2023年高考第二次模拟考试卷-化学（江苏B卷）（全解全析）

这是一份2023年高考第二次模拟考试卷-化学（江苏B卷）（全解全析），共20页。

2023年高考化学第二次模拟考试卷B（江苏专用）
化学·全解全析
（考试时间：75分钟 试卷满分：100分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如
需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写
在本试卷上无效。
3． 考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16
第Ⅰ卷
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．反应CO+Ag2O2Ag+CO2可用在防毒面具中。下列说法不正确的是
A．该反应属于置换反应 B．Ag2O作氧化剂
C．CO属于大气污染物 D．CO2可用于光合作用
【答案】A
【解析】A．反应物为两种化合物，该反应不属于置换反应，A错误；
B．反应中银元素化合由+1价变为0价，化合价降低，Ag2O作氧化剂，B正确；
C．CO为有毒气体，属于大气污染物，C正确；
D．二氧化碳参与光合作用，D正确；
答案选A。
2．火药制备是我国古代闻名世界的化学工艺，原理为 2KNO3+S+3C=K2S+N2↑+ 3CO2 ↑。下列说法正确的是
A．CO2结构式为O=C=O B．K2S 的电子式：K2+
C．K+的结构示意图： D．16O2与 18O3互为同位素
【答案】A
【解析】A.CO2中C原子与每个O原子形成两对共用电子对，电子式为，其结构式为O=C=O，A项正确；
B.K2S结构中K+与S2-形成离子键，其电子式为，B项错误；
C.K元素的核电荷数为19，质子数为19，核外电子数为19，K+表示失去最外层一个电子，K+核外还有18个电子，各层电子数分别为2、8、8，K+的结构示意图为，C项错误；
D.有相同质子数，不同中子数的原子或同一元素的不同核素互为同位素，则同位素的对象为原子，而16O2与18O3均为单质，D项错误；
答案选A。
3．白云土是一种硅酸盐，用氢氟酸处理白云土生成一种水溶性很低的物质。下列说法正确的是
A．电负性大小： B．半径大小：
C．电离能大小： D．碱性强弱：
【答案】A
【解析】A．元素的非金属性越强，电负性越大，氧元素的非金属性强于硅元素，电负性大于硅元素的，故A正确；
B．电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则氟离子的离子半径大于镁离子的，故B错误；
C．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，镁原子的3s轨道为稳定的全充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则镁元素的第一电离能大于铝元素的，故C错误；
D．同周期元素，从左到右元素的金属性依次减弱，最高价氧化物对应水化物的碱性依次减弱，则氢氧化钠的碱性强于氢氧化铝的，故D错误；
故选A。
4．用废铁屑[主要成分为Fe和铁锈，还含有C等难溶于酸的杂质]为原料制备的一种实验流程如下：

下列与流程相关的装置或操作正确且能达到实验目的的是

A．可在装置甲中进行“酸浸”操作
B．按图乙所示操作配制“酸浸”所需的溶液
C．用装置丙过滤“酸浸”后所得悬浊液
D．用装置丁灼烧固体制
【答案】A
【分析】由题给流程可知，向废铁屑中加入稀硫酸酸浸、过滤得到含有Fe2+、Fe3+的滤液和含有碳的滤渣；向滤液中加入氢氧化钠溶液，在空气中静置、过滤得到氢氧化铁；灼烧氢氧化铁得到氧化铁。
【解析】A．由图可知，甲装置为固液不加热装置，可进行“酸浸”操作，故A正确；
B．配制“酸浸”所需的稀硫酸溶液时，胶头滴管应在容量瓶的正上方，不能插入容量瓶中， 故B错误；
C．过滤时，应用玻璃棒引流，防止溶液溅出，故C错误；
D．灼烧氢氧化铁固体时，应在坩埚中进行，不能在烧杯中直接灼烧固体，故D错误；
故选A。
5．尿素CO(NH2)2是一种高效化肥，也是一种化工原料。反应CO2+2NH3CO(NH2)2+H2O可用于尿素的制备。下列有关说法不正确的是
A．NH3与CO(NH2)2均为极性分子
B．N2H4分子中的N为sp3杂化
C．NH3的键角大于H2O的键角
D．尿素分子σ键和π键的数目之比为6∶1
【答案】D
【解析】A．分子为三角锥形，为极性分子，中的原子与中的成键方式相同，所以二者均为极性分子，A正确；
B．原子的最外层电子数为5个，要达到稳定结构，的电子式为： ，N2H4分子中的N为sp3杂化，B正确；
C．分子中有3个σ键，1对孤电子对，分子中有2个σ键和2对孤电子对，孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，所以的键角小于中的键角，C正确；
D．1个单键1个σ键，1个双键1个σ键和1个π键，尿素中含有6个单键和1个双键，7个σ键和1个π键，尿素分子σ键和π键的数目之比为7∶1，D错误；
故选D。
6．氮和硫是参与自然界循环的重要元素，不同价态的硫、氮化合物可相互转化。如反硝化细菌能将转化为。是温室气体之一，目前消除的主要方法是直接催化分解法，该过程中发生的反应：。实验室中可用次氯酸钠溶液吸收尾气。下列说法或表示方法正确的是
A．在反硝化细菌作用下，生成，转移电子数约为
B．的溶液中大量存在：
C．过量通入溶液中：
D．用碱性溶液吸收
【答案】D
【解析】A．气体体积无标准状态，按气体摩尔体积进行计算出的结果不成立，A错误；
B．pH=1.0的溶液中含有大量H+离子，H+与 发生离子互换反应，以及酸性下硝酸根离子具有强氧化性，会与还原性的亚硫酸氢根离子发生氧化还原反应，B错误；
C．SO2既然过量离子方程式产物中就不可能有强氧化性的HClO，该反应为，C错误；
D．氧化剂次氯酸根离子的还原产物是氯离子，还原剂NO的氧化产物是硝酸根离子，氢氧根离子作介质，该离子方程式为 ，D正确；
答案选D。
7．关于铁及其化合物的性质与用途具有对应关系的是
A．Fe具有还原性，可用作抗氧化剂 B．Fe3O4具有磁性，可用于炼铁
C．Fe(OH)3胶体呈红褐色，可用于净水 D．FeCl3溶液呈酸性，可用于刻蚀铜板
【答案】A
【解析】A．Fe是比较活泼的金属元素，其单质具有还原性，可与氧气反应产生Fe2O3，因此可用作抗氧化剂，A符合题意；
B．Fe3O4是氧化物，该物质具有磁性，由于其是Fe元素的氧化物，可以得到电子变为Fe单质，因此可用于炼铁，这与其是否具有磁性无关，B不符合题意；
C．Fe(OH)3胶体呈红褐色，该胶体表面积大，吸附力强，可吸附水中悬浮的固体小颗粒，使之形成沉淀而析出，因此可用于净水，这与其颜色是否为红褐色无关，C不符合题意；
D．FeCl3是强酸弱碱盐，在溶液中Fe3+水解使溶液呈酸性。FeCl3溶液可用于刻蚀铜板是由于FeCl3具有强氧化性，能够与Cu单质发生氧化还原反应产生FeCl2、CuCl2，与其水溶液是否显酸性无关，D不符合题意；
故合理选项是A。
8．大气中的氮是取之不尽的天然资源，它以分子形式稳定存在于自然界，只有少量的通过生物固氮和高能固氮的方式从游离态转变为化合态，进入土壤和海洋。通过化学方法也可将转变为人类需要的各种含氮化合物，但硝酸的生产、化石燃料的燃烧以及机动车辆尾气的排放，也带来一些不利的影响。下列关于氮及其化合物的转化说法不正确的是
A．豆科植物的根瘤菌能把空气中转化为或铵盐
B．土壤中的硝酸盐可被细菌分解转化为返回大气中
C．陆地和海洋中的植物能吸收含氮化合物制造蛋白质
D．用生产的过程中N元素只发生氧化反应
【答案】D
【解析】A．豆科植物的根瘤菌把空气中转化为或铵盐为生物固氮的主要方式，故A正确；
B．人类生产生活排放到土壤中的硝酸盐或者生物固氮产生的硝酸盐可被细菌分解转化为返回大气中，故B正确；
C．陆地和海洋中的植物能吸收含氮化合物制造蛋白质，如豆类植物，故C正确；
D．用生产的过程中，氨气被催化氧化成NO，NO再被氧化为，再利用与水反应，制得硝酸，其中氮元素有被氧化，也有被还原，故D错误；
故选D。
9．化合物Y具有保肝、抗炎、增强免疫等功效，可由X制得。下列有关化合物X、Y的说法正确的是

A. 一定条件下X可发生氧化、取代、消去反应
B. 1molY最多能与4molNaOH反应
C. 等物质的量的X、Y分别与足量Br2反应，最多消耗Br2的物质的量不相等
D. X与足量H2反应后，每个产物分子中含有8个手性碳原子
【答案】D
【解析】A. 有机物X能燃烧，发生氧化反应。另外，酚羟基能被氧化形成醌类结构。有机物中的氢在一定条件下均有被其他原子或基团取代的可能。X中的酯类结构能发生水解反应，水解反应也属于取代反应。消去反应多数情况发生在醇和卤代烃上。有机物X没有可发生消去反应的醇（或）或卤代烃（或）的结构，因此不能发生消去反应，A错误；
B. Y的酯基可水解，形成如下化合物。酚羟基和羧基均能和NaOH反应。因此，1 mol Y最多能与5 mol NaOH反应，B错误；
C. X和Y能与Br2发生羟基邻对位（*）的取代反应和双键（#）的加成反应。
X：；Y：，X和Y反应的位置相同，最多消耗Br2的物质的量也相等，C错误；
D. X与足量H2反应后的产物如下：，手性碳原子要求是饱和碳原子，同时连有4种不同原子或基团。符合要有的碳原子有（*号标记），共8个，D正确；综上所述，答案为D。
10．金属铁、铜是人类文明进程中的重要物质。工业上可冶炼黄铁矿(FeS2)、黄铜矿获得铁与铜，FeS2晶体与NaCl晶体结构相似。利用Fe2O3与CH4反应可制备纳米铁，其原理为；在碱性溶液中，Cu2+可与双缩脲形成紫色配离子(结构式如图所示)，该反应可用于蛋白质的检验。

对于反应，下列说法正确的是
A．上述反应的ΔS>0
B．上述反应平衡常数
C．增大体系压强，可提高CH4的平衡转化率
D．CH4与CO2浓度相同时，反应达到平衡状态
【答案】A
【解析】A．该反应为气体增多的反应，ΔS>0，A正确；
B．该反应中水为气态，所以，B错误；
C．该反应为气体分子数增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，CH4的平衡转化率降低，C错误；
D．CH4与CO2浓度相同时不能说明二者浓度不再改变，不能说明反应平衡，D错误；
综上所述答案为A。
11．室温下进行下列实验，根据实验操作和现象所得到的结论正确的是
选项
实验操作和现象
实验结论
A
向1mL溶液中，滴入2滴NaOH溶液，产生白色沉淀，再滴入2滴溶液，白色沉淀逐渐变为蓝色

B
向3mL溶液中滴加几滴HI溶液，振荡，再滴加1mL淀粉溶液，溶液显蓝色
的还原性比的强
C
分别向等物质的量浓度的苯酚钠溶液和碳酸钠溶液中滴加酚酞，后者红色更深
碳酸酸性强于苯酚
D
苯和液溴在的催化下发生反应，将得到的气体直接通入溶液中，产生淡黄色沉淀
苯和液溴发生取代反应
【答案】A
【解析】A．向1mL 0.1 mol/L MgSO4溶液中，滴入2滴0.1 mol/LNaOH溶液，产生白色沉淀，氢氧化镁存在溶解平衡，再滴入2滴0.1 mol/LCuSO4溶液，生成蓝色的氢氧化铜沉淀，导致平衡正向移动，白色沉淀逐渐溶解，最终白色沉淀逐渐变为蓝色，说明Ksp[Cu(OH)2]< Ksp[Mg(OH)2]，故A正确；
B．为强酸，可电离出，也可直接氧化，故B错误；
C．由现象可知，碳酸根离子水解程度大，可知苯酚酸性大于碳酸氢根离子的酸性，故C错误；
D．溴单质具有挥发性，生成的HBr及挥发的溴均与硝酸银反应，观察是否有淡黄色沉淀生成不能证明发生取代反应，故D错误；
答案选A。
12．室温下，通过下列实验探究邻苯二甲酸氢钾(，以KHA表示)溶液的性质。
实验1：用pH计测定0.05 mol/LKHA溶液的pH，测得pH约为4.01
实验2：向10.00 mL 0.05 mol/LKHA溶液中滴加5.00 mL 0.05 mol/LKOH溶液
实验3：向0.05 mol/LKHA溶液中加入过量澄清石灰水，产生白色沉淀
下列有关说法正确的是
A. 由实验1可得出：
B. 实验2滴加过程中：逐渐减小
C. 实验2所得的溶液中：
D. 实验3中反应的离子方程式为：
【答案】B
【解析】A．由0.05 mol/LKHA溶液的pH，测得pH约为4.01，溶液显酸性，说明HA-的电离程度大于其水解程度，所以Ka2＞Kh1=，则Ka1·Ka2＞Kw，A错误；
B．实验2滴加过程中遵循电荷守恒：c(K+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)，随着同浓度KOH溶液的滴入，c(K+)不变，c(H+)减小，c(K+)+c(H+)减小，所以c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)逐渐减小，B正确；
C．向10.00 mL 0.05 mol/L KHA溶液中加入5.00 mL 0.05 mol/LKOH溶液，二者混合发生反应：KHA+KOH=K2A+H2O，最终得到等浓度KHA与K2A的混合溶液，则根据物料守恒可得：2c(K+)=3[c(HA-)+c(A2-)+c(H2A)]，C错误；
D．不符合物质反应的微粒数目比，应该以不足量的KHA为标准书写离子方程式，二者反应产生CaA沉淀、H2O，反应的离子方程式为：HA-+Ca2++OH-=CaA↓+H2O，D错误；
故合理选项是B。
13．催化加氢合成甲醇是重要的碳捕获利用与封存技术。催化加氢主要反应有：
反应I.  
反应II.  
压强分别为、时，将的混合气体置于密闭容器中反应，不同温度下体系中的平衡转化率和、CO的选择性如图所示。
(或CO)的选择性

下列说法正确的是
A．反应为吸热反应
B．曲线③、④表示CO的选择性，且
C．相同温度下，反应I、II的平衡常数
D．一定温度下，调整，可提高的平衡转化率
【答案】B
【分析】随着温度的升高，反应Ⅰ平衡逆向移动，反应Ⅱ平衡正向移动，则CH3OH的选择性随温度的升高而减小，CO的选择性随温度的升高而增大，故曲线①、②表示CH3OH的选择性，曲线③、④表示CO的选择性，同时压强增大，反应Ⅰ平衡正向移动，反应物浓度减小，促使反应Ⅱ化学平衡逆向移动，使CO选择性减小，故p1>p2。
【解析】A．可由反应Ⅰ-反应Ⅱ得到，ΔH=-49.4kJ/mol-41.2kJ/mol<0，故该反应为放热反应，A错误；
B．随着温度的升高，反应Ⅰ平衡逆向移动，反应Ⅱ平衡正向移动，则CH3OH的选择性随温度的升高而减小，CO的选择性随温度的升高而增大，故曲线③、④表示CO的选择性，压强增大，反应Ⅰ平衡正向移动，反应物浓度减小，促使反应Ⅱ化学平衡逆向移动，使CO选择性减小，故p1>p2，B正确；
C．随着温度的升高，反应Ⅰ平衡逆向移动，反应Ⅱ平衡正向移动，在未给定具体温度的情况下，无法比较反应Ⅰ、Ⅱ的化学平衡常数大小，C错误；
D．调整，氢气的起始浓度减小，则CO2的平衡转化率减小，D错误；
故答案选B。
第Ⅱ卷
二、非选择题：共4题，共61分。
14．（16分）工业废水中的重金属离子会导致环境污染危害人体健康，可用多种方法去除。
I．臭氧法
络合态的金属离子难以直接去除。O3与水反应产生的·OH(羟基自由基)可以氧化分解金属配合物[mRa+ ·nX]中的有机配体，使金属离子游离到水中，反应原理为：
·OH+[mRa+·nX] →mRa++CO2+H2O (Ra+表示金属离子，X表示配体)
·OH同时也能与溶液中的、反应。在某废水中加入Ca(OH)2，再通入O3可处理其中的络合态镍(II)。
(1)基态Ni2+的核外电子排布式为 _______。
(2)加入的Ca(OH)2的作用是 _______。
Ⅱ．纳米零价铝法
纳米铝粉有很强的吸附性和还原性，水中溶解的氧在纳米铝粉表面产生·OH(羟基自由基)，可将甘氨酸铬中的有机基团降解，释放出的铬(VI)被纳米铝粉去除。
(3)向AlCl3溶液中滴加碱性NaBH4溶液，溶液中BH(B元素的化合价为+3)与Al3+反应可生成纳米铝粉、H2和B(OH)，其离子方程式为 _______。
(4)向含有甘氨酸铬的废水中加入纳米铝粉，研究溶液中总氮含量[]随时间的变化可知甘氨酸铬在降解过程中的变化状态。实验测得溶液中总氮含量随时间的变化如图所示，反应初期溶液中的总氮含量先迅速降低后随即上升的原因是 _______。

Ⅲ．金属炭法
其他条件相同，分别取铝炭混合物和铁炭混合物，与含Zn2+的废水反应相同时间，Zn2+去除率与废水pH的关系如图所示。

(5)废水pH为3时，铝炭混合物对Zn2+去除率远大于铁炭混合物的主要原因是_______。
(6)废水pH大于6，随着pH增大，铝炭混合物对Zn2+去除率增大的原因是_______。
【答案】(1)[Ar]3d8或1s22s22p63s23p63d8
(2)减少溶液中和，提高·OH氧化分解络合物中有机配体的效率；使Ni2+转化为Ni(OH)2沉淀除去
(3)4Al3++3+12OH-=4Al+3B(OH)+6H2↑
(4)纳米零价铝吸附甘氨酸铬，使得溶液中总氮含量迅速降低；吸附后的甘氨酸铬被纳米零价铝表面产生的·OH降解为可溶性的含氮物质，溶液中总氮含量上升
(5)铝可以将溶液中的Zn2+转化为Zn去除，而Fe不能置换出Zn
(6)生成的Al3+转化为Al(OH)3胶状沉淀，对Zn2+有吸附作用
【解析】(1)镍元素的原子序数为28，镍原子失去2个电子形成镍离子，则镍离子的核外电子排布式为：[Ar]3d8或1s22s22p63s23p63d8；
(2)由题干信息可知，·OH同时也能与溶液中的、反应，故、会影响·OH(羟基自由基)氧化分解金属配合物[mRa+ ·nX]中的有机配体，加入氢氧化钙可以除掉、，故加入的Ca(OH)2的作用是：减少溶液中和，提高·OH氧化分解络合物中有机配体的效率；使Ni2+转化为Ni(OH)2沉淀除去；
(3)根据信息可知知道反应物为BH和Al3+，产物为纳米铝粉、H2和B(OH)，注意用氢氧根离子配平方程式：则方程式为：4Al3++3+12OH-=4Al+3B(OH)+6H2↑；
(4)由题干中的信息可知纳米铝粉有很强的吸附性和还原性，水中溶解的氧在纳米铝粉表面产生·OH(羟基自由基)，可将甘氨酸铬中的有机基团降解，故反应初期溶液中的总氮含量先迅速降低后随即上升的原因是：纳米零价铝吸附甘氨酸铬，使得溶液中总氮含量迅速降低；吸附后的甘氨酸铬被纳米零价铝表面产生的·OH降解为可溶性的含氮物质，溶液中总氮含量上升；
(5)可以从金属的活泼程度的角度分析，铝可以置换出溶液中的锌，但是铁没有锌活泼，不能发生置换反应，故主要原因是：铝可以将溶液中的Zn2+转化为Zn去除，而Fe不能置换出Zn；
(6)此时溶液中已经存在氢氧化铝的胶体，可以从胶体吸附性的角度分析，故原因是：生成的Al3+转化为Al(OH)3胶状沉淀，对Zn2+有吸附作用。
15．（15分）紫草素类化合物G具有不同程度的细胞毒作用和抗肿瘤作用，其合成路线如下图所示：

(1)A中碳元素的杂化方式是_______， 中含有_______键。
(2)B的结构简式_______。
(3)E→F的反应类型_______。
(4)A到B的反应中生成一种副产物，其同分异构体满足以下条件，写出该同分异构体的结构简式_______。
I.能和溶液发生显色反应；II.核磁共振氢谱图显示4个吸收峰。
(5)请设计以 和为原料制备的合成路线(无机试剂任用，合成路线示例见本题题干) _______。
【答案】(1)     sp2、sp3     14
(2)
(3)氧化反应
(4) 或
(5)
【解析】由A和C的结构简式可知，A与 发生取代反应生成B，B为 。
（1）由A的结构简式可知，A中含饱和碳，采取sp3杂化，含有双键碳，采取sp2杂化；单键为σ键，双键为1个σ键、1个π键，1个 分子中含有3个C-C键、1个C=C键、1个C-Br键、9个C-H键，共14个σ键，因此1mol中含14molσ键。
（2）由分析可知，B的结构简式为 。
（3）由E和F的结构简式可知，E中的羟基转变为了F中的醛基，为氧化反应。
（4）副产物H(C13H20O2)的同分异构体能和FeCl3溶液发生显色反应，说明含苯环和酚羟基，核磁共振氢谱图显示4个吸收峰，说明分子结构高度对称，结构简式为： 或 。
（5） 与溴单质发生1，4-加成生成 ， 再水解得到 ， 在二氧化锰的作用下被氧化生成 ， 与 在LDA的作用下反应得到 ，合成路线为：。
16．（14分）草酸及其化合物在工业中有重要作用，例如：草酸可用于除铁锈，反应的离子方程式为：；草酸铁铵[]是一种常用的金属着色剂。
(1)草酸()是一种弱酸，不稳定，受热或遇浓硫酸会发生分解。在浓硫酸催化作用下，用硝酸氧化葡萄糖可制取草酸，实验装置如图所示

①葡萄糖溶液可由反应得到。该实验中证明淀粉已经完全水解的实验操作及现象是______。
②时，装置A中生成，同时生成。要将16.2g淀粉完全水解后的淀粉水解液完全转化为草酸，理论上消耗溶液的体积为_______。
③该实验中催化剂浓硫酸用量过多，会导致草酸产率减少，原因是_______。
(2)草酸铁铵晶体[]易溶于水，常温下其水溶液为。设计以、草酸溶液和氨水为原料，制备草酸铁铵晶体的实验方案：______。
(3)制得的草酸铁铵晶体中往往会混有少量草酸，用KMnO4溶液滴定草酸，反应离子方程式为：_____。
【答案】(1)①取水解液少许于试管中，向试管中加入碘水，溶液不变蓝色 ②300 ③浓硫酸具有强氧化性和脱水性，会使有机物脱水碳化
(2)将Fe2O3在搅拌条件下溶于热的草酸溶液，滴加氨水至溶液pH为4.0～5.0之间，然后将溶液加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到草酸铁铵晶体
(3)
【解析】（1）①说明淀粉水解完全的关键是要用实验证明淀粉已不存在，则取水解液少许于试管中，向试管中加入碘水，溶液不变蓝色说明淀粉已经完全水解，故答案为：取水解液少许于试管中，向试管中加入碘水，溶液不变蓝色；
②由题意可知，装置A中发生的反应为在浓硫酸做催化剂作用下，葡萄糖与稀硝酸反应生成草酸、一氧化氮和水，反应的化学方程式为C6H12O6(葡萄糖)+6HNO3(稀)3H2C2O4+6NO↑+6H2O，由淀粉水解方程式可得：(C6H10O5)n—nC6H12O6—6nHNO3，则将16.2g淀粉完全水解后的淀粉水解液完全转化为草酸，理论上消耗2mol/L硝酸溶液的体积为×103mL/L=300mL，故答案为：300；
③浓硫酸具有强氧化性和脱水性，若该实验中催化剂浓硫酸用量过多，会使有机物脱水碳化，导致草酸产率减少，故答案为：浓硫酸具有强氧化性和脱水性，会使有机物脱水碳化；
（2）由题意可知，制备草酸铁铵晶体的实验操作为将氧化铁在搅拌条件下溶于热的草酸溶液得到含有三草酸合铁离子的酸性溶液，向反应后的溶液中加入氨水至溶液的pH为4.0～5.0之间，三草酸合铁离子与氨水反应得到草酸铁铵溶液，然后将溶液加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到草酸铁铵晶体，故答案为：将Fe2O3在搅拌条件下溶于热的草酸溶液，滴加氨水至溶液pH为4.0～5.0之间，然后将溶液加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到草酸铁铵晶体；
（3）根据氧化还原反应配平离子方程式，
17．（16分）甲醇催化、硼氢化钠水解、光催化分解水等方法是当前制氢领域研究的热点课题。
(1)甲醇催化制氢主要涉及以下两个反应：CH3OH(g)+H2O(g) CO2(g)+3H2(g)；CH3OH(g) CO(g)+2H2(g)。保持反应温度恒定，将H2O(g)与CH3OH(g)的混合气体按一定流速通过催化反应装置(单位时间内通过装置的混合气体总体积恒定)，测得CH3OH转化率和CO选择性随水醇比[n(H2O)：n(CH3OH)]变化的曲线如图1所示。实际制氢生产中选择水醇比为1.2而不选择1.9的原因是____。

(2)以Ru/C作催化剂，硼氢化钠(NaBH4)与水反应生成NaB(OH)4·2H2O细小晶体和H2。
①写出硼氢化钠与水反应的化学方程式：____。
②已知粘度越大的液体，阻止微晶下沉的效果越好。相同温度下，将不同浓度的NaBH4溶液以相同的流速通过装有Ru/C催化剂的反应器(装置见图2)。质量分数为10%的NaBH4溶液通过反应器后，测得出液口溶液粘度为4.68mPa·s；质量分数为15%的NaBH4溶液通过反应器后，测得出液口溶液粘度为10.42mPa·s。不同质量分数的溶液反应50小时后，Ru/C催化剂的活性在15%的NaBH4溶液中大于10%的NaBH4溶液的原因是____。

(3)基于TiO2材料光催化分解水制氢的可能机理如图3所示。

①若使用H218O代替H2O分解制氢，则获得的氧气可能是____(填字母)。
a.O2 b.18O2 c.Ol8O
②补充完成TiO2材料光催化分解水制氢的过程描述：在紫外光的照射下，TiO2材料的VB端将电子转移至CB端，____。
【答案】(1)通过等体积的混合气体，水醇比为1.2时产生H2的量更多
(2)①NaBH4+6H2ONaB(OH)4·2H2O↓+4H2↑     ②浓度大的NaBH4溶液反应后粘度也大，阻止微晶下沉的效果好，生成NaB(OH)4·2H2O细小晶体不易沉降到催化剂的表面，催化剂的活性保持的时间长
(3)①abc     ②催化剂中的O2-在VB端失去电子生成氧气逸出，在催化剂表面形成氧空位(Ti4+在CB端得到电子转化成Ti3+)，H2O中的氧原子填入氧空位后氢氧键断裂，氢原子结合成氢分子，从催化剂表面脱附释放出氢气(Ti3+重新转化成Ti4+)
【解析】(1)通过图分析，水醇比例1.2是甲醇的转化率高，一氧化碳的转化率相对小，则结合方程式分析，生成的氢气会更多。
(2)①硼氢化钠与水反应的化学方程式：NaBH4+6H2ONaB(OH)4·2H2O↓+4H2↑。
②不同质量分数的溶液反应50小时后，Ru/C催化剂的活性在15%的NaBH4溶液中大于10%的NaBH4溶液的原因是浓度大的NaBH4溶液反应后粘度也大，阻止微晶下沉的效果好，生成NaB(OH)4·2H2O细小晶体不易沉降到催化剂的表面，催化剂的活性保持的时间长。
(3)①氧气中的氧原子可能来自于水或TiO2，若使用H218O代替H2O分解制氢，则获得的氧气可能是a.O2或b.18O2或c.Ol8O，故选abc。
②从图分析，TiO2材料光催化分解水制氢的过程描述：在紫外光的照射下，TiO2材料的VB端将电子转移至CB端，催化剂中的O2-在VB端失去电子生成氧气逸出，在催化剂表面形成氧空位(Ti4+在CB端得到电子转化成Ti3+)，H2O中的氧原子填入氧空位后氢氧键断裂，氢原子结合成氢分子，从催化剂表面脱附释放出氢气(Ti3+重新转化成Ti4+)。