江苏南通市海安高级中学2026届高三四月学情调研 化学试题含答案

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H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Ca-40 Cu-64 Ga-70 Se-79
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．化学与生产、生活等密切相关。下列说法正确的是
A．采用冷链运输新冠疫苗，以防止蛋白质变性
B．向河水中加入明矾，可除去悬浮杂质并杀灭有害细菌
C．大丝束碳纤维被称为“新材料之王”，属于有机高分子材料
D．5G技术实现超高清信号长时间稳定传输，5G芯片主要材质是SiO2
2．下列化学用语或图示表达正确的是
A．H3O+的VSEPR模型：
B．基态Br原子的电子排布式：[Ar]4s24p5
C．Cl2的p-p σ键电子云轮廓图：
D．用电子式表示CsCl的形成过程：Cs·+Cl····:→Cs+[:Cl····:]−
3．下列实验操作正确且能达到实验目的的是
A．A B．B C．C D．D
4．对金属材料中C、O、N、S的含量进行定性和定量分析，可以确定金属材料的等级。下列说法正确的是
A．电离能大小：I1(N)>I1(O)>I1(S)
B．沸点高低：H2S>H2O>NH3
C．酸性强弱：H2SO3>HNO3>H2CO3
D．半径大小：r(S2−)>r(O2−)>r(N3−)
阅读下列材料，完成下面小题：
人类对酸碱的认识不断完善。1887年，Arrhenius提出酸碱电离理论：凡在水溶液中电离出的阳离子皆为H+的物质谓之酸，电离出的阴离子皆为OH−的物质谓之碱。1923年，Brnsted和Lwry提出了酸碱质子（H+）理论：凡能给出质子的物质皆为酸，凡能结合质子的物质皆为碱，酸碱反应的本质为质子转移。同年Lewis提酸碱电子理论：凡能接受电子对的物质都是酸，凡能给出电子对的物质都是碱。
5．下列对于酸碱分类的推断符合Arrhenius酸碱电离理论的是
A．Na2CO3溶液能使酚酞显红色，Na2CO3是一种碱
B．NH3(g)能与HCl(g)反应生成NH4Cl(s)，NH3是一种碱
C．NaHSO4能与Mg反应产生H2，NaHSO4是一种酸
D．KOH能与FeCl3反应生成Fe(OH)3沉淀，KOH是一种碱
6．下列反应符合“质子转移”理论且表示正确的是
A．向热的CH3COONa溶液中加入NH4Cl(s)：NH4++CH3COO−=ΔNH3↑+CH3COOH
B．向NaClO溶液中加入浓盐酸：ClO−+H+=HClO
C．CH3I与NaOH溶液混合加热：CH3I+NaOH=ΔCH3OH+NaI
D．向饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2：CO32−+CO2+H2O=HCO3−
7. 根据酸碱电子理论，Al2O3具有两性，其酸碱中心是某些催化反应的活性位点。通过调节温度可控制CH3CH2OH在催化剂表面的吸附方式，从而获得不同的产物。反应过程示意图可表示如下：
下列叙述不正确的是
A.X为酸性中心
B. 有机物Z的结构简式为CH2=CH2
C. 改变温度使Al2O3的酸碱吸附位均发生吸附，脱水后生成的有机物为乙醚
D. 控制其他条件相同，CH3CH2NH2比CH3CH2OH更难在催化剂表面吸附
8. 化合物W是一种胃肠促动剂的重要中间体，其部分合成路线如下：
下列说法正确的是
A. 由X→Y可推知醛基的还原性强于酯基
B.Y分子中采取sp3杂化方式的碳原子数为5
C.Z→W中有(C2H5)3N·HOSO2CH3生成
D. 用NaHCO3溶液可检验W中是否含有Z
9. 一种电解乙酰基吡啶废水中的(NH4)2SO4制备(NH4)2S2O8的电化学装置如题9图所示。
下列说法正确的是
离子交换膜
A．石墨电极与直流电源正极相连
B．电解时，铂网电极附近pH增大
C．离子交换膜应选择性透过阴离子
D．阴极上的电极反应为2SO42−+2e−=S2O82−
10．化学储氢材料NaB−3H4遇水可释放H2，同时生成NaBO2。NaBH4的一种合成方法如下：
下列说法正确的是
A．[BH4]−和BF3分子中B原子的杂化方式均为sp3
B．MgH2转化为NaBH4的反应是氧化还原反应
C．B的电负性大于H，NaBH4常用作还原剂
D．理论上1ml NaBH4与水反应生成的n(H2)大于制备1ml NaBH4所消耗的n(H2)
11．室温下，取三根打磨后形状大小相同的镁条，通过下列实验探究镁在溶液中的反应。已知：Ka1(H2CO3)=4.5×10−7，Ka2(H2CO3)=4.5×10−11。
实验1：将镁条放入滴有酚酞的水溶液中，镁条表面有少量气泡，溶液显无色；
实验2：将镁条放入滴有酚酞的稀NaCl溶液中，有气体产生，溶液显红色；
实验3：将镁条放入NaHCO3溶液中，有较多气体产生；经检验，该气体中含H2和CO2。
下列说法正确的是
A．实验1产生的气体中可能含有O2
B．实验2反应后的溶液中存在：2c(Mg2+)+c(H+)=c(OH−)
C．实验3中氧化剂为H2O
D．实验3中生成CO2的反应：Mg+4HCO3−=MgCO3+CO2↑+2CO32−+H2O
12．柠檬酸（H3Cit）的结构简式为 。H3Cit水溶液中各组分分布系数δ随溶液pH的变化如题图所示。某液体洗鼻剂由H3Cit、Na3Cit及NaCl固体溶解后制得，溶液pH在4.7~6.4之间。下列说法正确的是
A．在水中的溶解度：柠檬酸小于己酸
B．若H3Cit的初始浓度为0.010 ml·L−1，则a点对应的溶液中：c(H+)>c(OH−)+c(H2Cit−)
C．向该洗鼻剂溶液中滴加少量NaOH溶液，溶液pH基本不变，是因为发生反应：H3Cit+OH−=H2O+H2Cit−
D．以K2CrO4为指示剂，用AgNO3标准溶液测定NaCl含量时需要调节溶液pH至强酸性
13．乙醇—水蒸气制H2的过程中的主要反应（忽略其他副反应）如下：
①C2H5OH(g)+3H2O(g)=2CO2(g)+6H2(g)；ΔH1=+173.3 kJ·ml−1
②CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)；ΔH2
101 kPa时，H2的平衡产率与温度、起始时水醇比[n(H2O)n(C2H5OH)]的关系如图所示，图中同一条曲线上H2的平衡产率相同。下列说法不正确的是
A. H2的平衡产率：曲线a0
C. Q点处与P点处反应①的平衡常数K相等
D. H2的平衡产率由M点转变为曲线a上任意一点时，要提高水醇比
14. 铟、镓、铝同为IIIA族元素。从镓精矿中提取镓可制备铜铟镓硒太阳能电池材料。
（1）一种从某镓精矿（主要含K、Na、Fe、Al、Ga的氧化物）中提取镓的流程如下：
①加料完成后，为提高镓精矿中镓元素的浸取速率，可采取的措施有 （填两条）。
②利用 （填“阴”或“阳”）离子交换树脂可富集碱浸后滤液中的镓元素。该交换树脂除具有成本低、无污染、交换时吸附速率快的优点外，还具有的优点为 。
③向酸解后的溶液中加入NaOH调节溶液pH至弱碱性，得到含H2GaO3−的溶液。写出电解沉积时生成Ga的电极反应方程式： 。
④电解沉积时，电极上析出n(Ga)及阴极收集的气体体积随通电时长的变化如题图-1所示。通电30 min后，电极上析出n(Ga)不升反降的原因是 。
（2）铜铟镓硒(CIGS)是一种理想的太阳能电池材料。为准确分析其中各元素，需要先分离出其中的Se元素：将CIGS样品充分溶于足量热的HNO3—HCl混合液，使Se完全氧化为
H2SeO3，向溶液中加入某还原剂X充分反应后，再加入H2SO3将H2SeO3还原为单质Se沉淀（其他元素未沉淀）。
①还原剂X的还原性需满足的条件为 。
②一种CIGS晶体的晶胞结构如图-2a所示（图-2b为该晶胞沿y轴方向的投影）。该晶体中In与Ga的物质的量之比为2：3，准确称取m1g该晶体，利用上述方法处理后得到Se沉淀质量为m2g。该操作中Se元素沉淀率为 。（写出计算过程，计算结果用含m1、m2的关系式表示）
15．化合物H是一种具有生物活性的含氧衍生物，可通过如下路线合成得到：
（1）比较化合物A与X（）的熔点高低，并说明理由： 。
（2）反应③和④的顺序能否对调，并说明原因： 。
（3）化合物G→H的合成过程中，经历了G→取代M→加成N→消去H三步反应，其中N的结构简式为 。
（4）写出一种符合下列要求的H的同分异构体的结构简式： 。
① 能发生水解反应，酸性条件下水解得到甲、乙、丙三种有机物；
② 甲与FeCl3溶液发生显色反应，含有2种化学环境不同的氢；
③ 乙分子中含2种不同杂化方式的碳原子，只含有1种化学环境的氢。
例见本题题干）____。
16．氧化亚铜（Cu₂O）主要用于制造杀虫剂、分析试剂和红色玻璃等。Cu₂O在酸性溶液中歧化为二价铜和铜单质。以黄铜矿（主要成分为CuFeS₂，含有杂质SiO₂）为原料制取Cu₂O的一种工艺流程如图所示：
（1）写出“浸泡”时CuFeS₂发生反应的离子方程式____。
（2）判断“操作1”反应已完成的实验操作及现象为____。
（3）“热还原”时，将新制Na₂SO₃溶液和CuSO₄溶液按一定量混合，加热至90℃并不断搅拌反应得到Cu₂O粉末。制备装置如图所示：
反应时A装置原料反应配比为n（Na₂SO₃）：n（CuSO₄）=3：2，B装置的作用是吸收反应产生的酸性气体，防止污染环境，A装置中反应的化学方程式为____。
（4）实际反应中不断滴加NaOH溶液的作用是：____。
（5）反应完成后，利用装置B中的溶液（NaOH与Na₂SO₃混合溶液）可制备Na₂SO₄·10H₂O晶体。请补充完整实验方案，取装置B中的溶液，____，洗涤、干燥得Na₂SO₄·10H₂O
晶体。（已知：室温下，溶液中H2SO3、HSO3−、SO32−的物质的量分数随pH的分布如图所示；室温下从Na2SO4饱和溶液中结晶出Na2SO4·10H2O，实验中须使用的试剂及仪器有：SO2、氧气、pH计）
（6）工业上常以铜做阳极，石墨做阴极，电解含有NaOH的NaCl水溶液制备Cu2O。已知：该电解过程中阳极先生成难溶物CuCl，再与NaOH反应转化为Cu2O。若电解时电路中通过0.2ml电子，理论上生成Cu2O的质量为 g。
17. 甲醛释氢对氢能源和含甲醛污水处理有重要意义。
（1）HCHO电催化释氢
催化电解含较低浓度的HCHO、NaOH混合溶液，可获得H2与HCOONa（如图1所示），其中电极b表面覆盖一种M与P形成的化合物（晶胞结构如图2所示）作催化剂。
①催化剂可由MO2与(NH4)2HPO4混合物与H2高温灼烧制得（反应中N元素化合价不变），该反应的化学方程式为 。
②电解时，电极b上同时产生H2与HCOO−的物质的量之比为1：2，则电极b上的电极反应式为 。
③电解过程中每产生1ml H2，通过阴离子交换膜的OH−为 ml。
（2）HCHO水化解氢：
45℃时，碱性条件下Ag作催化剂可将甲醛转化为H2，反应的机理如图3所示。使用时将纳米Ag颗粒负载在Al2O3表面以防止纳米Ag团聚。其他条件不变，反应相同时间，NaOH浓度对氢气产生快慢的影响如图4所示。
已知：甲醛在碱性条件下会发生副反应2HCHO＋NaOH=HCOONa＋CH3OH。
①若将甲醛中的氢用D原子标记为DCDO，得到的氢气产物为 （填化学式）。
②NaOH浓度低于1ml/L时，NaOH浓度增大产生氢气会加快的原因是 。
③若NaOH浓度过大，H2的产生迅速减慢的原因可能是 。
（3）甲烷与水在催化剂作用下可产生氢气与碳氧化物，与甲烷水化法制氢气相比，甲醛制氢的优点有 。
1．A
A．疫苗中的蛋白质在较高温度下容易变性，所以采用冷链运输疫苗，以防止蛋白质变性，A正确；
B．明矾能净化河水，但不能对河水消毒杀菌，B错误；
C．碳纤维不是有机物，C错误；
D．5G芯片主要材质是Si单质，D错误；
故选A。
2．C
A．H3O+中心O的价层电子对数=σ键数++孤电子对数=3+6−1−3×12=4，VSEPR模型包含孤电子对，应为四面体形，如图，A错误；
B．Br是35号元素，基态原子核外电子排布式应为[Ar]3d104s24p5，B错误；
C． Cl2中p - pσ键是两个p轨道沿键轴方向以头碰头方式重叠，重叠后的电子云轮廓图与图示一致，C正确；
D．CsCl是离子化合物，电子式表示形成过程时，产物需要标出阴阳离子电荷、氯离子的括号，正确写法应为 ，D错误；
故选C。
3．B
A．关闭弹簧夹，软导管使液体顺利流下，为连通装置，不能检验气密性，A错误；
B．溴和氢氧化钠溶液反应生成可溶性的钠盐，四氯化碳不反应，四氯化碳和水不互溶，四氯化碳密度大于水，所以水溶液在上方、四氯化碳在下方，再通过分液即可除去，B正确；
C．高锰酸钾溶液的浓度不同，颜色不同，应控制等浓度的高锰酸钾溶液且不足，改变草酸的浓度来探究浓度对化学反应速率的影响，C错误；
D．在容量瓶中配制一定物质的量的溶液，最后摇匀，上下摇晃时一手托住瓶底，一手按住瓶塞，D错误；
故答案为：B。
4．A
A．同一周期主族元素从左往右第一电离能呈现增大的趋势，但N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，则N大于O，同主族元素的第一电离能从上往下逐渐减小，则O大于S，可知电离能大小：1(N)>1(O)>1(S)，故A正确；
B．H2S、H2O、NH3均为分子晶体，而水分子、氨分子间均存在氢键，但相同状态下，水分子形成的氢键更多，且形成的氢键更稳定，因此水分子的沸点更高，因此沸点： H2O>NH3>H2S，故B错误；
C.元素的非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物酸性越强，N的非金属性强于C，H2SO3并非是硫元素的最高价，因此亚硫酸为弱酸，但酸性比碳酸强，因此酸性：HNO3>H2SO3>H2CO3，故C错误；
D．S2−的核外电子排布为三层，O2−和N3−的核外电子排布相同，但只有两层，阴离子的电子层数越多则离子半径越大，但N的核电荷数小，核外电子层数相同时，序大径小，半径：r(O2−)r(N3−)>r(O2−)，故D错误；
故答案选A。
5．D 6．A 7．D
5.A．Na2CO3是盐，其水溶液呈碱性是因为CO32−水解产生OH−，但Na2CO3本身电离出的是Na+和CO32−，不电离出OH−，不符合Arrhenius碱的定义，A错误；
B．Arrhenius理论仅限水溶液体系，且要求碱电离出OH−。NH3在水溶液中才表现出碱性（与水反应生成NH4+和OH−），但NH3本身不电离出OH−，在气相中反应也不符合Arrhenius定义，B错误；
C．NaHSO4虽然在水溶液中能电离出H+（NaHSO4=Na++H++SO42−），但还电离出Na+，不符合Arrhenius酸的定义（阳离子全部为H+），C错误；
D．KOH在水溶液中电离出K+和OH−，阴离子全部是OH−，完全符合Arrhenius碱的定义，D正确；
故选D。
6.A．NH4+是酸（给出H+生成NH3），CH3COO−是碱（接受H+生成CH3COOH），质子从NH4+转移到CH3COO−，符合质子理论，A正确；
B．NaClO溶液具有强氧化性，会与浓盐酸发生氧化还原反应生成氯气，正确的离子方程式
为2H++Cl−+ClO−=Cl2↑+H2O，B错误；
C. 此反应是亲核取代反应，不是质子转移。CH3I中没有可给出的H+，NaOH中OH−接受的是CH3+（碳正离子）而非质子，不符合质子理论，C错误；
D. 碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠，向饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2会析出碳酸氢钠固体，正确离子方程式为CO32−+CO2+H2O+2Na+=2NaHCO3↓，D错误；
故选A。
7.A. 根据酸碱电子理论，氧化铝的酸性中心为具有空轨道，可以接受电子对、显正电性的X位，碱性位点为具有孤电子对显负电性的Y位，A正确；
B. 根据示意图，有机物Z是乙醇发生分子内脱水的产物，其结构简式为CH2=CH2，B正确；
C. 改变温度，若Al2O3的酸碱中心均发生吸附，则根据示意图，一个乙醇分子在酸性位点X上形成乙氧基，另一个乙醇分子与碱性位点Y作用，两者反应脱水生成乙醚，C正确；
D. 由图可知，该条件下，CH3CH2OH中氧原子提供孤电子对在氧化铝的酸性中心位吸附，CH3CH2NH2中氮原子有孤电子对，且N的电负性比O小，更容易给出电子，因此CH3CH2NH2比CH3CH2OH更易在催化剂表面吸附，D不正确；
故选D。
8.C
A. 在NaBH4的作用下，醛基被还原而酯基未发生变化，说明醛基的氧化性强于酯基，A错误；
B.Y分子中有两个甲基和两个亚甲基，共4个碳原子采取sp3的杂化方式，B错误；
C. Z→W中，有机物Z成环后生成HOSO2CH3（甲磺酸），该物质为有机强酸；C2H53N（三乙胺）是一种常见的有机强碱，可结合HOSO2CH3生成盐，促进Z→W的转化，所以Z→W中有C2H53NHOSO2CH3生成，C正确；
D.Z中的酸性基团只有酚羟基，而酚羟基不能与NaHCO3溶液发生反应，故不能用NaHCO3溶液检验W中是否含有Z，D错误；
故选C。
9．B
电解乙酰基吡嗪废水中的(NH4)2SO4制备(NH4)2S2O8，由图可知，铂网电极上(NH4)2SO4失去电子发生氧化反应生成(NH4)2S2O8，为阳极，则石墨电极为阴极；
A．石墨电极为阴极，与直流电源负极相连，A错误；
B．电解时，铂网电极为阳极，(NH4)2SO4失去电子发生氧化反应生成(NH4)2S2O8，电极反应式为2SO42−−2e−=S2O82−，阴极反应式为2H++2e−=H2↑，则右侧氢离子通过阳离子交换进入左侧，使得铂网电极附近pH增大，B正确；
C．由B分析可知，离子交换膜应选择性透过氢离子，C错误；
D．阴极上的电极反应为2H++2e−=H2↑，D错误；
故选B。
10．D
A.[BH4]−的中心原子B的价电子对数为4+12×(3+1−1×4)=4，B原子为sp3杂化，无孤电子对，空间结构为正四面体；BF3中B原子价层电子对数为3+12×(3−1×3)=3，无孤电子对，杂化方式为sp2，二者杂化方式不同，A错误；
B.NaBO2和MgH2反应生成NaBH4和MgO，反应中所有元素化合价都没有变化：B始终为+3价，MgH2中Mg为+2价、H为-1价，产物NaBH4中H仍为-1价，MgO中Mg仍为+2价，因此该反应不是氧化还原反应，B错误；
C.NaBH4中H显-1价，说明H的得电子能力强于B，因此H的电负性大于B，C错误；
D．制备1mlNaBH4需要2mlMgH2，生成2mlMgH2需要消耗2mlH2；NaBH4与水反应的化学方程式为：NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2↑，1mlNaBH4反应生成4mlH2，D正确；
故选D。
11．B
A．实验1中Mg与水反应：Mg+2H2O=Mg(OH)2+H2↑，Mg作还原剂，H元素被还原为H2，O元素为-2价不可能被氧化为O2，A错误；
B. 实验2反应后溶液中离子有Na+、Cl−、Mg2+、H+、OH−，根据电荷守恒得c(Na+)+2c(Mg2+)+c(H+)=c(Cl−)+c(OH−)，NaCl不参与反应，c(Na+)=c(Cl−)，两式联立消去Na+和Cl−，可得2c(Mg2+)+c(H+)=c(OH−)，B正确；
C. 实验3中生成H2，得电子的H+一部分来自HCO3−的电离，因此氧化剂不只有H2O，C错误；
D. 给出的反应式中Mg元素从0价升高到+2价，失去2个电子，但没有元素化合价降低，得失电子不守恒，原子不守恒，不符合实验事实，D错误；
故选B。
12.B
A. 柠檬酸含3个羧基、1个羟基，多个亲水基团；己酸是一元羧酸，疏水烃基更大，因此柠檬酸在水中溶解度大于己酸，A错误；
B.a点为柠檬酸溶液，根据电荷守恒：c(H+)=c(OH−)+c(H2Cit−)+2c(HCit2−)+3c(Cit3−)；等式右侧2c(HCit2−)+3c(Cit3−)>0，因此c(H+)>c(OH−)+c(H2Cit−)，B正确；
C. 洗鼻剂pH在4.7 - 6.4之间，由分布系数可知，该pH下H3Cit几乎完全解离，溶液中几乎不存在H3Cit；加少量NaOH后pH不变，是缓冲对H2Cit−/HCit2−的作用，发生的反应为H2Cit−+OH−=HCit2−+H2O，C错误；
D. 在强酸性条件下，反应2CrO42−+2H+⇌Cr2O72−+H2O正向进行程度较大，指示剂被破坏，无法测定溶液中Cl−含量，D错误；
故选B。
13.A
A. 若选择图像上温度相同，投料比不同Q、P两个点可知，P点投料比高，则氢气的平衡产率大，所以氢气的平衡产率为：曲线a大于曲线b，A错误；
氢气的平衡产率相等原因为：c点温度高于d点，升高温度，反应①平衡正向移动，氢气的量增大，反应②在消耗氢气，说明升高温度，反应②消耗的氢气恰好可以抵消掉反应①新增的氢气，说明反应②是吸热反应，ΔH2>0，B正确；
C.Q点处与P点处温度相同，则平衡常数相等，C正确；
D. 根据图像可知，H2的平衡产率由M点转变为曲线a上任意一点时，横坐标往右边移动，要提高水醇比，D正确；
故选A。
14.（1） 适当升高温度、加快搅拌速率 阴 吸附镓元素的选择性高、交换树脂
再生（酸解时解附）效率高 H2GaO3−+3e−+H2O=Ga+4OH−。 电解一段时间后，
阴极析氢反应加剧，镓表面c(OH−)增大，部分金属镓溶解
（2） 能还原HNO3但不能还原H2SeO3。 155m279m1×100%
Al、Ga的氧化物均为两性氧化物，通过碱浸和浓NaOH反应生成可溶性含氧酸盐进入滤液，碱浸后Ga以阴离子形式存在于滤液中，利用阴离子交换树脂吸附含Ga的阴离子，用酸处理吸附了Ga的树脂，Ga解吸附进入酸性溶液，调节pH使 Ga3+与OH−反应，
重新转化为H2GaO3−，同时可沉淀除去少量未除尽的Fe3+等杂质，最后通过电解沉积将
H2GaO3−还原为Ga单质。
（1）① 影响浸取速率的因素包括接触面积、温度、反应物浓度、搅拌等。
② Ga与Al同主族，碱浸后镓以阴离子形式存在，因此用阴离子交换树脂吸附；离子交换树脂的常见优点除题干所述外，还有选择性强、吸附容量大、可重复使用等。
③电解时H2GaO3−在阴极得电子生成Ga，碱性条件下配平得到电极反应
H2GaO3−+3e−+H2O=Ga+4OH−。
④ 由图可知30min后阴极气体体积快速增加，溶液中H2GaO3−浓度降低，析氢反应成为主
反应，阴极区OH−浓度增大，Ga为两性金属，与OH−反应溶解，因此n(Ga)下降 。
（2）① 该步骤需要X还原溶解后过量的氧化性酸HNO3，但不能还原H2SeO3。
② 根据均摊法，晶胞中Cu个数为8×18+4×12+1=4，Se位于晶胞内个数为8，In和Ga总个数为6×12+4×14=4，结合为In:Ga=2:3，可得该晶体的最简式为Cu5In2Ga3Se10，计算摩尔质量： M=(5×64+2×115+3×70+10×79) g/ml=1550 g/ml m1g晶体中，Se的总质量为：m(Se)总=m1×10×791550=79m1155 g 沉淀率 =实际沉淀 Se 质量总 Se 质量×100%=m279m1155×100%=155m279m1×100%
15.（1）X的熔点高，因为X能形成分子间键，A形成的是分子内氢键
（2）不能对调，对调后酚羟基会被H2O2氧化
A转化为B苯环上发生取代反应，对比B、C结构，B中的醚键转化为酚羟基，C转化为D发生取代反应，生成含有环状结构的D和HBr，D转化为E发生氧化反应，醛基被氧化为酯基，E转化为F苯环上酯基转化为酚羟基，F转化为G又引入醛基，G转化为H发生了取代、加成和消去反应。
（1）由A和X结构可知，X能形成分子间氢键，A形成的是分子内氢键，X的熔点高；
（2）酚羟基容易被氧化，③和④不能对调，对调后酚羟基会被H2O2氧化；
（3）
化合物G→H的合成过程中，经历了G→取代M→加成N→消去H三步反应， 即
，N的结构简式为
（4）
H的结构简式为：
，符合① 能发生水解反应，酸性条件下水解
得到甲、乙、丙三种有机物，说明含酯基；② 甲与FeCl3溶液发生显色反应，含有2种化学环境不同的氢；甲中有酚羟基存在，且只有两种等效H原子，甲的结构简式为
OH；③ 乙分子中含2种不同杂化方式的碳原子，只含有1种化学环境
的氢，除苯环外有4个不饱和度，存在2个酯基，符合条件一种同分异构体的结构简式为：
（5）
中G到H的反应得到，
过题目中的F到G的反应
H'经过题目中E到F的反
到E的反应得到，故合成路线为：
16．（1）CuFeS2+4Fe3+=5Fe2++Cu2++2S
（2）取样，滴加铁氰化钾溶液，无蓝色沉淀产生
（3）3Na2SO3+2CuSO4=Cu2O↓+3Na2SO4+2SO2↑
（4）反应产生SO2，导致溶液酸性增强，Cu2O在酸性溶液中歧化为二价铜和铜单质从而降低Cu2O含量
（5）边搅拌边向溶液中通入SO2，用pH计测量溶液的pH值，至pH约为10时；再向溶液中通入O2至pH约为7，将溶液加热浓缩至有晶膜出现，降温结晶，过滤
(6)14.4
CuFeS2“浸泡”时，生成Fe2+、Cu2+，通入氧气和硫酸，将二价铁氧化为三价铁，添加氧化铜，调节pH，来沉淀三价铁，溶液此时为硫酸铜，再加入氢氧化钠和亚硫酸钠，得到Cu2O。
（1）由图可知，加入硫酸铁，有硫单质生成，根据氧化还原反应，“浸泡”时CuFeS2发生反应的离子方程式CuFeS2+4Fe3+=5Fe2++Cu2++2S，答案：
CuFeS2+4Fe3+=5Fe2++Cu2++2S；
（2）判断“操作1”反应已完成即不含有二价铁，检验二价铁实验操作及现象为取样，滴加铁氰化钾溶液，无蓝色沉淀产生，答案：取样，滴加铁氰化钾溶液，无蓝色沉淀产生；
（3）反应时A装置原料反应配比为 n(Na2SO3):n(CuSO4)=3:2，B装置的作用是吸收反应产生的酸性气体，防止污染环境，说明有 SO2 生成，3Na2SO3+2CuSO4=Cu2O↓+3Na2SO4+2SO2↑，化学方程式为 3Na2SO3+2CuSO4=Cu2O↓+3Na2SO4+2SO2↑；
（4）不断滴加 NaOH 溶液的作用是因为反应产生 SO2，导致溶液酸性增强，Cu2O 在酸性溶液中歧化为二价铜和铜单质从而降低 Cu2O 含量，答案：因为反应产生 SO2，导致溶液酸性增强，Cu2O 在酸性溶液中歧化为二价铜和铜单质从而降低 Cu2O 含量；
（5）若装置B中的溶液（NaOH 与 Na2SO3 混合溶液）可制备 Na2SO4·10H2O 晶体，取装置B中的溶液，边搅拌边向溶液中通入 SO2，用pH计测量溶液的pH值，至pH约为10时（由微粒物质的量分数可知pH约为10，主要以亚硫酸根存在）；再向溶液中通入 O2（将亚硫酸根氧化为硫酸根）至pH约为7，将溶液加热浓缩至有晶膜出现，降温结晶，过滤，洗涤、干燥得 Na2SO4·10H2O 晶体，答案：边搅拌边向溶液中通入 SO2，用pH计测量溶液的pH值，至pH约为10时，再向溶液中通入 O2 至pH约为7，将溶液加热浓缩至有晶膜出现，降温结晶，过滤；
（6）阳极先生成难溶物 CuCl，即 Cu−e−+Cl−=CuCl，再与 NaOH 反应转化为 Cu2O，通过0.2ml电子，即有0.2ml CuCl，根据原子守恒，可知0.1ml Cu2O，得 m=nM=0.1ml×(64×2+16)g·ml−1=14.4g，答案：14.4。
17.（1） 2MO2+2(NH4)2HPO4+9H2=高温2MP+4NH3+12H2O
2HCHO+4OH−−2e−=2HCOO−+H2↑+2H2O 1
（2）HD NaOH 是反应物，其浓度增大会使甲醛水化生成 CH2(O)2 的速率加快，增大了中间体浓度，从而加快释氢速率 NaOH 浓度过大，副反应的速率显著加快，大量甲醛发生副反应被消耗，用于生成氢气的甲醛减少，同时氢氧化钠溶解催化剂载体 Al2O3，使纳米银颗粒团聚，催化活性下降
（3）氢气纯度更高、可处理有毒气体甲醛、反应条件温和等（合理即可）
（1）①根据催化剂的晶胞图，晶胞中M原子数为4，P原子数为 8×18+8×14+2×12=4，可知该催化剂的化学式为 MP。MO2 与 (NH4)2HPO4 混合物与 H2 高温灼烧（反应中N元素
化合价不变），生成MP、NH₃、水，根据得失电子守恒，配平该反应的化学方程式为
2MO2+2(NH4)2HPO4+9H2===高温2MP+4NH3+12H2O
②电解时，b是阳极，电极b上甲醛失电子发生氧化反应同时产生H₂与HCOO⁻的物质的量
之比为1：2，则电极b上的电极反应式为2HCHO+4OH−−2e−=2HCOO−+H2↑+2H2O。
③阴极反应式为2H2O+2e−=H2↑+2OH−、阳极反应式为
2HCHO+4OH−−2e−=2HCOO−+H2↑+2H2O，每转移2ml电子，两极共生成2ml氢气，电
解过程中每产生1 ml H₂，转移1 ml电子，根据电荷守恒，通过阴离子交换膜的OH⁻为1
ml。
（2）①根据图示，氢气中的H原子一个来自甲醛、一个来自水，若将甲醛中的氢用D原
子标记为DCDO，得到的氢气产物为HD。
②根据机理图3，NaOH浓度低于1 ml/L时，NaOH浓度增大产生氢气会加快的根本原因是
NaOH作为反应物，其浓度增大，促使甲醛水化生成中间体CH₂（O⁻）₂的速率加快，导致中
间体浓度增大，从而加快了后续的释氢速率。
③由题可知，若NaOH浓度过大，副反应的速率显著加快，大量甲醛发生副反应被消耗，
用于生成氢气的甲醛减少，同时氢氧化钠浓度过大会溶解催化剂载体Al₂O₃，使纳米银颗粒
团聚，催化活性下降，所以H₂的产生迅速减慢。
（3）甲烷与水在催化剂作用下可产生氢气与碳氧化物，与甲烷水化法制氢气相比，甲醛制
氢的优点有：生成氢气的纯度更高、可处理有毒气体甲醛、反应条件温和等。