确；
D．根据图示可知：在总压强为0.1 MPa，时，600～800℃范围内，CO的物质的量的分数比CH4的大，说明在该温度范围内反应Ⅱ占主导地位，D错误；
故合理选项是D。
二、非选择题：共4题，共58分。
15. 工业以炼钢污泥(主要成分为铁的氧化物，还含有CaO、SiO2、C等杂质)为原料制备脱硫剂活性Fe2O3·H2O，并用该脱硫剂处理沼气中H2S的流程如下：
（1）“还原”：还原时加入的废铁屑除了与Fe3+反应外，还与___________(填离子符号)反应。
（2）“除杂”：若使还原后的滤液中Ca2+完全沉淀(离子浓度小于10-6 ml/L)，则滤液中c(F-)需大于___________；若溶液的pH偏低，将会导致CaF2沉淀不完全，其原因是___________。
（3）“沉铁”：生成FeCO3沉淀的离子方程式为___________。
（4）“脱硫、再生”：活性Fe2O3·H2O是一种固体脱硫剂(无水Fe2O3无脱硫作用)，其原理是将废气中的含硫化合物化学吸附到脱硫剂的孔隙中，发生反应改变其化学组成。当脱硫剂达到饱和后，即不再具有脱硫能力需要对其进行再生。利用活性Fe2O3·H2O脱除沼气中的H2S可转化成Fe2S3·H2O，其脱除及常温下再生的原理如图所示。
①“脱硫”反应的化学方程式为___________。
②工业上要求脱除及再生整个过程温度不能超过90℃，原因是___________；多次“再生”后，脱硫剂的活性不断下降，脱硫效果明显变差的原因可能是___________。
【答案】（1）H+ （2） ①. ②. pH偏低形成HF，导致溶液中F-浓度减小，CaF2沉淀不完全
（3）Fe2+++NH3·H2O=FeCO3↓++ H2O
（4） ①. Fe2O3·H2O+3H2S=Fe2S3·H2O+3H2O ②. 温度超过90℃，Fe2O3·H2O和Fe2S3·H2O均会发生分解 ③. 多次“再生”后，脱硫剂表面的大部分孔隙被S或其他物质覆盖，使得脱硫剂的活性下降
【解析】
【分析】
【小问1详解】
还原时加入的废铁屑除了与Fe3+反应外，还与溶液中过量的硫酸电离产生的H+发生反应。
【小问2详解】
由于CaF2的溶度积常数Ksp(CaF2)=1.44×10-10，c(Ca2+)=1.0×10-6 ml/L，则c(F-)=。
若溶液的pH偏低，，溶液中的H+与F-会形成弱酸HF，导致溶液中F-浓度减小，CaF2沉淀就不完全。
【小问3详解】
在沉铁时，溶液中的Fe2+与、NH3·H2O反应产生FeCO3沉淀、和水，反应的离子方程式为：Fe2+++NH3·H2O=FeCO3↓++ H2O。
【小问4详解】
①根据反应原理可知在“脱硫”反应中，Fe2O3·H2O和H2S反应产生Fe2S3·H2O和H2O，该反应的化学方程式为：Fe2O3·H2O+3H2S=Fe2S3·H2O+3H2O。
②工业上要求脱除及再生整个过程温度不能超过90℃，这是由于温度超过90℃，Fe2O3·H2O和Fe2S3·H2O均会发生分解。
多次“再生”后，脱硫剂的活性不断下降，脱硫效果明显变差的原因可能是由于多次“再生”后，脱硫剂表面的大部分孔隙被S或其他物质覆盖，使得脱硫剂的活性下降。
16. 制备天然化合物antfine的中间体F的一种合成路线如下：
注：PCC为吡啶和CrO3在盐酸溶液中的络合盐，。
(1)A中的含氧官能团名称为____和____。
(2)X的分子式为C8H8O2，C→D是两苯环间脱2H成稠环，则X的结构简式为____。
(3)B→C的反应类型为____。
(4)F的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：____(只写一种)。
①分子中只有两种含氧官能团。
②碱性水解后酸化，得到碳原子数相等的芳香化合物P和Q；P既能发生银镜反应又能与FeCl3溶液发生显色反应；P、Q中均只有四种不同化学环境的氢。
(5)写出以为原料制备的合成路线流程图___(无机试剂、PCC和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。
【答案】 ①. 醚键 ②. 羧基 ③. ④. 取代反应 ⑤. ⑥.
【解析】
【分析】C→D是两苯环间脱2H成稠环，则C应为，根据B生成C的反应条件可知该过程为酯化反应，根据C中酯基的位置可知B为；A与X反应生成B，X的分子式为C8H8O2，且X中含有苯环，结合B的结构简式可知X为。
【详解】(1)根据A的结构简式可知其含氧官能团为醚键、羧基；
(2)根据分析可知X的结构简式为；
(3)B生成C为酯化反应，也属于取代反应；
(4)F的同分异构体满足：①分子中只有两种含氧官能团；
②碱性水解后酸化，得到碳原子数相等的芳香化合物P和Q，说明含有酯基；P既能发生银镜反应又能与FeCl3溶液发生显色反应，则P中含有—CHO和酚羟基；P、Q中均只有四种不同化学环境的氢，说明P、Q均为对称结构，则Q为或，P为或，F的同分异构体为、、、；
(5)对比和的结构简式，需要将—CH2COOCH3转化为—CH2CHO、—CH=CH2转化为—CH(OH)CH3；观察题目所给流程可知将—CH2COOCH3转化为—CH2CHO的步骤与D生成F的过程相似，而—CH=CH2转化为—CH(OH)CH3可以直接与H2O加成，也可以先和卤化氢加成，再水解，所以合成路线为。
17. 草酸及其化合物在工业中有重要作用，例如：草酸可用于除铁锈，反应的离子方程式为：；草酸铁铵[]是一种常用的金属着色剂。
（1）草酸()是一种弱酸，不稳定，受热或遇浓硫酸会发生分解。在浓硫酸催化作用下，用硝酸氧化葡萄糖可制取草酸，实验装置如图所示
①葡萄糖溶液可由反应得到。该实验中证明淀粉已经完全水解的实验操作及现象是___________。
②55℃～60℃时，装置A中生成，同时生成NO。要将16.2g淀粉完全水解后的淀粉水解液完全转化为草酸，理论上消耗溶液的体积为___________mL。
③该实验中催化剂浓硫酸用量过多，会导致草酸产率减少，原因是___________。
（2）草酸铁铵晶体[]易溶于水，常温下其水溶液pH为4.0～5.0。设计以、草酸溶液和氨水为原料，制备草酸铁铵晶体的实验方案：___________。
（3）制得的草酸铁铵晶体中往往会混有少量草酸，为测定(M=428g/ml)的含量，进行下列实验：称取样品9.46g，加稀硫酸溶解后，配成100mL溶液。取20.00mL配制的溶液，用浓度为0.2000ml/L的KMnO4溶液滴定至终点时消耗KMnO4溶液28.00mL。已知：(未配平)。通过计算，确定样品中的质量分数___________(写出计算过程)。
【答案】（1） ①. 取水解液少许于试管中，向试管中加入碘水，溶液不变蓝色 ②. 300 ③. 浓硫酸具有强氧化性和脱水性，会使有机物脱水碳化
（2）将Fe2O3在搅拌条件下溶于热的草酸溶液，滴加氨水至溶液pH为4.0～5.0之间，然后将溶液加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到草酸铁铵晶体
（3）90.5%
【解析】
【分析】
【小问1详解】
①说明淀粉水解完全的关键是要用实验证明淀粉已不存在，则取水解液少许于试管中，向试管中加入碘水，溶液不变蓝色说明淀粉已经完全水解，故答案为：取水解液少许于试管中，向试管中加入碘水，溶液不变蓝色；
②由题意可知，装置A中发生的反应为在浓硫酸做催化剂作用下，葡萄糖与稀硝酸反应生成草酸、一氧化氮和水，反应的化学方程式为C6H12O6(葡萄糖)+6HNO3(稀)3H2C2O4+6NO↑+6H2O，由淀粉水解方程式可得：(C6H10O5)n—nC6H12O6—6nHNO3，则将16.2g淀粉完全水解后的淀粉水解液完全转化为草酸，理论上消耗2ml/L硝酸溶液的体积为×103mL/L=300mL，故答案为：300；
③浓硫酸具有强氧化性和脱水性，若该实验中催化剂浓硫酸用量过多，会使有机物脱水碳化，导致草酸产率减少，故答案为：浓硫酸具有强氧化性和脱水性，会使有机物脱水碳化；
【小问2详解】
由题意可知，制备草酸铁铵晶体的实验操作为将氧化铁在搅拌条件下溶于热的草酸溶液得到含有三草酸合铁离子的酸性溶液，向反应后的溶液中加入氨水至溶液的pH为4.0～5.0之间，三草酸合铁离子与氨水反应得到草酸铁铵溶液，然后将溶液加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到草酸铁铵晶体，故答案为：将Fe2O3在搅拌条件下溶于热的草酸溶液，滴加氨水至溶液pH为4.0～5.0之间，然后将溶液加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到草酸铁铵晶体；
【小问3详解】
设草酸的物质的量为aml，草酸铁铵晶体的物质的量为bml，由样品的质量可得：90a+428b=9.46①，由得失电子数目守恒可得：5 H2C2O4—2MnO，由20.00mL溶液消耗28.00mL 0.2000ml/L的高锰酸钾溶液可得：a+3b=0.2000ml/L×0.028L×5×②， 解联立方程可得a=0.01、b=0.02，则9.46g样品中草酸铁铵晶体的质量分数为×100%≈90.5%，故答案为：90.5%。
18. 含氮废水需经处理后排放，氨氮(以NH3、NH存在)和硝态(以NO存在)废水的处理方法不同。
(一) 某科研小组用NaClO氧化法处理氨氮废水。
己知：①HClO的氧化性比NaClO强；
②NH3比NH更易被氧化；
③国家标准要求经处理过的氨氮废水pH要控制在6～9。
（1）pH=1.25时，NaClO可与NH反应生成N2等无污染物质，该反应的离子方程式为___________。
（2）进水pH对氨氮废水去除率和出水pH的影响分别如图1、图2所示：
①进水pH为1.25～2.75范围内，氨氮去除率随pH升高迅速下降的原因是___________。
②进水pH为2.75～6.00范围内，氨氮去除率随pH升高而上升的原因是___________。
③进水pH应控制在___________左右为宜。
(二)石墨烯负载纳米铁能迅速有效地还原污水中的NO，纳米铁还原废水中NO的可能反应机理如图所示。
（3）纳米铁还原NO的过程可描述为____。
（4）经检验，污水经处理后，水体中NO、NO浓度很小，但水中总氮浓度下降不明显，原因是____。
【答案】（1）2NH＋3ClO-=N2↑＋3Cl-＋2H＋＋3H2O
（2） ①. HClO氧化性比ClO-强，随着pH升高，ClO-水解程度减小，溶液中c(HClO)下降，氧化能力降低，导致氨氮去除率下降 ②. 随着pH升高，氨氮废水中NH3含量增大，氨氮更易被氧化 ③. 1.5
（3）纳米铁失去电子生成Fe2＋，Fe2＋失去电子形成Fe3O4，吸附在纳米铁表面的NO得到电子被还原生成NO，NO在纳米铁表面进一步得到电子被还原生成N2和NH
（4）NO被还原为NH而留在溶液中(或NO在纳米铁表面被还原生成NH的速率大于生成N2的速率)
【解析】
【小问1详解】
次氯酸钠将NH氧化成氮气，本身被还原成Cl-，利用化合价升降法进行配平，pH=1.25，溶液为酸性，其反应的离子方程式为2NH＋3ClO-=N2↑＋3Cl-＋2H＋＋3H2O；答案为2NH＋3ClO-=N2↑＋3Cl-＋2H＋＋3H2O；
【小问2详解】
①根据题中信息，HClO的氧化性比NaClO强，进水pH为1.25～2.75范围内，c(HClO)降低，氧化能力下降，导致氨氮去除率下降；故答案为HClO氧化性比ClO-强，随着pH升高，ClO-水解程度减小，溶液中c(HClO)下降，氧化能力降低，导致氨氮去除率下降；
②根据NH3比NH更易被氧化，进水pH为2.75～6.00范围内，氨氮废水中NH3含量增大，氨气更容易被氧化，故答案为随着pH升高，氨氮废水中NH3含量增大，氨氮更易被氧化；
③国家标准要求经处理过的氨氮废水pH要控制在6～9，根据图1、2，pH=1.5左右氨氮去除率较大，且出水pH符合国家标准；答案为1.5；
【小问3详解】
根据反应机理图，纳米铁还原NO的过程：纳米铁失去电子生成Fe2＋，Fe2＋失去电子形成Fe3O4，吸附在纳米铁表面的NO得到电子被还原生成NO，NO在纳米铁表面进一步得到电子被还原生成N2和NH；答案为纳米铁失去电子生成Fe2＋，Fe2＋失去电子形成Fe3O4，吸附在纳米铁表面的NO得到电子被还原生成NO，NO在纳米铁表面进一步得到电子被还原生成N2和NH；
【小问4详解】
根据示意图，NO在纳米铁表面进一步得到电子被还原生成N2和NH，NH残留在溶液中，使水中总氮浓度下降不明显，故答案为NO被还原为NH而留在溶液中或NO在纳米铁表面被还原生成NH的速率大于生成N2的速率。实验
实验操作和现象
1
向0.1 ml/L NaHS溶液中滴加几滴酚酞试剂，溶液变红
2
向0.1 ml/L Na2S溶液中加入等体积0.1 ml/L HCl溶液，无气体逸出
3
向AgI固体滴入少量0.1 ml/L Na2S溶液，部分黄色固体转化为黑色固体
4
向0.1 ml/L NaHS溶液中通入过量的氯气，产生黄色沉淀