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广西来宾市2025届高三一模化学试题
1．（2025·来宾模拟）青少年帮厨既可培养劳动习惯，也能将化学知识应用于实践。下列有关解释错误的是
A．炒菜完毕，清洗铁锅后及时擦干，是防止铁锅发生化学腐蚀
B．铁锅炖莲藕，藕汤呈紫黑色，是莲藕中的多酚类物质与铁离子反应
C．使用热的纯碱溶液清洗餐具，是因为油污可在碱性条件下水解
D．炒菜时不宜将油加热至冒烟，是因为油脂在高温下生成致癌物质
【答案】A
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；盐类水解的应用；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A．清洗铁锅后及时擦干，防止铁在潮湿的环境中发生吸氧腐蚀，吸氧腐蚀属于电化学腐蚀，A错误；
B．铁锅炖莲藕，藕汤呈紫黑色，是莲藕中的多酚类物质与铁离子发生显色反应，B正确；
C．纯碱是Na2CO3，CO32－水解使得溶液显碱性，使油污发生水解，温度越高，水解程度越大，C正确；
D．炒菜时不宜将油加热至冒烟，是因为油脂在高温下发生化学变化而生成致癌物质，D正确；
故答案为：A
【分析】A、保持铁制品表面干燥，可防止Fe发生吸氧腐蚀。
B、莲藕中的多酚类物质能与铁离子发生显色反应。
C、热的Na2CO3溶液碱性较强，可加快油污的水解。
D、油脂高温下会产生致癌物质。
2．（2025·来宾模拟）可用作纺织及造纸工业的脱氯剂：，还可用于NaCN中毒的治疗。下列说法错误的是
A．的VSEPR模型为正四面体
B．基态N的价电子排布式为：
C．HCl的形成过程：
D．Cl的一种核素为：
【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；元素、核素
【解析】【解答】A．的中心原子S原子的价层电子对数为，采用sp3杂化，因此VSEPR模型为正四面体，A正确；
B．N的核外电子数为7，基态N的价电子排布式为：，B正确；
C．HCl为共价化合物，其形成过程为，C错误；
D．核素的表示方法为：元素符号左下角为质子数，左上角为质量数；氯为17号元素，Cl的一种核素为：，D正确；
故答案为：C
【分析】A、根据价层电子对数确定VSEPR模型。
B、根据N原子的核外电子数确定其价电子排布式。
C、HCl是共价化合物，H原子和Cl原子通过共用电子对结合。
D、根据核素的表示方法分析。
3．（2025·来宾模拟）下列实验装置或操作能达到实验目的的是
A.蒸干溶液制备 B.验证沉淀转化
C.检验乙炔 D.验证电化学腐蚀及防护
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；乙炔炔烃
【解析】【解答】A．加热会促进Fe3+水解，使得Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀，因此蒸干溶液制备要在HCl气流中进行，A不能达到目的；
B．向2mL0.1mol/L硝酸银中滴加2滴0.1mol/L氯化钠溶液，产生白色沉淀，此时溶液中硝酸银过量。再加入4滴0.1mol/L碘化钾溶液，生成黄色沉淀，再滴加8滴0.1mol/L硫化钠溶液，生成黑色沉淀，产生的沉淀来自于I－、S2－与AgNO3溶液反应生成，不能验证沉淀转化，B不能达到目的；
C．制备的乙炔中含H2S等杂质，也可使酸性高锰酸钾褪色，会对乙炔的检验造成干扰，C不能达到目的；
D．a中锌铁形成原电池，锌为负极、铁为正极被保护，无Fe2＋生成，没有产生蓝色沉淀；b中形成铜铁原电池，铁为负极发生失电子的氧化反应，生成Fe2＋，亚铁离子和K3[Fe(CN)6]溶液会生成蓝色沉淀，能验证电化学腐蚀及防护，D能达到目的；
故答案为：D
【分析】A、蒸发过程中促进Fe3＋的水解，生成Fe(OH)3沉淀。
B、溶液中AgNO3过量，所加试剂都直接与AgNO3反应，不存在沉淀的转化。
C、生成的乙炔气体中混有H2S，也能使酸性KMnO4溶液褪色。
D、根据金属活动性确定负极，K3[Fe(CN)6]溶液用于检验Fe2＋。
4．（2025·来宾模拟）“满地翻黄银杏叶，忽惊天地告成功”。银杏叶不仅有观赏价值还有药用价值，银杏叶中含有黄酮类化合物，其中的一种结构如图，下列说法错误的是
A．该化合物具有抗氧化，抗衰老功能
B．该化合物含有3种含氧官能团
C．该化合物完全氢化后，1个分子中含10个手性碳
D．1mol该化合物最多可以消耗
【答案】D
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；有机物的结构和性质；苯酚的性质及用途
【解析】【解答】A．分子中含有酚羟基、羟基、碳碳双键，能发生氧化反应，因此该化合物具有抗氧化，抗衰老功能，A正确；
B．由结构简式可知，该化合物含有羟基、醚键、羰基3种含氧官能团，B正确；
C．由结构简式可知，该化合物完全氢化后，1个分子中含10个手性碳，如图，C正确；
D．酚羟基可以和氢氧化钠反应，因此1mol该化合物最多可以消耗3molNaOH，D错误；
故答案为：D
【分析】A、结构中的酚羟基可以发生氧化反应。
B、根据结构简式确定其所含的含氧官能团。
C、连接有4个不同的原子或原子团的碳原子，为手性碳原子。
D、分子结构中的酚羟基能与NaOH反应。
5．（2025·来宾模拟）研究物质结构及性质是学习化学的有效方法。下列事实解释错误的是
选项 实例 解释
A 的碱性比强 甲基是吸电子基，增加了N原子的电子密度
B 由与组成的离子液体常温下呈液态 与其离子的体积较大有关
C 晶体中配位数为8，而晶体中配位数为6 比的半径大
D 酸性高锰酸钾溶液氧化甲苯，加入冠醚（冠），氧化速率加快 冠醚与形成超分子，将带入有机相
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】配合物的成键情况；离子晶体；超分子
【解析】【解答】A．甲基是推电子基，增加了N原子的电子云密度，使得更易结合氢离子，因此碱性比强，A错误；
B．大多数离子液体含有体积很大的阴、阳离子，导致离子晶体中晶格能较小，熔点较低，因此在常温下呈液态，B正确；
C．离子晶体的配位数取决于阴、阳离子半径的相对大小，离子半径比越大，配位数越大，Cs+周围最多能排布8个Cl-，Na+周围最多能排布6个Cl-，说明半径：Cs+＞Na+，C正确；
D．冠醚（18-冠-6）的空穴与K＋尺寸适配，因此二者可以形成超分子，将带入有机相，加快了反应速率，D正确；
故答案为：A
【分析】A、根据N原子电子云密度，比较结合H+的难易程度，从而得出碱性强弱。
B、离子液体的半径较大，晶格能较小，常温下多为液态。
C、离子晶体的配位数取决于阴、阳离子半径的相对大小，离子半径比越大，配位数越大。
D、冠醚可以与K+形成超分子。
6．（2025·来宾模拟）对于下列过程中涉及的化学方程式、离子方程式或电极方程式，正确的是
A．服用阿司匹林出现水杨酸中毒，可用解毒：
B．铅酸蓄电池放电时正极电极反应式：
C．打磨过的铝片放入NaOH溶液中：
D．闪锌矿与溶液作用转化为铜蓝
【答案】C
【知识点】常见化学电源的种类及其工作原理；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；羧酸简介
【解析】【解答】A．由于酸性：－COOH＞H2CO3＞苯酚＞HCO3－，因此羧基和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，而酚羟基和碳酸氢根离子不反应，反应为+→，A错误；
B．铅酸蓄电池放电时正极上PbO2发生得电子的还原反应，生成PbSO4，其电极反应式为：，B错误；
C．铝片打磨，除去表面的氧化铝，放入NaOH溶液中，Al与NaOH溶液反应生成四羟基合铝酸钠和氢气，C正确；
D．闪锌矿与溶液作用转化为铜蓝，该反应的离子方程式为：，D错误；
故答案为：C
【分析】A、羧基能与HCO3－反应，而酚羟基不能。
B、铅蓄电池中正极上PbO2发生得电子的还原反应生成PbSO4，据此写出电极反应式。
C、Al是一种两性金属，能与NaOH溶液反应，生成Na[Al(OH)4]和H2。
D、ZnS与CuSO4溶液反应，转化为更难溶的CuS。
7．（2025·来宾模拟）已知X、Y、Z、W是原子序数依次增大的前四周期元素。X是宇宙中最丰富的元素；Y与Z相邻，且Z元素原子的价电子排布为；W是生活中常见的金属，其单质呈紫红色。下列说法正确的是
A．第一电离能：
B．X、Y、Z元素可形成离子化合物
C．Y的氧化物对应的水化物是强酸
D．与配位后，减小
【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质；配合物的成键情况
【解析】【解答】A．氮原子的2p轨道为半充满状态，结构较稳定，因此第一电离能高于氧原子，A错误；
B．氢、氮、氧三种元素可形成硝酸铵NH4NO3，NH4NO3由NH4＋和NO3－构成，属于离子化合物，B正确；
C．氮的氧化物对应的水化物有硝酸、亚硝酸，其中硝酸为强酸，亚硝酸是弱酸，C错误；
D．氨气与铜离子配位后，由于配位键的形成，键角∠X Y X 增大，D错误；
故答案为：B
【分析】宇宙中最丰富的元素为H，因此X为H。Z元素的价电子排布式为nsnnp2n，s能级最多容纳2个电子，因此n=2，即Z元素的价电子排布式为2s22p4，因此Z为O。Y与Z相邻，且原子序数小于Z，因此Y为N。W为常见的金属，单质为紫红色，因此W为Cu。据此结合元素周期律分析选项。
8．（2025·来宾模拟）是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．标准状况下，所含的分子数为
B．溶液中含数目小于
C．等物质的量的氨基和羟基所含电子数均为
D．与足量反应，转移的电子数为
【答案】D
【知识点】盐类水解的应用；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．标准状况下，三氧化硫是非气态物质，不能应用气体摩尔体积计算，因此不确定其物质的量，A错误；
B．溶液中铜离子会水解，但由于溶液体积未知，因此无法计算溶质的物质的量，B错误；
C.1个氨基和羟基所含电子数均为9个，因此1mol氨基和羟基所含电子数均为，由于氨基和羟基的物质的量未知，因此无法确定电子的量，C错误；
D．钠和氧气反应生成+1价钠，因此与足量反应，转移1mol电子，即转移电子数为，D正确；
故答案为：D
【分析】A、标准状态下SO3不是气体。
B、溶液的体积未知，无法应用公式n=c×V计算。
C、－NH2和－OH的物质的量未知，无法计算。
D、Na与O2反应过程中Na由0价变为＋1价，失去一个电子，据此计算转移电子数。
9．（2025·来宾模拟）比亚迪新能源车使用的“刀片电池”是磷酸铁锂电池，该电池具有高安全性、高能量密度、环保等优点。电池充电原理如图，下列叙述错误的是
A．电源c极为负极
B．电解质溶液为非水溶液体系
C．充电反应为：
D．交换膜为阴离子交换膜
【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．放电时石墨电极为负极，发生失电子的氧化反应；充电时作阴极，发生得电子的还原反应，因此需连接直流电源的负极，电源C为负极，A不符合题意；
B．电极Li能与水反映过，因此电解质溶液为非水溶液体系，B不符合题意；
C．由充电过程中的阴阳极电极反应式可知，充电总反应为：，C不符合题意；
D．充放电过程中，传导的是锂离子，因此使用的是阳离子交换膜，D符合题意；
故答案为：D
【分析】磷酸铁锂电池的总反应为：，放电过程为原电池，负极反应式为：；正极反应式为：。充电过程为电解池，阴极反应式为：；阳极反应式为：。据此结合选项分析。
10．（2025·来宾模拟）结晶型PbS可作为放射性探测器元件材料，其立方晶胞如图所示。为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A．Pb的配位数为6
B．该晶体密度为：
C．该晶体摩尔体积为：
D．S原子位于Pb原子构成的八面体中心
【答案】B
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A．由均摊法可知，该晶胞中白球为个、黑球为个，有4个Pb和4个S，每个原子周围距离最近的原子数均为6，因此Pb的配位数为6，A正确；
B．晶体密度为，B错误；
C．该晶体摩尔体积为：，C正确；
D．由图，S原子位于Pb原子构成的八面体中心、Pb原子位于S原子构成的八面体中心，D正确；
故答案为：B
【分析】A、结合晶胞结构确定Pb的配位数。
B、根据公式计算晶胞密度。
C、根据公式计算晶胞的摩尔体积。
D、根据晶胞结构分析。
11．（2025·来宾模拟）AgCN与可发生取代反应，反应过程中的C原子和N原子均可进攻，分别生成腈和异腈两种产物。通过量子化学计算得到的反应历程及能量变化如图（TS为过渡态，Ⅰ、Ⅱ为后续物）。
由图示信息分析，下列说法错误的是
A．AgCN与发生取代反应过程中均有极性键的断裂和非极性键的形成
B．AgCN与发生取代反应主要得到异腈
C．Ⅰ中“N--Ag”之间的作用力比Ⅱ中“C--Ag”之间的作用力弱
D．升高温度可以提高生成腈的选择性
【答案】A
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；活化能及其对化学反应速率的影响；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A．由图可知，AgCN与反应过程中，有C-C非极性键的形成和C-Br极性键的断裂；AgCN与反应过程中，有C-N极性键的形成和C-Br极性键的断裂，A项错误；
B．由图可知，AgCN与反应生成腈所需的活化能大于反应生成异腈所需的活化能。反应所需的活化能越小，反应速率越快，因此AgCN与发生取代反应主要得到异腈，B项正确；
C．由图可知，物质Ⅰ转化为腈断裂“N--Ag”所需能量小于物质Ⅱ转化为异腈断裂“C--Ag”所需的能量，因此Ⅰ中“N--Ag”之间的作用力比Ⅱ中“C--Ag”之间的作用力弱，C项正确；
D．AgCN与发生取代生成腈的活化能大于生成异腈的活化能，升高温度，可加快AgCN与生成腈的反应速率，减少与AgCN、发生取代生成异腈的差距，从而提高了腈的选择性，D项正确；
故答案为：A
【分析】A、根据反应过程中化学键的变化分析。
B、根据反应所需活化能的大小分析。反应所需的活化能越小，反映过速率越快，得到的产物越多。
C、根据反应过程中化学键断裂所需能量的大小分析。
D、结合温度对反应的影响分析。
12．（2025·来宾模拟）精炼铜产生的铜阳极泥富含Cu、Ag、Au等多种元素。研究人员设计了一种从铜阳极泥中分离提收金和银的流程，如下图所示。
下列说法正确的是
A．浸取1和浸取2中温度越高，反应速率越快
B．相同条件下，等浓度的在盐酸环境中的氧化性比硫酸环境中的氧化性强
C．可用氨水分离AgCl与其他难溶杂质
D．“还原”步骤中，产物和Au的物质的量之比为
【答案】C
【知识点】配合物的成键情况；氧化还原反应方程式的配平
【解析】【解答】A．过氧化氢不稳定受热易分解、盐酸具有挥发性，因此浸取1和浸取2中温度越高，导致过氧化氢分解、盐酸挥发，从而使得反应速率变慢，A错误；
B．盐酸存在条件下，Cl-使反应向生成配离子的方向进行，但不能说明相同条件下，等浓度的在盐酸环境中的氧化性比硫酸环境中的氧化性强，B错误；
C．氨水可以和氯化银生成银氨溶液，因此可用氨水分离AgCl与其他难溶杂质，C正确；
D．还原剂N2H4中N元素由-2价升高至0价，HAuCl4中Au元素由+3价降至0价，由得失电子守恒可得关系式，因此产物和Au的物质的量之比为3：4，D错误；
故答案为：C
【分析】A、温度升高，H2O2分解，同时盐酸中HCl发生挥发。
B、盐酸中Cl－会使反应向生成AuCl4－的方向进行，但不能说明H2O2的氧化性强弱。
C、NH3·H2O能与AgCl形成Ag(NH3)2Cl溶液。
D、根据反应过程中元素化合价变化，结合得失电子守恒计算。
13．（2025·来宾模拟）近年来，研究者开发出新工艺利用乙酸合成乙酸乙酯，使生产成本明显降低。向密闭容器中充入等物质的量的乙烯(g)与乙酸(g)，发生的反应为，测得在不同压强下乙酸乙酯的平衡产率随温度（T）的变化关系如图所示。下列说法错误的是
A．正反应速率：
B．a、c、d点对应的压强平衡常数之比为
C．该反应在任何温度下都不能自发进行
D．该反应的正反应活化能大于逆反应的活化能
【答案】B
【知识点】焓变和熵变；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．根据分析可知：b、c、d三点温度相同，但压强b>c>d。其他条件相同时，压强越大，反应速率越快，所以正反应速率：b>c>d，A不符合题意；
B．起始时通入等物质的量的乙烯(g)与乙酸(g)，发生，a、c两点乙酸乙酯的产率相同，即反应物转化率相同，那么a、c两点有相同的三段式如下：，
a点时压强平衡杆常数，c点时压强平衡杆常数。
所以a、c两点的压强平衡常数之比为；而c、d两点的温度相同，相同。因此a、c、d三点压强平衡常数之比为：，B符合题意；
C．该反应，，该反应在任何温度下ΔH-TΔS＞0，因此该反应不能自发进行，C不符合题意；
D．该反应为吸热反应，，而ΔH=(正反应活化能－逆反应活化能)＞0，所以正反应活化能>逆反应活化能，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A、该反应为气体分子数减小的反应，增大压强，平衡正向移动，乙酸乙酯的平衡转化率增大。
B、平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变；温度改变，根据平衡三段式进行计算。
C、当ΔH-TΔS＜0时，反应自发进行。
D、根据温度对平衡移动的影响分析反应的热效应，从而比较正逆反应的活化能大小。
14．（2025·来宾模拟）常温下，用盐酸滴定弱碱MOH溶液，溶液中pH、分布系数随滴加盐酸体积V（盐酸）的变化关系如图所示，[比如的分布系数：，已知：。下列说法错误的是
A．
B．MOH的电离平衡常数是
C．a点：，
D．时，
【答案】C
【知识点】离子浓度大小的比较；中和滴定；电离平衡常数
【解析】【解答】A．c点加入V(盐酸)=20.00mL，反应后所得溶液为0.05mol/L的MCl溶液，MCl水解方程为，该反应的平衡常数，解得，所得此时溶液的pH≈5.4，即c=5.4，A正确；
B．由分析，MOH的电离平衡常数为，B正确；
C．若b=10，则此时所得溶液为等浓度的MOH、MCl溶液。溶液中MCl的水解常数为，即溶液中MOH电离大于M+水解，使得溶液中。而a点时溶液中MOH与M+浓度相等，因此b＜10，C错误；
D．时，溶液为等浓度的MOH、MCl，由质子守恒可知：，D正确；
故答案为：C
【分析】A、根据c点时溶液的溶质，结合水解平衡常数计算溶液中c(H+)，从而得到c的值。
B、a点时溶液中MOH与M+浓度相等，溶液pH为9.55，pOH=4.45，则MOH的电离平衡常数为。
C、若b=10，则所得溶液为等浓度的MOH、MCl溶液，结合电离常数和水解常数确定溶液中离子浓度关系。
D、当V(盐酸)=10mL时，所得溶液为等浓度的MOH、MCl溶液，结合质子守恒分析。
15．（2025·来宾模拟）在钐钴永磁材料的成型加工过程中，会产生合金渣（含有Sm、Co、Cu、Fe）。从该合金渣提取钴（Co）和钐（Sm）的一种工艺流程如下。
已知：是一种稀土元素，活动性介于Na与Al之间。
回答下列问题：
（1）与Co同周期同族的元素还有Fe和　 　（填元素符号）。
（2）工业上可通过　 　（填“电解”“热还原”或“热分解”）法制备Sm。
（3）“浸渣”的主要成分是　 　；“破碎酸浸”过程中Sm发生反应的化学方程式为　 　。
（4）“沉铁”过程中加入氨水的主要目的是调节pH。结合图中实验数据可知，溶液的最佳pH为　 　。的实际用量通常要大于理论用量，原因是　 　。
（5）“”隔绝空气“灼烧”得，反应的化学方程式为　 　。
（6）Sm、Ni、O形成的稀土镍基氧化物的晶胞结构中Sm和O如图所示，Ni位于O形成的正八面体空隙中，则该稀土镍基氧化物的化学式为　 　。
【答案】（1）Ni
（2）电解
（3）Cu；2Sm+6HCl=2SmCl3+3H2↑
（4）4；铁离子会催化双氧水分解，消耗部分双氧水
（5）
（6）
【知识点】晶胞的计算；金属冶炼的一般原理；物质的分离与提纯；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】（1）Co位于第四周期Ⅷ族，与Co同周期同族的元素还有Fe和Ni。
故答案为：Ni
（2）是一种稀土元素，活动性介于Na与Al之间，可知Sm非常活泼，工业上可通过电解法制备Sm。
故答案为：电解
（3）“浸渣”的主要成分是Cu；根据分析，“破碎酸浸”过程中Sm发生反应的化学方程式为2Sm+6HCl=2SmCl3+3H2↑。
故答案为：Cu；2Sm+6HCl=2SmCl3+3H2↑
（4）图中实验数据，“调节pH”时，pH为4时，铁的去除率最高，钴沉淀量不大，溶液的最佳pH为4；“氧化”时，双氧水实际用量大于理论用量的原因是：铁离子会催化双氧水分解，消耗部分双氧水。
故答案为：4；铁离子会催化双氧水分解，消耗部分双氧水
（5）“”隔绝空气“灼烧”得，反应的化学方程式为。
故答案为：
（6）Ni位于O形成的正八面体空隙中，则Ni位于晶胞的顶点，该晶胞中含有1个Sm原子，=1个Ni原子，=3个O原子，则该稀土镍基氧化物的化学式为。
故答案为：
【分析】（1）与Co同周期同族的元素为第Ⅷ族元素。
（2）Sm的活动性介于Na和Al，应采用电解法制备。
（3）合金渣中Sm、Co、Fe都能与盐酸反应，而Cu不与盐酸反应。Sm与HCl反应生成SmCl3和H2，据此写出反应的化学方程式。
（4）调节pH过程中是要除去铁，因此需找铁的去除率最高的。Fe3＋会催化H2O2的分解，使得消耗H2O2的量增多。
（5）灼烧CoC2O4得到Co3O4的过程中，Co元素被氧化，则反应过程中应还有CO生成，据此写出反应的化学方程式。
（6）根据均摊法确定化学式。
（1）Co位于第四周期Ⅷ族，与Co同周期同族的元素还有Fe和Ni；
（2）是一种稀土元素，活动性介于Na与Al之间，可知Sm非常活泼，工业上可通过电解法制备Sm；
（3）“浸渣”的主要成分是Cu；根据分析，“破碎酸浸”过程中Sm发生反应的化学方程式为2Sm+6HCl=2SmCl3+3H2↑；
（4）图中实验数据，“调节pH”时，pH为4时，铁的去除率最高，钴沉淀量不大，溶液的最佳pH为4；“氧化”时，双氧水实际用量大于理论用量的原因是：铁离子会催化双氧水分解，消耗部分双氧水；
（5）“”隔绝空气“灼烧”得，反应的化学方程式为；
（6）Ni位于O形成的正八面体空隙中，则Ni位于晶胞的顶点，该晶胞中含有1个Sm原子，=1个Ni原子，=3个O原子，则该稀土镍基氧化物的化学式为。
16．（2025·来宾模拟）乙烯利（）是一种农用植物生长调节剂，广泛应用于农作物增产和储存。常温下，乙烯利为固体，具有一定的腐蚀性，易溶于水，所得溶液显酸性。某实验小组同学用40%乙烯利溶液和稍过量的NaOH固体为原料制备乙烯。
回答下列问题：
（1）部分实验仪器及药品的选择和使用。
①配制100g40%乙烯利溶液时，下图所示仪器不需要的是　 　（填仪器名称）。
②装瓶时，不小心将乙烯利溶液滴到手上，应先用大量水冲洗，再涂抹　 　（填序号）。
A.生理盐水 B．医用酒精 C．烧碱溶液 D.3%~5%的小苏打溶液
（2）根据反应原理设计下图所示的装置制备乙烯气体。
①已知电负性，乙烯利中P的化合价为　 　。
②用40%乙烯利溶液与NaOH固体反应（磷转化为）生成乙烯的化学方程式为　 　。
③当观察到　 　时，即可关闭活塞1，打开活塞2，用气囊收集乙烯气体。
（3）实验室也可以使用乙烯利固体与强碱溶液混合制备乙烯。分别使用KOH溶液、NaOH溶液与乙烯利固体混合制备乙烯气体，现象如下：
试剂 现象
溶液 产气速率快，气流平稳，无盐析现象
溶液 产气速率快，气流平稳，有盐析现象
①通过上述现象分析可知，应选用30%　 　（填“KOH”或“NaOH”）溶液与乙烯利固体混合制备乙烯气体，原因是　 　。
②在实验中，乙烯利固体的质量为10.0g（强碱溶液足量），制得的乙烯气体恰好能使含的酸性高锰酸钾溶液完全褪色，则产品的产率为　 　[已知M（乙烯利）]。
【答案】（1）圆底烧瓶；D
（2）+5；；酸性高锰酸钾溶液颜色变浅
（3）KOH；30% NaOH溶液有盐析现象，析出的盐会覆盖在乙烯利表面，阻碍反应的进行；
【知识点】乙烯的物理、化学性质；配制一定物质的量浓度的溶液；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）①配制100g40%乙烯利溶液时，溶质的质量为40g，水的质量60g，体积为60mL，所以需要托盘天平称量，量筒量取体积，烧杯溶解并使用玻璃棒搅拌，量筒取水会用到胶头滴管，所以不需要的仪器是圆底烧瓶。
故答案为：圆底烧瓶
②由题可知，乙烯利水溶液显酸性，不小心将乙烯利溶液滴到手上，应先用大量水冲洗，再涂抹3%~5%的碳酸氢钠溶液，故答案选D。
故答案为：D
（2）①已知电负性，O的电负性大于P，结合中P成键情况，则乙烯利中P的化合价为+5。
故答案为：+5
②用40%乙烯利溶液与NaOH固体反应（磷转化为）生成乙烯，结合质量守恒，还会生成NaCl、水，反应化学方程式为。
故答案为：
③高锰酸钾溶液能氧化乙烯使得溶液褪色，故当观察到酸性高锰酸钾溶液颜色变浅时，即可关闭活塞1，打开活塞2，用气囊收集乙烯气体。
故答案为：酸性高锰酸钾溶液颜色变浅
（3）①使用30% NaOH溶液有盐析现象，析出的盐会覆盖在乙烯利表面，阻碍反应的进行，应选用30%KOH溶液与乙烯利固体混合制备乙烯气体。
故答案为：KOH；30% NaOH溶液有盐析现象，析出的盐会覆盖在乙烯利表面，阻碍反应的进行
②高锰酸钾氧化乙烯生成二氧化碳气体，碳化合价由-2变为+4，锰化合价由+7变为+2，结合电子守恒，存在，则生成乙烯，则产品的产率。
故答案为：72.25%
【分析】（1）①根据配制过程确定所需的仪器。
②乙烯利溶液显酸性，可用小苏打溶液除去。
（2）①电负性O＞C＞P，据此确定P的化合价。
②ClCH2CH2PO3H2与NaOH反应，生成CH2=CH2、Na3PO4、NaCl和H2O，据此写出反应的化学方程式。
③用气囊收集乙烯气体，则装置内的空气已排尽，此时可观察到酸性KMnO4溶液褪色。
（3）①用30%的KOH溶液制备乙烯气体，不会出现盐析现象。
②由化合价变化，结合得失电子守恒可得关系式5C2H4～12KMnO4，据此计算产品的产率。
（1）①配制100g40%乙烯利溶液时，溶质的质量为40g，水的质量60g，体积为60mL，所以需要托盘天平称量，量筒量取体积，烧杯溶解并使用玻璃棒搅拌，量筒取水会用到胶头滴管，所以不需要的仪器是圆底烧瓶；
②由题可知，乙烯利水溶液显酸性，不小心将乙烯利溶液滴到手上，应先用大量水冲洗，再涂抹3%~5%的碳酸氢钠溶液，故答案选D。
（2）①已知电负性，O的电负性大于P，结合中P成键情况，则乙烯利中P的化合价为+5。
②用40%乙烯利溶液与NaOH固体反应（磷转化为）生成乙烯，结合质量守恒，还会生成NaCl、水，反应化学方程式为。
③高锰酸钾溶液能氧化乙烯使得溶液褪色，故当观察到酸性高锰酸钾溶液颜色变浅时，即可关闭活塞1，打开活塞2，用气囊收集乙烯气体。
（3）①使用30% NaOH溶液有盐析现象，析出的盐会覆盖在乙烯利表面，阻碍反应的进行，应选用30%KOH溶液与乙烯利固体混合制备乙烯气体；
②高锰酸钾氧化乙烯生成二氧化碳气体，碳化合价由-2变为+4，锰化合价由+7变为+2，结合电子守恒，存在，则生成乙烯，则产品的产率。
17．（2025·来宾模拟）工业上可以利用合成，主要涉及以下两个反应。
反应Ⅰ．
反应Ⅱ．
（1）已知反应Ⅲ的平衡常数，则反应Ⅲ的　 　（用含的式子表示）。
（2）在催化剂作用下，将和混合充入一恒容密闭容器中同时发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，达到平衡时的转化率和容器中混合气体的平均相对分子质量随温度变化如图。
①分析可知，反应I的正反应为　 　（填“吸热”或“放热”）反应。
②时，容器中气体总的物质的量为　 　，反应Ⅱ的化学平衡常数　 　。
③同时提高的平衡转化率和平衡时的选择性，应选择的反应条件为　 　（填字母）。
A．高温高压 B．高温低压 C．低温高压 D．低温低压
④若向3.0MPa恒压密闭容器中通入体积比的混合气体，在1mol催化剂作用下只发生反应Ⅰ：，测得时空收率（表示单位物质的量催化剂表面物质的平均生成速率）随温度的变化曲线如图所示。则169℃与223℃时，的平均反应速率之比为　 　。甲醇时空收率随温度升高先增大后减小，请解释减小的可能原因是　 　。
（3）通过电催化将转化为的装置如图所示。
①Pt电极是　 　（填“阴极”或“阳极”）。
②若忽略电解液体积变化，电解过程中阴极室的浓度基本不变，写出阴极电极反应式　 　。
【答案】（1）
（2）放热；；0.22；C；1：2；该反应为放热可逆反应，温度过高时平衡向反应逆向移动(或副反应增多、催化剂失活等)，使甲醇产率反而下降
（3）阳极；
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡的计算；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）反应Ⅲ的平衡常数为，得，则反应Ⅲ的热反应方程式为：，则反应Ⅲ可看成为反应Ⅰ反应Ⅱ，所以。
故答案为：
（2）在催化剂作用下，将和混合充入一恒容密闭容器中同时发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，达到平衡时的转化率和容器中混合气体的平均相对分子质量随温度变化图可知，起始时混合气体的平均摩尔质量为：，平均相对分子质量为16，随温度逐渐升高，的转化率先降低后升高，而混合气体的平均相对分子质量逐渐减小，据此信息解答后面问题。
①根据分析和题目图形可知，随着温度逐渐升高，的转化率逐渐降低，混合气体的平均相对分子质量逐渐减小，则平衡向逆反应方向移动，说明正反应为放热反应。
故答案为：放热
②时，的转化率为50%，则消耗的，剩余；此时混合气体的平均相对分子质量为20，由于混合气体的总质量不变，利用平衡后混合气体的摩尔质量为：，解得；体系减少了，因反应Ⅱ对总物质的量无净增减，所以这全是反应Ⅰ的减少量，根据反应Ⅰ方程式得：；则反应Ⅱ消耗的为，由反应Ⅱ的方程式得：，则平衡体系中各物质的物质的量分别为：、、、、，得到反应Ⅱ的化学平衡常数为。
故答案为：2.4mol；0.22
③同时提高的平衡转化率和平衡时的选择性，需要反应Ⅰ平衡向右移动，根据反应Ⅰ为放热反应，需要低温，同时反应Ⅰ也为正反应体积减小的反应，需要高压，所以应选择的反应条件为低温高压，四个选项中C选项符合题意。
故答案为：C
④由图中信息可知“”与“”时甲醇时空收率分别为 与 ，而反应Ⅰ每生成 要消耗，故 的平均反应速率之比；甲醇时空收率随温度升高先增大后减小的原因可能为：该反应为放热可逆反应，温度过高时平衡向反应逆向移动(或副反应增多、催化剂失活等)，使甲醇产率反而下降。
故答案为：1：2；该反应为放热可逆反应，温度过高时平衡向反应逆向移动(或副反应增多、催化剂失活等)，使甲醇产率反而下降
（3）根据电催化将转化为的装置图可知，转化为时化合价降低，得到电子，在阴极反应。
①因通入的电极为阴极，则Pt电极为：阳极。
故答案为：阳极
②若忽略电解液体积变化，电解过程中阴极室的浓度基本不变，说明未消耗，则阴极电极反应式为：。
故答案为：
【分析】（1）根据平衡常数的表达式确定反应热的表达式。
（2）①结合温度对平衡移动的影响分析反应的热效应。升高温度，平衡向吸热反应方向移动。
②时，的转化率为50%，则消耗的，剩余；此时混合气体的平均相对分子质量为20，由于混合气体的总质量不变，利用平衡后混合气体的摩尔质量为：，解得；体系减少了，因反应Ⅱ对总物质的量无净增减，所以这全是反应Ⅰ的减少量，据此结合平衡三段式计算。
③结合温度、压强对平衡移动的影响分析。
④根据169℃和223℃时甲醇收率计算反应速率之比。结合温度对平衡移动的影响分析。
（3）①Cu2O-ZnO薄膜电极上CO2转化为CH3OH，发生得电子的还原反应，为阴极。因此Pt电极为阳极。
②阴极上CO2转化为CH3OH，据此写出电极反应式。
（1）反应Ⅲ的平衡常数为，得，则反应Ⅲ的热反应方程式为：，则反应Ⅲ可看成为反应Ⅰ反应Ⅱ，所以。
故答案为：。
（2）在催化剂作用下，将和混合充入一恒容密闭容器中同时发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，达到平衡时的转化率和容器中混合气体的平均相对分子质量随温度变化图可知，起始时混合气体的平均摩尔质量为：，平均相对分子质量为16，随温度逐渐升高，的转化率先降低后升高，而混合气体的平均相对分子质量逐渐减小，据此信息解答后面问题。
①根据分析和题目图形可知，随着温度逐渐升高，的转化率逐渐降低，混合气体的平均相对分子质量逐渐减小，则平衡向逆反应方向移动，说明正反应为放热反应；
②时，的转化率为50%，则消耗的，剩余；此时混合气体的平均相对分子质量为20，由于混合气体的总质量不变，利用平衡后混合气体的摩尔质量为：，解得；体系减少了，因反应Ⅱ对总物质的量无净增减，所以这全是反应Ⅰ的减少量，根据反应Ⅰ方程式得：；则反应Ⅱ消耗的为，由反应Ⅱ的方程式得：，则平衡体系中各物质的物质的量分别为：、、、、，得到反应Ⅱ的化学平衡常数为。
③同时提高的平衡转化率和平衡时的选择性，需要反应Ⅰ平衡向右移动，根据反应Ⅰ为放热反应，需要低温，同时反应Ⅰ也为正反应体积减小的反应，需要高压，所以应选择的反应条件为低温高压，四个选项中C选项符合题意；
④由图中信息可知“”与“”时甲醇时空收率分别为 与 ，而反应Ⅰ每生成 要消耗，故 的平均反应速率之比；甲醇时空收率随温度升高先增大后减小的原因可能为：该反应为放热可逆反应，温度过高时平衡向反应逆向移动(或副反应增多、催化剂失活等)，使甲醇产率反而下降。
故答案为：放热；；0.22；C；1：2；该反应为放热可逆反应，温度过高时平衡向反应逆向移动(或副反应增多、催化剂失活等)，使甲醇产率反而下降。
（3）根据电催化将转化为的装置图可知，转化为时化合价降低，得到电子，在阴极反应；
①因通入的电极为阴极，则Pt电极为：阳极；
②若忽略电解液体积变化，电解过程中阴极室的浓度基本不变，说明未消耗，则阴极电极反应式为：。
故答案为：阳极；。
18．（2025·来宾模拟）化合物H是一种合成药物中间体，一种合成化合物H的人工合成路线如图所示。
已知：Ⅰ．同一个碳原子上连两个羟基时不稳定，易发生反应：；
Ⅱ．。
请回答下列问题：
（1）A　 　（填“存在”或“不存在”）顺反异构体。
（2）B→C经历了先加成再消去的反应过程，中间产物的结构简式为　 　。
（3）反应③所加试剂及条件为　 　，反应④的反应类型为　 　。
（4）由G生成H的化学方程式为　 　。
（5）E的含氧官能团的名称是　 　。满足下列条件的E的同分异构体有　 　种（不考虑立体异构），写出其中核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为的结构简式为　 　。
a．苯环上有两个对位的取代基 b．其中一个取代基为
（6）根据以上题目信息，写出以苯和丙酮为原料制备的合成路线流程图　 　（无机试剂和有机溶剂任用）。
【答案】（1）不存在
（2）
（3）氢氧化钠的水溶液，加热；氧化反应
（4）+2NaOH+2NaCl+H2O
（5）酮羰基；4；
（6）
【知识点】有机物的合成；同分异构现象和同分异构体；烯烃；卤代烃简介
【解析】【解答】（1）A中双键碳，左边那个碳连接两个氢原子，则不存在顺反异构。
故答案为：不存在
（2）B的结构简式为，C的结构简式为，B与苯胺发生加成反应生成，再发生消去反应生成C，则中间产物的结构简式为：。
故答案为：
（3）反应③的反应为氯代烃在氢氧化钠的水溶液中水解，则所加试剂及条件为：氢氧化钠的水溶液，加热；反应④为醇的催化氧化，需要的化学试剂为Cu或Ag、O2，反应条件为加热。
故答案为：氢氧化钠的水溶液，加热；氧化反应
（4）由G生成H的反应为氯代烃的水解反应，同时两个羟基再次脱水生成H，方程式为：+2NaOH+2NaCl+H2O。
故答案为：+2NaOH+2NaCl+H2O
（5）E为，则E的含氧官能团的名称是酮羰基；满足a、b两个条件的E的同分异构体，苯环上有两个对位取代基，其中一个为-CONH2，则另一个取代基为—C3H5，存在一个碳碳双键或者1个环。如存在1个碳碳双键，则结构为、、，此时有三种同分异构体，如果存在1个环，则有一种同分异构体，结构为：，共4种同分异构体。当分子中含有5种不同化学环境的氢原子，且峰面积之比为时，考虑对称结构，则其结构简式为。
故答案为：酮羰基；4；
（6）和苯环发生类似E到F的反应生成，与Cl2在光照条件下发生取代反应生成，在氢氧化钠水溶液中、加热发生水解，同时同一个碳上连接两个羟基不稳定，自动脱水形成，因此合成路线为。
故答案为：
【分析】（1）碳碳双键所在碳原子连接有2个不同的原子或原子团时，存在顺反异构。
（2）B→C加成反应过程中给形成-OH，-OH发生消去反应，形成碳氮双键，据此确定中间产物的结构简式。
（3）反应③为卤素原子的取代反应，据此确定反应条件。反应④为醇的催化氧化反应。
（4）G生成H的过程中，发生卤素原子的取代反应，2个-OH连在同一个碳原子上不稳定，转化为-CHO和H2O，据此写出反应的化学方程式。
（5）根据E的结构结构简式确定其含氧官能团的名称。根据限定条件确定同分异构体的结构单元，结合对称性确定同分异构体的结构。
（6）和苯环发生类似E到F的反应生成，与Cl2在光照条件下发生取代反应生成，在氢氧化钠水溶液中、加热发生水解，同时同一个碳上连接两个羟基不稳定，自动脱水形成。据此确定合成路线。
（1）A中双键碳，左边那个碳连接两个氢原子，则不存在顺反异构，故答案为：不存在；
（2）B的结构简式为，C的结构简式为，B与苯胺发生加成反应生成，再发生消去反应生成C，则中间产物的结构简式为：；
（3）反应③的反应为氯代烃在氢氧化钠的水溶液中水解，则所加试剂及条件为：氢氧化钠的水溶液，加热；反应④为醇的催化氧化，需要的化学试剂为Cu或Ag、O2，反应条件为加热，故答案为：氢氧化钠的水溶液，加热；氧化反应；
（4）由G生成H的反应为氯代烃的水解反应，同时两个羟基再次脱水生成H，方程式为：+2NaOH+2NaCl+H2O；
（5）E为，则E的含氧官能团的名称是酮羰基；满足a、b两个条件的E的同分异构体，苯环上有两个对位取代基，其中一个为-CONH2，则另一个取代基为—C3H5，存在一个碳碳双键或者1个环。如存在1个碳碳双键，则结构为、、，此时有三种同分异构体，如果存在1个环，则有一种同分异构体，结构为：，共4种同分异构体。当分子中含有5种不同化学环境的氢原子，且峰面积之比为时，考虑对称结构，则其结构简式为；
（6）和苯环发生类似E到F的反应生成，与Cl2在光照条件下发生取代反应生成，在氢氧化钠水溶液中、加热发生水解，同时同一个碳上连接两个羟基不稳定，自动脱水形成，因此合成路线为。
1 / 1广西来宾市2025届高三一模化学试题
1．（2025·来宾模拟）青少年帮厨既可培养劳动习惯，也能将化学知识应用于实践。下列有关解释错误的是
A．炒菜完毕，清洗铁锅后及时擦干，是防止铁锅发生化学腐蚀
B．铁锅炖莲藕，藕汤呈紫黑色，是莲藕中的多酚类物质与铁离子反应
C．使用热的纯碱溶液清洗餐具，是因为油污可在碱性条件下水解
D．炒菜时不宜将油加热至冒烟，是因为油脂在高温下生成致癌物质
2．（2025·来宾模拟）可用作纺织及造纸工业的脱氯剂：，还可用于NaCN中毒的治疗。下列说法错误的是
A．的VSEPR模型为正四面体
B．基态N的价电子排布式为：
C．HCl的形成过程：
D．Cl的一种核素为：
3．（2025·来宾模拟）下列实验装置或操作能达到实验目的的是
A.蒸干溶液制备 B.验证沉淀转化
C.检验乙炔 D.验证电化学腐蚀及防护
A．A B．B C．C D．D
4．（2025·来宾模拟）“满地翻黄银杏叶，忽惊天地告成功”。银杏叶不仅有观赏价值还有药用价值，银杏叶中含有黄酮类化合物，其中的一种结构如图，下列说法错误的是
A．该化合物具有抗氧化，抗衰老功能
B．该化合物含有3种含氧官能团
C．该化合物完全氢化后，1个分子中含10个手性碳
D．1mol该化合物最多可以消耗
5．（2025·来宾模拟）研究物质结构及性质是学习化学的有效方法。下列事实解释错误的是
选项 实例 解释
A 的碱性比强 甲基是吸电子基，增加了N原子的电子密度
B 由与组成的离子液体常温下呈液态 与其离子的体积较大有关
C 晶体中配位数为8，而晶体中配位数为6 比的半径大
D 酸性高锰酸钾溶液氧化甲苯，加入冠醚（冠），氧化速率加快 冠醚与形成超分子，将带入有机相
A．A B．B C．C D．D
6．（2025·来宾模拟）对于下列过程中涉及的化学方程式、离子方程式或电极方程式，正确的是
A．服用阿司匹林出现水杨酸中毒，可用解毒：
B．铅酸蓄电池放电时正极电极反应式：
C．打磨过的铝片放入NaOH溶液中：
D．闪锌矿与溶液作用转化为铜蓝
7．（2025·来宾模拟）已知X、Y、Z、W是原子序数依次增大的前四周期元素。X是宇宙中最丰富的元素；Y与Z相邻，且Z元素原子的价电子排布为；W是生活中常见的金属，其单质呈紫红色。下列说法正确的是
A．第一电离能：
B．X、Y、Z元素可形成离子化合物
C．Y的氧化物对应的水化物是强酸
D．与配位后，减小
8．（2025·来宾模拟）是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．标准状况下，所含的分子数为
B．溶液中含数目小于
C．等物质的量的氨基和羟基所含电子数均为
D．与足量反应，转移的电子数为
9．（2025·来宾模拟）比亚迪新能源车使用的“刀片电池”是磷酸铁锂电池，该电池具有高安全性、高能量密度、环保等优点。电池充电原理如图，下列叙述错误的是
A．电源c极为负极
B．电解质溶液为非水溶液体系
C．充电反应为：
D．交换膜为阴离子交换膜
10．（2025·来宾模拟）结晶型PbS可作为放射性探测器元件材料，其立方晶胞如图所示。为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A．Pb的配位数为6
B．该晶体密度为：
C．该晶体摩尔体积为：
D．S原子位于Pb原子构成的八面体中心
11．（2025·来宾模拟）AgCN与可发生取代反应，反应过程中的C原子和N原子均可进攻，分别生成腈和异腈两种产物。通过量子化学计算得到的反应历程及能量变化如图（TS为过渡态，Ⅰ、Ⅱ为后续物）。
由图示信息分析，下列说法错误的是
A．AgCN与发生取代反应过程中均有极性键的断裂和非极性键的形成
B．AgCN与发生取代反应主要得到异腈
C．Ⅰ中“N--Ag”之间的作用力比Ⅱ中“C--Ag”之间的作用力弱
D．升高温度可以提高生成腈的选择性
12．（2025·来宾模拟）精炼铜产生的铜阳极泥富含Cu、Ag、Au等多种元素。研究人员设计了一种从铜阳极泥中分离提收金和银的流程，如下图所示。
下列说法正确的是
A．浸取1和浸取2中温度越高，反应速率越快
B．相同条件下，等浓度的在盐酸环境中的氧化性比硫酸环境中的氧化性强
C．可用氨水分离AgCl与其他难溶杂质
D．“还原”步骤中，产物和Au的物质的量之比为
13．（2025·来宾模拟）近年来，研究者开发出新工艺利用乙酸合成乙酸乙酯，使生产成本明显降低。向密闭容器中充入等物质的量的乙烯(g)与乙酸(g)，发生的反应为，测得在不同压强下乙酸乙酯的平衡产率随温度（T）的变化关系如图所示。下列说法错误的是
A．正反应速率：
B．a、c、d点对应的压强平衡常数之比为
C．该反应在任何温度下都不能自发进行
D．该反应的正反应活化能大于逆反应的活化能
14．（2025·来宾模拟）常温下，用盐酸滴定弱碱MOH溶液，溶液中pH、分布系数随滴加盐酸体积V（盐酸）的变化关系如图所示，[比如的分布系数：，已知：。下列说法错误的是
A．
B．MOH的电离平衡常数是
C．a点：，
D．时，
15．（2025·来宾模拟）在钐钴永磁材料的成型加工过程中，会产生合金渣（含有Sm、Co、Cu、Fe）。从该合金渣提取钴（Co）和钐（Sm）的一种工艺流程如下。
已知：是一种稀土元素，活动性介于Na与Al之间。
回答下列问题：
（1）与Co同周期同族的元素还有Fe和　 　（填元素符号）。
（2）工业上可通过　 　（填“电解”“热还原”或“热分解”）法制备Sm。
（3）“浸渣”的主要成分是　 　；“破碎酸浸”过程中Sm发生反应的化学方程式为　 　。
（4）“沉铁”过程中加入氨水的主要目的是调节pH。结合图中实验数据可知，溶液的最佳pH为　 　。的实际用量通常要大于理论用量，原因是　 　。
（5）“”隔绝空气“灼烧”得，反应的化学方程式为　 　。
（6）Sm、Ni、O形成的稀土镍基氧化物的晶胞结构中Sm和O如图所示，Ni位于O形成的正八面体空隙中，则该稀土镍基氧化物的化学式为　 　。
16．（2025·来宾模拟）乙烯利（）是一种农用植物生长调节剂，广泛应用于农作物增产和储存。常温下，乙烯利为固体，具有一定的腐蚀性，易溶于水，所得溶液显酸性。某实验小组同学用40%乙烯利溶液和稍过量的NaOH固体为原料制备乙烯。
回答下列问题：
（1）部分实验仪器及药品的选择和使用。
①配制100g40%乙烯利溶液时，下图所示仪器不需要的是　 　（填仪器名称）。
②装瓶时，不小心将乙烯利溶液滴到手上，应先用大量水冲洗，再涂抹　 　（填序号）。
A.生理盐水 B．医用酒精 C．烧碱溶液 D.3%~5%的小苏打溶液
（2）根据反应原理设计下图所示的装置制备乙烯气体。
①已知电负性，乙烯利中P的化合价为　 　。
②用40%乙烯利溶液与NaOH固体反应（磷转化为）生成乙烯的化学方程式为　 　。
③当观察到　 　时，即可关闭活塞1，打开活塞2，用气囊收集乙烯气体。
（3）实验室也可以使用乙烯利固体与强碱溶液混合制备乙烯。分别使用KOH溶液、NaOH溶液与乙烯利固体混合制备乙烯气体，现象如下：
试剂 现象
溶液 产气速率快，气流平稳，无盐析现象
溶液 产气速率快，气流平稳，有盐析现象
①通过上述现象分析可知，应选用30%　 　（填“KOH”或“NaOH”）溶液与乙烯利固体混合制备乙烯气体，原因是　 　。
②在实验中，乙烯利固体的质量为10.0g（强碱溶液足量），制得的乙烯气体恰好能使含的酸性高锰酸钾溶液完全褪色，则产品的产率为　 　[已知M（乙烯利）]。
17．（2025·来宾模拟）工业上可以利用合成，主要涉及以下两个反应。
反应Ⅰ．
反应Ⅱ．
（1）已知反应Ⅲ的平衡常数，则反应Ⅲ的　 　（用含的式子表示）。
（2）在催化剂作用下，将和混合充入一恒容密闭容器中同时发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，达到平衡时的转化率和容器中混合气体的平均相对分子质量随温度变化如图。
①分析可知，反应I的正反应为　 　（填“吸热”或“放热”）反应。
②时，容器中气体总的物质的量为　 　，反应Ⅱ的化学平衡常数　 　。
③同时提高的平衡转化率和平衡时的选择性，应选择的反应条件为　 　（填字母）。
A．高温高压 B．高温低压 C．低温高压 D．低温低压
④若向3.0MPa恒压密闭容器中通入体积比的混合气体，在1mol催化剂作用下只发生反应Ⅰ：，测得时空收率（表示单位物质的量催化剂表面物质的平均生成速率）随温度的变化曲线如图所示。则169℃与223℃时，的平均反应速率之比为　 　。甲醇时空收率随温度升高先增大后减小，请解释减小的可能原因是　 　。
（3）通过电催化将转化为的装置如图所示。
①Pt电极是　 　（填“阴极”或“阳极”）。
②若忽略电解液体积变化，电解过程中阴极室的浓度基本不变，写出阴极电极反应式　 　。
18．（2025·来宾模拟）化合物H是一种合成药物中间体，一种合成化合物H的人工合成路线如图所示。
已知：Ⅰ．同一个碳原子上连两个羟基时不稳定，易发生反应：；
Ⅱ．。
请回答下列问题：
（1）A　 　（填“存在”或“不存在”）顺反异构体。
（2）B→C经历了先加成再消去的反应过程，中间产物的结构简式为　 　。
（3）反应③所加试剂及条件为　 　，反应④的反应类型为　 　。
（4）由G生成H的化学方程式为　 　。
（5）E的含氧官能团的名称是　 　。满足下列条件的E的同分异构体有　 　种（不考虑立体异构），写出其中核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为的结构简式为　 　。
a．苯环上有两个对位的取代基 b．其中一个取代基为
（6）根据以上题目信息，写出以苯和丙酮为原料制备的合成路线流程图　 　（无机试剂和有机溶剂任用）。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；盐类水解的应用；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A．清洗铁锅后及时擦干，防止铁在潮湿的环境中发生吸氧腐蚀，吸氧腐蚀属于电化学腐蚀，A错误；
B．铁锅炖莲藕，藕汤呈紫黑色，是莲藕中的多酚类物质与铁离子发生显色反应，B正确；
C．纯碱是Na2CO3，CO32－水解使得溶液显碱性，使油污发生水解，温度越高，水解程度越大，C正确；
D．炒菜时不宜将油加热至冒烟，是因为油脂在高温下发生化学变化而生成致癌物质，D正确；
故答案为：A
【分析】A、保持铁制品表面干燥，可防止Fe发生吸氧腐蚀。
B、莲藕中的多酚类物质能与铁离子发生显色反应。
C、热的Na2CO3溶液碱性较强，可加快油污的水解。
D、油脂高温下会产生致癌物质。
2．【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；元素、核素
【解析】【解答】A．的中心原子S原子的价层电子对数为，采用sp3杂化，因此VSEPR模型为正四面体，A正确；
B．N的核外电子数为7，基态N的价电子排布式为：，B正确；
C．HCl为共价化合物，其形成过程为，C错误；
D．核素的表示方法为：元素符号左下角为质子数，左上角为质量数；氯为17号元素，Cl的一种核素为：，D正确；
故答案为：C
【分析】A、根据价层电子对数确定VSEPR模型。
B、根据N原子的核外电子数确定其价电子排布式。
C、HCl是共价化合物，H原子和Cl原子通过共用电子对结合。
D、根据核素的表示方法分析。
3．【答案】D
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；乙炔炔烃
【解析】【解答】A．加热会促进Fe3+水解，使得Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀，因此蒸干溶液制备要在HCl气流中进行，A不能达到目的；
B．向2mL0.1mol/L硝酸银中滴加2滴0.1mol/L氯化钠溶液，产生白色沉淀，此时溶液中硝酸银过量。再加入4滴0.1mol/L碘化钾溶液，生成黄色沉淀，再滴加8滴0.1mol/L硫化钠溶液，生成黑色沉淀，产生的沉淀来自于I－、S2－与AgNO3溶液反应生成，不能验证沉淀转化，B不能达到目的；
C．制备的乙炔中含H2S等杂质，也可使酸性高锰酸钾褪色，会对乙炔的检验造成干扰，C不能达到目的；
D．a中锌铁形成原电池，锌为负极、铁为正极被保护，无Fe2＋生成，没有产生蓝色沉淀；b中形成铜铁原电池，铁为负极发生失电子的氧化反应，生成Fe2＋，亚铁离子和K3[Fe(CN)6]溶液会生成蓝色沉淀，能验证电化学腐蚀及防护，D能达到目的；
故答案为：D
【分析】A、蒸发过程中促进Fe3＋的水解，生成Fe(OH)3沉淀。
B、溶液中AgNO3过量，所加试剂都直接与AgNO3反应，不存在沉淀的转化。
C、生成的乙炔气体中混有H2S，也能使酸性KMnO4溶液褪色。
D、根据金属活动性确定负极，K3[Fe(CN)6]溶液用于检验Fe2＋。
4．【答案】D
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；有机物的结构和性质；苯酚的性质及用途
【解析】【解答】A．分子中含有酚羟基、羟基、碳碳双键，能发生氧化反应，因此该化合物具有抗氧化，抗衰老功能，A正确；
B．由结构简式可知，该化合物含有羟基、醚键、羰基3种含氧官能团，B正确；
C．由结构简式可知，该化合物完全氢化后，1个分子中含10个手性碳，如图，C正确；
D．酚羟基可以和氢氧化钠反应，因此1mol该化合物最多可以消耗3molNaOH，D错误；
故答案为：D
【分析】A、结构中的酚羟基可以发生氧化反应。
B、根据结构简式确定其所含的含氧官能团。
C、连接有4个不同的原子或原子团的碳原子，为手性碳原子。
D、分子结构中的酚羟基能与NaOH反应。
5．【答案】A
【知识点】配合物的成键情况；离子晶体；超分子
【解析】【解答】A．甲基是推电子基，增加了N原子的电子云密度，使得更易结合氢离子，因此碱性比强，A错误；
B．大多数离子液体含有体积很大的阴、阳离子，导致离子晶体中晶格能较小，熔点较低，因此在常温下呈液态，B正确；
C．离子晶体的配位数取决于阴、阳离子半径的相对大小，离子半径比越大，配位数越大，Cs+周围最多能排布8个Cl-，Na+周围最多能排布6个Cl-，说明半径：Cs+＞Na+，C正确；
D．冠醚（18-冠-6）的空穴与K＋尺寸适配，因此二者可以形成超分子，将带入有机相，加快了反应速率，D正确；
故答案为：A
【分析】A、根据N原子电子云密度，比较结合H+的难易程度，从而得出碱性强弱。
B、离子液体的半径较大，晶格能较小，常温下多为液态。
C、离子晶体的配位数取决于阴、阳离子半径的相对大小，离子半径比越大，配位数越大。
D、冠醚可以与K+形成超分子。
6．【答案】C
【知识点】常见化学电源的种类及其工作原理；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；羧酸简介
【解析】【解答】A．由于酸性：－COOH＞H2CO3＞苯酚＞HCO3－，因此羧基和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，而酚羟基和碳酸氢根离子不反应，反应为+→，A错误；
B．铅酸蓄电池放电时正极上PbO2发生得电子的还原反应，生成PbSO4，其电极反应式为：，B错误；
C．铝片打磨，除去表面的氧化铝，放入NaOH溶液中，Al与NaOH溶液反应生成四羟基合铝酸钠和氢气，C正确；
D．闪锌矿与溶液作用转化为铜蓝，该反应的离子方程式为：，D错误；
故答案为：C
【分析】A、羧基能与HCO3－反应，而酚羟基不能。
B、铅蓄电池中正极上PbO2发生得电子的还原反应生成PbSO4，据此写出电极反应式。
C、Al是一种两性金属，能与NaOH溶液反应，生成Na[Al(OH)4]和H2。
D、ZnS与CuSO4溶液反应，转化为更难溶的CuS。
7．【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质；配合物的成键情况
【解析】【解答】A．氮原子的2p轨道为半充满状态，结构较稳定，因此第一电离能高于氧原子，A错误；
B．氢、氮、氧三种元素可形成硝酸铵NH4NO3，NH4NO3由NH4＋和NO3－构成，属于离子化合物，B正确；
C．氮的氧化物对应的水化物有硝酸、亚硝酸，其中硝酸为强酸，亚硝酸是弱酸，C错误；
D．氨气与铜离子配位后，由于配位键的形成，键角∠X Y X 增大，D错误；
故答案为：B
【分析】宇宙中最丰富的元素为H，因此X为H。Z元素的价电子排布式为nsnnp2n，s能级最多容纳2个电子，因此n=2，即Z元素的价电子排布式为2s22p4，因此Z为O。Y与Z相邻，且原子序数小于Z，因此Y为N。W为常见的金属，单质为紫红色，因此W为Cu。据此结合元素周期律分析选项。
8．【答案】D
【知识点】盐类水解的应用；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．标准状况下，三氧化硫是非气态物质，不能应用气体摩尔体积计算，因此不确定其物质的量，A错误；
B．溶液中铜离子会水解，但由于溶液体积未知，因此无法计算溶质的物质的量，B错误；
C.1个氨基和羟基所含电子数均为9个，因此1mol氨基和羟基所含电子数均为，由于氨基和羟基的物质的量未知，因此无法确定电子的量，C错误；
D．钠和氧气反应生成+1价钠，因此与足量反应，转移1mol电子，即转移电子数为，D正确；
故答案为：D
【分析】A、标准状态下SO3不是气体。
B、溶液的体积未知，无法应用公式n=c×V计算。
C、－NH2和－OH的物质的量未知，无法计算。
D、Na与O2反应过程中Na由0价变为＋1价，失去一个电子，据此计算转移电子数。
9．【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．放电时石墨电极为负极，发生失电子的氧化反应；充电时作阴极，发生得电子的还原反应，因此需连接直流电源的负极，电源C为负极，A不符合题意；
B．电极Li能与水反映过，因此电解质溶液为非水溶液体系，B不符合题意；
C．由充电过程中的阴阳极电极反应式可知，充电总反应为：，C不符合题意；
D．充放电过程中，传导的是锂离子，因此使用的是阳离子交换膜，D符合题意；
故答案为：D
【分析】磷酸铁锂电池的总反应为：，放电过程为原电池，负极反应式为：；正极反应式为：。充电过程为电解池，阴极反应式为：；阳极反应式为：。据此结合选项分析。
10．【答案】B
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A．由均摊法可知，该晶胞中白球为个、黑球为个，有4个Pb和4个S，每个原子周围距离最近的原子数均为6，因此Pb的配位数为6，A正确；
B．晶体密度为，B错误；
C．该晶体摩尔体积为：，C正确；
D．由图，S原子位于Pb原子构成的八面体中心、Pb原子位于S原子构成的八面体中心，D正确；
故答案为：B
【分析】A、结合晶胞结构确定Pb的配位数。
B、根据公式计算晶胞密度。
C、根据公式计算晶胞的摩尔体积。
D、根据晶胞结构分析。
11．【答案】A
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；活化能及其对化学反应速率的影响；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A．由图可知，AgCN与反应过程中，有C-C非极性键的形成和C-Br极性键的断裂；AgCN与反应过程中，有C-N极性键的形成和C-Br极性键的断裂，A项错误；
B．由图可知，AgCN与反应生成腈所需的活化能大于反应生成异腈所需的活化能。反应所需的活化能越小，反应速率越快，因此AgCN与发生取代反应主要得到异腈，B项正确；
C．由图可知，物质Ⅰ转化为腈断裂“N--Ag”所需能量小于物质Ⅱ转化为异腈断裂“C--Ag”所需的能量，因此Ⅰ中“N--Ag”之间的作用力比Ⅱ中“C--Ag”之间的作用力弱，C项正确；
D．AgCN与发生取代生成腈的活化能大于生成异腈的活化能，升高温度，可加快AgCN与生成腈的反应速率，减少与AgCN、发生取代生成异腈的差距，从而提高了腈的选择性，D项正确；
故答案为：A
【分析】A、根据反应过程中化学键的变化分析。
B、根据反应所需活化能的大小分析。反应所需的活化能越小，反映过速率越快，得到的产物越多。
C、根据反应过程中化学键断裂所需能量的大小分析。
D、结合温度对反应的影响分析。
12．【答案】C
【知识点】配合物的成键情况；氧化还原反应方程式的配平
【解析】【解答】A．过氧化氢不稳定受热易分解、盐酸具有挥发性，因此浸取1和浸取2中温度越高，导致过氧化氢分解、盐酸挥发，从而使得反应速率变慢，A错误；
B．盐酸存在条件下，Cl-使反应向生成配离子的方向进行，但不能说明相同条件下，等浓度的在盐酸环境中的氧化性比硫酸环境中的氧化性强，B错误；
C．氨水可以和氯化银生成银氨溶液，因此可用氨水分离AgCl与其他难溶杂质，C正确；
D．还原剂N2H4中N元素由-2价升高至0价，HAuCl4中Au元素由+3价降至0价，由得失电子守恒可得关系式，因此产物和Au的物质的量之比为3：4，D错误；
故答案为：C
【分析】A、温度升高，H2O2分解，同时盐酸中HCl发生挥发。
B、盐酸中Cl－会使反应向生成AuCl4－的方向进行，但不能说明H2O2的氧化性强弱。
C、NH3·H2O能与AgCl形成Ag(NH3)2Cl溶液。
D、根据反应过程中元素化合价变化，结合得失电子守恒计算。
13．【答案】B
【知识点】焓变和熵变；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．根据分析可知：b、c、d三点温度相同，但压强b>c>d。其他条件相同时，压强越大，反应速率越快，所以正反应速率：b>c>d，A不符合题意；
B．起始时通入等物质的量的乙烯(g)与乙酸(g)，发生，a、c两点乙酸乙酯的产率相同，即反应物转化率相同，那么a、c两点有相同的三段式如下：，
a点时压强平衡杆常数，c点时压强平衡杆常数。
所以a、c两点的压强平衡常数之比为；而c、d两点的温度相同，相同。因此a、c、d三点压强平衡常数之比为：，B符合题意；
C．该反应，，该反应在任何温度下ΔH-TΔS＞0，因此该反应不能自发进行，C不符合题意；
D．该反应为吸热反应，，而ΔH=(正反应活化能－逆反应活化能)＞0，所以正反应活化能>逆反应活化能，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A、该反应为气体分子数减小的反应，增大压强，平衡正向移动，乙酸乙酯的平衡转化率增大。
B、平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变；温度改变，根据平衡三段式进行计算。
C、当ΔH-TΔS＜0时，反应自发进行。
D、根据温度对平衡移动的影响分析反应的热效应，从而比较正逆反应的活化能大小。
14．【答案】C
【知识点】离子浓度大小的比较；中和滴定；电离平衡常数
【解析】【解答】A．c点加入V(盐酸)=20.00mL，反应后所得溶液为0.05mol/L的MCl溶液，MCl水解方程为，该反应的平衡常数，解得，所得此时溶液的pH≈5.4，即c=5.4，A正确；
B．由分析，MOH的电离平衡常数为，B正确；
C．若b=10，则此时所得溶液为等浓度的MOH、MCl溶液。溶液中MCl的水解常数为，即溶液中MOH电离大于M+水解，使得溶液中。而a点时溶液中MOH与M+浓度相等，因此b＜10，C错误；
D．时，溶液为等浓度的MOH、MCl，由质子守恒可知：，D正确；
故答案为：C
【分析】A、根据c点时溶液的溶质，结合水解平衡常数计算溶液中c(H+)，从而得到c的值。
B、a点时溶液中MOH与M+浓度相等，溶液pH为9.55，pOH=4.45，则MOH的电离平衡常数为。
C、若b=10，则所得溶液为等浓度的MOH、MCl溶液，结合电离常数和水解常数确定溶液中离子浓度关系。
D、当V(盐酸)=10mL时，所得溶液为等浓度的MOH、MCl溶液，结合质子守恒分析。
15．【答案】（1）Ni
（2）电解
（3）Cu；2Sm+6HCl=2SmCl3+3H2↑
（4）4；铁离子会催化双氧水分解，消耗部分双氧水
（5）
（6）
【知识点】晶胞的计算；金属冶炼的一般原理；物质的分离与提纯；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】（1）Co位于第四周期Ⅷ族，与Co同周期同族的元素还有Fe和Ni。
故答案为：Ni
（2）是一种稀土元素，活动性介于Na与Al之间，可知Sm非常活泼，工业上可通过电解法制备Sm。
故答案为：电解
（3）“浸渣”的主要成分是Cu；根据分析，“破碎酸浸”过程中Sm发生反应的化学方程式为2Sm+6HCl=2SmCl3+3H2↑。
故答案为：Cu；2Sm+6HCl=2SmCl3+3H2↑
（4）图中实验数据，“调节pH”时，pH为4时，铁的去除率最高，钴沉淀量不大，溶液的最佳pH为4；“氧化”时，双氧水实际用量大于理论用量的原因是：铁离子会催化双氧水分解，消耗部分双氧水。
故答案为：4；铁离子会催化双氧水分解，消耗部分双氧水
（5）“”隔绝空气“灼烧”得，反应的化学方程式为。
故答案为：
（6）Ni位于O形成的正八面体空隙中，则Ni位于晶胞的顶点，该晶胞中含有1个Sm原子，=1个Ni原子，=3个O原子，则该稀土镍基氧化物的化学式为。
故答案为：
【分析】（1）与Co同周期同族的元素为第Ⅷ族元素。
（2）Sm的活动性介于Na和Al，应采用电解法制备。
（3）合金渣中Sm、Co、Fe都能与盐酸反应，而Cu不与盐酸反应。Sm与HCl反应生成SmCl3和H2，据此写出反应的化学方程式。
（4）调节pH过程中是要除去铁，因此需找铁的去除率最高的。Fe3＋会催化H2O2的分解，使得消耗H2O2的量增多。
（5）灼烧CoC2O4得到Co3O4的过程中，Co元素被氧化，则反应过程中应还有CO生成，据此写出反应的化学方程式。
（6）根据均摊法确定化学式。
（1）Co位于第四周期Ⅷ族，与Co同周期同族的元素还有Fe和Ni；
（2）是一种稀土元素，活动性介于Na与Al之间，可知Sm非常活泼，工业上可通过电解法制备Sm；
（3）“浸渣”的主要成分是Cu；根据分析，“破碎酸浸”过程中Sm发生反应的化学方程式为2Sm+6HCl=2SmCl3+3H2↑；
（4）图中实验数据，“调节pH”时，pH为4时，铁的去除率最高，钴沉淀量不大，溶液的最佳pH为4；“氧化”时，双氧水实际用量大于理论用量的原因是：铁离子会催化双氧水分解，消耗部分双氧水；
（5）“”隔绝空气“灼烧”得，反应的化学方程式为；
（6）Ni位于O形成的正八面体空隙中，则Ni位于晶胞的顶点，该晶胞中含有1个Sm原子，=1个Ni原子，=3个O原子，则该稀土镍基氧化物的化学式为。
16．【答案】（1）圆底烧瓶；D
（2）+5；；酸性高锰酸钾溶液颜色变浅
（3）KOH；30% NaOH溶液有盐析现象，析出的盐会覆盖在乙烯利表面，阻碍反应的进行；
【知识点】乙烯的物理、化学性质；配制一定物质的量浓度的溶液；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）①配制100g40%乙烯利溶液时，溶质的质量为40g，水的质量60g，体积为60mL，所以需要托盘天平称量，量筒量取体积，烧杯溶解并使用玻璃棒搅拌，量筒取水会用到胶头滴管，所以不需要的仪器是圆底烧瓶。
故答案为：圆底烧瓶
②由题可知，乙烯利水溶液显酸性，不小心将乙烯利溶液滴到手上，应先用大量水冲洗，再涂抹3%~5%的碳酸氢钠溶液，故答案选D。
故答案为：D
（2）①已知电负性，O的电负性大于P，结合中P成键情况，则乙烯利中P的化合价为+5。
故答案为：+5
②用40%乙烯利溶液与NaOH固体反应（磷转化为）生成乙烯，结合质量守恒，还会生成NaCl、水，反应化学方程式为。
故答案为：
③高锰酸钾溶液能氧化乙烯使得溶液褪色，故当观察到酸性高锰酸钾溶液颜色变浅时，即可关闭活塞1，打开活塞2，用气囊收集乙烯气体。
故答案为：酸性高锰酸钾溶液颜色变浅
（3）①使用30% NaOH溶液有盐析现象，析出的盐会覆盖在乙烯利表面，阻碍反应的进行，应选用30%KOH溶液与乙烯利固体混合制备乙烯气体。
故答案为：KOH；30% NaOH溶液有盐析现象，析出的盐会覆盖在乙烯利表面，阻碍反应的进行
②高锰酸钾氧化乙烯生成二氧化碳气体，碳化合价由-2变为+4，锰化合价由+7变为+2，结合电子守恒，存在，则生成乙烯，则产品的产率。
故答案为：72.25%
【分析】（1）①根据配制过程确定所需的仪器。
②乙烯利溶液显酸性，可用小苏打溶液除去。
（2）①电负性O＞C＞P，据此确定P的化合价。
②ClCH2CH2PO3H2与NaOH反应，生成CH2=CH2、Na3PO4、NaCl和H2O，据此写出反应的化学方程式。
③用气囊收集乙烯气体，则装置内的空气已排尽，此时可观察到酸性KMnO4溶液褪色。
（3）①用30%的KOH溶液制备乙烯气体，不会出现盐析现象。
②由化合价变化，结合得失电子守恒可得关系式5C2H4～12KMnO4，据此计算产品的产率。
（1）①配制100g40%乙烯利溶液时，溶质的质量为40g，水的质量60g，体积为60mL，所以需要托盘天平称量，量筒量取体积，烧杯溶解并使用玻璃棒搅拌，量筒取水会用到胶头滴管，所以不需要的仪器是圆底烧瓶；
②由题可知，乙烯利水溶液显酸性，不小心将乙烯利溶液滴到手上，应先用大量水冲洗，再涂抹3%~5%的碳酸氢钠溶液，故答案选D。
（2）①已知电负性，O的电负性大于P，结合中P成键情况，则乙烯利中P的化合价为+5。
②用40%乙烯利溶液与NaOH固体反应（磷转化为）生成乙烯，结合质量守恒，还会生成NaCl、水，反应化学方程式为。
③高锰酸钾溶液能氧化乙烯使得溶液褪色，故当观察到酸性高锰酸钾溶液颜色变浅时，即可关闭活塞1，打开活塞2，用气囊收集乙烯气体。
（3）①使用30% NaOH溶液有盐析现象，析出的盐会覆盖在乙烯利表面，阻碍反应的进行，应选用30%KOH溶液与乙烯利固体混合制备乙烯气体；
②高锰酸钾氧化乙烯生成二氧化碳气体，碳化合价由-2变为+4，锰化合价由+7变为+2，结合电子守恒，存在，则生成乙烯，则产品的产率。
17．【答案】（1）
（2）放热；；0.22；C；1：2；该反应为放热可逆反应，温度过高时平衡向反应逆向移动(或副反应增多、催化剂失活等)，使甲醇产率反而下降
（3）阳极；
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡的计算；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）反应Ⅲ的平衡常数为，得，则反应Ⅲ的热反应方程式为：，则反应Ⅲ可看成为反应Ⅰ反应Ⅱ，所以。
故答案为：
（2）在催化剂作用下，将和混合充入一恒容密闭容器中同时发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，达到平衡时的转化率和容器中混合气体的平均相对分子质量随温度变化图可知，起始时混合气体的平均摩尔质量为：，平均相对分子质量为16，随温度逐渐升高，的转化率先降低后升高，而混合气体的平均相对分子质量逐渐减小，据此信息解答后面问题。
①根据分析和题目图形可知，随着温度逐渐升高，的转化率逐渐降低，混合气体的平均相对分子质量逐渐减小，则平衡向逆反应方向移动，说明正反应为放热反应。
故答案为：放热
②时，的转化率为50%，则消耗的，剩余；此时混合气体的平均相对分子质量为20，由于混合气体的总质量不变，利用平衡后混合气体的摩尔质量为：，解得；体系减少了，因反应Ⅱ对总物质的量无净增减，所以这全是反应Ⅰ的减少量，根据反应Ⅰ方程式得：；则反应Ⅱ消耗的为，由反应Ⅱ的方程式得：，则平衡体系中各物质的物质的量分别为：、、、、，得到反应Ⅱ的化学平衡常数为。
故答案为：2.4mol；0.22
③同时提高的平衡转化率和平衡时的选择性，需要反应Ⅰ平衡向右移动，根据反应Ⅰ为放热反应，需要低温，同时反应Ⅰ也为正反应体积减小的反应，需要高压，所以应选择的反应条件为低温高压，四个选项中C选项符合题意。
故答案为：C
④由图中信息可知“”与“”时甲醇时空收率分别为 与 ，而反应Ⅰ每生成 要消耗，故 的平均反应速率之比；甲醇时空收率随温度升高先增大后减小的原因可能为：该反应为放热可逆反应，温度过高时平衡向反应逆向移动(或副反应增多、催化剂失活等)，使甲醇产率反而下降。
故答案为：1：2；该反应为放热可逆反应，温度过高时平衡向反应逆向移动(或副反应增多、催化剂失活等)，使甲醇产率反而下降
（3）根据电催化将转化为的装置图可知，转化为时化合价降低，得到电子，在阴极反应。
①因通入的电极为阴极，则Pt电极为：阳极。
故答案为：阳极
②若忽略电解液体积变化，电解过程中阴极室的浓度基本不变，说明未消耗，则阴极电极反应式为：。
故答案为：
【分析】（1）根据平衡常数的表达式确定反应热的表达式。
（2）①结合温度对平衡移动的影响分析反应的热效应。升高温度，平衡向吸热反应方向移动。
②时，的转化率为50%，则消耗的，剩余；此时混合气体的平均相对分子质量为20，由于混合气体的总质量不变，利用平衡后混合气体的摩尔质量为：，解得；体系减少了，因反应Ⅱ对总物质的量无净增减，所以这全是反应Ⅰ的减少量，据此结合平衡三段式计算。
③结合温度、压强对平衡移动的影响分析。
④根据169℃和223℃时甲醇收率计算反应速率之比。结合温度对平衡移动的影响分析。
（3）①Cu2O-ZnO薄膜电极上CO2转化为CH3OH，发生得电子的还原反应，为阴极。因此Pt电极为阳极。
②阴极上CO2转化为CH3OH，据此写出电极反应式。
（1）反应Ⅲ的平衡常数为，得，则反应Ⅲ的热反应方程式为：，则反应Ⅲ可看成为反应Ⅰ反应Ⅱ，所以。
故答案为：。
（2）在催化剂作用下，将和混合充入一恒容密闭容器中同时发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，达到平衡时的转化率和容器中混合气体的平均相对分子质量随温度变化图可知，起始时混合气体的平均摩尔质量为：，平均相对分子质量为16，随温度逐渐升高，的转化率先降低后升高，而混合气体的平均相对分子质量逐渐减小，据此信息解答后面问题。
①根据分析和题目图形可知，随着温度逐渐升高，的转化率逐渐降低，混合气体的平均相对分子质量逐渐减小，则平衡向逆反应方向移动，说明正反应为放热反应；
②时，的转化率为50%，则消耗的，剩余；此时混合气体的平均相对分子质量为20，由于混合气体的总质量不变，利用平衡后混合气体的摩尔质量为：，解得；体系减少了，因反应Ⅱ对总物质的量无净增减，所以这全是反应Ⅰ的减少量，根据反应Ⅰ方程式得：；则反应Ⅱ消耗的为，由反应Ⅱ的方程式得：，则平衡体系中各物质的物质的量分别为：、、、、，得到反应Ⅱ的化学平衡常数为。
③同时提高的平衡转化率和平衡时的选择性，需要反应Ⅰ平衡向右移动，根据反应Ⅰ为放热反应，需要低温，同时反应Ⅰ也为正反应体积减小的反应，需要高压，所以应选择的反应条件为低温高压，四个选项中C选项符合题意；
④由图中信息可知“”与“”时甲醇时空收率分别为 与 ，而反应Ⅰ每生成 要消耗，故 的平均反应速率之比；甲醇时空收率随温度升高先增大后减小的原因可能为：该反应为放热可逆反应，温度过高时平衡向反应逆向移动(或副反应增多、催化剂失活等)，使甲醇产率反而下降。
故答案为：放热；；0.22；C；1：2；该反应为放热可逆反应，温度过高时平衡向反应逆向移动(或副反应增多、催化剂失活等)，使甲醇产率反而下降。
（3）根据电催化将转化为的装置图可知，转化为时化合价降低，得到电子，在阴极反应；
①因通入的电极为阴极，则Pt电极为：阳极；
②若忽略电解液体积变化，电解过程中阴极室的浓度基本不变，说明未消耗，则阴极电极反应式为：。
故答案为：阳极；。
18．【答案】（1）不存在
（2）
（3）氢氧化钠的水溶液，加热；氧化反应
（4）+2NaOH+2NaCl+H2O
（5）酮羰基；4；
（6）
【知识点】有机物的合成；同分异构现象和同分异构体；烯烃；卤代烃简介
【解析】【解答】（1）A中双键碳，左边那个碳连接两个氢原子，则不存在顺反异构。
故答案为：不存在
（2）B的结构简式为，C的结构简式为，B与苯胺发生加成反应生成，再发生消去反应生成C，则中间产物的结构简式为：。
故答案为：
（3）反应③的反应为氯代烃在氢氧化钠的水溶液中水解，则所加试剂及条件为：氢氧化钠的水溶液，加热；反应④为醇的催化氧化，需要的化学试剂为Cu或Ag、O2，反应条件为加热。
故答案为：氢氧化钠的水溶液，加热；氧化反应
（4）由G生成H的反应为氯代烃的水解反应，同时两个羟基再次脱水生成H，方程式为：+2NaOH+2NaCl+H2O。
故答案为：+2NaOH+2NaCl+H2O
（5）E为，则E的含氧官能团的名称是酮羰基；满足a、b两个条件的E的同分异构体，苯环上有两个对位取代基，其中一个为-CONH2，则另一个取代基为—C3H5，存在一个碳碳双键或者1个环。如存在1个碳碳双键，则结构为、、，此时有三种同分异构体，如果存在1个环，则有一种同分异构体，结构为：，共4种同分异构体。当分子中含有5种不同化学环境的氢原子，且峰面积之比为时，考虑对称结构，则其结构简式为。
故答案为：酮羰基；4；
（6）和苯环发生类似E到F的反应生成，与Cl2在光照条件下发生取代反应生成，在氢氧化钠水溶液中、加热发生水解，同时同一个碳上连接两个羟基不稳定，自动脱水形成，因此合成路线为。
故答案为：
【分析】（1）碳碳双键所在碳原子连接有2个不同的原子或原子团时，存在顺反异构。
（2）B→C加成反应过程中给形成-OH，-OH发生消去反应，形成碳氮双键，据此确定中间产物的结构简式。
（3）反应③为卤素原子的取代反应，据此确定反应条件。反应④为醇的催化氧化反应。
（4）G生成H的过程中，发生卤素原子的取代反应，2个-OH连在同一个碳原子上不稳定，转化为-CHO和H2O，据此写出反应的化学方程式。
（5）根据E的结构结构简式确定其含氧官能团的名称。根据限定条件确定同分异构体的结构单元，结合对称性确定同分异构体的结构。
（6）和苯环发生类似E到F的反应生成，与Cl2在光照条件下发生取代反应生成，在氢氧化钠水溶液中、加热发生水解，同时同一个碳上连接两个羟基不稳定，自动脱水形成。据此确定合成路线。
（1）A中双键碳，左边那个碳连接两个氢原子，则不存在顺反异构，故答案为：不存在；
（2）B的结构简式为，C的结构简式为，B与苯胺发生加成反应生成，再发生消去反应生成C，则中间产物的结构简式为：；
（3）反应③的反应为氯代烃在氢氧化钠的水溶液中水解，则所加试剂及条件为：氢氧化钠的水溶液，加热；反应④为醇的催化氧化，需要的化学试剂为Cu或Ag、O2，反应条件为加热，故答案为：氢氧化钠的水溶液，加热；氧化反应；
（4）由G生成H的反应为氯代烃的水解反应，同时两个羟基再次脱水生成H，方程式为：+2NaOH+2NaCl+H2O；
（5）E为，则E的含氧官能团的名称是酮羰基；满足a、b两个条件的E的同分异构体，苯环上有两个对位取代基，其中一个为-CONH2，则另一个取代基为—C3H5，存在一个碳碳双键或者1个环。如存在1个碳碳双键，则结构为、、，此时有三种同分异构体，如果存在1个环，则有一种同分异构体，结构为：，共4种同分异构体。当分子中含有5种不同化学环境的氢原子，且峰面积之比为时，考虑对称结构，则其结构简式为；
（6）和苯环发生类似E到F的反应生成，与Cl2在光照条件下发生取代反应生成，在氢氧化钠水溶液中、加热发生水解，同时同一个碳上连接两个羟基不稳定，自动脱水形成，因此合成路线为。
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