江苏南京市、盐城市2026届下学期高三年级第一次模拟考试 化学试卷（含解析）高考模拟

这是一份江苏南京市、盐城市2026届下学期高三年级第一次模拟考试 化学试卷（含解析）高考模拟，共13页。试卷主要包含了5 K39 Mn55， 硫代硫酸铁铜钠，化学式等内容，欢迎下载使用。
化学
本试卷分选择题和非选择题两部分，共100分。考试用时75分钟。
注意事项：
答题前，考生务必将自己的学校、姓名写在答题卡上。考试结束后，交回答题卡。
可能用到的相对原子质量：H1 C12 O16 Na23 S32 Cl35.5 K39 Mn55
一、选择题：本题共13小题，每小题3分，共39分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 碳纳米材料因其独特的结构和优异的物理、化学性质在众多领域展现出巨大的应用潜力。碳纳米材料属于
A. 有机材料B. 金属材料C. 无机非金属材料D. 复合材料
【答案】C
【解析】
【详解】A．有机材料主要成分为含碳的有机化合物（碳的氧化物、碳酸、碳酸盐等除外），碳纳米材料是碳单质，不属于有机材料，A错误；
B．金属材料包括金属单质和合金，碳属于非金属元素，碳纳米材料不属于金属材料，B错误；
C．无机非金属材料包含传统硅酸盐材料和新型无机非金属材料，碳纳米材料属于碳单质类新型无机非金属材料，C正确；
D．复合材料是由两种及以上不同性质的材料复合形成的多相材料，碳纳米材料是单一碳单质，不属于复合材料，D错误；
故答案选C。
2. 用化学用语表示反应4Fe＋C2HCl3＋5H+=C2H6＋4Fe2+＋3Cl-中的微粒，下列说法正确的一项是
A. Cl-的原子结构示意图B. C2H6是含非极性键的极性分子
C. C2HCl3属于不饱和烃D. Fe2+的价层电子排布式为3d6
【答案】D
【解析】
【详解】A．Cl-的核电荷数等于氯元素的原子序数应为17，A错误；
B．C2​H6​为乙烷，结构是，分子结构对称，正负电荷中心重合，是含非极性键的非极性分子，B错误；
C．分子中含有Cl元素，属于卤代烃，不属于烃，C错误；
D．Fe原子的核外电子排布为，形成阳离子时先失去最外层电子，因此失去的2个电子后，价层电子排布式为，D正确；
故选D。
3. 某小组同学在实验室进行化学实验，下列能达到实验目的的是
A. 利用甲方案量取液体B. 利用乙方案点燃酒精灯
C. 利用装置丙制氯气D. 使用装置丁过滤得到溶液
【答案】C
【解析】
【详解】A．量筒量取液体时，仰视读数会导致量取的液体体积偏大，且正确操作应为视线与凹液面最低处相平，甲图操作不符合规范，无法准确量取液体，A错误；
B．用燃着的酒精灯引燃另一盏酒精灯，易使酒精洒出引发火灾，是违规操作，不能达到实验目的，B错误；
C．次氯酸钙与浓盐酸常温下即可反应生成氯气的反应为，该装置属于固液不加热制气装置，符合反应要求，能达到实验目的，C正确；
D．过滤操作需要玻璃棒引流防止液体洒出，且漏斗下端需要紧贴烧杯内壁，该装置缺少玻璃棒引流，漏斗下端也未紧贴烧杯内壁，操作错误，不能达到实验目的，D错误；
答案选C。
4. 硫代硫酸铁铜钠，化学式：Na2[Fe(Cu)(S2O3)2]·xH2O，常用于协同沉淀剂、有机合成催化剂等。下列说法正确的是
A. 离子半径：r(Na+)＜r(Cu2+)B. 碱性：Fe(OH)3>NaOH
C. 热稳定性：H2S>H2OD. 第一电离能：I1(H)＜I1(S)
【答案】A
【解析】
【详解】A．Na+核外有2个电子层，Cu2+核外有3个电子层，比较离子半径先看电子层数，电子层数越多离子半径越大，故，A正确；
B．金属性Na＞Fe，金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，故碱性，B错误；
C．非金属性O＞S，非金属性越强，气态氢化物的热稳定性越强，故热稳定性，C错误；
D．H的原子半径小于S，原子核对电子的吸引力更强，第一电离能，D错误；
故选A。
阅读下列材料，完成以下3个小题：
第ⅢA族包括硼(B)、铝(Al)、镓(Ga)、铟(In)、铊(Tl)。其中硼是非金属单质，铝是典型的两性金属，镓是制半导体的重要材料(如砷化镓GaAs)，其熔点低(29.8℃)但沸点高，常用作高温温度计填充液。对角线规则在周期表中表现为锂和镁、铍和铝、硼和硅的相似性。硼的单质(如晶体硼)为原子晶体，硬度大，而铝为金属晶体。硼的最高价氧化物B2O3是酸性氧化物。镓、铟、铊的氢氧化物碱性逐渐增强，铊的氢氧化物TlOH为强碱，且铊的+1价化合物比+3价更稳定(惰性电子对效应)，并且三甲基镓与砷烷反应可生成半导体材料砷化镓。
5. 下列说法正确的是
A. 硼和铝同属第ⅢA族，其最高价氧化物对应水化物均为两性氢氧化物
B. 镓的熔点比铝低，可用作高温温度计的填充材料
C. 根据对角线规则，硼和硅的性质相似，因此B2O3是碱性氧化物
D. 硼砂[Na2B4O7·10H2O]可用于检验金属离子，其水溶液显酸性
6. 下列反应的方程式书写不正确的是
A. 铝热反应：2Al＋Fe2O32Fe＋Al2O3
B. 硼砂与硫酸制硼酸：B4O＋2H+＋5H2O=4H3BO3
C. Tl2O3与浓盐酸反应：Tl2O3＋2HCl=2TlCl＋H2O＋O2↑
D. 砷化镓的制备：Ga(CH3)3＋AsH3GaAs＋3CH4
7. 下列关于第ⅢA族物质性质与用途具有对应关系的是
A. 硼的硬度大，可用于制作半导体材料
B. 氧化铝熔点高，可用于电解冶炼铝
C. 砷化镓具有半导体性质，可用于制作光电器件
D. 氢氧化铊是碱，可用于中和胃酸
【答案】5. B 6. C 7. C
【解析】
【5题详解】
A．硼酸是一元弱酸，不是两性氢氧化物，A错误；
B．电荷数相同的离子，离子半径越小，金属键越弱，对应晶体的熔点越低，同主族元素，从上到下离子半径依次减小，则镓的离子半径大于铝离子，镓的熔点低于铝；由题意可知，镓熔点低但沸点高，所以是用作高温温度计填充液的优良材料，B正确；
C．由题意可知，三氧化二硼是酸性氧化物，C错误；
D．硼砂是强碱弱酸盐，在溶液中发生水解反应使溶液呈碱性，D错误；
故选B；
【6题详解】
A．氧化铁发生的铝热反应为铝与氧化铁 发生置换反应生成铁和氧化铝，反应的化学方程式为：2Al＋Fe2O32Fe＋Al2O3，A正确；
B．硼砂制备硼酸的反应为硼砂溶液与硫酸溶液反应生成硫酸钠和硼酸，反应的离子方程式为：B4O＋2H+＋5H2O=4H3BO3，B正确；
C．由题意可知，三氧化二铊具有强氧化性，能与浓盐酸反应生成TlCl、氯气和水，反应的离子方程式为：Tl2O3＋6HCl=2TlCl＋2Cl2↑＋3H2O，C错误；
D．由题意可知，制备砷化镓的反应为三甲基镓和砷烷高温下发生取代反应生成砷化镓和甲烷，反应的化学方程式为：Ga(CH3)3＋AsH3GaAs＋3CH4，D正确；
故选C；
【7题详解】
A．硼可制作半导体材料是因为硼单质的导电性介于导体和绝缘体之间所致，与硬度大的性质无关，A不符合题意；
B．氧化铝可用于电解冶炼铝是因为氧化物离子化合物，在熔融状态下能电离出自由移动的离子所致，与氧化物的熔点高无关，B不符合题意；
C．砷化镓具有半导体性质，可实现光电转换，所以砷化镓可用于制作光电器件，C符合题意；
D．由题意可知，氢氧化铊具有强氧化性，能与浓盐酸反应生成TlCl、氯气和水，所以氢氧化铊不能用于中和胃酸是因为氢氧化铊具有强氧化性所致，与氢氧化铊是碱无关，D不符合题意；
故选C。
8. 一种电解法制备Na2FeO4的装置如图所示。下列说法正确的是
A. 电解时化学能转化为电能
B. 电解时应将铂电极与直流电源正极相连
C. 电解过程中转移2mle-，理论上可获得标准状况下的H211.2L
D. 电解时铁电极反应式：Fe-6e-+8OH-=FeO+4H2O
【答案】D
【解析】
【分析】电解法制备Na2FeO4，根据装置图，铁元素化合价由0价→+6价，化合价升高，根据电解原理，铁电极作阳极，铂电极为阴极，据此分析；
【详解】A．该装置为电解池，将电能转化成化学能，故A错误；
B．根据上述分析，铂电极为阴极，与电源的负极相连，故B错误；
C．阴极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，转移2ml电子，生成1ml氢气，则标准状况下，生成氢气体积为22.4L，故C错误；
D．制备高铁酸钠，铁元素化合价升高，根据电解原理，铁电极为阳极，电极反应式为Fe-6e-+8OH-=FeO+4H2O，故D正确；
答案为D。
9. 甲酸在金属-有机胺催化剂作用下分解制氢的反应为，可能的反应机理如下图所示。
下列说法不正确的是
A. 催化剂中的Pd带部分正电荷
B. 步骤I有配位键形成
C. 步骤III中每生成，转移电子的数目约为
D. 若以DCOOH代替HCOOH，则生成HD
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知，催化剂中的能够与HCOO-和H-结合，说明催化剂中的带部分正电荷，A正确；
B．步骤中，电离出，氢离子提供空轨道，提供孤电子对，形成配位键，B正确；
C．步聚中价的价的发生归中反应生成氢气，每生成转移电子的数目约为，C错误；
D．根据步骤原理可知，甲酸上的碳和氧原子生成二氧化碳，另外两个氢原子通过步骤会生成氢气，若以代替，就会生成，D正确；
故选C。
10. 化合物Z是合成药物非奈利酮的重要中间体，合成路线如下：下列说法正确的是
A. Y中的官能团分别是酯基、羰基、碳溴键；Y晶体为分子晶体
B. X、Y、Z可用饱和碳酸氢钠溶液和银氨溶液进行鉴别
C. 1 ml Z最多能与3 ml氢气发生加成反应，且产物中含有3个手性碳原子
D. Z在一定条件下能发生加成反应、取代反应等，不能发生还原反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．Y中的官能团分别是酯基、醚键和碳溴键，Y属于有机化合物，分子间通过范德华力结合，属于分子晶体，故A错误；
B．X可与饱和NaHCO3溶液反应产生气泡，Z可以与银氨溶液反应产生银镜，Y无明显现象，故X、Y、Z可用饱和NaHCO3溶液和银氨溶液进行鉴别，故B正确；
C．Z中1 ml苯环可以和3 ml H2发生加成反应，1 ml醛基可以和1 ml H2发生加成反应，故1 ml Z最多能与4 ml H2发生加成反应且加氢后的产物中有3个手性碳原子，分别是六元环上与、连接的碳原子，故C错误；
D．Z中苯环上的氢能发生取代反应，Z结构中含有的醛基可与发生加成反应，该反应也属于还原反应，故D错误；
因此答案选B。
11. 根据下列实验操作和现象所得到的结论或作出的解释正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．CH3COONa溶液pH约为9，NaNO2溶液pH约为8，但实验未指明溶液浓度，不能说明CH3COO-和水解能力的相对强弱，即无法直接比较酸的电离能力，A不合题意；
B．在除去铁锈的铁片上滴加含酚酞的食盐水，静置后溶液边缘出现红色，说明局部产生OH-，符合吸氧腐蚀的阴极反应(O2 + 2H2O + 4e- = 4OH-)，结论“铁片上有吸氧腐蚀发生”，B符合题意；
C．向NaBr溶液中滴加过量氯水，溶液变橙色，说明Cl2氧化Br-生成Br2，证明氧化性Cl2 > Br2；但再加入淀粉KI溶液变蓝色，由于过量Cl2存在，Cl2可直接氧化I-生成I2，无法证明Br2 > I2，因此结论“氧化性Cl2 > Br2 > I2”不完全成立，C不合题意；
D．向新制氯水中加入碳酸氢钠溶液有气泡产生，是由于氯水中的HCl(强酸)与反应生成CO2，不能说明HClO与NaHCO3反应放出气体，即不能得出结论“酸性：HClO > H2CO3”，D不合题意；
故答案为：B。
12. 工业以草酸钠和硫酸铜为原料制备纳米铜粉原理如下图所示。室温25℃时，H2C2O4的Ka1=5.9×10-2，Ka2=6.4×10-5。下列说法正确的是
A. H2SO4的电子式：
B. 0.1ml·L-1Na2C2O4溶液中：c(H2C2O4)·c(OH-)＜c(H+)·c()
C. “沉铜”后的滤液中：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c()+2c()
D. 在氩气中热分解可防止铜粉被氧化，气体X除氩气外还含等量CO和CO2气体
【答案】B
【解析】
【详解】A．图中给出的是的结构式，而非电子式，的电子式为，A错误；
B．对于溶液 ，第二步水解，水解常数，变形得，草酸第二步电离的平衡常数为，变形得，代入数据，，，得，因此，B正确；
C．沉铜反应是硫酸铜和草酸钠反应生成草酸铜沉淀，沉铜后的滤液中含、、、、、，根据电荷守恒，正确的关系式为，C错误；
D．沉铜得到沉淀，在氩气中热分解得到纳米铜粉，可防止纳米铜粉被氧化，该过程的总反应方程式为，则气体X为，不含，D错误；
答案选B。
13. 在恒压密闭容器中，充入起始量一定的和，主要发生下列反应：
反应I：
反应II：
达平衡时，转化率和CO的选择性随温度的变化如图所示[CO的选择性]

下列说法正确的是
A. 反应I的
B. 升高温度能提高的平衡产率
C. 温度高于300℃时，曲线②随温度升高而升高说明此时主要发生反应I
D. 同时提高的平衡转化率和平衡时的选择性，应选择在低温低压条件下反应
【答案】C
【解析】
【分析】反应I是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，CO的选择性逐渐增大，因此曲线①是CO的选择性随温度的变化、曲线②是转化率随温度的变化。
【详解】A．反应I能够自发进行，其，根据可知，，故A错误；
B．反应I正向反应是吸热反应，反应Ⅱ正向反应是放热反应，升高温度，反应I正向移动，反应Ⅱ逆向移动，的平衡产率降低，故B错误；
C．根据前面分析，曲线②是转化率随温度的变化曲线，温度高于300℃时，转化率随温度升高而增大，反应I为吸热反应，升温会促进其正向进行，使转化率增大；反应Ⅱ为放热反应，升温会使平衡逆向移动，使转化率减小，总转化率随温度升高而增大，说明此时起主导作用的是吸热的反应I，故C正确；
D．反应Ⅱ正向反应是体积减小的放热反应，要同时提高的平衡转化率和平衡时的选择性，应选择在低温高压条件下反应，故D错误；
故答案选C。
二、非选择题：共4题，共61分。
14. 项目小组制备草酸并测量其纯度。实验室制备草酸的流程如下：

（1）草酸制备的主要装置如图所示。
①将100mL淀粉水乳液和少许浓硫酸混合加入三颈瓶中，搅拌，控温85-90℃，反应40分钟，使淀粉充分水解成葡萄糖。检验淀粉已经完全水解的方法是_______。
②将质量比为2:1.5:0.0002的浓硝酸、浓硫酸和钒触媒的混合液加入恒压滴液漏斗中，分批加入到烧瓶内的水解液中，控温60℃，搅拌，反应3h左右。实验中若混酸滴加过快，将会导致草酸产率下降。可能的原因是_______。
③实验中，冷凝管可使尾气排出。冷凝管的主要作用还有_______。为防止污染，从冷凝管上部排出的气体可采取的处理方法是_______。
（2）产品纯度测定。称取上述得到的粗产品9.00g，配成1000 mL溶液，取5.00 mL溶液放入锥形瓶中，再稀释到20mL，用0.01 ml·L-1酸性KMnO4标准溶液滴定至恰好反应完全，消耗KMnO4溶液18.00 mL。
①滴定过程中的操作是_______。
②草酸产品的纯度为_______(产品中的杂质不参与反应，写出计算过程)。
【答案】（1） ①. 取少量水解液，加入碘水，若溶液不变为蓝色，说明淀粉已经完全水解 ②. 用量过大致氧化性过强，将草酸进一步氧化为二氧化碳 ③. 冷凝回流硝酸 ④. 用溶液吸收尾气
（2） ①. 从滴定管向锥形瓶中滴加溶液，振荡锥形瓶，观察溶液颜色变化，至滴加最后一滴溶液，锥形瓶中溶液变为红色，且半分钟内不再褪色，停止滴加溶液，读取滴定管的最终读数，计算消耗溶液的体积，记录数据。 ②. 90.00%
【解析】
【分析】淀粉水乳液在硫酸的催化作用下水解成葡萄糖，然后将浓硝酸、浓硫酸和钒触媒的混合液分批加入到水解液中，反应生成草酸，再经冷却结晶、过滤、干燥，最终得到草酸粗产品。
【小问1详解】
①淀粉遇碘单质变蓝，若淀粉已完全水解为葡萄糖，则往水解液中加入碘水，溶液不变蓝，因此检验淀粉已经水解完全的方法是：取少量水解液，加入碘水，若溶液不变为蓝色，说明淀粉已经完全水解。故答案为：取少量水解液，加入碘水，若溶液不变为蓝色，说明淀粉已经完全水解；②实验中若混酸滴加过快，使得硝酸的浓度过大，其氧化性过强，生成的进一步被氧化为，从而导致草酸产率下降，故答案为：用量过大致氧化性过强，将草酸进一步氧化为二氧化碳；③冷凝管的主要作用除了可使尾气排出外，还可以冷凝回流易挥发的硝酸；④为防止反应产生的酸性气体直接排放造成环境污染，从冷凝管上部排出的气体可用氢氧化钠溶液吸收；
【小问2详解】
①从滴定管向锥形瓶中滴加溶液，振荡锥形瓶，观察溶液颜色变化，至滴加最后一滴溶液，锥形瓶中溶液变为红色，且半分钟内不再褪色，停止滴加溶液，读取滴定管的最终读数，计算消耗溶液的体积，记录数据；
②该反应方程式为：，根据其中数量关系可得：，，
15. 有机物F的一种合成路线如下(转化①②的条件未列出)：
（1）转化①所需的试剂和条件为_______，转化②所需的试剂和条件为_______。
（2）物质D、E、F中含有的官能团分别为_______、_______、_______。
（3）转化⑤的反应类型为_______反应。
（4）写出同时满足下列条件的E的一种同分异构体的结构简式：_______。
①能发生银镜反应，能与FeCl3发生显色反应；
②分子中含有4种不同化学环境的氢原子。
（5）设计以苯酚为原料制取的流程图(无机试剂及有机溶剂任用)_______。
【答案】（1） ①. Cl2，光照 ②. NaOH水溶液，加热
（2） ①. 羰基（或酮羰基） ②. 羰基（或酮羰基）、羟基 ③. 羰基、碳碳双键
（3）消去 （4）
（5）
【解析】
【分析】由流程及物质结构、化学式可知，A为乙苯，乙苯发生取代反应引入氯原子生成B，B发生取代反应引入羟基得到C，羟基氧化为羰基得到D，D和甲醛发生羟醛缩合反应转化为E，E发生消去反应生成F；
【小问1详解】
转化①是乙苯侧链的α-H被Cl取代，需在光照下用Cl2进行自由基取代；转化②是卤代烃水解为醇，需在NaOH水溶液中加热。
【小问2详解】
D（C6H5-CO-CH3）：羰基（或酮羰基）；E（C6H5-CO-CH2-CH2OH）：羰基（或酮羰基）和羟基；F（C6H5-CO-CH=CH2）：羰基（或酮羰基）和碳碳双键。
【小问3详解】
转化⑤是E（C6H5-CO-CH2-CH2OH）在加热条件下脱水生成F（C6H5-CO-CH=CH2），属于消去反应。
【小问4详解】
① 能发生银镜反应，能与FeCl3发生显色反应；② 分子中含有4种不同化学环境的氢原子。首先，E的分子式为C9H10O2。根据条件：能发生银镜反应，说明有-CHO或甲酸酯基（-OOCH），但-OOCH不符合“与FeCl3显色”，故应为-CHO。能与FeCl3显色，说明有酚羟基（-OH）。分子中只有4种H，说明结构高度对称。可能的结构：苯环上需有-CHO和-OH，且剩余部分为两个-CH3。要使H种类为4种，可将-CHO和-OH置于对位，两个-CH3置于对称位置。符合条件的结构简式为或（两者选其一即可）。
【小问5详解】
苯酚环上需引入三个Br原子，可先与Br2在室温下生成2,4,6-三溴苯酚，下一步为加氢还原苯环，继续氧化羟基为酮，最后一步-Br水解为-OH。具体合成路线如下：。
16. 锗是一种重要半导体材料，中国是世界上锗主要生产国之一。工业上可用锌粉置换镓锗渣制备高纯度GeO2，相关流程包含浸出、沉锗、氯化、水解等步骤。
（1）提高锗的浸出率和反应速率的方法有_______、_______。
（2）浸出：可用草酸(HOOC-COOH)作为浸出剂，将Ge转化为[Ge(OH)2(C2O4)2]2-，转移到溶液中。
①[Ge(OH)2(C2O4)2]2-中含有两个五元环，Ge为六配位，配位原子均为氧，画出该离子的结构式_______。
②草酸浸取缺点在于矿渣中其他金属阳离子易与草酸形成沉淀或配合物，草酸的利用率降低。已知室温下，H2C2O4的电离平衡常数Ka1=6.0×10-2，Ka2=6.4×10-5；CuC2O4溶度积Ksp=4.4×10-10，则反应H2C2O4＋Cu2+⇌CuC2O4＋2H+的平衡常数K的数值为_______。
③以热的浓硫酸作为氧化剂，可将H2[Ge(OH)2(C2O4)2]彻底氧化，将锗元素转化为Ge4+进入溶液，反应的化学方程式为_______。
（3）丹宁酸沉锗：丹宁酸是一种多酚(简记为HL)，易与Ge(Ⅳ)配位得到[GeL2]2+，[GeL2]2+最终转化为沉淀，将溶液中锗沉出，反应为Ge4+＋2HL=[GeL2]2+＋2H+，若反应体系中存在较多Fe3+不利于锗的沉淀，原因是_______。
（4）GeO2粗品中常含有少量As2O3。为了提纯GeO2，可先将其转化为GeCl4，再在0℃下水解GeCl4得到高纯GeO2。已知：
①GeO2与As2O3均为两性氧化物，部分晶型的GeO2难溶于盐酸；
②GeCl4常温下是液体，沸点为84℃，易与AsCl3共沸；
③AsCl3在pH为0.4~0.6时有还原性；
现有已知砷含量的粗品GeO2，补充完整提纯的实验方案：向粗品中分批加4ml·L-1NaOH溶液，直至粗品完全溶解，向溶液中加入_______；，随后加入足量NaClO3固体充分反应；控制温度为_______；进行蒸馏，将馏分_______；，充分搅拌直至无沉淀生成，过滤，洗涤2~3次，干燥。(实验中须使用的试剂：10ml·L-1盐酸、蒸馏水)
【答案】（1） ①. 适当加热 ②. 适当提高浸出剂浓度
（2） ①. ②. 8.7×103 ③.
（3）丹宁酸中有大量酚羟基，易与Fe3+反应，使丹宁酸浓度下降，从而使[GeL2]2+浓度下降
（4） ①. 10 ml/L盐酸至pH在0.4~0.6范围内 ②. 84℃ ③. 冷却后，与0℃的蒸馏水混合
【解析】
【小问1详解】
提高锗的浸出率和反应速率，可采取适当加热，适当提高浸出剂浓度等措施；
【小问2详解】
①由配离子中含有两个五元环，锗离子为六配位，配位原子均为氧可知，离子的结构式为；
②由方程式可知，反应的平衡常数K====≈8.7×103；
③由题意可知，锗元素转化为Ge4+离子的反应为浓硫酸与共热反应生成硫酸锗、二氧化碳、二氧化硫和水，反应的化学方程式为；
【小问3详解】
丹宁酸是一种多酚，Fe3+会与酚发生络合反应生成配合物，所以反应体系中存在较多Fe3+时，丹宁酸中的酚羟基易与Fe3+反应使丹宁酸浓度下降，从而使[GeL2]2+浓度下降，不利于锗的沉淀；
【小问4详解】
由题意可知，提纯二氧化锗的实验方案为向粗品中分批加入4 ml/L氢氧化钠溶液，直至粗品完全溶解，向溶液中加入10 ml/L盐酸至pH在0.4~0.6范围内，将锗元素、砷元素转化为氯化物，随后加入足量氯酸钠固体充分反应，将三氯化砷氧化为五氯化砷；控制温度为84℃进行蒸馏，将馏分冷却后，与0℃的蒸馏水混合，充分搅拌直至无沉淀生成，过滤，洗涤2~3次，干燥得到二氧化锗。
17. 甲醇和水蒸气催化重整制取氢气的原理为．重整过程中的主要反应为：
反应1：
反应2：
反应3：
（1）反应的______________．
（2）在时，密闭容器中发生反应1、2、3．随温度的升高，平衡时容器中的浓度先增大后减小．过程中浓度减小的原因是______________．
（3）选择膜反应器可提高重整效率．膜反应器中金属膜允许通过，而气体等不能通过．膜反应器的作用是______________．
（4）在催化剂表面上甲醇与水蒸气重整的机理如图所示．
其中“*”表示该微粒吸附在催化剂表面，为带有一定电性的吸附位点．表示微粒从催化剂表面脱附．
①用替换，生成氢气的化学式是______________．
②从电负性的角度分析，均通过原子吸附在催化剂位点上的原因是______________．
③从化学键断裂和形成以及微粒吸附与脱附的角度，步骤Ⅳ的反应过程可描述为______________．
【答案】（1）49 kJ·ml−1
（2）温度升高，反应1和反应2的平衡均正向移动，且反应2的正向移动的程度大于反应1
（3）实现H2与其余气体的分离，提高单位时间内H2的产量
（4） ①. H2、HD ②. 在CH3OH和H2O中O的电负性比较大，较易吸附在带正电性的SB位点上。 ③. 吸附在SB位点上氧原子的H-O以及氧原子相邻碳原子的C-H断裂，碳原子与氧原子形成碳氧双键，产生的氢原子形成H-H并吸附于SA位点，继而脱附产生H2。
【解析】
【小问1详解】
根据盖斯定律，反应1+2+3可得反应，47+18-16=49 kJ·ml−1；
【小问2详解】
温度升高有利于反应向吸热方向进行，随温度的升高，平衡时容器中的浓度先增大后减小，原因是温度升高，反应1和反应2的平衡均正向移动，且反应2的正向移动的程度大于反应1；
【小问3详解】
膜反应器中金属膜允许通过，而气体等不能通过，分离出二氧化碳，可减少生成物浓度，平衡正向进行，氢气产量提高，膜反应器的作用是实现H2与其余气体的分离，提高单位时间内H2的产量；
【小问4详解】
①根据机理可知，水和甲醇中共价键断裂，生成氢气，氢元素的来源是水和甲醇，用替换，生成氢气的化学式是H2、HD；
②非金属性越强其电负性越大，则电负性：O>C>H，均通过原子吸附在催化剂位点上的原因是在CH3OH和H2O中O的电负性比较大，较易吸附在带正电性的SB位点上；
③从化学键断裂和形成以及微粒吸附与脱附的角度，步骤Ⅳ的反应过程可描述为吸附在SB位点上氧原子的H-O以及氧原子相邻碳原子的C-H断裂，碳原子与氧原子形成碳氧双键，产生的氢原子形成H-H并吸附于SA位点，继而脱附产生H2。选项
实验操作和现象
结论或解释
A
测得CH3COONa溶液的pH约为9，NaNO2溶液的pH约为8
HNO2电离出H+的能力比CH3COOH的强
B
在除去铁锈的铁片上滴1滴含有酚酞的食盐水，静置2~3 min，溶液边缘出现红色
铁片上有吸氧腐蚀发生
C
向NaBr溶液中滴加过量氯水，溶液变橙色，再加入淀粉KI溶液，溶液变蓝色
氧化性：Cl2＞Br2＞I2
D
向新制氯水中加入碳酸氢钠溶液，有气泡产生
酸性：HClO＞H2CO3