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必刷卷03——【高考三轮冲刺】2023年高考化学考前20天冲刺必刷卷（江苏地区专用）（原卷版+解析版）
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绝密★启用前
2023年高考化学考前信息必刷卷03
新高考地区专用
江苏地区考试题型为13（单选题）＋4（解答题），改变相对固化的题目，开放性题目，要求学生灵活运用知识答题。强化图像辨析能力的训练，获得信息，信息加工，运用信息等。
预测2023年江苏地区运用图像解题，出现在13,17题，难度较大例如本卷第13、14、17题。
同时应特别注意以社会热点为背景的新情景问题，此类试题将化学知识、方法等融为一体，能有效考查学生在新情景下对知识的理解以及迁移到不同情境中的能力，考查学生发现问题、分析问题和解决问题的能力，一般出现在选择题第1、2、5、6、8题的位置，难度中等偏下。
可能用到的相对原子质量：H 1 C12 N14 O 16 F19 Mg24 Ca40 Mn55
一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。
1.“十四五”生态环保工作强调要落实“减污降碳”的总要求。下列说法正确的是
A.使用脱硫脱硝后的化石燃料，可减少酸雨的发生
B.推广使用煤液化技术，可减少二氧化碳等温室气体的排放
C.向河水中加入明矾，可除去许多杂质并杀灭有害细菌
D.在一定条件下，选择合适的催化剂将CO2氧化为甲酸
【答案】A
【详解】A. 使用脱硫脱硝后的化石燃料，可减少二氧化硫、二氧化氮等气体产生，可减少酸雨的发生，故A正确；
B. 根据原子守恒规律，推广使用煤液化技术，不能减少二氧化碳等温室气体的排放，故B错误；
C. 向河水中加入明矾，明矾水解得到的氢氧化铝胶体可吸附悬浮杂质，但不能起到杀灭有害细菌的作用，故C错误；
D. 在一定条件下，选择合适的催化剂将→甲酸是还原过程，故D错误；
2．在二氯化铂的HCl溶液中，通入乙烯气体，再加入KCl可得K[Pt(C2H4)Cl3]·H2O（蔡氏盐）
相关表示正确的是
A．中子数为117，质子数为78的铂原子可表示为Pt
B．氯离子的结构示意图：
C．乙烯的结构简式为CH2CH2
D．HCl为非极性分子
【答案】B
【详解】A.在原子符号的左下角标注的是该原子的质子数，所以应该为，故A错误;
B. 氯离子的结构示意图中，圆圈中为+17，故B正确。
C. 有机物的结构简式中，是不可以省略官能团的，所以乙烯的结构简式为CH2=CH2，故C错误;
D. HCl为极性分子，故D错误。
3. 下列物质性质与用途的对应关系不正确的是
A. 小苏打能与碱反应，可用作抗酸药
B. Al2O3熔点高，可用作耐高温材料
C. NH4Cl溶液呈酸性，可用于除铁锈
D. 液氨汽化时吸收大量的热，可用作制冷剂
【答案】A
【详解】A．小苏打，即碳酸氢钠,是一种弱碱性的抗酸药物，是因为其能与酸反应，故A错误；
B．熔点高的物质可作耐高温材料，则Al2O3熔点高，可用作耐高温材料，故B正确；
C．NH4Cl强酸弱碱盐，溶液呈酸性，可以除铁锈，故C错误；
D．液氨汽化吸收大量的热，可作制冷剂，故D错误。
阅读下列资料，完成4~6题：SO2既是大气主要污染物之一，又在生产生活中具有广泛应用，如可生产SO3并进而制得硫酸等，其反应原理为：2SO2(g)＋O2(g)=2SO3(g) ΔH=－196.6 kJ·mol－1。实验室可用铜和浓硫酸制取SO2。
4．对于反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，下列说法正确的是
A．该反应在任何条件下都能自发进行
B．2 mol SO2(g)和1 mol O2(g)所含键能总和比2 mol SO3(g)所含键能小
C． 反应在高温、催化剂条件下进行可提高SO2的平衡转化率
D．反应达平衡后再通入O2，SO3的体积分数一定增加
【答案】B
【详解】A．该反应的熵减小，故不一定在任何条件均能自发，故A错误；
B．该反应为放热反应，故2molSO2(g)和1molO2(g)所含键能总和比2molSO3(g)所含键能小，故D正确；
C．催化剂不可以改变SO2的平衡转化率，故C错误；
D．当通入无穷大的O2时，参与反应的O2较少，生成的SO3略有增多，但是由于没有反应的O2的量更多，则SO3的体积分数反而减小，故D错误；
5.在指定条件下，下列选项所示的物质间的转化能实现的是
A. Na2SS B. SOS
C. SO2BaSO3 D. NaHSO3(aq)SO2
【答案】A
【详解】A．有强氧化性可以将氧化为，故A正确；
B．SO与不能发生氧化还原反应，故B错误；
C．和不反应，故C错误；
D．酸性弱于,所以与不反应，故D错误；
6. 实验室可用反应2CuSO4＋2KI＋SO2＋2H2O＝2CuI↓＋2H2SO4＋K2SO4来制备CuI(CuI受热易被氧化)。下列实验装置和操作不能达到实验目的的是
A. 用甲装置制备SO2 B. 用乙装置制备CuI
C. 用丙装置分离出CuI D. 用丁装置干燥CuI固体
【答案】D
【详解】A．浓硫酸与Cu在加热时反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，故A正确；
B．由题意可知硫酸铜、碘化钾、二氧化硫和水反应生成碘化亚铜，所以可用乙图来制备碘化亚铜，故B正确；
C．为难溶物，分离难溶固体物质和液体物质时应采用过滤装置，所以分离碘化亚铜时应采用过滤装置，故C正确；
D．受热易被氧化，所以不能通过加热蒸发制备干燥的CuI，故D错误；
7. 短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，基态时X原子2p轨道上有3个电子，Y位于ⅡA族，X与Z处于同一主族，W单质常温下是一种黄绿色气体。下列说法正确的是
A. 原子半径：r(X)
C. X的第一电离能比同周期相邻元素的大
D. W的氢化物分子间能形成氢键
【答案】B
【详解】A．同周期元素，从左到右原子半径依次增大，则镁原子的原子半径大于磷原子，磷原子的原子半径大于氯原子，故A错误；
B．同主族元素，从上到下非金属性依次减弱，最高价氧化物对应水化物的酸性依次减弱，则磷酸的酸性弱于硝酸，故B错误；
C．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大的趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，第一电离能比同周期相邻元素的大，故C正确；
D．氯化氢分子间不能形成氢键，故D错误；
8．化合物X是一种医药中间体，其结构简式如图所示。下列有关化合物X的说法正确的是
A．分子中两个苯环一定处于同一平面
B．不能与饱和Na2CO3溶液反应
C．在酸性条件下水解，水解产物有二种
D．1 mol化合物X最多能与3 molNaOH反应
【答案】D
【详解】A．化合物中下方的苯环通过单键和上方部分连接，单键可以旋转，分子中两个苯环不一定处于同一平面，故A错误；
B．化合物中含有羧基，可以与饱和溶液反应，故B错误；
C．X分子中含有酯基，酸性条件下水解后酯基转化为酚羟基和羧基且都在化合物X内部，水解产物只有一种，故C错误；
D．酯基水解生成羧基和酚羟基，则1mol化合物X最多能与3molNaOH反应，故D正确；
9．检验淀粉水解，实验步骤如下：
步骤1：向试管中加入4ml淀粉溶液，再加入少量稀硫酸，加热4分钟，冷却后将溶液分装在两支试管中；
步骤2：向一支试管中滴加几滴碘水，观察现象；
步骤3：向另一支试管中先加入烧碱溶液中和，再加入新制备的含烧碱的氢氧化铜悬浊液，加热煮沸，观察现象。
表示碘分子
下列说法不正确的是
A．步骤1中硫酸做催化剂
B．步骤2中溶液变蓝色，说明淀粉没有水解
C．步骤3中煮沸后观察到有砖红色沉淀，说明淀粉发生了水解
D．碘晶胞如图所示，则每个碘分子周围紧邻的碘分子有12个
【答案】D
【详解】A．淀粉在稀硫酸作用下发生水解，硫酸是催化剂，加入稀硫酸可以加快淀粉水解的速率，故A正确；
B．根据分析，步骤2中溶液变蓝色，说明淀粉没有完全水解，故B正确；
C．根据分析，步骤3中水浴加热后观察到有光亮的银镜，说明淀粉已经水解，故C正确；
D．根据碘2晶胞，碘分子的配位数为12，故D错误；
10. 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，K+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lmol K2SO4，理论消耗标况下11.2L O2
D. 负极反应的电极反应方程式为Fe2+-2e－=Fe3+
【答案】C
【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，故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，故B错误；
C．根据电荷守恒可知，每得到lmol，消耗2molH+，转移2mol电子，故理论消耗标况下0.5mol×22.4L/L=11.2L，故C正确；
D．由分析可知，负极反应的电极反应方程式为，故D错误；
11. 海水中含有丰富的碘元素，海洋中许多藻类植物具有富集碘的能力，如海带中含碘量可达0.3%~0.5%，约为海水中碘浓度的10万倍。实验室通过下列流程从净化除氯后的含碘海水中提取I2。
下列有关说法不正确的是
A. 富集得到含碘化合物的晶胞如图，其中距离每个I—最近的
Ag+有4个
B. 转化后的溶液中主要含有Fe2+和I—
C. 用稀HNO3溶解滤渣Y得到的溶液可循环利用
D. 氧化时，理论上通入氯气的量至少控制为溶液中溶质物质的量
的1.5倍
【答案】D
【详解】A．由题给图可知，距离每个I—最近的Ag+有4个，故A正确；
B．滤得到碘化银固体，向碘化银固体中加入适量铁粉和蒸馏水，碘化银转化为碘化亚铁和银，过滤得到银(滤渣Y)和碘化亚铁溶液，故B正确；
C．用稀硝酸溶解Ag得到的溶液可循环利用，故C正确；
D．“氧化”时应采取，若氯气过量，过量的氯气会将氧化为，导致制备成本增大，故D错误。
12．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，产生白色沉淀和无色气体
下列有关说法正确的是
A．1mol/LNH4HCO3溶液中存在c(HCO)>c(NH)>c(CO)
B．根据实验2的现象可以得出Ksp(BaCO3)<2.5×10-3
C．实验3静置后的上层清液中有c(NH3·H2O)+c(NH)=c(HCO)+c(CO)+c(H2CO3)
D．实验4中产生的气体是CO2气体
【答案】D
【详解】A．NH4HCO3溶液呈碱性，说明NH水解程度小于HCO，实验1溶液中存在c(NH)>c(HCO)>c(CO)，故A错误；
B．实验2中生成碳酸钡沉淀，钡离子和碳酸根未知，无法计算Ksp(BaCO3)，故B错误；
C．实验3形成的晶体是碳酸氢钠，根据元素守恒，静置后的上层清液中有c(NH3·H2O)＋c(NH)>c(HCO)＋c(CO)＋c(H2CO3)，故C错误；
D．实验4中、HCO发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳，产生的气体是CO2，故D正确；
13．草酸二甲酯[(COOCH3)2]催化加氢制乙二醇的反应体系中，发生的主要反应为
反应I：(COOCH3)2(g)+2H2(g)=CH3OOCCH2OH(g)+CH3OH(g) ΔH1<0
反应II：(COOCH3)2(g)+4H2(g)=HOCH2CH2OH(g)+2CH3OH(g) ΔH2<0
压强一定的条件下，将(COOCH3)2、H2按一定比例、流速通过装有催化剂的反应管，测得(COOCH3)2的转化率及CH3OOCCH2OH、HOCH2CH2OH的选择性[×100%]与温度的关系如图所示。下列说法正确的是
A．曲线B表示HOCH2CH2OH的选择性随温度变化
B．190~198°C范围内，温度升高，(COOCH3)2的平衡转
化率增大
C．190~198°C范围内，温度升高，逐
渐减小
D．192°C时，其他条件一定，加快气体的流速可以提高
(COOCH3)2转化率
【答案】C
【详解】A． 由曲线A上CH3OOCCH2OH选择性为50%时，曲线C表示HOCH2CH2OH的选择性恰好为50%，曲线C表示HOCH2CH2OH的选择性随温度变化，故A错误；
B． 两反应均为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，190~198°C范围内，温度升高，(COOCH3)2的平衡转化率减小，故B错误；
C． 190~198°C范围内，温度升高，反应II：(COOCH3)2(g)+4H2(g)HOCH2CH2OH(g)+2CH3OH(g) ΔH2<0的选择性增大，升高温度，对于放热反应，平衡逆向移动 ，每减少2molCH3OH，只减少1molHOCH2CH2OH，HOCH2CH2OH减小的幅度小于CH3OH，逐渐减小，故C正确；
D． 192°C时，其他条件一定，加快气体的流速，反应物(COOCH3)2转化率降低，故D错误；
二、非选择题：共4题，共61分。
14．利用黄铁矿(主要成分为FeS2)与软锰矿主要成分为MnO2)制备MnSO4·H2O并回收单质硫的部分工艺流程如下：
已知：酸浸液主要含有Mn2＋、Fe2＋、Fe3＋等金属阳离子。
（1）①基态Mn2＋的价电子排布式为 ▲ 。
②酸浸时反应时有Fe2(SO4)3和S生成写出该反应的化学方程式为 ▲ 。
③除杂步骤中，在加碱溶液时要先加适量软锰矿粉，原因是 ▲ 。酸浸液中还含有Cd2＋等重金属阳离子，请结合数据说明能否用MnS除去Cd2＋ ▲ 。[Ksp(MnS)＝1.2×10－14，Ksp(CdS)＝3.6×10－29]
（2）(NH4)2S溶液浸取滤渣时的反应为(n－1)S＋S2－＝Sn2－，单质硫浸取率随温度变化曲线如下图所示。温度高于30℃，单质硫浸取率下降的可能原因是 ▲ 。
（3）制备得到的MnSO4·H2O产品中含有少量Ca2＋和Mg2＋杂质，进行以下实验测定产品中MnSO4·H2O含量：取10.00 g产品溶于水，配成100 mL溶液；取10.00 mL所配溶液用0.2 000 mol·L－1NaF溶液滴定，消耗10.00 mL；另取10.00 mL所配溶液用0.5 000 mol·L－1 EDTA溶液滴定，消耗13.00 mL。(已知：CaF2和MgF2难溶于水；Mn2＋、Ca2＋和Mg2＋与EDTA按物质的量之比1∶1反应。)，计算产品中MnSO4·H2O的质量分数。
▲ (写出计算过程)
【答案】（1）①3d5
②3MnO2＋2FeS2＋6H2SO4＝Fe2(SO4)3＋3MnSO4＋4S＋6H2O
③将Fe2+氧化成Fe3+便于生成Fe(OH)3除去 MnS(s)＋Cd2＋(aq)CdS＋Mn2＋(aq)，平衡常数K＝＝＝＝≈3.3×1014＞105，认为反应完全进行，所以MnS能除去Cd2＋
（2）当温度高于30℃，(NH4)2S分解，导致S2－浓度减少，单质硫的浸取率下降
（3）92.95%
【解析】(1)①价态Mn2＋的价电子指的是3d，其价电子排布式为3d5；
②软锰矿MnO2中Mn显＋4价，酸浸液中Mn显＋2价，FeS2中Fe显＋2价，S显－1价，因此MnO2作氧化剂，将FeS2氧化，离子方程式为3MnO2＋2FeS2＋12H＋=2Fe3＋＋3Mn2＋＋4S＋6H2O；
③MnS与Cd2＋反应MnS(s)＋Cd2＋(aq)CdS＋Mn2＋(aq)，平衡常数K=≈3.3×1014＞105，认为反应完全进行，所以MnS能除去Cd2＋；
(2)铵盐不稳定，受热易分解，当温度高于30℃，(NH4)2S分解，导致S2－浓度减少，单质硫的浸取率下降；故答案为当温度高于30℃，(NH4)2S分解，导致S2－浓度减少，单质硫的浸取率下降；
（3）：CaF2、MgF2难溶于水，样品中加入NaF溶液，发生Ca2＋＋2F－＝CaF2↓、Mg2＋＋2F－＝MgF2↓，因此有n(Ca2＋)＋n(Mg2＋)＝n(F－)＝×10.00×10－3 L×0.2000 moL·L－1＝1.000×10－3 mol；Mn2＋、Ca2＋、Mg2＋与EDTA按照物质的量之比为1∶1反应，则有n(Mn2＋)＋n(Ca2＋)＋n(Mg2＋)＝n(EDTA)＝0.5000 mol·L－1×13.00×10－3 L＝6.500×10－3 mol，n(Mn2＋)＝6.500×103mol－1.000×10－3 mol＝5.500×10－3 mol，因此MnSO4·H2O的质量分数为×100%＝92.95%。
15.简单的物质能合成非常重要且有用的物质。有机物M 是一种重要的抗癌药物，就可以通过下面的途径合成。
已知：①
②
③DBBA(溴化剂)一般在醛基的邻位发生取代。
回答下列问题：
（1）1mol C中含有的σ键为 ▲ 。
图中画虚线部分官能团的名称为a ▲ b ▲ 。
（2）A的结构简式为 ▲ 。
（3）D→E的反应类型为 ▲ 。
（4）B的同分异构体中同时满足下列条件，其结构简式为 ▲ 。
①苯环上有两个取代基 ②与FeCl3溶液发生显色反应
③能够发生银镜反应 ④核磁共振氢谱有五组峰，且峰面积之比为6：2：2：1：1
（5）参照上述路线，以丙烯和为原料合成的路线(其他试剂任选) 。
【答案】（1）30mol 酰胺基 酯基
（2）
（3） 取代反应
（4）
（5）
【详解】（1）由题干流程图中信息可知，图中画虚线部分的官能团名称： a为酰胺键，b为酯基，故答案为：酰胺键；酯基；
（2）由分析可知，A的结构简式为：
（3）由题干流程图中，D、E的结构简式可知，D→E的反应类型为取代反应，故答案为：取代反应；
（4）题干信息可知，B的同分异构体中同时满足下列条件①苯环上有两个取代基 ②与FeCl3溶液发生显色反应即含有酚羟基③能够发生银镜反应含有醛基④核磁共振氢谱有五组峰，且峰面积之比为6：2：2：1：1即含有两个甲基，其结构简式为：；
(5)
利用E+F→G的转化进行设计，与CH3CHBrCHO反应生成，由D→E的转化可知，CH3CH2CHO与DBBA（溴化剂）/CH2Cl2反应生成CH3CH2BrCHO，而丙烯与HBr发生加成反应生成CH3CH2CH2Br，CH3CH2CH2Br碱性条件下水解生成CH3CH2CH2OH，CH3CH2CH2OH再发生催化氧化生成CH3CH2CHO，合成路线为： ，
16．磷酸亚铁[Fe3(PO4)2·8H2O]是生产锂电池的原料，能溶于强酸，不溶于水。实验室可利用FeSO4·7H2O、Na2HPO4·12H2O及CH3COONa·3H2O为原料制备磷酸亚铁，主要反应为3FeSO4＋2Na2HPO4＋2CH3COONa＋8H2O＝Fe3(PO4)2·8H2O↓＋3Na2SO4＋2CH3COOH。
（1）应用煮沸并冷却的蒸馏水配制酸性FeSO4溶液，若蒸馏水未经煮沸直接配制，则可能发生反应的离子方程式为 ▲ 。
（2）可用如图装置合成磷酸亚铁。在仪器A中先加入抗坏血酸(即维生素C)稀溶液作底液，再向烧瓶中滴入Na2HPO4与CH3COONa混合溶液至pH＝4时，再滴入FeSO4溶液，最终维持pH＝6。
①仪器A的名称是 ▲ 。
②用抗坏血酸溶液作底液的作用是 ▲ 。
（3）生成的Fe3(PO4)2·8H2O沉淀需充分洗涤，检验洗涤是否完全的方法是 ▲
（4）某研究性学习小组的同学拟用工业品十二水合磷酸氢二钠(含Na2HPO4、重金属盐及有色杂质等)提纯得到Na2HPO4·12H2O晶体。已知：Na2HPO4溶液pH在8.2～8.4之间，重金属硫化物不溶于水。请补充实验步骤：将工业品溶于热水； ▲ _，冷却结晶，过滤、洗涤及干燥。[实验中可选用的试剂：Na2S溶液、0.1 mol·L－1 H3PO4溶液、0.1 mol·L－1 NaOH溶液、活性炭]
【答案】（1）4Fe2＋＋O2＋4H＋＝4Fe3＋＋2H2O
（2）①三颈烧瓶
②防止亚铁离子被氧化；调节溶液的pH＝4以防止生成Fe(OH)2沉淀
（3）取最后一次洗涤液1~2ml于试管中，向其中滴加BaCl2溶液，若无沉淀产生，则表明已
洗涤干净。
（4）边搅拌边滴入Na2S溶液，至不再生成沉淀为止；加入活性炭煮沸，趁热过滤；用0.1 mol·L－1 H3PO4溶液和0.1 mol·L－1 NaOH溶液调节溶液pH在8.2～8.4，蒸发浓缩
【解析】(1)水中溶解有氧气，氧气可以氧化二价铁为三价铁，方程式为：4Fe2＋＋O2＋4H＋=4Fe3＋＋2H2O；
(2)①三颈烧瓶
②二价铁有还原性，抗坏血酸有还原性，该反应中需要防止二价铁被氧化；调节溶液的pH＝4以防止生成Fe(OH)2沉淀
（3）取最后一次洗涤液1~2ml于试管中，向其中滴加BaCl2溶液，若无沉淀产生，则表明已洗涤干净。
(4)十二水合磷酸氢二钠中含有的重金属盐用Na2S与其反应生成硫化物沉淀而除去，有色杂质用活性炭吸附而除去；除去杂质后﹐用H3PO4和NaOH调节溶液pH使其在8.2～8.4之间，故答案为：边搅拌边滴入Na2S溶液，至不再生成沉淀为止；加入活性炭煮沸，趁热过滤；用0.1 mol·L-1 H3PO4溶液和0.1 mol·L-1 NaOH溶液调节溶液pH在8.2～8.4，蒸发浓缩。
17．纳米零价铁可用于去除水体中的六价铬[Cr(VI)]与硝酸盐等污染物。
（1）用FeCl2溶液与NaBH4(H元素为－1价)溶液反应制备纳米零价铁的化学方程式：FeCl2＋2NaBH4＋6H2O＝Fe＋2B(OH)3＋2NaCl＋7H2↑。制备过程中需要不断通入高纯氮气，其目的是 ▲ 。
（2）纳米零价铁可将水体中Cr(VI)还原为Cr3＋，再将Cr3＋ 转化为Cr(OH)3(两性氢氧化物)从水体中除去。
①室温下Cr(VI)总浓度为0.20 mol·L－1溶液中，含铬物种浓度随pH的分布如题17图-1所示。H2CrO4的Ka2= ▲ 。
②调节溶液pH，可使Cr3＋转化为Cr(OH)3沉淀而被除去。但pH＞9时，铬的去除率却降低，其原因是 ▲ 。
（3）零价铁电化学腐蚀处理三氯乙烯进行水体修复H+、O2、NO－等物种的存在会影响效果，水体修复的过程如题17图-2所示。过程④对应的电极反应式为 ▲ 。
（4）有人研究了用纳米零价铁去除水体中NO3－。
①用催化剂协同纳米零价铁去除水体中NO3－。其催化还原反应的过程如题17图-3所示。为有效降低水体中氮元素的含量，宜调整水体pH为4.2，当pH<4.2时，随pH减小，N2生成率逐渐降低的原因是 ▲ 。
②2022-05-07T14:38:32.824470将一定量纳米零价铁和少量铜粉附着在生物炭上，也可用于去除水体中NO3－，其部分反应原理如题17图-4所示。与不添加铜粉相比，添加少量铜粉时去除NO3－效率更高，其主要原因是 ▲ ；NO3－转化为NH的机理可描述为 ▲ 。
【答案】（1）排除装置中存在的空气，防止制得的纳米零价铁被氧化；及时排除H2，防止爆炸
（2）①10－6.5
②Cr(OH)3与OH－反应生成可溶于水的物质{[Cr(OH)4]－或CrO2－}
（3）NO3－+10H++8e-=NH+3H2O
（4）①pH减小，H+浓度增大，会生成更多的H，使NO3－被还原的中间产物NH更多的与H反应生成NH，减少了N2的生成
②纳米零价铁、铜粉及水溶液形成原电池，加快去除NO3－的速率。 NO3－得到纳米零价铁失去的电子转化为NO2－，NO2－在纳米零价铁或Cu表面得到电子转化为NH
【详解】（1）排除装置中存在的空气，防止值得的纳米零价铁被氧化；及时排除H2，防止爆炸
（2）①H2CrO4的Ka2＝，根据图像可知c(CrO42－)＝c(HCrO4－)时，
pH＝6.5，c(H＋)＝10－6.5，故Ka2＝10－6.5
② 由题意Cr(OH)3为两性氢氧化物，pH＞9时，溶液中OH－较大，则Cr(OH)3与OH－反应转化为可溶于水的离子CrO2－；
（3）NO3－+10H++8e-=NH+3H2O
（4）①pH减小，H+浓度增大，会生成更多的H，使NO3－被还原的中间产物NH更多的与H反应生成NH，减少了N2的生成
②结合反应机理图，从图的左边看，NO3－作反应物在纳米铁的还原下得电子被还原为NO2－，再从图的右边看，生成的NO2－在纳米铁或铜的表面得电子被还原为NH。
绝密★启用前
2023年高考化学考前信息必刷卷03
新高考地区专用
江苏地区考试题型为13（单选题）＋4（解答题），改变相对固化的题目，开放性题目，要求学生灵活运用知识答题。强化图像辨析能力的训练，获得信息，信息加工，运用信息等。
预测2023年江苏地区运用图像解题，出现在13,17题，难度较大例如本卷第13、14、17题。
同时应特别注意以社会热点为背景的新情景问题，此类试题将化学知识、方法等融为一体，能有效考查学生在新情景下对知识的理解以及迁移到不同情境中的能力，考查学生发现问题、分析问题和解决问题的能力，一般出现在选择题第1、2、5、6、8题的位置，难度中等偏下。
可能用到的相对原子质量：H 1 C12 N14 O 16 F19 Mg24 Ca40 Mn55
一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。
1.“十四五”生态环保工作强调要落实“减污降碳”的总要求。下列说法正确的是
A.使用脱硫脱硝后的化石燃料，可减少酸雨的发生
B.推广使用煤液化技术，可减少二氧化碳等温室气体的排放
C.向河水中加入明矾，可除去许多杂质并杀灭有害细菌
D.在一定条件下，选择合适的催化剂将CO2氧化为甲酸
【答案】A
【详解】A. 使用脱硫脱硝后的化石燃料，可减少二氧化硫、二氧化氮等气体产生，可减少酸雨的发生，故A正确；
B. 根据原子守恒规律，推广使用煤液化技术，不能减少二氧化碳等温室气体的排放，故B错误；
C. 向河水中加入明矾，明矾水解得到的氢氧化铝胶体可吸附悬浮杂质，但不能起到杀灭有害细菌的作用，故C错误；
D. 在一定条件下，选择合适的催化剂将→甲酸是还原过程，故D错误；
2．在二氯化铂的HCl溶液中，通入乙烯气体，再加入KCl可得K[Pt(C2H4)Cl3]·H2O（蔡氏盐）
相关表示正确的是
A．中子数为117，质子数为78的铂原子可表示为Pt
B．氯离子的结构示意图：
C．乙烯的结构简式为CH2CH2
D．HCl为非极性分子
【答案】B
【详解】A.在原子符号的左下角标注的是该原子的质子数，所以应该为，故A错误;
B. 氯离子的结构示意图中，圆圈中为+17，故B正确。
C. 有机物的结构简式中，是不可以省略官能团的，所以乙烯的结构简式为CH2=CH2，故C错误;
D. HCl为极性分子，故D错误。
3. 下列物质性质与用途的对应关系不正确的是
A. 小苏打能与碱反应，可用作抗酸药
B. Al2O3熔点高，可用作耐高温材料
C. NH4Cl溶液呈酸性，可用于除铁锈
D. 液氨汽化时吸收大量的热，可用作制冷剂
【答案】A
【详解】A．小苏打，即碳酸氢钠,是一种弱碱性的抗酸药物，是因为其能与酸反应，故A错误；
B．熔点高的物质可作耐高温材料，则Al2O3熔点高，可用作耐高温材料，故B正确；
C．NH4Cl强酸弱碱盐，溶液呈酸性，可以除铁锈，故C错误；
D．液氨汽化吸收大量的热，可作制冷剂，故D错误。
阅读下列资料，完成4~6题：SO2既是大气主要污染物之一，又在生产生活中具有广泛应用，如可生产SO3并进而制得硫酸等，其反应原理为：2SO2(g)＋O2(g)=2SO3(g) ΔH=－196.6 kJ·mol－1。实验室可用铜和浓硫酸制取SO2。
4．对于反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，下列说法正确的是
A．该反应在任何条件下都能自发进行
B．2 mol SO2(g)和1 mol O2(g)所含键能总和比2 mol SO3(g)所含键能小
C． 反应在高温、催化剂条件下进行可提高SO2的平衡转化率
D．反应达平衡后再通入O2，SO3的体积分数一定增加
【答案】B
【详解】A．该反应的熵减小，故不一定在任何条件均能自发，故A错误；
B．该反应为放热反应，故2molSO2(g)和1molO2(g)所含键能总和比2molSO3(g)所含键能小，故D正确；
C．催化剂不可以改变SO2的平衡转化率，故C错误；
D．当通入无穷大的O2时，参与反应的O2较少，生成的SO3略有增多，但是由于没有反应的O2的量更多，则SO3的体积分数反而减小，故D错误；
5.在指定条件下，下列选项所示的物质间的转化能实现的是
A. Na2SS B. SOS
C. SO2BaSO3 D. NaHSO3(aq)SO2
【答案】A
【详解】A．有强氧化性可以将氧化为，故A正确；
B．SO与不能发生氧化还原反应，故B错误；
C．和不反应，故C错误；
D．酸性弱于,所以与不反应，故D错误；
6. 实验室可用反应2CuSO4＋2KI＋SO2＋2H2O＝2CuI↓＋2H2SO4＋K2SO4来制备CuI(CuI受热易被氧化)。下列实验装置和操作不能达到实验目的的是
A. 用甲装置制备SO2 B. 用乙装置制备CuI
C. 用丙装置分离出CuI D. 用丁装置干燥CuI固体
【答案】D
【详解】A．浓硫酸与Cu在加热时反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，故A正确；
B．由题意可知硫酸铜、碘化钾、二氧化硫和水反应生成碘化亚铜，所以可用乙图来制备碘化亚铜，故B正确；
C．为难溶物，分离难溶固体物质和液体物质时应采用过滤装置，所以分离碘化亚铜时应采用过滤装置，故C正确；
D．受热易被氧化，所以不能通过加热蒸发制备干燥的CuI，故D错误；
7. 短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，基态时X原子2p轨道上有3个电子，Y位于ⅡA族，X与Z处于同一主族，W单质常温下是一种黄绿色气体。下列说法正确的是
A. 原子半径：r(X)
C. X的第一电离能比同周期相邻元素的大
D. W的氢化物分子间能形成氢键
【答案】B
【详解】A．同周期元素，从左到右原子半径依次增大，则镁原子的原子半径大于磷原子，磷原子的原子半径大于氯原子，故A错误；
B．同主族元素，从上到下非金属性依次减弱，最高价氧化物对应水化物的酸性依次减弱，则磷酸的酸性弱于硝酸，故B错误；
C．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大的趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，第一电离能比同周期相邻元素的大，故C正确；
D．氯化氢分子间不能形成氢键，故D错误；
8．化合物X是一种医药中间体，其结构简式如图所示。下列有关化合物X的说法正确的是
A．分子中两个苯环一定处于同一平面
B．不能与饱和Na2CO3溶液反应
C．在酸性条件下水解，水解产物有二种
D．1 mol化合物X最多能与3 molNaOH反应
【答案】D
【详解】A．化合物中下方的苯环通过单键和上方部分连接，单键可以旋转，分子中两个苯环不一定处于同一平面，故A错误；
B．化合物中含有羧基，可以与饱和溶液反应，故B错误；
C．X分子中含有酯基，酸性条件下水解后酯基转化为酚羟基和羧基且都在化合物X内部，水解产物只有一种，故C错误；
D．酯基水解生成羧基和酚羟基，则1mol化合物X最多能与3molNaOH反应，故D正确；
9．检验淀粉水解，实验步骤如下：
步骤1：向试管中加入4ml淀粉溶液，再加入少量稀硫酸，加热4分钟，冷却后将溶液分装在两支试管中；
步骤2：向一支试管中滴加几滴碘水，观察现象；
步骤3：向另一支试管中先加入烧碱溶液中和，再加入新制备的含烧碱的氢氧化铜悬浊液，加热煮沸，观察现象。
表示碘分子
下列说法不正确的是
A．步骤1中硫酸做催化剂
B．步骤2中溶液变蓝色，说明淀粉没有水解
C．步骤3中煮沸后观察到有砖红色沉淀，说明淀粉发生了水解
D．碘晶胞如图所示，则每个碘分子周围紧邻的碘分子有12个
【答案】D
【详解】A．淀粉在稀硫酸作用下发生水解，硫酸是催化剂，加入稀硫酸可以加快淀粉水解的速率，故A正确；
B．根据分析，步骤2中溶液变蓝色，说明淀粉没有完全水解，故B正确；
C．根据分析，步骤3中水浴加热后观察到有光亮的银镜，说明淀粉已经水解，故C正确；
D．根据碘2晶胞，碘分子的配位数为12，故D错误；
10. 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，K+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lmol K2SO4，理论消耗标况下11.2L O2
D. 负极反应的电极反应方程式为Fe2+-2e－=Fe3+
【答案】C
【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，故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，故B错误；
C．根据电荷守恒可知，每得到lmol，消耗2molH+，转移2mol电子，故理论消耗标况下0.5mol×22.4L/L=11.2L，故C正确；
D．由分析可知，负极反应的电极反应方程式为，故D错误；
11. 海水中含有丰富的碘元素，海洋中许多藻类植物具有富集碘的能力，如海带中含碘量可达0.3%~0.5%，约为海水中碘浓度的10万倍。实验室通过下列流程从净化除氯后的含碘海水中提取I2。
下列有关说法不正确的是
A. 富集得到含碘化合物的晶胞如图，其中距离每个I—最近的
Ag+有4个
B. 转化后的溶液中主要含有Fe2+和I—
C. 用稀HNO3溶解滤渣Y得到的溶液可循环利用
D. 氧化时，理论上通入氯气的量至少控制为溶液中溶质物质的量
的1.5倍
【答案】D
【详解】A．由题给图可知，距离每个I—最近的Ag+有4个，故A正确；
B．滤得到碘化银固体，向碘化银固体中加入适量铁粉和蒸馏水，碘化银转化为碘化亚铁和银，过滤得到银(滤渣Y)和碘化亚铁溶液，故B正确；
C．用稀硝酸溶解Ag得到的溶液可循环利用，故C正确；
D．“氧化”时应采取，若氯气过量，过量的氯气会将氧化为，导致制备成本增大，故D错误。
12．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，产生白色沉淀和无色气体
下列有关说法正确的是
A．1mol/LNH4HCO3溶液中存在c(HCO)>c(NH)>c(CO)
B．根据实验2的现象可以得出Ksp(BaCO3)<2.5×10-3
C．实验3静置后的上层清液中有c(NH3·H2O)+c(NH)=c(HCO)+c(CO)+c(H2CO3)
D．实验4中产生的气体是CO2气体
【答案】D
【详解】A．NH4HCO3溶液呈碱性，说明NH水解程度小于HCO，实验1溶液中存在c(NH)>c(HCO)>c(CO)，故A错误；
B．实验2中生成碳酸钡沉淀，钡离子和碳酸根未知，无法计算Ksp(BaCO3)，故B错误；
C．实验3形成的晶体是碳酸氢钠，根据元素守恒，静置后的上层清液中有c(NH3·H2O)＋c(NH)>c(HCO)＋c(CO)＋c(H2CO3)，故C错误；
D．实验4中、HCO发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳，产生的气体是CO2，故D正确；
13．草酸二甲酯[(COOCH3)2]催化加氢制乙二醇的反应体系中，发生的主要反应为
反应I：(COOCH3)2(g)+2H2(g)=CH3OOCCH2OH(g)+CH3OH(g) ΔH1<0
反应II：(COOCH3)2(g)+4H2(g)=HOCH2CH2OH(g)+2CH3OH(g) ΔH2<0
压强一定的条件下，将(COOCH3)2、H2按一定比例、流速通过装有催化剂的反应管，测得(COOCH3)2的转化率及CH3OOCCH2OH、HOCH2CH2OH的选择性[×100%]与温度的关系如图所示。下列说法正确的是
A．曲线B表示HOCH2CH2OH的选择性随温度变化
B．190~198°C范围内，温度升高，(COOCH3)2的平衡转
化率增大
C．190~198°C范围内，温度升高，逐
渐减小
D．192°C时，其他条件一定，加快气体的流速可以提高
(COOCH3)2转化率
【答案】C
【详解】A． 由曲线A上CH3OOCCH2OH选择性为50%时，曲线C表示HOCH2CH2OH的选择性恰好为50%，曲线C表示HOCH2CH2OH的选择性随温度变化，故A错误；
B． 两反应均为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，190~198°C范围内，温度升高，(COOCH3)2的平衡转化率减小，故B错误；
C． 190~198°C范围内，温度升高，反应II：(COOCH3)2(g)+4H2(g)HOCH2CH2OH(g)+2CH3OH(g) ΔH2<0的选择性增大，升高温度，对于放热反应，平衡逆向移动 ，每减少2molCH3OH，只减少1molHOCH2CH2OH，HOCH2CH2OH减小的幅度小于CH3OH，逐渐减小，故C正确；
D． 192°C时，其他条件一定，加快气体的流速，反应物(COOCH3)2转化率降低，故D错误；
二、非选择题：共4题，共61分。
14．利用黄铁矿(主要成分为FeS2)与软锰矿主要成分为MnO2)制备MnSO4·H2O并回收单质硫的部分工艺流程如下：
已知：酸浸液主要含有Mn2＋、Fe2＋、Fe3＋等金属阳离子。
（1）①基态Mn2＋的价电子排布式为 ▲ 。
②酸浸时反应时有Fe2(SO4)3和S生成写出该反应的化学方程式为 ▲ 。
③除杂步骤中，在加碱溶液时要先加适量软锰矿粉，原因是 ▲ 。酸浸液中还含有Cd2＋等重金属阳离子，请结合数据说明能否用MnS除去Cd2＋ ▲ 。[Ksp(MnS)＝1.2×10－14，Ksp(CdS)＝3.6×10－29]
（2）(NH4)2S溶液浸取滤渣时的反应为(n－1)S＋S2－＝Sn2－，单质硫浸取率随温度变化曲线如下图所示。温度高于30℃，单质硫浸取率下降的可能原因是 ▲ 。
（3）制备得到的MnSO4·H2O产品中含有少量Ca2＋和Mg2＋杂质，进行以下实验测定产品中MnSO4·H2O含量：取10.00 g产品溶于水，配成100 mL溶液；取10.00 mL所配溶液用0.2 000 mol·L－1NaF溶液滴定，消耗10.00 mL；另取10.00 mL所配溶液用0.5 000 mol·L－1 EDTA溶液滴定，消耗13.00 mL。(已知：CaF2和MgF2难溶于水；Mn2＋、Ca2＋和Mg2＋与EDTA按物质的量之比1∶1反应。)，计算产品中MnSO4·H2O的质量分数。
▲ (写出计算过程)
【答案】（1）①3d5
②3MnO2＋2FeS2＋6H2SO4＝Fe2(SO4)3＋3MnSO4＋4S＋6H2O
③将Fe2+氧化成Fe3+便于生成Fe(OH)3除去 MnS(s)＋Cd2＋(aq)CdS＋Mn2＋(aq)，平衡常数K＝＝＝＝≈3.3×1014＞105，认为反应完全进行，所以MnS能除去Cd2＋
（2）当温度高于30℃，(NH4)2S分解，导致S2－浓度减少，单质硫的浸取率下降
（3）92.95%
【解析】(1)①价态Mn2＋的价电子指的是3d，其价电子排布式为3d5；
②软锰矿MnO2中Mn显＋4价，酸浸液中Mn显＋2价，FeS2中Fe显＋2价，S显－1价，因此MnO2作氧化剂，将FeS2氧化，离子方程式为3MnO2＋2FeS2＋12H＋=2Fe3＋＋3Mn2＋＋4S＋6H2O；
③MnS与Cd2＋反应MnS(s)＋Cd2＋(aq)CdS＋Mn2＋(aq)，平衡常数K=≈3.3×1014＞105，认为反应完全进行，所以MnS能除去Cd2＋；
(2)铵盐不稳定，受热易分解，当温度高于30℃，(NH4)2S分解，导致S2－浓度减少，单质硫的浸取率下降；故答案为当温度高于30℃，(NH4)2S分解，导致S2－浓度减少，单质硫的浸取率下降；
（3）：CaF2、MgF2难溶于水，样品中加入NaF溶液，发生Ca2＋＋2F－＝CaF2↓、Mg2＋＋2F－＝MgF2↓，因此有n(Ca2＋)＋n(Mg2＋)＝n(F－)＝×10.00×10－3 L×0.2000 moL·L－1＝1.000×10－3 mol；Mn2＋、Ca2＋、Mg2＋与EDTA按照物质的量之比为1∶1反应，则有n(Mn2＋)＋n(Ca2＋)＋n(Mg2＋)＝n(EDTA)＝0.5000 mol·L－1×13.00×10－3 L＝6.500×10－3 mol，n(Mn2＋)＝6.500×103mol－1.000×10－3 mol＝5.500×10－3 mol，因此MnSO4·H2O的质量分数为×100%＝92.95%。
15.简单的物质能合成非常重要且有用的物质。有机物M 是一种重要的抗癌药物，就可以通过下面的途径合成。
已知：①
②
③DBBA(溴化剂)一般在醛基的邻位发生取代。
回答下列问题：
（1）1mol C中含有的σ键为 ▲ 。
图中画虚线部分官能团的名称为a ▲ b ▲ 。
（2）A的结构简式为 ▲ 。
（3）D→E的反应类型为 ▲ 。
（4）B的同分异构体中同时满足下列条件，其结构简式为 ▲ 。
①苯环上有两个取代基 ②与FeCl3溶液发生显色反应
③能够发生银镜反应 ④核磁共振氢谱有五组峰，且峰面积之比为6：2：2：1：1
（5）参照上述路线，以丙烯和为原料合成的路线(其他试剂任选) 。
【答案】（1）30mol 酰胺基 酯基
（2）
（3） 取代反应
（4）
（5）
【详解】（1）由题干流程图中信息可知，图中画虚线部分的官能团名称： a为酰胺键，b为酯基，故答案为：酰胺键；酯基；
（2）由分析可知，A的结构简式为：
（3）由题干流程图中，D、E的结构简式可知，D→E的反应类型为取代反应，故答案为：取代反应；
（4）题干信息可知，B的同分异构体中同时满足下列条件①苯环上有两个取代基 ②与FeCl3溶液发生显色反应即含有酚羟基③能够发生银镜反应含有醛基④核磁共振氢谱有五组峰，且峰面积之比为6：2：2：1：1即含有两个甲基，其结构简式为：；
(5)
利用E+F→G的转化进行设计，与CH3CHBrCHO反应生成，由D→E的转化可知，CH3CH2CHO与DBBA（溴化剂）/CH2Cl2反应生成CH3CH2BrCHO，而丙烯与HBr发生加成反应生成CH3CH2CH2Br，CH3CH2CH2Br碱性条件下水解生成CH3CH2CH2OH，CH3CH2CH2OH再发生催化氧化生成CH3CH2CHO，合成路线为： ，
16．磷酸亚铁[Fe3(PO4)2·8H2O]是生产锂电池的原料，能溶于强酸，不溶于水。实验室可利用FeSO4·7H2O、Na2HPO4·12H2O及CH3COONa·3H2O为原料制备磷酸亚铁，主要反应为3FeSO4＋2Na2HPO4＋2CH3COONa＋8H2O＝Fe3(PO4)2·8H2O↓＋3Na2SO4＋2CH3COOH。
（1）应用煮沸并冷却的蒸馏水配制酸性FeSO4溶液，若蒸馏水未经煮沸直接配制，则可能发生反应的离子方程式为 ▲ 。
（2）可用如图装置合成磷酸亚铁。在仪器A中先加入抗坏血酸(即维生素C)稀溶液作底液，再向烧瓶中滴入Na2HPO4与CH3COONa混合溶液至pH＝4时，再滴入FeSO4溶液，最终维持pH＝6。
①仪器A的名称是 ▲ 。
②用抗坏血酸溶液作底液的作用是 ▲ 。
（3）生成的Fe3(PO4)2·8H2O沉淀需充分洗涤，检验洗涤是否完全的方法是 ▲
（4）某研究性学习小组的同学拟用工业品十二水合磷酸氢二钠(含Na2HPO4、重金属盐及有色杂质等)提纯得到Na2HPO4·12H2O晶体。已知：Na2HPO4溶液pH在8.2～8.4之间，重金属硫化物不溶于水。请补充实验步骤：将工业品溶于热水； ▲ _，冷却结晶，过滤、洗涤及干燥。[实验中可选用的试剂：Na2S溶液、0.1 mol·L－1 H3PO4溶液、0.1 mol·L－1 NaOH溶液、活性炭]
【答案】（1）4Fe2＋＋O2＋4H＋＝4Fe3＋＋2H2O
（2）①三颈烧瓶
②防止亚铁离子被氧化；调节溶液的pH＝4以防止生成Fe(OH)2沉淀
（3）取最后一次洗涤液1~2ml于试管中，向其中滴加BaCl2溶液，若无沉淀产生，则表明已
洗涤干净。
（4）边搅拌边滴入Na2S溶液，至不再生成沉淀为止；加入活性炭煮沸，趁热过滤；用0.1 mol·L－1 H3PO4溶液和0.1 mol·L－1 NaOH溶液调节溶液pH在8.2～8.4，蒸发浓缩
【解析】(1)水中溶解有氧气，氧气可以氧化二价铁为三价铁，方程式为：4Fe2＋＋O2＋4H＋=4Fe3＋＋2H2O；
(2)①三颈烧瓶
②二价铁有还原性，抗坏血酸有还原性，该反应中需要防止二价铁被氧化；调节溶液的pH＝4以防止生成Fe(OH)2沉淀
（3）取最后一次洗涤液1~2ml于试管中，向其中滴加BaCl2溶液，若无沉淀产生，则表明已洗涤干净。
(4)十二水合磷酸氢二钠中含有的重金属盐用Na2S与其反应生成硫化物沉淀而除去，有色杂质用活性炭吸附而除去；除去杂质后﹐用H3PO4和NaOH调节溶液pH使其在8.2～8.4之间，故答案为：边搅拌边滴入Na2S溶液，至不再生成沉淀为止；加入活性炭煮沸，趁热过滤；用0.1 mol·L-1 H3PO4溶液和0.1 mol·L-1 NaOH溶液调节溶液pH在8.2～8.4，蒸发浓缩。
17．纳米零价铁可用于去除水体中的六价铬[Cr(VI)]与硝酸盐等污染物。
（1）用FeCl2溶液与NaBH4(H元素为－1价)溶液反应制备纳米零价铁的化学方程式：FeCl2＋2NaBH4＋6H2O＝Fe＋2B(OH)3＋2NaCl＋7H2↑。制备过程中需要不断通入高纯氮气，其目的是 ▲ 。
（2）纳米零价铁可将水体中Cr(VI)还原为Cr3＋，再将Cr3＋ 转化为Cr(OH)3(两性氢氧化物)从水体中除去。
①室温下Cr(VI)总浓度为0.20 mol·L－1溶液中，含铬物种浓度随pH的分布如题17图-1所示。H2CrO4的Ka2= ▲ 。
②调节溶液pH，可使Cr3＋转化为Cr(OH)3沉淀而被除去。但pH＞9时，铬的去除率却降低，其原因是 ▲ 。
（3）零价铁电化学腐蚀处理三氯乙烯进行水体修复H+、O2、NO－等物种的存在会影响效果，水体修复的过程如题17图-2所示。过程④对应的电极反应式为 ▲ 。
（4）有人研究了用纳米零价铁去除水体中NO3－。
①用催化剂协同纳米零价铁去除水体中NO3－。其催化还原反应的过程如题17图-3所示。为有效降低水体中氮元素的含量，宜调整水体pH为4.2，当pH<4.2时，随pH减小，N2生成率逐渐降低的原因是 ▲ 。
②2022-05-07T14:38:32.824470将一定量纳米零价铁和少量铜粉附着在生物炭上，也可用于去除水体中NO3－，其部分反应原理如题17图-4所示。与不添加铜粉相比，添加少量铜粉时去除NO3－效率更高，其主要原因是 ▲ ；NO3－转化为NH的机理可描述为 ▲ 。
【答案】（1）排除装置中存在的空气，防止制得的纳米零价铁被氧化；及时排除H2，防止爆炸
（2）①10－6.5
②Cr(OH)3与OH－反应生成可溶于水的物质{[Cr(OH)4]－或CrO2－}
（3）NO3－+10H++8e-=NH+3H2O
（4）①pH减小，H+浓度增大，会生成更多的H，使NO3－被还原的中间产物NH更多的与H反应生成NH，减少了N2的生成
②纳米零价铁、铜粉及水溶液形成原电池，加快去除NO3－的速率。 NO3－得到纳米零价铁失去的电子转化为NO2－，NO2－在纳米零价铁或Cu表面得到电子转化为NH
【详解】（1）排除装置中存在的空气，防止值得的纳米零价铁被氧化；及时排除H2，防止爆炸
（2）①H2CrO4的Ka2＝，根据图像可知c(CrO42－)＝c(HCrO4－)时，
pH＝6.5，c(H＋)＝10－6.5，故Ka2＝10－6.5
② 由题意Cr(OH)3为两性氢氧化物，pH＞9时，溶液中OH－较大，则Cr(OH)3与OH－反应转化为可溶于水的离子CrO2－；
（3）NO3－+10H++8e-=NH+3H2O
（4）①pH减小，H+浓度增大，会生成更多的H，使NO3－被还原的中间产物NH更多的与H反应生成NH，减少了N2的生成
②结合反应机理图，从图的左边看，NO3－作反应物在纳米铁的还原下得电子被还原为NO2－，再从图的右边看，生成的NO2－在纳米铁或铜的表面得电子被还原为NH。
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