第第頁徐州七中2021-2022學年度下學期高三年級4月學情調研化學試題考試時間：75分鐘，滿分：100分可能用到的相對原子質量：H1C12O16Na23一、單項選擇題：共14個小題，每小題3分，共42分。每小題只有一個選項最符合題意。1.化學在醫療、能源、宇宙探索等方面均發揮著關鍵作用。下列敘述不正確的是A.醫用防護服的核心材料是微孔聚四氟乙烯薄膜，其單體四氟乙烯屬于烯烴B.用“人工腎”進行血液透析原理救治危重新冠肺炎患者，利用了膠體的物理性質C.太陽能、風能等能源是一次能源，核電、光電等電能屬于二次能源D.嫦娥五號探測器在月球表面展示的國旗，所用的高性能芳綸纖維材料是復合材料【答案】A【解析】【詳解】A．四氟乙烯分子中含有氟原子，屬于不飽和氟代烴，不屬于烯烴，故A錯誤；B．血液透析的原理類似于滲析原理，透析膜相當于半透膜的作用，腎功能衰竭等疾病引起的血液中毒可利用血液透析進行治療，則血液透析原理利用了膠體的物理性質，故B正確；C．太陽能、風能等能源是可以從自然界直接獲取的一次能源，核電、光電等電能是不能從自然界直接獲取的二次能源，故C正確；D．高性能芳綸纖維材料是具有耐高低溫、防靜電等多種特性的復合材料，故D正確；故選A。2.工業上制備保險粉的反應為。下列有關說法正確的是A.Na+的結構示意圖為B.NaOH的電子式為C.HCOONa中含有鍵和鍵的數目之比為3∶1D.基態S原子核外價電子的軌道表達式為【答案】C【解析】【詳解】A．的核電荷數為11，核外電子數為10，所以的結構示意圖為，故A錯誤；B．NaOH為含有共價鍵的離子化合物，所以其電子式為，故B錯誤；C．HCOONa中含有3個鍵和1個鍵，所以HCOONa中含有鍵和鍵的數目之比為3∶1，故C正確；D．基態S原子核外價電子的軌道表達式為，故D錯誤；答案選C。3.下列有關鈉及其化合物的性質與用途具有對應關系的是A.鈉單質熔點較低，可用于冶煉金屬鈦B.高鐵酸鉀具有強氧化性，可用作殺菌消毒C.氫氧化鈉具有強堿性，可用作干燥劑D.碳酸氫鈉受熱易分解，可用于泡沫滅火器【答案】B【解析】【詳解】A．鈉單質可以冶煉金屬鈦是因為鈉的還原性很強，與其熔點較低無關，A錯誤；B．高鐵酸鉀具有強氧化性，可以使蛋白質變性，從而消毒殺菌，B正確；C．氫氧化鈉可用作干燥劑因為其易吸水潮解，與其強堿性無關，C錯誤；D．碳酸氫鈉可用于泡沫滅火器是因為能和硫酸鋁發生反應產生大量二氧化碳，與其受熱易分解無關，D錯誤；故選B。4.給定條件下，下列選項中所示物質間轉化均能一步實現的是A.B.C.D.粗硅【答案】D【解析】【詳解】A．蔗糖是非還原糖，不能和銀氨溶液反應，A錯誤；B．電解熔融MgCl2能制取Mg，電解MgCl2溶液得到氫氧化鎂、氫氣和氯氣，B錯誤；C．將氯化鐵溶液蒸干過程中，氯化鐵水解生成和，溫度升高揮發，促進的水解向正向進行，導致蒸干時得到的固體是，灼燒得到的固體是氧化鐵，C錯誤；D．粗硅在高溫下與氯氣反應生成四氯化硅，經提純后四氯化硅再用氫氣還原，就可以得到高純度的硅，D正確；答案選D。5.對于反應N2O4(g)2NO2(g)△H=+57kJ·mol-1，下列有關說法正確的是A.升高體系溫度正反應速率增大，逆反應速率減小B.若容器體積不變，氣體顏色不變時說明該反應建立化學平衡C.其它條件不變，向平衡后的容器中再加入少量N2O4，新平衡后的值變大D.增大體系的壓強能提高N2O4的反應速率和轉化率【答案】B【解析】【詳解】A．升高溫度，活化分子的數目和百分數均增大，正、逆反應速率均增大，故A錯誤；B．該反應是一個氣體顏色加深的反應，則若容器體積不變，氣體顏色不變說明正逆反應速率相等，反應已達到平衡，故B正確；C．由方程式可知，反應的平衡常數K=，平衡常數是溫度函數，溫度不變，平衡常數不變，則它條件不變，向平衡后的容器中再加入少量四氧化二氮，新平衡后的值不變，故C錯誤；D．該反應為氣體體積增大的反應，增大壓強，平衡向逆反應方向移動，四氧化二氮的轉化率減小，故D錯誤；故選B。6.氮、磷、砷元素廣泛應用于生產生活中，NH3、N2H4(肼)、NO、NO2、HNO3等是氮重要的化合物，白磷(P4)易自燃，易溶于CS2，Ca(H2PO4)2是磷肥的有效成分；砷化鎵是重要的半導體材料。下列關于氮、磷、砷的單質及化合物的說法正確的是A.磷肥與草木灰混合施肥效果更佳B.肼的沸點為113.5℃，說明肼分子間可能存在氫鍵C.白磷分子(P4)是極性分子，白磷可保存在水中D.砷化鎵的晶胞結構如圖所示，鎵原子配位數為8【答案】B【解析】【詳解】A．草木灰的主要成分是強堿弱酸鹽碳酸鉀，碳酸鉀在溶液中水解使溶液呈堿性，水解生成的氫氧根離子能與磷肥的有效成分磷酸二氫鈣反應生成難溶的磷酸鈣沉淀，導致肥效降低，故A錯誤；B．肼的沸點高是因為肼分子能形成分子間氫鍵，增大分子間的作用力，故B正確；C．由白磷易溶于二硫化碳可知，白磷分子是結構對稱的非極性分子，故C錯誤；D．由晶胞結構可知，距離鎵原子最近的砷原子有4個，則鎵原子配位數為4，故D錯誤；故選B。7.優氯凈(C3N3O3Cl2Na)是常用的殺菌消毒劑。下列有關優氯凈組成元素說法正確的是A.電負性：x(O)>x(N)>x(C)B.原子半徑：r(Cl)>r(Na)>r(O)C.O在周期表中的位置：第2周期VA族D.簡單氣態氫化物的熱穩定性：NH3>H2O【答案】A【解析】【分析】【詳解】A．同周期主族元素自左至右電負性依次增大，所以電負性χ(O)＞χ(N)＞χ(C)，選項A正確；B．同周期主族元素自左至右原子半徑依次減小，所以r(Na)＞r(Cl)，選項B錯誤；C．O位于元素周期表第2周期ⅥA族，選項C錯誤；D．非金屬性N＜O，所以簡單氣態氫化物的穩定性NH3＜H2O，選項D錯誤；答案選A。8.實驗室通過如下步驟可從鉻鐵礦(主要成分為FeO·Cr2O3，含有少量Al2O3)制備鉻酸鈉溶液。下列說法不正確的是A.高溫灼燒時發生的主要反應為4[FeO·Cr2O3]＋8Na2CO3＋7O22Fe2O3＋8Na2CrO4＋8CO2B.浸取所得溶液中大量共存的離子有Na＋、Al3＋、AlO、CrO、COC.除雜時，加入稀硫酸，發生的反應為非氧化還原反應D.向Na2CrO4溶液加入硫酸酸化，溶液將由黃色變為橙色【答案】B【解析】【分析】高溫灼燒中FeO·Cr2O3被空氣中的氧氣氧化，生成Fe2O3和Na2CrO4，反應方程式為：4[FeO·Cr2O3]＋8Na2CO3＋7O22Fe2O3＋8Na2CrO4＋8CO2，除雜中加入稀硫酸調節pH將Fe3+轉為Fe(OH)3沉淀，濾渣2是Fe(OH)3，最終得到Na2CrO4溶液；【詳解】A．高溫灼燒中FeO·Cr2O3被空氣中的氧氣氧化，生成Fe2O3和Na2CrO4，反應方程式為：4[FeO·Cr2O3]＋8Na2CO3＋7O22Fe2O3＋8Na2CrO4＋8CO2，A正確；B．Al3＋和CO發生雙水解，不能共存，B錯誤；C．除雜時，加入稀硫酸，目的是調節pH將Fe3+轉為Fe(OH)3沉淀，發生的反應為非氧化還原反應，C正確；D．加入硫酸酸化前溶液中含有Fe3+，溶液為黃色，酸化后，溶液中主要存在，溶液為橙色，D正確；故選：B。9.最近我國科學家以CO2與辛胺為原料實現了甲酸鹽和辛腈的高選擇性合成，該合成的原理如下圖所示。下列說法正確的是A.Ni2P電極與電源負極相連B.In/In2O3-x電極上可能有副產物O2生成C.離子交換膜為陽離子選擇性交換膜D.在Ni2P電極上發生的反應為：CH3(CH2)7NH2-4e-＋4OH-=CH3(CH2)6CN＋4H2O【答案】D【解析】【詳解】A．Ni2P電極為陽極，與電源正極相連，即b為電源正極，A錯誤；B．In/In2O3-x電極為陰極，陰極主反應為CO2+2e-+H2O=HCOO-+OH-同時H2O也可能發生得電子的反應生成H2，不可能生成O2，B錯誤；C．陰極主反應為CO2+2e-+H2O=HCOO-+OH-，陽極反應為：CH3(CH2)6CH2NH2+40H--4e-=CH3(CH2)6CN+4H2O，需要氫氧根離子移動，故應用陰離子交換膜，C錯誤；D．由圖可知，Ni2P電極為陽極，CH3(CH2)7NH2→CH3(CH2)6CN，陽極反應為：CH3(CH2)6CH2NH2+40H--4e-=CH3(CH2)6CN+4H2O，D正確；故選D。10.利用如下實驗研究Fe3+與I—的反應。步驟1：向燒杯中加入10mL0.1mol·L-1的KI溶液，再滴加2mL0.1mol·L-1的Fe2(SO4)3溶液，振蕩，把溶液分為四等份于編號為①②③④的四支試管中。步驟2：向試管①中加入淀粉溶液，觀察到溶液變藍。步驟3：向試管②中滴加15%KSCN溶液5~6滴，觀察到溶液變紅。步驟4：向試管③、試管④中分別加入1mL2.0mol·L-1的FeSO4溶液和1mL的蒸餾水，振蕩，觀察到試管③中溶液顏色比試管④中溶液顏色淺。下列說法不正確的是A.試管①中的現象說明此條件下Fe3+的氧化性大于I2B.試管②中的現象說明Fe3+與I—的反應為可逆反應C.步驟4的現象能說明此條件下I2能將Fe2+氧化成Fe3+D.試管②中紅色物質的組成為[Fe(SCN)n(H2O)6—n]3—n，此微粒中心離子的配位數為n【答案】D【解析】【詳解】A．向試管①中加入淀粉溶液，觀察到溶液變藍說明鐵離子與碘離子反應生成單質碘，由氧化劑的氧化性強于氧化產物可知，氧化劑鐵離子的氧化性強于氧化產物碘，故A正確；B．向試管②中滴加15%硫氰化鉀溶液5~6滴，觀察到溶液變紅說明溶液中存在鐵離子，不足量的鐵離子不能完全反應，則鐵離子與碘離子的反應為可逆反應，故B正確；C．向試管③、試管④中分別加入1mL2.0mol·L-1的FeSO4溶液和1mL的蒸餾水，振蕩，觀察到試管③中溶液顏色比試管④中溶液顏色淺說明增大亞鐵離子濃度，鐵離子與碘離子反應形成的平衡向逆反應方向移動，反應中碘將亞鐵離子氧化為鐵離子，故C正確；D．由試管②中紅色物質的組成為[Fe(SCN)n(H2O)6—n]3—n可知，配離子中鐵離子為中心離子，硫氰酸根離子和水為配位體，配位數為6，故D錯誤；故選D。11.香豆素具有抗凝血作用，以水楊醛(X)為原料可制備合成香豆素的中間體(Y)。下列有關化合物X、Y說法不正確的是A.1molY最多能與2molNaOH反應B.可用FeCl3溶液鑒別X和YC.在一定條件下，X可與HCHO發生縮聚反應D.室溫下，Y與Br2加成的產物分子中含有2個手性碳原子【答案】A【解析】【詳解】A．的酯基可以消耗2molNaOH，水解后的產物含有1個酚羥基，可以消耗1molNaOH，最多消耗3molNaOH，故A不正確；B．酚羥基遇FeCl3溶液顯紫色，X中含有酚羥基，Y中無酚羥基，所以可以用FeCl3溶液鑒別X和Y，故B正確；C．X中含有-CHO，并且酚羥基鄰對位有H，X可與HCHO發生縮聚反應，故C正確；D．與Br2加成的產物是，1，2是手性碳原子，含有2個碳原子，故D正確；故選A。12.室溫下，通過下列實驗探究NaHS溶液的性質。實驗實驗操作和現象1向0.1mol·L-1NaHS溶液中滴加幾滴酚酞試劑，溶液變紅2向0.1mol·L-1NaHS溶液中加入等體積0.1mol·L-1NaOH溶液充分混合3向0.1mol·L-1NaHS溶液中通入過量氯氣，無淡黃色沉淀產生4向0.1mol·L-1NaHS溶液中滴加過量CuCl2溶液，產生黑色沉淀下列有關說法正確的是A.0.1mol·L-1NaHS溶液中：c(S2-)>c(H2S)B.實驗2所得溶液中：c(Na＋)=c(S2-)＋c(HS-)＋c(H2S)C.實驗3說明HS-不能被氯氣氧化D.實驗4反應靜置后的上層清液中有c(Cu2+)·c(S2-)=Ksp(CuS)【答案】D【解析】【分析】【詳解】A．NaHS溶液中存在電離平衡HS-H++S2-和水解平衡HS-+H2OH2S+OH-，由實驗1可知NaHS溶液顯堿性，則HS-的水解程度大于電離程度，因此c(S2-)<c(H2S)，A錯誤；B．實驗2中0.1mol·L-1NaHS溶液和0.1mol·L-1NaOH溶液等體積混合，則所得溶液為Na2S溶液，存在物料守恒c(Na＋)=2[c(S2-)＋c(HS-)＋c(H2S)]，B錯誤；C．氯氣有強氧化性，HS-有較強還原性，二者能發生氧化還原反應，實驗3沒有淡黃色沉淀產生可能是氯氣將HS-氧化為硫酸根，C錯誤；D．實驗4中產生黑色沉淀，說明生成了CuS，則靜置后的上層清液中有c(Cu2+)·c(S2-)=Ksp(CuS)，D正確；選D。13.工業上利用硫(S8)與CH4為原料制備CS2.450℃以上，發生反應I：S8(g)=4S2(g)；通常在600℃以上發生反應II：2S2(g)+CH4(g)?CS2(g)+2H2S(g)。一定條件下，S8分解產生S2的體積分數、CH4與S2反應中CH4的平衡轉化率與溫度的關系圖所示。下列說法一定正確的是A.反應II的正反應為吸熱反應B.在恒溫密閉容器中，反應相同時間，溫度越低，CH4的轉化率越大C.某溫度下若S8完全分解成S2，在密閉容器中，n(S2)∶n(CH4)=2∶1開始反應，當CS2體積分數為10%時，CH4轉化率為43%D.發生反應Ⅱ溫度不低于600℃的原因是：此溫度CH4平衡轉化率已很高；低于此溫度，S2濃度小，反應速率慢【答案】D【解析】【詳解】A．由圖可知，隨溫度升高，甲烷的轉化率降低，故反應II的正反應為放熱反應，A項錯誤；B．由圖可知，CH4的平衡轉化率隨著溫度的升高逐漸降低，S2濃度隨著溫度升高而增大，故溫度越低，S2濃度越小，反應速率越慢。在反應相同時間里，溫度越低，反應速率越慢，CH4的轉化率不一定越大，B項錯誤；C．在密閉容器中，n(S2):n(CH4)=2:1開始反應，設CH4的起始物質的量為a，轉化的物質的量為x，即：CS2的體積分數為10%，即，解得x=0.3a，則CH4的轉化率為30%。C項錯誤；D．由圖可知，在600℃時甲烷平衡轉化率高達99%，低于600℃時，S2濃度明顯偏小，使得反應II的反應速率變慢，D項正確；故選D。14.我國有較多的科研人員在研究甲醛的氧化，有人提出HCHO()與O2在羥基磷灰石(HAP)表面催化氧化生成CO2、H2O的歷程，該歷程示意圖如圖（圖中只畫出了HAP的部分結構）。下列說法正確是（）A.該反應的氧化產物是CO2B.HCHO在反應過程中有C=O鍵發生斷裂C.根據圖示信息，CO2分子中的氧原子全部來自O2D.HAP能提高HCHO與O2應的活化能，但不改變反應路徑【答案】A【解析】【詳解】A．由題干信息，HCHO與O2在羥基磷灰石(HAP)表面催化氧化生成CO2、H2O，HCHO中的C從0價升高至+4價，作還原劑，則對應生成的CO2為氧化產物，A選項正確；B．根據圖示，整個反應過程中，HCHO在反應過程中有C—H鍵的斷裂和C=O鍵的形成，B選項錯誤；C．由圖示可知，CO2分子中氧原子一部分來自于O2，一部分還來自于HCHO，C選項錯誤；D．HAP在反應中作催化劑，可降低HCHO與O2應的活化能，D選錯誤；答案選A。二、非選擇題(共58分)15.MnO2是一種兩性氧化物，用軟錳礦(主要成分為MnO2，含少量鐵的氧化物)和BaS可制備高純MnCO3。（1）保持BaS投料量不變，隨MnO2與BaS投料比增大，軟錳礦還原率和氫氧化鋇的產率的變化如圖所示。當時，產率減小的原因是_______。（2）攪拌時間對產率的影響如圖2所示，延長攪拌時間，產率提高，原因為_______。（3）反應后的濾渣中還含有S和未反應的MnO2。以此濾渣為原料制備高純度的MnCO3的流程如下圖。①酸溶還原時，MnO2發生反應的離子方程式_______。②溶液和固體混合后，反應生成MnCO3。反應的離子方程式為_______。③實際制取MnCO3時，一般選擇使用氨水—混合溶液代替固體，這樣改進的優點是_______。④常溫下，、。當某離子濃度小于時，認為該離子已除凈。氧化后所得溶液中，為使溶液中除凈，調節pH的范圍應為_______。【答案】（1）過量的消耗了反應生成的（2）有利于增大反應物的接觸面積，加快反應速率；不斷移去表面上的固體產物，使反應更加充分，提高產率（3）①.②.③.增大，吸收CO2氣體，防止溶液外溢，造成危險④.3-8【解析】【分析】(3)由題給流程可知，向濾渣中加入稀硫酸和硫酸亞鐵溶液酸溶還原，將將二氧化錳轉化為硫酸錳，硫不反應；再加入二氧化錳將溶液中的亞鐵離子氧化為鐵離子后，加入碳酸錳調節溶液pH，將鐵離子轉化為氫氧化鐵沉淀，過濾得到含有硫、氫氧化鐵，濾液為硫酸錳溶液；向溶液中加入碳酸氫銨固體，將硫酸錳轉化為碳酸錳沉淀，過濾、洗滌、干燥得到碳酸錳；據此回答。【小問1詳解】已知二氧化錳是一種兩性氧化物，二氧化錳能與強堿溶液反應，故當時，產率減小的原因是：當>3.5時，二氧化錳過量，過量的二氧化錳能與強堿氫氧化鋇溶液反應消耗氫氧化鋇，導致氫氧化鋇的產率降低。【小問2詳解】二氧化錳是不溶于水的固體，與硫化鋇生成氫氧化鋇的反應是在固體表面進行的，延長攪拌時間，有利于增大反應物的接觸面積，使反應更加充分，故延長攪拌時間能提高產率的原因為：有利于增大反應物的接觸面積，加快反應速率；不斷移去表面上的固體產物，使反應更加充分，提高產率。【小問3詳解】①由分析可知，酸溶還原時，二氧化錳在酸性條件下與亞鐵離子反應生成錳離子、鐵離子和水，反應的離子方程式為MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O。②由分析可知，硫酸錳溶液與碳酸氫銨固體反應生成硫酸銨、碳酸錳沉淀、二氧化碳和水，反應的離子方程式為Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O。③選擇使用氨水—碳酸氫銨混合溶液代替碳酸氫銨固體，混合溶液中氨水和碳酸氫銨反應生成碳酸銨，能增大溶液中的碳酸根離子的濃度，有利于錳離子轉化為碳酸錳沉淀，同時氨水還可以吸收反應生成的二氧化碳，防止因氣體生成導致溶液外溢，造成危險。④常溫下，由題給溶度積可知，溶液中鐵離子完全沉淀時，溶液中氫氧根離子濃度為=1×10-11mol/L，溶液的pH為3，由溶液中錳離子濃度為0.2mol/L可知，錳離子開始沉淀時，溶液中氫氧根離子濃度為=1×10-6mol/L，溶液的pH為8，則為使溶液中鐵離子除凈，調節pH的范圍應為3—8。16.化合物F是一種復合材料的組成部分，其合成路線如圖：(1)B中氮原子的雜化類型為_______。(2)C→D的反應類型為_______。(3)已知，則化合物X結構簡式為_______。(4)E的一種同分異構體同時滿足下列條件，寫出該同分異構體的結構簡式：_______。①在一定條件下能發生水解反應②分子中含兩個苯環且含有4種不同化學環境的氫(5)苯乙酮肟()常用作農藥殺蟲劑。設計以和NH2OH為原料制備苯乙酮肟的合成路線_____(無機試劑和有機溶劑任用，合成路線示例見本題題干)。【答案】①.sp2②.氧化反應③.C2H5NH2④.⑤.【解析】【分析】在HOAc作用下與NH2OH發生反應生成，與NaBH4發生還原反應生成，被二氧化錳氧化生成，在碳酸鈉作用下與乙酰氯發生取代反應生成，在HOAc作用下加熱與X反應生成，根據E、F推知X為C2H5NH2。【詳解】(1)B中氮原子與C原子形成碳氮雙鍵，與O原子形成N-O單鍵，還有一對孤對電子，故雜化類型為sp2；(2)C→D是被二氧化錳氧化生成，反應類型為氧化反應；(3)已知，在HOAc作用下加熱與X反應生成，根據E、F推知X的結構簡式為C2H5NH2；(4)E的一種同分異構體，滿足：①在一定條件下能發生水解反應，則含有酯基或肽鍵；②分子中含兩個苯環且含有4種不同化學環境的氫，則高度對稱，根據N、O原子可知N在中間，兩邊為羰基形成的肽鍵，符合條件的同分異構體為；(5)苯乙酮肟()常用作農藥殺蟲劑。以和NH2OH為原料制備苯乙酮肟，首先在氫氧化鈉的乙醇溶液中加熱發生消去反應生成苯乙烯，苯乙烯與水發生催化水化生成，被二氧化錳氧化生成，在HOAc作用下與NH2OH發生反應生成，合成路線如下：。17.草酸及其化合物在工業中有重要作用，例如：草酸可用于除鐵銹，反應的離子方程式為：；草酸鐵銨[]是一種常用的金屬著色劑。（1）草酸()是一種弱酸，不穩定，受熱或遇濃硫酸會發生分解。在濃硫酸催化作用下，用硝酸氧化葡萄糖可制取草酸，實驗裝置如圖所示①葡萄糖溶液可由反應得到。該實驗中證明淀粉已經完全水解的實驗操作及現象是___________。②55℃～60℃時，裝置A中生成，同時生成NO。要將16.2g淀粉完全水解后的淀粉水解液完全轉化為草酸，理論上消耗溶液的體積為___________mL。③該實驗中催化劑濃硫酸用量過多，會導致草酸產率減少，原因是___________。（2）草酸鐵銨晶體[]易溶于水，常溫下其水溶液pH為4.0～5.0。設計以、草酸溶液和氨水為原料，制備草酸鐵銨晶體的實驗方案：___________。（3）制得的草酸鐵銨晶體中往往會混有少量草酸，為測定(M=428g/mol)的含量，進行下列實驗：稱取樣品9.46g，加稀硫酸溶解后，配成100mL溶液。取20.00mL配制的溶液，用濃度為0.2000mol/L的KMnO4溶液滴定至終點時消耗KMnO4溶液28.00mL。已知：(未配平)。通過計算，確定樣品中的質量分數___________(寫出計算過程)。【答案】17.①.取水解液少許于試管中，向試管中加入碘水，溶液不變藍色②.300③.濃硫酸具有強氧化性和脫水性，會使有機物脫水碳化18.將Fe2O3在攪拌條件下溶于草酸溶液，滴加氨水至溶液pH為4.0～5.0之間，然后將溶液加熱濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥，得到草酸鐵銨晶體19.90.5%【解析】【分析】【小問1詳解】①說明淀粉水解完全的關鍵是要用實驗證明淀粉已不存在，則取水解液少許于試管中，向試管中加入碘水，溶液不變藍色說明淀粉已經完全水解，故答案為：取水解液少許于試管中，向試管中加入碘水，溶液不變藍色；②由題意可知，裝置A中發生的反應為在濃硫酸做催化劑作用下，葡萄糖與稀硝酸反應生成草酸、一氧化氮和水，反應的化學方程式為C6H12O6(葡萄糖)+6HNO3(稀)3H2C2O4+6NO↑+6H2O，由淀粉水解方程式可得：(C6H10O5)n—nC6H12O6—6nHNO3，則將16.2g淀粉完全水解后的淀粉水解液完全轉化為草酸，理論上消耗2mol/L硝酸溶液的體積為×103mL/L=300mL，故答案為：300；③濃硫酸具有強氧化性和脫水性，若該實驗中催化劑濃硫酸用量過多，會使有機物脫水碳化，導致草酸產率減少，故答案為：濃硫酸具有強氧化性和脫水性，會使有機物脫水碳化；【小問2詳解】由題意可知，制備草酸鐵銨晶體的實驗操作為將氧化鐵在攪拌條件下溶于草酸溶液得到含有三草酸合鐵離子的酸性溶液，向反應后的溶液中加入氨水至溶液的pH為4.0～5.0之間，三草酸合鐵離子與氨水反應得到草酸鐵銨溶液，然后將溶液加熱濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥，得到草酸鐵銨晶體，故答案為：將Fe2O3在攪拌條件下溶于熱的草酸溶液，滴加氨水至溶液pH為4.0～5.0之間，然后將溶液加熱濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥，得到草酸鐵銨晶體；【小問3詳解】設草酸的物質的量為amol，草酸鐵銨晶體的物質的量為bmol，由樣品的質量可得：90a+428b=9.46①，由得失電子數目守恒可得：5H2C2O4—2MnO，由20.00mL溶液消耗28.00mL0.2000mol/L的高錳酸鉀溶液可得：a+3b=0.2000mol/L×0.028L×5×②，解聯立方程可得a=0.01、b=0.02，則9.46g樣品中草酸鐵銨晶體的質量分數為×100%≈90.5%，故答案為：90.5%。18.氮的化合物在工農業生產中有著重要的作用，氮的化合物也會對大氣及水體等產生污染，在利用這些物質的同時，治理和減少污染是重要的課題。（1）NH3和N2H4是氮元素的兩種重要的氫化物。①結合NH3分子的結構和性質，解釋NH3常用作制冷劑的原因___________。②N2H4能使鍋爐內壁的鐵銹(Fe2O3·xH2O)變成磁性氧化層，減緩鍋爐銹蝕，且不產生污染物。寫出N2H4與鐵銹反應的化學方程式為___________。（2）NO和NO2是氮元素的兩種常見的氧化物，它們之間可以相互轉化。NOx會導致光化學煙霧的形成。①由以下反應復合而成。反應Ⅰ反應II其反應進程與能量變化的關系示意圖如所示。NO氧化為NO2的總反應速率由反應Ⅱ控制，原因是___________。在恒容的密閉容器中充入一定量的NO和O2氣體，保持其它條件不變，控制反應溫度分別為T1和T2(T1＞T2)，測得c(NO)隨t(時間)的變化曲線如圖所示。由圖可知，轉化相同量的NO，在溫度T1下消耗的時間較長，其