2021年新高考“八省联考”高考化学适应性真题试卷及答案

2021年江苏省新高考“八省联考”高考化学适应性试卷

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.(3分)防治大气污染、打赢蓝天保卫战，下列做法不应该提倡的是()

A.开发使用清洁能源B.田间焚烧秸秆

C.积极鼓励植树造林D.养成低碳生活习惯

古洱

2.(3分)“中国芯”的主要原材料是高纯单晶硅，反应SiC14(g)+2H2(g)-Si(S)

+4HC1(g)可用于纯硅的制备。下列有关说法正确的是()

A.SiCh为极性分子B.HC1的电子式为

^14)Vs

C.单晶硅为分子晶体D.Si原子的结构示意图为

3.(3分)盐在生产、生活中有广泛应用。下列盐的性质与用途具有对应关系的是()

A.NaQO有氧化性，可用于消毒杀菌

B.NaHSO3有还原性，可用于漂白纸浆

C.NaCl易溶于水，可用于工业电解制备钠

D.NaHCCh受热易分解，可用于制抗酸药物

阅读下列资料，完成4〜6题：氨是一种重要的化工原料，主要用于化肥工业，也广泛用于

硝酸、纯碱、制药等工业；合成氨反应为N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)AH=-92.4kJ

实验室用加热NH4cl和Ca(OH)2固体混合物的方法制取少量氨气。

4.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

5.下列有关合成氨反应的说法正确的是()

A.反应的△$>()

B.反应的aHnE(N-N)+3E(H-H)-6E(N-H)(E表示键能)

C.反应中每消耗lmolH2转移电子的数目约等于2X6.02X1()23

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

6.实验室制取NH3时，下列装置能达到相应实验目的的是()

NIU1ft

(a(()Hh

做公来

―巨解n干燥也

B.

7.（3分）13A1、］5P、16S、17cl是周期表中的短周期主族元素.下列有关说法正确的是（）

A.元素A1在周期表中位于第4周期HIA族

B.元素P的简单气态氢化物的化学式为PH4

C.第一电离能：Il（Al）<Ii（P）<Ii（S）

D.最高价氧化物的水化物的酸性：H3P04VH2SO4VHe104

8.（3分）由制铝工业废渣（主要含Fe、Ca、Si、Al等的氧化物）制取聚合硫酸铁铝净水

剂的流程如图。下列有关说法不正确的是（）

稀HQ,

I________

废渣一►浸取—*过滤一»加热聚合------♦聚合硫酸铁铝

滤渣

A.控制适当反应温度并不断搅拌，有利于提高铁、铝浸取率

B.AI2O3与稀硫酸反应的离子方程式：AI2O3+6H+—2Al"+3H2O

C.滤液中主要存在的阳离子有：H+、Fe2+>Ca2+>Al3+

D.聚合硫酸铁铝水解形成的胶体具有吸附作用

9.（3分）利用电解法将C02转化为CH4的原理如图所示。下列说法正确的是（）

A.电解过程中，H+由a极区向b极区迁移

2

B.电极b上反应为CO2+8HCO3--8e—CH4+8CO3+2H2O

C.电解过程中化学能转化为电能

D.电解时Na2s04溶液浓度保持不变

10.（3分）葡萄糖的银镜反应实验如下:

步骤1：向试管中加入lmL2%AgNO3溶液，边振荡边滴加2%氨水，观察到有白色沉淀

产生并迅速转化为灰褐色。

步骤2：向试管中继续滴加2%氨水，观察到沉淀完全溶解。

步骤3：再向试管中加入1mL10%葡萄糖溶液，振荡，在60〜70℃水浴中加热，观察到

试管内壁形成了光亮银镜。

下列说法不正确的是（）

A.步骤1中观察到的白色沉淀为AgOH

B.步骤2中沉淀溶解是因为生成了银氨配合物

C.步骤3中产生银镜说明葡萄糖具有还原性

D.以晶胞示意图如图所示银的晶胞中有14个银原子

11.（3分）奥昔布宁具有解痉和抗胆碱作用，其结构简式如图所示。下列关于奥昔布宁的

说法正确的是（）

A.分子中的含氧官能团为羟基和殷基

B.分子中碳原子轨道杂化类型有2种

C.奥昔布宁不能使澳的CC14溶液褪色

D.奥昔布宁能发生消去反应

12.（3分）室温下，通过下列实验探究Na2c03溶液的性质。下列有关说法正确的是（）

实验实验操作和现象

1用pH试纸测定O.lmoPL^NaiCOaF溶液的pH,测得pH约为12

2向0.1mol・L/iNa2c03溶液中加入过量0.2mol・L1CaCb溶液，产生白色沉淀

3向O.lmori/Na2c03溶液中通入过量CO2，测得溶液pH约为8

4向0.1mol・l/iNa2c。3溶液中滴加几滴0.05mol・L-iHCl,观察不到实验现象

A.0.1mol・L/iNa2c03溶液中存在c(OH)=c(H+)+2c(H2co3)+c(HCO3)

2-

B.实验2反应静置后的上层清液中有c(Ca2+)・c(CO3)<Ksp(CaC03)

2-

C.实验3得到的溶液中有c(HCO3)<c(CO3)

+

D.实验4中反应的化学方程式为H+0H—H20

13.(3分)在二氧化碳加氢制甲烷的反应体系中，主要发生反应的热化学方程式为反应I：

1

C02(g)+4H2(g)—CH4(g)+2H2O(g)AH=-164.7kJ.mol-；反应H：C02(g)

I

+H2(g)=C0(g)+H2O(g)△H=41.2kJ«mor；反应Hl：2C0(g)+2H2(g)-CO2

(g)+CH4(g)AH=-247.1kJ«mor'o向恒压、密闭容器中通入ImolCC>2和4mol出,

平衡时CH4、CO、CO2的物质的量随温度的变化如图所示。下列说法正确的是()

A.反应I的平衡常数可表示为K=----------------%---------

2

C(CO2)-C(H2)

B.图中曲线B表示CO的物质的量随温度的变化

C.提高CO2转化为CH4的转化率，需要研发在低温区高效的催化剂

D.CH4(g)+H2O(g)=C0(g)+3H2(g)的△?!=-205.9kJ・moL

二、非选择题(共4小题，满分61分)

14.(15分)皮革厂的废水中含有一定量的氨氮(以NH3、NH4+形式存在)，通过沉淀和氧

化两步处理后可使水中氨氮达到国家规定的排放标准。

(1)沉淀：向酸性废水中加入适量Fe2(SO4)3溶液，废水中的氨氮转化为NH4Fe3(SO4)

2(OH)6沉淀。

①该反应的离子方程式为.

②废水中氨氮去除率随pH的变化如图-1所示，当1.3<pH<1.8时，氨氮去除率随pH

升高而降低的原因是.

一氮鼠去除奉

4总氮去除率

I3R1.461.541.621.70

”（CKry”图力）

阳-2

（2）氧化：调节经沉淀处理后的废水pH约为6,加入NaClO溶液进一步氧化处理。

①NaClO将废水中的氨氮转化为N2,该反应的离子方程式为«

②研究发现，废水中氨氮去除率随温度升高呈先升后降趋势。当温度大于30c时，废水

中氨氮去除率随着温度升高而降低，其原因是。

③n经£）对废水中氨氮去除率和总氮去除率的影响如图-2所示。当n但£）＞

n（氨氮）n（氨氨）

1.54后，总氮去除率下降的原因是。

15.（14分）化合物F是一种天然产物合成中的重要中间体，其合成路线如图。

（1）A-B的反应类型为。

（2）C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:

①分子中含有苯环，碱性条件下能与新制Cu（OH）2悬浊液反应，生成砖红色沉淀;

②分子中不同化学环境的氢原子数目比为2：2：1。

（3）CfD反应的条件X是o

（4）F含有手性碳原子的数目为

线»（无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干）

16.（16分）以印刷线路板的碱性蚀刻废液（主要成分为[Cu（NH3）4]C12）或焙烧过的铜

精炼炉渣(主要成分为CuO、SiO2少量Fe2O3)为原料均能制备CUSO4FH2O晶体。

(1)取一定量蚀刻废液和稍过量的NaOH溶液加入到如图所示实验装置的三颈瓶中，在

搅拌下加热反应并通入空气，待产生大量的黑色沉淀时停止反应，趁热过滤、洗涤，得

至iJCuO固体；所得固体经酸溶、结晶、过滤等操作，得到CuSO4・5H2O晶体。

①写出用蚀刻废液制备CuO反应的化学方程式：。

②检验CuO固体是否洗净的实验操作是。

③装置图中装置X的作用是«

(2)以焙烧过的铜精炼炉渣为原料制备CuSO4・5H2O晶体时，请补充完整相应的实验方

案：取一定量焙烧过的铜精炼炉渣，,加热浓缩、冷却结晶、过

滤、晾干,得到CUSO4,5H2O晶体。

已知该实验中pH=3.2时，Fe3+完全沉淀；pH=4.7时，Ci?+开始沉淀。

实验中可选用的试剂：l.Omori/iH2so4、LOmokL/iHCl、l.Omobf'NaOH«

(3)通过下列方法测定产品纯度：准确称取0.5000gCUSO4・5H2O样品，加适量水溶解,

转移至碘量瓶中，加过量KI溶液并用稀H2s04酸化，以淀粉溶液为指示剂，用O.lOOOmol

•l/Ra2s2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2s2。3的溶液19.80mL。

22

测定过程中发生下列反应：2CP+4I—2CuII+12;2S2O3+I2=S4O6+21-

计算CUSO4FH2O样品的纯度(写出计算过程)：。

17.(16分)水体中的CrzO??-、HCrCU一和CrO^一是高毒性的重金属离子，可用Cr(VI)

表示。常用的处理方法是将Cr(VI)还原为低毒性的CF+或Cr(OH)3。

(1)在一定pH的水溶液中，HS\S?一可与CrCU2一反应生成Cr(OH)3和单质硫。水

溶液中S2-能与单质硫反应生成S』一，S,一能还原Cr(VI)。

①在pH=9的水溶液中CrC^一与HS-反应的离子方程式为。

②25℃时用过量S2一还原Cr(VI),发现反应后期Cr(VI)被还原的速率反而加快.产生

该现象的原因可能是;验证的实验方法是。

(2)金属也可用于还原废水中的Cr(VI)。其他条件相同时，用相同物质的量的Zn粉、

Zn-Cu粉分别处理pH=2.5的含Cr(VI)废水，废水中Cr(VI)残留率随时间的变化

如图-1所示。图中b对应的实验方法处理含Cr(VI)废水的效果更好，其原因

是_____________________

Z

福

妥

衰

(

>

)

-

0

(3)用氧化铁包裹的纳米铁粉(用Fe/Fe2O3表示)能有效还原水溶液中的Cr(VI)。

Fe/Fe2()3还原近中性废水中Cr(VI)的可能反应机理如图-2所示。Fe/Fe2()3中Fe还原

2

CrO4'的过程可描述为。

2021年江苏省新高考“八省联考”高考化学适应性试卷

参考答案与试题解析

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•【分析】防治大气污染、打赢蓝天保卫战，要求人们坚持全民共治、源头防治，坚持实施

大气污染防治行动，减少环境污染，保护环境，据此分析解答。

【解答】解：A.开发使用清洁能源，减少化石能源的燃烧，可以减少灰尘等空气污染物

排放，有利于空气保护，故A正确；

B.田间焚烧秸秆导致产生大量灰尘等颗粒污染物，引发雾霾等环境污染，应禁止，故B

错误；

C.积极鼓励植树造林，可以吸收空气中部分污染物，有利于环境保护，故C正确；

D.养成低碳生活习惯，能够减少环境污染的排放，有利于环境保护，故D正确。

故选：Bo

2.【分析】A.正负电荷重心能重合的为非极性分子；

B.氯化氢为共价化合物，氢原子与氯原子通过共用1对电子结合；

C.单晶硅是硅原子通过共价键结合；

D.硅原子核外14个电子。

【解答】解：A.SiC14正负电荷重心能重合，为非极性分子，故A错误；

B.氯化氢为共价化合物，氢原子与氯原子通过共用1对电子结合，电子式为：H：qi：,

故B正确：

C.单晶硅是硅原子通过共价键结合，为原子晶体，故C错误；

<2874

D.Si原子的结构示意图为：/,故D错误。

故选:Bo

3.【分析】A.次氯酸根离子具有强的氧化性，能够使蛋白质变性；

B.亚硫酸氢钠不具有漂白性；

C.电解熔融氯化钠得到钠和氯气；

D.碳酸氢钠与盐酸反应，消耗盐酸。

【解答】解：A.次氯酸根离子具有强的氧化性，能够使蛋白质变性，可以用于消毒杀菌,

故A正确；

B.NaHSO3有还原性，但是不具有漂白性，故B错误；

C.电解熔融氯化钠得到钠和氯气，电解氯化钠溶液得不到钠，故C错误；

D.碳酸氢钠与盐酸反应，消耗盐酸，所以可以用作抗酸药物，与碳酸氢钠受热分解性质

无关，故D错误。

故选：Ao

4.【分析】A.NH3中心原子形成3个。键，且有1个孤电子对，空间构型为三角锥形；

B.NH3与水形成分子间氢键，因为O、N原子有比较强的吸电子能力；

C.水溶液导电的实质是：必须有自由移动的带电的微粒，NH3的水溶液能导电；

D.反应中，O元素的化合价降低，N元素的化合价升高，氧化性的物质有元素的化合价

降低。

【解答】解：A.NH3中N的价层电子对数=3+（5TX3）=%所以中心原子杂化方式

2

为sp3,所以NH3的空间构型为三角锥形，故A错误；

B.因为0、N原子有比较强的吸电子能力，所以NH3和H20既会吸引同种分子的H,

又会吸引对方分子的H,从而形成氢键，所以在氨水中存在4种分子间氢键，可以表示

为：H3N…H-N、H3N-H-0>H2O…H-N、H2O-H-O,故B正确；

C.NH3的水溶液能导电，是因为NH3和水反应，生成一水合氨，一水合氨电离出自由

移动的钺根离子和氢氧根离子而导电，故C错误；

催化剂

D.氨催化氧化制硝酸的反应为：4NH3+5O2田了"•4N0+6H20,0元素的化合价降

A

低，氧气得电子作氧化剂，N元素的化合价升高，氨气作还原剂，体现还原性，故D错

误；

故选：Bo

5.【分析】A.合成氨反应是气体体积减小的反应；

B.反应的焰变4^1=反应物的总键能-生成物的总键能；

C.反应N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)中H元素的化合价总的升高6,即每消耗3molH2

转移电子6mol；

D.合成氨反应是气体体积减小的放热反应，升高温度时，平衡逆向移动，催化剂不能改

变化学平衡移动方向。

【解答】解：A.合成氨反应是气体体积减小的反应，所以反应的△$<(),故A错误；

B.N2的结构式为N=N,所以反应的△11=反应物的总键能-生成物的总键能=E(N

=N)+3E(H-H)-6E(N-H)(E表示键能)，故B错误；

C.反应为N2(g)+3H2(g)—2NH3(g),即N2〜3H2〜6e\反应中每消耗lmolH2

转移电子2mol,电子数约等于2X6.02X1()23,故C正确；

D.合成氨反应是气体体积减小的放热反应，高压可提高H2的平衡转化率，但升高温度

时，平衡逆向移动，H2的平衡转化率降低，并且催化剂只能提高反应速率，不能改变化

学平衡移动方向，即不能提高H2的平衡转化率，故D错误；

故选：C。

6.【分析】A.氯化钱与氢氧化钙反应有水生成；

B.干燥气体时大口进小口出，且碱石灰与氨气不反应；

C.氨气的密度比空气密度小；

D.氨气极易溶于水。

【解答】解：A.氯化镇与氢氧化钙反应有水生成，则试管口应略向下倾斜，故A错误；

B.干燥气体时大口进小口出，且碱石灰与氨气不反应，图中装置可干燥氨气，故B正确；

C.氨气的密度比空气密度小，应短导管进气，故C错误；

D.氨气极易溶于水，应选倒扣的漏斗防止倒吸，故D错误；

故选：Bo

7.【分析】A.Al处于第三周期第HIA族；

B.类比N元素的简单气态氢化物解答；

C.同周期随原子序数增大，第一电离能呈增大趋势，但HA族、VA族第一电离能高于

同周期相邻元素的；

D.元素的非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强。

【解答】解：A.A1元素原子序数为13,处于第三周期第IIIA族，故A错误；

B.N、P同主族，N元素的简单气态氢化物为NH3,则元素P的简单气态氢化物的化学

式为PH3，故B错误；

C.同周期随原子序数增大，第一电离能呈增大趋势，但P元素原子3P轨道为半充满稳

定状态，第一电离能高于同周期相邻元素的，故第电离能：h(Al)<Ii(S)<Ii(P),

故C错误；

D.元素的非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强，同周期自左而右非金属性增强,

非金属性P<S<CL故酸性：H3Po4cH2so4VHe104，故D正确；

故选：D。

8.【分析】废渣加入稀硫酸和双氧水得到硫酸铁、硫酸铝和硫酸钙，过滤除去Si02及硫酸

钙，滤液加热聚合，进一步得到聚合硫酸铁铝，据此分析解答；

A.控制适当反应温度并不断搅拌，可以加快反应速率，充分反应，有利于提高铁、铝浸

取率；

B.AI2O3与稀硫酸反应生成硫酸铝和水，根据质量守恒写出离子方程式；

C.双氧水具有强氧化性会将亚铁离子氧化；

D.聚合硫酸铁铝水解可以生成氢氧化铝和氢氧化铁胶体。

【解答】解：A.控制适当反应温度并不断搅拌，可使反应充分进行，能够提高铁、铝浸

取率，故A正确；

B.AI2O3与稀硫酸反应生成硫酸铝和水，离子方程式为A12O3+6H+=2A13++3H2O,故B

正确；

C.双氧水氧化性强于铁离子，所以它会将亚铁离子氧化为铁离子，滤液中主要存在的阳

离子是Fe3+,故C错误；

D.聚合硫酸铁铝水解生成氢氧化铝和氢氧化铁，氢氧化铁为胶体，胶体有吸附作用，故

D正确；

故选：Co

9.【分析】题干中利用电解法，可知为电解池；由a电极生成02可知a为阳极，b为阴极;

阳离子向阴极移动，a电极上的反应为40H-4e=2H2O+O2t,b电极上的反应为

2

CO2+8e'+8HCO3=CH4f+8CO3+2H2O；电解时OH一比SCV-更容易失电子在阳极生

成02,所以电解Na2so4溶液实质是电解水，溶液中的水消耗，所以Na2s04溶液的浓度

是增大的，据此分析解答。

【解答】解：A.由a极生成02,失去电子，所以可以判断出a为阳极，b为阴极，阳离

子向阴极移动；所以H+由a极区向b极区迁移，故A正确；

2

B.b电极为阴极，得到电子，所以b电极应为:CO2+8e+8HCO3一=CH4t+8CO3+2H2O,

故B错误；

C.电解池是电能转化为化学能的装置，故C错误；

诵由

D.根据a极的反应方程式：2H20-4e..七O2t+4JT可知，发生反应的是03,

而不是SO42\所以电解Na2sCM溶液实质是电解水，溶液中的水消耗，所以Na2s04溶

液的浓度是增大的，故D错误；

故选：A。

10.【分析】A.AgNO3溶液中滴加2%的氨水，反应生成了AgOH白色沉淀；

B.AgOH白色沉淀可以和氨水反应生成配合物；

C.Ag(NH3)20H反应生成Ag,发生还原反应；

D,用均摊法计算。

【解答】解：A.AgNO3溶液和少量氨水反应，生成AgOH白色沉淀，故A正确；

B.AgNCh溶液和少量氨水反应，先生成AgOH白色沉淀，再滴加氨水，AgOH又和NH3

•H2O反应生成配合物Ag(NH3)2OH而溶解，故B正确；

C.Ag(NH3)2OH和葡萄糖发生银镜反应生成Ag,银元素化合价降低，被还原，说明

葡萄糖具有还原性，故C正确；

D.用均摊法计算可知，银的晶胞中有8XL6X1=4个银原子，故D错误；

82

故选：D。

11•【分析】A.分子中含氧官能团为羟基、酯基；

B.苯环、酯基中碳原子为sp2杂化，碳碳三键中碳原子为sp杂化，其它碳原子为sp3杂

化；

C.碳碳三键能与澳发生加成反应；

D.羟基直接相连的碳原子相邻的碳原子上含有氢原子。

【解答】解：A.分子中含氧官能团为羟基、酯基，没有竣基，故A错误；

B.分子中碳原子轨道杂化类型有3种，其中苯环、酯基中碳原子为sp?杂化，碳碳三键

中碳原子为sp杂化，其它碳原子为sp3杂化，故B错误；

C.碳碳三键能与澳发生加成反应，能使浪的CC14溶液褪色，故c错误；

D.羟基直接相连的碳原子相邻的碳原子上含有氢原子，可以发生消去反应，故D正确；

故选：D。

12•【分析】A.溶液中质子守恒；

B.静置后的上层清液为饱和溶液；

C.向0.1mol।Na2co3溶液中通入过量CO2,发生反应Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3,

HCO3'水解水解程度大于电离程度；

D.少量酸和碳酸钠反应生成碳酸氢钠，不放出二氧化碳。

【解答】解：A.Na2c03是强碱弱酸盐，存在CO32一水解平衡，水解平衡主要为CO32一

+H2O?±HCO3+OH',水的电离：H2O=H++OH\所以溶液中有质子守恒：c(OHD=

c(H+)+2c(H2CO3)+c(HCO3),故A正确；

B.静置后的上层清液为饱和溶液，此时达到沉淀溶解平衡，所以有：c(Ca2+)・c(CO32

')=Ksp(CaCO3),故B错误；

C.向0.1mol・LINa2c03溶液中通入过量C02,发生反应Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3,

HCO3-水解水解程度大于电离程度，溶液显碱性，所以c(HCO3D>c(CO32-),故C

错误；

D.向O.lmoKLiNa2c03溶液中滴力口几滴0.05mol・LiHCl,酸不足，碳酸盐生成酸式盐,

反应为：Na2cO3+HCl=NaHCO3+NaCL故D错误；

故选：A。

13•【分析】A.K为生成物浓度幕之积与反应物浓度幕之积的比；

B.H中生成CO,但升高温度使HI逆向进行，导致CO的物质的量先增大；

C.催化剂对平衡移动无影响，低温有利于生成甲烷；

D.由盖斯定律可知，n-I得至IJCH4(g)+H20(g)=CO(g)+3H2(g)«

2

c(CHd)-c(H?0)

【解答】解：A.反应I的平衡常数可表示为K=---------————，故A错误；

4

C(CO2)'C(H2)

B.H中生成CO,但升高温度使III逆向进行，导致CO的物质的量增加，则图中曲线C表

示CO的物质的量随温度的变化，故B错误；

C.催化剂对平衡移动无影响，低温有利于生成甲烷，则低温使用催化剂可提高C02转化

为CH4的转化效率，故C正确；

D.由盖斯定律可知，n-I得到CH4(g)+H2O(g)=C0(g)+3H2(g)AH=41.2kJ«

mol'1-(-164.7kJ«mor')=+205.9kJ*mol_I,故D错误；

故选：C»

二、非选择题(共4小题，满分61分)

3+2

14.【分析】(1)①向酸性废水中加入适量Fe2(SO4)3溶液，NH4\FesSO4-WH20

反应生成NH4Fe3(S04)2(OH)6沉淀；

②当1.3VpH<1.8时，随pH升高Fe3+的水解程度增大；

(2)①NaCIO具有强氧化性，废水中的氨氮为-3价，被氧化转化为N2，NaClO被还

原为NaCl；

②NaCIO水解生成HC10,HC1O不稳定受热易分解；

③当nf)>]64时,NaCIO的浓度较大，能把氨氮氧化为NO3，

n(氨氮)

32

【解答】解：(1)①向酸性废水中加入适量Fe2(SO4)3溶液，NH4\Fe\SO4'^

+3+2

H2O反应生成NH4Fe3(SO4)2(OH)6沉淀，反应的离子方程式为：NH4+3Fe+2SO4

+

+6H2O=NH4Fe3(SO4)2(OH)6I+6H,

+3+2+

故答案为：NH4+3Fe+2SO4'+6H2O=NH4Fe3(SO4)2(OH)6I+6H；

②当1.3<pH<1.8时，随pH升高，溶液中氢离子浓度减小，Fe3+的水解程度增大，生

成的NH4Fe3(SO4)2(OH)6减少，所以氨氮去除率随pH升高而降低，

故答案为：Fe3+水解，溶液中Fe3+的浓度减小；

(2)①NaClO具有强氧化性，废水中的氨氮为-3价，被氧化转化为N2，NaClO被还

+

原为NaCl,反应的离子方程式为：3C1O+2NH4=N2t+3C「+3H2O+2H+或3C1O+2NH3

=N2t+3C1+3H2O,

故答案为：3C1O+2NH4+=N2t+3C「+3H2O+2H+或3C1O+2NH3=N2t+3C「+3H2O；

②NaClO水解生成HCIO,HC1O不稳定受热易分解，所以当温度大于30℃时，废水中氨

氮去除率随着温度升高而降低，

故答案为：氧化剂HC1O不稳定，温度升高受热分解；

③当>1.54时,NaClO的投入量增大，则溶液中NaClO的浓度较大，能把氨

n(氮氨)

氮氧化为NO3,所以总氮去除率下降，

故答案为：NaClO的投入量过大，把氨氮氧化为NO3，

CHO

15.【分析】吁◎一CHO与公八发生取代反应生成口),反应同时有HBr

生成，碳酸钾可以消耗生成的HBr,有利于提高原料利用率，B加热发生结构异构生成C,

C与CH3I发生取代反应生成D,反应同时有HI生成，条件X应是碱性，以利于反应正

向进行，D与皿八八九上；10cH分子间脱去分子水形成碳碳双键而生成E,从组成上看，

E中酚羟基与碳碳双键之间发生加成反应形成六元环而生成F；

；：H0

【解答】解：⑴AT是“°一Q?—CH。与力

发生取代反应生成,

故答案为：取代反应；

(2)C的一种同分异构体同时满足下列条件：①分子中含有苯环，碱性条件下能与新制

Cu(OH)2悬浊液反应，生成砖红色沉淀，说明含有醛基，②分子中不同化学环境的氢

原子数目比为2：2：1,存在高度对称结构，应是含有2个-CH2CHO且位于苯环的对

CHiCHO

位，该同分异构体结构简式为：CH：CHO,

CHiCHO

故答案为：CHiCHO.

(3)CfD是C中酚羟基(-OH)与CH3I发生取代反应，反应同时有HI生成，需要

提供碱性条件，以利于反应正向进行，所以条件X为碱性或NaOH,

故答案为：碱性或NaOH；

(4)如图所示标有“*"的为手性碳原子:

含有手性碳原子的数目为1,

故答案为：1;

发生催化氧化生成合成路线为

16•【分析】一定量蚀刻废液和稍过量的NaOH溶液加入到三颈瓶中，搅拌、加热生成氨气、

氧化铜、氯化钠，过滤、洗涤，得到CuO固体，再加入一定量的稀硫酸，经过蒸发、结

晶、过滤等操作，得到CuSO4・5H2O晶体；也可以取一定量焙烧过的铜精炼炉渣，加入

一定量的稀硫酸反应，再调解pH,过滤，将滤液加热浓缩、冷却结晶，最终得到CuSCU

•5H2O晶体；

(1)①[Cu(NH3)4]。2与NaOH加热反应生成CUO、NaCl、NH3和水；

②溶液中含有NaCL则氯离子会附着在沉淀上，因此检验洗涤液中是否存在氯离子即可;

③氨气极易溶于水，易产生倒吸；

(2)铜精炼炉渣，先加稀硫酸溶解，然后调解pH；

(3)由2Ci?++4「-2CuII+12；2s2O32-+I2-54。62一+2「可知，2CuSC)4・5H2O〜L〜

2Na2s2。3，根据Na2s2。3的浓度和体积计算物质的量，然后由关系式计算CUSO4FH2O

的物质的量和质量，然后计算质量分数。

【解答】解：(1)①[Cu(NH3)4]C12与NaOH加热反应生成CuO、NaCl、NH3和水，

反应的方程式为：[Cu(NH3)“]C”+，NaCH水浴一C“C|+2NaCl+4NH3t+H2O，

故答案为：[Cu(NH3)4]C12+2NaOH_jj^_CuOI+2NaCl+4NHst+H2O；

②溶液中含有NaCl,则氯离子会附着在沉淀上，因此检验洗涤液中是否存在氯离子即可，

检验CuO固体是否洗净的实验操作是：取最后一次洗液少量于试管中，向试管中加稀硝

酸和硝酸银，若没有沉淀生成则洗涤干净，若有沉淀生成则未洗净，

故答案为：取最后一次洗涤液少量于试管中，向试管中加稀