江西卷__2025届高考化学考前冲刺卷（含解析）

2025届高考化学考前冲刺卷
化学（江西专版） 分值：100分 时间：75分钟
可能用到的相对原子质量：H—1、C—12、O—16、Mg—24、S—32、Fe—56、I—127
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.“传承文化遗产，飞扬华夏风采”，中华文物传承华夏文明，下列文物中主要由无机金属材料制成的是( )
A秦兵马俑 B人面鱼纹陶盆 C西周利簋 D击鼓说唱俑
A.A B.B C.C D.D
2.化学与生活密切相关，下列事实对应的解释正确的是( )
选项 事实 解释
A 游泳池中投入适量胆矾 重金属离子使水中藻类生物发生盐析
B 用溶液蚀刻覆铜板制印刷电路板 铁的金属性比铜的强
C 燃煤中加入 减少酸雨的形成及温室气体的排放
D 电热水器内胆连接一个镁棒 牺牲阳极法
A.A B.B C.C D.D
3.下列实验装置设计与对应结论正确的是( )
A能证明不溶于氨水 B能证明非金属性：
C模拟工业制备氨气并检验 D洗气瓶中产生的白色沉淀是
A.A B.B C.C D.D
4.有机物M的合成路线如下，下列有关说法错误的是( )
A.X→Y的反应类型为加成反应
B.利用溴水可以鉴别物质Z与M
C.M分子中有3个手性碳原子
D.依据Y→Z的反应机理，可由丙酮与甲醛反应制取
5.一种催化剂的阳离子结构如图。X、Y、Z、W是原子序数依次增大的前四周期元素，基态Y原子每个能级上的电子数相等，Z与Y同周期，基态W原子最外层电子数为1，其内层原子轨道全充满。下列说法错误的是( )
A.第一电离能：
B.配体数与配位数之比为
C.与形成配离子时，Z更易提供孤电子对
D.X、Y、Z可形成既含离子键又含共价键的化合物
6.下列实验中所涉及的操作、现象与结论均正确的是( )
选项 操作 现象与结论
A 向装有银氨溶液的试管中加入的葡萄糖溶液，振荡、加热煮沸 试管表面形成光亮的银镜；说明葡萄糖具有还原性
B 向盛有的溶液的试管中滴加滴的溶液，后再向上述试管中滴加4滴的溶液 先有白色沉淀产生，后生成蓝色沉淀；说明
C 向盛有溶液的试管中加入溶液，再加入少量固体 溶液变为红色，后无明显变化；说明上述反应不是可逆反应
D 向盛有的溶液的试管中滴加10滴溴乙烷，加热振荡，静置；取上层清液少许，滴入到装有硝酸酸化的硝酸银溶液的试管中 有浅黄色沉淀产生；说明溴乙烷发生水解反应
A.A B.B C.C D.D
7.氮化硅可由石英与焦炭在高温的氮气流中通过反应制得。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A.常温下，中含原子总数为
B.中含键的总数为
C.标准状况下，中含有的质子总数为
D.该反应中每生成氧化产物，转移电子总数为
8.下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的是( )
A.图甲：实验室制备乙炔
B.图乙：苯和溴在催化剂条件下制取溴苯并检验产物HBr
C.图丙：验证金属活泼性：Zn>Cu
D.图丁：进行石油的分馏实验
9.一定温度下，和的沉淀溶解平衡曲线如图所示。，，代表或。某实验小组以为指示剂，用标准溶液滴定含的水样。下列说法正确的是( )
A.曲线①为沉淀溶解平衡曲线
B.a点条件下能生成沉淀，不能生成沉淀
C.的平衡常数
D.滴定终点时，若溶液中，则
10.我国科学家使用新型催化剂实现r电催化合成氨，该反应有远端加氢和交替加氢两种路径，反应路径如图所示，吸附在催化剂表面上的物种用*标注。下列有关说法正确的是( )
A.反应物在催化剂上吸附会吸收能量，产物脱附会释放能量
B.该催化剂可有效降低该反应的活化能和反应热
C.该过程决速步骤的反应可表示为
D.电催化合成氨远端加氢反应路径更容易发生
11.催化还原NO是重要的烟气脱硝技术，其反应过程与能量关系如图甲所示。有氧条件下，催化还原NO的反应历程如图乙所示。下列说法正确的是( )
A.图甲所示的化学反应放出热量为bkJ
B.图甲反应中既有极性共价键的断裂和形成，又有非极性共价键的断裂和形成
C.图乙所示反应③中氧化剂与还原剂物质的量之比为
D.图乙中反应②为
12.一种利用电化学原理制备吡啶-3-甲酸的装置如图所示，下列说法错误的是( )
A.电极电势：aB.a电极表面发生还原反应生成H2
C.阳极电极反应式：
D.该装置工作时，双极膜解离出的向b极移动
13.固态储氢材料具有不易泄露，不易爆炸等优点。下图是铁镁储氢材料的晶胞，晶胞参数为；氢原子通过与铁镁形成化学键储存在晶体中，并位于以铁原子为中心的正八面体顶点处。下列说法错误的是( )
A.该晶胞的化学式是 B.与铁原子最近的镁原子有8个
C.储氢后晶体密度为 D.晶胞中与的最短距离为
14.粗盐(杂质仅有)提纯的工艺流程如图所示，下列说法错误的是( )
A.为确保杂质能被除尽，所加除杂试剂需适当过量
B.上述流程中，溶液和NaOH溶液的添加顺序可以互换
C.操作①为过滤，操作②为蒸发结晶
D.固体a中至少含有三种物质
二、非选择题：本大题共4小题，共58分。
15.某同学依照如下图所示流程提取海带中的碘元素。
(1)步骤③分别采用的分离方法是_____________。
(2)步骤④中用硫酸酸化的溶液将转化成。
①利用了的性质：_____________(填“氧化性”或“还原性”)
②此时的转化率受外界因素的影响如图所示。pH=7时转化率几乎为0，结合离子方程式从物质性质的角度解释原因_____________
(3)若步骤④中选择的试剂为氯气，当氯气过量时，检测到反应后的产物中含有，写出生成的离子方程式_____________。
(4)经步骤⑤得到含的溶液后，继续采取步骤⑥⑦的目的是_____________。
(5)步骤⑤为了得到含碘的溶液，某学生设计了以下操作步骤：
①将含碘的水溶液置于分液漏斗中
②加入适量的
③___________
④打开活塞，分离出下层液体，即得到含碘的溶液
⑤分液漏斗中上层液体，倒入回收装置中
请补全操作③_____________。
(6)步骤⑦的反应中，当1mol发生反应时，转移电子的物质的量是_____________mol。
(7)已知：溶液的浓度越大吸光度越大。用色度计测得溶液的吸光度后，利用以溶液吸光度为纵坐标、碘浓度为横坐标的标准曲线图，可以得出被测溶液浓度其结果如图所示。海带灼热(灰化)时间超过40min，测得碘的含量逐渐降低，原因是_____________。
16.碘被称为“生命元素”，是人体必需的微量元素。我国碘矿不足，主要以海藻、海带为原料提取碘单质。
流程I：浸泡法提取碘单质
海带中99.2%的碘为水溶性碘；浸出液中的碘元素主要是以碘离子的形式存在，占浸出液碘元素总含量的88.3%。以海带为原料的浸泡法工艺流程如下图：
(1)实验室采用“萃取分液”的方法分离碘单质与有机溶剂。以下相关操作错误的是_______。
A检漏、装液 B振荡、放气 C静置 D分液
(2)萃取碘水中的碘单质，可以选择的萃取剂种类很多，但不包括_______。
A.液态烷烃 B.液态二烯烃
C.液态苯和苯的同系物 D.液态饱和酯类
流程Ⅱ：反萃取法分离萃取剂
碘在碱性条件下能发生歧化反应生成溶于水的碘离子和碘酸根离子，萃取剂获得再生，可以重复使用，这种方法称为反萃取。具体步骤如下：
(3)步骤②观察到的现象为_______。
(4)设计步骤①、步骤②的实验目的是_______。
(5)步骤③中，除玻璃棒、烧杯外，还需要用到的玻璃仪器有_______。
流程Ⅲ：活性炭吸附法处理母液
在25℃时，碘单质能微溶于水。因此，提碘后所得的母液中依然含有少量碘单质和微量碘离子。
(6)质监部门为检测母液中碘单质的含量，用碘量法确定碘含量：。
步骤如下：
量取25.00mL母液，用的标准硫代硫酸钠溶液滴定，滴至溶液黄色变浅时，加入1mL淀粉做指示剂，继续滴定至终点。记录消耗的硫代硫酸钠溶液的体积为14.25mL。
①确定滴定终点的操作是_______。
②计算可得母液中碘单质的含量为_______。(保留三位小数)
③下列操作可能会造成测定结果比实际含量偏低的是_______。
A.配制标准硫代硫酸钠溶液时，配制用的容量瓶水洗后未烘干
B.配制标准硫代硫酸钠溶液时，溶解时烧杯中有溶液少量溅出
C.装有标准液的滴定管，滴定前有气泡，滴定后气泡消失
D.滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面
(7)利用活性炭的吸附性可以回收母液中碘单质和碘离子，提高碘元素的产率。实验室模拟回收碘元素的主要流程如下：
已知：氧化性较弱，只能将氧化为：。
上述流程中的“氧化剂”选择了价格较高的而不是价低的，分析其可能的原因是_____。
17.将转化为HCOOH能有效减少排放。
（1）已知：Ⅰ.
Ⅱ.
Ⅲ.
则___________。
（2）时，水在Mn粉表面产生和再与反应产生甲酸。
①由制备甲酸的化学方程式为__________。
②直接加热与难以生成甲酸，该条件下能较快生成甲酸的原因是__________。
（3）科学家利用在Ru（与Fe同族）基催化剂上加氢成功制得甲酸，其过程如图甲所示。
①与通过加成反应形成中间体X，画出中间体X的结构式：________。
②反应过程中加入NaOH或的目的是________________。
（4）通过电解法转化为的反应机理如图乙所示，Pt电极上覆盖的Nafion膜是一种阳离子交换膜，对浓度不高的有较好的阻拦作用，可让自由通过。
①Sn电极上生成的电极反应式为_________。
②电路中通过的电量与产率的关系如图丙所示，相同条件下，Pt电极有Nafion膜时产率明显提高，但电量后又显著下降，可能原因是_________。
18.雷西莫特具有抗病毒、抗肿瘤、抗过敏的作用，其中间体的合成路线如下：
已知：；含氮基团的碱性越强，越容易和酰氯（R—COCI）发生取代反应。
（1）的反应类型为_____________。
（2）过程中，_____________转化为_____________。（填官能团名称）
（3）的化学方程式为_____________，G中1处氨基的碱性_____________（填“强于”或“弱于”）2处氨基的碱性；反应过程中，最佳投料比n（）：n()=1:1.2,若投入量再增大，产率会下降，原因是_____________。
（4）化合物I的结构简式为_____________。
（5）符合下列条件的C的同分异构体共有_____________种（不考虑立体异构）。
①分子中只含有1个苯环，不含其他环状结构
②苯环上含有3个取代基，且其中2个为硝基
（6）已知Beckmann重排反应的机理如下：
则硝乙醛胺（）发生Beckmann重排反应后的产物为_____________（填结构简式）。
答案以及解析
1.答案：C
解析：A.秦兵马俑主要由陶土烧制而成，陶土属于无机非金属材料，A错误；
B.人面鱼纹陶盆也是由陶土烧制而成，属于无机非金属材料，B错误；
C.西周利簋是青铜器，青铜是铜锡合金，属于无机金属材料，C正确；
D.击鼓说唱俑一般是由陶土制成，属于无机非金属材料，D错误；
故选C。
2.答案：D
解析：A.重金属离子能使水中藻类生物发生变性，失去活性，A错误；
B.用溶液蚀刻覆铜板制印刷电路板，是因为氧化性：，与金属性无关，B错误；
C.燃煤中加入CaO，发生反应，可减少酸雨的形成，但不能减少温室气体的排放，C错误；
D.电热水器使用镁棒，可通过形成原电池，阻止内胆中的铁失电子，从而防止内胆腐蚀，原理是牺牲阳极法，D正确；
故选D。
3.答案：A
解析：A.氯化铵和氢氧化钙加热放出氨气，氯化铝溶液中通入过量氨气生成氢氧化铝沉淀，证明不溶于氨水，故选A；
B.盐酸和碳酸钠反应放出二氧化碳，证明酸性：盐酸>碳酸，HCl是无氧酸，所以不能证明非金属性Cl>C，盐酸、二氧化碳都能和硅酸钠反应生成白色沉淀硅酸，硅酸钠溶液中有沉淀生成，不能证明非金属性C>Si，故不选B；
C.氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，应该用湿润的红色石蕊试纸检验氨气，故不选C；
D.酸性条件下，二氧化硫能被硝酸根离子氧化，二氧化硫和硝酸钡溶液反应生成硫酸钡沉淀，故D错误；
选A。
4.答案：B
解析：X与通过加成反应生成Y，Y通过先加成、后消去反应生成Z，Z与反应，再酸化生成M。
A.据分析，X→Y的反应类型为加成反应，故A正确；
B.Z和M均有碳碳双键，均与溴水发生加成反应、使溴水褪色，不能鉴别两者，故B错误；
C.M分子中有3个手性碳原子：（“*”标示的碳原子），故C正确；
D.丙酮与甲醛下发生加成反应生成，再加热发生消去反应得到，故D正确；
故答案为B。
5.答案：C
解析：X、Y、Z、W是原子序数依次增大的前四周期元素，基态Y原子每个能级上的电子数相等，Y为碳，碳形成4个共价键，1个X能和碳形成其中1个共价键，且氢原子序数最小，X为氢；基态W原子最外层电子数为1，其内层原子轨道全充满，且原子序数最大，W为铜；Z与碳同周期，Z形成然后与铜离子形成配位键，则Z为氮；
A.同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；同主族由上而下，金属性增强，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；第一电离能：，A正确；
B.由图可知，配体为2个，配位数为4，则配体数与配位数之比为，B正确；
C.离子中氮电负性更强，更不容易给出孤电子对，则形成配离子时其中碳更易提供孤电子对，C错误；
D.X、Y、Z可形成既含离子键又含共价键的化合物，例如铵盐，D正确；
故选C。
6.答案：B
解析：A.生成银镜则需要水浴加热，不能加热煮沸，故A错误；
B.NaOH溶液不足，生成的氢氧化镁沉淀转化为更难溶的氢氧化铜沉淀，则为，故B正确；
C.KCl固体对铁离子与的络合反应无影响，则平衡不移动，溶液的颜色不变，故C错误；
D.NaOH过量，卤代烃水解后，取上层清液少许，应先加硝酸至酸性，再加硝酸银检验卤素离子，故D错误；
故选：B。
7.答案：D
解析：A.常温下，物质的量不是0.5mol，含原子总数不是，A错误；
B.中每个硅原子形成4个键，物质的量为0.05mol，含键的总数为，B错误；
C.标准状况下，物质的量为0.025mol，每个分子含14个质子，中含有的质子总数为，C错误；
D.中C元素的化合价由0价升高到+2价，N元素的化合价由0价降低到-3价，反应中总共转移12个电子，CO为氧化产物，每生成氧化产物，转移电子总数为，D正确；
故选D。
8.答案：C
解析：A.电石和水反应速率较快，应选择饱和食盐水，且该反应为放热反应，不适合用该装置制取乙炔气体，因为电石反应后会呈粉末状从多孔隔板上方落至下方，无法实现随开随用，即关即停，A项错误；
B.苯与溴在催化剂条件下发生取代反应生成溴苯和HBr，挥发出的溴与硝酸银溶液中的水反应生成HBr，会干扰产物中HBr的检验，B项错误；
C.装置虽然没有构成闭合回路，但可明显观察到Zn与稀硫酸反应产生气泡，而Cu无明显现象，可验证金属活泼性：Zn>Cu，能达到目的，C项正确；
D.蒸馏时，温度计的水银球应处于支管口处，测蒸气的温度，D项错误；
9.答案：D
解析：根据图中直线斜率判断沉淀溶解平衡曲线①为AgCl沉淀溶解平衡曲线，A错误；
a点条件下，能生成AgCl沉淀，，不能生成沉淀，B错误；
由点(7.7，2.0可知，，的平衡常数，C错误；
滴定终点时，若溶液中，则，，，D正确。
10.答案：C
解析：A.根据步骤,反应物吸附会是受能量,根据步骤,可知产物从催化剂上脱附会吸收能量,故A项错误;
B.催化剂只能降低活化能,不能改变反应热,故B错误;
C.活化能最大的一步为决速步,决速步骤的反应可表示为，故C项正确;
D.交替加氢各步的活化能都较小(除去公共步骤),而远端加氢的的活化能还较大,故电催化合成氨交替加氢反应路径更容易发生,D项错误
11.答案：D
解析：A.断裂化学键吸收能量，形成化学键释放能量，则图甲所示的化学反应放出热量为，A错误；
B.图甲反应中存在N-H和氮氧键的断裂、氢氧键的形成，即有极性共价键的断裂和形成；存在氮氮三键的形成，即有非极性共价键的形成，但没有非极性共价键的断裂，B错误；
C.图乙所示反应③中被氧化为，被还原生成，则为氧化剂，为还原剂，根据得失电子守恒可得关系式：，则氧化剂与还原剂物质的量之比为，C错误；
D.根据图乙可知，反应②为和NO反应生成和，其化学方程式为：，D正确；
故选D。
12.答案：C
解析：由题干原电池装置中电子的移动方向可知，b为阳极，电极反应为：，a电极为阴极，电极反应为：，据此分析解题。
A.由分析可知，b为阳极，a为阴极，阳极电势高于阴极电势，A正确；
B.由分析可知，a极反应为，B正确；
C.由分析可知，阳极电极反应式：，C错误；
D.由分析可知，b为阳极，该装置即电解池工作时，阴离子向阳极移动，故双极膜解离出的OH-向b极移动，D正确；
故答案为：C。
13.答案：C
解析：A.根据均摊法，晶胞中所含Mg的个数为8，铁原子的个数为8×+6×=4，则该晶胞的化学式是，故A正确；
B.由晶胞的结构可知，以上面面心的铁原子为参考，上面再加一个晶胞，可以看出与铁原子最近的镁原子有8个，故B正确；
C.氢原子通过与铁镁形成化学键储存在晶体中，并位于以铁原子为中心的正八面体顶点处，则晶胞中氢原子位于晶胞的体心和棱心，晶胞中氢原子个数为12×+1=4，晶胞的质量为，晶胞的体积为，晶胞的密度为，故C错误；
D.晶胞中Fe与Fe的最短距离为面对角线的一半，为，故D正确；
答案选C。
14.答案：D
解析：A.去除杂质离子时，为确保杂质能被除尽，所加除杂试剂需适当过量，且需考虑过量除杂试剂的后期处理，A正确；
B.上述流程中，溶液和NaOH溶液的添加顺序互换后，不影响杂质的去除和过量除杂试剂的后期处理，但一定要在的后面加入，B正确；
C.由分析可知，操作①为过滤，操作②为蒸发结晶，C正确；
D.由分析可知，固体a中含有等，至少含有四种物质，D错误；
故选D。
15.答案：(1)过滤
(2)氧化性；，pH越大酸性越弱，的氧化性越弱
(3)
(4)使和分离，并富集碘元素
(5)振荡、静置
(6)5
(7)被氧化成，温度过高，升华造成碘元素流失
解析：将海带灼烧得海带灰，将海带灰浸泡在水中，得到海带灰的悬浊液，过滤得滤液(含的水溶液)；往滤液中加入、稀，被氧化为；往溶液中加入萃取，然后分液，得到含的溶液；往有机溶液中加入浓NaOH溶液，然后分液，得到含、的水溶液；往水溶液中加入浓，、发生归中反应，生成含的悬浊液，过滤后可得到。
（1）步骤③用于分离固、液混合物，则采用的分离方法是过滤。
（2）步骤④中用硫酸酸化的溶液将转化成，依据得失电子守恒、电荷守恒和元素守恒，可得出发生反应的离子方程式为：。
①在反应中，中O元素由-1价降低到-2价，则利用了的性质：氧化性。
②从图中可以看出，pH=7时转化率几乎为0，说明此时的氧化能力很弱，结合离子方程式从物质性质的角度解释原因：，pH越大酸性越弱，的氧化性越弱。
（3）若步骤④中选择的试剂为氯气，当氯气过量时，检测到反应后的产物中含有，则表明起初生成的被继续氧化生成，依据得失电子守恒、电荷守恒和元素守恒，可得出发生反应的离子方程式：。
（4）经步骤⑤得到含的溶液后，需要将和分离，则继续采取步骤⑥⑦的目的是：使和分离，并富集碘元素。
（5）操作③中，加入萃取剂后，为增大萃取效果，需增大与溶液的接触面积，以提高的萃取率，所以具体操作为：振荡、静置。
（6）步骤⑦中发生反应：，此时可建立关系式：，当发生反应时，转移电子的物质的量是5mol。
（7）碘易升华，海带灼热(灰化)时间超过40min，测得碘的含量逐渐降低，可能是碘部分升华造成的，则原因是：被氧化成，温度过高，升华造成碘元素流失。
16.答案：(1)B
(2)B
(3)有紫黑色固体析出，溶液变成棕黄色
(4)提高碘的浓度(富集碘)
(5)A
(6)加入最后半滴硫代硫酸钠溶液，溶液的蓝色恰好消失，且半分钟内不变色0.290；D
(7)氯气氧化性强，可能将继续氧化为，降低的产率。而氧化性较弱，不会将氧化
解析：实验室从海带中提取碘：干海带灼浸泡溶解得到海带灰悬浊液，随后过滤，得到滤液为含碘离子的溶液，滤液中加氯气，将碘离子氧化成碘单质，利用有机溶剂四氯化碳萃取、分液得到碘的溶液，有机相加入氢氧化钠将碘单质转入水相，分液后水相酸化得到含碘悬浊液，过滤获得碘单质。
（1）A.分液漏斗检漏时，需要将分液漏斗倒置，观察活塞处是否有水漏出。如果活塞处没有水漏出，说明分液漏斗密封良好，可以正常使用，A正确；
B.振荡、放气时，需要将分液漏斗倒置，打开分液漏斗开关，进行放气操作，如图所示：，B错误；
C.静置时，将分液漏斗固定在铁架台上，待溶液分层即可，C正确；
D.分液时，下层液体从下口放出，上层液体从上层倒出，D正确；
故选B；
（2）萃取剂的选择原则：被萃取的物质在萃取剂中的溶解度大于在原溶剂中的溶解度，萃取剂和原溶剂不互溶，萃取剂和原溶剂、溶质不反应，根据上述原则，液态烷烃、液态苯和苯的同系物、液态饱和酯类可以用作萃取剂，而液态二烯烃含有碳碳双键，能和碘发生加成反应，不能用作萃取剂，故选B；
（3）步骤②的离子方程式为：，可以观察到有紫黑色固体析出，溶液变成棕黄色；
（4）步骤①将碘单质转化为，而步骤②又重新转化为碘单质，目的是提高碘的浓度(富集碘)；
（5）步骤③是过滤操作，需要的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，故选A；
（6）①当加入淀粉以后，溶液中还存在碘单质，此时溶液呈蓝色，当加入最后半滴硫代硫酸钠溶液，溶液的蓝色恰好消失，且半分钟内不变色，即可判定为滴定终点；
②根据关系式可知，，则母液中碘单质的含量为；
③A.配制标准硫代硫酸钠溶液时，配制用的容量瓶水洗后未烘干，对标准硫代硫酸钠溶液浓度无影响，则对测定结果无影响，A不选；
B.配制标准硫代硫酸钠溶液时，溶解时烧杯中有溶液少量溅出，溶质偏少，标准液浓度偏低，滴定时将消耗更多的标准液，造成测定结果偏高，B不选；
C.盛装标准溶液的滴定管，滴定前有气泡，滴定后气泡消失，则标准液体积读数偏大，造成测定结果偏高，C不选；
D.滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，标准液体积读数偏小，造成测定结果偏低，D选；
故选D；
（7）由题目信息可知，氯气氧化性强，可能将继续氧化为，降低的产率。而氧化性较弱，不会将氧化，故选择了价格较高的而不是价低的。
17.答案：（1）
（2）①
②反应生成的MnO是与反应的催化剂
（3）①
②降低HCOOH浓度，使正向进行程度增大
（4）①（或）
②Nafion膜可以阻止在阳极放电；电量>1000C后，增大，Nafion膜阻拦作用下降
解析：（1）反应Ⅱ反应Ⅰ反应Ⅲ可得反应，则。
（2）①由题意可知，条件下水与锰，二氧化碳反应生成氧化锰和甲酸，反应的化学方程式为；
②直接加热氢气与二氧化碳难以生成甲酸，而①中条件下能较快生成甲酸，说明氧化锰是氢气和二氧化碳反应生成甲酸的催化剂，催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率。
（3）①Ru与F同族，催化时更易与显负电性的O相连，则二氧化碳与Ru—H发生加成反应生成HCOORu，X的结构式为；
（2）HCOOH为一元酸，反应过程中加入氢氧化钠或氨气可以将甲酸转化为，使反应正向进行程度增大。
（4）①由题图可知，铂电极是阳极，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和，锡电极是电解池的阴极，二氧化碳在阴极得到电子与作用生成和，则锡电极上生成甲酸根离子的电极反应式为，刚开始时，电解液中溶质为，溶液呈碱性，故得电子生成过程中的氢原子由提供，电极反应式为。
②已知Nafion膜对浓度不高的有较好的阻拦作用，则Nafion膜可以阻止甲酸根离子在阳极放电，电路中通过电量较低时，相同条件下，铂电极有Nafion膜时的产率大于无Nafion膜；电量大于1000 C后，的产率显著下降说明的浓度增大，Nafion膜阻拦作用下降，导致甲酸根离子在阳极放电使得甲酸根离子的产率下降。
18.答案：（1）还原反应
（2）羟基；碳氯键
（3）；弱于；反应物中另一个氨基也能发生取代反应
（4）
（5）18
（6）、
解析：（1）A转化为B的过程中，硝基被还原为氨基。
（2）D→E过程中，羟基转化为碳氯键。
（3）根据题给已知信息，G、J的结构简式，G→H的反应试剂，及H的分子式，可推出G→H为取代反应，H为，则G→H的化学方程式为；因含氮基团的碱性越强，越容易和酰氯（R-COCI）发生取代反应，则G中1处氨基的碱性弱于2处氨基的碱性；G中含有2个氨基，若投入量再增大，另一个氨基参与取代反应，会导致副产物增多，产率下降。
（4）由分析可知，化合物I的结构简式为。
（5）根据C的分子结构判断，其同分异构体只含有1个苯环，不含其他环状结构，且苯环上含有3个取代基，其中2个为硝基，则另一个取代基可能为一，每种情况对应6种结构，共18种。
（6）根据Beckmann重排反应的机理分析，硝乙醛肟重排后的产物可能为、。