江苏省镇江市2024-2025学年高三下学期开学质量监测化学试题 含解析

2024～2025学年高三第二学期学情调研考试(二十四)化学(满分：100分考试时间：75分钟)2025.2可能用到的相对原子质量：H—1C—12O—16P—31Mn—55Fe—56Cu—64一、单项选择题：本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题只有一个选项最符合题意。1.2024年发现一种重稀土氟碳酸盐[Ba2Y(CO3)2F3]，下列不是主族元素的是A.Ba B.Y C.O D.F【答案】B【解析】【详解】A．Ba元素处于元素周期表第IIA族，是主族元素，A错误；B．Y元素处于元素周期表第IIIB族，不是主族元素，B正确；C．O元素处于元素周期表第VIA族，是主族元素，C错误；D．F元素处于元素周期表第VIIA族，是主族元素，D错误；故本题选B。2.次磷酸钠(NaH2PO2)可由反应P4+3NaOH(过量)+3H2O=3NaH2PO2+PH3↑制备，下列说法不正确的是A.NaH2PO2是酸式盐 B.NaOH的电子式：C.P4的空间构型为正四面体形 D.PH3是极性分子【答案】A【解析】【详解】A．由题干方程式可知氢氧化钠过量，若NaH2PO2是酸式盐会和氢氧化钠反应，故NaH2PO2是正盐，A错误；B．氢氧化钠是离子化合物，氢氧根中氢氧原子间是共价键，共用一对电子，电子式为，B正确；C．白磷(P4)的分子空间构型是正四面体形，P原子在正四面体的顶点，C正确；D．PH3和NH3是等电子体，分子结构为三角锥形，正负电荷中心不重合，是极性分子，D正确；故本题选A。3.实验室利用氨气和氯气反应制备氯化铵，下列实验装置和操作不能达到实验目的的是A.制备并干燥NH3B.制备Cl2C.净化并干燥Cl2D.制备NH4ClA.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．碱石灰是氢氧化钠和氧化钙固体混合形成的干燥剂，显碱性，可以干燥氨气，A可以到达目的；B．实验室用浓盐酸和加热制备氯气，方程式为：，B可以到达目的；C．获取干燥纯净的氯气应先通过饱和食盐水除，再通过浓硫酸除，C不可以到达目的；D．的密度小，的密度大，由口通，口通，采用逆流原理使二者充分接触发生反应生成，D可以到达目的；故选C4.硫酸氢氯吡格雷片(C16H16ClNO2S·H2SO4)是抗血小板凝聚药物，下列说法正确是A.电离能：I1(N)>I1(O) B.酸性：H2SO4>HClO4C.热稳定性：CH4>NH3 D.电负性：χ(S)>χ(Cl)【答案】A【解析】【详解】A．由于氮的轨道为半充满状态，结构更稳定，故第一电离能高于氧，A正确；B．同一周期元素，从左到右氧化性增强，所以氯的氧化性强于硫，并且二者均为最高价的含氧酸，所以酸性，B错误；C．同一周期元素，从左到右氧化性增强，氧化性，则热稳定性，C错误；D．同周期中电负性从左到右递增，右侧，电负性更大，D错误；故选A。阅读下列材料，完成下列题。卤族元素包括F、Cl、Br、I等，位于周期表ⅦA族。卤族元素可形成多种物质，磷可形成多种卤化物，其中固态PCl5和PBr5的结构分别为[PCl4]+[PCl6]-和[PBr4]+Br-。溴化碘(IBr)的化学性质与卤素单质相似，一种金属卤化物晶胞如图所示。5.下列说法正确的是A.相同条件下，HF、HCl、HBr的沸点依次递增B.HClO中存在H与Cl之间的spσ键C.PCl3和[PBr4]+中磷原子均为sp3杂化D.图中所示金属卤化物中Pb2+周围最近的I-数为126.下列化学反应表示正确的是A.IBr与NaOH溶液反应：IBr+2NaOH=NaI+NaBrO+H2OB.银电极电解饱和食盐水的阳极反应：2Cl--2e-=Cl2↑C.AgI悬浊液中滴加Na2S溶液：2AgI(s)+S2-(aq)Ag2S(s)+2I-(aq)D.向Ca(ClO)2溶液通入足量SO2：ClO-+SO2+H2O=HClO+HSO7.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.HF与水存在分子间氢键，氢氟酸可用于刻蚀玻璃B.NaClO水溶液呈碱性，可用于杀菌消毒C.液溴易挥发，可用苯萃取溴水中的Br2D.氟的电负性大于碘的电负性，CF3COOH的酸性强于CCl3COOH的酸性【答案】5.C6.C7.D【解析】【5题详解】A．分子间存在氢键，沸点最高，且HCl、HBr的组成和结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越强，沸点越高，则沸点：，即相同条件下，HCl、HBr、HF的沸点依次递增，A错误；B．次氯酸结构式为：，氢与氧之间形成O-H键，氧与氯之间形成O-Cl键，不存在之间的键，B错误；C．中原子价层电子对数为：，中原子价层电子对数为：，二者的磷原子均为杂化，C正确；D．图中所示金属卤化物的晶胞中位于体心，位于面心，则图中所示金属卤化物中周围最近的数为，D错误；故选C。【6题详解】A．在中为价，为价，溴化碘(IBr)的化学性质与卤素单质相似，则与NaOH

溶液反应生成、和，反应的化学方程式为：，A错误；B．银电极电解饱和食盐水时，阳极上失去电子被氧化为，则阳极反应式为：，B错误；C．因溶度积常数：，向AgI悬浊液中滴加Na2S溶液时AgI沉淀会转化为Ag2S沉淀，发生反应：2AgI(s)+S2-(aq)Ag2S(s)+2I-(aq)，C正确；D．由于次氯酸根具有氧化性，可将二氧化硫氧化为硫酸根，所以向溶液通入足量，发生反应的离子方程式为：，D错误；故选C。【7题详解】A．能与发生反应：，因此氢氟酸可用于刻蚀玻璃，这和与水存在分子间氢键无关，A不符合题意；B．由于次氯酸根具有氧化性，可用于杀菌消毒，与其水溶液呈碱性无关，B不符合题意；C．可用苯萃取溴水中的，是因为Br2在苯和水中的溶解度不同，苯与水不互溶，且溴Br2易溶于苯，与液溴易挥发无关，C不符合题意；D．由于电负性：，的极性大于的极性，使的极性大于的极性，导致的羧基中的羟基的极性更大，更易电离出，因此酸性：，D符合题意；故选D。8.装置甲是一种将废水中的氯乙烯()转换成对环境无害的微生物电池，连接甲、乙装置进行粗铜精炼，其原理如图所示。下列说法不正确的是A.电解精炼时，粗铜与Y电极相连B.若N电极消耗11.2LO2，粗铜电极质量减少64gC.电解过程中N区溶液的pH增大D.M电极的电极反应式为CH2=CHCl-10e-+4H2O=2CO2+11H++Cl-【答案】B【解析】【分析】根据题给信息可知，甲装置是将化学能转化为电能的原电池，由甲图可知，N极氧气得电子变成水，是正极；则M是负极，电解质溶液为酸性溶液；乙装置是利用电解原理，将粗铜精炼为精铜，粗铜作阳极，失去电子，精铜作阴极，得到电子，将铜离子还原为铜。【详解】A．根据分析可知，Y极为正极，电解精炼时，粗铜作阳极，应该与正极电极相连，A正确；B．未指明是否处于标准状况，无法计算氧气的物质的量，不能开展计算，B错误；C．N极氧气得电子变成水，是正极，电极反应式为：，消耗了氢离子，导致溶液增大，C正确；D．M是负极，氯乙烯失去电子，电极反应式为：，D正确；故选B。9.化合物Z是一种药物合成中间体，其合成路线如下：下列叙述不正确的是A.Y可以发生加成、取代、消去反应B.X分子中所有碳原子可能处于同一平面C.Y、Z可用FeCl3溶液鉴别D.Z与足量H2反应后产物中有3个手性碳原子【答案】A【解析】【详解】A．Y中苯环可以发生加成反应，取代反应，但是整个结构都无法发生消去反应，A错误；B．X中苯环结构为平面结构，酮羰基中的碳原子也为平面结构，故通过酮羰基和苯环间碳碳单键的旋转，两个平面可以共面，B正确；C．Z中有酚羟基，遇含Fe3+的溶液会显紫色，而Y中无酚羟基，无该现象，故可以用FeCl3溶液鉴别Y、Z，C正确；D．Z与足量H2发生加成反应，酯基中碳氧双键不发生加成，只有苯环能与氢气加成，手性碳原子是以单键和四个不同的原子或基团连接的碳原子，故产物中有3个手性碳原子，标记如图，D正确；故本题选A。10.下列所给物质在给定条件下能实现一步转化的是A.FeS2SO3H2SO4B.饱和NaCl溶液NaTiC.NH3(g)NO2(g)HNO3(aq)D.Fe2O3FeFe3O4【答案】D【解析】【详解】A．FeS2与O2生成SO2，不能一步得到SO3，故A错误；B．电解饱和NaCl溶液得到NaOH，不能一步得到Na，故B错误；C．NH3与O2在催化剂、加热条件下生成NO，不能一步得到NO2，故C错误；D．Fe2O3与CO高温下生成Fe和CO2，Fe与水蒸气高温下反应生成Fe3O4，故D正确；故答案为D。11.室温下，根据下列实验过程及现象，能验证相应实验结论的是选项实验方案实验结论A向2mL浓度均为0.1mol·L-1Na2CO3和Na2SO4的混合溶液中滴加几滴0.1mol·L-1BaCl2溶液，有白色沉淀产生Ksp(BaSO4)<Ksp(BaCO3)B将Fe3O4溶于盐酸所得溶液浓缩后，滴入酸性KMnO4溶液，酸性KMnO4溶液褪色Fe3O4中含有Fe(Ⅱ)C相同条件下，用30mL1.0mol·L-1CH3COOH溶液和40mL1.0mol·L-1盐酸分别做导电性实验，醋酸溶液对应的灯泡较暗CH3COOH是弱电解质C用pH计分别测定NaClO和Na[Al(OH)4]溶液的pH，前者pH大结合H+的能力：[Al(OH)4]->ClO-A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．碳酸钡和硫酸钡均为白色沉淀，不能区分两者，故A错误；B．酸性条件下氯离子也可与高锰酸钾反应，导致高锰酸钾褪色，不能说明含有二价铁，故B错误；C．相同条件下，用30mL1.0mol·L-1CH3COOH溶液和40mL1.0mol·L-1盐酸分别做导电性实验，醋酸溶液对应的灯泡较暗，说明醋酸溶液中离子浓度较低，CH3COOH难电离，是弱电解质，故C正确；D．pH大说明H+浓度小，OH-浓度大，阴离子水解能力强，阴离子对应酸的酸性弱，阴离子与H+结合能力大，因此结合H+的能力：[Al(OH)4]-<ClO-，故D错误；故答案为C。12.室温下，H3PO4是一种中强酸[Ka1(H3PO4)=7.1×10-3，Ka2(H3PO4)=6.3×10-8，Ka3(H3PO4)=4.2×10-13]，下列说法正确的是A.溶液pH=4时：c(H3PO4)∶c(H2PO)=0.71B.0.1mol·L-1的Na2HPO4溶液中：c(H2PO)+2c(H3PO4)=c(PO)C.向0.1mol·L-1NaH2PO4溶液中加入足量Ca(OH)2：H2PO+2OH-=PO+2H2OD.n(NaH2PO4)∶n(Na2HPO4)=1∶1的混合溶液中：3c(Na+)=2[c(H3PO4)+c(H2PO)+c(HPO)+c(PO)]【答案】B【解析】【详解】A．，，则，故A错误；B．根据质子守恒，，故B正确；C．磷酸钙难溶于水，不能拆成离子，离子方程式应为，故C错误；D．根据物料守恒，，故D错误；故答案为B。13.CO2的捕集与转化是“碳达峰·碳中和”的有效途径。利用CH4和CO2制备合成气CO和H2的原理如下：①CH4(g)+CO2(g)=2H2(g)+2CO(g)ΔH1②CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)ΔH2在恒压为pkPa，起始时n(CH4)∶n(CO2)=1∶1条件下，CH4和CO2的平衡转化率与温度的关系如图所示。下列说法不正确的是A.随着温度升高，体系中H2O(g)的物质的量一直增大B.反应CH4(g)+2CO2(g)=H2(g)+3CO(g)+H2O(g)的ΔH>0C.800K时，反应开始经过tmin达到平衡状态，CO的体积分数为25%D.在反应器中充入CH4和CO2制备合成气，增大压强能提高合成气平衡产率【答案】D【解析】【分析】由所给反应可知，由于反应①②都消耗CO2，而CH4只是反应①的反应物，且反应①中CH4和CO2按1:1反应，故CO2转化率会高于CH4，即曲线甲为CO2平衡转化率曲线，曲线乙为CH4平衡转化率曲线；【详解】A．由于随着温度升高，CO2转化率增大，故体系中H2O(g)的物质的量一直增大，A正确；B．CH4和CO2平衡转化率都随温度升高而增大，说明反应①②都吸热，两个反应都满足ΔH>0，CH4(g)+2CO2(g)=H2(g)+3CO(g)+H2O(g)可以由反应反应①+反应②得到，故该反应ΔH>0，B正确；C．800K时，设起始时CH4和CO2物质的量都是1mol，CH4平衡转化率为20%，故反应①消耗CO2和CH4都是0.2mol，生成H2和CO物质的量都为0.4mol，CO2平衡转化率为40%，说明反应②有0.2molCO2参与，则也消耗0.2molH2，生成CO和H2O分别为0.2mol，故平衡时，CH4剩余0.8mol，CO2剩余0.6mol，H2为0.2mol，CO共生成0.6mol，H2O有0.2mol，总物质的量为2.4mol，故CO物质的量分数为25%，占体积分数为25%，C正确；D．反应②反应前后气体体积数不变，增大压强平衡不移动，而反应①是气体体积数增大的反应，增大压强平衡逆向移动，合成气平衡产率减小，故D错误；故本题选D。二、非选择题：共4题，共61分。14.铁、钴、锰是三种典型的变价金属。还原浸出法可以将原料中难分解的高价态金属化合物还原，从而可以在酸性介质中溶解浸出。从电化学角度来说，电极电势数值越大氧化性越强、数值越小还原性越强。氧化型物质浓度越大，电极电势越大。部分常见标准电极电势如下表所示：电对标准电极电势0.6950.7711.231.820.158（1）浸出铁①晶体的一种晶胞结构如图1所示，晶胞可看成由A、B单元按C方式交替排布构成，“○”表示O。则“△”表示的B元素是_______(填元素符号)，基态的外围电子排布式为_______。②浸出时，溶液中过大会阻碍进一步溶解，其原因可能为_______。③体系还原浸出铁酸锌()中的的化学反应方程式为_______。（2）浸出锰、钴①可还原软锰矿中的，该方法反应速率快，常温下即可反应。以作还原剂，在溶液中浸出软锰矿(含杂质)，控制酸浓度为，在条件下，锰、铁的浸出率与时间变化的关系如图2所示，该条件下铁浸出率远低于锰的原因可能为_______。②常用柠檬酸(易溶于水、有强还原性)代替回收废旧锂离子电池()中的钴。同浓度的柠檬酸与浸出废旧锂离子电池时，钴浸出率与时间变化的关系如图3所示。钴的浸出率，用柠檬酸大于的原因可能为_______。【答案】（1）①.②.③.过高的会水解生成氢氧化铁覆盖在铁酸锌表面，不利于铁酸锌溶解④.（2）①.由于与的电极电势相差不大，还原速率慢；与的电极电势差较大，还原速率快，所以铁浸出率远低于锰②.柠檬酸既有酸性又有强还原性，自身能还原中的三价钴【解析】【小问1详解】如图C可知，一个晶胞中含有A和B的个数均为4，A中氧位于体内数目为4，“●”位于体心和顶点数目为；B中氧位于体内数目为4，“●”位于顶点数目为，“△”位于体内数目为4。则一个晶胞内O、●、△数目之比为32∶8∶16=4∶1∶2，结合化学式可知，“●”表示的元素是Zn，“△”表示元素是Fe；Fe为26号元素，根据原子核外电子排布规律可知基态的外围电子排布式为；②Fe3+为弱碱阳离子，会水解生成，则浸出时，溶液中过大会阻碍进一步溶解，其原因可能为：过多的会水解生成氢氧化铁覆盖在铁酸锌表面，不利于铁酸锌溶解；③体系还原浸出铁酸锌()中的的反应中，S元素化合价升高(+4价→+6价)，Fe元素化合价降低(+3价→+2价)，发生氧化还原反应，其中Zn元素化合价不变，则化学反应方程式为：；【小问2详解】①使用浸出软锰矿(含杂质)时，由于标准电极电势：，则反应中作还原剂，且电极电势相差越大反应速率越快，因此该条件下铁浸出率远低于锰的原因可能为：由于与的电极电势相差不大，还原速率慢；与的电极电势差较大，还原速率快，所以铁浸出率远低于锰；②回收废旧锂离子电池()中的钴时，作还原剂，提供酸性环境，柠檬酸不仅提供酸性环境，同时有强还原性自身也可作还原剂，因此钴的浸出率，用柠檬酸大于的原因可能为：柠檬酸既有酸性又有强还原性，自身能还原中的三价钴。15.化合物F为药物普拉洛芬合成路线的中间体，一种合成路线如下：（1）反应A→B过程中Na2CO3的作用为_______。（2）化合物C的含氧官能团为羧基、_______。（3）D(C16H13O4N)的结构简式为_______。（4）写出同时满足下列条件的B的同分异构体：_______。既能发生水解反应又能发生银镜反应；分子中含有两个苯环且有4种不同化学环境的氢原子。（5）已知：。写出以为原料制备的合成路线流程图_______(无机试剂和有机溶剂及题给合成路线中的反应物任用，合成路线流程图示例见本题题干)。【答案】（1）吸收反应生成的HCl，提高B的产率（2）醚键、酯基（3）（4）（5）【解析】【分析】A中酚羟基的氢原子被取代得B，同时有HCl生成，B通过反应得到C，C先与(COCl)2反应将羧基转化为酰氯，再在AlCl3的催化下发生反应生成D，D还原得E，故根据E的结构简式知，结合D的分子式，D的结构为，E继续反应脱去羟基得F；【小问1详解】由分析知，A生成B的同时，有HCl生成，故加入碳酸钠，吸收反应生成的HCl，

提高B的产率；【小问2详解】根据C的结构简式，C的含氧官能团为羧基、醚键、酯基；【小问3详解】由分析可知，结合D的分子式，得D的结构简式为；【小问4详解】B的同分异构体，既能发生水解反应又能发生银镜反应，考虑要有醛基和酯基，分子中含有两个苯环，且只有4种不同化学环境的氢原子，说明高度对称，两个苯环连接基团相同，唯一的N原子在两个苯环间，同时除苯环外只有3个碳原子，一个是甲基直接连在N上，另外两个分别是两个甲酸酯结构中的碳原子，连在苯环的对位，分子中等效氢的种数符合要求，得到满足要求的B的同分异构体为；【小问5详解】参考题干中的流程和已知条件，甲苯可以先用高锰酸钾氧化得到苯甲酸，苯甲酸与(COCl)2反应得到，再在氯化铝催化下与甲苯发生类似生成D的取代反应得到，用KBH4还原酮碳基为羟基，再发生类似E生成F的反应脱去羟基得，故流程图为。16.MnCO3是重要的化工原料，可由贫锰矿[主要成分是偏锰酸矿(MnO2·nH2O)、硬锰矿(aMnO·MnO2·bH2O)和软锰矿(MnO2)等]，作为原料生产高纯碳酸锰。（1）还原浸锰。用水合肼(N2H4·H2O)作为还原剂处理贫锰矿，写出水合肼还原MnO2生成MnO和N2的化学方程式：_______。（2）氨浸法(又称氨基甲酸铵法)提锰。该方法的机理分为三步：Ⅰ．氨基甲酸铵的生成：在浓氨水溶液中，碳酸铵分解生成氨基甲酸铵和水；Ⅱ．锰的浸出：氨基甲酸铵再与锰矿中的MnO反应生成进入溶液中。Ⅲ．将浸出液转移到蒸馏器内，加热析出碳酸锰、氨气和二氧化碳。①写出氨基甲酸铵的结构简式：_______。②反应温度对锰浸出率的影响如图所示，当温度超过50℃时锰的浸出率呈现迅速降低的趋势，可能的原因是_______。③步骤Ⅲ中NH3和CO2一起被水吸收后可循环利用，其原因为_______。(用化学方程式表示)（3）高纯MnCO3制备。将步骤Ⅲ含有MnCO3产品的溶液，降至室温后，过滤，洗涤，烘干即得纯度很高的MnCO3.实验室也可以用MnSO4溶液制备高纯MnCO3，请补充完整实验方案：_______。已知：MnCO3难溶于水、乙醇，潮湿时易被空气氧化，100℃开始分解；Mn(OH)2开始沉淀时pH=7.7。(实验中须用的电解质溶液和有机溶剂：NaHCO3、HCl、BaCl2、CH3CH2OH)（4）测定MnCO3的纯度：称取18.00g碳酸锰样品(假定杂质不参与反应)，溶于过量的稀硫酸中，向所得溶液中加入稍过量的磷酸和硝酸，发生反应：2Mn2++NO+4PO+2H+=2[Mn(PO4)2]3-+NO+H2O，除去溶液中的NO和NO，加入100.00mL2.00mol·L-1的(NH4)2Fe(SO4)2溶液，发生反应：[Mn(PO4)2]3-+Fe2+=Mn2++Fe3++2PO。再用1.00mol·L-1酸性KMnO4溶液氧化过量的Fe2+，Fe2+反应完全时消耗10.00mL酸性KMnO4溶液，则样品中MnCO3的纯度为_______(写出计算过程，保留两位小数)。【答案】（1）N2H4·H2O+2MnO2=N2↑+2MnO+3H2O（2）①.或②.温度超过50℃时，受热分解生成碳酸锰沉淀，故锰的浸取率迅速下降③.2NH3+CO2+H2O=(NH4)2CO3（3）边搅拌边向MnSO4溶液中加入NaHCO3，调节溶液pH略小于7.7，充分反应后，静置、过滤。用CH3CH2OH洗涤沉淀，直至向最后一次洗涤后的滤液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液无沉淀生成，所得固体低于100℃干燥（4）95.83%【解析】【小问1详解】水合肼(N2H4·H2O)作为还原剂，将MnO2还原为MnO，同时生成氮气(N2)和水(H2O)，故化学方程式为N2H4·H2O+2MnO2=N2↑+2MnO+3H2O；【小问2详解】①氨基甲酸铵的结构简式为

NH2COONH4或或；②锰的浸出原理是采用氨基甲酸铵与MnO反应，产物在温度高时容易分解，故当温度超过50℃时锰的浸出率呈现迅速降低的趋势，可能的原因是受热分解生成碳酸锰沉淀，故锰的浸取率迅速下降；③NH3和CO2一起被水吸收后生产(NH4)2CO3，化学方程式为：2NH3+CO2+H2O=(NH4)2CO3；【小问3详解】制取原理是碳酸根和锰离子之间反应生成碳酸锰的过程，但要考虑MnCO3难溶于水、乙醇，潮湿时易被空气氧化，100℃开始分解；Mn(OH)2开始沉淀时pH=7.7等因素，过程中控制溶液的pH值以及洗涤沉淀所选的溶剂，即实验步骤为边边搅拌边向MnSO4溶液中加入NaHCO3，控制溶液pH略小于7.7，充分反应后，静置、过滤，用少量CH3CH2OH洗涤，直至向最后一次洗涤后的滤液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液无沉淀生成，所得固体低于100℃干燥；【小问4详解】分析该滴定过程，使用酸性高锰酸钾溶液来确定溶液中剩余的二价铁离子的物质的量，就可以得到反应掉的铁的物质的量，进而可以得到[Mn(PO4)2]3－的物质的量，可根据原子守恒得到碳酸锰的质量和浓度；亚铁离子与高锰酸根离子反应的方程式为，因此与[Mn(PO4)2]3－反应掉的二价铁离子的物质的量为0.1L×2.00mol/L-0.01L×1.00mol/L×5=0.15mol，由关系式Mn2+~[Mn(PO4)2]3－~Fe2+，则Mn元素的物质的量为0.15mol，所以碳酸锰的质量分数为×100%=95.83%。17.氢能是一种理想的清洁能源，可通过下列反应制取氢气。（1）AlNaCl与水反应制氢①铝与水反应制氢面临的主要问题是反应过程中在铝表面极易生成致密的氧化膜，阻止反应的进行。采用球磨法制备颗粒细小的铝时常以NaCl为球磨助剂，AlNaCl与水反应制氢时，NaCl溶解，新鲜的铝表面直接与水反应，加速铝与水制氢反应，其反应方程式为_______。②AlNaCl在NaOH和NiCl2溶液中析氢对比AlNaCl的质量比为1∶2，AlNaCl在不同反应体系中氢气生成量如图1所示。Ⅰ．0～15min，0.5mol·L-1NaOH溶液中氢气的产生速率迅速增大的原因可能为_______。Ⅱ．0.5mol·L-1NiCl2溶液中氢气的产生速率迅速增大且在50min后速率保持最大的原因可能为_______。（2）电解甲醇水溶液制氢该制氢原理如图2所示，实现高纯氢气的产生和无增压运行。已知电解水的标准电压为1.23V，电解甲醇水溶液的标准电压为0.02V。①写出阳极的电极反应式：_______。②电解甲醇水溶液优于电解水的原因有_______。（3）氨硼烷(