181，江苏省南京师范大学苏州实验学校2023-2024学年高三上学期零模考试热身练化学试题

这是一份181，江苏省南京师范大学苏州实验学校2023-2024学年高三上学期零模考试热身练化学试题，共19页。试卷主要包含了 检验微量砷的原理为， 下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。

满分：100分 考试时间：75min
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 S-32 Cu-64
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. 石墨烯是一种由碳原子构成的正六边形呈蜂巢晶格的二维碳纳米材料，是用机械剥离的方法从石墨中分离出来。下列说法不正确的是
A 石墨烯属于烯烃B. 石墨烯难溶于水
C. 石墨烯可以发生加成反应D. 石墨烯中键角为120°
【答案】A
【解析】
【详解】A．石墨烯是碳元素形成的单质，A错误；
B．石墨烯是非极性分子，难溶于水，B正确；
C．石墨烯能与氢气发生加成反应，C正确；
D．石墨烯是碳原子构成的正六边形蜂巢晶格，键角为120，D正确；
故选A。
2. 检验微量砷的原理为。常温下为无色气体。下列说法正确的是
A. As的基态核外电子排布式为B. 的空间构型为平面三角形
C. 固态属于共价晶体D. 既含离子键又含共价键
【答案】B
【解析】
【详解】A．As的基态核外电子排布式为，A错误；
B．的中心原子N的价层电子对数为3，没有孤电子对，中心原子N的杂化类型为sp2，空间构型为平面三角形，B正确；
C．固态属于分子晶体，C错误；
D．只含共价键，D错误；
故选B。
3. 下列说法正确的是
A. 第一电离能：
B. 键角比大
C. 分子构型为平面型
D. 中键的数目为12ml
【答案】B
【解析】
【详解】A． N为第ⅤA族元素，2p能级处于半充满稳定状态，第一电离能：，故A错误；
B． 、均为sp3杂化，孤电子对分别为1、2，孤电子对对成键对斥力大，的键角比大，故B正确；
C． 分子中N为sp3杂化，分子构型为立体型，故C错误；
D． 中键的数目为16ml，故D错误；
故选B。
4. 如图为NH3的制备，收集及催化氧化实验，下列说法正确的是

A. 图甲装置除了混合氢气和氮气之外还可以干燥气体及观察氢气和氮气的流速
B. 将氨气通入图乙装置中，锥形瓶口出现红棕色气体，说明氨被直接氧化为NO2
C. 图丙为实验室制取氨气的正确装置
D. 图丁装置可用于实验室制氨气的尾气吸收
【答案】A
【解析】
【详解】A．浓硫酸有吸水性，可干燥氢气和氮气，同时可由气体经过液体产生的气泡快慢来观察气体流速，选项A正确；
B．瓶口出现红棕色气体，为NO被氧气氧化为NO2，不是直接产生的，选项B错误；
C．加热固体药品时，试管口应略向下，选项C错误；
D．氨气极易溶于水，发生倒吸，造成实验安全问题，选项D错误；
答案选A。
5. 铜及其重要化合物在生产中有着重要的应用。辉铜矿(主要成分Cu2S)可以用于制铜，反应为Cu2S +O22Cu+SO2，制得的粗铜通过电解法进行精炼。Cu2S与浓硝酸反应可得Cu(NO3)2。Cu在O2存在下能与氨水反应生成[Cu(NH3)4]2+。Cu2O加入到稀硫酸中，溶液变蓝色并有紫红色固体产生。下列有关辉铜矿制备粗铜的相关说法正确的是
A. Cu＋转化为基态Cu，得到的电子填充在3d轨道上
B. O2和SO2都是非极性分子
C. Cu2S晶胞中S2-位置如图所示，则一个晶胞中含有8个Cu＋
D. 标准状况下，每有 22.4 L O2参与反应，转移电子数为 4 ml
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据构造原理可知基态Cu+核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d10，Cu＋得到1个电子转化为基态Cu，Cu原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s1，可见Cu+得到的电子是填充在4s轨道上，A错误；
B．O2是非极性分子，而SO2则是极性分子，B错误；
C．Cu2S晶胞中S2-位置如图所示，则一个晶胞中含有S2-数目为: 8×+6×=4，则根据其化学式可知其中所含Cu+数目为8个，C正确；
D．在该反应中Cu元素化合价由+l价变为0价，O元素化合价由0价变为-2价，化合价共降低1×2+2×2=6；S元素化合价由-2价变为+4价，化合价升高6价，故在标准状况下，每有22.4 LO2参与反应,反应的O2的物质的量是1 ml时，转移电子的物质的量是6 ml，D错误；
故合理选项是C。
6. 铜及其重要化合物在生产中有着重要的应用。辉铜矿(主要成分 Cu2S)可以用于制铜，反应为Cu2S +O22Cu+SO2，制得的粗铜通过电解法进行精炼。Cu2S 与浓硝酸反应可得Cu(NO3)2。Cu 在O2 存在下能与氨水反应生成[Cu(NH3)4]2+。Cu2O 加入到稀硫酸中，溶液变蓝色并有紫红色固体产生。下列说法正确的是
A. SO2 的键角比 SO3 的大
B. SO2 和 SO3 中心原子均采取 sp2 杂化
C. Cu+吸引电子的能力比Cu2+的强
D. 1 ml [Cu(NH3)4]2+中 σ 键的数目为 12×6.02×1023
【答案】B
【解析】
【详解】A．SO2中中心原子S的孤电子对数为=1，SO3中中心原子S的孤电子对数为=0，因此SO2的键角比SO3的小，故A错误；
B．SO2中中心原子S的价层电子对数为3，杂化类型为sp2，SO3中中心原子S的价层电子对数为3，杂化类型为sp2，故B正确；
C．同一元素的阳离子，所带电荷数越多，吸引电子能力越强，因此Cu2+吸引电子能力大，故C错误；
D．1ml[Cu(NH3)4]2+σ键物质的量为(4+4×3)ml=16ml，所含σ键物质的量为16NA，故D错误；
答案为B。
7. 铜及其重要化合物在生产中有着重要的应用。辉铜矿(主要成分 Cu2S)可以用于制铜，反应为Cu2S +O22Cu+SO2，制得的粗铜通过电解法进行精炼。Cu2S与浓硝酸反应可得Cu(NO3)2。Cu在O2存在下能与氨水反应生成[Cu(NH3)4]2+。Cu2O加入到稀硫酸中，溶液变蓝色并有紫红色固体产生，下列说法正确的是
A. 电解精炼铜时阴极反应：Cu-2e-=Cu2+
B. Cu2S与浓硝酸反应Cu2S+6HNO3(浓)2Cu(NO3)2+2NO2↑+H2S↑+H2O
C. Cu2O溶于稀硫酸：Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O
D. Cu在O2 存在下与氨水反应：2Cu+8NH3+O2+4H+=2[Cu(NH3)4]2++2H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A．电解精炼铜时阴极上Cu2+得到电子被还原为Cu单质，电极反应：Cu2+ +2e-=Cu，A错误；
B．浓硝酸具有强氧化性，与Cu2S反应不能产生具有还原性的H2S气体，Cu2S与浓硝酸反应会产生Cu(NO3)2、NO2、H2SO4、H2O，反应的化学方程式为：Cu2S+14HNO3(浓)2Cu(NO3)2+10NO2↑+H2SO4+6H2O，B错误；
C．Cu2O溶于稀硫酸，在酸性条件下发生歧化反应产生Cu、CuSO4、H2O，反应的离子方程式为Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O，C正确；
D．氨水显碱性，不能大量存在H+，反应的离子方程式为2Cu+8NH3+O2+2H2O =2[Cu(NH3)4]2++4OH-，D错误；
故合理选项是C。
8. 一种海水提溴的部分工艺流程如图所示。下列说法错误的是
A. “氧化”和“转化”工序中的主要作用相同
B 水相Ⅰ和水相Ⅱ中均含有和
C. “洗脱”工序可完成再生
D. 保存液溴时加适量水的主要作用是防止溴单质被氧化
【答案】D
【解析】
【分析】卤水“氧化”时氯气与卤水反应置换出，同时氯气与水反应生成进入水相Ⅰ；“还原”时与反应生成、、，再与反应生成和，用盐酸“洗脱”生成和，HBr被氯气氧化得到溴单质，蒸馏得到液溴。
【详解】A．“氧化”和“转化”工序中的主要作用均为氧化，A项正确；
B．由流程中转化关系知，“氧化”时氯气与卤水反应置换出，同时氯气与水反应生成进入水相Ⅰ；“还原”时与反应生成、、，再与反应生成和，故水相Ⅱ中含和，则水相Ⅰ和水相Ⅱ中均含有和，B项正确；
C．用盐酸“洗脱”生成同时生成，可完成的再生，C项正确；
D．保存液溴时加适量水的主要作用是防止溴单质挥发，D项错误；
故选D。
9. 用间接电化学法可对大气污染物NO进行无害化处理，其工作原理如图所示。下列说法正确的是

A. 电极I为阴极，电极反应式为2H2O+2e一=2OH－+H2↑
B. 电解时H+由电极I向电极II迁移
C. 吸收塔中的反应为2NO+2S2O42－+2H2O=N2+4HSO3－
D. 每处理1 ml NO，可同时得到32gO2
【答案】C
【解析】
【详解】从图示中，可知在吸收塔中NO变成了N2，N的化合价降低，S2O42－变成了HSO3－，S的化合价从＋3升高到了＋4，化合价升高。在电解池中，HSO3－变成了S2O42－，S的化合价从＋4降低到＋3，得到电子，电极Ⅰ为阴极，而在电极Ⅱ附近有氧气生成，为H2O失去电子生成O2，为阳极。
A．在电解池中，HSO3－变成了S2O42－，S的化合价从＋4降低到＋3，得到电子，电极Ⅰ为阴极， 电极方程式为2HSO3－＋2e－＋2H＋=S2O42－＋2H2O，A项错误；
B．电解时，阳离子向阴极移动，电极Ⅰ为阴极，H＋由电极Ⅱ向电极Ⅰ移动，B项错误；
C．吸收塔中NO变N2，S2O42－变成HSO3－，C中的离子方程式满足电子守恒、电荷守恒、原子守恒，C项正确；
D．整个装置中转移的电子数相同，处理1mlNO，N的化合价从＋2降低到0，转移了2ml电子。阳极2H2O－4e－=4H＋＋O2↑，生成32g O2即1mlO2需要4ml电子，D项错误；
本题答案选C。
10. 化合物W是重要的药物中间体，可由下列反应制得：
下列有关说法正确的是
A. X分子中采取sp2杂化的碳原子有3个
B. Y分子中所有碳原子可能共平面
C. Z分子存在手性异构体
D. W分子可发生水解、加成和消去反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．X分子中苯环上、碳碳双键上、碳氧双键上碳原子均为sp2杂化，共9个，A错误；
B．Y中六元环为饱和碳原子形成的，所有碳原子不可能共平面，B错误；
C．Z分子中存在手性碳原子：右侧六元环中与两个碳氧双键都相连的碳原子，故Z分子存在手性异构体，C正确；
D．W中含苯环和碳氧双键，能发生加成反应；与羟基直接相连的第二个碳原子上含氢原子，能发生消去反应，不能发生水解反应，D错误；
故选C。
11. 室温下，下列实验探究方案不能达到探究目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．二氧化碳通入硅酸钠溶液中，溶液变浑浊，说明碳酸的酸性大于硅酸，则非金属性：C＞Si，A正确；
B．K2CrO4溶液中存在平衡Cr2O(橙色)+H2O2CrO(黄色)+2H+，滴入稀硫酸后氢离子浓度增大，平衡逆向移动，则重根酸根离子浓度增大，溶液显示橙色，B正确；
C．淀粉在稀硫酸作用下水解生成葡萄糖，其中含有醛基，用氢氧化钠将溶液调至碱性后可以和新制氢氧化铜反应生成红色沉淀，C正确；
D．用pH计分别测定浓度均为0.1ml•L-1的NaCN和Na2S的pH，只能证明Ka2(H2S)和Ka(HCN)相对大小，D错误；
故选D。
12. 草酸亚铁是生产磷酸铁锂电池的原料，实验室可通过如图反应制取FeC2O4：
已知室温时：Ka1(H2C2O4)=5.6×10-2、Ka2(H2C2O4)=1.5×10-4、Ksp(FeC2O4)=2.1×10-7。
下列说法正确的是
A. 室温下，0.10mlL-1NaHC2O4溶液中存在：c(C2O)B. 酸化、溶解后的溶液中存在：c(NH)+2c(Fe2+)＞2c(SO)
C. 室温时，反应Fe2++H2C2O4=FeC2O4↓+2H+的平衡常数K=40
D. 过滤后的上层清液中：c(Fe2+)c(C2O)≥2.1×10-7
【答案】C
【解析】
【详解】A．草酸氢钠溶液中草酸氢根的电离常数为Ka2(H2C2O4)=1.5×10-4，水解常数为：，即草酸氢根的电离程度大于其水解程度，故c(C2O)>c(H2C2O4)，A错误；
B．硫酸亚铁铵晶体溶于水后存在电荷守恒：c(NH)+2c(Fe2+)+c(H+)=2c(SO)+c(OH-)，酸化、溶解后的溶液呈酸性，氢离子浓度大于氢氧根浓度，故酸化、溶解后的溶液中存在：c(NH)+2c(Fe2+)<2c(SO)，B错误；
C．室温时，反应Fe2++H2C2O4=FeC2O4↓+2H+的平衡常数，C正确；
D．当c(Fe2+)c(C2O)≥Ksp=2.1×10-7时形成FeC2O4沉淀，过滤后的上层清液中不会生成FeC2O4沉淀，故c(Fe2+)c(C2O)<2.1×10-7，D错误；
故选C。
13. 由CO2催化加氢制CH3OH的反应体系中，发生的主要反应如下。
反应I：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)；ΔH=+41.1kJ•ml-1。
反应II：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)；ΔH=-49.0kJ•ml-1。
在其他条件相同的情况下，按n(CO2)∶n(H2)=1∶3(总量一定)投料于恒容密闭容器中进行反应，CO2的平衡转化率和甲醇的选择性[甲醇的选择性：]随温度的变化趋势如图所示。

下列说法不正确的是
A. 若反应2CH3OH(g)=CH3OCH3(g)+H2O(g)；ΔH=-24.5kJ•ml-1，则由H2和CO制备二甲醚的热化学方程式：2CO(g)+4H2(g)=CH3OCH3(g)+H2O(g)；ΔH=-204.7kJ•ml-1
B. 根据图中数据，温度选择553K，达到平衡时，反应体系内甲醇的产量最高
C. 随着温度的升高，CO2的平衡转化率增加但甲醇的选择性降低，其原因可能是反应II平衡逆向移动幅度弱于反应I正向移动幅度
D. 473～513K范围内，温度升高，平衡时的逐渐增大
【答案】D
【解析】
【详解】A．设反应Ⅲ2CH3OH(g)=CH3OCH3(g)+H2O(g)；ΔH=-24.5kJ•ml-1，反应Ⅳ，则由盖斯定律可知，Ⅳ=2×II-2×I+Ⅲ，则反应Ⅳ的反应热ΔH=2×(-49.0kJ•ml-1)- 2×(+41.1kJ•ml-1)+( -24.5kJ•ml-1)= -204.7kJ•ml-1，A正确；
B．由图可知，温度选择553K，达到平衡时甲醇的选择性最低，二氧化碳的平衡转化率最大，故此时反应体系内甲醇的产量最高，B正确；
C．反应II为放热反应，同时该反应生成甲醇，反应II为吸热反应，该反应消耗二氧化碳，但是不产生甲醇，则随着温度的升高，CO2的平衡转化率增加但甲醇的选择性降低，其原因可能是反应II平衡逆向移动幅度弱于反应I正向移动幅度，C正确；
D．由图可知，随着温度的升高，甲醇的选择性在降低，二氧化碳的转化率在增大，则平衡时的逐渐减小，D错误；
故选D。
14. 氧化铈(CeO2)是一种应用非常广泛的稀土氧化物。现以氟碳铈矿(含CeFCO3、BaO、SiO2等)为原料制备氧化铈，其工艺流程如图所示：
已知：①稀土离子易与形成复盐沉淀，Ce3+和发生反应：Ce2(SO4)3+Na2SO4+nH2O=Ce2(SO4)3·Na2SO4·nH2O↓；
②硫脲：具有还原性，酸性条件下易被氧化为(SCN2H3)2；
③Ce3+在空气中易被氧化为Ce4+，两者均能形成氢氧化物沉淀；
④Ce2(CO3)3为白色粉末，难溶于水。
回答下列问题：
（1）滤渣A的主要成分是_____(填写化学式)。
（2）在另一种生产工艺中，在氟碳铈矿矿石粉中加入碳酸氢钠同时通入氧气焙烧，焙烧得到NaF和CeO2两种固体以及两种高温下的气态物质，请写出焙烧过程中相应的化学方程式_____。
（3）加入硫脲的目的是将还原为Ce3+，反应的离子方程式为_____。
（4）步骤③加入盐酸后，通常还需加入另一种化学试剂X，根据题中信息推测，加入X的作用为_____。
（5）下列关于步骤④的说法正确的是_____(填字母)。
A. 过滤后的滤液中仍含有较多Ce3+，需要将滤液循环以提高产率
B. 可以用Na2CO3溶液代替NH4HCO3溶液，不影响产品纯度
C. 过滤时选择减压过滤能够大大提高过滤效率
D. 该步骤发生的反应是2Ce3++6=Ce2(CO3)3↓+3CO2↑+3H2O
（6）若常温下，Ka2(H2CO3)=5.0×10−11，Ksp[Ce2(CO3)3]=1.0×10−28，Ce3+恰好沉淀完全c(Ce3+)=1.0×10−5ml∙L−1，此时测得溶液的pH=5，则溶液中c()=_____ml∙L−1。
【答案】（1）BaSO4、SiO2
（2）4CeFCO3+4NaHCO3+O24NaF+4CeO2+8CO2+2H2O
（3）2+2=2Ce3++(SCN2H3)2+2HF+2F-
（4）防止Ce3+被氧化 （5）CD
（6）0.2
【解析】
【分析】氟碳铈矿(含CeFCO3、BaO、SiO2等)在空气中焙烧，Ce3+在空气中氧化为Ce4+，加稀硫酸浸取，Ce4+进入溶液，SiO2不反应，BaO与硫酸反应生成BaSO4沉淀，过滤分离，滤渣A为SiO2、BaSO4；含滤液中加入硫脲将Ce4+还原为Ce3+，Ce2(SO4)3与Na2SO4形成复盐沉淀B为Ce2(SO4)3•Na2SO4•nH2O，过滤分离。复盐沉淀加入NaOH，再加入稀盐酸，Ce3+被转移到溶液中，加入碳酸氢铵使Ce3+沉淀为Ce2(CO3)3，最后灼烧分解生成CeO2。
【小问1详解】
根据分析，滤渣A的主要成分是BaSO4、SiO2。
【小问2详解】
在氟碳铈矿矿石粉(CeFCO3)中加入碳酸氢钠同时通入氧气焙烧，焙烧得到NaF和CeO2两种固体以及两种高温下的气态物质，根据质量守恒得到两种高温气体为二氧化碳和水蒸气，则焙烧过程中反应的化学方程式为4CeFCO3+4NaHCO3+O24NaF+4CeO2+8CO2+2H2O。
【小问3详解】
根据信息硫脲( )具有还原性，酸性条件下易被氧化为(SCN2H3)2，则加入硫脲的目的是将还原为Ce3+，反应的离子方程式为2+2 =2Ce3++(SCN2H3)2+2HF+2F-。
【小问4详解】
步骤③加入盐酸后，通常还需加入另一种化学试剂X，根据题中信息Ce3+在空气中易被氧化为Ce4+推测，加入X的作用是防止Ce3+被氧化。
【小问5详解】
A．由于加入的碳酸氢铵过量，沉淀比较充分，因此过滤后的滤液中含有的Ce3+很少，A错误；
B．碳酸钠与Ce3+直接快速反应沉淀，在生成沉淀的过程中，其他杂质离子会掺杂在沉淀中，因此不可以用Na2CO3溶液代替NH4HCO3溶液，会影响产品纯度，B错误；
C．减压过滤能够大大提高过滤效率，C正确；
D．Ce3+加入碳酸氢铵反应生成Ce2(CO3)3沉淀，同时生成二氧化碳和水，则该步骤发生的反应是2Ce3++6=Ce2(CO3)3↓+3CO2↑+3H2O，D正确；
故选CD。
【小问6详解】
Ce3+恰好沉淀完全时，c(Ce3+)=1.0×10−5 ml∙L−1，则，解得，测得溶液的pH=5，根据，解得c()=0.2ml∙L−1。
15. 化合物G是一种重要的药物中间体，其合成路线如图：
（1）分子中键和键数目之比为___________。
（2）F→G的反应类型为___________。
（3）C→D发生的反应类型为加成反应，写出D的结构简式___________。
（4）F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，分子中含有1个手性碳原子；②分子中有4种不同化学环境的氢。
（5）已知：①苯酚和，不饱和羰基化合物一定条件下可以发生反应：
①；②。写出、、和为原料制备的合成路线流程图________。
【答案】15. 14∶3
16. 取代反应 17.
18. 或 19.
【解析】
【分析】A和丙二酸发生取代反应生成B，B和乙醇发生酯化反应生成C，C发生加成反应生成D，根据C、E的结构简式及D的分子式知，D为，D和氢气发生加成反应然后发生取代反应生成E，E发生还原反应生成F，F发生取代反应生成G；
【小问1详解】
共价单键为σ键，共价双键中含有1个σ键和1个π键，共价三键中含有1个σ键和2个π键，分子中存在7个C-Hσ键、3个C-Cσ键、2个C-Oσ键、1个C=O中含有1个σ键、1个C≡N中含有1个σ键，共有3个π键，所以分子中σ键和π键数目之比为14∶3，故答案为：14∶3；
【小问2详解】
F→G的反应类型为取代反应。故答案为：取代反应；
【小问3详解】
C→D发生的反应类型为加成反应，写出D的结构简式。故答案为：；
【小问4详解】
F的一种同分异构体同时满足下列条件，①能与溶液发生显色反应，分子中含有1个手性碳原子，说明含有酚羟基和1个手性碳原子；②分子中有4种不同化学环境的氢，符合条件的结构简式有或。故答案为：或；
【小问5详解】
根据A→B→C的反应知，发生催化氧化、然后和CH2(COOH)2发生取代反应、再和CH3OH发生酯化反应、再发生信息中的反应得到目标产物，合成路线为，故答案为：。
16. 废弃的锂离子电池中含有多种金属元素，需回收处理。柠檬酸因具有酸性和较好的络合性，可用于浸出金属离子并得到柠檬酸浸出液。下图是某小组研究从柠檬酸浸出液中分离出铜并制备碱式碳酸铜的制备流程。
（1）在“调pH分离铜”的步骤中，理论上铜离子完全沉淀时pH为6.67，本实验中测得pH=8时铜的沉淀率仅为7.2%，远小于理论分析结果，可能的原因为___________。
（2）在“还原法沉铜”的步骤中，利用抗坏血酸(C6H8O6)能有效的将Cu(Ⅱ)还原成金属Cu。抗坏血酸(C6H8O6)易被氧化为脱氢抗坏血酸(C6H6O6)；且受热易分解。
①抗坏血酸还原的离子方程式为___________。
②某实验小组研究了相同条件下温度对Cu沉淀率的影响。从如图可以看出，随着温度的升高，相同时间内Cu的沉淀率先逐渐增加，在80℃时达到最高点，后略有下降，下降可能的原因是___________。
（3）将所得铜粉制备为溶液后再制备碱式碳酸铜。已知碱式碳酸铜的产率随起始：与的比值和溶液pH的关系如图所示。
①补充完整由溶液制取碱式碳酸铜的实验方案：向烧杯中加入溶液，将烧杯置于70℃的水浴中，___________，低温烘干，得到碱式碳酸铜(实验中可选用的试剂或仪器：溶液、0.1ml/LNaOH溶液、0.1ml/L盐酸、pH计)。
②实验时发现，若反应时溶液pH过大，所得碱式碳酸铜的产率偏低，但产品中Cu元素含量偏大，原因是___________。
【答案】（1）柠檬酸具有较好的络合性，结合铜离子的能力强于氢氧根离子
（2） ①. ②. 反应开始阶段，随温度升高，反应速率较快，有利于铜的沉淀，但抗坏血酸不稳定，受热易分解，温度过高使其分解导致还原性降低，还原铜的能力降低
（3） ①. 边搅拌边加入25 mL 溶液，在pH计测定溶液pH条件下，用0.1ml/LNaOH溶液或0.1ml/L盐酸调节pH约为9，充分反应后，过滤、洗涤沉淀至最后一次洗涤液滴加无沉淀生成 ②. 溶液pH过大，反应生成了氢氧化铜沉淀，氢氧化铜中铜的含量大于碱式碳酸铜中铜的含量
【解析】
【分析】柠檬酸浸出液中加入碱调节pH，转化生成氢氧化铜，加入抗坏血酸还原得到铜单质，所得铜粉制备为溶液后，向烧杯中加入溶液，将烧杯置于70℃的水浴中，边搅拌边加入25 mL 溶液，在pH计测定溶液pH条件下，用0.1ml/LNaOH溶液或0.1ml/L盐酸调节pH约为9，充分反应后，过滤、洗涤沉淀至最后一次洗涤液滴加无沉淀生成，低温烘干，得到碱式碳酸铜，据此分析。
【小问1详解】
结合题干信息，柠檬酸具有较好的络合性，结合铜离子的能力强于氢氧根离子；
答案为：柠檬酸具有较好的络合性，结合铜离子的能力强于氢氧根离子。
【小问2详解】
①抗坏血酸还原的离子方程式为： ；
②反应开始阶段，随温度升高，反应速率较快，有利于铜的沉淀，但抗坏血酸不稳定，受热易分解，温度过高使其分解导致还原性降低，还原铜的能力降低；
答案为：；反应开始阶段，随温度升高，反应速率较快，有利于铜的沉淀，但抗坏血酸不稳定，受热易分解，温度过高使其分解导致还原性降低，还原铜的能力降低。
【小问3详解】
①向烧杯中加入溶液，将烧杯置于70℃的水浴中，边搅拌边加入25 mL 溶液，在pH计测定溶液pH条件下，用0.1ml/LNaOH溶液或0.1ml/L盐酸调节pH约为9，充分反应后，过滤、洗涤沉淀至最后一次洗涤液滴加无沉淀生成，低温烘干，得到碱式碳酸铜；
②溶液pH过大，反应生成了氢氧化铜沉淀，氢氧化铜中铜的含量大于碱式碳酸铜中铜的含量；
答案为：边搅拌边加入25 mL 溶液，在pH计测定溶液pH条件下，用0.1ml/LNaOH溶液或0.1ml/L盐酸调节pH约为9，充分反应后，过滤、洗涤沉淀至最后一次洗涤液滴加无沉淀生成；溶液pH过大，反应生成了氢氧化铜沉淀，氢氧化铜中铜的含量大于碱式碳酸铜中铜的含量。
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___________ml。
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0.2ml氢气和0.2ml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=2.8ml。
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。选项
探究方案
探究目的
A
向Na2CO3溶液中滴加稀硫酸，反应产生的气体直接通入Na2SiO3溶液中，观察现象
非金属性：C＞Si
B
向K2CrO4溶液中缓慢滴加少量浓硫酸，观察溶液颜色的变化
溶液中存在平衡：Cr2O(橙色)+H2O2CrO(黄色)+2H+
C
向淀粉溶液中加适量稀硫酸，加热，冷却后加NaOH溶液至碱性，再加入新制Cu(OH)2悬浊液并加热，观察现象
淀粉在酸性条件下可发生水解
D
用pH计分别测定浓度均为0.1ml•L-1的NaCN和Na2S的pH
Ka1(H2S)＞Ka(HCN)