江苏省徐州市第七中学2021-2022学年高三下学期4月学情调研化学试题（解析版）

第第页徐州七中2021-2022学年度下学期高三年级4月学情调研化学试题考试时间：75分钟，满分：100分可能用到的相对原子质量：H1C12O16Na23一、单项选择题：共14个小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项最符合题意。1.化学在医疗、能源、宇宙探索等方面均发挥着关键作用。下列叙述不正确的是A.医用防护服的核心材料是微孔聚四氟乙烯薄膜，其单体四氟乙烯属于烯烃B.用“人工肾”进行血液透析原理救治危重新冠肺炎患者，利用了胶体的物理性质C.太阳能、风能等能源是一次能源，核电、光电等电能属于二次能源D.嫦娥五号探测器在月球表面展示的国旗，所用的高性能芳纶纤维材料是复合材料【答案】A【解析】【详解】A．四氟乙烯分子中含有氟原子，属于不饱和氟代烃，不属于烯烃，故A错误；B．血液透析的原理类似于渗析原理，透析膜相当于半透膜的作用，肾功能衰竭等疾病引起的血液中毒可利用血液透析进行治疗，则血液透析原理利用了胶体的物理性质，故B正确；C．太阳能、风能等能源是可以从自然界直接获取的一次能源，核电、光电等电能是不能从自然界直接获取的二次能源，故C正确；D．高性能芳纶纤维材料是具有耐高低温、防静电等多种特性的复合材料，故D正确；故选A。2.工业上制备保险粉的反应为。下列有关说法正确的是A.Na+的结构示意图为B.NaOH的电子式为C.HCOONa中含有键和键的数目之比为3∶1D.基态S原子核外价电子的轨道表达式为【答案】C【解析】【详解】A．的核电荷数为11，核外电子数为10，所以的结构示意图为，故A错误；B．NaOH为含有共价键的离子化合物，所以其电子式为，故B错误；C．HCOONa中含有3个键和1个键，所以HCOONa中含有键和键的数目之比为3∶1，故C正确；D．基态S原子核外价电子的轨道表达式为，故D错误；答案选C。3.下列有关钠及其化合物的性质与用途具有对应关系的是A.钠单质熔点较低，可用于冶炼金属钛B.高铁酸钾具有强氧化性，可用作杀菌消毒C.氢氧化钠具有强碱性，可用作干燥剂D.碳酸氢钠受热易分解，可用于泡沫灭火器【答案】B【解析】【详解】A．钠单质可以冶炼金属钛是因为钠的还原性很强，与其熔点较低无关，A错误；B．高铁酸钾具有强氧化性，可以使蛋白质变性，从而消毒杀菌，B正确；C．氢氧化钠可用作干燥剂因为其易吸水潮解，与其强碱性无关，C错误；D．碳酸氢钠可用于泡沫灭火器是因为能和硫酸铝发生反应产生大量二氧化碳，与其受热易分解无关，D错误；故选B。4.给定条件下，下列选项中所示物质间转化均能一步实现的是A.B.C.D.粗硅【答案】D【解析】【详解】A．蔗糖是非还原糖，不能和银氨溶液反应，A错误；B．电解熔融MgCl2能制取Mg，电解MgCl2溶液得到氢氧化镁、氢气和氯气，B错误；C．将氯化铁溶液蒸干过程中，氯化铁水解生成和，温度升高挥发，促进的水解向正向进行，导致蒸干时得到的固体是，灼烧得到的固体是氧化铁，C错误；D．粗硅在高温下与氯气反应生成四氯化硅，经提纯后四氯化硅再用氢气还原，就可以得到高纯度的硅，D正确；答案选D。5.对于反应N2O4(g)2NO2(g)△H=+57kJ·mol-1，下列有关说法正确的是A.升高体系温度正反应速率增大，逆反应速率减小B.若容器体积不变，气体颜色不变时说明该反应建立化学平衡C.其它条件不变，向平衡后的容器中再加入少量N2O4，新平衡后的值变大D.增大体系的压强能提高N2O4的反应速率和转化率【答案】B【解析】【详解】A．升高温度，活化分子的数目和百分数均增大，正、逆反应速率均增大，故A错误；B．该反应是一个气体颜色加深的反应，则若容器体积不变，气体颜色不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故B正确；C．由方程式可知，反应的平衡常数K=，平衡常数是温度函数，温度不变，平衡常数不变，则它条件不变，向平衡后的容器中再加入少量四氧化二氮，新平衡后的值不变，故C错误；D．该反应为气体体积增大的反应，增大压强，平衡向逆反应方向移动，四氧化二氮的转化率减小，故D错误；故选B。6.氮、磷、砷元素广泛应用于生产生活中，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；砷化镓是重要的半导体材料。下列关于氮、磷、砷的单质及化合物的说法正确的是A.磷肥与草木灰混合施肥效果更佳B.肼的沸点为113.5℃，说明肼分子间可能存在氢键C.白磷分子(P4)是极性分子，白磷可保存在水中D.砷化镓的晶胞结构如图所示，镓原子配位数为8【答案】B【解析】【详解】A．草木灰的主要成分是强碱弱酸盐碳酸钾，碳酸钾在溶液中水解使溶液呈碱性，水解生成的氢氧根离子能与磷肥的有效成分磷酸二氢钙反应生成难溶的磷酸钙沉淀，导致肥效降低，故A错误；B．肼的沸点高是因为肼分子能形成分子间氢键，增大分子间的作用力，故B正确；C．由白磷易溶于二硫化碳可知，白磷分子是结构对称的非极性分子，故C错误；D．由晶胞结构可知，距离镓原子最近的砷原子有4个，则镓原子配位数为4，故D错误；故选B。7.优氯净(C3N3O3Cl2Na)是常用的杀菌消毒剂。下列有关优氯净组成元素说法正确的是A.电负性：x(O)>x(N)>x(C)B.原子半径：r(Cl)>r(Na)>r(O)C.O在周期表中的位置：第2周期VA族D.简单气态氢化物的热稳定性：NH3>H2O【答案】A【解析】【分析】【详解】A．同周期主族元素自左至右电负性依次增大，所以电负性χ(O)＞χ(N)＞χ(C)，选项A正确；B．同周期主族元素自左至右原子半径依次减小，所以r(Na)＞r(Cl)，选项B错误；C．O位于元素周期表第2周期ⅥA族，选项C错误；D．非金属性N＜O，所以简单气态氢化物的稳定性NH3＜H2O，选项D错误；答案选A。8.实验室通过如下步骤可从铬铁矿(主要成分为FeO·Cr2O3，含有少量Al2O3)制备铬酸钠溶液。下列说法不正确的是A.高温灼烧时发生的主要反应为4[FeO·Cr2O3]＋8Na2CO3＋7O22Fe2O3＋8Na2CrO4＋8CO2B.浸取所得溶液中大量共存的离子有Na＋、Al3＋、AlO、CrO、COC.除杂时，加入稀硫酸，发生的反应为非氧化还原反应D.向Na2CrO4溶液加入硫酸酸化，溶液将由黄色变为橙色【答案】B【解析】【分析】高温灼烧中FeO·Cr2O3被空气中的氧气氧化，生成Fe2O3和Na2CrO4，反应方程式为：4[FeO·Cr2O3]＋8Na2CO3＋7O22Fe2O3＋8Na2CrO4＋8CO2，除杂中加入稀硫酸调节pH将Fe3+转为Fe(OH)3沉淀，滤渣2是Fe(OH)3，最终得到Na2CrO4溶液；【详解】A．高温灼烧中FeO·Cr2O3被空气中的氧气氧化，生成Fe2O3和Na2CrO4，反应方程式为：4[FeO·Cr2O3]＋8Na2CO3＋7O22Fe2O3＋8Na2CrO4＋8CO2，A正确；B．Al3＋和CO发生双水解，不能共存，B错误；C．除杂时，加入稀硫酸，目的是调节pH将Fe3+转为Fe(OH)3沉淀，发生的反应为非氧化还原反应，C正确；D．加入硫酸酸化前溶液中含有Fe3+，溶液为黄色，酸化后，溶液中主要存在，溶液为橙色，D正确；故选：B。9.最近我国科学家以CO2与辛胺为原料实现了甲酸盐和辛腈的高选择性合成，该合成的原理如下图所示。下列说法正确的是A.Ni2P电极与电源负极相连B.In/In2O3-x电极上可能有副产物O2生成C.离子交换膜为阳离子选择性交换膜D.在Ni2P电极上发生的反应为：CH3(CH2)7NH2-4e-＋4OH-=CH3(CH2)6CN＋4H2O【答案】D【解析】【详解】A．Ni2P电极为阳极，与电源正极相连，即b为电源正极，A错误；B．In/In2O3-x电极为阴极，阴极主反应为CO2+2e-+H2O=HCOO-+OH-同时H2O也可能发生得电子的反应生成H2，不可能生成O2，B错误；C．阴极主反应为CO2+2e-+H2O=HCOO-+OH-，阳极反应为：CH3(CH2)6CH2NH2+40H--4e-=CH3(CH2)6CN+4H2O，需要氢氧根离子移动，故应用阴离子交换膜，C错误；D．由图可知，Ni2P电极为阳极，CH3(CH2)7NH2→CH3(CH2)6CN，阳极反应为：CH3(CH2)6CH2NH2+40H--4e-=CH3(CH2)6CN+4H2O，D正确；故选D。10.利用如下实验研究Fe3+与I—的反应。步骤1：向烧杯中加入10mL0.1mol·L-1的KI溶液，再滴加2mL0.1mol·L-1的Fe2(SO4)3溶液，振荡，把溶液分为四等份于编号为①②③④的四支试管中。步骤2：向试管①中加入淀粉溶液，观察到溶液变蓝。步骤3：向试管②中滴加15%KSCN溶液5~6滴，观察到溶液变红。步骤4：向试管③、试管④中分别加入1mL2.0mol·L-1的FeSO4溶液和1mL的蒸馏水，振荡，观察到试管③中溶液颜色比试管④中溶液颜色浅。下列说法不正确的是A.试管①中的现象说明此条件下Fe3+的氧化性大于I2B.试管②中的现象说明Fe3+与I—的反应为可逆反应C.步骤4的现象能说明此条件下I2能将Fe2+氧化成Fe3+D.试管②中红色物质的组成为[Fe(SCN)n(H2O)6—n]3—n，此微粒中心离子的配位数为n【答案】D【解析】【详解】A．向试管①中加入淀粉溶液，观察到溶液变蓝说明铁离子与碘离子反应生成单质碘，由氧化剂的氧化性强于氧化产物可知，氧化剂铁离子的氧化性强于氧化产物碘，故A正确；B．向试管②中滴加15%硫氰化钾溶液5~6滴，观察到溶液变红说明溶液中存在铁离子，不足量的铁离子不能完全反应，则铁离子与碘离子的反应为可逆反应，故B正确；C．向试管③、试管④中分别加入1mL2.0mol·L-1的FeSO4溶液和1mL的蒸馏水，振荡，观察到试管③中溶液颜色比试管④中溶液颜色浅说明增大亚铁离子浓度，铁离子与碘离子反应形成的平衡向逆反应方向移动，反应中碘将亚铁离子氧化为铁离子，故C正确；D．由试管②中红色物质的组成为[Fe(SCN)n(H2O)6—n]3—n可知，配离子中铁离子为中心离子，硫氰酸根离子和水为配位体，配位数为6，故D错误；故选D。11.香豆素具有抗凝血作用，以水杨醛(X)为原料可制备合成香豆素的中间体(Y)。下列有关化合物X、Y说法不正确的是A.1molY最多能与2molNaOH反应B.可用FeCl3溶液鉴别X和YC.在一定条件下，X可与HCHO发生缩聚反应D.室温下，Y与Br2加成的产物分子中含有2个手性碳原子【答案】A【解析】【详解】A．的酯基可以消耗2molNaOH，水解后的产物含有1个酚羟基，可以消耗1molNaOH，最多消耗3molNaOH，故A不正确；B．酚羟基遇FeCl3溶液显紫色，X中含有酚羟基，Y中无酚羟基，所以可以用FeCl3溶液鉴别X和Y，故B正确；C．X中含有-CHO，并且酚羟基邻对位有H，X可与HCHO发生缩聚反应，故C正确；D．与Br2加成的产物是，1，2是手性碳原子，含有2个碳原子，故D正确；故选A。12.室温下，通过下列实验探究NaHS溶液的性质。实验实验操作和现象1向0.1mol·L-1NaHS溶液中滴加几滴酚酞试剂，溶液变红2向0.1mol·L-1NaHS溶液中加入等体积0.1mol·L-1NaOH溶液充分混合3向0.1mol·L-1NaHS溶液中通入过量氯气，无淡黄色沉淀产生4向0.1mol·L-1NaHS溶液中滴加过量CuCl2溶液，产生黑色沉淀下列有关说法正确的是A.0.1mol·L-1NaHS溶液中：c(S2-)>c(H2S)B.实验2所得溶液中：c(Na＋)=c(S2-)＋c(HS-)＋c(H2S)C.实验3说明HS-不能被氯气氧化D.实验4反应静置后的上层清液中有c(Cu2+)·c(S2-)=Ksp(CuS)【答案】D【解析】【分析】【详解】A．NaHS溶液中存在电离平衡HS-H++S2-和水解平衡HS-+H2OH2S+OH-，由实验1可知NaHS溶液显碱性，则HS-的水解程度大于电离程度，因此c(S2-)<c(H2S)，A错误；B．实验2中0.1mol·L-1NaHS溶液和0.1mol·L-1NaOH溶液等体积混合，则所得溶液为Na2S溶液，存在物料守恒c(Na＋)=2[c(S2-)＋c(HS-)＋c(H2S)]，B错误；C．氯气有强氧化性，HS-有较强还原性，二者能发生氧化还原反应，实验3没有淡黄色沉淀产生可能是氯气将HS-氧化为硫酸根，C错误；D．实验4中产生黑色沉淀，说明生成了CuS，则静置后的上层清液中有c(Cu2+)·c(S2-)=Ksp(CuS)，D正确；选D。13.工业上利用硫(S8)与CH4为原料制备CS2.450℃以上，发生反应I：S8(g)=4S2(g)；通常在600℃以上发生反应II：2S2(g)+CH4(g)⇌CS2(g)+2H2S(g)。一定条件下，S8分解产生S2的体积分数、CH4与S2反应中CH4的平衡转化率与温度的关系图所示。下列说法一定正确的是A.反应II的正反应为吸热反应B.在恒温密闭容器中，反应相同时间，温度越低，CH4的转化率越大C.某温度下若S8完全分解成S2，在密闭容器中，n(S2)∶n(CH4)=2∶1开始反应，当CS2体积分数为10%时，CH4转化率为43%D.发生反应Ⅱ温度不低于600℃的原因是：此温度CH4平衡转化率已很高；低于此温度，S2浓度小，反应速率慢【答案】D【解析】【详解】A．由图可知，随温度升高，甲烷的转化率降低，故反应II的正反应为放热反应，A项错误；B．由图可知，CH4的平衡转化率随着温度的升高逐渐降低，S2浓度随着温度升高而增大，故温度越低，S2浓度越小，反应速率越慢。在反应相同时间里，温度越低，反应速率越慢，CH4的转化率不一定越大，B项错误；C．在密闭容器中，n(S2):n(CH4)=2:1开始反应，设CH4的起始物质的量为a，转化的物质的量为x，即：CS2的体积分数为10%，即，解得x=0.3a，则CH4的转化率为30%。C项错误；D．由图可知，在600℃时甲烷平衡转化率高达99%，低于600℃时，S2浓度明显偏小，使得反应II的反应速率变慢，D项正确；故选D。14.我国有较多的科研人员在研究甲醛的氧化，有人提出HCHO()与O2在羟基磷灰石(HAP)表面催化氧化生成CO2、H2O的历程，该历程示意图如图（图中只画出了HAP的部分结构）。下列说法正确是（）A.该反应的氧化产物是CO2B.HCHO在反应过程中有C=O键发生断裂C.根据图示信息，CO2分子中的氧原子全部来自O2D.HAP能提高HCHO与O2应的活化能，但不改变反应路径【答案】A【解析】【详解】A．由题干信息，HCHO与O2在羟基磷灰石(HAP)表面催化氧化生成CO2、H2O，HCHO中的C从0价升高至+4价，作还原剂，则对应生成的CO2为氧化产物，A选项正确；B．根据图示，整个反应过程中，HCHO在反应过程中有C—H键的断裂和C=O键的形成，B选项错误；C．由图示可知，CO2分子中氧原子一部分来自于O2，一部分还来自于HCHO，C选项错误；D．HAP在反应中作催化剂，可降低HCHO与O2应的活化能，D选错误；答案选A。二、非选择题(共58分)15.MnO2是一种两性氧化物，用软锰矿(主要成分为MnO2，含少量铁的氧化物)和BaS可制备高纯MnCO3。（1）保持BaS投料量不变，随MnO2与BaS投料比增大，软锰矿还原率和氢氧化钡的产率的变化如图所示。当时，产率减小的原因是_______。（2）搅拌时间对产率的影响如图2所示，延长搅拌时间，产率提高，原因为_______。（3）反应后的滤渣中还含有S和未反应的MnO2。以此滤渣为原料制备高纯度的MnCO3的流程如下图。①酸溶还原时，MnO2发生反应的离子方程式_______。②溶液和固体混合后，反应生成MnCO3。反应的离子方程式为_______。③实际制取MnCO3时，一般选择使用氨水—混合溶液代替固体，这样改进的优点是_______。④常温下，、。当某离子浓度小于时，认为该离子已除净。氧化后所得溶液中，为使溶液中除净，调节pH的范围应为_______。【答案】（1）过量的消耗了反应生成的（2）有利于增大反应物的接触面积，加快反应速率；不断移去表面上的固体产物，使反应更加充分，提高产率（3）①.②.③.增大，吸收CO2气体，防止溶液外溢，造成危险④.3-8【解析】【分析】(3)由题给流程可知，向滤渣中加入稀硫酸和硫酸亚铁溶液酸溶还原，将将二氧化锰转化为硫酸锰，硫不反应；再加入二氧化锰将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子后，加入碳酸锰调节溶液pH，将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有硫、氢氧化铁，滤液为硫酸锰溶液；向溶液中加入碳酸氢铵固体，将硫酸锰转化为碳酸锰沉淀，过滤、洗涤、干燥得到碳酸锰；据此回答。【小问1详解】已知二氧化锰是一种两性氧化物，二氧化锰能与强碱溶液反应，故当时，产率减小的原因是：当>3.5时，二氧化锰过量，过量的二氧化锰能与强碱氢氧化钡溶液反应消耗氢氧化钡，导致氢氧化钡的产率降低。【小问2详解】二氧化锰是不溶于水的固体，与硫化钡生成氢氧化钡的反应是在固体表面进行的，延长搅拌时间，有利于增大反应物的接触面积，使反应更加充分，故延长搅拌时间能提高产率的原因为：有利于增大反应物的接触面积，加快反应速率；不断移去表面上的固体产物，使反应更加充分，提高产率。【小问3详解】①由分析可知，酸溶还原时，二氧化锰在酸性条件下与亚铁离子反应生成锰离子、铁离子和水，反应的离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O。②由分析可知，硫酸锰溶液与碳酸氢铵固体反应生成硫酸铵、碳酸锰沉淀、二氧化碳和水，反应的离子方程式为Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O。③选择使用氨水—碳酸氢铵混合溶液代替碳酸氢铵固体，混合溶液中氨水和碳酸氢铵反应生成碳酸铵，能增大溶液中的碳酸根离子的浓度，有利于锰离子转化为碳酸锰沉淀，同时氨水还可以吸收反应生成的二氧化碳，防止因气体生成导致溶液外溢，造成危险。④常温下，由题给溶度积可知，溶液中铁离子完全沉淀时，溶液中氢氧根离子浓度为=1×10-11mol/L，溶液的pH为3，由溶液中锰离子浓度为0.2mol/L可知，锰离子开始沉淀时，溶液中氢氧根离子浓度为=1×10-6mol/L，溶液的pH为8，则为使溶液中铁离子除净，调节pH的范围应为3—8。16.化合物F是一种复合材料的组成部分，其合成路线如图：(1)B中氮原子的杂化类型为_______。(2)C→D的反应类型为_______。(3)已知，则化合物X结构简式为_______。(4)E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在一定条件下能发生水解反应②分子中含两个苯环且含有4种不同化学环境的氢(5)苯乙酮肟()常用作农药杀虫剂。设计以和NH2OH为原料制备苯乙酮肟的合成路线_____(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干)。【答案】①.sp2②.氧化反应③.C2H5NH2④.⑤.【解析】【分析】在HOAc作用下与NH2OH发生反应生成，与NaBH4发生还原反应生成，被二氧化锰氧化生成，在碳酸钠作用下与乙酰氯发生取代反应生成，在HOAc作用下加热与X反应生成，根据E、F推知X为C2H5NH2。【详解】(1)B中氮原子与C原子形成碳氮双键，与O原子形成N-O单键，还有一对孤对电子，故杂化类型为sp2；(2)C→D是被二氧化锰氧化生成，反应类型为氧化反应；(3)已知，在HOAc作用下加热与X反应生成，根据E、F推知X的结构简式为C2H5NH2；(4)E的一种同分异构体，满足：①在一定条件下能发生水解反应，则含有酯基或肽键；②分子中含两个苯环且含有4种不同化学环境的氢，则高度对称，根据N、O原子可知N在中间，两边为羰基形成的肽键，符合条件的同分异构体为；(5)苯乙酮肟()常用作农药杀虫剂。以和NH2OH为原料制备苯乙酮肟，首先在氢氧化钠的乙醇溶液中加热发生消去反应生成苯乙烯，苯乙烯与水发生催化水化生成，被二氧化锰氧化生成，在HOAc作用下与NH2OH发生反应生成，合成路线如下：。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】17.①.取水解液少许于试管中，向试管中加入碘水，溶液不变蓝色②.300③.浓硫酸具有强氧化性和脱水性，会使有机物脱水碳化18.将Fe2O3在搅拌条件下溶于草酸溶液，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19.90.5%【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：5H2C2O4—2MnO，由20.00mL溶液消耗28.00mL0.2000mol/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.氮的化合物在工农业生产中有着重要的作用，氮的化合物也会对大气及水体等产生污染，在利用这些物质的同时，治理和减少污染是重要的课题。（1）NH3和N2H4是氮元素的两种重要的氢化物。①结合NH3分子的结构和性质，解释NH3常用作制冷剂的原因___________。②N2H4能使锅炉内壁的铁锈(Fe2O3·xH2O)变成磁性氧化层，减缓锅炉锈蚀，且不产生污染物。写出N2H4与铁锈反应的化学方程式为___________。（2）NO和NO2是氮元素的两种常见的氧化物，它们之间可以相互转化。NOx会导致光化学烟雾的形成。①由以下反应复合而成。反应Ⅰ反应II其反应进程与能量变化的关系示意图如所示。NO氧化为NO2的总反应速率由反应Ⅱ控制，原因是___________。在恒容的密闭容器中充入一定量的NO和O2气体，保持其它条件不变，控制反应温度分别为T1和T2(T1＞T2)，测得c(NO)随t(时间)的变化曲线如图所示。由图可知，转化相同量的NO，在温度T1下消耗的时间较长，其