2021年1月江苏省新高考适应性考试+化学+Word版含解析

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江苏省2021年新高考适应性考试化学试卷注意事项考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求1.本试卷共6页，满分为100分，考试时间为75分钟。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。2.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置。3.请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符。4.作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。作答非选择题，必须用0.5毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效。5.如需作图，必须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Al27S32C35.5K39Ca40Cr52Fe56Cu64I127一、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.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【答案】B【解析】【分析】【详解】A．开发使用清洁能源，可以减少化石能源的使用，从而防治大气污染，应该提倡，A不符合题意；B．田间焚烧秸秆，会增加空气中可吸入颗粒物等污染物，加重大气污染，不应该提倡，B符合题意；C．大量植树造林，可以防风固沙、防止水土流失、净化空气等，应该提倡，C不符合题意；D．养成低碳生活习惯可以降低二氧化碳的排放，从而减轻温室效应，应该提倡，D不符合题意；答案选B。2.“中国芯”的主要原材料是高纯单晶硅，反应SiCl4(g)+2H2(g)Si(s)+4HCl(g)可用于纯硅的制备。下列有关说法正确的是()-16-

1A.SiCl4为极性分子B.HCl的电子式为C.单晶硅为分子晶体D.Si原子的结构示意图为【答案】B【解析】【分析】【详解】A．SiCl4和CH4的空间构型一样，都是正四面体构型，结构对称，为非极性分子，A错误；B．HCl的电子式为，B正确；C．单晶硅与金刚石的晶体结构相似，为空间网状结构，为原子晶体，C错误；D．Si原子的结构示意图为，D错误；故选B。3.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.NaClO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.NaHCO3受热易分解，可用于制抗酸药物【答案】A【解析】【分析】【详解】A．NaClO有氧化性，可用于消毒杀菌,消毒杀菌就是利用了NaClO的强氧化性，A正确；B．漂白纸浆是利用SO2的漂白性，B错误；C．工业电解熔融的氯化钠来制备金属钠，与氯化钠是否易溶于水无关，C错误；D．NaHCO3可用于制抗酸药物，是利用了其能和酸反应生成CO2，与NaHCO3受热易分解无关，D错误；故选A。4.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)ΔH=-92.4kJ/mol。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。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-16-

2【答案】B【解析】【分析】【详解】A．NH3的孤电子对数为1，价层电子对数为4，空间构型为三角锥形，故A错误；B．N和O的电负性比较大，半径比较小，NH3与H2O之间存在分子间氢键，也存在同种分子间氢键，故B正确；C．NH3溶于水得到氨水，氨水中存在自由移动的铵根离子和氢氧根离子，即可导电，故C错误；D．氨催化氧化制硝酸，NH3中N元素的化合价为-3，硝酸中N元素化合价为+5，化合价升高，做还原剂，利用的是NH3的还原性，故D错误；故答案为B。5.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)ΔH=-92.4kJ/mol。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。下列有关合成氨反应的说法正确的是()A.反应的ΔS＞0B.反应的ΔH=E(N-N)+3E(H-H)-6E(N-H)(E表示键能)C.反应中每消耗1molH2转移电子的数目约等于2×6.02×1023D.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【答案】C【解析】【分析】【详解】A．在合成氨反应中，生成物气体分子数小于反应物气体分子数，所以反应的ΔS＜0，A不正确；B．反应的ΔH=反应物的键能总和-生成物的键能总和=E(N≡N)+3E(H-H)-6E(N-H)(E表示键能)，B不正确；C．由合成氨反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，可建立如下关系式：N2——3H2——6e-，则反应中每消耗1molH2转移电子数目约等于2mol×6.02×1023mol-1=2×6.02×1023，C正确；D．合成氨反应为放热的可逆反应，高温可加快反应速率，但会使平衡逆向移动，不能提高H2的平衡转化率，使用催化剂只能改变反应速率，但不能改变H2的平衡转化率，也就不能提高H2的平衡转化率，D不正确；故选C。6.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)ΔH=-92.4kJ/mol。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。实验室制取NH3时，下列装置能达到相应实验目的的是()-16-

3A.生成NH3B.干燥NH3C.收集NH3D.吸收NH3尾气【答案】B【解析】【分析】【详解】A．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，制取装置中试管口应该略向下倾斜，防止水倒流引起试管炸裂，故A错误；B．碱性气体选用碱性干燥剂，故可用碱石灰干燥氨气，故B正确；C．氨气的密度比空气小，应该用向下排空气法，故C错误；D．氨气极易溶于水，装置图中导管不能直接插入水中，否则会引起倒吸，故D错误；故答案为B。7.13Al、15P、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Al在周期表中位于第4周期ⅢA族B.元素P的简单气态氢化物的化学式为PH4C.第一电离能：I1(Al)I1(S)，故C错误；D．非金属性越强，最高价氧化物的水化物的酸性越强，非金属性P

4下列有关说法不正确的是()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.Al2O3与稀硫酸反应的离子方程式：Al2O3+6H+=2Al3++3H2OC.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【答案】C【解析】【分析】【详解】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，故A正确；B．Al2O3与稀硫酸反应生成硫酸铝和水，离子方程式为Al2O3+6H+=2Al3++3H2O，故B正确；C．双氧水会将亚铁离子氧化，所以滤液中主要存在的阳离子没有Fe2+，而是Fe3+，故C错误；D．聚合硫酸铁铝水解可以生成氢氧化铝和氢氧化铁胶体，胶体表面积较大，具有吸附作用，故D正确；综上所述答案为C。9.利用电解法将CO2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B.电极b上反应为CO2+8HCO-8e-=CH4+CO+2H2OC.电解过程中化学能转化为电能D.电解时Na2SO4溶液浓度保持不变【答案】A-16-

5【解析】【分析】通过电解法可知此电池为电解池，由a极生成O2可以判断出a极为阳极，则b为阴极。阳离子向阴极流动，a极上反应为4OH－―4e－＝2H2O＋O2，电极b上反应为CO2＋8HCO+8e－＝CH4＋8CO＋2H2O。电解时OH－比更容易失去电子在阳极生成O2，所以电解Na2SO4溶液的实质是电解水，溶液中的水发生消耗，所以Na2SO4溶液的浓度是增大的。【详解】A．由a极生成O2可以判断出a极为阳极，b为阴极，阳离子向阴极流动。则H+由a极区向b极区迁移正确，故A正确；B．电极方程式配平发生错误，电极b上反应应为CO2＋8HCO+8e－＝CH4＋8CO＋2H2O，故B错误；C．通过电解法可知此电池为电解池，所以电解过程中是电能转化为化学能，故C错误；D．电解时OH－比更容易失去电子，所以电解Na2SO4溶液的实质是电解水，溶液中的水发生消耗，所以Na2SO4溶液的浓度是增大的，故D错误；故选A。10.葡萄糖的银镜反应实验如下：步骤1：向试管中加入1mL2%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AgOHB.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.右图所示银的晶胞中有14个银原子【答案】D-16-

6【解析】【分析】【详解】A．氨水少量时，氨水中一水合氨电离出氢氧根离子和银离子结合成白色的AgOH沉淀，因此步骤1中观察到的白色沉淀为AgOH，A正确；B．AgOH与NH3·H2O反应生成Ag(NH3)2OH而溶解，Ag(NH3)2OH属于配合物，B正确；C．[Ag(NH3)2]OH和葡萄糖发生银镜反应生成Ag，Ag元素化合价降低，被还原，说明葡萄糖具有还原性，C正确；D．由均摊法可知图示银的晶胞中银原子个数=8×=4，D错误；答案选D。11.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羧基B.分子中碳原子轨道杂化类型有2种C.奥昔布宁不能使溴的CCl4溶液褪色D.奥昔布宁能发生消去反应【答案】D【解析】【分析】【详解】A．奥昔布宁分子中的含氧官能团为羟基和酯基，不含有羧基，A不正确；B．奥昔布宁分子中碳原子轨道杂化类型有sp3杂化(环己基、链烃基)、sp2杂质(苯环、酯基)、sp杂质(碳碳叁键)，共3种类型，B不正确；C．奥昔布宁分子中含有的-C≡C-，能使溴的CCl4溶液褪色，C不正确；D．奥昔布宁分子中的和-OH相连的碳原子与环己基上的邻位碳原子间可通过脱水形成碳碳双键，从而发生消去反应，D正确；故选D。12.室温下，通过下列实验探究Na2CO3溶液的性质。实验实验操作和现象1用pH试纸测定0.1mol/LNa2CO3溶液的pH，测得pH约为12-16-

72向0.1mol/LNa2CO3溶液中加入过量0.2mol/LCaCl2溶液，产生白色沉淀3向0.1mol/LNa2CO3溶液中通入过量CO2，测得溶液pH约为84向0.1mol/LNa2CO3溶液中滴加几滴0.05mol/LHCl，观察不到实验现象下列有关说法正确的是()A.0.1mol/LNa2CO3溶液中存在c(OH-)=c(H+)+2c(H2CO3)+c(HCO)B.实验2反应静置后的上层清液中有c(Ca2+)·c(CO)

8A.反应Ⅰ的平衡常数可表示为K=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)=CO(g)+3H2(g)的ΔH=-205.9kJ/mol【答案】C【解析】【分析】【详解】A．化学平衡常数是生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值，反应Ⅰ的平衡常数为K=，故A错误；B．反应物CO2的量逐渐减小，故图中曲线A表示CO2的物质的量变化曲线，由反应Ⅱ和Ⅲ可知，温度升高反应Ⅱ正向移动，反应Ⅲ逆向移动，CO的物质的量增大，故曲线C为CO的物质的量变化曲线，则曲线B为CH4的物质的量变化曲线，故B错误；C．反应Ⅰ为放热反应，反应Ⅱ为吸热反应，降低温度有利于反应Ⅰ正向移动，反应Ⅱ逆向移动，即可提高CO2转化为CH4的转化率，所以需要研发在低温区高效的催化剂，故C正确；D．-(反应Ⅱ+反应Ⅲ)得到目标反应，则CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)的ΔH=-[41.2kJ/mol+(-247.1kJ/mol)]=205.9kJ/mol，故D错误；故答案C。二、非选择题：共4题，共61分。14.皮革厂的废水中含有一定量的氨氮(以NH3、NH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。-16-

9①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1.31.54后，总氮去除率下降的原因是_______。【答案】(1).(2).pH有所增大，氢氧根离子浓度增大，不利于NH4Fe3(SO4)2(OH)6沉淀生成，则氨氮去除率随pH升高而降低(3).或(4).氧化剂次氯酸不稳定，温度升高受热分解(5).次氯酸钠投加量过大，导致污水中部分氨氮氧化为其它价态例如硝酸根离子，则总氮去除率下降【解析】【分析】【详解】(1)①向酸性废水中，氨气或铵离子、铁离子、硫酸根离子和水反应，生成NH4Fe3(SO4)2(OH)6沉淀，该反应的离子方程式为。②当1.3

10沉淀溶解平衡的影响是：不利于沉淀生成，则氨氮去除率随pH升高而降低。(2)①NaClO具氧化性，废水中的氨氮呈-3价，被氧化转化为N2，还原产物为氯化钠，则该反应的离子方程式为或。②当温度大于30℃时，废水中氨氮去除率随着温度升高而降低，其原因是氧化剂次氯酸不稳定，温度升高受热分解。③当n(ClO-)/n(氨氮)>1.54后，次氯酸钠投加量过大，导致污水中部分氨氮氧化为其它价态例如硝酸根离子，则总氮去除率下降。15.化合物F是一种天然产物合成中的重要中间体，其合成路线如下：(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)C→D反应的条件X是_______。(4)F含有手性碳原子的数目为_______。(5)设计以和为原料制备的合成路线(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).取代反应(2).(3).碱(或NaOH)(4).1(5).【解析】【分析】-16-

11由A()与在K2CO3、加热条件下发生取代反应生成B()；B加热发生结构异构化生成C()；C在碱性条件下与CH3I发生取代反应生成D()；D与在NaOH存在的环境中发生反应生成E()；E与CH3COONa在加热条件下反应生成F()。【详解】(1)A()→B()，是A与发生取代生成，反应类型为取代反应。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；②分子中不同化学环境的氢原子数目比为2:2:1。”，则该有机物分子内含有苯环、分子内的10个氢原子按4、4、2分配，应含有2个-CH2CHO，且位于苯环的对位，则该同分异构体的结构简式为：。答案为：；(3)C()→D()，是-OH与CH3I发生取代，生成-OCH3和HI，所以需要提供碱性条件，以利于反应的正向进行，反应的条件X是碱(或NaOH)。答案为：碱(或NaOH)；(4)F分子中，含有的手性碳原子为“∗”所在位置的碳原子，数目为1。答案为：1；(5)以和为原料制备，从题给流程中可以看出，需发生的转化，由此看出，需将转化为-16-

12，从而得出合成路线为：。答案为：。【点睛】合成有机物时，一般需利用题给流程中的某一、二步，这也是合成的关键步骤。16.以印刷线路板的碱性蚀刻废液(主要成分为[Cu(NH3)4]Cl2)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CuSO4·5H2O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，得到CuO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：①该实验中pH=3.2时，Fe3+完全沉淀；pH=4.7时，Cu2+开始沉淀。②实验中可选用的试剂：1.0mol∙L−1H2SO4、1.0mol∙L−1HCl、1.0mol∙L−1NaOH。(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H2SO4酸化，以淀粉溶液为指示剂，用0.1000mol∙L−1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3的溶液19.80mL。测定过程中发生下列反应：2Cu2++4I－=2CuI↓+I2、2+I2=+2I－。计算CuSO4·5H2O样品的纯度(写出计算过程)：_______。【答案】(1).[Cu(NH3)4]Cl2＋2NaOHCuO＋2NaCl＋4NH3↑＋H2O(2).取最后一次洗涤液少量于试管，向试管中加硝酸酸化的硝酸银，若无沉淀则洗涤干净，若有沉淀则未洗净(3).防倒吸(4).加入适量1.0mol∙L−1H2SO4溶解，逐滴加入1.0mol∙L−1NaOH调节溶液pH在3.2～4.7-16-

13之间，过滤，将滤液(5).根据关系式CuSO4·5H2O～Na2S2O3，样品中CuSO4·5H2O物质的量为0.1000mol∙L−1×0.0198L=0.00198mol，则CuSO4·5H2O样品的纯度的纯度【解析】【分析】蚀刻废液和稍过量的NaOH溶液加入到三颈烧瓶中搅拌加热反应生成氨气、黑色氧化铜沉淀、氯化钠，过滤洗涤得到氧化铜固体，再加入一定的酸经过一系列操作得到CuSO4·5H2O晶体，也可以用铜精炼炉渣加入一定的稀硫酸反应，再调节溶液pH值，过滤，将滤液加热浓缩、冷却结晶，最终得到CuSO4·5H2O晶体。【详解】(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，得到CuO固体；所得固体经酸溶、结晶、过滤等操作，得到CuSO4·5H2O晶体。①蚀刻废液和NaOH溶液反应生成CuO，其反应的化学方程式：[Cu(NH3)4]Cl2＋2NaOHCuO＋2NaCl＋4NH3↑＋H2O；故答案为：[Cu(NH3)4]Cl2＋2NaOHCuO＋2NaCl＋4NH3↑＋H2O。②检验CuO固体是否洗净主要是检验洗涤液中是否含有Cl－，其实验操作是取最后一次洗涤液少量于试管中，向试管中加硝酸酸化的硝酸银，若无沉淀则洗涤干净，若有沉淀则未洗净；故答案为：取最后一次洗涤液少量于试管中，向试管中加硝酸酸化的硝酸银，若无沉淀则洗涤干净，若有沉淀则未洗净。③三颈烧瓶中反应生成了氨气，氨气极易溶于水，因此装置图中装置X作用是防倒吸；故答案为：防倒吸。(2)以焙烧过的铜精炼炉渣为原料制备CuSO4·5H2O晶体时，取一定量焙烧过的铜精炼炉渣，加入适量1.0mol∙L−1H2SO4溶解，逐滴加入1.0mol∙L−1NaOH调节溶液pH在3.2～4.7之间，过滤，将滤液加热浓缩、冷却结晶、过滤、晾干，得到CuSO4·5H2O晶体；故答案为：加入适量1.0mol∙L−1H2SO4溶解，逐滴加入1.0mol∙L−1NaOH调节溶液pH在3.2～4.7之间，过滤，将滤液。(3)根据题意得到关系式CuSO4·5H2O～Na2S2O3，样品中CuSO4·5H2O物质的量为0.1000mol∙L−1×0.0198L=0.00198mol，则CuSO4·5H2O样品的纯度的纯度；故答案为：根据关系式CuSO4·5H2O～Na2S2O3，样品中CuSO4·5H2O物质的量为0.1000mol∙L−1×0.0198L=0.00198mol，则CuSO4·5H2O样品的纯度的纯度-16-

14。17.水体中的Cr2O、HCrO和CrO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Cr3＋或Cr(OH)3。(1)在一定pH的水溶液中，HS－、S2－可与CrO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，S能还原Cr(Ⅵ)。①在pH=9的水溶液中CrO与HS－反应的离子方程式为_______。②25℃时用过量S2－还原Cr(Ⅵ)，发现反应后期Cr(Ⅵ)被还原速率反而加快。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_______。(3)用氧化铁包裹纳米铁粉(用Fe@Fe2O3表示)能有效还原水溶液中的Cr(Ⅵ)。Fe@Fe2O3还原近中性废水中Cr(Ⅵ)的可能反应机理如图所示。Fe@Fe2O3中Fe还原CrO的过程可描述为_______。【答案】(1).2CrO＋3HS－＋5H2O＝2Cr（OH）3↓＋2S↓＋7OH－；(2).S2－过量，水溶液中S2-16-

15－能与单质硫反应生成S，S能还原Cr(Ⅵ)，所以反应后期Cr(Ⅵ)被还原的速率反而加快；(3).可以在不同反应时间但相同反应时长的条件下，观察溶液褪色程度；(4).Zn－Cu粉在溶液中形成原电池，加快反应速率；(5).单质铁发生吸氧腐蚀，3Fe－6e－＝3Fe2＋，3Fe2＋＋CrO＋4H2O＝Cr(OH)3↓＋5OH－＋3Fe3＋；【解析】【分析】pH=9的水溶液为碱性，离子反应方程式应为2CrO＋3HS－＋5H2O＝2Cr(OH)3↓＋2S↓＋7OH－；S2－过量，S增多所以反应后期Cr(Ⅵ)被还原的速率反而加快；生成的Cr(Ⅵ)有颜色，可以在不同反应时间但相同反应时长的条件下，观察溶液褪色程度；Zn－Cu粉在溶液中形成原电池；中性废水中单质铁发生吸氧腐蚀，CrO还原为三价铬。【详解】(1)①pH=9的水溶液为碱性，所以发生的离子反应方程式应为2CrO＋3HS－＋5H2O＝2Cr(OH)3↓＋2S↓＋7OH－；②水溶液中S2－能与单质硫反应生成S，S能还原Cr(Ⅵ)，加入过量的S2－，生成S增多，所以反应后期Cr(Ⅵ)被还原的速率反而加快；Cr(Ⅵ)还原为低毒性的Cr3＋或Cr(OH)3，Cr(Ⅵ)为橙黄色，Cr3＋为绿色，Cr(OH)3为灰绿色沉淀，可以在不同反应时间但相同反应时长的条件下，观察溶液褪色程度；(2)原电池原理可以加快反应速率，Zn－Cu粉在溶液中形成原电池，加快反应速率；(3)还原近中性废水中Cr(Ⅵ)，单质铁发生吸氧腐蚀，3Fe－6e－＝3Fe2＋，二价铁离子发生氧化反应，CrO发生还原反应生成三价铬，符合图中所示原理，3Fe2＋＋CrO＋4H2O＝Cr(OH)3↓＋5OH－＋3Fe3＋；【点睛】本题第(3)中应注意给出废水为中性条件，单质铁发生吸氧腐蚀，原理图中给出Cr3＋是指生成的铬是三价的，并不是说生成三价铬离子，这在题干中已经给出，此处需要我们根据实际情况进行判断。-16-