江苏省2022年高考化学压轴卷含解析.doc

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1、江苏省2021年高考化学压轴卷含解析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、单项选择题：共14题，每题3分，共42分.每题只有一个选项最符合题意.1我国力争在2060年前实现“碳中和，表达了中国对解决气候问题的大国担当。以下措施对实现“碳中和不具有直接奉献的是A推行生活垃圾分类B植树造林增加绿色植被C采取节能低碳生活方式D创新转化为碳燃料的技术2侯氏制碱法主要反响原理：NH3+NaCl+CO2+H2O=NaHCO3+NH4Cl。以下有关说法不正确的选项是

2、ACO2空间构型为直线形BNaCl固体为离子晶体CNa的原子结构示意图为DNH4Cl的电子式为3氮及其化合物在生产、生活中有广泛应用。以下含氮物质的性质与用途具有对应关系的是AN2性质稳定，可用于制取氨气 BNH4Cl溶液呈酸性，可用于除铁锈CNH3具有复原性，可用作制冷剂 DHNO3具有强氧化性，可用于制备硝酸铵4通过反响：可将有机氯化工业的副产品转化为。在、反响物起始物质的量比条件下，不同温度时平衡转化率如题图所示。向反响体系中参加，能加快反响速率。反响： 反响： 以下说法正确的选项是A反响的B升高温度和增大压强均能提高反响中的平衡转化率C保持其他条件不变，500时，使用，能使转化率从点的

3、值升至点的值5硫及其化合物在生产生活中具有广泛应用。由自然界的硫磺和金属硫化物矿通过化学反响可得到，催化氧化生成，其热化学方程式为 。燃煤、金属冶炼和硫酸生产等产生的尾气中都含有，用等碱性溶液吸收尾气中的，可得到、等化工产品。是一种空气污染物，会导致硫酸型酸雨。以下选项所述措施均能减少工业排放尾气中含量的是以其他清洁能源代替燃煤对煤炭进行固硫、脱硫处理用“石灰乳氧气吸收含的尾将含的尾气向高空排放ABCD6水合肼(N2H4H2O)是重要的氢能源稳定剂，其制备的反响原理为NaClO2NH3=N2H4H2ONaCl。以下装置和操作不能到达实验目的的是A在装置甲的圆底烧瓶中参加碱石灰制取NH3B用装置

4、乙作为反响过程的平安瓶C制备水合肼时从装置丙的b口通入NH3D用装置丁吸收反响中过量的NH37、四种短周期元素的原子半径和最高正化合价见下表。元素原子半径/0.1170.1100.1020.077最高正化合价+4+5+6+4以下有关说法正确的选项是A元素在周期表中位于第2周期A族B元素最高价氧化物的水化物的酸性比的强C元素的简单气态氢化物的热稳定性比的强D四种元素中，元素形成的化合物的种类最多8以下指定反响的离子方程式正确的选项是A用惰性电极电解NaCl溶液：2Cl-+2H+Cl2+H2BAgNO3溶液中参加过量氨水：Ag+NH3H2O=AgOH+C向NaClO溶液中通入足量SO2气体：ClO

5、-+SO2+H2O=HClO+D铜与稀硝酸反响：3Cu+8H+2=3Cu2+2NO+4H2O9抗氧化剂香豆酰缬氨酸乙酯(Z)可由图中反响制得。+以下关于化合物X、Y、Z说法不正确的选项是A化合物X的分子式为C9H8O3B化合物Y中所含元素的电负性：ONCHC化合物Z中的含氧官能团有酯基、酰胺基、羟基D1mol化合物Z最多能与含1mol Br2的溴水发生反响10甲烷是良好的制氢材料。我国科学家创造了一种500时，在含氧离子()的熔融碳酸盐中电解甲院的方法，实现了无水、零排放的方式生产H2和C。反响原理如右图所示。以下说法正确的选项是AX为电源的负极BNi电极上发生的电极反响方程式为C电解一段时间

6、后熔融盐中的物质的量变多D该条件下，每产生22.4L H2，电路中转移2mol电子11科学家利用氨硼烷设计成原电池装置如以下图所示，该电池在常温下即可工作，总反响为NH3BH33H2O2=NH4BO24H2O。以下说法错误的选项是Ab室为该原电池的正极区Ba室发生的电极反响式为NH3BH32H2O-6e-=NHBO6HC放电过程中，H通过质子交换膜由b室移向a室D其他条件不变，向H2O2溶液中参加适量硫酸能增大电流强度12以下实验操作能到达实验目的的是A用装置甲检验该条件下铁发生了吸氧腐蚀B用装置乙制取并收集少量SO2气体C用饱和NaHCO3溶液除去Cl2中的少量HClD用湿润的pH试纸测量0

7、.01molL-1Na2CO3溶液的pH13室温下，通过以下实验探究溶液的性质。实验实验操作和现象1用试纸测定溶液的，测得约为52向溶液中滴加酸性溶液，溶液紫红色褪去3将浓度均为的和溶液等体积混合，产生白色沉淀4向溶液中滴加稀盐酸，有刺激性气体产生以下有关说法正确的选项是A溶液中存在B实验2说明溶液具有漂白性C依据实验3的现象，不能得出的结论D实验4中生成的刺激性气体可能为14是一种重要的化工原料，主要用于生产三氧化硫、亚硫酸盐等，生产的反响为 。实验室用浓硫酸和固体反响制取少量。排放到大气中会形成酸雨。以下有关生产反响的说法正确的选项是A反响的B反响中每消耗转移的电子的物质的量为C升温、加压

8、和使用催化剂能增大的生成速率D当时，说明该反响处于平衡状态二、非选择题：共4题，共58分.1516分三氯化铬(CrCl3)是化学合成中的常见物质，工业上用铬酸钠(Na2CrO4)来制备。制备三氯化铬某兴趣小组用实验室中的红矾钠(Na2Cr2O7)为原料来制备CrCl3.流程如下：aCrCl36H2O不溶于乙醚，易溶于水、乙醇，易水解。bCrCl36H2O易升华，在高温下能被氧化。(1)步骤中“参加40%NaOH的作用是_。步骤中“加CH3OH与10%HCl中甲醇作为复原剂，反响后生成CO2，请写出反响的离子方程式：_。(2)步骤，请补充完整由步骤得到的固体Cr(OH)3经多步操作制备CrCl3

9、6H2O的实验操作：_。(实验中须使用的：6.0mol/L盐酸、乙醚、减压枯燥器)测定三氯化铬质量分数称取样品0.3000g，加水溶解并定容于250mL容量瓶中。移取25.00mL于碘量瓶(一种带塞的锥形瓶)中，加热至沸腾后参加1gNa2O2，充分加热煮沸，适当稀释，然后参加过量2molL-1H2SO4至溶液呈强酸性，此时铬以Cr2O存在，再参加1.1gKI，加塞摇匀，充分反响后铬完全以Cr3+存在，于暗处静置5min后，参加1mL淀粉溶液指示剂，用0.0250molL-1标准Na2S2O3溶液滴定至终点，平行测定三次，平均消耗标准Na2S2O3溶液21.00mL。(：2Na2S2O3+I2=

10、Na2S4O6+2NaI)(3)参加Na2O2后要加热煮沸，其主要原因是_。(4)假设滴定时振荡不充分，刚看到局部变色就停止滴定，那么会使样品中无水三氯化铬的质量分数的测量结果_(填“偏高“偏低或“无影响)。(5)计算样品中无水三氯化铬的质量分数为_。(保存三位有效数字)1614分多奈哌齐是一种治疗阿尔茨海默病的药物，其合成路线如下：(1)FG的反响类型为_。(2)在答题纸上用“*标出G中的手性碳原子_。(3)DE中参加试剂X的分子式为C6H5NO，写出X的结构简式：_。(4)D的一种同分异构体Y同时满足以下条件，写出该同分异构体的结构简式：_。Y能与FeCl3发生显色反响1 molY与足量溴

11、水反响时最多能消耗4 mol Br2Y分子中不同化学环境的氢原子数目比为6：3：2：1(5)设计以和HOOCCH2COOH为原料制备的合成路线_ (无机试剂、有机溶剂任用，合成路线例如见此题题干)。1715分Fe3O4呈黑色，超细Fe304粉体可制成磁流体，应用广泛。(l)检验Fe3O4中铁元素的价态：用盐酸溶解Fe3O4，取少量溶液滴加 _，溶液变红；另取少量溶液滴加K3Fe(CN)6溶液，产生_。(2)氧化一沉淀法制备Fe3O4a向稀硫酸中参加过量铁粉，得到FeS04溶液。b在N2保护下，向热NaOH溶液中参加FeSO4溶液，搅拌，得到Fe(OH)2浊液。将NaN03溶液滴入浊液中，充分反

12、响得到Fe3O4同时还有NH3生成，那么反响的离子方程式为_。(3)超细Fe3O4粉体制备步骤I：称取0. 9925gFeC13和1.194gFeCl24H2O溶于30ml蒸馏水中。步骤：将溶液参加到三颈烧瓶中(如下图)，加热至60，强力搅拌。步骤：30min后，不断搅拌下缓慢滴加1mol/LNaOH溶液至pH约 为11。步骤：参加0. 25g柠檬酸三钠，升温至80恒温搅拌th，然后冷却至室温。步骤V:从液体(胶体)中别离出超细Fe3O4粗品。步骤：用少量蒸馏水和乙醇反复洗涤，60真空枯燥2h。步骤中强力搅拌的目的是_步骤中的混合液变黑，步骤I中Fe3+和Fe2+物质的量之比约为1:1而不是2

13、:1的原因是_胶体加热且搅拌条件下极容易发生聚沉，那么步骤中参加柠檬酸三钠的作用可能为_关于此实验，以下说法正确的选项是 _。A用一束可见光照射步骤所得溶液会出现一条光亮的通路B步骤V能通过直接过滤得到超细Fe3 O4 C步骤中乙醇作用为除水1813分氰化氢(HCN，易挥发，)主要应用于电镀、采矿、药物合成等工业生产。HCN、能抑制人体组织细胞内酶的活性，不能直接排放到环境中。(1)Na2S2O3在临床上常用于氰化物的解毒剂。解毒的原理是将转化为和。验证该转化过程中生成的实验方法是：向NaCN溶液中参加过量的Na2S2O3的溶液，充分反响后，取少量反响后的溶液于试管中，参加足量稀盐酸酸化，_。

14、(2)Cu2+可催化过氧化氢氧化废水中的。反响不能在酸性条件下进行，原因是_在含氰废水总量、过氧化氢用量和溶液pH一定的情况下，反响相同时间，测得的氧化去除率随c(Cu2+)的变化与如下图。c(Cu2+)超过时，的氧化去除率有所下降，原因是_。(3)通过电激发产生和可处理废水中的，其可能的反响机理如下图。反响I的离子方程式为_。虚线方框内的过程可描述为_。(4)在铜镍为催化剂(Cu、CuO为活性组分，Cu的催化活性效果更好)的条件下，可利用反响： 除去废气中的HCN。将含相同比例的HCN(g)、H2O(g)、CO(g)或N2(g)混合气体分别通过催化剂，反响相同的时间，测得HCN(g)的去除率

15、随温度变化如下图。200时含CO的混合气体中HCN(g)的去除率较高，而400时含CO的混合气体中HCN(g)的去除率较低。其原因是_。2021江苏省高考压轴卷化学参考答案及解析1【答案】A【解析】A推行生活垃圾分类，有利于回收利用，防止污染，对实现“碳中和不具有直接奉献，故A选；B植树造林增加绿色植被对实现“碳中和具有直接奉献，故B不选；C采取节能低碳生活方式对实现“碳中和具有直接奉献，故C不选；D创新转化为碳燃料的技术对实现“碳中和具有直接奉献，故D不选；答案选A。2【答案】D【解析】ACO2的结构式为O=C=O，为直线形分子，故A正确；BNaCl由钠离子和氯离子通过离子键结合而成，属于离

16、子化合物，固体为离子晶体，故B正确；C钠的原子序数为11，核外电子排布为2，8，1，原子结构示意图为：，故C正确；DNH4Cl的电子式为，故D错误；应选：D。3【答案】B【解析】AN2可以与氢气反响，用于制取氨气，不是因为性质稳定，A错误；BNH4Cl溶液呈酸性，可与氧化铁反响，用于除铁锈，B正确；CNH3易液化，用作制冷剂，和复原性无关，C错误；DHNO3与NH3发生非氧化复原反响制备硝酸铵，与硝酸的强氧化性无关，D错误。答案选B。4【答案】D【解析】A根据盖斯定律，由+2得，故A错误；B反响为气体体积减小的放热反响，升高温度平衡逆向移动， 的平衡转化率降低，故B错误；C使用作催化剂，只能加

17、快反响速率，不能改变的平衡转化率，故C错误；D在、500条件下，假设起始，增加了O2的相对含量，能提高HCl的转化率，的转化率可能到达点的值，故D正确；答案选D。5【答案】A【解析】以天燃气，太阳能，电能等其他清洁能源代替燃煤，可以减少二氧化硫的排放，可以；在煤炭中参加氧化钙，使之在燃烧的过程中转化为硫酸钙，进行固硫、脱硫处理，可以减少二氧化硫的排放，可以；用“石灰乳氧气吸收含的尾气，二氧化硫被氧化生成硫酸钙，也能减少二氧化硫的排放，可以；将含的尾气向高空排放，并不能减少二氧化硫对大气的污染，不可以；应选A。应选A。6【答案】C【解析】A浓氨水遇碱放出氨气，在装置甲的圆底烧瓶中参加碱石灰制取N

18、H3，故A正确；B氨气易溶于水，为防止倒吸，装置乙作为反响过程的平安瓶，故B正确；C氨气密度比空气小，为有利于氨气和NaClO溶液反响，制备水合肼时从装置丙的a口通入NH3，故C错误；D氨气会污染环境，用装置丁吸收反响中过量的NH3，并能防倒吸，故D正确；答案选C。7【答案】D【解析】X和W的最高价均是+4价，位于第A族，X的原子半径大于W的，那么W是C，X是Si；Y和Z的最高价分别是+5和+6价，原子半径是XYZW，那么Y是P，Z是S。A元素X是Si，在周期表中位于第三周期A族，A错误；B元素Y是P，非金属性PS，那么最高价氧化物的水化物的酸性比S的弱，B错误；C非金属性OS，那么元素S的简

19、单气态氢化物的热稳定性比的弱，C错误；D由于有机物均含有碳元素，那么四种元素中，元素C形成的化合物的种类最多，D正确；答案选D。8【答案】D【解析】A 用惰性电极电解NaCl溶液，阳极氯离子放电，电极反响式为，阴极上水电离出的氢离子放电生成氢气，电极反响式为，正确的离子方程式为：2Cl-+2H2OCl2+H2+2OH-，A错误；B AgNO3溶液中参加过量氨水生成，正确的离子方程式为：Ag+3NH3H2O=+OH-+ +2H2O，B错误；C 向NaClO溶液中通入足量SO2气体，发生氧化复原反响，正确的离子方程式为：ClO-+SO2+H2O=Cl-+2H+，C错误；D 铜与稀硝酸反响生成硝酸铜

20、、NO和水，离子方程式正确，D正确；应选D。9【答案】D【解析】A由X的结构简式可知其分子式为C9H8O3，A项正确；BY中有C、N、O、H四种元素，元素的非金属性越强，电负性越强，其电负性大小顺序为：ONCH，B项正确；CZ中含氧官能团有酯基、酰胺基、羟基，C项正确；D1molZ中的碳碳双键与Br2发生1:1加成反响，酚羟基邻位氢原子能与溴水发生取代反响，消耗2molBr2，故1molZ最多能与含3Br2的溴水反响，D项错误；答案选D。10【答案】B【解析】A 电解池电极Ni-YSZ中甲烷变成CO2， C元素的化合价升高，失电子，发生氧化反响，作阳极，因此X为电源的正极，故A错误；B 阴极上

21、发生复原反响，Ni电极上发生的电极反响方程式为，故B正确；C 电解一段时间后熔融盐中的物质的量不会变多，生成的通过熔融盐转移到阳极参加反响，故C错误；D 总反响为：CH4 C+2H2 ,反响条件为500，该条件下不是标准状况，故D错误；应选B。11【答案】C【解析】A根据总反响可知H2O2被复原，所以b室发生的是复原反响，为原电池的正极区，A正确；B根据总反响可知电池放电时NH3BH3被氧化得到NH和BO，结合电子守恒和元素守恒可得电极反响式为NH3BH32H2O-6e-=NHBO6H，B正确；C原电池中阳离子由负极区流向正极区，即H通过质子交换膜由a室移向b室，C错误；D硫酸为强电解质，参加

22、适量的硫酸，可以增加溶液中离子浓度，增强导电能力，增大电流强度，D正确；综上所述答案为C。12 【答案】A【解析】A装置甲中铁粉和碳粉与溶解了氧气的氯化钠溶液形成了原电池，铁是负极，碳是正极，负极铁失电子被腐蚀，正极氧气得电子被消耗，装置中压强减小，导管中红墨水的液注会上升，故能检验该条件下铁发生了吸氧腐蚀，故A正确；B铜与浓硫酸反响制取二氧化硫需要加热，该装置没加热，故B错误；C饱和NaHCO3溶液也能吸收Cl2，且HCl与NaHCO3溶液反响生成CO2，应该用饱和NaCl溶液除去Cl2中的少量HCl，故C错误；D用pH试纸测量0.01molL-1Na2CO3溶液的pH，试纸不能湿润，否那么

23、相当于稀释溶液，使测得结果不准确，故D错误；答案选A。13【答案】A【解析】A溶液中存在电荷守恒：和物料守恒：，两式联立消去c(Na+)得，故A正确；B酸性溶液具有强氧化性，溶液被氧化，说明溶液具有复原性，故B错误；C等体积混合，混合后浓度减半，即混合后c()=，c()=，c()=，和反响后生成，c()=c()=，c()c()=，因此时有沉淀产生，故能得出结论，故C错误；D和稀盐酸反响生成氯化钠、水和二氧化硫，故生成的刺激性气体为，故D错误；答案选A。14【答案】C【解析】A该反响气体系数之和减小，所以S0，A错误；B未指明温度和压强，22.4L氧气的物质的量不一定是1mol，B错误；C升温可

24、以增大活化分子百分数，加压可以增大单位体积内活化分子数，催化剂可以降低反响活化能，都可以加增大SO3的生成速率，C正确；D平衡时各物质的浓度不再改变，但c(SO2)和c(SO3)不一定相等，这与初始投料和转化率有关，D错误；综上所述答案为C。15【答案】(16分)1将红矾钠充分转化为铬酸钠(或者将Na2Cr2O7转化为Na2CrO4) 2分 10H+2CrO+CH3OH=2Cr3+7H2O+CO2 2分 2将过滤后所得固体溶解于过量的盐酸中，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，用乙醚洗涤23次，减压枯燥得到CrCl36H2O 4分 3除去其中溶解的氧气，防止氧气将I氧化，产生偏高的误差 2分 4偏低 2

25、分 592.5% 4分 【解析】步骤中，参加40%NaOH溶液，发生反响Na2Cr2O7+2NaOH=2Na2CrO4+H2O；Na2CrO4在酸性条件下被CH3OH复原为CrCl3，发生反响的化学方程式为10HCl+2Na2CrO4+CH3OH=4NaCl+2CrCl3+7H2O+CO2；步骤II中，调节pH=7，此时CrCl3转化为Cr(OH)3沉淀，过滤，滤去溶液，得沉淀；往沉淀中参加过量的盐酸，Cr(OH)3溶解生成CrCl3；将溶液蒸发结晶，便可得到CrCl36H2O；由于CrCl36H2O不溶于乙醚，易溶于水、乙醇，易水解，易升华，在高温下能被氧化，所以在洗涤、枯燥过程中，要注意选

26、择溶剂、并控制枯燥的温度。(1)步骤中，参加40%NaOH，可实现Na2Cr2O7向Na2CrO4的转化，所以作用是将红矾钠转化为铬酸钠(或者将Na2Cr2O7转化为Na2CrO4)。步骤中甲醇作为复原剂，反响后生成CO2，同时Na2CrO4被复原为CrCl3，反响的离子方程式为：10H+2CrO+CH3OH=2Cr3+7H2O+CO2；(2)参加盐酸后，Cr(OH)3溶解生成CrCl3，假设想获得CrCl3，需要从溶液中提取溶质，所以需进行的操作为蒸发浓缩、冷却结晶；由题给信息可知，CrCl36H2O不溶于乙醚，易溶于水、乙醇、易水解，所以需进行过滤，用乙醚洗涤23次的操作；由题给信息可知，

27、CrCl36H2O易升华，在高温下能被氧化，所以还要进行低温枯燥或减压枯燥的操作；(3)在Na2O2氧化CrCl3的过程中，会有一定量的O2溶解在溶液中，也会将I氧化为I2，从而干扰实验结果的测定，所以充分加热煮沸的原因是除去其中溶解的氧气，防止氧气将I氧化，产生偏高的误差；(4)滴入最后一滴时，如果溶液颜色在半分钟内不变色，那么到达滴定终点；假设滴定时振荡不充分，刚看到局部变色就停止滴定，那么会使样品中无水三氯化铬反响不完全，所以导致它的质量分数的测量结果偏低；(5)令25.00mL溶液中n(Cr3+)，由Cr元素守恒及方程式可得关系式2Cr3+ Cr23I26Na2S2O3，根据关系式计算

28、。故n(Cr3+)=0.0250mol/L0.021L，所以250mL溶液中含Cr3+的物质的量为0.0250mol/L0.021L=0.00175mol，根据Cr元素守恒可知n(CrCl3)=0.00175mol，所以样品中含CrCl3的质量为m(CrCl3)=0.00175mol158.5g/mol，故样品中无水三氯化铬的质量分数为100%=92.5%。16【答案】14分(1)取代反响2分 (2) 2分 (3) 2分 (4) 3分 (5) 5分 【解析】根据题中合成路线，A与HOOCCH2COOH反响生成B，B与氢气加成生成C，C在PPA环境下发生分子内取代脱水生成D，D与X生成E，根据(

29、3)中给出的X的化学式为C6H5NO和E的结构反推推得X为，E与氢气加成生成F，根据F的化学式为C17H23NO3和G的结构，反推得F结构为，通过G结构推得F与发生取代反响生成G。(1)F与发生取代反响生成G，故FG的反响类型为取代反响(2)一个碳原子连接四个不同原子或者原子团，该碳原子叫“手性碳原子，故G只有一个手性碳原子用*标注：(3)根据X分子式C6H5NO和E的结构反推X的结构简式为(4) Y为D的同分异构体，那么分子式为C11H12O3，能与FeCl3发生显色反响,说明Y中含有酚羟基，有结构，1 molY与足量溴水反响时最多能消耗4 mol Br2，说明Y的苯环上的氢的个数和取代基上

30、可以和溴发生加成的双键、三键数目之和为4，再根据Y分子中不同化学环境的氢原子数目比为6：3：2：1，符合条件的Y的结构为：(5) 聚合物的单体为，可由与发生酯化反响获得，根据题中流程的A B的反响可知，与HOOCCH2COOH反响生成，故合成路线为：。17.【答案】15分1KSCN溶液2分 蓝色沉淀2分 212Fe(OH)2+NO3-=4Fe3O4+NH3+OH-+10H2O2分 3使FeCl3溶液与FeCl2溶液充分混匀2分 因Fe2+易被氧化，2：1会导致Fe2+缺乏生成不了Fe3O42分 使Fe3O4胶体颗粒不团聚2分 AC 3分 【解析】1Fe3O4中铁元素的价态为+2、+3价，参加K

31、SCN溶液变红；加K3Fe(CN)6溶液生成蓝色沉淀；答案为：KSCN溶液；蓝色沉淀；2Fe(OH)2浊液与NaN03溶液反响生成Fe3O4同时还有NH3生成，那么反响的离子方程式为：12Fe(OH)2+NO3-=4Fe3O4+NH3+OH-+10H2O；(3) 取0.9925gFeCl3和1.194gFeCl24H2O溶于30mL蒸馏水中,强力搅拌为使其混合充分,为使FeCl3与FeCl2溶液充分混匀，需强力搅拌；故答案为使FeCl3与FeCl2溶液充分混匀；步骤I中Fe3+和Fe2+物质的量之比约为1:1，由于Fe2已被空气中的氧气氧化生成Fe3+，导致不能生成Fe3 O4，答案为：因Fe

32、2+易被氧化，2：1会导致Fe2+缺乏生成不了Fe3O4；Fe3O4颗粒容易团聚为大颗粒形成沉淀，那么不能得到超细Fe3O4粉体，故参加柠檬酸三钠防止其团聚；故答案为使Fe3O4颗粒不团聚；A.步骤所得溶液为超细Fe3 O4胶体，用一束可见光照射步骤所得溶液会出现丁达尔效应，A正确；B.由题信息可知超细Fe3O4粉体具有磁性，可采用磁铁放在瓶底使其聚集，静置，倾去上层清液即可，B错误；C.水易溶于乙醇，且乙醇易挥发，可除去粒子外表的水并使其快速枯燥，C正确；答案为AC。18【答案】13分1向其中参加几滴FeCl3溶液，溶液变为红色，说明该转化生成了SCN 2分 2酸性条件下溶液中的氰化物转变为

33、HCN逸出，造成污染2分 c(Cu2+)超过90mgL1，会催化过氧化氢分解，与CN反响的H2O2的量减少2分 (3)10OH2OH2CN=N26H2O2 2分 O2在阴极外表得电子被复原成，结合H生成O2H，O2H分解生成O2和H2O2分 (4)CO抑制了HCN(g)H2O(g)NH3(g)CO(g)反响的正向进行，同时CO可将CuO复原为催化活性更好的Cu。400时前者为主要因素，200时后者为主要因素3分 【解析】(1)将转化为和，检验即可，充分反响后，取少量反响后的溶液于试管中，参加足量稀盐酸酸化，向其中参加几滴FeCl3溶液，溶液变为红色，说明该转化生成了SCN，故答案为：向其中参加

34、几滴FeCl3溶液，溶液变为红色，说明该转化生成了SCN；(2)Cu2+可催化过氧化氢氧化废水中的，酸性条件下溶液中的氰化物转变为HCN逸出，造成污染，故答案为：酸性条件下溶液中的氰化物转变为HCN逸出，造成污染；c(Cu2+)超过90mgL1，会催化过氧化氢分解，与CN反响的H2O2的量减少，的氧化去除率有所下降，故答案为：c(Cu2+)超过90mgL1，会催化过氧化氢分解，与CN反响的H2O2的量减少；(3)由图可知，反响I中HO、CN在碱性条件下反响，生成N2、H2O和CO，N元素由-5价上升到0价，O元素由-1价下降到-2价，根据得失电子守恒和质量守恒配平方程式为：10OH2OH2CN

35、=N26H2O2CO，故答案为：10OH2OH2CN=N26H2O2CO；由图可知，虚线方框内的过程可描述为：O2在阴极外表得电子被复原成O，O结合H生成O2H，O2H分解生成O2和H2O；故答案为：O2在阴极外表得电子被复原成O，O结合H生成O2H，O2H分解生成O2和H2O；(4) CO抑制了HCN(g)H2O(g)NH3(g)CO(g)反响的正向进行，同时CO可将CuO复原为催化活性更好的Cu。400时前者为主要因素，200时后者为主要因素；故答案为：CO抑制了HCN(g)H2O(g)NH3(g)CO(g)反响的正向进行，同时CO可将CuO复原为催化活性更好的Cu。400时前者为主要因素，200时后者为主要因素。12