182，江苏省南京航空航天大学苏州附属中学2023-2024学年高三上学期零模适应性测试化学试题

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可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 Ni：59 C：59
第Ⅰ卷(选择题 共39分)
一、单项选择题：本题包括13小题，每小题3分，共39分。每小题只有一个选项符合题意。
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
【答案】A
【解析】
【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. 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
【答案】C
【解析】
【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. 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
【答案】A
【解析】
【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. 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)
【答案】B
【解析】
【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. 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
【答案】B
【解析】
【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. 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：
【答案】C
【解析】
【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. 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
【答案】A
【解析】
【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. 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.
【答案】C
【解析】
【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. 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
【答案】D
【解析】
【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. 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
【答案】B
【解析】
【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. 室温下，下列实验方案能达到探究目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【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. 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)
【答案】C
【解析】
【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. 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
【答案】B
【解析】
【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。
第Ⅱ卷(非选择题 共61分)
14. 用镍铂合金废料(主要成分为Ni、Pt，含少量Al和难溶于硫酸的重金属)回收镍和铂的一种工艺流程如下：
（1）“酸浸”后分离出的溶液中，c(Ni2+)=0.2ml/L，c(Al3+)=0.01ml/L，溶液中离子浓度小于1×10－6 ml/L时可认为沉淀完全，则“调pH”应控制pH的范围是________。(设“调pH”时溶液体积不变) {已知：Ksp[Ni(OH)2]=2×10－15，Ksp[Al(OH)3]=1×10－33}
（2）“控温氧化”时控制其他条件一定，Ni2O3的产率与温度和时间的关系如图所示。20℃、40℃时反应后所得滤液主要为NaCl、NaOH和，60℃时反应后所得滤液主要为NaCl、，反应相同时间，60℃时Ni2O3的产率低于40℃时，原因可能是_______。
（3）“含Pt滤渣”中的Pt可以用王水(体积比3∶1的浓盐酸和浓硝酸的混合液)浸出。浸出时有H2PtCl6和NO生成。向(NH4)2PtCl6溶液中加入NH4Cl会生成(NH4)2PtCl6沉淀。
①写出浸出时Pt所发生反应的化学方程式：________。
②(NH4)2PtCl6在一定温度下可以分解生成Pt(NH3)2Cl2，Pt(NH3)2Cl2在顺式和反式两种结构。请在如图的两个结构中，选择其中一个，填入相应的基团表示Pt(NH3)2Cl2的顺式结构________。
（4）另外一种镍催化剂废渣(主要成分是Ni，含少量Zn、Fe、CaO、SiO2等杂质)为原料可制备锂离子材料镍酸锂。在制备过程中有人认为“除钙”可以用HF，则“除钙”的反应为：Ca2+(aq)+2HF(l) = CaF2(s)+ 2H+(aq)反应的平衡常数K=1.0×103，则Ksp[CaF2]=________。(已知：室温下，HF的电离平衡常数Ka=4×10－4)。
（5）Ni2O3产品中可能含少量NiO，为测定Ni2O3的纯度，进行如下实验：称取5.000g样品，加入足量硫酸后，再加入100mL，1.000 ml/L Fe2+标准溶液，充分反应，加水定容至200mL取出20.00mL，用0.1 ml/L KMnO4标准溶液滴定，到达滴定终点时消耗KMnO4标准溶液10.00mL。实验过程中发生反应如下：
Ni2O3 + Fe2++ H+= Ni2++ Fe3++H2O(未配平)
Fe2+ + + H+= Mn2++ Fe3++H2O(未配平)
试通过计算确定Ni2O3的质量分数，并写出计算过程________。
【答案】14.
15. 60℃，部分分解生成和，浓度减小，反应速率减慢
16. ①. ②.
17. 1.6×10-10
18. 83%
【解析】
【分析】酸浸时生成的离子为Ni2+、Al3+，Al3+用NaOH溶液调节pH变为沉淀，碱性条件下加入氧化性的NaClO与Ni2+反应生成Ni2O3，高温还原生成Ni，以此分析；
【小问1详解】
调pH的目的是为了让Al3+完全沉淀，根据，当溶液中的c(Al3+)<10-5时，，，溶液的pH=4.7，此时溶液中的Ni2+不能沉淀，，当Ni2+开始沉淀时，溶液pH=7，故pH<7时不会影响Ni2+，所以调节溶液PH的范围应为：4.7故答案为：4.7【小问2详解】
产率即为实际产量除以理论产量，单位时间的产量受速率影响，当20℃、40℃时反应后所得滤液主要为NaCl、NaClO、Na2SO4，60℃，部分NaClO分解生成NaCl和NaClO3，NaClO浓度减小，反应速率减慢，反应相同时间，60℃时Ni2O3的产率低于40℃时；
故答案为：60℃，部分NaClO分解生成NaCl和NaClO3，NaClO浓度减小，反应速率减慢；
【小问3详解】
①用王水浸出Pt时有H2PtCl6和NO生成，据此推断出反应的反应物为：Pt、HCl和HNO3；生成物为：H2PtCl6和NO，根据元素守恒、得失电子守恒进行方程式的书写配平，并确定另一产物为H2O，；
故答案为：；
②顺、反式结构的研究对象一般为有机物，通常把两个相同原子或基团在双键同一侧的为顺式异构体，在两侧的为反式结构；
故答案为：；
小问4详解】
根据反应平衡常数，，，；
故答案为：1.6×10-10；
【小问5详解】
，，与KMnO4标准溶液反应的，与Ni2O3反应的，，，则Ni2O3的质量分数=；
故答案为：83%。
15. 化合物G是一种药物中间体，其一种合成路线如下：
（1）G分子中采取 sp3杂化的碳原子数目是_______。
（2）C→D 需经历 C→X→D的过程，中间体X的分子式为 C10H12O3， 则 X 的结构简式为_______。
（3）E→F中加入 K2CO3的目的是_______。
（4）E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分子中有4种不同化学环境的氢原子；
②碱性水解后酸化，得到两种产物，其中一种能与FeCl3溶液发生显色反应。 1ml另一种产物最多能与2ml金属Na发生反应。
（5）写出以CH3OH、CH3CH2Br、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）7 （2）
（3）K2CO3可与HBr反应，有利于反应进行
（4） （5）
【解析】
【分析】C→D过程中先发生和甲醛的加成反应生成，然后再发生取代反应生成D，E→F的反应方程式为：。
【小问1详解】
G分子中形成4个键，即连接四个单键的C原子有7个，因此sp3杂化的碳原子数目是7，故答案为：7；
【小问2详解】
根据分析X为，故答案为：；
【小问3详解】
据分析，E→F的过程中有HBr生成，加入碳酸钾可以消耗HBr，使反应平衡正向移动，有利于反应进行，故答案为：K2CO3可与HBr反应，有利于反应进行
【小问4详解】
分子中有4种不同化学环境的氢原子，说明有四种等效位置；碱性水解后酸化，得到两种产物，其中一种能与FeCl3溶液发生显色反应则该同分异构体为酚酯，1ml另一种产物最多能与2ml金属Na发生反应则在剩余结构中只能是水解之后有一个羧基、一个羟基，羧基来源于酯的水解，羟基来源于卤代烃的水解。有以下结构符合要求：，则答案为：；
【小问5详解】
被催化氧化生成，进一步被氧化生成，通过酯化反应得到，利用E→F的反应机理可以得到：，最终利用F→G的机理得到目标产物：，故答案为：。
16. 钴及其化合物在工业生产中有广阔的应用前景。已知：C2+不易被氧化，C3+具有强氧化性，[C(NH3)6]2+具有较强还原性，[C(NH3)6]3+性质稳定。
（1）从锂钴废料(主要成分为LiCO2)分离C2+。
①的电子排布式为______。
②“酸溶”时不选择浓的理由是：______。
③“净化”时，加固体是将转化为沉淀，“净化”后溶液中，若“过滤1”后溶液中浓度为1.0，则“净化”后c(Na+)=_____。[溶液体积变化忽略不计，不考虑其他离子影响。25℃时Ksp(LiF)= 2.0×10-3]
（2）从由CCl2制备[C(NH3)6]Cl3。
实验过程：称取研细的10.0g和NH4Cl50g于烧杯中溶解，将溶液转入三颈烧瓶，分液漏斗中分别装有25浓氨水，530%的H2O2溶液，控制反应温度为60℃，打开分液漏斗，反应一段时间后，得[C(NH3)6]Cl3溶液，实验装置如图所示：
①由制备[C(NH3)6]Cl3溶液的离子方程式为________。
②分液漏斗中液体加入三颈烧瓶中的顺序为_______。
（3）用CSO4溶液为原料“沉钴”时，可先制得CCO3再制备C3O4.CCO3在空气中受热分解，测得剩余固体的质量与起始CCO3的质量的比值(剩余固体的质量分数)随温度变化曲线如图所示。
为获得较高产率的C3O4，请补充实验方案：取CSO4溶液_______。(可选用的试剂：0.1 ml/L NH4HCO3溶液、空气、0.1 ml/L HCl溶液、0.1 ml/L BaCl2溶液)。
【答案】（1） ①. 或 ②. 浓有还原性，与会发生反应产生，污染空气 ③. 0.99
（2） ①. ②. 先加浓氨水再加溶液
（3）边搅拌边滴加0.1ml/L NH4HCO3溶液，至不再产生沉淀，过滤、洗涤，取最后一次洗涤液加入0.1ml/L HCl溶液酸化，再加入0.1ml/L BaCl2溶液，无浑浊生成，得到CCO3固体，将CCO3固体置于热解装置中，通入空气气流，在400~600 ℃温度下高温煅烧至恒重即可
【解析】
【分析】锂钴废料酸溶、过滤，得到酸溶渣和含有锂离子、亚钴离子的滤液，向滤液中加入氟化钠溶液，将锂离子转化为氟化锂沉淀，过滤，得到氟化锂溶渣和含有亚钴离子的溶液。
【小问1详解】
①钴元素的原子序数为27，基态C2+的电子排布式为或；
②钴酸锂中钴元素的化合价为+3价，由题意可知，+3价钴元素具有强氧化性，若酸溶时加入具有还原性的浓盐酸，钴酸锂会与浓盐酸反应生成有毒的氯气，污染空气，所以酸溶时不能选用浓盐酸；
③由氟化锂的溶度积可知，净化后溶液中的锂离子浓度为，则沉淀锂离子消耗的氟离子的浓度为1ml/L-0.05ml/L=0.95ml/L，由净化后溶液中氟离子浓度为0.04ml/L可知，溶液中钠离子的浓度为0.95ml/L+0.04ml/L=0.99 ml/L；
【小问2详解】
①由题意可知制备[C(NH3)6]Cl3的反应为，溶液中的C2+与、氨水和过氧化氢溶液反应生成[C(NH3)6]3+和水，反应的离子方程式为；
②分液漏斗中液体加入三颈烧瓶中的顺序为先加浓氨水，后加过氧化氢溶液；
【小问3详解】
由于CCO3难溶于水，取反萃取后得到的水相，加入0.1ml/L的NH4HCO3，将C2+转化为CCO3沉淀，过滤除去可溶性杂质，然后洗涤，为了保证杂质除净，加入0.1ml/L HCl溶液酸化，用0.1ml/L的BaCl2溶液检验洗涤液中有无，干燥后在空气中400~600℃温度下高温分解CCO3至恒重得到C3O4。
17. 我国对世界郑重承诺：2030年前实现碳达峰，2060年前实现碳中和，而研发CO2的碳捕捉和碳利用技术则是关键。
（1）烟气中CO2捕集可通过如下所示的物质转化实现。
“脱碳”的化学反应方程式为_________。
（2）研究脱除烟气中的NO也是环境保护、促进社会可持续发展的重要课题。有氧条件下，在Fe基催化剂表面，NH3还原NO的反应机理如图所示，该过程可描述为_______。
（3）2021年9月，《科学》杂志发表论文，介绍人类首次以二氧化碳为原料，不依赖植物光合作用，直接经过11步路径人工合成淀粉。前两步，是先将二氧化碳还原为甲醛。
请写出前两步总反应的化学方程式：_________。
（4）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CO2的装置示意图如左图所示。其他条件一定时，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(FE%)随电解电压的变化如图所示：

法拉第效率(FE)表示为：FE(B)%= ×100%
①b电极生成HCOOH的电极反应式为_______。
②科研小组利用13CO2代替原有的CO2进行研究，其目的是________。
③当电解电压为U2V时，电解生成的HCOOH和HCHO的物质的量之比为3：2，则生成HCHO的法拉第效率m为_______。
【答案】17.
18. 在Fe基催化剂表面，吸附在酸性配位点上形成，与吸附在配位点上形成，然后与结合生成，最后与反应生成，并从催化剂表面逸出
19.
20. ①. CO2+2e- +2H+= HCOOH ②. 确定阴极上生成含碳化合物源自二氧化碳而非有机多孔电极材料 ③. 20%
【解析】
【小问1详解】
碳酸锂和二氧化碳反应生成碳酸氢锂，碳酸氢锂受热分解为碳酸锂并释放出二氧化碳气体，反应为：；
【小问2详解】
由图可知，在Fe基催化剂表面，吸附在酸性配位点上形成，与吸附在配位点上形成，然后与结合生成，最后与反应生成，并从催化剂表面逸出，使得污染物NO被还原为无毒的氮气；
【小问3详解】
由图可知，前两步反应为二氧化碳、氢气在催化剂表面转化为甲醇和水，甲醇和过氧化氢生成的氧气发生氧化还原反应被氧化为甲醛，总反应为二氧化碳、氢气、过氧化氢生成甲醛和水：；
【小问4详解】
①b电极为阴极，酸性条件下二氧化碳在阴极得到电子被还原为甲酸，反应为CO2+2e- +2H+= HCOOH。
②有机多孔电极材中含有碳元素，利用13CO2代替原有的CO2进行研究，可以对反应中的碳原子进行跟踪定位，确定阴极上生成含碳化合物源自二氧化碳而非有机多孔电极材料。
③、，电解电压为U2V时，放电生成1ml甲酸转移2ml，生成1ml甲醛转移4ml电子，由图可知，生成甲酸的FE%为15%，则由电解生成的甲酸和甲醛的物质的量之比为3：2，可得，解得m=20。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