重庆市渝南名校2023-2024学年高三上学期10月检测
化学试题
（全卷满分100分，考试时间75分钟）
一、单选题
1．化学与人类生产生活、社会可持续发展密切相关，下列说法正确的是
A．“天宫一号”中使用的碳纤维，是一种新型材料
B．二氧化硫是一种有毒物质，不能添加到任何食品中
C．桐油(一种植物的种子榨出的油)属于天然高分子化合物，不溶于水
D．大多数胶体带电，利用这一性质可进行“血液透析”和“静电除尘
2. 下列化学用语或图示表达正确的是
A. NaCl的电子式为
B. 的VSEPR模型为
C. 电子云图为
D. 基态原子的价层电子轨道表示式为
3．满足下列前提条件的离子方程式书写不正确的是
A．溶液与过量溶液反应：
B．向溶液中加入过量的溶液：
C．用醋酸和淀粉溶液检验加碘盐中的：
D．向溶液中通入适量的氯气至溶液中有一半的被氧化成：
4．化学是以实验为基础的科学。下列实验操作与现象、结论均正确的是
选项 操作 现象 结论
A 向溶液中加入少量氯水，再加入萃取 溶液变黄，加入后，层出现橙黄色 的还原性强于
B 向某溶液中滴加双氧水 溶液变为黄色 溶液中含有
C 葡萄酒中添加适量的 葡萄酒能长久储藏 具有杀菌、抗氧化的保质作用
D 将装满和空气混合气体的试管倒扣在盛有水的水槽中 试管中液面上升 能与水直接发生反应
5．下列有关图像的说法正确的是
A．图甲表示：向某明矾溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，生成沉淀的物质的量与滴加NaOH溶液体积的关系
B．图乙表示：向含等物质的量的NaOH和Na2CO3的混合溶液中逐滴加入稀盐酸至过量，生成气体的体积与滴加HCl溶液体积的关系
C．图丙表示：在稀硝酸溶液中逐渐加入铁粉至过量，溶液中Fe3＋物质的量与逐渐加入铁粉物质的量的变化关系
D．除去混在硝酸钾中少量的氯化钠可用“蒸发浓缩、趁热过滤”的方法
6．碳酸镧常用于慢性肾衰患者高磷血症的治疗，实验室用如图所示装置，利用反应来制取。下列说法错误的是
A．装置X中盛放的试剂应为饱和溶液
B．实验中各装置导管口的连接方式为，，
C．装置Z中用干燥管的主要目的是防止倒吸
D．实验时，应先打开装置W中分液漏斗的活塞，一段时间后再打开装置Y中分液漏斗的活塞
7．有一固体混合物，可能由、、、、混合而成，为检验它的成分，做了如下实验：已知不能被稀氧化，微溶于水
将固体溶于足量水，搅拌后静置，得到无色透明溶液和白色沉淀；
取等量固体加入足量的稀硝酸中，有刺激性气味黄绿色气体产生，同时有白色沉淀生成。根据以上实验现象，你认为以下判断正确的是
A．一定含有、、
B．无法判断是否含有
C．一定含有、、，不能肯定是否含有
D．是否含，只要把实验产生的气体通入少量澄清石灰水中，若没有变浑浊，则一定不含
8．高铁酸钾()是高效水处理剂，工业制备的反应原理为。已知NA是阿伏加德罗常数的值。下列正确的是
A．若有完全反应，则转移电子总数为0.6NA
B．浓度为的KClO溶液中，的数目小于0.1NA
C．标准状况下，分子中所含的质子总数为1.5NA
D．ag KClO和KCl的混合物中氧元素的质量分数为b％，混合物中的数目为
9. 我国科研人员发现中药成分黄芩素能明显抑制新冠病毒的活性。下列关于黄芩素的说法不正确的是
A. 分子中有3种官能团 B. 能与Na2CO3溶液反应
C. 在空气中可发生氧化反应 D. 能和Br2发生取代反应和加成反应
9．用方法可将汽车尾气中的和转化为无污染的气体，下列说法错误的是
A．整个过程中作催化剂
B．反应过程中涉及的反应均为氧化还原反应
C．过程Ⅰ中发生的反应为
D．总反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为
10．根据下列实验操作和现象不能得出相应结论的是
实验操作 现象 结论
A 向某溶液中滴加少量KSCN溶液后，再加入足量H2O2溶液 无明显现象 溶液中不含Fe2+
B 将乙醇和浓硫酸混合加热，并将产生的气体干燥后通入溴的四氯化碳溶液 溶液褪色 有乙烯生成
C 分别在20 ℃、30 ℃下，取0.1 mol·L-1KI溶液，向其中先加入淀粉溶液，再加入0.1 mol·L-1的硫酸 30 ℃下，溶液更快出现蓝色 温度越高，化学反应速率越快
D 常温下，用pH计测定相同浓度的MgCl2、AlCl3溶液的pH pH：MgCl2溶液>AlCl3溶液 金属性：Mg>Al
11．X溶液中含有下表所示离子中的某5种，且其离子浓度均为0.1mol·L-1(不考虑水的电离和离子水解)。向X溶液中加入足量稀盐酸，有气体生成，反应前后阴离子种类不变。下列叙述错误的是
阳离子 Na+、Fe3+、Ba2+、Fe2+、Mg2+、Al3+
阴离子 OH-、NO、HCO、CO、SO、Cl-
A．生成的气体为NO B．X溶液中一定含有Na+
C．X溶液中一定不含HCO和CO D．X溶液中含有2种阳离子、3种阴离子
12．用FeCl3·H2O作催化剂，在80 ℃下羧酸和醇反应生成酯的机理如下：
下列说法错误的是
A．FeCl3·H2O的主要作用是提供酸性环境
B．该过程中涉及加成反应、消去反应
C．升高温度可提高反应的速率
D．若用进行反应，最终得到的无机产物可能有H218O
13. 用溶液制备的过程如图所示。下列说法不正确的是
A. 溶液中
B. “反应”说明结合质子的能力强于
C. “灼烧”时发生反应的
D. “电解”时阳极(惰性电极)的电极反应为：
14．向仅含Fe2+、I-、Br-的溶液中通入过量的氯气，溶液中四种粒子的物质的量变化如图所示，已知：b-a=5，线段Ⅳ表示一种含氧酸，且Ⅰ和Ⅳ表示的物质中含有相同的元素。下列说法错误的是
A．线段Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ分别代表I-、Fe2+、Br-、HIO3的变化情况
B．Fe2+、I-和Br-的物质的量之比为1∶2∶3
C．根据图像可计算b=11
D．线段Ⅳ对应的反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比是5∶1
二、非选择题
15． 锌的化学性质与铝相似，工业上有较高的利用价值。某含锌废催化剂的主要成分为氧化锌，还含有镍、铁、铅等元素杂质，采用“氨浸除杂蒸发锻烧”新工艺生产高纯碱式碳酸锌，达到了废物综合利用的目的，工艺流程如图，请回答下列问题。
已知：“浸取”步骤后生成了锌氨配合物(配位数为4)和镍氨配合物进行后续生产。
(1)的电子排布式为 。
(2)“浸取”步骤中，废催化剂中氧化锌发生反应的化学方程式为 。
(3)“浸取”中锌的浸出率对本工艺至关重要，图一、图二是锌浸出率分别受温度、氨水与碳酸氢铵比(氮元素浓度固定)的影响。请分析：
①图一中选择的适宜温度为42℃左右，温度不宜过高的原因是 。
②图二中随着氨水与碳酸氢铵比的增大，锌的浸出率先增大后减小，然后再增大。
当时，溶液值升高，锌的主要存在形式为 。
(4)滤渣Ⅱ的成分为过量的外，还有 。(填化学式)
(5)“蒸氨”操作中锌氨溶液最终以形式从溶液中析出，经过滤洗涤、干燥后得到碱式碳酸锌，其化学反应方程式为： 。
(6)整个过程中可以循环利用的物质为 。
16. 无水碘化钠是一种白色粉末被广泛地应用于石油探测、安检、环境监测等领域。按化学计量称取各原料，在三颈烧瓶中(如图)先加入适量的高纯水，然后按NaHCO3、I2和水合肼的投料顺序分批加入。
已知：
①I2＋2NaHCO3=NaI＋NaIO＋H2O＋2CO2↑ H1＜0
3I2＋6NaHCO3=5NaI＋NaIO3＋3H2O＋6CO2↑ H2＜0
②I2(s)＋I-(aq) (aq)ΔH3
③水合肼(N2H4·H2O)具有强还原性，可分别将IO-、IO和I2，还原为I-，自身被氧化为无污染的气体；
（1）①写出I与NaHCO3反应生成IO的离子方程式__________________________________________。
②加入稍过量水合肼与IO-反应的离子方程式为_________________________________________________。
③常温常压时，下列措施一定能提高NaI的生成效率的是_______(填字母)。
a．将碘块研成粉末 b．起始时加少量NaI c．将溶液加热 d．加大高纯水的用量
（2）I2与NaHCO3溶液反应适宜温度为50～60℃，原因是______________________________________，整个实验过程中都需要开动搅拌器，其目的是_________________________________________________________。
17. “碳达峰、碳中和”是我国社会发展重大战略之一。与经催化重整可制得CO和，相关反应为：
主反应：
副反应：Ⅰ.
Ⅱ.
Ⅲ.
Ⅳ.
其中，副反应Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ形成的积碳易导致催化剂活性降低。
（1）主反应的______________________________________。
（2）的还原能力(R)可衡量转化效率，(同一时段内与的物质的量变化量之比)。常压下，将和按物质的量之比1：3投料，反应相同时间，和的转化率随温度变化如图所示。
①的转化率在800℃时远大于400℃时的原因是___________。
（3）在Pt-Ni合金或Sn-Ni合金催化下脱氢反应历程与相对能量关系如图所示(*表示吸附在催化剂表面的物质)。
从化学反应速率角度分析，脱氢反应选择的催化剂为___________(填“Pt-Ni合金”或“Sn-Ni合金”)，理由是___________。
（4）催化与重整反应的路径甲和乙如图所示。研究表明，在催化剂中掺入可产生更多的氧空位，生成更多的可流动，能有效减少催化剂的积碳生成。
路径甲、乙中生成的不同中间产物为___________(填化学式)。
18． 为验证反应，利用如图电池装置进行实验。
由固体配制500mL溶液，需要的仪器有胶头滴管、量筒、烧杯、玻璃棒、药匙、托盘天平、_______(填写名称)；
（2）电流表显示电流由银电极流向石墨电极。可知，盐桥中的阳离子进入_______电极溶液中。
（3）根据(2)实验结果，可知石墨电极的电极反应式为_______，银电极的电极反应式为_______。因此，氧化性小于_______。
水性聚氨酯特殊的分子结构使其具有优异的柔韧性、耐磨性和强附着力等特性，有机物K是水性聚氨酯酮肼交联改性的交联扩链剂，其合成路线如图所示。
已知
A的相对分子质量为30，则B的名称为 ，
(2)反应C→D的反应类型是 。检验D是否完全转化为E的具体操作是 ___________________________
___________________ 。
(3)写出G→H的过程中反应①的化学方程式： 。设计步骤H→I的目的是 。
(4)M与H互为同分异构体，符合下列条件的M的结构有 种(不含立体异构)，其中核磁共振氢谱峰面
积比为的结构简式为 (写一种即可)。
ⅰ．与足量银氨溶液反应能生成单质Ag；
ⅱ．与金属钠反应有氢气放出；
ⅲ．分子中有9个氢原子处于相同环境。
第3页 共4页 第4页 共4页重庆市渝南名校2023-2024学年高三上学期10月检测
参考答案：
1．A
【详解】A．“天宫一号”中使用的碳纤维，碳纤维是由有机纤维经碳化及石墨化处理而得到的微晶石墨材料，是一种新型无机非金属材料，A正确；
B．二氧化硫具有还原性，常用作葡萄酒的抗氧剂，B错误；
C．桐油为油脂，不溶于水，但不属于天然高分子化合物，C错误；
D．胶体不带电，呈电中性，胶体中的分散质粒子带电，D错误；
【2题答案】
【答案】C
3．B
【详解】A．溶液与过量溶液反应生成氢氧化镁沉淀、碳酸钠和水，离子方程式为：，故A正确；
B．向溶液中加入过量的溶液，HI可将NO、Fe3+还原生成NO、Fe2+，正确的离子方程式为：，故B错误；
C．用醋酸和淀粉溶液检验加碘盐中的生成I2和CH3COOK，离子方程式为：，故C正确；
D．由于还原性Fe2+>Br-，向溶液中通入适量的氯气，Fe2+先被氧化，溶液中有一半的被氧化成时，Fe2+全部被氧化，离子方程式为：，故D正确；
4．C
【详解】A．亚铁离子的还原性强于溴离子，向溴化亚铁溶液中通入少量氯气时，亚铁离子优先与氯气反应生成铁离子，溴离子未参与反应，所以加入四氯化碳萃取时，四氯化碳层不可能变为橙黄色，故A错误；
B．酸性溶液中亚铁离子也能与过氧化氢溶液反应生成铁离子，使溶液变为棕黄色，所以溶液变为黄色不能说明溶液中含有碘离子，故B错误；
C．二氧化硫有毒，但是二氧化硫具有杀菌、抗氧化的保质作用，所以向葡萄酒中添加适量的二氧化硫，可以达到长久储藏葡萄酒的目的，故C正确；
D．一氧化氮难溶于水，不能与水反应，将装满一氧化氮和空气混合气体的试管倒扣在盛有水的水槽中，试管中液面上升是因为一氧化氮与氧气反应生成的二氧化氮与水反应的缘故，故D错误；
5．C
【详解】A.向某明矾溶液中滴加NaOH溶液直至过量，溶液中先生成沉淀，然后沉淀又逐渐溶解，前后两个阶段分别消耗的氢氧化钠溶液的体积之比为3:1，图像与之不符，故A错误；B.假设NaOH和Na2CO3分别为1mol，向含有1molNaOH和Na2CO3的混合溶液中滴加过量的稀盐酸，氢氧化钠先与盐酸反应消耗1molHCl；碳酸钠与盐酸反应生成1molNaHCO3，消耗HCl 1mol；最后1molNaHCO3再与盐酸反应产生二氧化碳气体，又消耗HCl 1mol，所以产生气体前后消耗盐酸的体积之比为2:1，图像与之不符，故B错误；C.在稀硝酸溶液中加入铁粉，先发生Fe+2NO3-+4H+=Fe3++2NO↑+2H2O，当硝酸消耗完之后，铁离子的量达到最大值；继续加入铁粉后，铁离子与铁发生反应，Fe+2Fe3+=3Fe2+，铁离子的量逐渐减小直至为0，最终两步反应消耗铁的量为1：0. 5=2：1，与图像相符合，C正确；D. KNO3溶解度随温度变化较大，氯化钠溶解度随温度变化不大，因此除去混在KNO3中少量的NaC1可用“蒸发浓缩、冷却结晶、过滤”的方法进行分离，故D错误；答案选C。
6．D
【分析】W中盐酸和石灰石反应生成CO2气体，生成气体通入X中除去挥发的HCl，X中为饱和碳酸氢钠，然后经过D通入Z装置；Y用于生成氨气，氨气易溶于水，经过E通入Z装置，据此解答。
【详解】A．装置X是为了除去二氧化碳中混有HCl杂质，试剂应为饱和NaHCO3溶液，A正确；
B．装置Y用于制氨气，氨气极易溶于水，通入LaCl3溶液时要注意防倒吸，则C连E，装置W用于制二氧化碳，制取的二氧化碳中混有HCl杂质，需通过装置X除去HCl气体，则F连接B，A连接D，导管口的连接方式为：F—B，A—D，E—C，B正确；
C．装氨气极易溶于水，通入LaCl3溶液时要注意防倒吸，装置Z中用干燥管的主要目的是防止倒吸，C正确；
D．实验开始时，先打开Y中分液漏斗的旋塞，先通入氨气，使LaCl3溶液呈碱性以吸收更多的二氧化碳，一段时间后再打开W中分液漏斗的旋塞，D错误；
7．C
【分析】①将固体溶于足量水，搅拌后静置，得到无色透明溶液和白色沉淀，可知一定不含，一定有，且碳酸银和亚硝酸银都是微溶于水的物质，至少含有、中的一种；
②取等量固体加入足量的稀硝酸中，有气体产生，气体有刺激性气味，只能是酸性溶液中氯酸钠把亚硝酸钠氧化为硝酸钠，本身被还原为具有刺激性气味的氯气，则一定含有；同时有白色沉淀生成，是氯气与水反应生成的盐酸和硝酸银反应生成的AgCl沉淀。
由上述分析可知，固体混合物中一定含有、、，一定无，不能确定。
【详解】A、由分析可知，固体混合物中一定含有、，不一定含有，故A错误；
B、由分析可知，固体混合物中一定不含有，故B错误；
C、由分析可知，固体混合物中含有、、，是否含有不能肯定，故C正确；
D、把实验产生的所有气体通入少量澄清石灰水，氯气溶于水生成的盐酸的酸性强于碳酸，氯气先与少量澄清石灰水反应，依然没有变浑浊，还是无法确定是否含有，故D错误；
【点睛】把实验产生的所有气体通入少量澄清石灰水，氯气溶于水生成的盐酸的酸性强于碳酸，氯气先与少量澄清石灰水反应，依然没有变浑浊是解答关键，也是易错点。
8．D
【详解】A．，Fe的化合价升高3价，的物质的量为0.1mol，完全反应转移电子的物质的量为0.3mol，选项A错误；
B．缺少溶液的体积，无法计算的数目，选项B错误；
C．标准状况下水为非气态，选项C错误；
D．ag KClO和KCl的混合物中K、Cl元素总质量为a(1-b％)，且K与Cl的个数之比为1∶1，所以数目，选项D正确；
9．C
【详解】A．总反应的方程式为，故是整个反应的催化剂，故A正确；
B．两步反应中都有元素化合价变化，反应均为氧化还原反应，故B正确；
C．过程Ⅰ中发生的反应为：，故C错误；
D．总反应的方程式为，故氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶x，故D正确；
【点睛】本题以汽车尾气中的和转化为载体，体现对反应机理、催化剂、中间产物、氧化还原等化学基础知识的综合考查。考查学生的理解与辨析和分析与推测能力。
10．A
【详解】A．过氧化氢可能将KSCN氧化，从而导致没有现象，则无法判断溶液中是否含有Fe2+，A符合题意；
B．混合气体干燥后不含水分，无水条件下SO2不能使溴的四氯化碳溶液褪色，但乙烯可以与溴发生加成反应而使溶液褪色，B不符合题意；
C．实验的离子方程式为4I－＋O2＋4H＋=2I2＋2H2O，温度越高反应速度越快，30℃时的反应速度高于20℃的反应速度，C不符合题意；
D．Mg2+与Al3+水解显碱性，pH：MgCl2＞AlCl3，则Mg2+水解程度大，金属性Mg＞Al，D不符合题意；
11．B
【分析】向溶液X中加入足量的盐酸，有气体生成，且溶液中阴离子的种类没有变化，产生气体的离子不可能是或，溶液中也不可能大量含有OH-，由于Fe2+、在酸性环境下生成NO气体，则原溶液中含有Fe2+、，不可能大量含有OH-；加入盐酸，溶液中阴离子种类不变，则原溶液中含有Cl-；各离子浓度为0.1mol/L，共含有5种离子：若阴离子只含有、Cl-，溶液中不满足电荷守恒，则还含有阴离子，根据共存问题可知，原溶液中无Ba2+，2n()+n()+n(Cl-)=0.1mol/L×2+0.1mol/L+0.1mol/L=0.4mol/L，则原溶液中还含有一种带有两个正电荷的Mg2+，所以原溶液中含有的五种离子为：Cl-、、、Fe2+、Mg2+，据此分析解答。
【详解】A．由上述分析可知，原溶液中含有Fe2+、，加入足量稀盐酸时反应为3Fe2+++4H+═3Fe3++NO↑+2H2O，即反应生成的气体为NO，故A正确；
B．由上述分析可知，原溶液中含有的五种离子为：Cl-、、、Fe2+、Mg2+，则原溶液中一定不含有Na+，故B错误；
C．向溶液X中加入足量的盐酸，有气体生成，且溶液中阴离子的种类不变，则产生气体的离子不可能是或，即X溶液中一定不含或，故C正确；
D．由上述分析可知，原溶液中含有的五种离子为：Cl-、、、Fe2+、Mg2+，3 种阴离子、2 种阳离子，故D正确；
12．C
【详解】A．根据第一步成质子化反应，可知FeCl3·H2O的主要作用是提供酸性环境，故A正确；
B．该过程中 是加成反应、是消去反应，故B正确；
C．温度过高，副反应增多，反应速率可能减慢，故C错误；
D．该反应可逆，若用进行反应，最终得到的无机产物可能有H218O，故D正确；
13.【答案】B
【解析】
【详解】A． 溶液中存在电荷守恒和物料守恒，①、②，两式联立①-②，得，A正确；
B．“反应”，说明结合质子的能力弱于，B错误；
C．“灼烧”时发生反应，有气体生成，，C正确；
D． 由图中信息可知“电解”时电解碳酸钠溶液得到碳酸氢钠，阳极(惰性电极)水放电生成氧气，其电极反应为：，D正确；
故答案选B
14．B
【分析】向仅含Fe2+、I-、Br-的溶液中通入适量氯气，由于还原性I-＞Fe2+＞Br-，首先发生反应2I-+Cl2=I2+2Cl-，I-反应完毕，再反应反应2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，Fe2+反应完毕，最后发生反应2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，故线段I代表I-的变化情况，线段Ⅱ代表Fe2+的变化情况，线段Ⅲ代表Br-的变化情况；通入氯气，根据反应离子方程式可知溶液中n（I-）=2n（Cl2）=2mol，溶液中n（Fe2+）=2n（Cl2）=2×（3mol-1mol）=4mol，Fe2+反应完毕，根据电荷守恒可知n（I-）+n（Br-）=2n（Fe2+），故n（Br-）=2n（Fe2+）-n（I-）=2×4mol-2mol=6mol，线段IV表示一种含氧酸，且I和IV表示的物质中含有相同的元素，该元素为I元素，已知碘单质的物质的量为1mol，反应消耗氯气的物质的量为5mol，根据电子守恒，则该含氧酸中碘元素的化合价为+5价，则该含氧酸为HIO3，即线段Ⅳ表示HIO3的变化情况，据此分析解答。
【详解】A．根据分析可知，线段Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ分别代表I-、Fe2+、Br-、HIO3的变化情况，故A正确；
B．n（Fe2+）：n（I-）：n（Br-）=4mol：2mol：6mol=2：1：3，故B错误；
C．由分析可知，溶液中n（Br -）=6mol，根据2Br - +Cl2=Br2+2Cl-可知，溴离子反应需要氯气的物质的量为3mol，故a=3+3=6，b-a=5，所以b=11，故C正确；
D．线段Ⅳ的反应方程式为： 5Cl2+I2+6H2O=10HCl+2HIO3，氧化剂和还原剂的物质的量之比是5∶1，故D正确；
15．(1)或
(2)
(3) 氨水易挥发出氨气，碳酸氢铵会分解，不利于生成
(4)
(5)
(6)
【分析】锌废催化剂化浆后用氨水和NH4HCO3溶液浸取，得到锌氨浸出液，杂质[Ni(NH3)6]2＋等可以用锌粉置换除去。然后加热，溶液中过量的氨被蒸出，锌氨配合物最终以碱式碳酸锌沉淀形式从溶液中析出。
【详解】（1）Zn为第四周期第IIB族，失去4s2电子，Zn2+的电子排布式为或。
（2）“浸取”步骤中，得到锌氨浸出液，发生的是非氧化还原反应，除了生成外，还有水生成，化学方程式为：。
（3）温度过高，氨水易挥发出氨气，碳酸氢铵会分解。当氨水与碳酸氢铵比小于0.75时，氧化锌溶解为，浸出率逐渐增大；当时，溶液中OH-浓度增大，生成了Zn(OH)2沉淀，浸出率减小；比值大于1后，生成，浸出率逐渐增大，故该空为Zn(OH)2。
（4）Zn与[Ni(NH3)6]2＋发生置换反应，生成Ni单质。
（5）转化为根据原子守恒，会生成CO2、NH3，据此配平：
（6）蒸氨得到的氨气可以循环加入浸取过程。
16.【答案】（1）①. ②. ③. ab
（2） ①. 温度过低，反应速率过慢；温度过高，I2易升华 ②. 使物质混合均匀，散热、让气体逸出
【解析】
【分析】向三颈烧瓶中先加入适量的高纯水，然后加入NaHCO3、I2，充分反应后IO－、、I－，再向生成的混合溶液中加入水合肼并分批加入，将IO－、和I2，还原为I－，水合肼被氧化为氮气。
【小问1详解】
①根据3I2＋6NaHCO3=5NaI＋NaIO3＋3H2O＋6CO2↑ 减去方程式I2(s)＋I－(aq) (aq) 的3倍得到与NaHCO3反应生成的离子方程式：；故答案为：。
②根据水合肼(N2H4·H2O)具有强还原性，能将IO-还原为I-，自身被氧化为无污染的气体；则加入稍过量水合肼与IO-反应的离子方程式为；故答案为：。
③a．将碘块研成粉末，增大接触面积，加快反应速率，从而提高NaI的生成效率，a符合题意；
b．起始时加少量NaI，由于I2(s)＋I-(aq) (aq)，则使单质碘变为(aq)，与NaHCO3溶液接触更充分，会加快反应速率，从而提高NaI的生成效率，故b符合题意；
c．生成NaI的反应均为放热反应，将溶液适当加热，使平衡逆向移动，不利于生成NaI，故c不符合题意；
d．加大高纯水的用量，浓度降低，反应速率减慢，不利于提高NaI的生成效率，故d不符合题意；
故选ab；
【小问2详解】
I2与NaHCO3溶液反应适宜温度为50～60℃，主要从速率和单质碘的性质分析，其原因是温度过低，反应速率过慢，温度过高，I2易升华；I2与NaHCO3溶液反应是放热反应，因此整个实验过程中都需要开动搅拌器，其目的是使物质混合均匀，散热、让气体逸出；故答案为：温度过低，反应速率过慢，温度过高，I2易升华；使物质混合均匀，散热、让气体逸出；
17.【答案】（1）或
（2） 升高温度，化学反应速率加快；催化剂活性增强；发生副反应Ⅲ
（3） ①. Pt-Ni合金 ②. Pt-Ni合金作催化剂时，反应历程中基元反应的活化能都较小，化学反应速率更快
（4） 、OH
【解析】
【小问1详解】
由盖斯定律可知，Ⅲ-Ⅱ或Ⅰ+Ⅲ-Ⅳ得主反应，故主反应的或；
【小问2详解】
升高温度化学反应速率加快，催化剂活性增强，发生副反应Ⅲ等都会导致反应相同时间内的转化率在800℃时远大于400℃；
【小问3详解】
过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，即图中峰值越大则活化能越大，峰值越小则活化能越小，活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢；Pt-Ni合金作催化剂时，反应历程中基元反应的活化能都较小，化学反应速率更快，故从化学反应速率角度分析，脱氢反应选择的催化剂为Pt-Ni合金；
【小问4详解】
①由图可知，路径甲、乙中生成的不同中间产物为、OH；
②在催化剂中掺入可产生更多的氧空位，生成更多的可流动，能有效减少催化剂的积碳生成；反应路径中，减少催化剂积碳的反应为 和可流动反应生成CO和Ni的反应：
18.【答案】（1） ①. 500mL容量瓶
（2）银 （3） ①. ②. ③.
【解析】
【小问1详解】
由固体配制500mL溶液，需要的仪器有胶头滴管、量筒、烧杯、玻璃棒、药匙、托盘天平、500mL容量瓶；Fe3+易水解，配制溶液时，加入稀硫酸抑制Fe3+的水解。
【小问2详解】
电流由银电极流向石墨电极，可知电子由石墨电极流向银电极，可以判断流出电子的石墨电极为负极，银电极为正极，所以盐桥中的阳离子进入正极银电极溶液中。
【小问3详解】
石墨电极为负极，电极反应式为：；银电极为正极，电极反应式为：；电池总反应为：，根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，可知Fe3+氧化性小于Ag+的氧化性。
19．(1) 乙醛 同系物
(2) 消去反应 取反应后的溶液，加入过量后，再加新制，加热，若有砖红色沉淀生成，则D未完全转化，若无砖红色沉淀生成，则D已完全转化
(3) 保护(酮)羰基
(4) 5 或
【分析】A的相对分子质量为30，A与B发生信息中加成反应生成HOCH2CH2CHO，推知A为HCHO、B为CH3CHO；对比C、E的结构简式，结合D的分子式，可知C加热条件下发生消去反应生成D，D中醛基氧化为羧基生成E，故D为CH2=CHCHO，E与乙醇发生酯化反应生成F，F与发生加成反应生成G，由H的结构简式可知，G先水解、酸化生成，再脱羧生成，最后与乙醇发生酯化反应生成H为，H中羰基与HOCH2CH2OH脱水成环生成I，I发生还原反应生成J，J在酸性条件下重新引入羰基生成K，可知设计步骤H→I的目的是保护羰基；
【详解】（1）由分析可知，A的结构简式为HCHO，B的结构简式为CH3CHO，B的名称为乙醛，A和B的关系互为同系物，故答案为：乙醛；同系物；
（2）反应C→D是HOCH2CH2CHO转化为CH2=CHCHO，分子内脱水形成碳碳双键，该反应类型是消去反应；检验D是否完全转化为E，需要检验反应物质中是否存在醛基即可，并证明有羧基存在，具体操作：取反应后物质，滴加饱和碳酸钠溶液，有气体生成，证明有E生成，另取少许反应后物质，加入NaOH溶液呈碱性，再加入新制氢氧化铜悬浊液，加热，没有砖红色沉淀生成，证明D完全转化为E，若有砖红色生成，证明D部分转化为E，故答案为：消去反应；取反应后的溶液，加入过量后，再加新制，加热，若有砖红色沉淀生成，则D未完全转化，若无砖红色沉淀生成，则D已完全转化；
（3）G→H的过程中反应①的化学方程式：；H中羰基与HOCH2CH2OH脱水成环生成I，I发生还原反应生成J，而醛基也可被还原，J在酸性条件下重新引入羰基生成K，可知设计步骤H→I的目的是保护羰基，防止被还原：
（4）H的结构简式为，M与H互为同分异构体，1molM与足量银氨溶液反应能生成432g单质Ag，说明含有醛基，且生成Ag为，则M含有2个醛基；M还能与金属钠反应有氢气放出，说明还含有1个羟基，M的分子式为C8H14O2，由题给信息可知，M的结构中含2个-CHO、1个-OH、3个-CH3，除去2个-CHO，主链中还有6个C原子，其碳架结构有5种，①C-C-C-C-C-C、②、③、④、⑤C-C-C-C，因为要求9个H原子处于相同环境，则①②③⑤不符合条件，舍去。只针对④进行讨论，先用-OH取代H原子，有两种情况，分别为、；再用2个-CHO取代H原子，分别有、、共5种；其中核磁共振氢谱峰面积比为的结构简式为或；
