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江苏省苏北八市2024-2025学年高三年级第三次模拟考试化学试题
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．下列工业生产中的重要反应不属于氧化还原反应的是
A．在高温高压条件下和合成
B．煅烧黄铁矿制备
C．向饱和氨盐水中通制备
D．电解饱和食盐水制备
【答案】C
【知识点】以氯碱工业为基础的化工生产简介；氧化还原反应
【解析】【解答】A、氮气和氢气在高温高压下合成氨气（ ），氮元素从 0 价降到 - 3 价，氢元素从 0 价升到 + 1 价，存在电子得失，属于氧化还原反应，A错误；
B、煅烧黄铁矿制备二氧化硫时（ 4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2 ），铁元素从 + 2 价变为 + 3 价，硫元素从 - 1 价变为 + 4 价，有元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，B错误；
C、向饱和氨盐水中通入二氧化碳制备碳酸氢钠（ NaCl+NH3+CO2+H2O=↓+NH4Cl ），反应前后各元素化合价均未改变：钠为 + 1 价，氢为 + 1 价，氧为 - 2 价，碳在反应前后均为 + 4 价，氮为 - 3 价，无电子转移，不属于氧化还原反应，C正确；
D、电解饱和食盐水时（ 2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑ ），氯元素从 - 1 价被氧化为 0 价，氢元素从 + 1 价被还原为 0 价，存在电子得失，属于氧化还原反应，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
氧化还原反应判断核心：反应前后有元素化合价发生变化（电子得失或偏移）。
逐一核对各反应中元素化合价：合成氨、煅烧黄铁矿、电解食盐水均有元素价态改变；制备碳酸氢钠的反应中所有元素化合价保持不变。
2．是一种储氢材料，可用于国防工业。的一种制备方法如下：
下列说法正确的是
A．中只含有离子键
B．的结构示意图为
C．中子数为10的氧原子：
D．的电子式为
【答案】A
【知识点】元素、核素；原子结构示意图；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、氯化镁是由镁离子和氯离子构成的离子化合物，镁离子与氯离子之间通过离子键结合，分子中不存在其他类型的化学键，因此只含有离子键 ，A正确；
B、氯离子的核电荷数为 17，核外电子排布为 2、8、8，选项中结构示意图的核电荷数标注为 18， 故的结构示意图为，B错误；
C、中子数为 10 的氧原子，其质量数为 8+10=18，正确的原子符号应为，C错
D、MgH2是离子化合物， 电子式为：，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
化学键判断：活泼金属与活泼非金属形成的化合物一般为离子化合物，只含离子键，如 MgCl2。
粒子结构：氯离子核电荷数为 17，核外电子排布为 2、8、8；原子符号中左上角为质量数，左下角为质子数，质量数 = 质子数 + 中子数。
电子式书写：离子化合物的电子式需标明阴阳离子的电荷，不能写成共价化合物的形式。
3．实验室探究木炭和浓硫酸加热条件下反应所得混合气体X的成分。下列有关实验装置(部分夹持仪器省略)不能达到实验目的的是
A．用装置甲制得混合气体
B．用装置乙检验混合气体中是否含有
C．用装置丙检验混合气体中是否含有
D．用装置丁检验混合气体中是否含有
【答案】D
【知识点】浓硫酸的性质
【解析】【解答】A、装置甲为固液加热型发生装置，可在加热条件下使木炭与浓硫酸反应，制得含二氧化碳、二氧化硫和水蒸气的混合气体，A能达到实验目的；
B、装置乙中无水硫酸铜为白色固体，遇水蒸气会变为蓝色，可直接检验混合气体中的水，B能达到实验目的；
C、装置丙中品红溶液可与二氧化硫结合，使溶液红色褪去，以此检验二氧化硫的存在，C能达到实验目的；
D、装置丁中氢氧化钠溶液会同时吸收二氧化硫和二氧化碳，无法区分两种气体，后续澄清石灰水不会出现浑浊，不能检验二氧化碳，D不能达到实验目的；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
反应原理：木炭与浓硫酸加热反应生成二氧化碳、二氧化硫和水蒸气。
物质检验：无水硫酸铜遇水变蓝；二氧化硫能使品红溶液褪色；二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，但二氧化硫也会与澄清石灰水反应生成沉淀，干扰二氧化碳的检验。
装置作用：氢氧化钠溶液会同时吸收二氧化硫和二氧化碳，无法实现除杂后检验二氧化碳的目的。
4．是一种常见的蚀刻剂，与反应生成HF及氮的氧化物。下列说法正确的是
A．中N为-3价 B．沸点：
C．的空间结构为平面三角形 D．电离能：
【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A、NF3中 F 为 - 1 价，根据化合物中正负化合价代数和为 0，计算可得 N 为 + 3 价，并非 - 3 价，A错误；
B、H2O 和 HF 分子间均存在氢键，H2O 分子平均氢键数量更多，分子间作用力更强，因此沸点 H2O > HF，B正确；
C、NF3中 N 原子价层电子对数为 4，含 1 对孤对电子，空间构型为三角锥形，并非平面三角形，C错误；
D、同周期主族元素中，N 原子 2p 轨道为半充满稳定结构，第一电离能大于相邻的 O，即 I1(O) < I1(N)，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
化合价判断：利用化合物中正负化合价代数和为 0 的规则，结合 F 的 - 1 价计算 N 的化合价。
沸点比较：分子间氢键数量越多，分子间作用力越强，沸点越高，H2O 的氢键数量多于 HF。
空间构型：NF3中 N 原子价层电子对数为 4，含 1 对孤对电子，构型为三角锥形。
电离能规律：同周期主族元素，ⅡA 族和 ⅤA 族因电子排布稳定，第一电离能出现反常，N 的第一电离能大于 O。
5．在指定条件下，下列选项所示的物质间转化能实现的是
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【知识点】氨的性质及用途；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；铁的化学性质；银镜反应
【解析】【解答】A、氧化铁与铝粉在高温下发生铝热反应，置换出单质铁；生成的铁单质在高温条件下与水蒸气反应，得到四氧化三铁，两步转化均能实现，A正确；
B、氨气在催化剂和加热条件下与氧气反应生成一氧化氮，但一氧化氮不能直接和水反应生成硝酸，需要先与氧气结合为二氧化氮后再与水反应，转化无法实现，B错误；
C、硝酸银溶液中加氨水可制得银氨溶液，但蔗糖分子中不含醛基，属于非还原糖，无法与银氨溶液发生银镜反应生成银单质，转化无法实现，C错误；
D、碳酸氢钠受热分解生成二氧化碳，但碳酸的酸性弱于盐酸，二氧化碳不能与氯化钙溶液反应生成碳酸钙沉淀，转化无法实现，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
铝热反应与铁的性质：铝热反应可置换出活泼性较弱的金属，铁与高温水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气。
氮氧化物性质：一氧化氮不能直接与水反应生成硝酸，需要先被氧化为二氧化氮。
糖类还原性：只有含醛基的还原糖才能发生银镜反应，蔗糖不具备还原性。
强酸制弱酸规律：碳酸酸性弱于盐酸，二氧化碳无法与氯化钙溶液反应。
阅读下列材料，完成下列3个小题。
周期表中ⅣA族元素及其化合物应用广泛。甲烷具有较大的燃烧热，甲烷水蒸气催化重整可以生产和。、是重要的半导体材料，是一种高强度耐高温材料，可由、C、高温反应制得，同时生成。、是铅蓄电池的电极材料，醋酸铅是一种弱电解质，其水溶液可用于吸收气体。
6．下列说法正确的是
A．基态核外电子排布式：
B．中心原子的杂化方式为
C．为分子晶体
D．(如图所示)含键
7．下列化学反应表示不正确的是
A．制备氮化硅：
B．铅蓄电池放电时负极反应：
C．醋酸铅溶液吸收：
D．甲烷的燃烧：
8．甲烷催化重整反应为 。下列说法正确的是
A．平衡时升高温度，增大，减小
B．反应平衡常数
C．使用催化剂可降低反应的焓变
D．其他条件相同，增大，的转化率升高
【答案】6．B
7．C
8．D
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；电极反应和电池反应方程式；化学平衡常数；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）A、锗是 32 号元素，基态核外电子排布式应为 [Ar] 3d 4s24p2，选项中遗漏了 3d 轨道电子，A错误；
B、H2S 分子中硫原子价层电子对数为 4（ ），含 2 对成键电子和 2 对孤对电子，杂化方式为 sp3 ，B正确；
C、Si3N4是高强度耐高温材料，属于共价晶体，并非分子晶体 ，C错误；
D、SiO2中每个硅原子与 4 个氧原子形成 σ 键，1mol SiO2含 4mol σ 键，并非 2mol ，D错误；
故答案为：B。
（2）A、 已知可由、C、经高温反应制得，同时生成，根据原子守恒，可确定制备氮化硅的方程式：，A正确；
B、铅蓄电池放电时，铅在负极失去电子，结合硫酸根生成硫酸铅，电极反应式：，B正确；
C、醋酸铅是弱电解质，且醋酸是弱酸，在离子方程式中不能拆成离子形式， 离子方程式：，C错误；
D、甲烷燃烧生成二氧化碳和水，ΔH 为负值，热化学反应方程式： ，D正确；
故答案为：C。
（3）A、升高温度时，正、逆反应速率都会增大，只是吸热方向速率增幅更大，并非逆反应速率减小，A错误；
B、反应平衡常数表达式应包含所有反应物和产物的浓度， 反应平衡常数， 选项中遗漏了 H2O 的浓度项，B错误；
C、催化剂只能降低反应的活化能，不会改变反应的焓变，C错误；
D、增大水蒸气与甲烷的投料比，相当于增加水蒸气浓度，平衡正向移动，甲烷的转化率会升高，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
物质结构：核外电子排布需遵循构造原理，杂化方式由价层电子对数决定，晶体类型由物质性质判断，共价键数由成键情况计算。
化学方程式：弱电解质在离子方程式中需保留分子形式，不能拆成离子；氧化还原反应和热化学方程式需配平并符合反应规律。
化学平衡：温度升高正逆反应速率均增大，平衡常数表达式需包含所有气态或溶液中的反应物和产物，催化剂不改变焓变，增加一种反应物浓度可提高另一种反应物的转化率。
6．A、锗是 32 号元素，基态核外电子排布式应为 [Ar] 3d 4s24p2，选项中遗漏了 3d 轨道电子，A错误；
B、H2S 分子中硫原子价层电子对数为 4（ ），含 2 对成键电子和 2 对孤对电子，杂化方式为 sp3 ，B正确；
C、Si3N4是高强度耐高温材料，属于共价晶体，并非分子晶体 ，C错误；
D、SiO2中每个硅原子与 4 个氧原子形成 σ 键，1mol SiO2含 4mol σ 键，并非 2mol ，D错误；
故答案为：B。
7．A、 已知可由、C、经高温反应制得，同时生成，根据原子守恒，可确定制备氮化硅的方程式：，A正确；
B、铅蓄电池放电时，铅在负极失去电子，结合硫酸根生成硫酸铅，电极反应式：，B正确；
C、醋酸铅是弱电解质，且醋酸是弱酸，在离子方程式中不能拆成离子形式， 离子方程式：，C错误；
D、甲烷燃烧生成二氧化碳和水，ΔH 为负值，热化学反应方程式： ，D正确；
故答案为：C。
8．A、升高温度时，正、逆反应速率都会增大，只是吸热方向速率增幅更大，并非逆反应速率减小，A错误；
B、反应平衡常数表达式应包含所有反应物和产物的浓度， 反应平衡常数， 选项中遗漏了 H2O 的浓度项，B错误；
C、催化剂只能降低反应的活化能，不会改变反应的焓变，C错误；
D、增大水蒸气与甲烷的投料比，相当于增加水蒸气浓度，平衡正向移动，甲烷的转化率会升高，D正确；
故答案为：D。
9．化合物Z是合成麻醉剂的重要中间体，其合成路线如下：
下列说法正确的是
A．X与足量氢气加成所得产物中含有1个手性碳
B．Y不存在顺反异构体
C．Z在醇溶液中加热可发生消去反应
D．X、Y、Z均能使酸性溶液褪色
【答案】D
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、X 与足量氢气加成后，苯环和醛基均被还原，产物分子（）中不存在连有 4 个不同基团的手性碳原子 ，故A错误；
B、Y 分子中碳碳双键两端的碳原子均连接不同基团，存在顺反异构体 ，故B错误；
C、Z 分子中羟基连接的碳原子邻位碳上有氢原子，但消去反应通常在浓硫酸、加热条件下发生，NaOH 醇溶液是卤代烃消去的条件 ，故C错误；
D、X 中的醛基、Y 中的碳碳双键、Z 中的醇羟基，都能被酸性高锰酸钾溶液氧化，从而使溶液褪色 ，故D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
手性碳判断：只有连有 4 个不同基团的碳原子才是手性碳，X 加成后无此类碳原子。
顺反异构判断：碳碳双键两端碳原子均连不同基团时，存在顺反异构，Y 符合该条件。
消去反应条件：醇的消去需要浓硫酸、加热，卤代烃的消去才用 NaOH 醇溶液，Z 的结构不满足 NaOH 醇溶液下的消去条件。
氧化还原性：醛基、碳碳双键、醇羟基都能被强氧化剂氧化，均可使酸性高锰酸钾溶液褪色。
10．一种储电制氢装置如图所示，该装置晚间通过转化储存电力，为白天制氢提供能量。下列说法正确的是
A．晚间储电时，电极A应与电源的负极相连
B．白天制氢时，溶液中从左室向右室移动
C．储电时的总反应为
D．理论上生成，溶液中减少64g
【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、晚间储电时装置为电解池，电极 A 上氢氧根离子失电子生成氧气，发生氧化反应，是电解池的阳极，应与电源正极相连，并非负极 ，A错误；
B、白天制氢时装置为原电池，电极 A 是正极，电极 B 是负极，原电池中阳离子会向正极移动，即钠离子从右室向左室迁移，选项中迁移方向描述错误 ，B错误；
C、储电时，阳极氢氧根离子失电子生成氧气和水： ，阴极硫代多阴离子得电子转化为硫离子和另一种硫代阴离子： ，将两极反应配平后相加，得到总反应式：，C正确；
D、生成 1mol 氢气时转移 2mol 电子， 由知，溶液中减少的硫离子物质的量为 1mol，对应质量为 32g，并非 64g， D错误；
故答案为：C。
【分析】该装置在夜间工作时，通过硫代多阴离子的价态转化来储存电能，本质是电解池过程，把电能转化为化学能。此时电极 B 发生还原反应，作为电解池的阴极，需要和电源负极相连；电极 A 发生氧化反应，作为电解池的阳极，需要和电源正极相连。到了白天，装置切换为原电池模式，将储存的化学能转化为电能，此时电极 A 充当正极，电极 B 充当负极。
11．利用可制备苯乙烯，反应可能的机理如下(x、y、z表示催化剂的活性位点)。
下列说法正确的是
A．催化剂的y、z位点所带电性不同
B．受苯环影响，a处键比b处更易断裂
C．整个过程中有非极性键的断裂和形成
D．该反应中每生成1mol苯乙烯，转移电子数目为
【答案】B
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、催化剂的 y 位点与带部分正电的氢原子作用，说明 y 位点带负电；z 位点与二氧化碳中带部分正电的碳原子作用，也说明 z 位点带负电，二者所带电性相同 ，A错误；
B、从反应机理进程可得，a 处的 C-H 键先发生断裂，这是因为苯环的共轭效应使 a 处碳原子的电子云密度发生变化，C-H 键极性更强、更容易断裂 ，B正确；
C、反应过程中断裂的都是 C-H、C-O 等极性键，没有非极性键的断裂，也没有新的非极性键生成， C错误；
D、每生成 1mol 苯乙烯，二氧化碳被还原为一氧化碳，转移 2mol 电子，电子数目约为 1.204×1024，并非 6.02×1023 ，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
催化剂位点电性：通过相互作用的粒子带电性判断位点电性，y、z 位点均与带正电的粒子作用，故均带负电。
化学键活性：苯环的共轭效应会影响侧链 C-H 键的极性，靠近苯环的 a 处 C-H 键更易断裂。
非极性键判断：反应中无碳碳、碳碳等非极性键的断裂或形成，仅涉及极性键的变化。
电子守恒计算：二氧化碳到一氧化碳的转化中，碳元素从 + 4 价降到 + 2 价，每生成 1mol 苯乙烯转移 2mol 电子。
12．某NaCl固体中含有少量CaCl2、MgSO4，利用该固体进行下列实验。
已知：，。
实验1 将固体溶于水，得到澄清溶液，测得溶液pH=6。
实验2 向“实验1”所得溶液中先后加入过量的BaCl2溶液，过量的NaOH溶液、过量的Na2CO3溶液，充分反应后过滤，测得滤液的pH=13。
实验3 向“实验2”所得滤液中加入过量盐酸充分反应后，蒸发结晶。
实验4 取少量“实验3”所得晶体溶于水配成溶液，向其中滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成。
下列说法不正确的是
A．“实验1”所得溶液中：
B．“实验1”所得溶液中：
C．“实验2”所得滤液中：
D．“实验4”所得白色沉淀为BaSO4
【答案】B
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、实验1所得溶液澄清，说明无硫酸钙沉淀生成，依据溶度积规则，此时溶液中 ，故A正确；
B、实验1溶液，呈酸性，。根据电荷守恒，溶液中离子浓度关系为，变形可得，因，故 ，故B错误；
C、实验2滤液含大量、、、，呈碱性，。结合电荷守恒，因，故 ，故C正确；
D、实验4滴加溶液产生白色沉淀，结合实验流程，该沉淀为 ，故D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
溶度积应用：溶液澄清说明离子积小于溶度积，无沉淀生成。
电荷守恒原则：溶液呈电中性，阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数，结合判断离子浓度大小关系。
离子共存与转化：实验中通过加试剂依次除去杂质离子，需关注引入的新离子对后续反应的影响。
沉淀判断：根据实验步骤和离子反应，确定最终生成的沉淀成分。
13．萨巴帝尔反应可以实现二氧化碳转化为甲烷，其主要反应为
反应Ⅰ
反应Ⅱ
在密闭容器中，、，反应一定时间，的转化率及的选择性[]随温度的变化如图所示。
下列说法正确的是
A．
B．高温和低压均有利于提高甲烷的平衡产率
C．280~400℃，随温度的升高不断增大
D．320~400℃，随着温度升高将不断减少
【答案】D
【知识点】化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A、反应 Ⅱ 是气体分子数减少的反应，熵变 ΔS<0，反应能自发进行说明 ΔG=ΔH TΔS<0，因此 ΔH2必须小于 0 ，A错误；
B、反应 Ⅱ 是放热且气体分子数减少的反应，根据勒夏特列原理，降低温度、增大压强会让平衡正向移动，提高甲烷产率，高温和低压会使平衡逆向移动，不利于提高甲烷产率 ，B错误；
C、280~320℃时，反应 Ⅰ 和 Ⅱ 都正向进行，水的量随温度升高而增加；320~400℃时，CO2转化率下降，说明反应 Ⅱ 逆向移动，反应 Ⅰ 也逆向移动，水的量会减少，所以 n (H2O) 是先增大后减小，并非持续增大 ，C错误；
D、320~400℃时，CO2转化率下降，说明消耗的 CO2总量减少，而 CH4的选择性不变，意味着生成 CH4和剩余 CO 的总物质的量减少，同时 CH4的选择性不变，所以 n (CO) 和 n (CH4) 都会随温度升高而减少 ，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
反应自发性判断：熵减反应自发进行的前提是焓变小于 0。
平衡移动：放热且气体分子数减少的反应，低温高压有利于平衡正向移动，提高产物产率。
物质的量变化：结合温度对两个反应的影响，分析水的量先增后减的变化趋势。
物料守恒：CO2转化率下降时，含碳产物总量减少，在选择性不变的前提下，各含碳产物的量均会减少。
二、非选择题：共4题，共61分。
14．钨(W)熔点(3430℃)高，在国防工业有着重要用途，是制备W的前驱体。
（1）以含钨废渣［难溶于水，主要成分为、、、及少量钨酸亚铁()］制备的流程如下：
一段时间内，钨的浸出率()及固体残留率()随盐酸浓度的变化如图所示。
①选择盐酸而不选择硫酸酸浸的原因是　 　。
②写出与盐酸反应的离子方程式：　 　。
③盐酸的浓度选择的原因是　 　。
④残留固体中质量分数大于10%的原因是　 　。
（2）废弃纯钨棒(W)在空气存在的条件下，溶于熔融的氢氧化钠中可制得。该反应的化学方程式为　 　。
（3）将废弃钨制品(W与混合物)在空气中加热使之完全转化为，所得固体溶于溶液可得。
①某废弃钨制品，通过元素分析可知其中钨元素的质量分数为90%。取92.0g该制品在空气中加热，理论上可制得的质量为　 　(写出计算过程)。
②加热至1000℃，所得固体成分仅为，其质量小于理论值，原因是　 　。
【答案】（1）CaSO4微溶，不利于钙元素浸出，且CaSO4覆盖在钨渣表面，不利于钨的富集；；盐酸浓度过小，残渣率较高，不利于钨元素的富集；盐酸浓度过大，钨元素浸出率高，损失大；的浸出速率小于废钨渣的浸出速率
（2）
（3）；在1000℃下，部分固体升华
【知识点】物质的分离与提纯；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）①含钨废渣中含有，选择盐酸而不选择硫酸酸浸的原因是：CaSO4微溶，不利于钙元素浸出，且CaSO4覆盖在钨渣表面，不利于钨的富集；
②由分析可知，残留固体中含有，说明与盐酸反应生成和FeCl2，离子方程式为：；
③由图可知，盐酸浓度低时，固体残留率较高，盐酸浓度较高时，钨的浸出率较高，固体盐酸的浓度选择的原因是：盐酸浓度过小，残渣率较高，不利于钨元素的富集；盐酸浓度过大，钨元素浸出率高，损失大；
④钨废渣中含有，残留固体中质量分数大于10%的原因是的浸出速率小于废钨渣的浸出速率。
故答案为： CaSO4微溶，不利于钙元素浸出，且CaSO4覆盖在钨渣表面，不利于钨的富集 ； ； 盐酸浓度过小，残渣率较高，不利于钨元素的富集；盐酸浓度过大，钨元素浸出率高，损失大 ；的浸出速率小于废钨渣的浸出速率 ；
（2）废弃纯钨棒(W)在空气存在的条件下，溶于熔融的氢氧化钠中可制得，W元素由0价上升到+5价，O2中O元素由0价下降到-2价，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：。
故答案为： ；
（3）①由W元素守恒可知，理论上可制得的质量为；
②固体易升华，加热至1000℃，所得固体成分仅为，其质量小于理论值，原因是：在1000℃下，部分固体升华。
故答案为： ； 在1000℃下，部分固体升华 ；
【分析】以含钨废渣为原料 ［难溶于水，主要成分为、、、及少量钨酸亚铁()］ ，用盐酸进行酸浸富集，使 CaO、部分金属氧化物等溶解进入浸出液，实现钨元素与大部分可溶性杂质的分离，得到富含钨、二氧化硅等的残留固体；后续将残留固体经一系列反应转化，最终制得钨酸钠 (Na2WO4)。据此解题。
（1）①含钨废渣中含有，选择盐酸而不选择硫酸酸浸的原因是：CaSO4微溶，不利于钙元素浸出，且CaSO4覆盖在钨渣表面，不利于钨的富集；
②由分析可知，残留固体中含有，说明与盐酸反应生成和FeCl2，离子方程式为：；
③由图可知，盐酸浓度低时，固体残留率较高，盐酸浓度较高时，钨的浸出率较高，固体盐酸的浓度选择的原因是：盐酸浓度过小，残渣率较高，不利于钨元素的富集；盐酸浓度过大，钨元素浸出率高，损失大；
④钨废渣中含有，残留固体中质量分数大于10%的原因是的浸出速率小于废钨渣的浸出速率。
（2）废弃纯钨棒(W)在空气存在的条件下，溶于熔融的氢氧化钠中可制得，W元素由0价上升到+5价，O2中O元素由0价下降到-2价，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：。
（3）①由W元素守恒可知，理论上可制得的质量为；
②固体易升华，加热至1000℃，所得固体成分仅为，其质量小于理论值，原因是：在1000℃下，部分固体升华。
15．有机化合物H是一种利尿药物的中间体，其一种合成路线如图所示：
（1）AB所需的反应物及反应条件是　 　。
（2）的反应类型为　 　。
（3）F的分子式为，F的结构简式为　 　。
（4）写出同时满足下列条件的H的一种同分异构体的结构简式：　 　。
①含有两个苯环，能使溴的四氯化碳溶液褪色；
②含有四种不同化学环境的氢。
（5）已知：①甲苯中甲基为邻对位定位基，使新引入的基团在其邻对位；
②苯甲酸中羧基为间位定位基，使新引入的基团在其间位。
设计以，、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）Cl2、FeCl3
（2）取代反应
（3）
（4）或
（5）
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；同分异构现象和同分异构体；苯的结构与性质
【解析】【解答】（1）根据分析，AB所需的反应物及反应条件是：Cl2、FeCl3；
故答案为： Cl2、FeCl3 ；
（2）的反应类型为：取代反应；
故答案为： 取代反应 ；
（3）F的结构简式为：；
故答案为： ；
（4）H的同分异构体满足：①含有两个苯环，能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明含碳碳双键；②含有四种不同化学环境的氢，满足条件的结构简式为：或；
故答案为：或 ；
（5）甲苯发生硝化反应得到，发生氧化反应得到，发生还原反应得到，与反应得到，与HCHO发生反应得到，故合成路线为：。
故答案为： ；
【分析】以邻硝基甲苯 (A) 为起始原料，先在苯环引入氯原子得到 (B)，再用铁和盐酸将硝基还原为氨基得到 (C)；接着用乙酸保护氨基得到 (D)，随后在酸性高锰酸钾作用下将甲基氧化为羧基得到 (E)；之后 (E) 经脱保护、酰化等多步反应得到含巯基的中间体 (G)，最后 (G) 与乙醛发生环化反应，得到目标产物苯并咪唑类中间体 (H)。
（1）结合有机合成流程中 A、B 的结构差异，分析官能团的引入与转化，确定 A→B 所需的反应物与反应条件：A 为苯甲酸，B 为邻氨基对氯苯甲酸，需引入 - Cl 和 - NH2，因此反应物为 Cl2（引入氯原子）、FeCl3（作催化剂）。
（2）根据 C→D 的结构变化，判断反应类型：C 中的 - COOH 转化为 D 中的 - CONHCH3，属于羧酸与胺的取代（酰化）反应，因此反应类型为取代反应。
（3）根据流程中官能团的转化逻辑，推导 F 的结构简式：结合前后物质的结构，F 需保留 - COOH、-NH2和 - Cl，最终确定 F 的结构简式为邻氨基对氯苯甲酸。
（4）根据同分异构体的限定条件，逐一推导结构：① 含两个苯环、能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明分子中含碳碳双键；② 含四种不同化学环境的氢，说明分子高度对称；结合分子式，在满足上述条件的前提下，设计并写出符合要求的结构简式。
（5）以甲苯为原料，结合目标产物的结构，逆推合成路线：甲苯先经硝化反应引入 - NO2；再经氧化反应将 - CH3氧化为 - COOH；经还原反应将 - NO2还原为 - NH2；与 CH3NH2发生取代反应引入 - CONHCH3；最后与 HCHO 发生环合反应得到目标产物；按正向顺序写出完整的合成路线，标注各步反应的试剂与条件。
（1）根据分析，AB所需的反应物及反应条件是：Cl2、FeCl3；
（2）的反应类型为：取代反应；
（3）F的结构简式为：；
（4）H的同分异构体满足：①含有两个苯环，能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明含碳碳双键；②含有四种不同化学环境的氢，满足条件的结构简式为：或；
（5）甲苯发生硝化反应得到，发生氧化反应得到，发生还原反应得到，与反应得到，与HCHO发生反应得到，故合成路线为：。
16．氢化铝钠)是有机合成中的重要还原剂，遇水剧烈发生反应。
已知：①氢化铝钠易溶于四氢呋喃(，沸点为66℃)，难溶于戊烷(沸点为36℃)、甲苯(沸点为110℃)。
②四氢呋喃能溶于水，能与戊烷、甲苯互溶。
③氢化铝钠在戊烷或甲苯环境中结晶所得到的晶体具有较完整的晶体结构。
（1）以四氢呋喃为溶剂，三乙基铝[，无色液体，沸点194℃]为催化剂，与反应生成。
①易溶于戊烷等有机溶剂，其原因是　 　。
②实验室除去四氢呋喃中少量水的操作是　 　。
③利用可制得。1273K时该反应的明显大于298K时，其原因是　 　。
④补充完整制备的化学反应方程式。
Ⅰ．
Ⅱ．　 　
Ⅲ．
（2）利用如图所示装置，在三颈烧瓶中加入三乙基铝并加入的四氢呋喃悬浊液，不断通入氮气，然后边搅拌边缓慢滴加含有计算量的四氢呋喃溶液，充分反应，有白色固体析出，静置。
①析出的白色固体主要成分为　 　。
②为避免外界水蒸气对实验的干扰，可采取的措施是　 　。
③补充完整获取具有较完整晶体结构的实验方案：取静置后的上层清液，　 　，过滤、洗涤、干燥。
(实验中可选用的试制：戊烷，甲苯)
【答案】（1）根据“相似相溶”原理极性分子能溶于极性溶剂，非极性分子能溶于非极性溶剂，而与戊烷均属于弱极性有机物；向其中加入无水氯化钙或无水硫酸钠等干燥剂，放置一段时间后过滤取滤液；298K时为固态，而1273K时为气态，反应后气体分子数更多，产物的混乱度更大，更大；++2NaH=+AlH3+3NaCl
（2）NaCl；在烧瓶的瓶口处加装盛有干燥剂(如碱石灰等)的干燥管；向其中加入一定量的戊烷或甲苯，振荡后转移至蒸馏烧瓶中蒸馏，收集66℃左右的馏分至不再有四氢呋喃溜出，停止加热
【知识点】物质的分离与提纯；性质实验方案的设计；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）①根据“相似相溶”原理极性分子能溶于极性溶剂，非极性分子能溶于非极性溶剂，与戊烷均属于弱极性有机物，故易溶于戊烷等有机溶剂。
②除去四氢呋喃中少量水的操作是向其中加入无水氯化钙或无水硫酸钠等干燥剂，放置一段时间后过滤取滤液即可。
③298K时，为固态；1273K时，为气态，反应后气体分子数更多，产物的混乱度更大，则1273K时反应的明显大于298K时的。
④总反应的化学方程式为+4NaH+3NaCl，要生成目标产物，结合已知的反应，在有和参与反应的情况下，通过配平原子，可得出Ⅱ的化学反应方程式：++2NaH=+AlH3+3NaCl。
故答案为： 根据“相似相溶”原理极性分子能溶于极性溶剂，非极性分子能溶于非极性溶剂，而与戊烷均属于弱极性有机物 ； 向其中加入无水氯化钙或无水硫酸钠等干燥剂，放置一段时间后过滤取滤液 ； 298K时为固态，而1273K时为气态，反应后气体分子数更多，产物的混乱度更大，更大 ；++2NaH=+AlH3+3NaCl ；
（2）①在反应过程中，NaH可与作用生成NaCl，而NaCl难溶于四氢呋喃，所以析出的白色固体主要成分为NaCl 。
②为避免外界水蒸气对实验的干扰，可采取的措施是在烧瓶的瓶口处加装盛有干燥剂(如碱石灰等)的干燥管。
③已知氢化铝钠在戊烷或甲苯环境中结晶所得到的晶体具有较完整的晶体结构，则实验方案：向其中加入一定量的戊烷或甲苯，振荡后转移至蒸馏烧瓶中蒸馏，收集66℃左右的馏分至不再有四氢呋喃溜出，停止加热，待晶体析出后，过滤、洗涤、干燥。
故答案为： NaCl ； 在烧瓶的瓶口处加装盛有干燥剂(如碱石灰等)的干燥管 ； 向其中加入一定量的戊烷或甲苯，振荡后转移至蒸馏烧瓶中蒸馏，收集66℃左右的馏分至不再有四氢呋喃溜出，停止加热 ；
【分析】(1) ①依据相似相溶原理，三乙基铝和戊烷都是弱极性有机物，所以三乙基铝易溶于戊烷等有机溶剂。
②向四氢呋喃中加入无水氯化钙等干燥剂，静置后过滤，可除去其中少量水。
③1273K时三氯化铝为气态，反应后气体分子数更多、混乱度更大，故熵变更显著。④反应Ⅱ的化学方程式为++2NaH=+AlH3+3NaCl 。
(2)①氯化钠难溶于四氢呋喃，故析出的白色固体主要是氯化钠。
②在瓶口加装装碱石灰等干燥剂的干燥管，可隔绝外界水蒸气。
③向上层清液中加入戊烷或甲苯，振荡后蒸馏收集66℃馏分，待晶体析出后过滤、洗涤、干燥，得到结构完整的氢化铝钠晶体。、
（1）①根据“相似相溶”原理极性分子能溶于极性溶剂，非极性分子能溶于非极性溶剂，与戊烷均属于弱极性有机物，故易溶于戊烷等有机溶剂。
②除去四氢呋喃中少量水的操作是向其中加入无水氯化钙或无水硫酸钠等干燥剂，放置一段时间后过滤取滤液即可。
③298K时，为固态；1273K时，为气态，反应后气体分子数更多，产物的混乱度更大，则1273K时反应的明显大于298K时的。
④总反应的化学方程式为+4NaH+3NaCl，要生成目标产物，结合已知的反应，在有和参与反应的情况下，通过配平原子，可得出Ⅱ的化学反应方程式：++2NaH=+AlH3+3NaCl。
（2）①在反应过程中，NaH可与作用生成NaCl，而NaCl难溶于四氢呋喃，所以析出的白色固体主要成分为NaCl 。
②为避免外界水蒸气对实验的干扰，可采取的措施是在烧瓶的瓶口处加装盛有干燥剂(如碱石灰等)的干燥管。
③已知氢化铝钠在戊烷或甲苯环境中结晶所得到的晶体具有较完整的晶体结构，则实验方案：向其中加入一定量的戊烷或甲苯，振荡后转移至蒸馏烧瓶中蒸馏，收集66℃左右的馏分至不再有四氢呋喃溜出，停止加热，待晶体析出后，过滤、洗涤、干燥。
17．电解水制氢时，阳极析氧反应需较高电压，研究其反应机理并运用协同制氢的方法来降低能耗、提升产氢效率具有重要意义。
（1）以为电解液，Pt作电极，阴极析氢反应可能经历两步。第二步反应为(*H表示吸附态氢原子)。写出第一步的电极反应方程式：　 　。
（2）碱性条件下阳极负载的催化剂表面可能的反应机理如图-1所示。
①步骤3中M化合价　 　(填“升高”“降低”或“不变”)。
②M可能为　 　。(填序号)
A．Mg B．Al C．Ni D．Cr
③电解过程中，若阴极有扩散到催化剂表面，可能会导致催化剂催化效率下降甚至失去活性，其原因是　 　。
（3）利用甘油()协同制氢可降低电解时所需电压，节约制氢成本。
①在阳极区添加一定量的甘油，电解一段时间后，阳极得到含碳产物的物质的量分别为，，理论上阴极产生的物质的量为　 　。
②用与分别进行电催化协同制氢。对电解后的含碳产物进行表征，所得的NMR(核磁共振氢谱)分别如图-2，图-3所示。
电催化协同制氢所得含碳产物有　 　。
③电解时，若电压过大，甘油的转化率会降低，其原因是　 　。
【答案】（1）
（2）不变；CD；H2将金属氧化物还原为金属单质，改变了催化剂结构，催化活性下降
（3）0.78；CH3OH、13CH3OH、H13COO-、HCOO-；电压过大时，水和甘油在阳极催化剂表面竞争放电
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）碱性条件下电解水的阴极反应式为，第二步为，则第一步为。
故答案为： ；
（2）①分析如图所示：；
②M 呈现+1、+2和+3价态，且M-O存在配位键，M提供空轨道，另外，在元素周期表的过渡金属 区域寻找催化剂，故符合条件的是Ni和 Cr，故答案为CD；
③H2具有还原性，能将M-O氧化物还原为M，使催化剂组成和结构改变，降低了催化剂的活性。
故答案为： 不变 ； CD ； H2将金属氧化物还原为金属单质，改变了催化剂结构，催化活性下降 ；
（3）①CH2OHCHOHCH2OH在阳极区发生歧化反应生成0.03mol CH3OH和0.6mol HCOO-，得电子数为，失电子数为，阴极水得到2mol电子生成1mol H2，根据得失电子守恒：0.04mol+n(H2)×2=1.6mol，n(H2)=0.78mol；
②由题干图像可知，化学位移48.1ppm处有CH3OH 和13CH3OH，说明CH3OH来源于伯碳，因此可以生成CH3OH、13CH3OH、H13COO-、HCOO-四种微粒；
③电压过大时，H2O在阳极失去电子生成O2和H*，与甘油竞争放电，故使甘油的转化率降低。
故答案为： 0.78 ； CH3OH、13CH3OH、H13COO-、HCOO- ； 电压过大时，水和甘油在阳极催化剂表面竞争放电 ；
【分析】(1) 碱性阴极析氢分两步，总反应为 ，第二步是 ，故第一步为。
(2)①步骤3中M的化合价保持不变；
②M为可呈现多种价态的过渡金属，选Ni、Cr（CD）；
③氢气有还原性，会将催化剂中金属氧化物还原为金属单质，破坏催化剂结构，导致催化效率下降。
(3)①根据电子守恒，阳极甘油氧化失电子总数与阴极得电子总数相等，计算得阴极生成氢气0.78mol；
②由NMR谱图可知，含碳产物有、、、；
③电压过大时，水和甘油在阳极竞争放电，导致甘油转化率降低。
（1）碱性条件下电解水的阴极反应式为，第二步为，则第一步为。
（2）①分析如图所示：；
②M 呈现+1、+2和+3价态，且M-O存在配位键，M提供空轨道，另外，在元素周期表的过渡金属 区域寻找催化剂，故符合条件的是Ni和 Cr，故答案为CD；
③H2具有还原性，能将M-O氧化物还原为M，使催化剂组成和结构改变，降低了催化剂的活性。
（3）①CH2OHCHOHCH2OH在阳极区发生歧化反应生成0.03mol CH3OH和0.6mol HCOO-，得电子数为，失电子数为，阴极水得到2mol电子生成1mol H2，根据得失电子守恒：0.04mol+n(H2)×2=1.6mol，n(H2)=0.78mol；
②由题干图像可知，化学位移48.1ppm处有CH3OH 和13CH3OH，说明CH3OH来源于伯碳，因此可以生成CH3OH、13CH3OH、H13COO-、HCOO-四种微粒；
③电压过大时，H2O在阳极失去电子生成O2和H*，与甘油竞争放电，故使甘油的转化率降低。
1 / 1江苏省苏北八市2024-2025学年高三年级第三次模拟考试化学试题
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．下列工业生产中的重要反应不属于氧化还原反应的是
A．在高温高压条件下和合成
B．煅烧黄铁矿制备
C．向饱和氨盐水中通制备
D．电解饱和食盐水制备
2．是一种储氢材料，可用于国防工业。的一种制备方法如下：
下列说法正确的是
A．中只含有离子键
B．的结构示意图为
C．中子数为10的氧原子：
D．的电子式为
3．实验室探究木炭和浓硫酸加热条件下反应所得混合气体X的成分。下列有关实验装置(部分夹持仪器省略)不能达到实验目的的是
A．用装置甲制得混合气体
B．用装置乙检验混合气体中是否含有
C．用装置丙检验混合气体中是否含有
D．用装置丁检验混合气体中是否含有
4．是一种常见的蚀刻剂，与反应生成HF及氮的氧化物。下列说法正确的是
A．中N为-3价 B．沸点：
C．的空间结构为平面三角形 D．电离能：
5．在指定条件下，下列选项所示的物质间转化能实现的是
A．
B．
C．
D．
阅读下列材料，完成下列3个小题。
周期表中ⅣA族元素及其化合物应用广泛。甲烷具有较大的燃烧热，甲烷水蒸气催化重整可以生产和。、是重要的半导体材料，是一种高强度耐高温材料，可由、C、高温反应制得，同时生成。、是铅蓄电池的电极材料，醋酸铅是一种弱电解质，其水溶液可用于吸收气体。
6．下列说法正确的是
A．基态核外电子排布式：
B．中心原子的杂化方式为
C．为分子晶体
D．(如图所示)含键
7．下列化学反应表示不正确的是
A．制备氮化硅：
B．铅蓄电池放电时负极反应：
C．醋酸铅溶液吸收：
D．甲烷的燃烧：
8．甲烷催化重整反应为 。下列说法正确的是
A．平衡时升高温度，增大，减小
B．反应平衡常数
C．使用催化剂可降低反应的焓变
D．其他条件相同，增大，的转化率升高
9．化合物Z是合成麻醉剂的重要中间体，其合成路线如下：
下列说法正确的是
A．X与足量氢气加成所得产物中含有1个手性碳
B．Y不存在顺反异构体
C．Z在醇溶液中加热可发生消去反应
D．X、Y、Z均能使酸性溶液褪色
10．一种储电制氢装置如图所示，该装置晚间通过转化储存电力，为白天制氢提供能量。下列说法正确的是
A．晚间储电时，电极A应与电源的负极相连
B．白天制氢时，溶液中从左室向右室移动
C．储电时的总反应为
D．理论上生成，溶液中减少64g
11．利用可制备苯乙烯，反应可能的机理如下(x、y、z表示催化剂的活性位点)。
下列说法正确的是
A．催化剂的y、z位点所带电性不同
B．受苯环影响，a处键比b处更易断裂
C．整个过程中有非极性键的断裂和形成
D．该反应中每生成1mol苯乙烯，转移电子数目为
12．某NaCl固体中含有少量CaCl2、MgSO4，利用该固体进行下列实验。
已知：，。
实验1 将固体溶于水，得到澄清溶液，测得溶液pH=6。
实验2 向“实验1”所得溶液中先后加入过量的BaCl2溶液，过量的NaOH溶液、过量的Na2CO3溶液，充分反应后过滤，测得滤液的pH=13。
实验3 向“实验2”所得滤液中加入过量盐酸充分反应后，蒸发结晶。
实验4 取少量“实验3”所得晶体溶于水配成溶液，向其中滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成。
下列说法不正确的是
A．“实验1”所得溶液中：
B．“实验1”所得溶液中：
C．“实验2”所得滤液中：
D．“实验4”所得白色沉淀为BaSO4
13．萨巴帝尔反应可以实现二氧化碳转化为甲烷，其主要反应为
反应Ⅰ
反应Ⅱ
在密闭容器中，、，反应一定时间，的转化率及的选择性[]随温度的变化如图所示。
下列说法正确的是
A．
B．高温和低压均有利于提高甲烷的平衡产率
C．280~400℃，随温度的升高不断增大
D．320~400℃，随着温度升高将不断减少
二、非选择题：共4题，共61分。
14．钨(W)熔点(3430℃)高，在国防工业有着重要用途，是制备W的前驱体。
（1）以含钨废渣［难溶于水，主要成分为、、、及少量钨酸亚铁()］制备的流程如下：
一段时间内，钨的浸出率()及固体残留率()随盐酸浓度的变化如图所示。
①选择盐酸而不选择硫酸酸浸的原因是　 　。
②写出与盐酸反应的离子方程式：　 　。
③盐酸的浓度选择的原因是　 　。
④残留固体中质量分数大于10%的原因是　 　。
（2）废弃纯钨棒(W)在空气存在的条件下，溶于熔融的氢氧化钠中可制得。该反应的化学方程式为　 　。
（3）将废弃钨制品(W与混合物)在空气中加热使之完全转化为，所得固体溶于溶液可得。
①某废弃钨制品，通过元素分析可知其中钨元素的质量分数为90%。取92.0g该制品在空气中加热，理论上可制得的质量为　 　(写出计算过程)。
②加热至1000℃，所得固体成分仅为，其质量小于理论值，原因是　 　。
15．有机化合物H是一种利尿药物的中间体，其一种合成路线如图所示：
（1）AB所需的反应物及反应条件是　 　。
（2）的反应类型为　 　。
（3）F的分子式为，F的结构简式为　 　。
（4）写出同时满足下列条件的H的一种同分异构体的结构简式：　 　。
①含有两个苯环，能使溴的四氯化碳溶液褪色；
②含有四种不同化学环境的氢。
（5）已知：①甲苯中甲基为邻对位定位基，使新引入的基团在其邻对位；
②苯甲酸中羧基为间位定位基，使新引入的基团在其间位。
设计以，、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)
16．氢化铝钠)是有机合成中的重要还原剂，遇水剧烈发生反应。
已知：①氢化铝钠易溶于四氢呋喃(，沸点为66℃)，难溶于戊烷(沸点为36℃)、甲苯(沸点为110℃)。
②四氢呋喃能溶于水，能与戊烷、甲苯互溶。
③氢化铝钠在戊烷或甲苯环境中结晶所得到的晶体具有较完整的晶体结构。
（1）以四氢呋喃为溶剂，三乙基铝[，无色液体，沸点194℃]为催化剂，与反应生成。
①易溶于戊烷等有机溶剂，其原因是　 　。
②实验室除去四氢呋喃中少量水的操作是　 　。
③利用可制得。1273K时该反应的明显大于298K时，其原因是　 　。
④补充完整制备的化学反应方程式。
Ⅰ．
Ⅱ．　 　
Ⅲ．
（2）利用如图所示装置，在三颈烧瓶中加入三乙基铝并加入的四氢呋喃悬浊液，不断通入氮气，然后边搅拌边缓慢滴加含有计算量的四氢呋喃溶液，充分反应，有白色固体析出，静置。
①析出的白色固体主要成分为　 　。
②为避免外界水蒸气对实验的干扰，可采取的措施是　 　。
③补充完整获取具有较完整晶体结构的实验方案：取静置后的上层清液，　 　，过滤、洗涤、干燥。
(实验中可选用的试制：戊烷，甲苯)
17．电解水制氢时，阳极析氧反应需较高电压，研究其反应机理并运用协同制氢的方法来降低能耗、提升产氢效率具有重要意义。
（1）以为电解液，Pt作电极，阴极析氢反应可能经历两步。第二步反应为(*H表示吸附态氢原子)。写出第一步的电极反应方程式：　 　。
（2）碱性条件下阳极负载的催化剂表面可能的反应机理如图-1所示。
①步骤3中M化合价　 　(填“升高”“降低”或“不变”)。
②M可能为　 　。(填序号)
A．Mg B．Al C．Ni D．Cr
③电解过程中，若阴极有扩散到催化剂表面，可能会导致催化剂催化效率下降甚至失去活性，其原因是　 　。
（3）利用甘油()协同制氢可降低电解时所需电压，节约制氢成本。
①在阳极区添加一定量的甘油，电解一段时间后，阳极得到含碳产物的物质的量分别为，，理论上阴极产生的物质的量为　 　。
②用与分别进行电催化协同制氢。对电解后的含碳产物进行表征，所得的NMR(核磁共振氢谱)分别如图-2，图-3所示。
电催化协同制氢所得含碳产物有　 　。
③电解时，若电压过大，甘油的转化率会降低，其原因是　 　。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】以氯碱工业为基础的化工生产简介；氧化还原反应
【解析】【解答】A、氮气和氢气在高温高压下合成氨气（ ），氮元素从 0 价降到 - 3 价，氢元素从 0 价升到 + 1 价，存在电子得失，属于氧化还原反应，A错误；
B、煅烧黄铁矿制备二氧化硫时（ 4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2 ），铁元素从 + 2 价变为 + 3 价，硫元素从 - 1 价变为 + 4 价，有元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，B错误；
C、向饱和氨盐水中通入二氧化碳制备碳酸氢钠（ NaCl+NH3+CO2+H2O=↓+NH4Cl ），反应前后各元素化合价均未改变：钠为 + 1 价，氢为 + 1 价，氧为 - 2 价，碳在反应前后均为 + 4 价，氮为 - 3 价，无电子转移，不属于氧化还原反应，C正确；
D、电解饱和食盐水时（ 2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑ ），氯元素从 - 1 价被氧化为 0 价，氢元素从 + 1 价被还原为 0 价，存在电子得失，属于氧化还原反应，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
氧化还原反应判断核心：反应前后有元素化合价发生变化（电子得失或偏移）。
逐一核对各反应中元素化合价：合成氨、煅烧黄铁矿、电解食盐水均有元素价态改变；制备碳酸氢钠的反应中所有元素化合价保持不变。
2．【答案】A
【知识点】元素、核素；原子结构示意图；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、氯化镁是由镁离子和氯离子构成的离子化合物，镁离子与氯离子之间通过离子键结合，分子中不存在其他类型的化学键，因此只含有离子键 ，A正确；
B、氯离子的核电荷数为 17，核外电子排布为 2、8、8，选项中结构示意图的核电荷数标注为 18， 故的结构示意图为，B错误；
C、中子数为 10 的氧原子，其质量数为 8+10=18，正确的原子符号应为，C错
D、MgH2是离子化合物， 电子式为：，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
化学键判断：活泼金属与活泼非金属形成的化合物一般为离子化合物，只含离子键，如 MgCl2。
粒子结构：氯离子核电荷数为 17，核外电子排布为 2、8、8；原子符号中左上角为质量数，左下角为质子数，质量数 = 质子数 + 中子数。
电子式书写：离子化合物的电子式需标明阴阳离子的电荷，不能写成共价化合物的形式。
3．【答案】D
【知识点】浓硫酸的性质
【解析】【解答】A、装置甲为固液加热型发生装置，可在加热条件下使木炭与浓硫酸反应，制得含二氧化碳、二氧化硫和水蒸气的混合气体，A能达到实验目的；
B、装置乙中无水硫酸铜为白色固体，遇水蒸气会变为蓝色，可直接检验混合气体中的水，B能达到实验目的；
C、装置丙中品红溶液可与二氧化硫结合，使溶液红色褪去，以此检验二氧化硫的存在，C能达到实验目的；
D、装置丁中氢氧化钠溶液会同时吸收二氧化硫和二氧化碳，无法区分两种气体，后续澄清石灰水不会出现浑浊，不能检验二氧化碳，D不能达到实验目的；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
反应原理：木炭与浓硫酸加热反应生成二氧化碳、二氧化硫和水蒸气。
物质检验：无水硫酸铜遇水变蓝；二氧化硫能使品红溶液褪色；二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，但二氧化硫也会与澄清石灰水反应生成沉淀，干扰二氧化碳的检验。
装置作用：氢氧化钠溶液会同时吸收二氧化硫和二氧化碳，无法实现除杂后检验二氧化碳的目的。
4．【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A、NF3中 F 为 - 1 价，根据化合物中正负化合价代数和为 0，计算可得 N 为 + 3 价，并非 - 3 价，A错误；
B、H2O 和 HF 分子间均存在氢键，H2O 分子平均氢键数量更多，分子间作用力更强，因此沸点 H2O > HF，B正确；
C、NF3中 N 原子价层电子对数为 4，含 1 对孤对电子，空间构型为三角锥形，并非平面三角形，C错误；
D、同周期主族元素中，N 原子 2p 轨道为半充满稳定结构，第一电离能大于相邻的 O，即 I1(O) < I1(N)，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
化合价判断：利用化合物中正负化合价代数和为 0 的规则，结合 F 的 - 1 价计算 N 的化合价。
沸点比较：分子间氢键数量越多，分子间作用力越强，沸点越高，H2O 的氢键数量多于 HF。
空间构型：NF3中 N 原子价层电子对数为 4，含 1 对孤对电子，构型为三角锥形。
电离能规律：同周期主族元素，ⅡA 族和 ⅤA 族因电子排布稳定，第一电离能出现反常，N 的第一电离能大于 O。
5．【答案】A
【知识点】氨的性质及用途；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；铁的化学性质；银镜反应
【解析】【解答】A、氧化铁与铝粉在高温下发生铝热反应，置换出单质铁；生成的铁单质在高温条件下与水蒸气反应，得到四氧化三铁，两步转化均能实现，A正确；
B、氨气在催化剂和加热条件下与氧气反应生成一氧化氮，但一氧化氮不能直接和水反应生成硝酸，需要先与氧气结合为二氧化氮后再与水反应，转化无法实现，B错误；
C、硝酸银溶液中加氨水可制得银氨溶液，但蔗糖分子中不含醛基，属于非还原糖，无法与银氨溶液发生银镜反应生成银单质，转化无法实现，C错误；
D、碳酸氢钠受热分解生成二氧化碳，但碳酸的酸性弱于盐酸，二氧化碳不能与氯化钙溶液反应生成碳酸钙沉淀，转化无法实现，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
铝热反应与铁的性质：铝热反应可置换出活泼性较弱的金属，铁与高温水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气。
氮氧化物性质：一氧化氮不能直接与水反应生成硝酸，需要先被氧化为二氧化氮。
糖类还原性：只有含醛基的还原糖才能发生银镜反应，蔗糖不具备还原性。
强酸制弱酸规律：碳酸酸性弱于盐酸，二氧化碳无法与氯化钙溶液反应。
【答案】6．B
7．C
8．D
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；电极反应和电池反应方程式；化学平衡常数；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）A、锗是 32 号元素，基态核外电子排布式应为 [Ar] 3d 4s24p2，选项中遗漏了 3d 轨道电子，A错误；
B、H2S 分子中硫原子价层电子对数为 4（ ），含 2 对成键电子和 2 对孤对电子，杂化方式为 sp3 ，B正确；
C、Si3N4是高强度耐高温材料，属于共价晶体，并非分子晶体 ，C错误；
D、SiO2中每个硅原子与 4 个氧原子形成 σ 键，1mol SiO2含 4mol σ 键，并非 2mol ，D错误；
故答案为：B。
（2）A、 已知可由、C、经高温反应制得，同时生成，根据原子守恒，可确定制备氮化硅的方程式：，A正确；
B、铅蓄电池放电时，铅在负极失去电子，结合硫酸根生成硫酸铅，电极反应式：，B正确；
C、醋酸铅是弱电解质，且醋酸是弱酸，在离子方程式中不能拆成离子形式， 离子方程式：，C错误；
D、甲烷燃烧生成二氧化碳和水，ΔH 为负值，热化学反应方程式： ，D正确；
故答案为：C。
（3）A、升高温度时，正、逆反应速率都会增大，只是吸热方向速率增幅更大，并非逆反应速率减小，A错误；
B、反应平衡常数表达式应包含所有反应物和产物的浓度， 反应平衡常数， 选项中遗漏了 H2O 的浓度项，B错误；
C、催化剂只能降低反应的活化能，不会改变反应的焓变，C错误；
D、增大水蒸气与甲烷的投料比，相当于增加水蒸气浓度，平衡正向移动，甲烷的转化率会升高，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
物质结构：核外电子排布需遵循构造原理，杂化方式由价层电子对数决定，晶体类型由物质性质判断，共价键数由成键情况计算。
化学方程式：弱电解质在离子方程式中需保留分子形式，不能拆成离子；氧化还原反应和热化学方程式需配平并符合反应规律。
化学平衡：温度升高正逆反应速率均增大，平衡常数表达式需包含所有气态或溶液中的反应物和产物，催化剂不改变焓变，增加一种反应物浓度可提高另一种反应物的转化率。
6．A、锗是 32 号元素，基态核外电子排布式应为 [Ar] 3d 4s24p2，选项中遗漏了 3d 轨道电子，A错误；
B、H2S 分子中硫原子价层电子对数为 4（ ），含 2 对成键电子和 2 对孤对电子，杂化方式为 sp3 ，B正确；
C、Si3N4是高强度耐高温材料，属于共价晶体，并非分子晶体 ，C错误；
D、SiO2中每个硅原子与 4 个氧原子形成 σ 键，1mol SiO2含 4mol σ 键，并非 2mol ，D错误；
故答案为：B。
7．A、 已知可由、C、经高温反应制得，同时生成，根据原子守恒，可确定制备氮化硅的方程式：，A正确；
B、铅蓄电池放电时，铅在负极失去电子，结合硫酸根生成硫酸铅，电极反应式：，B正确；
C、醋酸铅是弱电解质，且醋酸是弱酸，在离子方程式中不能拆成离子形式， 离子方程式：，C错误；
D、甲烷燃烧生成二氧化碳和水，ΔH 为负值，热化学反应方程式： ，D正确；
故答案为：C。
8．A、升高温度时，正、逆反应速率都会增大，只是吸热方向速率增幅更大，并非逆反应速率减小，A错误；
B、反应平衡常数表达式应包含所有反应物和产物的浓度， 反应平衡常数， 选项中遗漏了 H2O 的浓度项，B错误；
C、催化剂只能降低反应的活化能，不会改变反应的焓变，C错误；
D、增大水蒸气与甲烷的投料比，相当于增加水蒸气浓度，平衡正向移动，甲烷的转化率会升高，D正确；
故答案为：D。
9．【答案】D
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、X 与足量氢气加成后，苯环和醛基均被还原，产物分子（）中不存在连有 4 个不同基团的手性碳原子 ，故A错误；
B、Y 分子中碳碳双键两端的碳原子均连接不同基团，存在顺反异构体 ，故B错误；
C、Z 分子中羟基连接的碳原子邻位碳上有氢原子，但消去反应通常在浓硫酸、加热条件下发生，NaOH 醇溶液是卤代烃消去的条件 ，故C错误；
D、X 中的醛基、Y 中的碳碳双键、Z 中的醇羟基，都能被酸性高锰酸钾溶液氧化，从而使溶液褪色 ，故D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
手性碳判断：只有连有 4 个不同基团的碳原子才是手性碳，X 加成后无此类碳原子。
顺反异构判断：碳碳双键两端碳原子均连不同基团时，存在顺反异构，Y 符合该条件。
消去反应条件：醇的消去需要浓硫酸、加热，卤代烃的消去才用 NaOH 醇溶液，Z 的结构不满足 NaOH 醇溶液下的消去条件。
氧化还原性：醛基、碳碳双键、醇羟基都能被强氧化剂氧化，均可使酸性高锰酸钾溶液褪色。
10．【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、晚间储电时装置为电解池，电极 A 上氢氧根离子失电子生成氧气，发生氧化反应，是电解池的阳极，应与电源正极相连，并非负极 ，A错误；
B、白天制氢时装置为原电池，电极 A 是正极，电极 B 是负极，原电池中阳离子会向正极移动，即钠离子从右室向左室迁移，选项中迁移方向描述错误 ，B错误；
C、储电时，阳极氢氧根离子失电子生成氧气和水： ，阴极硫代多阴离子得电子转化为硫离子和另一种硫代阴离子： ，将两极反应配平后相加，得到总反应式：，C正确；
D、生成 1mol 氢气时转移 2mol 电子， 由知，溶液中减少的硫离子物质的量为 1mol，对应质量为 32g，并非 64g， D错误；
故答案为：C。
【分析】该装置在夜间工作时，通过硫代多阴离子的价态转化来储存电能，本质是电解池过程，把电能转化为化学能。此时电极 B 发生还原反应，作为电解池的阴极，需要和电源负极相连；电极 A 发生氧化反应，作为电解池的阳极，需要和电源正极相连。到了白天，装置切换为原电池模式，将储存的化学能转化为电能，此时电极 A 充当正极，电极 B 充当负极。
11．【答案】B
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、催化剂的 y 位点与带部分正电的氢原子作用，说明 y 位点带负电；z 位点与二氧化碳中带部分正电的碳原子作用，也说明 z 位点带负电，二者所带电性相同 ，A错误；
B、从反应机理进程可得，a 处的 C-H 键先发生断裂，这是因为苯环的共轭效应使 a 处碳原子的电子云密度发生变化，C-H 键极性更强、更容易断裂 ，B正确；
C、反应过程中断裂的都是 C-H、C-O 等极性键，没有非极性键的断裂，也没有新的非极性键生成， C错误；
D、每生成 1mol 苯乙烯，二氧化碳被还原为一氧化碳，转移 2mol 电子，电子数目约为 1.204×1024，并非 6.02×1023 ，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
催化剂位点电性：通过相互作用的粒子带电性判断位点电性，y、z 位点均与带正电的粒子作用，故均带负电。
化学键活性：苯环的共轭效应会影响侧链 C-H 键的极性，靠近苯环的 a 处 C-H 键更易断裂。
非极性键判断：反应中无碳碳、碳碳等非极性键的断裂或形成，仅涉及极性键的变化。
电子守恒计算：二氧化碳到一氧化碳的转化中，碳元素从 + 4 价降到 + 2 价，每生成 1mol 苯乙烯转移 2mol 电子。
12．【答案】B
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、实验1所得溶液澄清，说明无硫酸钙沉淀生成，依据溶度积规则，此时溶液中 ，故A正确；
B、实验1溶液，呈酸性，。根据电荷守恒，溶液中离子浓度关系为，变形可得，因，故 ，故B错误；
C、实验2滤液含大量、、、，呈碱性，。结合电荷守恒，因，故 ，故C正确；
D、实验4滴加溶液产生白色沉淀，结合实验流程，该沉淀为 ，故D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
溶度积应用：溶液澄清说明离子积小于溶度积，无沉淀生成。
电荷守恒原则：溶液呈电中性，阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数，结合判断离子浓度大小关系。
离子共存与转化：实验中通过加试剂依次除去杂质离子，需关注引入的新离子对后续反应的影响。
沉淀判断：根据实验步骤和离子反应，确定最终生成的沉淀成分。
13．【答案】D
【知识点】化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A、反应 Ⅱ 是气体分子数减少的反应，熵变 ΔS<0，反应能自发进行说明 ΔG=ΔH TΔS<0，因此 ΔH2必须小于 0 ，A错误；
B、反应 Ⅱ 是放热且气体分子数减少的反应，根据勒夏特列原理，降低温度、增大压强会让平衡正向移动，提高甲烷产率，高温和低压会使平衡逆向移动，不利于提高甲烷产率 ，B错误；
C、280~320℃时，反应 Ⅰ 和 Ⅱ 都正向进行，水的量随温度升高而增加；320~400℃时，CO2转化率下降，说明反应 Ⅱ 逆向移动，反应 Ⅰ 也逆向移动，水的量会减少，所以 n (H2O) 是先增大后减小，并非持续增大 ，C错误；
D、320~400℃时，CO2转化率下降，说明消耗的 CO2总量减少，而 CH4的选择性不变，意味着生成 CH4和剩余 CO 的总物质的量减少，同时 CH4的选择性不变，所以 n (CO) 和 n (CH4) 都会随温度升高而减少 ，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
反应自发性判断：熵减反应自发进行的前提是焓变小于 0。
平衡移动：放热且气体分子数减少的反应，低温高压有利于平衡正向移动，提高产物产率。
物质的量变化：结合温度对两个反应的影响，分析水的量先增后减的变化趋势。
物料守恒：CO2转化率下降时，含碳产物总量减少，在选择性不变的前提下，各含碳产物的量均会减少。
14．【答案】（1）CaSO4微溶，不利于钙元素浸出，且CaSO4覆盖在钨渣表面，不利于钨的富集；；盐酸浓度过小，残渣率较高，不利于钨元素的富集；盐酸浓度过大，钨元素浸出率高，损失大；的浸出速率小于废钨渣的浸出速率
（2）
（3）；在1000℃下，部分固体升华
【知识点】物质的分离与提纯；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）①含钨废渣中含有，选择盐酸而不选择硫酸酸浸的原因是：CaSO4微溶，不利于钙元素浸出，且CaSO4覆盖在钨渣表面，不利于钨的富集；
②由分析可知，残留固体中含有，说明与盐酸反应生成和FeCl2，离子方程式为：；
③由图可知，盐酸浓度低时，固体残留率较高，盐酸浓度较高时，钨的浸出率较高，固体盐酸的浓度选择的原因是：盐酸浓度过小，残渣率较高，不利于钨元素的富集；盐酸浓度过大，钨元素浸出率高，损失大；
④钨废渣中含有，残留固体中质量分数大于10%的原因是的浸出速率小于废钨渣的浸出速率。
故答案为： CaSO4微溶，不利于钙元素浸出，且CaSO4覆盖在钨渣表面，不利于钨的富集 ； ； 盐酸浓度过小，残渣率较高，不利于钨元素的富集；盐酸浓度过大，钨元素浸出率高，损失大 ；的浸出速率小于废钨渣的浸出速率 ；
（2）废弃纯钨棒(W)在空气存在的条件下，溶于熔融的氢氧化钠中可制得，W元素由0价上升到+5价，O2中O元素由0价下降到-2价，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：。
故答案为： ；
（3）①由W元素守恒可知，理论上可制得的质量为；
②固体易升华，加热至1000℃，所得固体成分仅为，其质量小于理论值，原因是：在1000℃下，部分固体升华。
故答案为： ； 在1000℃下，部分固体升华 ；
【分析】以含钨废渣为原料 ［难溶于水，主要成分为、、、及少量钨酸亚铁()］ ，用盐酸进行酸浸富集，使 CaO、部分金属氧化物等溶解进入浸出液，实现钨元素与大部分可溶性杂质的分离，得到富含钨、二氧化硅等的残留固体；后续将残留固体经一系列反应转化，最终制得钨酸钠 (Na2WO4)。据此解题。
（1）①含钨废渣中含有，选择盐酸而不选择硫酸酸浸的原因是：CaSO4微溶，不利于钙元素浸出，且CaSO4覆盖在钨渣表面，不利于钨的富集；
②由分析可知，残留固体中含有，说明与盐酸反应生成和FeCl2，离子方程式为：；
③由图可知，盐酸浓度低时，固体残留率较高，盐酸浓度较高时，钨的浸出率较高，固体盐酸的浓度选择的原因是：盐酸浓度过小，残渣率较高，不利于钨元素的富集；盐酸浓度过大，钨元素浸出率高，损失大；
④钨废渣中含有，残留固体中质量分数大于10%的原因是的浸出速率小于废钨渣的浸出速率。
（2）废弃纯钨棒(W)在空气存在的条件下，溶于熔融的氢氧化钠中可制得，W元素由0价上升到+5价，O2中O元素由0价下降到-2价，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：。
（3）①由W元素守恒可知，理论上可制得的质量为；
②固体易升华，加热至1000℃，所得固体成分仅为，其质量小于理论值，原因是：在1000℃下，部分固体升华。
15．【答案】（1）Cl2、FeCl3
（2）取代反应
（3）
（4）或
（5）
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；同分异构现象和同分异构体；苯的结构与性质
【解析】【解答】（1）根据分析，AB所需的反应物及反应条件是：Cl2、FeCl3；
故答案为： Cl2、FeCl3 ；
（2）的反应类型为：取代反应；
故答案为： 取代反应 ；
（3）F的结构简式为：；
故答案为： ；
（4）H的同分异构体满足：①含有两个苯环，能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明含碳碳双键；②含有四种不同化学环境的氢，满足条件的结构简式为：或；
故答案为：或 ；
（5）甲苯发生硝化反应得到，发生氧化反应得到，发生还原反应得到，与反应得到，与HCHO发生反应得到，故合成路线为：。
故答案为： ；
【分析】以邻硝基甲苯 (A) 为起始原料，先在苯环引入氯原子得到 (B)，再用铁和盐酸将硝基还原为氨基得到 (C)；接着用乙酸保护氨基得到 (D)，随后在酸性高锰酸钾作用下将甲基氧化为羧基得到 (E)；之后 (E) 经脱保护、酰化等多步反应得到含巯基的中间体 (G)，最后 (G) 与乙醛发生环化反应，得到目标产物苯并咪唑类中间体 (H)。
（1）结合有机合成流程中 A、B 的结构差异，分析官能团的引入与转化，确定 A→B 所需的反应物与反应条件：A 为苯甲酸，B 为邻氨基对氯苯甲酸，需引入 - Cl 和 - NH2，因此反应物为 Cl2（引入氯原子）、FeCl3（作催化剂）。
（2）根据 C→D 的结构变化，判断反应类型：C 中的 - COOH 转化为 D 中的 - CONHCH3，属于羧酸与胺的取代（酰化）反应，因此反应类型为取代反应。
（3）根据流程中官能团的转化逻辑，推导 F 的结构简式：结合前后物质的结构，F 需保留 - COOH、-NH2和 - Cl，最终确定 F 的结构简式为邻氨基对氯苯甲酸。
（4）根据同分异构体的限定条件，逐一推导结构：① 含两个苯环、能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明分子中含碳碳双键；② 含四种不同化学环境的氢，说明分子高度对称；结合分子式，在满足上述条件的前提下，设计并写出符合要求的结构简式。
（5）以甲苯为原料，结合目标产物的结构，逆推合成路线：甲苯先经硝化反应引入 - NO2；再经氧化反应将 - CH3氧化为 - COOH；经还原反应将 - NO2还原为 - NH2；与 CH3NH2发生取代反应引入 - CONHCH3；最后与 HCHO 发生环合反应得到目标产物；按正向顺序写出完整的合成路线，标注各步反应的试剂与条件。
（1）根据分析，AB所需的反应物及反应条件是：Cl2、FeCl3；
（2）的反应类型为：取代反应；
（3）F的结构简式为：；
（4）H的同分异构体满足：①含有两个苯环，能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明含碳碳双键；②含有四种不同化学环境的氢，满足条件的结构简式为：或；
（5）甲苯发生硝化反应得到，发生氧化反应得到，发生还原反应得到，与反应得到，与HCHO发生反应得到，故合成路线为：。
16．【答案】（1）根据“相似相溶”原理极性分子能溶于极性溶剂，非极性分子能溶于非极性溶剂，而与戊烷均属于弱极性有机物；向其中加入无水氯化钙或无水硫酸钠等干燥剂，放置一段时间后过滤取滤液；298K时为固态，而1273K时为气态，反应后气体分子数更多，产物的混乱度更大，更大；++2NaH=+AlH3+3NaCl
（2）NaCl；在烧瓶的瓶口处加装盛有干燥剂(如碱石灰等)的干燥管；向其中加入一定量的戊烷或甲苯，振荡后转移至蒸馏烧瓶中蒸馏，收集66℃左右的馏分至不再有四氢呋喃溜出，停止加热
【知识点】物质的分离与提纯；性质实验方案的设计；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）①根据“相似相溶”原理极性分子能溶于极性溶剂，非极性分子能溶于非极性溶剂，与戊烷均属于弱极性有机物，故易溶于戊烷等有机溶剂。
②除去四氢呋喃中少量水的操作是向其中加入无水氯化钙或无水硫酸钠等干燥剂，放置一段时间后过滤取滤液即可。
③298K时，为固态；1273K时，为气态，反应后气体分子数更多，产物的混乱度更大，则1273K时反应的明显大于298K时的。
④总反应的化学方程式为+4NaH+3NaCl，要生成目标产物，结合已知的反应，在有和参与反应的情况下，通过配平原子，可得出Ⅱ的化学反应方程式：++2NaH=+AlH3+3NaCl。
故答案为： 根据“相似相溶”原理极性分子能溶于极性溶剂，非极性分子能溶于非极性溶剂，而与戊烷均属于弱极性有机物 ； 向其中加入无水氯化钙或无水硫酸钠等干燥剂，放置一段时间后过滤取滤液 ； 298K时为固态，而1273K时为气态，反应后气体分子数更多，产物的混乱度更大，更大 ；++2NaH=+AlH3+3NaCl ；
（2）①在反应过程中，NaH可与作用生成NaCl，而NaCl难溶于四氢呋喃，所以析出的白色固体主要成分为NaCl 。
②为避免外界水蒸气对实验的干扰，可采取的措施是在烧瓶的瓶口处加装盛有干燥剂(如碱石灰等)的干燥管。
③已知氢化铝钠在戊烷或甲苯环境中结晶所得到的晶体具有较完整的晶体结构，则实验方案：向其中加入一定量的戊烷或甲苯，振荡后转移至蒸馏烧瓶中蒸馏，收集66℃左右的馏分至不再有四氢呋喃溜出，停止加热，待晶体析出后，过滤、洗涤、干燥。
故答案为： NaCl ； 在烧瓶的瓶口处加装盛有干燥剂(如碱石灰等)的干燥管 ； 向其中加入一定量的戊烷或甲苯，振荡后转移至蒸馏烧瓶中蒸馏，收集66℃左右的馏分至不再有四氢呋喃溜出，停止加热 ；
【分析】(1) ①依据相似相溶原理，三乙基铝和戊烷都是弱极性有机物，所以三乙基铝易溶于戊烷等有机溶剂。
②向四氢呋喃中加入无水氯化钙等干燥剂，静置后过滤，可除去其中少量水。
③1273K时三氯化铝为气态，反应后气体分子数更多、混乱度更大，故熵变更显著。④反应Ⅱ的化学方程式为++2NaH=+AlH3+3NaCl 。
(2)①氯化钠难溶于四氢呋喃，故析出的白色固体主要是氯化钠。
②在瓶口加装装碱石灰等干燥剂的干燥管，可隔绝外界水蒸气。
③向上层清液中加入戊烷或甲苯，振荡后蒸馏收集66℃馏分，待晶体析出后过滤、洗涤、干燥，得到结构完整的氢化铝钠晶体。、
（1）①根据“相似相溶”原理极性分子能溶于极性溶剂，非极性分子能溶于非极性溶剂，与戊烷均属于弱极性有机物，故易溶于戊烷等有机溶剂。
②除去四氢呋喃中少量水的操作是向其中加入无水氯化钙或无水硫酸钠等干燥剂，放置一段时间后过滤取滤液即可。
③298K时，为固态；1273K时，为气态，反应后气体分子数更多，产物的混乱度更大，则1273K时反应的明显大于298K时的。
④总反应的化学方程式为+4NaH+3NaCl，要生成目标产物，结合已知的反应，在有和参与反应的情况下，通过配平原子，可得出Ⅱ的化学反应方程式：++2NaH=+AlH3+3NaCl。
（2）①在反应过程中，NaH可与作用生成NaCl，而NaCl难溶于四氢呋喃，所以析出的白色固体主要成分为NaCl 。
②为避免外界水蒸气对实验的干扰，可采取的措施是在烧瓶的瓶口处加装盛有干燥剂(如碱石灰等)的干燥管。
③已知氢化铝钠在戊烷或甲苯环境中结晶所得到的晶体具有较完整的晶体结构，则实验方案：向其中加入一定量的戊烷或甲苯，振荡后转移至蒸馏烧瓶中蒸馏，收集66℃左右的馏分至不再有四氢呋喃溜出，停止加热，待晶体析出后，过滤、洗涤、干燥。
17．【答案】（1）
（2）不变；CD；H2将金属氧化物还原为金属单质，改变了催化剂结构，催化活性下降
（3）0.78；CH3OH、13CH3OH、H13COO-、HCOO-；电压过大时，水和甘油在阳极催化剂表面竞争放电
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）碱性条件下电解水的阴极反应式为，第二步为，则第一步为。
故答案为： ；
（2）①分析如图所示：；
②M 呈现+1、+2和+3价态，且M-O存在配位键，M提供空轨道，另外，在元素周期表的过渡金属 区域寻找催化剂，故符合条件的是Ni和 Cr，故答案为CD；
③H2具有还原性，能将M-O氧化物还原为M，使催化剂组成和结构改变，降低了催化剂的活性。
故答案为： 不变 ； CD ； H2将金属氧化物还原为金属单质，改变了催化剂结构，催化活性下降 ；
（3）①CH2OHCHOHCH2OH在阳极区发生歧化反应生成0.03mol CH3OH和0.6mol HCOO-，得电子数为，失电子数为，阴极水得到2mol电子生成1mol H2，根据得失电子守恒：0.04mol+n(H2)×2=1.6mol，n(H2)=0.78mol；
②由题干图像可知，化学位移48.1ppm处有CH3OH 和13CH3OH，说明CH3OH来源于伯碳，因此可以生成CH3OH、13CH3OH、H13COO-、HCOO-四种微粒；
③电压过大时，H2O在阳极失去电子生成O2和H*，与甘油竞争放电，故使甘油的转化率降低。
故答案为： 0.78 ； CH3OH、13CH3OH、H13COO-、HCOO- ； 电压过大时，水和甘油在阳极催化剂表面竞争放电 ；
【分析】(1) 碱性阴极析氢分两步，总反应为 ，第二步是 ，故第一步为。
(2)①步骤3中M的化合价保持不变；
②M为可呈现多种价态的过渡金属，选Ni、Cr（CD）；
③氢气有还原性，会将催化剂中金属氧化物还原为金属单质，破坏催化剂结构，导致催化效率下降。
(3)①根据电子守恒，阳极甘油氧化失电子总数与阴极得电子总数相等，计算得阴极生成氢气0.78mol；
②由NMR谱图可知，含碳产物有、、、；
③电压过大时，水和甘油在阳极竞争放电，导致甘油转化率降低。
（1）碱性条件下电解水的阴极反应式为，第二步为，则第一步为。
（2）①分析如图所示：；
②M 呈现+1、+2和+3价态，且M-O存在配位键，M提供空轨道，另外，在元素周期表的过渡金属 区域寻找催化剂，故符合条件的是Ni和 Cr，故答案为CD；
③H2具有还原性，能将M-O氧化物还原为M，使催化剂组成和结构改变，降低了催化剂的活性。
（3）①CH2OHCHOHCH2OH在阳极区发生歧化反应生成0.03mol CH3OH和0.6mol HCOO-，得电子数为，失电子数为，阴极水得到2mol电子生成1mol H2，根据得失电子守恒：0.04mol+n(H2)×2=1.6mol，n(H2)=0.78mol；
②由题干图像可知，化学位移48.1ppm处有CH3OH 和13CH3OH，说明CH3OH来源于伯碳，因此可以生成CH3OH、13CH3OH、H13COO-、HCOO-四种微粒；
③电压过大时，H2O在阳极失去电子生成O2和H*，与甘油竞争放电，故使甘油的转化率降低。
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