2024年江苏省高考化学模拟试题（一）

这是一份2024年江苏省高考化学模拟试题（一），共22页。试卷主要包含了单选题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
1．化学和生活、科技、社会发展息息相关，下列说法正确的是
A．“深海一号”母船海水浸泡区的铝基可保障船体不易腐蚀
B．高效率钙钛矿太阳能电池，其能量转化形式为电能→化学能
C．华为新上市的mate60 pr手机引发关注，其芯片材料是SiO2
D．“北斗卫星”授时系统的“星载铷钟”含铷元素，其单质遇水能缓慢反应放出H2
2．可以利用反应得到的制备活性催化剂。下列说法正确的是
A．Fe的外围电子排布式为B．中仅含有离子键
C．1ml中含有3mlσ键D．FeCO3制备时铁元素被还原
3．已知：(的熔点16.8℃，沸点44.8℃)。实验室利用该原理制取少量，下列实验装置不能达到实验目的的是
A．用装置甲制取气体B．用装置乙干燥并混合和
C．用装置丙制取并收集D．用装置丁吸收尾气中的
4．CrSi、Ge-GaAs、ZnGeAs2和SiC都是重要的半导体化合物，下列说法错误的是
A．原子半径：r(Ga)>r(Ge)>r(As)
B．碳单质、晶体硅、SiC均为共价晶体
C．可在周期表中元素Si附近寻找新半导体材料
D．第一电离能：I1(C)>I1 (Si)>I1 (Ge)
5．元素周期表中VIA族元素单质及其化合物有着广泛应用。O2可用作氢氧燃料电池的氧化剂；O3具有杀菌、消毒、漂白等作用。硫有多种单质，如S24、S6、S8等，用硫黄熏蒸中药材的传统由来已久。硫与氧气反应制得的SO2可用来生产H2SO4，硫酸及硫酸盐是重要化工原料；H2S是一种易燃的有毒气体(燃烧热为-1)，是制取多种硫化物的原料；用SO2与SeO2(白色晶体)的水溶液反应可制备硒，硒(34Se)是一种半导体材料。碲(52Te)的单质及其化合物在电子、冶金、材料等领域有广阔的发展前景，工业上以电解强碱性Na2TeO3溶液制备Te。下列说法正确的是
A．S2、S4、S6、S8互为同位素
B．SO2中S原子杂化轨道类型为sp2
C．34Se核外电子排布式为24
D．H2S和H2O的空间构型相同，且均为非极性分子
6．元素周期表中VIA族元素单质及其化合物有着广泛应用。O2可用作氢氧燃料电池的氧化剂；O3具有杀菌、消毒、漂白等作用。硫有多种单质，如24S6S8等，用硫黄熏蒸中药材的传统由来已久。硫与氧气反应制得的SO2可用来生产H2SO4，硫酸及硫酸盐是重要化工原料；H2S是一种易燃的有毒气体(燃烧热为-1是制取多种硫化物的原料；用SO2与SeO2(白色晶体)的水溶液反应可制备硒，硒(34Se)是一种半导体材料。碲(52Te)的单质及其化合物在电子、冶金、材料等领域有广阔的发展前景，工业上以电解强碱性Na2TeO3溶液制备Te。下列化学反应表示正确的是
A．H2S燃烧的热化学方程式：
B．电解强碱性Na2TeO3溶液的阴极反应：
C．SO2和SeO2的水溶液反应制备硒：
D．氢氧燃料电池(H2SO4为电解质溶液)负极反应为：
7．元素周期表中VIA族元素单质及其化合物有着广泛应用。O2可用作氢氧燃料电池的氧化剂；O3具有杀菌、消毒、漂白等作用。硫有多种单质，如24S6S8等，用硫黄熏蒸中药材的传统由来已久。硫与氧气反应制得的SO2可用来生产H2SO4，硫酸及硫酸盐是重要化工原料；H2S是一种易燃的有毒气体(燃烧热为-1是制取多种硫化物的原料；用SO2与SeO2(白色晶体)的水溶液反应可制备硒，硒(34Se)是一种半导体材料。碲(52Te)的单质及其化合物在电子、冶金、材料等领域有广阔的发展前景，工业上以电解强碱性Na2TeO3溶液制备Te。下列物质结构与性质或物质性质与用途具有对应关系的是
A．O3具有强氧化性，可用于杀菌、消毒
B．二氧化硫具有还原性，可用于纸张、草编织物的漂白
C．H-O键键能大于H-S键键能，因此H2O的沸点比H2S的高
D．浓硫酸具有脱水性，可用于除去CO2、SO2等气体中的水蒸气
8．K2FeO4可用作净水剂。K2FeO4在水中不稳定，会生成3，胶体；碱性条件下KClO氧化性大于K2FeO4。下列有关铁及其化合物的相关转化，在指定条件下能实现的是
A．B．
C．D．
9．五倍子是一种常见的中草药，其有效成分为X。在一定条件下X可分别转化为Y、Z。
下列说法不正确的是
A．1ml X最多与4ml NaOH 发生反应
B．Y在一定条件下可发生加成反应、消去反应
C．可以用FeCl3溶液检验X是否完全转化为Y
D．Z 在酸性条件下水解可生成两种有机物
10．对于反应4NH3(g)+5O2(g) 4NO(g)+6H2O(g) ΔH=－904kJ•ml－1，下列有关说法正确的是
A．该反应只有在高温条件下能自发进行
B．该反应的正反应的活化能小于逆反应的活化能
C．达到平衡时，升高温度，v(正)减小、v(逆)增加
D．c(NH3)：c(O2)：c(NO)：c(H2O)=4：5：4：6时，说明反应达到平衡状态
11．室温下，下列实验方案能达到探究目的的是
A．AB．BC．CD．D
12．某实验室回收废水中苯酚的过程如下图所示。已知：苯酚的电离常数，H2CO3的电离常数，。
下列有关说法不正确的是
A．操作1、操作2 均为分液
B．NaHCO3溶液中存在：c(H2CO3)+c(H+)=c(OH－)+c()
C．若反应1后溶液中存在c(Na+)=2 c(C6H5O－)+2 c(C6H5OH)，此时c(C6H5O－)>c()
D．反应2 中通入CO2至溶液 pH=10时， 此时溶液中存在： c(C6H5O－)= c(C6H5OH)
13．在催化剂作用下，以和为原料进行合成的实验。保持压强一定，将起始的混合气体通过装有催化剂的反应管，测得出口处的转化率和的选择性[]与温度的关系如图所示(图中虚线表示平衡时的转化率或的选择性)。

已知反应管内发生的反应为：
反应1：
反应2：
下列说法正确的是
A．
B．220℃～280℃时，出口处一定存在：
C．220℃～280℃，保持其他条件不变，随温度的升高而增加
D．为提高的产率，应研发高温下催化活性更强的催化剂
二、解答题
14．广泛用于冶金、化工行业，可制取多种含钒化合物。
(1)实验室制备氧钒（Ⅳ）碱式碳酸铵晶体，过程如下：
“还原”步骤中生成，反应的化学方程式为 ；若不加，HCl也能还原生成和，分析反应中不生成的原因 。
(2)对制得的晶体进行含钒量的测定：称取样品，经过系列处理后将钒（Ⅳ）完全氧化，定容为溶液；量取溶液，加入指示剂，用的标准溶液滴定至终点，滴定过程中反应为；平行滴定4次，消耗标准溶液的体积分别为，则样品中钒元素的质量分数为 （写出计算过程，结果保留两位小数）。
(3)时，将氧钒碱式碳酸铵晶体与反应制备共价晶体，一段时间后，固体质量不再变化，经检测仍有氧钒碱式碳酸铵剩余，可能的原因是 。
(4)可溶于强酸强碱，不同、不同钒元素浓度时，价存在形态如题图所示：
①将溶解在烧碱溶液中，剩余溶液的，反应的离子方程式为 。
②具有对称结构，其结构式可表示为 。
15．化合物H是治疗胃癌的小分子靶向抗肿瘤药物，其合成路线如下：
(1)A分子中碳原子的杂化轨道类型有 种。
(2)写出同时满足下列条件的C的一种同分异构体的结构简式： 。
①苯环上有4个取代基，能与溶液发生显色反应；
②核磁共振氢谱图中有3个峰。
(3)的反应中均有生成，则的结构简式为 。
(4)的反应中有一种与互为同分异构体的副产物生成，其结构简式为 。
(5)写出以、、和为原料，制备的合成路线流程图（无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）。
16．以方铅矿(主要成分，含少量)和软锰矿(主要成分)为原料制备电池材料和，过程可表示为
已知：①
②
(1)时，“协同浸取”生成和的离子方程式为 ；“协同浸取”时加入可避免生成沉积在矿石表面，其原因是 。
(2)“沉降分铅”的目的是将滤液中的沉降为沉淀。沉降反应的平衡常数 。
(3)络合萃取剂全氟聚醚-二(甲基吡啶)胺通过氮原子与形成配位键的方式萃取铅。已知氮原子的电子云密度越大配位能力越强，全氟聚醚-二(甲基吡啶)胺中氮原子和含氟基团相连使得配位能力下降，若在氮原子和含氟基团间引入基团配位能力会增强，其原因分别是 。
(4)制备。(难溶于水的黑色晶体)可通过空气氧化制得，制备时溶液的温度和对的产率影响如图所示。请补充完整由净化后的含的滤液制备较纯净的的实验方案：取一定量的含的滤液于三颈烧瓶中， ，真空40干燥得产品。(必须使用的试剂：空气、蒸馏水、氨水、稀硝酸、溶液。)
17．空气中含量的控制和资源利用具有重要意义。
(1)利用高炉炼铁尾气中的制取有机物的过程如下：
相同条件下，恒定通过电解池的电量，电解得到的部分还原产物的法拉第效率随电解电压的变化如图1所示：
图1
，选择性。
“电解”在质子交换膜电解池中进行，生成的电极反应式为 ，当电解电压为时，生成和的选择性之比为 。
(2)利用铟氧化物催化制取的可能机理如图2所示，无催化活性，形成氧空位后具有较强催化活性，将固定比例的混合气体以不同流速通过装有催化剂的反应管，选择性、转化率随气体流速变化曲线如图3所示，
①图2中的反应每生成放出的热量，其热化学方程式为 。
②若原料气中比例过低、过高均会减弱催化剂活性，原因是 。
③制取时，同时发生反应，气体流速分别为和，相同时间内生成的质量，前者 后者（选填“>”、“="或“<”）；保持气体流速不变，反应管内温度从升高到，测得出口处和的物质的量均减小，可能的原因是 。
选项
探究方案
探究目的
A
向较浓的 FeCl2溶液中滴入少量酸性KMnO4溶液，观察 KMnO4溶液紫色是否褪去
Fe2+具有还原性
B
分别向Na2CO3和 NaHCO3溶液中各滴加 2滴酚酞，观察红色深浅程度
的的水解程度大于的水解程度
C
向5mL 0.1ml·L-1AgNO3溶液中依次滴加5滴同浓度的 NaCl溶液和 KI 溶液，振荡，观察沉淀颜色的变化
Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)
D
向盛有淀粉—KI溶液的试管中滴加几滴溴水，振荡，观察溶液颜色变化
Br2的氧化性强于 I2
参考答案：
1．A
【详解】A．“深海一号”母船海水浸泡区的铝基做负极可以与船体形成原电池，利用“牺牲阳极的阴极保护法”可保障船体不易腐蚀，故A正确；
B．高效率钙钛矿太阳能电池，其能量转化形式为太阳能→电能，故B错误；
C．华为新上市的mate60 pr手机引发关注，其芯片材料是晶体硅，故C错误；
D．铷元素金属性极强，其单质遇水能迅速反应放出H2，故D错误；
故答案为：A。
2．C
【详解】A．Fe为26号元素，外围电子排布式为，A错误；
B．中的碳酸氢根离子内部存在共价键，B错误；
C．1个碳酸根离子中存在3个σ键，则1ml中含有3ml键，C正确；
D．FeCO3制备时铁元素化合价升高，被氧化，D错误；
故选C。
3．A
【详解】A．铜能与浓硫酸共热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，但常温下与浓硫酸不反应，则装置甲不能达到制取二氧化硫的实验目的，故A符合题意；
B．由实验装置图可知，装置乙中盛有的浓硫酸用于干燥并混合二氧化硫和氧气，则装置乙能达到实验目的，故B不符合题意；
C．由实验装置图可知，装置丙的硬质玻璃管中二氧化硫和氧气在五氧化二钒做催化剂条件下共热发生催化氧化反应生成三氧化硫，盛放在冰水中的U形管用于冷凝收集三氧化硫，则装置丙能达到实验目的，故C不符合题意；
D．由实验装置图可知，装置丁中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收二氧化硫，防止污染空气，则装置丁能达到实验目的，故D不符合题意；
故选A。
4．B
【详解】A． 同周期从左到右，原子半径逐渐减小，原子半径：r(Ga)>r(Ge)>r(As)，故A正确；
B． 碳单质中金刚石、晶体硅、SiC均为共价晶体，碳单质中C60则为分子晶体，故B错误；
C． 可在周期表中元素Si附近寻找新半导体材料，如Ga等，故C正确；
D． 周期表中同主族从上到下，第一电离能变小，第一电离能：I1(C)>I1 (Si)>I1 (Ge)，故D正确；
故选B。
5．B
【详解】A．S2、S4、S6、S8为硫元素形成的不同单质，应互为同素异形体，A错误；
B．SO2中S的价层电子对数为，故原子杂化轨道类型为sp2，B正确；
C．34Se位于第四周期第ⅥA族，核外电子排布式为，C错误；
D．H2S和H2O的中心原子均为sp3杂化，空间构型均为“V”型，故均为极性分子，D错误；
故选B。
6．C
【详解】A．燃烧热是指1ml物质完全燃烧生成指定的产物，故热火学方程式中水应为液态，热化学方程式为，A错误；
B．电解强碱性Na2TeO3溶液的阴极反应：，B错误；
C．SO2将SeO2中Se还原为Se单质，本身被氧化为硫酸根，制备硒的化学反应方程式为：，C正确；
D．氢氧燃料电池(H2SO4为电解质溶液)中通入氢气一极为负极，负极电极反应为：，D错误；
故选C。
7．A
【详解】A． O3具有强氧化性，能使蛋白质变性，可用于杀菌、消毒，故A正确；
B． 二氧化硫具有漂白性，可用于纸张、草编织物的漂白，故B错误；
C． 水分子间能形成氢键，因此H2O的沸点比H2S的高，故C错误；
D． 浓硫酸具有吸水性，可用于除去CO2、SO2等气体中的水蒸气，故D错误；
故选A。
8．C
【详解】A．铁与水蒸气在高温条件下发生反应会生成四氧化三铁，不是氧化铁，A错误；
B．氯化铁溶液在加热条件下水解平衡正向移动，蒸干会得到氢氧化铁，灼烧得到的是氧化铁，B错误；
C．铁与氯气加热可生成氯化铁，氯化铁在水溶液中加入铜会发生氧化还原反应生成氯化亚铁和氯化铜，均能实现相互转化，C正确；
D．高铁酸钾在水中不稳定，生成氢氧化铁胶体被还原，根据氧化还原反应价态规律，铁的化合价降低，氧的化合价升高，可知得不到氢气，得到的为氧气，D错误；
故选C。
9．D
【详解】A．X含3个酚羟基和1个羧基，所以1ml X最多与4ml NaOH 发生反应，A正确；
B．Y中含有碳碳双键，在一定条件下可以发生加成，Y中含有醇羟基，且相邻碳原子上含有氢原子，在浓硫酸加热条件下可发生消去反应，B正确；
C．酚羟基与FeC13溶液发生显色反应，由于Y不含有酚羟基，加入FeC13溶液后若没有紫色，说明X完全转化了，若有紫色说明未完全转化，能根据溶液颜色确定X未完全转化，C正确；
D．Z在酸性条件下酯基发生水解反应生成有机物为，只有一种产物，D错误；
答案选D。
10．B
【详解】A．反应4NH3（g）+5O2（g）⇌4NO（g）+6H2O（g）△H=-904kJ•ml-1，△S＞0，则复合判据△H-T△S＜0，该反应任何温度都能自发进行，故A错误；
B．该反应的△H=正反应的活化能-逆反应的活化能=-904 kJ•ml-1＜0，说明正反应的活化能小于逆反应的活化能，故B正确；
C．达到平衡时，温度升高v（正）和v（逆）均增加，故C错误；
D．各物质的浓度不再变化达到平衡，浓度比等于化学计量数之比不能说明达到平衡，故D错误；
故选：B。
11．D
【详解】A．酸性条件下，Fe2+、Cl-均能被KMnO4溶液氧化，所以KMnO4溶液紫色褪去，无法判断Fe2+具有还原性，A错误；
B．没有说明Na2CO3和 NaHCO3溶液浓度是否相同，无法根据溶液碱性强弱判断、的水解程度大小，B错误；
C．该实验中硝酸银过量，与NaCl和KI均能反应生成沉淀，无法比较AgCl和AgI的Ksp大小，C错误；
D．溴单质和碘化钾反应生成碘单质，碘单质遇淀粉变蓝，说明溴单质的氧化性大于碘单质，D正确；
故答案选D。
12．C
【分析】据流程图可知，将苯酚废水用有机溶剂苯先进行萃取分液，得到苯酚的苯溶液，接着加入碳酸钠溶液，使苯酚转化成苯酚钠进入水溶液中，再通过分液分离有机层苯，随后往苯酚钠溶液中通入二氧化碳，苯酚在水中溶解度小，析出后过滤即可得到苯酚。
【详解】A．结合流程分析，操作1、操作2均溶液分层，采取分液的方法进行分离，A正确；
B．NaHCO3溶液中存在质子守恒：c(H2CO3)+c(H+)=c(OH－)+c()，B正确；
C．苯酚酸性小于碳酸，因此反应1苯酚与碳酸钠溶液混合生成碳酸氢钠和苯酚钠，根据电离常数可知，苯酚钠的水解能力大于碳酸氢钠，故c(C6H5O－)＜c()，C错误；
D．反应2 中通入 CO2至溶液 pH=10时，此时溶液中存在：，故 (C6H5O-)(C6H5OH)，D正确；
故选C。
13．B
【详解】A．根据盖斯定律反应1-反应2得的，故A错误；
B．220℃～280℃时，选择性始终高于60%左右、CO选择性低于40%，则，故B正确；
C．在220℃～280℃范围内，随温度升高，选择性降低、CO选择性增大，则的值随温度升高而减小，故C错误；
D．低温下，选择性高，所以开发低温下反应活性强的催化剂以提高反应速率，同时有利于提高的产率，故D错误；
故选B。
14．(1) 2V2O5+N2H4+8HCl=4VOCl2+N2↑+6H2O N2H4的还原性强于HCl
(2)28.69%
(3)生成了致密的VN覆盖在氧钒碱式碳酸铵晶体表面，阻碍了氧钒碱式碳酸铵晶体与NH3的接触
(4) V2O5+4OH—=V2O+2H2O
【分析】由题给流程可知，五氧化二钒与肼、HCl反应生成VOCl2、氮气和水，VOCl2与碳酸氢铵溶液反应制得氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体。
【详解】（1）由分析可知，还原步骤发生的反应为五氧化二钒与肼、HCl反应生成VOCl2、氮气和水，反应的化学方程式为2V2O5+N2H4+8HCl=4VOCl2+N2↑+6H2O；由题给信息可知，五氧化二钒也能与氯化氢反应生成VOCl2和氯气，反应中不生成氯气说明肼的还原性强于氯化氢，会优先与五氧化二钒反应，故答案为：2V2O5+N2H4+8HCl=4VOCl2+N2↑+6H2O；N2H4的还原性强于HCl；
（2）由题给数据可知，第三次实验的误差较大应舍去，则消耗硫酸亚铁铵溶液的平均体积为=22.50mL，由方程式和原子个数守恒可知，样品中钒元素的质量分数为×100%≈28.69%，故答案为：28.69%；
（3）由题意可知，750℃时，将氧钒碱式碳酸铵晶体与氨气反应制备共价晶体氮化钒时，一段时间后，固体质量不再变化，经检测仍有氧钒碱式碳酸铵剩余说明氧钒碱式碳酸铵未能完全反应，可能是生成了致密的VN覆盖在氧钒碱式碳酸铵晶体表面，阻碍了氧钒碱式碳酸铵晶体与NH3的接触，故答案为：生成了致密的VN覆盖在氧钒碱式碳酸铵晶体表面，阻碍了氧钒碱式碳酸铵晶体与NH3的接触；
（4）①由钒原子个数守恒可知，五氧化二钒与氢氧化钠溶液反应所得溶液中钒元素的浓度为=0.1ml/L，则溶液中钒元素浓度—lgc=1，由溶液中氢氧根离子浓度为0.01 ml/L，溶液pH为12，由图可知，—lgc为1和pH为12时，+5价钒元素的存在形式为V2O，则五氧化二钒与氢氧化钠溶液反应的离子方程式为V2O5+4OH—=V2O+2H2O，故答案为：V2O5+4OH—=V2O+2H2O；
②由V2O中钒元素的化合价为+5价，离子具有对称结构可知，离子的结构式为，故答案为：。
15．(1)3
(2)
(3)
(4)
(5)，
【分析】A和ClCH2CH2CH2CH2Cl在氢氧化钠、TEBA作用下发生取代反应生成B，B发生硝化反应生成C，C和氢气在Pd/C作用下发生还原反应生成D，D发生取代反应生成E和甲醇，E和发生取代反应生成G，G发生反应生成H。
【详解】（1）A分子中苯环上的碳原子价层电子对数为3，杂化类型为sp2，−CH2CN中
第一个碳原子碳原子价层电子对数为4，杂化类型为sp3，第二个碳原子价层电子对数为2，杂化类型为sp，因此碳原子杂化轨道类型有3种；故答案为：3。
（2）同时满足①苯环上有4个取代基，能与溶液发生显色反应；说明含有酚羟基；②核磁共振氢谱图中有3个峰的C的一种同分异构体的结构简式：；故答案为：。
（3）的反应中均有生成，则根据前后联系得到E为，再根据的反应中有生成，则的结构简式为；故答案为：。
（4）的反应中有一种与互为同分异构体的副产物生成，根据断键方式分析得到其结构简式为；故答案为：。
（5）根据题意得到和甲醇反应生成，苯和浓硝酸在浓硫酸加热作用下反应生成硝基苯，硝基苯和氢气在Pd作用下反应生成，和反应生成，和反应生成，与、氨气在作用下反应生成，其合成路线为： ，；故答案为：，。
16．(1) 增大氯离子浓度，有利于平衡正向移动，将溶解
(2)2000
(3)氟的电负性大，将氮原子的孤对电子对吸引，使得氮原子的电子云密度减小，因此氮与形成配位键能力减弱；氮原子远离氟原子，氟对氮的电子对吸引力小，氮原子的电子云密度增大，氮与形成配位键能力增强
(4)加热维持在温度50℃，不断搅拌下边通空气边加氨水调节溶液的pH值并维持在8.5左右，直至有大量黑色沉淀生成时，静置，过滤，用蒸馏水洗涤沉淀至取最后一次洗涤液少量于试管中，滴加稀硝酸酸化的硝酸银，若无沉淀生成
【分析】方铅矿(主要成分，含少量)和软锰矿(主要成分)在盐酸和氯化钠作用下反应生成S和，过滤，向滤液中加入碳酸锰除掉铁，过滤，沉降分铅，将含铅物质加入硫酸得到硫酸铅，再将含Mn2+的滤液经过一系列过程得到。
【详解】（1）时，方铅矿(主要成分，含少量)和软锰矿(主要成分)在氯化钠、盐酸作用下反应生成和，则“协同浸取”生成和的离子方程式为；根据已知信息得到，因此“协同浸取”时加入可避免生成沉积在矿石表面，其原因是增大氯离子浓度，有利于平衡正向移动，将溶解；故答案为：；增大氯离子浓度，有利于平衡正向移动，将溶解。
（2）利用盖斯定律，将①+②得到 ，则沉降反应的平衡常数；故答案为：2000。
（3）氮原子的电子云密度越大配位能力越强，全氟聚醚-二(甲基吡啶)胺中氮原子和含氟基团相连使得配位能力下降，氟的电负性大，将氮原子的孤对电子对吸引，使得氮原子的电子云密度减小，因此氮与形成配位键能力减弱；若在氮原子和含氟基团间引入基团配位能力会增强，氮原子远离氟原子，氟对氮的电子对吸引力小，氮原子的电子云密度增大，氮与形成配位键能力增强；故答案为：氟的电负性大，将氮原子的孤对电子对吸引，使得氮原子的电子云密度减小，因此氮与形成配位键能力减弱；氮原子远离氟原子，氟对氮的电子对吸引力小，氮原子的电子云密度增大，氮与形成配位键能力增强。
（4）根据图中信息，由净化后的含的滤液制备较纯净的的实验方案：取一定量的含的滤液于三颈烧瓶中，加热维持在温度50℃，不断搅拌下边通空气边加氨水调节溶液的pH值并维持在8.5左右，直至有大量黑色沉淀生成时，静置，过滤，用蒸馏水洗涤沉淀至取最后一次洗涤液少量于试管中，滴加稀硝酸酸化的硝酸银，若无沉淀生成，再真空40℃干燥得产品；故答案为：加热维持在温度50℃，不断搅拌下边通空气边加氨水调节溶液的pH值并维持在8.5左右，直至有大量黑色沉淀生成时，静置，过滤，用蒸馏水洗涤沉淀至取最后一次洗涤液少量于试管中，滴加稀硝酸酸化的硝酸银，若无沉淀生成。
17．(1) CO2+2e—+2H+=HCOOH 1：3
(2) △H=—49kJ/ml H2比例过低，不利于催化剂形成氧空位，导致催化剂失活；H2比例过高，反应①生成过多的水会积累在具有活性的催化剂表面，导致催化剂失活 ＜ 升高温度，生成甲醇的反应左移，生成一氧化碳的反应右移，且反应以生成一氧化碳的反应为主
【分析】由题给可知，高炉炼铁尾气通入碳酸钾溶液中时，碳酸钾溶液吸收尾气中的二氧化碳得到碳酸氢钾溶液和燃气，碳酸氢钾受热分解生成碳酸钾、二氧化碳和水，反应得到的碳酸钾溶液可以循环使用，二氧化碳进入电解池电解，在电解池的阳极得到氧气，阴极得到有机物和氢气。
【详解】（1）由题意可知，电解时，通入二氧化碳的电极为阴极，生成甲酸的电极反应为酸性条件下二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成甲酸，电极反应式为CO2+2e—+2H+=HCOOH；由图可知，电解电压为U1时，生成甲酸和乙醇的法拉第效率相等，则由题给信息可知，生成乙醇和甲酸的选择性之比为：=1：3，故答案为：CO2+2e—+2H+=HCOOH；1：3；
（2）①由图可知，催化剂作用下，二氧化碳与氢气反应生成甲醇和水，反应的方程式为，由反应生成1ml甲醇放出49kJ的热量可知，反应的焓变△H=—49kJ/ml，则反应的热化学方程式为△H=—49kJ/ml，故答案为：△H=—49kJ/ml；
②由图可知，若原料气中氢气的比例过低不利于催化剂形成氧空位，导致催化剂失活，若氢气的比例过高，反应①生成过多的水积累在具有活性的催化剂表面，导致催化剂失活，故答案为：H2比例过低，不利于催化剂形成氧空位，导致催化剂失活；H2比例过高，反应①生成过多的水会积累在具有活性的催化剂表面，导致催化剂失活；
③设混合气体中二氧化碳的比例分数为x，由图可知，气体流速由和时，二氧化碳的转化率分别为5%和4%，则转化的二氧化碳分别为、，而甲醇选择性增大，所以相同时间内生成流速为时生成甲醇的质量小于；二氧化碳与氢气反应生成甲醇的反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，生成甲醇的物质的量减小，二氧化碳与氢气反应生成甲醇的反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，消耗二氧化碳的物质的量增大，反应管内温度从300℃升高到320℃时，出口处甲醇和二氧化碳的物质的量均减小说明反应以生成一氧化碳的反应为主，故答案为：>；升高温度，生成甲醇的反应左移，生成一氧化碳的反应右移，且反应以生成一氧化碳的反应为主。