江苏省扬州市扬州中学2021-2022学年高三下学期3月月考试题化学含解析

这是一份江苏省扬州市扬州中学2021-2022学年高三下学期3月月考试题化学含解析，共19页。试卷主要包含了 工业上制备保险粉的反应为， 下列有关氨的说法正确的是， 验证淀粉水解的实验如下等内容，欢迎下载使用。
江苏省扬州中学2021-2022学年第二学期三月考试
高三化学试卷
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Al 27 S 32 C 35.5 K 39 Ca 40 Cr 52 Fe 56 Cu 64 I 127
一、选择题：每题只有一个选项最符合题意。
1. 由江苏团队参与生产的2022年北京冬奥会火炬“飞扬”，首创以复合碳纤维为外壳材料，以氢气为燃料，在出火口格栅喷涂碱金属。下列说法正确的是

A. 石化产品碳纤维属于有机高分子材料
B. 不选丙烷选氢气，主要是后者的燃点低、易压缩
C. 工业上可以通过甲烷的裂解生产绿氢
D. 喷涂碱金属目的是利用焰色反应让火焰可视化
【答案】D
【解析】
【详解】A．碳纤维属于碳单质，属于无机非金属材料，不属于有机物，故A错误；
B．主要利用氢气燃烧生成水，水对环境无影响，故B错误；
C．甲烷在隔绝空气下分解成碳单质和氢气，而裂解指是石油中高级烃断裂成含碳原子少的烃，故C错误；
D．碱金属燃烧火焰带有颜色，因此喷涂碱金属目的是利用焰色试验让火焰可视化，故D正确；
答案为D。
2. 工业上制备保险粉的反应为。下列有关说法不正确的是
A. 的结构示意图为
B. 基态原子核外价电子的轨道表达式为
C. 中含有σ键和π键的数目之比为3：1
D. 的电子式为
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．钠原子的核电荷数为11，钠离子核外有10个电子，的结构示意图为，故A正确；
B．基态原子核外电子排布1s22s22p63s23p4，基态原子核外价电子排布式3s23p4，价电子的轨道表达式为，故B错误；
C．甲酸的结构为，甲酸钠是由甲酸根离子和钠离子构成，所以甲酸钠中σ键和π键的数目之比为3：1，故C正确；
D．为离子化合物，其电子式为，故D正确；
故选B。
3. 由废铁屑制取FeSO4·7H2O的实验原理与装置不能达到实验目的的是

A. 用装置甲除去废铁屑表面的油污
B. 用装置乙加快废铁屑溶解
C. 用装置丙过滤得到FeSO4溶液
D. 用装置丁蒸干溶液获得FeSO4·7H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A．Na2CO3是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，升高温度，Na2CO3溶液水解程度增大，溶液的碱性增强，废铁屑表面的油污能够与碱性物质反应产生可溶性物质，因此热纯碱溶液去除油污能力增强，A能够达到实验目的；
B．Fe与稀硫酸反应产生FeSO4和H2，温度升高，化学反应速率加快，故可用装置乙加快废铁屑的溶解，B能够达到实验目的；
C．根据装置图可知，该装置为过滤装置，可将难溶性固体过滤除去，得到的滤液为FeSO4溶液，C能达到实验目的；
D．FeSO4中的Fe2+易被氧化，且蒸干后得不到结晶水，因此应该采用加热浓缩、冷却结晶的方法，而不能采用蒸发结晶方法，D不能达到实验目的；
故选D。
4. 氯及其化合物在生产、生活中有广泛应用。下列物质的性质与用途具有对应关系的是
A. Cl2能溶于水，可用于工业制盐酸
B. ClO2有强氧化性，可用于自来水消毒
C. HClO不稳定，可用作棉、麻的漂白剂
D. FeCl3溶液呈酸性，可用于蚀刻印刷电路板
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．工业制盐酸的方法是将氢气和氯气点燃生成氯化氢，而不是氯气与水反应，A项错误；
B．ClO2用于自来水消毒是利用其强氧化性，B项正确；
C．HClO可用作棉、麻的漂白剂是利用HClO的氧化性，C；
D．FeCl3用于蚀刻印刷电路板是利用Fe3+的氧化性，D项错误；
答案选B。
5. 短周期主族元素X、Y、Z、W 的原子序数依次增大，X 元素原子最外层电子数是内层的2 倍，元素 Y 的核电荷数等于 W 原子的最外层电子数，金属元素 Z 其原子最外层电子数与最内层相同。下列说法正确的是
A. 最高价氧化物对应水化物的酸性：W＞X
B. X、Y 的单质均具有较高的熔沸点
C. 原子半径：r(X)＜r(Y)＜r(Z)＜r(W)
D. Z、Y 形成的化合物中既含有离子键，又含有非极性共价键
【答案】A
【解析】
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X元素原子最外层电子数是内层的2 倍，则X为C元素，金属元素Z其原子最外层电子数与最内层相同，则Z为Mg元素，元素Y的核电荷数等于W原子的最外层电子数，短周期主族元素最外层电子数小于8，则Y元素的核电荷数小于8，大于6，则Y为N元素，W为Cl元素。
【详解】A．W为Cl元素，X为C元素，非经属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非经属性：W＞X，则最高价氧化物对应水化物的酸性：W＞X，故A正确；
B．X为C元素，Y为N元素，金刚石为C元素形成的单质，熔沸点较高，氮气常温下为气体，熔沸点较低，故B错误；
C．电子次数越多，原子半径越大，同周期元素，从左至右，原子半径逐渐减小，则原子半径：r(Z)＜r(W)＜r(X)＜r(Y)，故C错误；
D．Y为N元素，Z为Mg元素，Z、Y 形成的化合物为Mg3N2，其电子式为，只含有离子键，故D错误；
答案选A。
6. 下列有关氨的说法正确的是
A. NH3的空间构型为平面三角形
B. NH3与H2O能形成分子间氢键
C. NH3的水溶液不能导电
D. 氨催化氧化制硝酸是利用了NH3的氧化性
【答案】B
【解析】
【详解】A．NH3中中心原子N有3个σ键，一个孤电子对，因此NH3的空间构型为三角锥形，故A错误；
B．形成分子间氢键的条件是①必须要有H，H与原子半径小，电负性大的元素(N、O、F)形成共价键，②H与与原子半径小，电负性大的元素(N、O、F)形成氢键，因此NH3和H2O能形成分子间氢键，故B正确；
C．氨气溶于水形成NH3·H2O，NH3·H2O属于弱碱，能发生电离NH和OH-，即氨气的水溶液能导电，故C错误；
D．氨的催化氧化生成NO和水，N的化合价由-3升高为+2，化合价升高，即利用了氨气的还原性，故D错误；
答案为B。
7. 在指定条件下，下列选项所示的物质间转化能实现的是
A. NO(g)HNO3(aq) B. 稀HNO3(aq)NO2(g)
C. NO(g)N2(g) D. NO(aq) N2(g)
【答案】C
【解析】
【详解】A．NO不与H2O反应，A不符合题意；
B．稀HNO3与Cu反应生成NO，3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，B不符合题意；
C．NO与CO在高温高压的条件下生成N2和CO2，NO+CO N2+CO2，C符合题意；
D．中的N为最高价+5价，O3为氧化剂，因此不能生成N2，D不符合题意；
故选C。
8. 合成氨反应为N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH=-92.4 kJ/mol，下列有关合成氨反应的说法正确的是
A. 反应的ΔS>0
B. 反应的ΔH=E(N-N)+3E(H-H)-6E(N-H) (E表示键能)
C. 反应中每消耗1mol H2转移电子的数目约等于2×6.02×1023
D. 反应在高温、高压和催化剂条件下进行可提高H2的平衡转化率
【答案】C
【解析】
【详解】A．该反应是气体物质的量减少的反应，是熵减的反应，即ΔS＜0，故A错误；
B．利用ΔH=反应物的键能总和－生成物键能总和，ΔH=E(N≡N)+3E(H-H)－6E(N-H)，故B错误；
C．根据反应方程式，氢元素的化合价由0价升高为+1价，即每消耗1mol氢气转移电子物质的量为1mol×2=2mol，故C正确；
D．该反应为放热反应，根据勒夏特列原理，升高温度，平衡向逆反应方向进行，氢气的平衡转化率降低，使用催化剂，对化学平衡的移动无影响，故D错误；
答案为C。
9. 验证淀粉水解的实验如下：
步骤1：取少量淀粉溶于水，充分搅拌后过滤，向滤液中加入少量稀硫酸并适当加热，反应一段时间后将溶液分成两等份。
步骤2：取其中一份溶液，滴加一定浓度的碘水，观察到溶液显蓝色。
步骤3：另取一份溶液，滴加稍过量的氢氧化钠溶液，充分振荡，再加入少量新制氢氧化铜悬浊液，加热，观察到有砖红色沉淀生成。
下列有关说法正确的是

A. 根据实验判断淀粉已完全水解
B. 步骤3中产生砖红色沉淀，说明淀粉水解的产物具有氧化性
C. 上图所示的Cu2O晶胞中Cu原子的配位数为8
D. 向新制氢氧化铜悬浊液中滴加氨水，悬浊液转变为深蓝色溶液，说明有铜氨配合物生成
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．步骤2中溶液变蓝证明溶液中存在淀粉，淀粉没有水解完全，A项错误；
B．步骤3中发生的反应是新制的氢氧化铜溶液将醛基氧化，淀粉水解产物具有还原性，B项错误；
C．均摊法计算原子个数比后，黑球为氧原子，占据顶点和面心，白球为铜原子，铜原子的配位数为4，C项错误；
D．向新制氢氧化铜悬浊液中滴加氨水，悬浊液转变为深蓝色溶液，沉淀溶解说明有铜氨配合物生成，D项正确；
故答案为D。
10. 从中草药中提取的calebinA (结构简式如下图)可用于治疗阿尔茨海默症。下列关于calebinA的说法正确的是

A. 该物质在空气中能长时间保存
B. 该分子中碳原子存在sp2、sp3杂化
C. 该物质能与Na2CO3溶液反应生成CO2
D. 1 mol该物质与浓溴水反应，最多消耗2 mol Br2
【答案】B
【解析】
【分析】根据结构简式可知，分子中含醚键、（酚）羟基、碳碳双键、酯基、羰基，结合官能团性质分析解答。
【详解】A．酚容易被空气氧化，上述分子中含（酚）羟基，所以空气中不能长时间保存，A错误；
B．该分子有甲基，其中心碳原子采用sp3杂化，苯环中碳原子采用sp2杂化，B正确；
C．分子中没有羧基，不能与Na2CO3溶液反应生成CO2，（酚）羟基具有弱酸性，只能与Na2CO3溶液反应生成NaHCO3，不能产生CO2，C错误；
D．分子中含（酚）羟基和碳碳双键，可以与浓溴水发生取代反应和加成反应，1 mol该物质与浓溴水反应，最多消耗4 mol Br2，D错误；
故选B。
11. 室温下，通过下列实验探究NH4HCO3溶液的性质。
实验
实验操作
1
用pH试纸测定0.1mol/LNH4HCO3溶液的pH，测得pH约为8
2
将浓度均为0.1mol/LNH4HCO3溶液和Ba(OH)2溶液等体积混合，产生白色沉淀和刺激性气味的气体
3
将等体积1mol/LNH4HCO3与NaCl溶液混合，析出晶体
4
向1mol/LNH4HCO3溶液中滴加0.1mol/LAlCl3溶液，产生白色沉淀，逸出无色气体
下列有关说法正确的是
A. 1mol/LNH4HCO3溶液中存在
B. 根据实验2的现象可以得出
C. 实验3静置后的上层清液中有
D. 实验4中产生的气体是和混合气体
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．NH4HCO3属于弱酸弱碱的酸式盐，在溶液中存在水解平衡（+H2O⇌NH3·H2O+H+），既存在电离平衡（⇌H++）、又存在水解平衡（+H2O⇌H2CO3+OH-），用pH试纸测定0.1mol/LNH4HCO3溶液的pH，测得pH约为8，溶液呈碱性，说明的水解程度大于的水解程度，故溶液中存在c()＞c()＞c()，A正确；
B．将浓度均为0.1mol/LNH4HCO3溶液和Ba(OH)2溶液等体积混合，产生白色沉淀和刺激性气味的气体，有白色BaCO3沉淀生成，只能说明混合液中c(Ba2+)∙c()=0.05×0.05=2.5×10-3＞Ksp(BaCO3)，B错误；
C．原NH4HCO3溶液中存在物料守恒：c()+c(NH3·H2O)=c()+c(H2CO3)+c()，将等体积1mol/LNH4HCO3与NaCl溶液混合，析出晶体，发生反应NH4HCO3+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl，由于有部分在NaHCO3晶体中析出，故静置后的上层清液中c()+c(NH3·H2O)＞c()+c(H2CO3)+c()，C错误；
D．向1mol/LNH4HCO3溶液中滴加0.1mol/LAlCl3溶液，产生白色沉淀，逸出无色气体，发生的反应为3+Al3+=Al(OH)3↓+3CO2↑，产生的气体是CO2，D错误；
答案选A。
12. 科研人员借助太阳能，将H2S转化为可再利用的S和H2的工作原理如图所示。下列叙述错误的是（ ）

A. 该电池能实现将光能转化为化学能
B. a电极的电极反应：2H++2e-=H2↑
C. 光照后，b电极的电极反应：H2S-2e-=2H++S
D. a电极区溶液的pH不变
【答案】C
【解析】
【详解】A．该电池通过光照发生化学反应，形成原电池，将光能转化为化学能，故A不符合题意；
B．根据图示，在a电极上H+获得电子变成氢气，a电极的电极反应为2H++2e-=H2↑，故B不符合题意；
C．根据图示，光照后，b电极上，Fe2+失去电子，电极反应Fe2+-e-= Fe3+，故C符合题意；
D．电池工作时，a极区消耗的H+的物质的量与通过离子交换膜进入a极区的H+相等，因此a极区溶液的pH不变，故D不符合题意。
答案选C。
13. 常温下，Ksp(ZnS)=l.6×10－24，Ksp(FeS)=6.4×10－18，其中FeS为黑色晶体，ZnS是一种白色颜料的组成成分。下列说法正确的是
A. 向物质的量浓度相等的FeSO4和ZnSO4混合液中滴加Na2S溶液，先产生黑色沉淀
B. 常温下，反应FeS(s)+Zn2+(aq)⇌ZnS(s)+Fe2+(aq)的平衡常数K=4.0×l06
C. 在ZnS的饱和溶液中，加入FeSO4溶液，一定不会产生FeS沉淀
D. 向FeS悬浊液中通入少许HC1，c(Fe2+)与Ksp(FeS)均增大
【答案】B
【解析】
【详解】A．Ksp(ZnS)＜Ksp(FeS)，根据Ksp小的先沉淀可知，先产生ZnS白色沉淀，故A错误；
B．反应FeS(s)+Zn2+(aq)⇌ZnS(s)+Fe2+(aq)的平衡常数K===4.0×l06，故B正确；
C．在ZnS的饱和溶液中，加入FeSO4溶液，由于FeSO4浓度未知，则Qc(FeS)可能大于Ksp(FeS)，故可能产生FeS沉淀，故C错误；
D．Ksp(FeS)只与温度有关，通入少许HCl，Ksp (FeS)不变，故D错误；
答案选B。
【点睛】当Qc＞Ksp时，溶液为过饱和溶液，平衡往左移动，沉淀析出；当Qc＜Ksp时，溶液为不饱和溶液，若溶液中仍有沉淀存在，平衡往右移动，沉淀溶解；当Qc=Ksp时，溶液为饱和溶液，处于沉淀溶解平衡状态，既无沉淀生成，也无沉淀溶解。
14. 二氧化碳加氢合成二甲醚(CH3OCH3)具有重要的现实意义和广阔的应用前景。该方法主要涉及下列反应：
反应I：
反应II：
反应III：
向恒压密闭容器中按通入CO2和H2，平衡时各含碳物种的体积分数随温度的变化如图所示。下列有关说法正确的是


A. 反应I的平衡常数可表示为
B. 图中曲线b表示CO2的平衡体积分数随温度的变化
C. 510 K时，反应至CH3OCH3的体积分数达到X点的值，延长反应时间不能提高CH3OCH3的体积分数
D. 增大压强有利于提高平衡时CH3OCH3的选择性(CH3OCH3的选择性)
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．反应Ⅰ中H2O也是气态，所以平衡常数为，A错误；
B．只有反应Ⅲ涉及CH3OCH3，反应Ⅲ焓变小于0，升高温度平衡逆向移动，所以CH3OCH3的体积分数会随温度升高而降低，则b代表的应该是CH3OCH3，a代表CO2，B错误；
C．b代表的应该是CH3OCH3，X点位于曲线下方，所以延长反应时间可以提高CH3OCH3的体积分数，C错误；
D．反应Ⅰ为气体系数之和减小的反应，反应Ⅱ、Ⅲ均为气体系数之和不变的反应，增大压强，反应Ⅰ平衡正向移动，CH3OH的浓度增大，虽然H2O的浓度也增大，但CH3OH的系数为2，所以反应Ⅲ平衡正向移动，CH3OCH3的选择性增大，D正确；
综上所述答案为D。
二、非选择题
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 mol/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 mol/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antofine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/mol)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0.2000mol/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2mol/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amol，草酸铁铵晶体的物质的量为bmol，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 0.2000mol/L的高锰酸钾溶液可得：a+3b=0.2000mol/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. SO2、NOx是空气的主要污染物，有效去除大气中的SO2、NOx可以保护大气环境。含氮废水氨氮(以NH3、NH存在)和硝态氮(以NO、NO存在)引起水体富营养化，需经处理后才能排放。
（1）用天然碱生产小苏打的母液(主要溶质为碳酸钠)吸收烟气中SO2的相关反应的热化学方程式如下：
2Na2CO3(aq)+SO2(g)+H2O(l)=Na2SO3(aq)+2NaHCO3(aq) ΔH=akJ•mol-1
2NaHCO3(aq)+SO2(g)=Na2SO3(aq)+2CO2(g)+H2O(l) ΔH=bkJ•mol-1
Na2SO3(aq)+SO2(g)+H2O(l)=2NaHSO3(aq) ΔH=ckJ•mol-1
反应Na2CO3(aq)+SO2(g)=Na2SO3(aq)+CO2(g)的ΔH=_______kJ•mol-1
（2）工业上用电解法治理亚硝酸盐对水体的污染，模拟工艺如图所示，写出电解时铁电极发生的电极反应式：①_______。随后，铁电极附近有无色气体产生，写出有关反应的离子方程式：②_______。

（3）工业上以钛基氧化物涂层材料为阳极、碳纳米管修饰的石墨为阴极，电解硝酸钠和硫酸钠混合溶液，可使NO，变为NH。电极(电催化剂)所处的环境对其催化活性起重要作用。其他条件不变，向其中一份电解液中投加一定量NaCl，去除NH的效果明显提高，溶液中氮元素含量显著降低。可能原因是①_______。其他条件不变，只改变溶液的pH，NO去除率如图所示，pH升高时，去除率②_______(“升高”或“下降”)，可能原因是③_______。

（4）厌氧氨化法(Anammox)是一种新型的氨氮去除技术，反应模型如图所示。氨氮去除过程总的离子方程式为：_______。

【答案】（1）
（2） ①. Fe-2e-=Fe2+ ②. 2NO+8H++6Fe2+=N2↑+6Fe3++4H2O
（3） ①. 水中的氯离子在阳极上被氧化成氯气(或游离氯)，氯气具有较强氧化性，与铵根离子发生氧化反应，生成N2，从而使铵根离子从水溶液中得到去除 ②. 下降 ③. 随着pH的升高，催化剂的催化活性明显下降(催化剂表面吸附的物质种类不同，酸碱度影响催化剂的活性)
（4）NH+ NO=N2+2H2O
【解析】
【小问1详解】
根据目标反应方程式，利用2Na2CO3(aq)+SO2(g)+H2O(l)=Na2SO3(aq)+2NaHCO3(aq) ΔH=akJ•mol-1……①；2NaHCO3(aq)+SO2(g)=Na2SO3(aq)+2CO2(g)+H2O(l) ΔH=bkJ•mol-1……②；利用盖斯定律得出，即ΔH=kJ·mol－1；故答案为；
【小问2详解】
根据电解原理，阳离子向阴极移动，根据装置图可知，A为电源的正极，B为电源的负极，铁作阳极，电极反应式为Fe－2e－=Fe2＋；随后，铁电极有无色气体产生，NO在酸性条件下具有强氧化性，能将Fe2＋氧化，本身被还原成N2，其反应的离子方程式为2NO+8H++6Fe2+=N2↑+6Fe3++4H2O；故答案为Fe－2e－=Fe2＋；2NO+8H++6Fe2+=N2↑+6Fe3++4H2O；
【小问3详解】
加入一定量的NaCl，Cl－在阳极上发生2Cl－2e－=Cl2↑，氯气具有强氧化性，能将NH氧化成氮气，去除NH的 明显提高；根据图像可知，随着pH升高，去除率下降，依据题中电极(电催化剂)所处的环境对其催化活性起重要作用，因此提高pH，去除率下降可能的原因是提高pH可能是降低催化剂的活性；故答案为水中的氯离子在阳极上被氧化成氯气(或游离氯)，氯气具有较强氧化性，与铵根离子发生氧化反应，生成N2，从而使铵根离子从水溶液中得到去除；下降；随着pH的升高，催化剂的催化活性明显下降(催化剂表面吸附的物质种类不同，酸碱度影响催化剂的活性)；
【小问4详解】
根据反应模型，反应物是NH和NO反应生成氮气，去除过程中总离子方程式为NH+ NO=N2+2H2O；故答案为NH+ NO=N2+2H2O。