精品解析：江苏省南通市2023届高三下学期第四次模拟考试化学试题（解析版）

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江苏省南通市2023届高三下学期第四次模拟考试
化学试题
可能用到的相对原子质量：O16 F19 Na23 S32 Cl35.5 K39 Fe56 I127
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、生活密切相关。下列说法不正确的是
A. 氨气与氯化氢反应生成氯化铵的过程属于氮的固定
B. 煤的气化、煤的液化和煤的干馏均属于化学变化
C. 淀粉在稀硫酸催化作用下转化为葡萄糖的过程属于多糖水解
D. 将钢铁闸门与电源负极相连的防腐措施属于外加电流保护法
【答案】A
【解析】
【详解】A．氮的固定是从氮气变成化合物的过程，氨气和氯化氢的反应不属于氮的固定，A错误；
B．煤是复杂无机物和有机物的混合物，煤的气化、煤的液化和煤的干馏均属于化学变化，B正确；
C．淀粉属于多糖，在稀硫酸存在下能水解生成葡萄糖，C正确；
D．钢铁闸门与电源负极相连，做阴极，该措施属于外加电流保护法，D正确；
故选A。
2. CsCl是一种分析试剂，制备方法。下列说法正确的是
A. CsCl的电子式： B. 基态的核外电子排布式：
C. 的空间构型：三角锥形 D. 中子数为18的Cl原子：
【答案】B
【解析】
【详解】A．CsCl属于离子化合物，即电子式，A错误；
B．基态的核外电子排布式：，B正确；
C．的空间构型为平面三角形，C错误；
D．中子数为18的Cl原子，D错误；
故选B。
3. X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素。X和Y基态原子的s能级电子总数均等于其p能级电子总数，Z的原子最外层电子数是Y原子最外层电子数的2倍，W和X位于同一主族。下列说法正确的是
A. 第一电离能： B. 最高价氧化物对应水化物的酸性：Z>W
C. 原子半径： D. 简单气态氢化物的热稳定性：X>Z
【答案】D
【解析】
【分析】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素。X和Y基态原子的s能级电子总数均等于其p能级电子总数，则X是O元素、Y是Mg元素；Z的原子最外层电子数是Y原子最外层电子数的2倍，Z是Si元素；W和X位于同一主族，W是S元素。
【详解】A．同主族元素从上到下第一电离能逐渐减少，第一电离能：，故A错误；
B．同周期从左到右元素非金属性增强，最高价氧化物对应水化物的酸性依次增强，最高价氧化物对应水化物的酸性：H2SO4>H2SiO3，故B错误；
C．电子层数越多半径越大，电子层数相同，质子数越多半径越小，原子半径：，故C错误；
D．元素非金属性越强，气态氢化物越稳定，简单气态氢化物的热稳定性：H2O>SiH4，故D正确；
选D。
4. 是一种重要的精细化工原料，易溶于水，沸点较低，具有强还原性，其制备原理为。下列实验装置和操作不能达到实验目的的是

A 用甲装置制备 B. 用乙装置制备氨水
C. 用丙装置制备 D. 用丁装置提纯
【答案】C
【解析】
【详解】A．氢氧化钙与氯化铵加热有氨气生成，图中固体加热装置可制备氨气，A正确；
B．氨气极易溶于水，球形干燥管可防止倒吸，B正确；
C．氨气可被次氯酸钠氧化，NaClO过量，可氧化生成N2H4·H2O，应将NaClO注入氨水中，C错误；
D．N2H4·H2O沸点较低，蒸馏时温度计测定馏分的温度、冷凝管中冷水下进上出，图中装置合理，D正确；
故选C。
5. 化合物Z是一种抗衰老药物，可由图示方法制备，下列说法正确的是

A. 可用溶液鉴别X、Y
B. X分子中所有原子可能处于同一平面
C. Y、Z互为同系物
D. 在浓盐酸作用下，Z能与甲醛发生加聚反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．含有酚羟基的有机物能和氯化铁溶液发生显色反应，X、Y都含有酚羟基，都能和氯化铁溶液发生显色反应，所以不能用氯化铁溶液鉴别X、Y，A错误；
B．苯环上原子和直接连接苯环的原子共平面，-COOH中所有原子共平面，单键可以旋转，该分子相当干苯环上的氢原子被-OH、-Br、-COOH取代，所以该分子中所有原子可能共平面，B正确；
C．结构相似，在分子组成上相差一个或n个-CH2-原子团的有机物互为同系物，二者结构不相似，不互为同系物，C错误；
D．在浓盐酸作用下，Z能与甲醛发生缩聚反应，不能发生加聚反应，D错误；
故选D。
【点睛】含有酚羟基的有机物能和氯化铁溶液发生显色反应；苯环上原子和直接连接苯环的原子共平面，-COOH中所有原子共平面，单键可以旋转；酚和甲醛发生缩聚反应生成高分子化合物。
6. (CN)2具有与卤素单质相似的化学性质。在常温下能与Cu反应生成致密的氟化物薄膜，还能与熔融的反应生成硫酰氟()。与浓硫酸反应可制得HF，常温下，测得氟化氢的相对分子质量约为37。下列说法不正确的是
A. (CN)2是由极性键构成的极性分子
B. 、中心原子的杂化方式均为
C. 常温下，氟化氢可能以(HF)2子的形式存在
D. 与熔融反应时一定有氧元素化合价升高
【答案】A
【解析】
【详解】A． (CN)2分子内碳原子有1个碳碳单键、1个碳氮三键，则C原子为sp杂化，直线形，正负电荷中心重叠，是由极性键、非极性键构成的非极性分子，A错误；
B． 中心原子的孤电子对为，价层电子对个数=1+3=4 ，所以中心原子为杂化，硫酸根离子中心原子的孤电子对为，价层电子对个数=4+0=4 ，所以中心原子为杂化，B正确；
C． 常温下，氟化氢分子间存在氢键、存在缔合分子，且常温下测得氟化氢的相对分子质量约为37，故可能以(HF)2子的形式存在，C正确；
D． 与熔融反应生成硫酰氟()，氟化合价降低，钠和S已是最高价态，则反应时一定有氧元素化合价升高，D正确；
答案选A。
7. CaF2与浓硫酸反应可制得HF，常温下，测得氟化氢的相对分子质量约为37。SO2通入KClO3酸性溶液中可制得黄绿色气体ClO2，该气体常用作自来水消毒剂。下列物质性质与用途具有对应关系的是
A. 铜单质化学性质不活泼，可用于制作储存F2的容器
B. ClO2呈黄绿色，可用于自来水消毒
C SO2具有还原性，可用于与KClO3反应制ClO2
D. 浓硫酸具有强氧化性，可用于与CaF2反应制HF
【答案】C
【解析】
【详解】A．铜单质化学性质不活泼，但由于F2氧化性强，可以与Cu反应产生CuF2，因此Cu不可用于制作储存F2的容器，A错误；
B．ClO2呈黄绿色，具有强的氧化性，能够使水中细菌、病毒蛋白质发生变性，因而可用于自来水消毒，与其是否是黄绿色无关，因此不具有对应关系，B错误；
C．SO2具有还原性，KClO3具有强的氧化性，二者会发生氧化还原反应，SO2可以使KClO3还原为ClO2，因此可用于与KClO3反应制ClO2，C正确；
D．浓硫酸具有强酸性，可与CaF2发生复分解反应产生CaSO4和HF，因此可以用于制HF，属于高沸点酸制备低沸点酸，这与浓硫酸是否具有强氧化性无关，D错误；
故合理选项是C。
8. 下列关于反应+2CO(g) △H=-49 kJ·mol-1的说法不正确的是
A. 保持其他条件不变，平衡时升高温度，v正＜v逆
B. 保持其他条件不变，平衡时通入Cl2，达到新平衡时变小
C. 反应生成1 mol TiCl4，转移电子数目为
D. 及时分离出CO，有利于TiCl4生成
【答案】B
【解析】
【详解】A．该反应的正反应是放热反应，保持其他条件不变，平衡时升高温度，v正、v逆都增大，由于温度对吸热反应影响更大，因此升高温度后，v正＜v逆，A正确；
B．该反应的化学平衡常数K=，化学平衡常数只与温度有关，保持其他条件不变，平衡时通入Cl2，即增大了反应物的浓度，化学平衡正向移动，但由于温度不变，因此化学平衡常数不变，因此平衡时通入Cl2，达到新平衡时不变，B错误；
C．根据反应方程式可知：反应生成1 mol TiCl4，反应过程中转移4 mol电子，则转移电子数目为，C正确；
D．及时分离出CO，即减小了生成物的浓度，化学平衡正向移动，会产生更多的TiCl4，因此有利于TiCl4生成，D正确；
故合理选项是B。
9. 一种利用废铜渣(主要成分CuO，及少量、等杂质)制备超细铜粉的流程如下：

下列说法正确的是
A. “酸浸”所得滤渣的主要成分为
B. 若向“沉铁”后所得滤液中加入乙醇，析出的深蓝色晶体为
C. “沉铜”发生的反应为复分解反应
D. “转化”后所得滤液中含有的主要阳离子：、、
【答案】D
【解析】
【分析】废铜渣(主要成分CuO，及少量、等杂质) “酸浸”时CuO、少量与H2SO4反应生成硫酸铜、硫酸铁，SiO2不溶于H2SO4，所以滤渣的成分是SiO2，滤液中加过量氨水沉铁除去Fe3+，铜离子转化为，所得滤液通二氧化硫沉铜，过滤出产生的CuNH4SO3沉淀，加稀硫酸转化，+1价铜发生歧化反应，得到铜离子、和Cu。
【详解】A． 据分析，“酸浸”所得滤渣的主要成分为SiO2，A错误；
B． 若向“沉铁”后所得滤液中加入乙醇，析出的深蓝色晶体为，B错误；
C． “沉铜”时含有和过量氨水的混合溶液中通入二氧化硫生成CuNH4SO3沉淀，铜元素化合价降低，则发生氧化还原反应，不为复分解反应，C错误；
D．转化时，CuNH4SO3在稀硫酸中发生歧化反应，得到铜离子、和Cu，结合元素守恒可知， “转化”后所得滤液中含有的主要阳离子：、、，D正确；
答案选D。
10. 我国科学家研发的一种新型全氯液流电池可用于能量储存。该电池装置如图所示。释能时电极b的反应为：，下列说法正确的是

A. 储能时，电极a与电源正极相连
B. 释能时，电极a发生的电极反应为
C. 用溶液代替吸收，也能达到储能-释能的效果
D. 释能时，吸收桶中溶液质量每减少71g，理论上电极a应减少46g
【答案】D
【解析】
【分析】释能时电极b的反应为：Cl2+2e−=2Cl−，发生还原反应可知电极b为正极，则电极a为负极。
【详解】A．储能时，电极a与电源负极相连，A错误；
B．释能时，电极a为负极，发生氧化反应，电极反应为Na3Ti2(PO4) 3-2e− = NaTi2(PO4)3+2Na+，B错误；
C．用Na2SO3溶液与Cl2发生氧化还原反应，CCl4不与Cl2发生反应，故不能用Na2SO3溶液代替CCl4，C错误；
D．释能时，吸收桶中溶液质量每减少71g，消耗Cl21mol，转移电子2mol，电极a也转移电子2mol，Na3Ti2(PO4) 3-2e− = NaTi2(PO4)3+2Na+，根据方程式可知a电极产生2molNa+，则电极a减少46g，D正确；
故答案为：D。
11. 常温下，根据下列实验操作和现象得出的结论不正确的是
选项
实验操作和现象
实验结论
A
将硫酸钡浸泡在饱和碳酸钠溶液中一段时间后过滤、洗涤，向所得滤渣上滴加盐酸，产生无色气体

B
向酒精中加入适量，充分振荡形成无色透明液。用激光笔照射液体，出现一条光亮通路
该分散系是胶体
C
分别测量浓度均为0.1 mol·L 溶液和溶液的pH，后者pH更大
比更容易结合
D
卤代烃Y与NaOH溶液共热，冷却后加入足量稀硝酸，再滴加溶液，产生白色沉淀
卤代烃Y中含有氯原子

A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．将BaSO4浸泡在饱和Na2CO3溶液中，只要溶液中钡离子和碳酸根离子浓度幂之积大于就可生成BaCO3沉淀，故不能证明，A错误；
B．胶体能产生丁达尔效应，即用激光笔照射液体，出现一条光亮通路，所以该分散系为胶体，B正确；
C．碳酸根离子和偏铝酸根离子都能发生水解，即结合水电离的氢离子使溶液显碱性，又浓度均为0.1 mol·L 溶液和溶液的pH，后者pH更大，所以等浓度时偏铝酸根水解程度大碱性强，即比更容易结合，C正确；
D．卤代烃Y与NaOH溶液共热，发生水解反应有卤化钠生成，冷却后加入足量稀硝酸，再滴加溶液，产生白色沉淀，即该沉淀为氯化银，所以卤代烃Y中含有氯原子，D正确；
故选A。
12. 已知室温下， ，用氨水吸收并探究吸收后溶液的性质，吸收过程中所引起的溶液体积变化和挥发可忽略。下列说法正确的是
序号
实验操作和现象
实验1
向10 mL 0.1 mol·L氨水中通入0.0005 mol ，测得反应后溶液
实验2
向“实验1”所得溶液中继续通入0.0005 mol ，测得反应后溶液
实验3
取“实验2”所得溶液，向其中加入过量溶液，产生白色沉淀
实验4
取“实验2”所得溶液，向其中加入至溶液

A. “实验1”得到的溶液中：
B. 实验2”得到的溶液中：
C. “实验3”发生反应的离子方程式：
D. “实验4”得到的溶液中：
【答案】B
【解析】
【分析】据题目信息可以算出：，，，，据此分析答题。
【详解】A向10 mL 0.1 mol·L氨水中通入0.0005 mol 得到溶液的溶质为，由于 ，因此，A错误；
B．向“实验1”所得溶液中继续通入0.0005 mol得到溶液的溶质为，将变形为> 代入相关数据即可证明，B正确；
C．取“实验2”所得溶液，向其中加入过量溶液，产生白色沉淀，发生反应的离子方程式：，C错误；
D．取“实验2”所得溶液，向其中加入至溶液，，D错误；
故选B。
13. 利用和CO反应生成的过程中主要涉及的反应如下：
反应Ⅰ kJ⋅mol-1
反应Ⅱ kJ⋅mol-1
[的产率，的选择性]。保持温度一定，在固定容积的密闭容器中进行上述反应，平衡时和的产率及CO和的转化率随的变化情况如图所示。下列说法不正确的是

A. 当容器内气体总压不变时，反应Ⅱ达到平衡状态75a
B. 曲线c表示的产率随的变化
C. ，反应达平衡时，的选择性为50%
D. 随着增大，的选择性先增大后减小
【答案】B
【解析】
【详解】A．反应I、II可以合并为反应2CO(g)+2H2(g)==CH4(g)+CO2(g)，是气体总体积缩小的反应，当固定密闭容器内总压不变时则反应I、II都达到平衡状态，A正确；
B．通过总反应式2CO(g)+2H2(g)=CH4(g)+CO2(g)，随着n(H2)的增加，超过1时，CH4的产率n(CO)受CO浓度影响，故CH4的产率曲线会先增大后平缓，应该是a曲线，B错误；
C．通过总反应式2CO(g)+2H2(g)=CH4(g)+CO2(g)，当=0.5时，生成物n(CH4)=n(CO)，故CH4的选择性为50%，C正确；
D．随着的不断增加，作为反应II的生成物浓度不断增加会抑制CO2的生成，故CO2选择性先增大后减小，D正确；
故选B。
二、非选择题：共4题，共61分。
14. 纳米铁在废水处理、材料研发等领域有重要应用。以某钛白粉厂副产品(主要含，还含有、、等杂质)为原料制备纳米铁的流程如下：

已知：，，，。当溶液中离子浓度小于 mol⋅L-1时，可认为该离子沉淀完全。
（1）结合离子方程式解释“除钛”时加入铁粉的作用：___________。
（2）“除钴镍”完全后，溶液中的最大值为___________mol⋅L-1。
（3）投入1 mol NaBH₄还原时，实际产生体积大于44.8 L(已折算为标准状况)的原因是___________。
（4）用纳米铁去除废水中的。常温下，选择初始浓度为 mol⋅L-1的废水，控制纳米铁的用量相同，测得去除率随初始pH的变化如图-1所示。初始时去除率明显大于时的原因是___________。

（5）利用该纳米铁制成的改性是一种优良的磁性材料，该晶胞的的结构如图-2所示，研究发现结构中的只可能出现在图中某一“▲”所示位置上，请确定所在晶胞的位置并说明理由：___________。

【答案】（1）水解生成难溶的和()，加入铁粉消耗，促进水解正向进行，将转化为难溶的除去
（2）0.4 （3）部分与反应生成
（4）时，更多的与Fe反应，抑制了与Fe的反应；时，开始沉淀，生成
（5）在c位，由均摊法计算可得该结构中的数目为2，的数目为4，根据电荷守恒可得的数目为1，所以应该在c位
【解析】
【小问1详解】
“除钛”时加入铁粉的作用：TiO2+水解生成难溶的H2TiO3和H+(TiO2++2H2O=H2TiO3+2H+)加入铁粉消耗H+，促进水解正向进行，将TiO2+转化为难溶的H2TiO3除去。
【小问2详解】
Ksp(CoS)=1.8×10-22，Ksp(NiS)=1.0×10-21，Ksp(FeS)=4.0×10-17，当溶液中离子浓度小于1.0×10-5mol/L时，可认为该离子沉淀完全，除钴完全后，；除镍完全后，；溶液中c(Fe2+)的最大值为。
【小问3详解】
投入1molNaBH4还原FeSO4时，实际产生H2体积大于44.8L(已折算为标准状况)的原因是部分NaBH4与H2O反应生成H2。
【小问4详解】
初始pH=7时Cu2+去除率明显大于pH=5时的原因是pH=5时，更多的H+与Fe反应，抑制了Cu2+与Fe的反应；pH>6时，Cu2+开始沉淀，生成Cu(OH)2。
【小问5详解】
Fe2+所在晶胞的位置为在c位，由均摊法计算可得该结构中Fe3+的数目为2,O2-的数目为4，根据电荷守恒可得Fe2+的数目为1，所以Fe2+应该在c位。
15. 化合物G是一种抗焦虑药物的中间体，其合成路线如下：

（1）A与足量氢气加成后的产物中含有___________个手性碳原子。
（2）E→F中经历的过程，X与E互为同分异构体，写出中间体X的结构简式：___________。Y→F的反应类型为___________。
（3）D的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：___________。
①能与溶液发生显色反应，不能发生银镜反应；
②分子中不同化学环境的氢原子数目比为9∶9∶6∶2。
（4）写出以、HCHO及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)。_________
【答案】（1）2 （2） ①. ②. 消去反应
（3）或 （4）
【解析】
【分析】A与甲醛发生取代反应生成B；B中醛基碳氧双键与丙酮先发生加成反应、后发生消去反应生成C；C中羰基发生加成反应生成D；D发生酯化反应生成E；结合信息E发生分子重组生成X，接着酯基发生水解、产物中羟基又发生消去反应生成F；F羧基中羟基被甲基取代生成G，据此回答。
【小问1详解】
A中苯环与氢气发生加成反应，即产物中有2个手性碳原子；
【小问2详解】
由分析知X的结构简式为，且Y到F的反应类型为消去反应；
【小问3详解】
分析知结构中含有酚羟基，不含有醛基和，又分子中不同化学环境的氢原子数目比为9∶9∶6∶2，所以满足条件结构简式为、；
【小问4详解】
苯与甲醛先发生取代反应生成苯甲醛，后氧化生成苯甲酸；苯甲酸羧基中的羟基被甲基取代，产物再和甲醛先加成后消去，最后产物再和氢气发生加成得目标产物，即。
16. 硫代硫酸钠()可用作分析试剂及鞣革的还原剂，遇酸易分解，有单质硫生成。实验室用下图装置模拟工业制备硫代硫酸钠。

（1）浓硫酸滴到无水亚硫酸钠中，反应生成附着在表面，容易包裹结块，减慢气体产生的速率。在不改变现有装置基础上，改进的方法是___________。
（2）向三颈烧瓶内的混合溶液中通入气体，能生成。
①为防止生成有害气体，并提高原料利用率，配制三颈烧瓶内混合溶液的方法为：将___________(填化学式)固体溶于另一种物质形成的溶液中。
②写出生成的化学方程式：___________。
③反应过程中三颈烧瓶内混合物的颜色由无色→淡黄色→无色，继续缓慢通入气体，当___________时，须立即停止通气。
（3）为测定样品的纯度，进行如下实验。实验过程中涉及的反应有：；。
①请补充完整实验方案：
实验1取5.0 g 样品，配成1 L溶液。
实验2称取0.2140 g 固体，配成100 mL溶液，取10.00 mL溶液于具塞锥形瓶中，___________，记录消耗溶液的体积。(实验中须使用的试剂：0.025 mol·L KI溶液、稀硫酸、淀粉溶液)
②若消耗溶液20.00 mL，则该样品的纯度为___________。
【答案】（1）适当降低浓度(用少量水润湿固体)
（2） ①. ②. ③. 三颈烧瓶内出现淡黄色固体
（3） ①. 再向其中加入约25 mL(大于20 mL)0.025 mol·L KI溶液，并滴加适量稀硫酸，塞紧瓶塞，充分振荡一段时间后，用实验1所配溶液滴定至溶液颜色变浅，向具塞锥形瓶内滴加几滴淀粉溶液作指示剂，继续用溶液滴定至溶液蓝色恰好完全褪去。重复以上操作2~3次 ②. 94.8%
【解析】
【分析】首先烧瓶中硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，二氧化硫再进入三颈烧瓶中与Na2S、Na2CO3反应生成Na2S2O3，最后的装置中盛放的是碱液，用于吸收多余的SO2，SO2能与碱液反应因此进行了防倒吸处理。
小问1详解】
浓硫酸滴到无水亚硫酸钠中，生成的硫酸钠会覆盖在Na2SO3表面，包裹结块减慢SO2气体生成的速率，改进的方式为适当降低H2SO4的浓度，或者用少量水润湿Na2SO3固体。
【小问2详解】
①为防止生成有害气体，并提高原料利用率，配制三颈烧瓶内混合溶液的方法为将Na2S固体溶于另一种物质形成的溶液中。
②三颈烧瓶中SO2、Na2S和Na2CO3反应生成Na2S2O3和CO2，反应的化学方程式为。
③反应过程中Na2S与SO2反应生成S，S为淡黄色，其他物质均无色，因此三颈烧瓶内混合物的颜色由无色→淡黄色→无色，Na2SO3与S反应生成Na2S2O3，因此继续缓慢通入SO2气体，当三颈烧瓶内出现淡黄色固体时，须立即停止通气。
【小问3详解】
①0.214gKIO3物质的量为0.001mol，配成100mL溶液，取10mL溶液于锥形瓶中，根据反应，加入的I-要超过0.0005mol，则再向其中加入约25mL(大于20mL)0.025mol/L的KI溶液，并滴加适量稀硫酸保证溶液呈酸性，塞紧瓶塞，充分振荡一段时间后碘酸钾和碘化钾完全反应生成I2，根据反应，用实验1所配Na2S2O3溶液滴定至溶液颜色变浅，再向具塞锥形瓶中滴加几滴淀粉溶液作指示剂，继续用Na2S2O3溶液滴定至溶液蓝色恰好完全褪去，重复以上操作2-3次，记录消耗硫代硫酸钠的体积。
②0.0001molKIO3与过量KI反应，生成I20.0003mol，根据，消耗硫代硫酸钠0.0006mol，现消耗硫代硫酸钠20mL，则说明1L溶液中含有硫代硫酸钠0.03mol，则Na2S2O3样品纯度为0.03mol×158g/mol÷5g=94.8%。
17. 电催化还原是当今资源化利用二氧化碳的重点课题，常用的阴极材料有有机多孔电极材料、铜基复合电极材料等。
（1）一种有机多孔电极材料(铜粉沉积在一种有机物的骨架上)电催化还原的装置示意图如图-1所示。控制其他条件相同，将一定量的通入该电催化装置中，阴极所得产物及其物质的量与电压的关系如图-2所示。

①电解前需向电解质溶液中持续通入过量的原因是___________。
②控制电压为0.8V，电解时转移电子的物质的量为___________mol。
③科研小组利用代替原有的进行研究，其目的是___________。
（2）一种铜基复合电极材料的制备方法：将一定量分散至水与乙醇的混合溶液中，向溶液中逐滴滴加(一种强酸)溶液，搅拌一段时间后离心分离，得，溶液呈蓝色。写出还原的离子方程式：___________。
（3）金属Cu/La复合电极材料电催化还原CO₂制备甲醛和乙醇的可能机理如图-3所示。研究表明，在不同电极材料上形成中间体的部分反应活化能如图-4所示。

①X为___________。在答题卡上相应位置补充完整虚线框内Y的结构。_________
②与单纯的Cu电极相比，利用Cu/La复合电极材料电催化还原的优点是___________。
【答案】（1） ①. 使阴极表面尽可能被附着，减少析氢反应的发生(减少氢离子在阴极上放电的几率)，提高含碳化合物的产率 ②. 2.8 ③. 为确定阴极上生成的含碳化合物源自而非有机多孔电极材料
（2）将一定量分散至水与乙醇的混合溶液中，向溶液中逐滴滴加(一种强酸)溶液，搅拌一段时间后离心分离，溶液呈蓝色，说明生成铜离子。故还原的离子方程式：
。
（3） ①. ②. ③. 加快了生成乙醇与甲醛的速率，提高了乙醇的选择性
【解析】
【小问1详解】
①电解前需向电解质溶液中持续通入过量的原因是使阴极表面尽可能被附着，减少析氢反应的发生(减少氢离子在阴极上放电的几率)，提高含碳化合物的产率。
②控制电压为0.8V，产生0.2mol氢气和0.2mol乙醇，根据电极反应,,故电解时转移电子的物质的量为0.4+2.4=2.8mol。
③科研小组利用代替原有的进行研究，其目的是为确定阴极上生成的含碳化合物源自而非有机多孔电极材料。
【小问2详解】

【小问3详解】
从过程分析，两步都与X反应，上两个氢原子，故X为氢离子和一个电子，则Y处的图为。从图-4分析，与单纯的Cu电极相比，利用Cu/La复合电极材料电催化还原的优点是加快了生成乙醇与甲醛的速率，提高了乙醇的选择性。