精品解析：江苏省南京市六校联合体2026届高三上学期8月学情调研考试化学试题含答案

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可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 F 19 Ti 48 C 59
一、单项选择题：共13小题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。
1. 第19届杭州亚运会采用石墨烯纳米防滑涂层以增加地面防滑性。石墨烯属于
A. 有机材料B. 无机非金属材料C. 金属材料D. 复合材料
【答案】B
【解析】
【详解】石墨烯是一种碳的单质，属于新型无机非金属材料，故选B。
2. 利用反应吸收NO2，下列说法正确的是
A. 基态核外电子排布式为
B. 空间结构为三角锥形
C. 中既含离子键也含极性共价键
D. 用电子式表示水的形成过程：
【答案】C
【解析】
【详解】A．Ca是20号元素，基态核外电子排布式为[Ar]4s2，A错误；
B．中N原子价层电子对数为，无孤电子对，空间结构为平面三角形，B错误；
C．由Ca2+和构成，Ca2+与间存在离子键，中N-O键为极性共价键，既含离子键也含极性共价键，C正确；
D．水的电子式形成过程，D错误；
故选C。
3. 下列从含Br2的稀溶液中提取Br2的实验操作或原理能达到目的的是
A. 用装置甲吹出Br2蒸汽并吸收B. 用装置乙制取Cl2
C. 用装置丙制取Br2D. 用装置丁蒸馏回收Br2
【答案】A
【解析】
【分析】使用热空气将溴蒸出后使用二氧化硫吸收转化为HBr，再通入氯气将HBr氧化为溴单质，利用物质沸点的不同，采取蒸馏的方法将溴蒸出；
【详解】A．热空气将溴蒸出后使用二氧化硫吸收转化为HBr，A正确；
B．浓盐酸和二氧化锰制取氯气需要加热，B错误；
C．通入氯气气体，应该是长进短出，短进长出，会将HBr溶液压出，C错误；
D．蒸馏时温度计测定馏分的温度，图中温度计水银球位置应该在支管口处，位置不合理，D错误；
故选A；
4. 工业上用C还原SiO2可得半导体材料Si，下列说法正确的是
A. 键能大小：E(C-C)I1(O)
C. 电负性大小：χ(O)< χ(C)D. 酸性强弱：H2CO3 >H2SiO3
【答案】D
【解析】
【详解】A．同主族元素中，原子半径越大，键能越小。C的原子半径小于Si，故键能大小：E(C-C)>E(Si-Si)，A错误；
B．同周期元素从左到右第一电离能逐渐增大的趋势，但是第ⅡA族与第ⅤA族元素的第一电离能大于同周期相邻元素，同主族元素从上到下第一电离能逐渐减小，电离能大小：I1(O) >I1(C)>I1(Si)，B错误；
C．同周期从左到右，电负性逐渐增大，同主族从上到下，电负性逐渐减小，O的电负性大于C，C错误；
D． C的非金属性强于Si，故酸性强弱：H2CO3 >H2SiO3，D正确；
故选D。
阅读下列材料，完成以下问题：
F2在常温下与Cu反应生成致密的氟化物薄膜，高温时与Na2SO4反应生成硫酰氟(SO2F2)。CaF2与浓硫酸在加热条件下反应可制得HF，常温下测得HF的相对分子质量约为37。SO2通入KClO3酸性溶液中制得黄绿色气体ClO2常用作自来水消毒剂。Cl2和潮湿的Na2CO3反应生成Cl2O。(CN)2具有与卤素单质相似的化学性质。Ka(HCN)=4.9×10-10。
5. 下列说法不正确的是
A. 硫酰氟(SO2F2)是由极性键构成的非极性分子
B. 和Cl2O的中心原子的杂化轨道类型为sp3
C. (CN)2分子中所有原子最外层均满足8电子结构
D. 常温下，氟化氢分子间以氢键结合形成(HF)2
6. 下列化学反应表示正确的是
A. CaF2与浓硫酸反应：
B. Cl2和潮湿的Na2CO3反应：2Cl2＋2OH- =2Cl-＋Cl2O＋H2O
C. F2与熔融的Na2SO4反应：
D. (CN)2与水反应：(CN)2＋H2OH++CN-＋HOCN
7. 下列物质性质与用途具有对应关系的是
A. ClO2是黄绿色气体，可用于自来水消毒
B. Cu与F2反应生成致密的氟化物薄膜，可用于制作储存F2的容器
C. SO2具有氧化性，可用于与KClO3反应制ClO2
D. HF具有弱酸性，可用于蚀刻玻璃
【答案】5. A 6. C 7. B
【解析】
【5题详解】
A． 硫酰氟(SO2F2)分子中，S与O、F之间均为极性键，分子结构不对称，分子为极性分子，A错误；
B．中Cl的价层电子对数为4，采取sp3杂化；Cl2O中O的价层电子对数也为4，采取sp3杂化，B正确；
C． (CN)2分子中，C和N通过三键连接，每个原子均满足8电子结构，C正确；
D． HF分子间通过氢键形成(HF)2，D正确；
故选A。
【6题详解】
A． CaF2与浓硫酸加热发生反应，生成CaSO4和HF气体，A错误；
B． Cl2与潮湿的Na2CO3反应，B错误；
C． F2与熔融的Na2SO4高温发生反应，生成SO2F2、NaF和O2， C正确；
D．(CN)2与水反应生成HCN和HOCN，HCN为弱电解质对应的方程式为：(CN)2＋H2OHCN＋HOCN ，D错误；
故选C。
【7题详解】
A． ClO2具有强氧化性，可使病菌的蛋白质变性，常用于自来水的消毒，A错误；
B． Cu与F2反应生成致密氟化物薄膜，可阻止进一步反应，用于储存F2，B正确；
C． SO2与KClO3反应SO2时作为还原剂，体现还原性，C错误；
D． HF蚀刻玻璃因与SiO2反应，不是其弱酸性，D错误；
故选B。
8. 通过电解废旧锂电池中的可获得难溶性的和，电解示意图如下(其中滤布的作用是阻挡固体颗粒，但离子可自由通过。电解过程中溶液的体积变化忽略不计)。下列说法正确的是
A. 电极A为阳极，发生氧化反应
B. 电极B的电极反应：
C. 电解一段时间后溶液中Mn2+浓度保持不变
D. 电解结束，可通过调节除去Mn2+，再加入 溶液以获得
【答案】D
【解析】
【分析】该装置有外接电源为电解池，电极B中Mn2+转化为MnO2，B为阳极，发生氧化反应；电极A为阴极，发生还原反应。
【详解】A．电极A处LiMn2O4生成Li+和Mn2+，Mn元素价态从+3.5降为+2，发生还原反应，故电极A为阴极，A错误；
B．电极B为阳极，Mn2+被氧化为MnO2，溶液含H2SO4呈酸性，电极反应式应为，B错误；
C．电极A生成Mn2+发生反应），电极B消耗Mn2+生成MnO2，根据分析、结合两极上电子数守恒，则生成量大于消耗量，Mn2+浓度增大，C错误；
D．电解后溶液含Li+和Mn2+，调节pH可使Mn2+转化为Mn(OH)2沉淀除去，剩余Li+与Na2CO3反应生成Li2CO3，D正确；
故选D。
9. 某抗凝血作用的药物Z可用下列反应合成。下列说法正确的是
A. X与NaHCO3溶液反应可以生成
B. 1ml Y与NaOH溶液反应，最多消耗2ml NaOH
C. Z与足量的氢气加成后的产物分子中含有2个手性碳原子
D. X、Y、Z均易溶于水
【答案】C
【解析】
【详解】A．X为邻羟基苯甲酸，含羧基（-COOH）和酚羟基（-OH）。羧基酸性强于碳酸，可与NaHCO3反应生成羧酸钠，但酚羟基酸性弱于碳酸，不与NaHCO3反应，故产物应为酚羟基不变、羧基成盐的邻羟基苯甲酸钠，而非酚羟基和羧基均成盐的产物，A错误；
B．Y含乙酸酚酯基（-OOCCH3）和甲酯基（-COOCH3）。1ml乙酸酚酯水解生成酚羟基和乙酸，二者均与NaOH反应，消耗2mlNaOH；1ml甲酯基水解生成羧基，与NaOH反应消耗1m NaOH，共消耗3mlNaOH，B错误；
C．Z与足量H2加成后，，有2个手性碳，C正确；
D．X含羧基和酚羟基，但苯环憎水，水溶性有限；Y、Z含酯基和大的憎水基团，均难溶于水，D错误；
故选C。
10. 钒催化剂对氧化苯制备苯酚的反应具有良好的催化活性，反应机理如图所示，其中步骤③为放热反应。
下列说法错误的是
A. 步骤①反应为
B. 步骤③正、逆反应的活化能关系为
C. 在催化循环中起氧化作用
D. 步骤③生成的物质Z是
【答案】D
【解析】
【分析】结合反应机理图可知和反应生成、、，步骤①反应为，和苯生成，和、反应生成、和水，据此解答。
【详解】A．结合反应机理图可知和反应生成、、，步骤①反应为，故A正确；
B．步骤③为放热反应，，即正反应的活化能小于逆反应的活化能，故B正确；
C．在催化循环中V的化合价由+5降低到+3，所以起氧化作用，故C正确；
D．根据分析，步骤③生成的物质Z是，故D错误；
答案选D。
11. 室温下，下列实验研究方案能达到探究目的的是
A AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．间甲基苯甲醛中的甲基也能被酸性KMnO4氧化，高锰酸钾溶液褪色无法确定是由醛基引起还是甲基引起的，A错误；
B．与混合生成红褐色沉淀说明发生水解反应生成Fe(OH)3沉淀，后溶液变绿说明发生氧化还原反应生成Fe2+，因此两种说明两者存在水解反应和氧化还原反应的竞争，B正确；
C．NaClO溶液具有强氧化性，会漂白pH试纸，无法准确测定pH，C错误；
D．若产物含Fe单质，会与反应，即使未完全还原，KSCN也不显红色，D错误；
故选B。
12. 已知室温下，，，。用含少量的酸性溶液制备NiOOH的过程如下。下列说法正确的是
A. 溶液中：
B. 的NaClO溶液中：
C. “调pH”得到的上层清液中：
D. “氧化”时主要发生反应：
【答案】C
【解析】
【分析】用含少量Fe3+的NiCl2酸性溶液制备NiOOH的流程：加入Na2CO3溶液调pH，Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，Ni2+不沉淀，过滤除去Fe（OH）3沉淀得到含Ni2+的滤液，碱性条件下加入NaClO溶液，氧化Ni2+得到NiOOH沉淀，发生的反应为2Ni2++ClO-+4OH-＝2NiOOH↓+Cl-+H2O，过滤、洗涤、干燥得到NiOOH固体，据此分析解答。
【详解】A．溶液中物料守恒关系为c（）+c（）+c（H2CO3）=c（Na+）=0.1ml/L，电荷守恒关系为c（OH-）+2c（）+c（）=c（H+）+c（Na+），则c（OH-）-c（H+）=c（）+2c（H2CO3）=0.1ml/L+c（H2CO3）-c（）＜0.1ml•L-1+c（H2CO3），故A错误；
B．pH=11的NaClO溶液中=3000，即，故B错误；
C．“调pH”得到的上层清液中浓度积Q[Fe(OH)3]=c(Fe3+）•c3(OH-)=Ksp[Fe(OH)3]，Q[Ni(OH)2]=c(Ni2+）•c2(OH-)＜Ksp[Ni(OH)2]，则上层清液中，故C正确；
D．碱性条件下加入NaClO溶液氧化Ni2+得到NiOOH沉淀，反应为2Ni2++ClO-+4OH-=2NiOOH↓+Cl-+H2O，故D错误；
故选C。
13. 在催化剂作用下，以、为原料合成，其主要反应有：
反应1 kJ·ml
反应2 kJ·ml
将体积比为1∶1的、混合气体按一定流速通过催化反应管，测得、的转化率随温度变化的关系如图所示。
已知的选择性
下列说法正确的是
A. 图中曲线①表示转化率随温度的变化
B. 720~800℃范围内，随温度的升高，出口处及的量均增大
C. 720~800℃范围内，随温度的升高，的选择性不断增大
D. 其他条件不变，加入或选用高效催化剂，均能提高平衡时产率
【答案】B
【解析】
【分析】将体积比为1∶1的、混合气体按一定流速通过催化反应管，其主要反应有：、，则的转化率应该大于的转化率，图中曲线①表示转化率随温度的变化，曲线②表示的转化率，以此解答。
【详解】A．由分析可知，图中曲线①表示转化率随温度的变化，故A错误；
B．720~800℃范围内，随温度的升高，、的转化率都增大，则生成、的物质的量增大，出口处及的量均增大，故B正确；
C．720~800℃范围内，随温度的升高，、的转化率都增大，但的转化率程度大于，说明反应2正向进行的程度增大大于反应1，的选择性不断减小，故C错误；
D．催化剂虽然不能改变平衡转化率，但是催化剂有选择性，可以提升目标产物的产率；CaO会吸收水和二氧化碳，但是无法判断平衡如何移动，因此不能判断平衡时C2H4的产率如何变化，故D错误；
故选B。
二、非选择题：共4题，共61分。
14. 钴及其化合物在制造合金、磁性材料、催化剂及陶瓷釉等方面有着广泛应用。
（1）一种从湿法炼锌产生的废渣(主要含C、Zn、Pb、Fe的单质或氧化物)中富集回收得到含锰高钴成品的工艺如下：
已知溶液中离子开始沉淀和沉淀完全()时的pH：
回答下列问题：
①“滤渣1”中金属元素主要___________。
②“过滤1”后的溶液中加入的MnO2应足量，如何设计实验证明该步骤反应已完全？___________。
③“氧化沉钴”中C2+生成C(OH)3的离子方程式为___________。
④“除钴液”中残留的C3+浓度为___________。
（2）Mn的某种氧化物MnOx的四方晶胞及其在xy平面的投影如下图所示，则该氧化物的化学式为___________。
（3）C3O4在磁性材料、电化学领域应用广泛，CC2O4·2H2O热分解可制备C3O4。准确称取4.575g CC2O4·2H2O样品，在空气中加热，固体样品的剩余质量随温度的变化如下图所示(已知385℃及以上残留固体均为金属氧化物，CC2O4·2H2O的摩尔质量为183g/ml)。
经测定，温度为205~385℃的煅烧过程中，产生的气体为CO2，则AB段消耗的O2在标准状况下的体积为___________L。(写出计算过程，结果保留2位有效数字)
【答案】（1） ①. Pb ②. 取少量反应后的溶液，加入，若不出现蓝色沉淀，则说明反应已完全 ③. ④. 10-16.7
（2）MnO2 （3）0.37
【解析】
【分析】由题中信息可知，用硫酸处理含有C、Zn、Pb、Fe的单质或氧化物的废渣，得到含有C2+、Zn2+、Fe2+、Fe3+等离子的溶液，Pb的单质或氧化物与硫酸反应生成难溶的PbSO4，则“滤渣1”为“酸浸”时生成的PbSO4，向滤液中加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，然后加入ZnO调节pH=4使Fe3+完全转化为Fe(OH)3，则“滤渣Ⅱ”的主要成分为Fe(OH)3，滤液中的金属离子主要是C2+、Zn2+和Mn2+，最后“氧化沉钴”，加入强氧化剂KMnO4，将溶液中C2+氧化为C3+，在pH=5时C3+形成沉淀C(OH)3，而KMnO4则被还原为MnO2，KMnO4还会与溶液中的Mn2+发生归中反应生成MnO2，得到C(OH)3和MnO2的混合物，“除钴液”主要含有ZnSO4、K2SO4，据此解答；
【小问1详解】
①根据分析可知，“滤渣1”主要是PbSO4，金属元素主要为Pb；
②“过滤1”后的溶液中加入的MnO2应足量，则无Fe2+，实验步骤：取少量反应后的溶液，加入，若不出现蓝色沉淀，则说明反应已完全；
③由分析可知，该过程发生氧化还原反应，根据分析反应物、产物与反应环境(pH=5)，结合得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可写出离子方程式：；
④由表中完全沉淀可知，，“除钴液”中，pH=5，；
【小问2详解】
根据“均摊法”，晶胞中含个Mn、个O，则该氧化物化学式为MnO2；
【小问3详解】
4.575g的CC2O4·2H2O的物质的量为0.025ml，其中结晶水的质量为0.025×2×18g/ml=0.9g，m(CC2O4)=4.575g-0.9g=3.675g，则A点为CC2O4，C元素的质量为0.025ml×59g/ml=1.475g，B点固体为金属氧化物，根据元素守恒n(O)=，n(C)：n(O)=0.025：0.033=3：4，则B为C3O4；205～385℃的煅烧过程中，产生的气体为CO2，AB段反应方程式为3CC2O4+2O2C3O4+6CO2，则消耗氧气的体积为0.37L。
15. 有机物F()是一种镇痛药，它的一种合成路线如下：
（1）1ml A分子所含σ键的数目为___________。
（2）B→C的反应类型是___________。
（3）D中氮原子的杂化方式为___________。
（4）F中的含氧官能团的名称为___________。
（5）E的一种同分异构体同时满足下列条件，该同分异构体的结构简式为___________。
①能与FeCl3溶液发生显色反应
②分子中含有3种不同化学环境的氢原子，峰面积之比为9：6：2
（6）已知：。写出以、NCCH2CN、CH3CH2OH为原料制取的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂可任选，合成示例见本题题干)___________。
【答案】（1）6NA （2）取代反应
（3）sp3、sp （4）酯基
（5） （6）
【解析】
【分析】A(CH3NH2)与环氧乙烷发生取代反应生成B，B与SOCl2反应时B中的羟基被氯原子取代生成C，则C为，C与在NaNH2作用下发生取代反应生成D，D在酸性环境下水解生成E，最后E与乙醇发生酯化反应生成F，据此解答。
【小问1详解】
1个A(CH3NH2)分子只含6个共价单键，共价单键为σ键，则1 ml A分子所含σ键的数目为6NA；
【小问2详解】
B与SOCl2反应时B中的羟基被氯原子取代生成C，则B→C的反应类型是取代反应；
【小问3详解】
D()含有的中氮原子参与形成1个σ键，且还有1对孤电子对，其价层电子对数为1+1=2，采取sp杂化；另外1个氮原子参与形成3个σ键，且还有1对孤电子对，其价层电子对数为3+1=4，采取sp3杂化，则D中氮原子的杂化方式为sp3、sp；
【小问4详解】
由F的结构简式可知，F中的含氧官能团的名称为酯基；
【小问5详解】
E()的一种同分异构体同时满足条件：①能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基(即羟基与苯环直接相连)；②分子中含有3种不同化学环境的氢原子，峰面积之比为9∶6∶2，即含有3种等效氢，且每种等效氢的氢原子个数之比为9∶6∶2，说明该同分异构体结构高度对称，且含有，苯环上连有两个对称的甲基、两个对称的酚羟基，再结合E的分子式(C13H17O2N)，苯环上还应连有1个，则满足条件的E的同分异构体的结构简式为
；
【小问6详解】
已知：。以、NCCH2CN、CH3CH2OH为原料制取，可采用逆分析法：由和CH3CH2OH发生酯化反应得到，由受热得到，再参考题干流程中的反应原理，由在酸性环境下水解得到，由和NCCH2CN发生取代反应得到，而可由和Br2发生1,4-加成得到，所以合成路线为：。
16. 单质硫有S2、S4、S6、S8等同素异形体，可由闪锌矿(主要含ZnS、FeS)制备。已知：S8在低于112℃时在水溶液中呈固态，高于150℃易分解，易溶于CCl4.
（1）制备：将闪锌矿置于敞口容器中，加入硫酸浸取，边搅拌边通入O2，部分浸取过程如下图所示。
①步骤Ⅱ反应的离子方程式为___________。
②高于112℃时，锌的浸出率更高，除反应速率加快外，主要原因是___________。
③相同条件下，锌的浸出率和硫的氧化率随初始酸浓度的变化如图所示，初始酸浓度大于1.6ml/L时，硫的氧化率随酸浓度的增加而下降，主要原因是___________。
（2）检验：请补充完整检测过滤所得固体中是否残留ZnS等难溶硫化物的实验方案：取少量浸取后过滤所得固体，加适量CCl4充分溶解，过滤，加热所得固体至CCl4完全挥发，___________(实验须选用的试剂：饱和溴水，蒸馏水，BaCl2溶液。已知：饱和溴水可将硫化物氧化为硫酸盐)。
（3）蒸硫：将浸取后冷却所得粗硫置于如图所示装置中加热得到硫蒸气，再冷凝得到硫单质。
①蒸硫前，需通入一段时间N2，目的是___________。
②已知：S8的沸点约为445℃。温度约为280℃，硫单质完全变为蒸气，原因是___________。
【答案】（1） ①. 8H2S+16Fe3+=S8↓＋16Fe2+＋16H＋ ②. 高于112 ℃时，覆盖在闪锌矿表面的S8熔化，有利于锌元素浸出(或低于 112 ℃时，S8会在水中以固体析出，覆盖在闪锌矿表面，阻碍锌元素浸出) ③. 随着酸浓度增大，硫元素转化为H2S逸出，导致硫的氧化率降低
（2）用蒸馏水洗涤浸取渣，至取最后一次洗涤滤液滴加BaCl2溶液无白色沉淀生成。将浸取渣加入足量饱和溴水中，充分反应。取反应后的溶液滴加BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，则无ZnS等难溶硫化物残留
（3） ①. 排出空气，防止硫单质被氧化 ②. S8分解为相对分子质量更小分子，沸点降低
【解析】
【小问1详解】
①由图可知，步骤Ⅱ是和发生氧化还原反应生成、和，经配平得反应的离子方程式为：8H2S+16Fe3+=S8↓＋16Fe2+＋16H＋；
②已知：S8在低于112 ℃时在水溶液中呈固态，即低于112 ℃时，呈固态的S8会覆盖在闪锌矿表面，阻碍锌元素浸出；高于112 ℃时，覆盖在闪锌矿表面的S8熔化，有利于锌元素浸出，所以高于112 ℃时，锌的浸出率更高，除反应速率加快外，主要原因是：高于112 ℃时，覆盖在闪锌矿表面的S8熔化，有利于锌元素浸出(或低于112 ℃时，S8会在水中以固体析出，覆盖在闪锌矿表面，阻碍锌元素浸出)；
③初始酸浓度大于1.6 ml/L时，随酸浓度的增加(即浓度增大)，生成的也增多，且从溶液中逸出，导致硫的氧化率随酸浓度的增加而下降，所以初始酸浓度大于1.6 ml/L时，硫的氧化率随酸浓度的增加而下降，主要原因是：随着酸浓度增大，硫元素转化为H2S逸出，导致硫的氧化率降低；
【小问2详解】
已知：饱和溴水可将硫化物氧化为硫酸盐，即饱和溴水可将ZnS氧化为。检测过滤所得固体中是否残留ZnS等难溶硫化物，需先将其固体中的S8溶于CCl4，过滤，再用蒸馏水洗净固体表面的以排除其干扰，再将浸取渣加入足量饱和溴水中，若残留ZnS，ZnS将被氧化为，再取反应后的溶液滴加BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，则有ZnS等难溶硫化物残留，反之，无ZnS等难溶硫化物残留。所以实验方案为：取少量浸取后过滤所得固体，加适量CCl4充分溶解，过滤，加热所得固体至CCl4完全挥发，用蒸馏水洗涤浸取渣，至取最后一次洗涤滤液滴加BaCl2溶液无白色沉淀生成。将浸取渣加入足量饱和溴水中，充分反应。取反应后的溶液滴加BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，则无ZnS等难溶硫化物残留；
【小问3详解】
①因硫单质易被空气中的氧气氧化，则蒸硫前，需通入一段时间N2，其目的是：排出空气，防止硫单质被氧化；
②S8的沸点约为445 ℃，但S8在高于150 ℃时易分解，且分解为相对分子质量更小分子，导致其沸点降低，所以温度约为280 ℃，硫单质完全变为蒸气，其原因是：S8分解为相对分子质量更小分子，沸点降低。
17. 氢能是应用前景广阔的新能源。
（1）制氢。工业上电解碱性尿素水溶液制氢。
①阳极活性物质Ni(OH)2首先放电生成NiOOH，该过程电极反应式为___________。
②CO(NH2)2吸附在NiOOH上被氧化生成N2.根据电负性规则，CO(NH2)2分子中能被Ni吸附的原子是___________(填元素符号)。
（2）储氢。部分H2和Mg一定条件下化合生成MgH2以储氢；部分H2和N2在催化剂表面合成氨以储氢，其反应机理的部分过程如图-1所示。
①请在答题纸相应“□”中画出中间体X的结构______。
②研究发现，使用Ru系催化剂时，N2在催化剂表面的吸附活化是整个反应过程的控速步骤，实际工业生产时，将n(H2)/n(N2)控制在1.8~2.2之间，比理论值3小，其原因是___________。
（3）释氢。MgH2可通过热分解和水解两种方法制得H2。相较于热分解，从物质转化和能量利用的角度分析，MgH2水解释氢方法的优点有___________。
（4）储氢物质NH3的运用。NH3常用于烟气(主要成分NO、NO2)脱硝。以N2为载气，将含一定量NO、NH3及O2的模拟烟气以一定流速通过装有催化剂CeO2的反应管，研究温度、SO2(g)、H2O(g)对脱硝反应的影响。
①如图-2所示，温度高于350℃时，NO转化率下降，推测原因是___________。
②如图-3所示，温度高于350℃时，和不含水蒸气烟气相比，含10%水蒸气的烟气的NO转化率更高，其原因是___________。
③实验证明，烟气中含SO2会导致催化剂不可逆的中毒(Ce4+氧化SO2生成SO覆盖在生成的Ce3+表面，阻止了O2氧化Ce3+)。而添加CuO后抗硫能力显著增强，请结合图-4机理，说明抗硫能力增强的原因___________。
【答案】（1） ①. Ni(OH)2－e－+OH－=NiOOH+H2O ②. N、O
（2） ①. ②. 提高N2在合成气中比例，增大N2在催化剂表面的吸附活化总量，加快反应速率；利于提高H2的转化率，同时提高储氢率
（3）等量的MgH2水解比热分解产生的氢气多，同时不需要消耗大量热能
（4） ①. 温度升高，催化剂的活性下降，NH3和O2反应生成NO，还原剂NH3的量减少 ②. 在350℃以上含10%水蒸气的烟气中，水蒸气的存在抑制了NH3和O2生成NO的反应，更多NH3和NO反应，提高NO转化率 ③. 添加CuO后，氧化生成的SO覆盖在Cu2+上，O2氧化Ce3+生成Ce4+，恢复催化能力
【解析】
【小问1详解】
工业上电解碱性尿素水溶液制氢。
阳极活性物质Ni(OH)2首先放电生成NiOOH，该过程的电极反应式为
Ni(OH)2－e－+OH-=NiOOH+H2O吸附在NiOOH上被氧化生成N2，根据电负性规则， C(NH2)2分子中能被Ni吸附的原子是N和O；
故答案为：Ni(OH)2－e－+OH-=NiOOH+H2O，N和O；
【小问2详解】
①根据氢气和氮气在催化剂表面产生氨气，中间体X结合一个H原子以后产生氨气，剩余一个N≡在催化剂表面，逆向推导可知为，故答案为：；
②氢气量多于实际反应的化学计量系数，相当于氢气过量，可以提高氮气在反应中的转化率，可以增加氮气在催化剂表面的吸附量，故答案为：提高N2在合成气中比例，增大N2在催化剂表面的吸附活化总量，加快反应速率；利于提高H2的转化率，同时提高储氢率；
【小问3详解】
MgH2水解所需要的能耗低，根据原子守恒，1ml的MgH2热分解最多只能产生1mlH2，而水解法可以产生2mlH2，故答案为：等量的MgH2水解比热分解产生的氢气多，同时不需要消耗大量热能；
【小问4详解】
①温度升高以后，催化剂活性降低，导致氨气生成量减少，导致NO转化率降低，故答案为：温度升高，催化剂的活性下降，NH3和O2反应生成NO，还原剂NH3的量减少；
②在350℃以上含10%水蒸气的烟气中，水的存在使得氨气溶解，减少了氨气与氧气反应量，致使生成NO减少，故答案为：在350℃以上含10%水蒸气的烟气中，水蒸气的存在抑制了NH3和O2生成NO的反应，更多NH3和NO反应，提高NO转化率；
③加入CuO以后，使生成的硫酸根离子与铜离子结合生成硫酸铜，硫酸根就不会附着在催化剂表面，让催化剂就可以继续氧化Ce2+，故答案为：添加CuO后，氧化生成的覆盖在Cu2+上，O2氧化Ce3+生成Ce4+，恢复催化能力。
【点睛】对于化学反应的机理以及反应过程中各物质的变化状态需要深入细致的分析选项
探究方案
探究目的
A
在酸性KMnO4溶液中滴加间甲基苯甲醛，振荡，溶液紫红色褪去
验证醛基具有还原性
B
向溶液逐滴加入同体积同浓度溶液，先出现红褐色沉淀，放置后沉淀消失，溶液变为绿色
与在水溶液中存在水解反应和氧化还原反应的竞争
C
用pH试纸测定浓度均为的溶液和CH3COONa溶液的pH
比较、CH3COOH酸性相对强弱
D
向CO还原所得到的产物中加入稀盐酸，再滴加KSCN溶液，观察颜色变化
CO还原实验中，是否全部被还原
开始沉淀的pH
15
6.9
—
7.4
6.2
沉淀完全的pH
2.8
8.4
1.1
9.4
8.2