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贵州省毕节市2025届高三下学期第二次适应性考试化学试题
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每个小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1．（2025·毕节模拟）2025年亚洲冬季运动会科技与体育双向奔赴，释放更加迷人的魅力。下列说法正确的是
A．部分场馆屋顶覆盖的太阳能电池板主要成分为二氧化硅
B．“澎湃”火炬使用的环保材料碳纤维属于有机高分子材料
C．开幕式燃放的五彩缤纷的烟花呈现某些金属元素的焰色
D．生产橡胶弹性地板的原料顺-1，4-聚异戊二烯属于烃的衍生物
【答案】C
【知识点】硅和二氧化硅
【解析】【解答】A、太阳能电池板的核心功能是光电转换，依赖的是良好的半导体材料，其主要成分是硅单质，而非二氧化硅（SiO2，主要用于光导纤维）。A错误；
B、碳纤维的主要成分是碳单质，属于无机非金属材料，并非有机高分子材料（有机高分子材料通常是由碳、氢、氧等元素组成的聚合物）。B错误；
C、烟花绽放时的缤纷色彩，是烟花中的不同金属元素在灼烧时发生的焰色反应，例如钠显黄色、钾显紫色（透过蓝色钴玻璃）、钙显砖红色等，这是金属元素的特征物理性质。C正确；
D、顺 - 1，4 - 聚异戊二烯的化学式为 (C5H8) ，仅由碳、氢两种元素组成，属于烃类，而非烃的衍生物（烃的衍生物还含有氧、氮、卤素等其他元素）。D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
硅材料辨析：电池板用硅单质，光导纤维用二氧化硅。
材料类别判断：碳纤维是无机非金属材料，有机高分子必须是聚合物。
焰色反应本质：是金属元素的物理性质，用于烟花显色。
烃与衍生物区分：只含 C、H 的是烃，含其他元素的是衍生物。
2．（2025·毕节模拟）下列有关化学用语或表述错误的是
A．中子数为8的碳原子：
B．2-甲基-1-丁醇的键线式：
C．BF3分子的VSEPR模型和空间结构均为平面三角形
D．用电子云轮廓图表示H-Cl的s-p键形成的示意图
【答案】B
【知识点】原子中的数量关系；判断简单分子或离子的构型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A、碳原子的质子数为 6，中子数为 8，则质量数 = 6 + 8 = 14，该原子可表示为 ，A正确；
B、2 - 甲基 - 1 - 丁醇的主链应包含 4 个碳原子，羟基（-OH）连接在 1 号碳上，甲基（-CH3）连接在 2 号碳上，其结构简式为 ，题目给出的键线式对应的是2 - 丁醇（ ），羟基在 2 号碳，并非 2 - 甲基 - 1 - 丁醇，B错误；
C、BF3分子中，B 原子的价层电子对数 = 3+=3 ，且无孤电子对，因此 VSEPR 模型和空间结构均为平面三角形，C正确；
D、H 原子的 1s 轨道与 Cl 原子的 3p 轨道沿键轴方向 “头碰头” 重叠，形成 s-pσ 键， 电子云轮廓图表示为：，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
原子符号：质量数 = 质子数 + 中子数，左下角标质子数，左上角标质量数。
有机物命名：先确定主链和官能团位置，再核对取代基位置，避免混淆 “1 - 丁醇” 和 “2 - 丁醇”。
分子构型：价层电子对数决定 VSEPR 模型，孤电子对数影响空间结构，BF3无孤电子对，故两者一致。
化学键表示：s-pσ 键由 s 轨道和 p 轨道 “头碰头” 重叠形成，电子云轮廓图可清晰展示。
3．（2025·毕节模拟）劳动有利于“知行合一”。下列相关解释错误的是
A．将切好的茄子浸泡在凉水中：可防止茄子被氧气氧化变黑
B．工人对铁制品进行发蓝处理：在铁制品表面形成表面钝化膜
C．利用氢氟酸刻蚀石英制作艺术品：氢氟酸可与二氧化硅反应
D．将白糖熬制成焦糖汁：利用蔗糖高温下充分炭化为食物增色
【答案】D
【知识点】化学科学的主要研究对象；硅和二氧化硅
【解析】【解答】A、茄子切开后，其中的酚类物质易被空气中的 O2氧化而变黑。浸泡在凉水中可以隔绝氧气，同时降低酶的活性，从而延缓氧化变色，A正确；
B、发蓝处理是通过化学方法在铁制品表面生成一层致密的四氧化三铁（Fe3O4）氧化膜，这层膜可以隔绝空气和水，防止铁制品生锈，属于钝化保护，B正确；
C、石英的主要成分是二氧化硅（SiO2），氢氟酸（HF）能与 SiO2发生反应，生成四氟化硅（SiF4）气体和水，因此可以用来刻蚀石英制作艺术品，C正确；
D、熬制焦糖汁的过程是蔗糖在高温下发生焦糖化反应，这是一个复杂的脱水、分解和聚合过程，生成了有色的焦糖色素，并非简单的 “炭化”（炭化是指有机物完全脱水变成碳），D错误；
故答案为：D。
【分析】解题要点：
氧化防护：隔绝氧气或降低温度可延缓氧化反应。
金属钝化：通过化学反应在金属表面形成致密保护膜。
特殊反应：氢氟酸是唯一能与二氧化硅反应的酸。
焦糖化反应：是蔗糖在高温下的复杂化学变化，生成有色物质，与炭化不同。
4．（2025·毕节模拟）可用作潜水或宇航装置的吸收剂和供氧剂，反应方程式为。为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．晶体中离子数目为
B．中键的数目为
C．溶液含有的氧原子数目为
D．反应生成时转移的电子数目为
【答案】B
【知识点】物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、Na2O2由 Na+和 O22-构成，1mol Na2O2中含 2mol Na+和 1mol O22-，离子总数为 3mol，即离子数目为 3NA，A错误；
B、CO2的结构式为 O=C=O，每个 CO2分子中含有 2 个 σ 键。44g CO2的物质的量为 1mol，故 σ 键的物质的量为 2mol，数目为 2NA，B正确；
C、1L 1mol/L Na2CO3溶液中，溶质 Na2CO3含 3mol 氧原子，但溶剂 H2O 中也含有大量氧原子，因此溶液中氧原子总数远大于 3NA，C错误；
D、反应 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2中，生成 1mol O2时转移 2mol 电子。题目中未说明 O2处于标准状况，2.24L O2的物质的量不一定是 0.1mol，因此转移电子数不一定为 0.2NA，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
离子晶体结构：Na2O2中 O22-是一个整体，1mol 晶体含 3mol 离子。
共价键类型：CO2分子中每个双键含 1 个 σ 键和 1 个 π 键，1mol CO2含 2mol σ 键。
溶液中的粒子：计算溶液中原子数时，必须同时考虑溶质和溶剂。
气体摩尔体积：使用 22.4L/mol 时，必须明确气体处于标准状况。
5．（2025·毕节模拟）下列装置不能达到实验目的的是
A．装置甲可用于提纯胡萝卜素
B．装置乙可用于验证铁的吸氧腐蚀
C．装置丙可用于检验干燥的氯气是否具有漂白性
D．装置丁可用于比较碳酸钠和碳酸氢钠的稳定性
【答案】C
【知识点】探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A、装置甲为柱色谱装置，利用胡萝卜素与杂质在固定相（硅胶）和流动相（溶剂）中的分配系数差异实现分离提纯，可用于胡萝卜素的纯化，A能达到实验目的；
B、装置乙中，铁丝网被食盐水浸润，处于中性环境，发生吸氧腐蚀，消耗试管内的 O2，使试管内压强降低，导致导管中红墨水液面上升，可验证吸氧腐蚀，B能达到实验目的；
C、装置丙中，Cl2先通入 NaOH 溶液，会与 NaOH 发生反应被吸收，无法得到干燥的 Cl2，因此无法检验干燥 Cl2是否具有漂白性，C不能达到实验目的；
D、装置丁中，NaHCO3受热易分解产生 CO2，使澄清石灰水变浑浊，而 Na2CO3受热不分解，通过对比现象可比较两者的热稳定性，D能达到实验目的；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
柱色谱原理：利用物质在两相中的分配差异实现分离。
吸氧腐蚀判断：O2被消耗导致压强变化，通过液面变化验证。
Cl2漂白性本质：起漂白作用的是 HClO，干燥的 Cl2无漂白性，且实验中 Cl2被 NaOH 溶液吸收，无法完成检验。
碳酸盐稳定性比较：NaHCO3受热易分解，Na2CO3受热稳定，可通过加热分解产物判断。
6．（2025·毕节模拟）下列离子方程式书写正确的是
A．碳酸氢铵溶液中加入足量的烧碱溶液：
B．硫酸酸化的过氧化氢溶解硫化铜：
C．稀硝酸溶浸磁铁矿：
D．水玻璃中通入过量的：
【答案】D
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A、足量烧碱会与 NH4+和 HCO3-都发生反应，正确的离子方程式应为：
HCO3- +NH4++2OH-=CO32-+NH3 H2O+H2O选项中只写了 NH4+与 OH-的反应，遗漏了 HCO3-的反应，因此 A 错误。
B、原方程式中 Cu 原子不守恒，正确的离子方程式应为：CuS+H2O2+2H+=Cu2++2H2O + S↓选项中 CuS 的系数为 2，导致 Cu 原子不守恒，B错误；
C、稀硝酸具有强氧化性，会将 Fe3O4中的 Fe2+氧化为 Fe3+，同时生成 NO 气体，正确的离子方程式应为：3Fe3O4+28H++NO3-=9Fe3++NO↑+14H2O选项中没有体现硝酸的氧化性，也没有生成 NO，C错误；
D、过量的 CO2会将 SiO32-转化为 H2SiO3沉淀，同时将 CO32-转化为 HCO3-，离子方程式为：SiO32-+2CO2+2H2O=H2SiO3↓+2HCO3-该方程式符合反应事实，且原子、电荷均守恒，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
足量反应判断：当碱足量时，酸式盐中的酸根离子也会参与反应。
守恒原则：离子方程式必须同时满足原子守恒和电荷守恒。
氧化还原规律：强氧化性酸（如稀硝酸）会将低价态金属离子氧化为高价态，并生成还原产物（如 NO）。
过量 CO2的反应：CO2过量时，碳酸盐会转化为碳酸氢盐。
7．（2025·毕节模拟）从辣椒中提取的一种辣椒素，结构如图所示。下列说法正确的是
A．碳原子均为杂化
B．分子中含有5种官能团
C．能与溶液反应生产
D．辣椒素最多与溶液反应
【答案】D
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物中的官能团；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、分子中存在苯环、碳碳双键和酰胺羰基，这些不饱和碳原子采取 sp2 杂化；同时也存在饱和烷基碳原子，采取 sp3 杂化。因此并非所有碳原子均为 sp3 杂化，A错误；
B、该分子中含有的官能团有：醚键（-OCH3）、酚羟基（-OH）、酰胺基（-CONH-）、碳碳双键（C=C），共 4 种，并非 5 种，B错误；
C、分子中含有酚羟基，酸性弱于碳酸但强于 HCO3-，能与 Na2CO3反应生成 NaHCO3，但不会产生 CO2；分子中不含羧基，无法与 Na2CO3反应生成 CO2，C错误；
D、1mol 该辣椒素中，1mol 酚羟基可与 1mol NaOH 反应，1mol 酰胺基在碱性条件下水解也可消耗 1mol NaOH，因此最多能与 2mol NaOH 反应，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
杂化判断：饱和碳原子为 sp3 杂化，苯环、双键、羰基中的碳原子为 sp2 杂化。
官能团识别：需准确区分醚键、酚羟基、酰胺基和碳碳双键。
酸性强弱：酚羟基酸性弱于碳酸，与 Na2CO3反应生成 NaHCO3，不产生 CO2。
NaOH 消耗：酚羟基和酰胺基均可与 NaOH 反应，1mol 该物质共消耗 2mol NaOH。
8．（2025·毕节模拟）已知、和三种元素的原子序数之和等于42；元素原子的轨道上有3个未成对电子，元素原子的最外层轨道上有2个未成对电子且无空轨道。和可形成化合物，和可以形成化合物。下列说法正确的是
A．元素原子基态时简化的电子排布式为
B．X元素是第四周期第VA族元素
C．元素原子的电子空间运动状态有8种
D．化合物为非极性分子
【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；原子结构与元素的性质；极性分子和非极性分子
【解析】【解答】A、As 的原子序数为 33，基态原子的简化电子排布式应为 [Ar]3d 4s24p3，选项中遗漏了 3d ，A错误；
B、As 的价电子排布为 4s24p3，位于第四周期第 ⅤA 族，B正确；
C 、O 原子的核外电子排布式为 1s22s22p4，占据了 1s、2s、2p 共 5 种不同的原子轨道，因此电子的空间运动状态有 5 种，而非 8 种，C错误；
D、Z2Y2为 H2O2（过氧化氢）， 结构为， 不对称，正负电荷中心不重合，属于极性分子，D错误；
故答案为：B。
【分析】元素推断：
X 元素：4p 轨道上有 3 个未成对电子，说明其价电子排布为 4s24p3，原子序数为 33，是砷（As），位于第四周期第 ⅤA 族。
Y 元素：最外层 2p 轨道上有 2 个未成对电子且无空轨道，说明其价电子排布为 2s22p4，原子序数为 8，是氧（O）。
Z 元素：三种元素原子序数之和为 42，因此 Z 的原子序数 = 42 - 33 - 8 = 1，是氢（H）。
9．（2025·毕节模拟）下列实验操作及现象能得出相应结论的是
选项 实验操作及现象 结论
A 溶液中滴加溶液，溶液由橙色变为黄色 增大生成物的浓度，平衡向逆反应方向移动
B 待测液中滴加溶液，生成白色沉淀 待测液含有
C 将溶液和稀混合，得到沉淀，且生成的气体可使品红溶液褪色 既体现还原性又体现氧化性
D 向溶液中滴加过量溶液，再滴加溶液，先出现白色沉淀，后出现黄色沉淀
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】氧化还原反应；化学平衡的影响因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；硫酸根离子的检验
【解析】【解答】A、溶液中存在平衡：Cr2O72-(橙色)+H2O 2CrO42-(黄色) +2H+。加入 NaOH 溶液时，OH-与 H+反应，使 H+浓度降低，平衡正向移动，溶液由橙变黄。结论中 “增大生成物浓度” 的解释错误，A错误；
B、能与 BaCl2生成白色沉淀的离子不只有 SO42-，还可能是 CO32-、SO32-或 Ag+等，因此不能直接得出待测液含 SO42-的结论，B错误；
C、反应方程式为：Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O。在该反应中，S2O32-中的 S 元素一部分被氧化为 +4 价（SO2），一部分被还原为 0 价（S），因此 Na2S2O3既体现还原性又体现氧化性，C正确；
D、实验中 AgNO3过量，加入 KI 溶液后，I-直接与过量的 Ag+反应生成 AgI 黄色沉淀，并非由 AgCl 沉淀转化而来，因此不能证明 Ksp(AgI) < Ksp(AgCl)，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
平衡移动：加入 NaOH 是消耗 H+，使平衡正向移动，而非增大生成物浓度。
离子检验：检验 SO42-时，需先加稀盐酸排除干扰，再加 BaCl2溶液。
氧化还原分析：S2O32-中 S 为 +2 价，发生歧化反应，同时体现氧化性和还原性。
沉淀转化：只有当 AgNO3不足时，才能通过沉淀颜色变化比较 Ksp 大小。
10．（2025·毕节模拟）某的四方晶胞如图a所示，当晶体有原子脱出时，会出现氧空位，使晶体具有半导体性质。某的晶体结构也如图a所示，且与的晶胞体积近似相等。下列说法错误的是
A．当晶体有原子脱出时，的化合价不变
B．该晶胞在平面的投影如图b所示
C．该的氧化物化学式为
D．与的晶体密度比约为11：10
【答案】A
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】 A、在MnO 中，Mn的化合价为+2x。当O原子脱出，x减小时，Mn的化合价会降低，而非保持不变，A错误；
B、由晶胞结构可知，图b为晶胞在z轴方向上的投影，即在xy平面的投影，B正确；
C、由均摊法计算可知，晶胞中Mn、O原子数目比为2：4=1：2，化学式为MnO2，C正确；
D、根据晶体密度公式 ，由于TiO 和MnO 晶体结构相同、体积近似相等，且x=2，因此密度比等于相对分子质量之比：，D正确；
故答案为：A。
【分析】Mn原子：晶胞中Mn原子位于顶点和体心，数目为 。
O原子：晶胞中O原子位于体心和棱上，数目为 。
因此该Mn的氧化物化学式为MnO2，先明确核心化学式，再分析各选项。
11．（2025·毕节模拟）一种纯碱和聚氯乙烯联合生产工艺的流程如图所示，其中“碳化”步骤的主要产物是CaC2。下列说法错误的是
A．为控制反应速率，“制气”步骤可用饱和食盐水代替水
B．“沉淀”反应的离子方程式为
C．“转化”所得Cl2用于合成聚氯乙烯
D．流程中可循环利用的物质是NH3
【答案】C
【知识点】纯碱工业（侯氏制碱法）；乙炔炔烃
【解析】【解答】A、CaC2与水反应剧烈，用饱和食盐水可以降低水的浓度，从而减缓反应速率，便于控制，A正确；
B、“沉淀”步骤是侯氏制碱法的核心，向氨化的饱和食盐水中通入CO2，析出NaHCO3晶体。离子方程式为：Na++CO2+NH3·H2O=NaHCO3↓+NH4+，NaHCO3溶解度小，作为沉淀不拆，该方程式符合反应事实，B正确；
C、“转化”步骤是浓H2SO4与CaCl2反应，生成的是HCl气体，而非Cl2。HCl与乙炔（C2H2）反应生成氯乙烯（CH2=CHCl），再聚合为聚氯乙烯。因此，用于合成的是HCl，不是Cl2，C错误；
D、灰蒸步骤产生的NH3，可重新回到“沉淀”步骤，用于氨化食盐水，因此NH3是可循环利用的物质，D正确；
故答案为：C。
【分析】石灰石热解：CaCO3 → CaO + CO2↑
碳化：CaO + 3C CO↑ + CaC2
制气：CaC2 + 2H2O → Ca(OH)2 + C2H2↑（乙炔）
侯氏制碱：
NaCl + NH3 + CO2 + H2O → NaHCO3↓ + NH4Cl；2NaHCO3 Na2CO3 + CO2↑ + H2O
灰蒸：Ca(OH)2 + 2NH4Cl CaCl2 + 2NH3↑ + 2H2O（NH3循环回沉淀步骤）
转化：CaCl2 + H2SO4(浓) CaSO4 + 2HCl↑（HCl用于合成氯乙烯）
合成：C2H2 + HCl CH2=CHCl（氯乙烯），再加聚成聚氯乙烯，据此解题。
12．（2025·毕节模拟）科研团队以双氧水为氧化剂催化苯羟基化制苯酚，反应机理如下图。下列说法错误的是
A．反应过程中，钒基催化剂表现出氧化性和还原性
B．随着的加入，只形成单过氧钒物种
C．反应过程中，V-O键裂解生成过氧钒自由基
D．该过程的总反应式：
【答案】B
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A、钒元素在V(V)和V(IV)之间循环转化，既得电子又失电子，因此既表现氧化性又表现还原性，A正确；
B、机理图中明确存在双过氧钒物种（如结构2），说明H2O2加入后可形成多种过氧钒物种，并非“只形成单过氧钒物种”，B错误；
C、从机理图可观察到V-O键断裂，生成了含未成对电子的过氧钒自由基，C正确；
D、反应物为苯和H2O2，产物为苯酚和H2O，催化剂不参与总反应式，总反应式书写正确，D正确；
故答案为：B。
【分析】从机理图可见，钒元素在反应中存在V(V)和V(IV)两种价态，并且在不同物种间相互转化：
V(V)得到电子被还原为V(IV)，表现氧化性；
V(IV)失去电子被氧化为V(V)，表现还原性。
因此钒基催化剂在循环中既表现氧化性又表现还原性。随着H2O2的加入，体系中不仅形成单过氧钒物种，还能形成双过氧钒物种（如结构2），说明并非“只形成单过氧钒物种”。在反应步骤中，V-O键发生裂解，生成了过氧钒自由基[V(IV)-O-O ]，这是苯环羟基化的关键活性中间体。反应物为苯和H2O2，产物为苯酚和H2O，钒基催化剂在反应前后结构和性质不变，总反应式可表示为：
13．（2025·毕节模拟）一种装载双原子双层带电膜（EM）电极材料可将硝酸盐还原为，为低浓度的硝酸盐污染提供高效实用的解决方案，工作原理如图所示。下列说法错误的是
A．装置工作一段时间后，阳极区减小
B．阴极发生的反应为
C．相同条件下，阴阳两极产生气体的体积比为
D．带电膜阳极上的游离氯可将氧化为
【答案】C
【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、阳极反应生成，导致增大，因此阳极区pH减小，A正确；
B、阴极上得到电子被还原为，结合酸性环境配平后的反应式为，B正确；
C、根据电子守恒，假设电路中转移10mol电子：
阳极生成的物质的量：
阴极生成的物质的量：
相同条件下，气体体积比等于物质的量之比，即。
但右侧装置中，还会被游离氯氧化为，导致阴极区的总量增加，因此实际体积比大于5：2，C错误；
D、从工作原理图可知，带电膜阳极上的游离氯（）可将中间产物氧化为，D正确；
故答案为：C。
【分析】阳极（左侧）：连接电源正极，发生氧化反应，水被氧化生成O2。
反应式：
阴极（右侧）：连接电源负极，发生还原反应，被还原为。
反应式：。
14．（2025·毕节模拟）常温下，用浓度为的标准溶液滴定浓度均为的和的混合溶液，滴定过程中溶液的随的变化曲线如图所示。已知：。下列说法错误的是
A．a点溶液约为3.38
B．b点：
C．c点：
D．时，
【答案】D
【知识点】离子浓度大小的比较；中和滴定
【解析】【解答】A、a点时，CH3COOH存在电离平衡：，且。
已知电离常数，代入，可得：
，
因此，A正确；
B、b点溶质为等物质的量的和，溶液显酸性（pH<7），说明的电离程度大于的水解程度，因此，B正确；
C、c点溶质为等物质的量的和，根据物料守恒，所有含和的粒子浓度之和，等于浓度的一半，即：
，C正确；
D、当溶液pH=7时，，根据电荷守恒：
代入，可得：，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：滴定阶段溶质分析：
a 点：NaOH 与 HCl 恰好完全反应，溶质为 NaCl 和 CH3COOH，此时 CH3COOH 浓度为 0.0100 mol/L。
b 点：NaOH 中和了一半的 CH3COOH，溶质为等物质的量的 NaCl、CH3COOH 和 CH3COONa，溶液 pH<7。
c 点：NaOH 与 CH3COOH 恰好完全反应，溶质为等物质的量的 NaCl 和 CH3COONa。
d 点：NaOH 过量，溶质为 NaCl、CH3COONa 和过量的 NaOH。据此解题。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15．（2025·毕节模拟）乙烯是合成纤维、橡胶、塑料和乙醇的基本化工原料。某实验小组利用如图装置（夹持装置省略）制备乙烯并进行产率的测定：
Ⅰ．乙烯的制备方法
检查装置的气密性，将适量的固体乙烯利加入到滴液式气体发生器的反应容器中，储液杯中加入碱液，打开a，使碱液滴入反应容器后与固体乙烯利充分接触产生气体，收集乙烯并验纯。
Ⅱ．碱溶液的选择
称取乙烯利固体分别与不同浓度氢氧化钠溶液和氢氧化钾溶液反应，根据实验现象，确定最佳反应溶液。
Ⅲ．乙烯产率的测定
用分析天平分别称取不同质量的乙烯利固体与步骤Ⅱ中确定的最佳反应碱溶液反应，测定产生乙烯的体积并计算产率。
已知：固体乙烯利（）难溶于水，和强碱溶液反应除生产乙烯外还产生氯化盐、磷酸盐等。回答下列问题：
（1）a的作用　 　。
（2）步骤Ⅱ的实验现象如下表：
序号 氢氧化钠溶液浓度/% 实验现象 序号 氢氧化钾溶液浓度/% 实验现象
1 20 产气速率较慢，反应器壁温，气流不平稳，反应过程中出现盐析现象 1 20 产气速率较慢，反应器壁温，气流不平稳，无盐析现象
2 30 产气速率较快，反应器壁温，气流不平稳，反应过程中出现盐析现象 2 30 产气速率较快，反应器壁温，气流平稳，无盐析现象
3 35 产气速率较快，反应器壁温热，气流平稳，反应过程中出现盐析现象 3 35 产气速率很快，反应器壁温热，气流平稳，无盐析现象
由上表分析可知：制备乙烯的最佳反应溶液选择　 　，当出现盐析现象时，对反应速率和产率产生不利影响的原因是　 　。
（3）步骤Ⅱ中称取固体时，下列实验仪器中用到的有　 　、　 　。（填仪器名称）
（4）写出步骤Ⅲ中反应的化学方程式　 　，的空间结构为　 　。
（5）步骤Ⅲ的部分实验数据如下表，计算乙烯产率和乙烯平均产率。
序号 乙烯利的质量（g） 乙烯体积（mL） 乙烯体积理论值（mL） 乙烯产率（%） 乙烯平均产率（%）
1 7.0869 1010 1099 　 　 　 　
2 7.0561 995 1094 90.95
3 7.0347 993 1091 91.02
（6）与实验室用乙醇和浓硫酸制备乙烯相比，利用此装置制备乙烯的优点是　 　。
【答案】（1）调节碱液的滴加速度，控制反应速率
（2）30%氢氧化钾溶液；盐析产生的固体包裹乙烯利固体表面，阻碍碱液与乙烯利充分接触，使反应速率减慢，且降低产率
（3）托盘天平；烧杯
（4）+4KOHCH2=CH2↑+KCl+K3PO4+3H2O；正四面体
（5）91.90；91.29
（6）反应无需加热，产生的乙烯气流平稳，速率可控，产率高
【知识点】乙烯的物理、化学性质；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】（1）a的作用是调节碱液的滴加速度，控制反应速率。
故答案为： 调节碱液的滴加速度，控制反应速率 ；
（2）由上表分析可知：制备乙烯的最佳反应溶液选择是30%氢氧化钾溶液，当出现盐析现象时，对反应速率和产率产生不利影响的原因是盐析产生的固体包裹乙烯利固体表面，阻碍碱液与乙烯利充分接触，使反应速率减慢，且降低产率。
故答案为： 30%氢氧化钾溶液 ； 盐析产生的固体包裹乙烯利固体表面，阻碍碱液与乙烯利充分接触，使反应速率减慢，且降低产率 ；
（3）步骤Ⅱ中称取固体时，实验仪器中用到的有托盘天平和烧杯。
故答案为： 托盘天平 ；烧杯。
（4）已知固体乙烯利（）和强碱溶液反应除生产乙烯外还产生氯化盐、磷酸盐等，则步骤Ⅲ中反应的化学方程式+4KOHCH2=CH2↑+KCl+K3PO4+3H2O；中心原子P的价层电子对数为，故空间结构为正四面体；
故答案为：+4KOHCH2=CH2↑+KCl+K3PO4+3H2O ； 正四面体 ；
（5）乙烯产率为，乙烯平均产率为。
故答案为： 91.90 ； 91.29 ；
（6）与实验室用乙醇和浓硫酸制备乙烯相比，利用此装置制备乙烯的优点是反应无需加热，产生的乙烯气流平稳，速率可控，产率高。
故答案为： 反应无需加热，产生的乙烯气流平稳，速率可控，产率高 ；
【分析】(1)a为分液漏斗活塞，作用是调节碱液滴加速度，控制反应速率。
(2)最佳选择：30%氢氧化钾溶液（产气速率快、气流平稳、无盐析）。
盐析危害：析出的盐包裹乙烯利固体，阻碍碱液与乙烯利接触，导致反应速率减慢、产率降低。
(3)称取固体时用到的仪器为托盘天平和烧杯。
(4) 反应式：+4KOHCH2=CH2↑+KCl+K3PO4+3H2O ；
：P原子价层电子对数为4，无孤电子对，空间结构为正四面体。
(5) 序号1产率：
平均产率：
(6) 与乙醇消去法相比，此装置优点为无需加热、气流平稳、速率可控、产率高。
（1）a的作用是调节碱液的滴加速度，控制反应速率。
（2）由上表分析可知：制备乙烯的最佳反应溶液选择是30%氢氧化钾溶液，当出现盐析现象时，对反应速率和产率产生不利影响的原因是盐析产生的固体包裹乙烯利固体表面，阻碍碱液与乙烯利充分接触，使反应速率减慢，且降低产率。
（3）步骤Ⅱ中称取固体时，实验仪器中用到的有托盘天平和烧杯。
（4）已知固体乙烯利（）和强碱溶液反应除生产乙烯外还产生氯化盐、磷酸盐等，则步骤Ⅲ中反应的化学方程式+4KOHCH2=CH2↑+KCl+K3PO4+3H2O；中心原子P的价层电子对数为，故空间结构为正四面体；
（5）乙烯产率为，乙烯平均产率为。
（6）与实验室用乙醇和浓硫酸制备乙烯相比，利用此装置制备乙烯的优点是反应无需加热，产生的乙烯气流平稳，速率可控，产率高。
16．（2025·毕节模拟）近年来全球电动汽车销量激增，废旧锂电池的回收愈发迫在眉睫。以废旧三元锂电池正极材料的硫酸浸出液（含Ni、Co、Mn、Li）为研究对象，采用Cyanex 301（一种酸性萃取剂）选择性分离回收其中的和；和代表萃取率。工艺流程如图所示：
回答下列问题：
（1）Co在周期表中的位置　 　。
（2）水相经加碱调节后，通入空气可将氧化成固体氧化物，从而实现分离，写出反应的离子方程式　 　。
（3）遇到氨性溶液（由、和配制）会转化为，此时氧化剂与还原剂的物质的量之比为　 　。
（4）Cyanex 301是一种酸性萃取剂，其与金属离子的萃取反应可简易表示为：式中：为被萃金属离子；为萃取剂Cyanex 301，结合下图第一次反萃取过程中HCl的浓度应为　 　mol/L，简述选择此浓度的原因　 　。
（5）提纯的镍和钴可用于制取镍四甲基酞箐与钴四氨基酞箐双位点电催化剂，下图中镍的化合价为　 　。
（6）从溶液中获取干燥的晶体的操作步骤为　 　。
（7）由等物质可制备晶体，其立方晶胞如图所示。与最小间距大于与最小间距，、为整数。则在晶胞中的位置为　 　；晶体中一个Al周围与其最近的O的个数为　 　。
【答案】（1）第四周期第Ⅷ族
（2）
（3）
（4）3；浓度为时主要萃取出的为，此时基本没有被萃取出来，便于分离出和
（5）＋2
（6）在氯化氢气流中蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥
（7）体心；12
【知识点】晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）Co为27号元素，在周期表中的位置：第四周期第Ⅷ族；
故答案为： 第四周期第Ⅷ族 ；
（2）空气中氧气具有氧化性，可将氧化成固体氧化物二氧化锰，反应为：；
故答案为： ；
（3）反应中Co由+3变为+2为氧化剂，硫化合价由+4变为+6为还原剂，结合电子守恒：，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1；
故答案为： ；
（4）由图，浓度为时主要萃取出的为，此时基本没有被萃取出来，便于分离出和，故第一次反萃取过程中HCl的浓度应为3mol/L；
故答案为：3；浓度为时主要萃取出的为，此时基本没有被萃取出来，便于分离出和 ；
（5）图中二氧化碳得到2个电子被还原为CO，图中镍会失去2个电子而显+2价；
故答案为： ＋2 ；
（6）蒸发过程中会水解，则应在HCl氛围中抑制其水解，故溶液中获取干燥的晶体的操作步骤为在氯化氢气流中蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；
故答案为： 在氯化氢气流中蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 ；
（7）根据化学式，结合化合价代数和为0，氧原子数大于铝，则图中白球为氧，与最小间距大于与最小间距，则体心球为Co，顶点黑球为Al；晶体中Al在顶点、氧在面心，则一个Al周围与其最近的O的个数为12。
故答案为： 体心 ；12；
【分析】该流程以废旧三元锂电池正极材料的硫酸浸出液（含 Ni、Co、Mn、Li）为原料，通过酸性萃取剂 Cyaneх 301进行萃取，使 Ni 和 Co 进入有机相，Mn 和 Li 则留在水相中被分离；随后用不同浓度的 HCl 对有机相进行两次反萃取：先在常温下用 C1 mol/L HCl 反萃得到 CoCl2溶液，再在 80℃下用 C2 mol/L HCl 反萃得到 NiCl2溶液，最后分别结晶得到 CoCl2 6H2O 和 NiCl2 4H2O，实现 Ni 和 Co 的选择性回收。
（1）Co为27号元素，在周期表中的位置：第四周期第Ⅷ族；
（2）空气中氧气具有氧化性，可将氧化成固体氧化物二氧化锰，反应为：；
（3）反应中Co由+3变为+2为氧化剂，硫化合价由+4变为+6为还原剂，结合电子守恒：，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1；
（4）由图，浓度为时主要萃取出的为，此时基本没有被萃取出来，便于分离出和，故第一次反萃取过程中HCl的浓度应为3mol/L；
（5）图中二氧化碳得到2个电子被还原为CO，图中镍会失去2个电子而显+2价；
（6）蒸发过程中会水解，则应在HCl氛围中抑制其水解，故溶液中获取干燥的晶体的操作步骤为在氯化氢气流中蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；
（7）根据化学式，结合化合价代数和为0，氧原子数大于铝，则图中白球为氧，与最小间距大于与最小间距，则体心球为Co，顶点黑球为Al；晶体中Al在顶点、氧在面心，则一个Al周围与其最近的O的个数为12。
17．（2025·毕节模拟）为应对全球气候变暖等环境问题，碳捕集、利用和封存（CCUS）技术得到了越来越多的关注。加氢制甲醇既可实现资源化利用，也可实现可再生能源的化学储存，是一种重要的CCUS技术。回答下列问题
（1）200℃时，加氢制甲醇主要发生下列反应：
反应的　 　，该反应自发进行的条件是　 　。
（2）从分子水平上探究反应机理可为设计高效催化剂提供理论指导。加氢制甲醇反应在不同载体的催化剂催化作用下反应的过程如图所示。其中带“*”的物种表示吸附在催化剂表面。
根据势能图，COOH*羧酸盐路径决速步的活化能为　 　，HCOO*甲酸盐路径中反应速率影响最大的基元反应方程式是　 　，实验测得甲酸盐路径更容易进行，原因是　 　。
（3）一定压强条件下，催化剂A和催化剂B在不同温度下的催化性能分别如图1、2所示，应选用的催化剂是　 　（填“A”或“B”），理由是　 　。
（4）200℃、压强为的条件下，在恒容密闭容器中加入催化剂、和反应并达到平衡状态，测得反应的数据如图1，平衡转化率为，甲醇选择性为80%，计算主反应在该温度下的分压平衡常数　 　。［列出计算式即可，分压总压物质的量分数，甲醇选择性］
（5）为深入研究催化剂和催化剂对转化率的影响，根据Arrhenius方程（，是速率常数，是定值，是活化能，是气体常数，是绝对温度）测定了催化剂A、B的反应活化能，结果如图，催化剂B对应的曲线是　 　。
（6）科学家发明了一种由阴离子交换树脂——碳纳米管构成的膜分离装置（如图）可以连续去除空气中的，在富集的同时获得基本不含的空气，除去的空气可用于碱性燃料电池。
①写出侧转化成的电极反应方程式　 　。
②膜分离装置中复合薄膜的作用是　 　。
【答案】（1）-49.6kJ/mol；低温
（2）1.17eV；；中间体比更稳定
（3）A；200℃下，使用催化剂A，的转化率更高，的选择性更大
（4）或
（5）N
（6）；离子交换和电子传导
【知识点】盖斯定律及其应用；电极反应和电池反应方程式；化学平衡常数
【解析】【解答】（1）已知，① ；② ；③ ；由盖斯定律可知，②+③=①，则反应的=-49.6kJ/mol，该反应过程中气体体积减小，，时，反应可以自发进行，则该反应自发进行的条件是低温。
故答案为： -49.6kJ/mol ； 低温 ；
（2）决速步指的是活化能最高的一步，COOH*羧酸盐路径决速步的活化能为1.17eV，甲酸盐路径决速步发生反应的方程式为 ，根据图中信息中间体HCOO*的能量比COOH*的能量低，根据能量越低越稳定，因此比更稳定，实验测得甲酸盐路径更容易进行。
故答案为：1.17eV ； ； 中间体比更稳定 ；
（3）200℃下，使用催化剂A，的转化率更高，的选择性更大，应选用的催化剂是A。
故答案为：A； 200℃下，使用催化剂A，的转化率更高，的选择性更大 ；
（4）200℃、压强为的条件下，在恒容密闭容器中加入催化剂、和反应并达到平衡状态，平衡转化率为，甲醇选择性为80%，则平衡时n(CO2)=1mol-1mol×0.08=0.92mol，n(甲醇)=0.08mol×0.8=0.064mol，n(CO)= 0.08mol×0.2=0.016mol，由O原子守恒可知，n(H2O)=2mol-0.92mol×2-0.064mol-0.016mol=0.08mol，由H原子守恒可知，n(H2)=，气体总物质的量为2.792mol+0.92mol+0.016mol+0.08mol+0.064mol=3.872mol，则主反应在该温度下的分压平衡常数Kp=或。
故答案为：或 ；
（5）根据Arrhenius方程（，是速率常数，是定值，是活化能，是气体常数，是绝对温度）可知，lnK=，根据图示，直线M较N平缓，可知Ea小，反应速率快，所以催化效率高的是M ，则催化剂B对应的曲线是N；
故答案为： N ；
（6）①膜的A侧通入含CO2的空气，经过反应后，A侧得到基本不含CO2的空气，CO2转化成，空气中含有O2，说明该过程中O2得到电子生成，反应方程式为：；
②阴离子交换树脂-碳纳米管构成的膜分离装置兼具离子和电子传导性能，复合膜中加入碳纳米管的作用是：离子交换和电子传导。
故答案为： ；离子交换和电子传导 。
【分析】(1)焓变计算：根据盖斯定律，将已知反应②和③相加，即可得到目标反应①：
自发条件：该反应 （放热），且气体分子数减少，故 。根据吉布斯自由能判据 ，只有在低温下，才能满足 ，使反应自发进行。
(2)决速步活化能：决速步是活化能最高的步骤。在羧酸盐路径中，从 到过渡态的能量差最大，为 ，这就是该路径的决速步活化能。
甲酸盐路径决速步：该路径中活化能最高的基元反应是 ，它是整个反应的速率控制步骤。
路径选择原因：中间体 的能量比 更低，能量越低越稳定，因此甲酸盐路径在热力学上更有利，实验中也更容易进行。
(3)选择依据：在目标反应温度 下，对比两种催化剂的性能：
催化剂A： 转化率和 选择性均明显高于催化剂B。
因此，应选用催化剂A，以获得更高的目标产物收率。
(4) 计算平衡物质的量：
初始：，。
反应后：。
生成甲醇：。
生成CO：。
由原子守恒可得：，。
总物质的量 。
计算分压：各物质分压 。
写出 表达式：
(5) 方程分析：Arrhenius方程 取自然对数后为 。这是一个线性方程，斜率为 。
图像解读：斜率的绝对值越大，代表活化能 越大。催化剂B的催化效率相对较低，意味着其活化能更高，对应图中斜率更大的曲线N。
(6) A侧电极反应：A侧空气中的 、 和 发生反应， 得到电子被还原， 转化为 ，反应式为：
复合薄膜作用：该薄膜由阴离子交换树脂和碳纳米管构成，兼具双重功能：一是作为离子导体，传输生成的 ；二是作为电子导体，传导反应所需的电子。
（1）已知，① ；② ；③ ；由盖斯定律可知，②+③=①，则反应的=-49.6kJ/mol，该反应过程中气体体积减小，，时，反应可以自发进行，则该反应自发进行的条件是低温。
（2）决速步指的是活化能最高的一步，COOH*羧酸盐路径决速步的活化能为1.17eV，甲酸盐路径决速步发生反应的方程式为 ，根据图中信息中间体HCOO*的能量比COOH*的能量低，根据能量越低越稳定，因此比更稳定，实验测得甲酸盐路径更容易进行。
（3）200℃下，使用催化剂A，的转化率更高，的选择性更大，应选用的催化剂是A。
（4）200℃、压强为的条件下，在恒容密闭容器中加入催化剂、和反应并达到平衡状态，平衡转化率为，甲醇选择性为80%，则平衡时n(CO2)=1mol-1mol×0.08=0.92mol，n(甲醇)=0.08mol×0.8=0.064mol，n(CO)= 0.08mol×0.2=0.016mol，由O原子守恒可知，n(H2O)=2mol-0.92mol×2-0.064mol-0.016mol=0.08mol，由H原子守恒可知，n(H2)=，气体总物质的量为2.792mol+0.92mol+0.016mol+0.08mol+0.064mol=3.872mol，则主反应在该温度下的分压平衡常数Kp=或。
（5）根据Arrhenius方程（，是速率常数，是定值，是活化能，是气体常数，是绝对温度）可知，lnK=，根据图示，直线M较N平缓，可知Ea小，反应速率快，所以催化效率高的是M ，则催化剂B对应的曲线是N；
（6）①膜的A侧通入含CO2的空气，经过反应后，A侧得到基本不含CO2的空气，CO2转化成，空气中含有O2，说明该过程中O2得到电子生成，反应方程式为：；
②阴离子交换树脂-碳纳米管构成的膜分离装置兼具离子和电子传导性能，复合膜中加入碳纳米管的作用是：离子交换和电子传导。
18．（2025·毕节模拟）抗癌药物（G）对胃肠道肿瘤、胰腺癌有一定治疗作用，合成G的一种方法如下：
已知：遇水即放出和。
Ⅰ：
Ⅱ：
回答下列问题：
（1）化合物A中含有的官能团名称为　 　、　 　。
（2）的反应中，的作用是　 　。
（3）的反应类型是　 　，反应的方程式为　 　。
（4）的过程中，若用与直接反应制，所需试剂较多，后续处理麻烦；若用与反应制处理较为简单，易于操作，制备过程中加入有机碱吡啶或可提高的产率，原因是　 　，实验测得用比用吡啶的产率更高，原因是　 　。
（5）化合物是上述合成路线中的重要中间体，写出同时符合下列条件的该化合物的同分异构体的结构简式　 　。
①是苯的二取代物；
②核磁共振氢谱和红外光谱检测表明：分子中有4种不同化学环境的氢原子，有碳氧双键无碳氧单键。
（6）参照上述合成路线，设计以、和为原料合成的路线（无机试剂任选）　 　。
【答案】（1）氨基；硝基
（2）碱性条件下提高B的转化率
（3）还原反应；
（4）反应中生成的被有机碱中和平衡正向移动；的氮孤对电子未参与共轭，质子化能力更强，吡啶的孤对电子因芳香共轭被离域，碱性显著降低；的碱性比的强（或其它合理答案）
（5）、
（6）
【知识点】有机物的合成；同分异构现象和同分异构体；酰胺
【解析】【解答】（1）由A的结构简式可知，A中含有的官能团名称为氨基和硝基。
故答案为： 氨基 ； 硝基 ；
（2）在B→D的反应中，B与C反应会生成HBr（酸性物质），K2CO3是碱性物质，二者可发生反应，根据化学平衡原理可知，减少生成物HBr的浓度，会促使反应朝着生成更多产物的方向进行，有利于提高B的转化率，
故答案为：碱性条件下提高B的转化率。
（3）在D→E反应中，对比D和E的结构式可知，-NO2转变为-NH2，在有机化学中，加氢或去氧的反应属于还原反应，故该反应为还原反应，反应方程式为：。
故答案为：还原反应，。
（4）根据物质结构分析可知，用与E制备物质G会生成HCl，加入有机碱能与产生的HCl发生反应，从而减少HCl的浓度，使反应平衡正向移动，从而生成更多的目标产物，提高E的产率；分析(C3H7)2NCH2CH3可知，其氮原子的孤对电子未参与共轭，质子化能力更强，吡啶的孤对电子因芳香共轭被离域，碱性显著降低；故答案为：反应中生成的被有机碱中和平衡正向移动；(C3H7)2NCH2CH3的碱性比的强。
故答案为： 反应中生成的被有机碱中和平衡正向移动 ；的氮孤对电子未参与共轭，质子化能力更强，吡啶的孤对电子因芳香共轭被离域，碱性显著降低；的碱性比的强（或其它合理答案） ；
（5）题中化合物的分子式为C8H9ON，要求该化合物同分异构体是苯的二取代物（两个取代基），且分子中有4种不同化学环境的氢原子（需考虑对称性），有碳氧双键无碳氧单键（如羰基），满足上述要求的同分异构体为：、。
故答案为：、。；
（6）根据已知信息I和Ⅱ可知，和在SOCl2和正丁醇存在下可生成，若要合成，由题中给出的反应流程图可知，应在苯环上引入一个-NH2，根据合成物的结构可确定引入氨基在苯环上的位置，故合成路线如下：。
故答案为：
【分析】该合成流程以含硝基苯胺A（）为起始原料：先与硫脲、乙酰氯等试剂反应，经酰化和硫脲缩合得到硫脲衍生物B（）；再与溴代吡啶酮C（）在碱作用下发生环化反应，构建噻唑环得到中间体（D）；随后在 Ni Raney 催化下加氢还原，将硝基（-NO2）还原为氨基（-NH2），得到中间体（E）；最后与含甲基哌啶的苯甲酸衍生物（F）发生酰胺化反应，最终得到目标抗癌药物（G）。
（1）由A的结构简式可知，A中含有的官能团名称为氨基和硝基。
（2）在B→D的反应中，B与C反应会生成HBr（酸性物质），K2CO3是碱性物质，二者可发生反应，根据化学平衡原理可知，减少生成物HBr的浓度，会促使反应朝着生成更多产物的方向进行，有利于提高B的转化率，故答案为：碱性条件下提高B的转化率。
（3）在D→E反应中，对比D和E的结构式可知，-NO2转变为-NH2，在有机化学中，加氢或去氧的反应属于还原反应，故该反应为还原反应，反应方程式为：。
（4）根据物质结构分析可知，用与E制备物质G会生成HCl，加入有机碱能与产生的HCl发生反应，从而减少HCl的浓度，使反应平衡正向移动，从而生成更多的目标产物，提高E的产率；分析(C3H7)2NCH2CH3可知，其氮原子的孤对电子未参与共轭，质子化能力更强，吡啶的孤对电子因芳香共轭被离域，碱性显著降低；故答案为：反应中生成的被有机碱中和平衡正向移动；(C3H7)2NCH2CH3的碱性比的强。
（5）题中化合物的分子式为C8H9ON，要求该化合物同分异构体是苯的二取代物（两个取代基），且分子中有4种不同化学环境的氢原子（需考虑对称性），有碳氧双键无碳氧单键（如羰基），满足上述要求的同分异构体为：、。
（6）根据已知信息I和Ⅱ可知，和在SOCl2和正丁醇存在下可生成，若要合成，由题中给出的反应流程图可知，应在苯环上引入一个-NH2，根据合成物的结构可确定引入氨基在苯环上的位置，故合成路线如下：。
1 / 1贵州省毕节市2025届高三下学期第二次适应性考试化学试题
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每个小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1．（2025·毕节模拟）2025年亚洲冬季运动会科技与体育双向奔赴，释放更加迷人的魅力。下列说法正确的是
A．部分场馆屋顶覆盖的太阳能电池板主要成分为二氧化硅
B．“澎湃”火炬使用的环保材料碳纤维属于有机高分子材料
C．开幕式燃放的五彩缤纷的烟花呈现某些金属元素的焰色
D．生产橡胶弹性地板的原料顺-1，4-聚异戊二烯属于烃的衍生物
2．（2025·毕节模拟）下列有关化学用语或表述错误的是
A．中子数为8的碳原子：
B．2-甲基-1-丁醇的键线式：
C．BF3分子的VSEPR模型和空间结构均为平面三角形
D．用电子云轮廓图表示H-Cl的s-p键形成的示意图
3．（2025·毕节模拟）劳动有利于“知行合一”。下列相关解释错误的是
A．将切好的茄子浸泡在凉水中：可防止茄子被氧气氧化变黑
B．工人对铁制品进行发蓝处理：在铁制品表面形成表面钝化膜
C．利用氢氟酸刻蚀石英制作艺术品：氢氟酸可与二氧化硅反应
D．将白糖熬制成焦糖汁：利用蔗糖高温下充分炭化为食物增色
4．（2025·毕节模拟）可用作潜水或宇航装置的吸收剂和供氧剂，反应方程式为。为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．晶体中离子数目为
B．中键的数目为
C．溶液含有的氧原子数目为
D．反应生成时转移的电子数目为
5．（2025·毕节模拟）下列装置不能达到实验目的的是
A．装置甲可用于提纯胡萝卜素
B．装置乙可用于验证铁的吸氧腐蚀
C．装置丙可用于检验干燥的氯气是否具有漂白性
D．装置丁可用于比较碳酸钠和碳酸氢钠的稳定性
6．（2025·毕节模拟）下列离子方程式书写正确的是
A．碳酸氢铵溶液中加入足量的烧碱溶液：
B．硫酸酸化的过氧化氢溶解硫化铜：
C．稀硝酸溶浸磁铁矿：
D．水玻璃中通入过量的：
7．（2025·毕节模拟）从辣椒中提取的一种辣椒素，结构如图所示。下列说法正确的是
A．碳原子均为杂化
B．分子中含有5种官能团
C．能与溶液反应生产
D．辣椒素最多与溶液反应
8．（2025·毕节模拟）已知、和三种元素的原子序数之和等于42；元素原子的轨道上有3个未成对电子，元素原子的最外层轨道上有2个未成对电子且无空轨道。和可形成化合物，和可以形成化合物。下列说法正确的是
A．元素原子基态时简化的电子排布式为
B．X元素是第四周期第VA族元素
C．元素原子的电子空间运动状态有8种
D．化合物为非极性分子
9．（2025·毕节模拟）下列实验操作及现象能得出相应结论的是
选项 实验操作及现象 结论
A 溶液中滴加溶液，溶液由橙色变为黄色 增大生成物的浓度，平衡向逆反应方向移动
B 待测液中滴加溶液，生成白色沉淀 待测液含有
C 将溶液和稀混合，得到沉淀，且生成的气体可使品红溶液褪色 既体现还原性又体现氧化性
D 向溶液中滴加过量溶液，再滴加溶液，先出现白色沉淀，后出现黄色沉淀
A．A B．B C．C D．D
10．（2025·毕节模拟）某的四方晶胞如图a所示，当晶体有原子脱出时，会出现氧空位，使晶体具有半导体性质。某的晶体结构也如图a所示，且与的晶胞体积近似相等。下列说法错误的是
A．当晶体有原子脱出时，的化合价不变
B．该晶胞在平面的投影如图b所示
C．该的氧化物化学式为
D．与的晶体密度比约为11：10
11．（2025·毕节模拟）一种纯碱和聚氯乙烯联合生产工艺的流程如图所示，其中“碳化”步骤的主要产物是CaC2。下列说法错误的是
A．为控制反应速率，“制气”步骤可用饱和食盐水代替水
B．“沉淀”反应的离子方程式为
C．“转化”所得Cl2用于合成聚氯乙烯
D．流程中可循环利用的物质是NH3
12．（2025·毕节模拟）科研团队以双氧水为氧化剂催化苯羟基化制苯酚，反应机理如下图。下列说法错误的是
A．反应过程中，钒基催化剂表现出氧化性和还原性
B．随着的加入，只形成单过氧钒物种
C．反应过程中，V-O键裂解生成过氧钒自由基
D．该过程的总反应式：
13．（2025·毕节模拟）一种装载双原子双层带电膜（EM）电极材料可将硝酸盐还原为，为低浓度的硝酸盐污染提供高效实用的解决方案，工作原理如图所示。下列说法错误的是
A．装置工作一段时间后，阳极区减小
B．阴极发生的反应为
C．相同条件下，阴阳两极产生气体的体积比为
D．带电膜阳极上的游离氯可将氧化为
14．（2025·毕节模拟）常温下，用浓度为的标准溶液滴定浓度均为的和的混合溶液，滴定过程中溶液的随的变化曲线如图所示。已知：。下列说法错误的是
A．a点溶液约为3.38
B．b点：
C．c点：
D．时，
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15．（2025·毕节模拟）乙烯是合成纤维、橡胶、塑料和乙醇的基本化工原料。某实验小组利用如图装置（夹持装置省略）制备乙烯并进行产率的测定：
Ⅰ．乙烯的制备方法
检查装置的气密性，将适量的固体乙烯利加入到滴液式气体发生器的反应容器中，储液杯中加入碱液，打开a，使碱液滴入反应容器后与固体乙烯利充分接触产生气体，收集乙烯并验纯。
Ⅱ．碱溶液的选择
称取乙烯利固体分别与不同浓度氢氧化钠溶液和氢氧化钾溶液反应，根据实验现象，确定最佳反应溶液。
Ⅲ．乙烯产率的测定
用分析天平分别称取不同质量的乙烯利固体与步骤Ⅱ中确定的最佳反应碱溶液反应，测定产生乙烯的体积并计算产率。
已知：固体乙烯利（）难溶于水，和强碱溶液反应除生产乙烯外还产生氯化盐、磷酸盐等。回答下列问题：
（1）a的作用　 　。
（2）步骤Ⅱ的实验现象如下表：
序号 氢氧化钠溶液浓度/% 实验现象 序号 氢氧化钾溶液浓度/% 实验现象
1 20 产气速率较慢，反应器壁温，气流不平稳，反应过程中出现盐析现象 1 20 产气速率较慢，反应器壁温，气流不平稳，无盐析现象
2 30 产气速率较快，反应器壁温，气流不平稳，反应过程中出现盐析现象 2 30 产气速率较快，反应器壁温，气流平稳，无盐析现象
3 35 产气速率较快，反应器壁温热，气流平稳，反应过程中出现盐析现象 3 35 产气速率很快，反应器壁温热，气流平稳，无盐析现象
由上表分析可知：制备乙烯的最佳反应溶液选择　 　，当出现盐析现象时，对反应速率和产率产生不利影响的原因是　 　。
（3）步骤Ⅱ中称取固体时，下列实验仪器中用到的有　 　、　 　。（填仪器名称）
（4）写出步骤Ⅲ中反应的化学方程式　 　，的空间结构为　 　。
（5）步骤Ⅲ的部分实验数据如下表，计算乙烯产率和乙烯平均产率。
序号 乙烯利的质量（g） 乙烯体积（mL） 乙烯体积理论值（mL） 乙烯产率（%） 乙烯平均产率（%）
1 7.0869 1010 1099 　 　 　 　
2 7.0561 995 1094 90.95
3 7.0347 993 1091 91.02
（6）与实验室用乙醇和浓硫酸制备乙烯相比，利用此装置制备乙烯的优点是　 　。
16．（2025·毕节模拟）近年来全球电动汽车销量激增，废旧锂电池的回收愈发迫在眉睫。以废旧三元锂电池正极材料的硫酸浸出液（含Ni、Co、Mn、Li）为研究对象，采用Cyanex 301（一种酸性萃取剂）选择性分离回收其中的和；和代表萃取率。工艺流程如图所示：
回答下列问题：
（1）Co在周期表中的位置　 　。
（2）水相经加碱调节后，通入空气可将氧化成固体氧化物，从而实现分离，写出反应的离子方程式　 　。
（3）遇到氨性溶液（由、和配制）会转化为，此时氧化剂与还原剂的物质的量之比为　 　。
（4）Cyanex 301是一种酸性萃取剂，其与金属离子的萃取反应可简易表示为：式中：为被萃金属离子；为萃取剂Cyanex 301，结合下图第一次反萃取过程中HCl的浓度应为　 　mol/L，简述选择此浓度的原因　 　。
（5）提纯的镍和钴可用于制取镍四甲基酞箐与钴四氨基酞箐双位点电催化剂，下图中镍的化合价为　 　。
（6）从溶液中获取干燥的晶体的操作步骤为　 　。
（7）由等物质可制备晶体，其立方晶胞如图所示。与最小间距大于与最小间距，、为整数。则在晶胞中的位置为　 　；晶体中一个Al周围与其最近的O的个数为　 　。
17．（2025·毕节模拟）为应对全球气候变暖等环境问题，碳捕集、利用和封存（CCUS）技术得到了越来越多的关注。加氢制甲醇既可实现资源化利用，也可实现可再生能源的化学储存，是一种重要的CCUS技术。回答下列问题
（1）200℃时，加氢制甲醇主要发生下列反应：
反应的　 　，该反应自发进行的条件是　 　。
（2）从分子水平上探究反应机理可为设计高效催化剂提供理论指导。加氢制甲醇反应在不同载体的催化剂催化作用下反应的过程如图所示。其中带“*”的物种表示吸附在催化剂表面。
根据势能图，COOH*羧酸盐路径决速步的活化能为　 　，HCOO*甲酸盐路径中反应速率影响最大的基元反应方程式是　 　，实验测得甲酸盐路径更容易进行，原因是　 　。
（3）一定压强条件下，催化剂A和催化剂B在不同温度下的催化性能分别如图1、2所示，应选用的催化剂是　 　（填“A”或“B”），理由是　 　。
（4）200℃、压强为的条件下，在恒容密闭容器中加入催化剂、和反应并达到平衡状态，测得反应的数据如图1，平衡转化率为，甲醇选择性为80%，计算主反应在该温度下的分压平衡常数　 　。［列出计算式即可，分压总压物质的量分数，甲醇选择性］
（5）为深入研究催化剂和催化剂对转化率的影响，根据Arrhenius方程（，是速率常数，是定值，是活化能，是气体常数，是绝对温度）测定了催化剂A、B的反应活化能，结果如图，催化剂B对应的曲线是　 　。
（6）科学家发明了一种由阴离子交换树脂——碳纳米管构成的膜分离装置（如图）可以连续去除空气中的，在富集的同时获得基本不含的空气，除去的空气可用于碱性燃料电池。
①写出侧转化成的电极反应方程式　 　。
②膜分离装置中复合薄膜的作用是　 　。
18．（2025·毕节模拟）抗癌药物（G）对胃肠道肿瘤、胰腺癌有一定治疗作用，合成G的一种方法如下：
已知：遇水即放出和。
Ⅰ：
Ⅱ：
回答下列问题：
（1）化合物A中含有的官能团名称为　 　、　 　。
（2）的反应中，的作用是　 　。
（3）的反应类型是　 　，反应的方程式为　 　。
（4）的过程中，若用与直接反应制，所需试剂较多，后续处理麻烦；若用与反应制处理较为简单，易于操作，制备过程中加入有机碱吡啶或可提高的产率，原因是　 　，实验测得用比用吡啶的产率更高，原因是　 　。
（5）化合物是上述合成路线中的重要中间体，写出同时符合下列条件的该化合物的同分异构体的结构简式　 　。
①是苯的二取代物；
②核磁共振氢谱和红外光谱检测表明：分子中有4种不同化学环境的氢原子，有碳氧双键无碳氧单键。
（6）参照上述合成路线，设计以、和为原料合成的路线（无机试剂任选）　 　。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】硅和二氧化硅
【解析】【解答】A、太阳能电池板的核心功能是光电转换，依赖的是良好的半导体材料，其主要成分是硅单质，而非二氧化硅（SiO2，主要用于光导纤维）。A错误；
B、碳纤维的主要成分是碳单质，属于无机非金属材料，并非有机高分子材料（有机高分子材料通常是由碳、氢、氧等元素组成的聚合物）。B错误；
C、烟花绽放时的缤纷色彩，是烟花中的不同金属元素在灼烧时发生的焰色反应，例如钠显黄色、钾显紫色（透过蓝色钴玻璃）、钙显砖红色等，这是金属元素的特征物理性质。C正确；
D、顺 - 1，4 - 聚异戊二烯的化学式为 (C5H8) ，仅由碳、氢两种元素组成，属于烃类，而非烃的衍生物（烃的衍生物还含有氧、氮、卤素等其他元素）。D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
硅材料辨析：电池板用硅单质，光导纤维用二氧化硅。
材料类别判断：碳纤维是无机非金属材料，有机高分子必须是聚合物。
焰色反应本质：是金属元素的物理性质，用于烟花显色。
烃与衍生物区分：只含 C、H 的是烃，含其他元素的是衍生物。
2．【答案】B
【知识点】原子中的数量关系；判断简单分子或离子的构型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A、碳原子的质子数为 6，中子数为 8，则质量数 = 6 + 8 = 14，该原子可表示为 ，A正确；
B、2 - 甲基 - 1 - 丁醇的主链应包含 4 个碳原子，羟基（-OH）连接在 1 号碳上，甲基（-CH3）连接在 2 号碳上，其结构简式为 ，题目给出的键线式对应的是2 - 丁醇（ ），羟基在 2 号碳，并非 2 - 甲基 - 1 - 丁醇，B错误；
C、BF3分子中，B 原子的价层电子对数 = 3+=3 ，且无孤电子对，因此 VSEPR 模型和空间结构均为平面三角形，C正确；
D、H 原子的 1s 轨道与 Cl 原子的 3p 轨道沿键轴方向 “头碰头” 重叠，形成 s-pσ 键， 电子云轮廓图表示为：，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
原子符号：质量数 = 质子数 + 中子数，左下角标质子数，左上角标质量数。
有机物命名：先确定主链和官能团位置，再核对取代基位置，避免混淆 “1 - 丁醇” 和 “2 - 丁醇”。
分子构型：价层电子对数决定 VSEPR 模型，孤电子对数影响空间结构，BF3无孤电子对，故两者一致。
化学键表示：s-pσ 键由 s 轨道和 p 轨道 “头碰头” 重叠形成，电子云轮廓图可清晰展示。
3．【答案】D
【知识点】化学科学的主要研究对象；硅和二氧化硅
【解析】【解答】A、茄子切开后，其中的酚类物质易被空气中的 O2氧化而变黑。浸泡在凉水中可以隔绝氧气，同时降低酶的活性，从而延缓氧化变色，A正确；
B、发蓝处理是通过化学方法在铁制品表面生成一层致密的四氧化三铁（Fe3O4）氧化膜，这层膜可以隔绝空气和水，防止铁制品生锈，属于钝化保护，B正确；
C、石英的主要成分是二氧化硅（SiO2），氢氟酸（HF）能与 SiO2发生反应，生成四氟化硅（SiF4）气体和水，因此可以用来刻蚀石英制作艺术品，C正确；
D、熬制焦糖汁的过程是蔗糖在高温下发生焦糖化反应，这是一个复杂的脱水、分解和聚合过程，生成了有色的焦糖色素，并非简单的 “炭化”（炭化是指有机物完全脱水变成碳），D错误；
故答案为：D。
【分析】解题要点：
氧化防护：隔绝氧气或降低温度可延缓氧化反应。
金属钝化：通过化学反应在金属表面形成致密保护膜。
特殊反应：氢氟酸是唯一能与二氧化硅反应的酸。
焦糖化反应：是蔗糖在高温下的复杂化学变化，生成有色物质，与炭化不同。
4．【答案】B
【知识点】物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、Na2O2由 Na+和 O22-构成，1mol Na2O2中含 2mol Na+和 1mol O22-，离子总数为 3mol，即离子数目为 3NA，A错误；
B、CO2的结构式为 O=C=O，每个 CO2分子中含有 2 个 σ 键。44g CO2的物质的量为 1mol，故 σ 键的物质的量为 2mol，数目为 2NA，B正确；
C、1L 1mol/L Na2CO3溶液中，溶质 Na2CO3含 3mol 氧原子，但溶剂 H2O 中也含有大量氧原子，因此溶液中氧原子总数远大于 3NA，C错误；
D、反应 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2中，生成 1mol O2时转移 2mol 电子。题目中未说明 O2处于标准状况，2.24L O2的物质的量不一定是 0.1mol，因此转移电子数不一定为 0.2NA，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
离子晶体结构：Na2O2中 O22-是一个整体，1mol 晶体含 3mol 离子。
共价键类型：CO2分子中每个双键含 1 个 σ 键和 1 个 π 键，1mol CO2含 2mol σ 键。
溶液中的粒子：计算溶液中原子数时，必须同时考虑溶质和溶剂。
气体摩尔体积：使用 22.4L/mol 时，必须明确气体处于标准状况。
5．【答案】C
【知识点】探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A、装置甲为柱色谱装置，利用胡萝卜素与杂质在固定相（硅胶）和流动相（溶剂）中的分配系数差异实现分离提纯，可用于胡萝卜素的纯化，A能达到实验目的；
B、装置乙中，铁丝网被食盐水浸润，处于中性环境，发生吸氧腐蚀，消耗试管内的 O2，使试管内压强降低，导致导管中红墨水液面上升，可验证吸氧腐蚀，B能达到实验目的；
C、装置丙中，Cl2先通入 NaOH 溶液，会与 NaOH 发生反应被吸收，无法得到干燥的 Cl2，因此无法检验干燥 Cl2是否具有漂白性，C不能达到实验目的；
D、装置丁中，NaHCO3受热易分解产生 CO2，使澄清石灰水变浑浊，而 Na2CO3受热不分解，通过对比现象可比较两者的热稳定性，D能达到实验目的；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
柱色谱原理：利用物质在两相中的分配差异实现分离。
吸氧腐蚀判断：O2被消耗导致压强变化，通过液面变化验证。
Cl2漂白性本质：起漂白作用的是 HClO，干燥的 Cl2无漂白性，且实验中 Cl2被 NaOH 溶液吸收，无法完成检验。
碳酸盐稳定性比较：NaHCO3受热易分解，Na2CO3受热稳定，可通过加热分解产物判断。
6．【答案】D
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A、足量烧碱会与 NH4+和 HCO3-都发生反应，正确的离子方程式应为：
HCO3- +NH4++2OH-=CO32-+NH3 H2O+H2O选项中只写了 NH4+与 OH-的反应，遗漏了 HCO3-的反应，因此 A 错误。
B、原方程式中 Cu 原子不守恒，正确的离子方程式应为：CuS+H2O2+2H+=Cu2++2H2O + S↓选项中 CuS 的系数为 2，导致 Cu 原子不守恒，B错误；
C、稀硝酸具有强氧化性，会将 Fe3O4中的 Fe2+氧化为 Fe3+，同时生成 NO 气体，正确的离子方程式应为：3Fe3O4+28H++NO3-=9Fe3++NO↑+14H2O选项中没有体现硝酸的氧化性，也没有生成 NO，C错误；
D、过量的 CO2会将 SiO32-转化为 H2SiO3沉淀，同时将 CO32-转化为 HCO3-，离子方程式为：SiO32-+2CO2+2H2O=H2SiO3↓+2HCO3-该方程式符合反应事实，且原子、电荷均守恒，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
足量反应判断：当碱足量时，酸式盐中的酸根离子也会参与反应。
守恒原则：离子方程式必须同时满足原子守恒和电荷守恒。
氧化还原规律：强氧化性酸（如稀硝酸）会将低价态金属离子氧化为高价态，并生成还原产物（如 NO）。
过量 CO2的反应：CO2过量时，碳酸盐会转化为碳酸氢盐。
7．【答案】D
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物中的官能团；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、分子中存在苯环、碳碳双键和酰胺羰基，这些不饱和碳原子采取 sp2 杂化；同时也存在饱和烷基碳原子，采取 sp3 杂化。因此并非所有碳原子均为 sp3 杂化，A错误；
B、该分子中含有的官能团有：醚键（-OCH3）、酚羟基（-OH）、酰胺基（-CONH-）、碳碳双键（C=C），共 4 种，并非 5 种，B错误；
C、分子中含有酚羟基，酸性弱于碳酸但强于 HCO3-，能与 Na2CO3反应生成 NaHCO3，但不会产生 CO2；分子中不含羧基，无法与 Na2CO3反应生成 CO2，C错误；
D、1mol 该辣椒素中，1mol 酚羟基可与 1mol NaOH 反应，1mol 酰胺基在碱性条件下水解也可消耗 1mol NaOH，因此最多能与 2mol NaOH 反应，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
杂化判断：饱和碳原子为 sp3 杂化，苯环、双键、羰基中的碳原子为 sp2 杂化。
官能团识别：需准确区分醚键、酚羟基、酰胺基和碳碳双键。
酸性强弱：酚羟基酸性弱于碳酸，与 Na2CO3反应生成 NaHCO3，不产生 CO2。
NaOH 消耗：酚羟基和酰胺基均可与 NaOH 反应，1mol 该物质共消耗 2mol NaOH。
8．【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；原子结构与元素的性质；极性分子和非极性分子
【解析】【解答】A、As 的原子序数为 33，基态原子的简化电子排布式应为 [Ar]3d 4s24p3，选项中遗漏了 3d ，A错误；
B、As 的价电子排布为 4s24p3，位于第四周期第 ⅤA 族，B正确；
C 、O 原子的核外电子排布式为 1s22s22p4，占据了 1s、2s、2p 共 5 种不同的原子轨道，因此电子的空间运动状态有 5 种，而非 8 种，C错误；
D、Z2Y2为 H2O2（过氧化氢）， 结构为， 不对称，正负电荷中心不重合，属于极性分子，D错误；
故答案为：B。
【分析】元素推断：
X 元素：4p 轨道上有 3 个未成对电子，说明其价电子排布为 4s24p3，原子序数为 33，是砷（As），位于第四周期第 ⅤA 族。
Y 元素：最外层 2p 轨道上有 2 个未成对电子且无空轨道，说明其价电子排布为 2s22p4，原子序数为 8，是氧（O）。
Z 元素：三种元素原子序数之和为 42，因此 Z 的原子序数 = 42 - 33 - 8 = 1，是氢（H）。
9．【答案】C
【知识点】氧化还原反应；化学平衡的影响因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；硫酸根离子的检验
【解析】【解答】A、溶液中存在平衡：Cr2O72-(橙色)+H2O 2CrO42-(黄色) +2H+。加入 NaOH 溶液时，OH-与 H+反应，使 H+浓度降低，平衡正向移动，溶液由橙变黄。结论中 “增大生成物浓度” 的解释错误，A错误；
B、能与 BaCl2生成白色沉淀的离子不只有 SO42-，还可能是 CO32-、SO32-或 Ag+等，因此不能直接得出待测液含 SO42-的结论，B错误；
C、反应方程式为：Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O。在该反应中，S2O32-中的 S 元素一部分被氧化为 +4 价（SO2），一部分被还原为 0 价（S），因此 Na2S2O3既体现还原性又体现氧化性，C正确；
D、实验中 AgNO3过量，加入 KI 溶液后，I-直接与过量的 Ag+反应生成 AgI 黄色沉淀，并非由 AgCl 沉淀转化而来，因此不能证明 Ksp(AgI) < Ksp(AgCl)，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
平衡移动：加入 NaOH 是消耗 H+，使平衡正向移动，而非增大生成物浓度。
离子检验：检验 SO42-时，需先加稀盐酸排除干扰，再加 BaCl2溶液。
氧化还原分析：S2O32-中 S 为 +2 价，发生歧化反应，同时体现氧化性和还原性。
沉淀转化：只有当 AgNO3不足时，才能通过沉淀颜色变化比较 Ksp 大小。
10．【答案】A
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】 A、在MnO 中，Mn的化合价为+2x。当O原子脱出，x减小时，Mn的化合价会降低，而非保持不变，A错误；
B、由晶胞结构可知，图b为晶胞在z轴方向上的投影，即在xy平面的投影，B正确；
C、由均摊法计算可知，晶胞中Mn、O原子数目比为2：4=1：2，化学式为MnO2，C正确；
D、根据晶体密度公式 ，由于TiO 和MnO 晶体结构相同、体积近似相等，且x=2，因此密度比等于相对分子质量之比：，D正确；
故答案为：A。
【分析】Mn原子：晶胞中Mn原子位于顶点和体心，数目为 。
O原子：晶胞中O原子位于体心和棱上，数目为 。
因此该Mn的氧化物化学式为MnO2，先明确核心化学式，再分析各选项。
11．【答案】C
【知识点】纯碱工业（侯氏制碱法）；乙炔炔烃
【解析】【解答】A、CaC2与水反应剧烈，用饱和食盐水可以降低水的浓度，从而减缓反应速率，便于控制，A正确；
B、“沉淀”步骤是侯氏制碱法的核心，向氨化的饱和食盐水中通入CO2，析出NaHCO3晶体。离子方程式为：Na++CO2+NH3·H2O=NaHCO3↓+NH4+，NaHCO3溶解度小，作为沉淀不拆，该方程式符合反应事实，B正确；
C、“转化”步骤是浓H2SO4与CaCl2反应，生成的是HCl气体，而非Cl2。HCl与乙炔（C2H2）反应生成氯乙烯（CH2=CHCl），再聚合为聚氯乙烯。因此，用于合成的是HCl，不是Cl2，C错误；
D、灰蒸步骤产生的NH3，可重新回到“沉淀”步骤，用于氨化食盐水，因此NH3是可循环利用的物质，D正确；
故答案为：C。
【分析】石灰石热解：CaCO3 → CaO + CO2↑
碳化：CaO + 3C CO↑ + CaC2
制气：CaC2 + 2H2O → Ca(OH)2 + C2H2↑（乙炔）
侯氏制碱：
NaCl + NH3 + CO2 + H2O → NaHCO3↓ + NH4Cl；2NaHCO3 Na2CO3 + CO2↑ + H2O
灰蒸：Ca(OH)2 + 2NH4Cl CaCl2 + 2NH3↑ + 2H2O（NH3循环回沉淀步骤）
转化：CaCl2 + H2SO4(浓) CaSO4 + 2HCl↑（HCl用于合成氯乙烯）
合成：C2H2 + HCl CH2=CHCl（氯乙烯），再加聚成聚氯乙烯，据此解题。
12．【答案】B
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A、钒元素在V(V)和V(IV)之间循环转化，既得电子又失电子，因此既表现氧化性又表现还原性，A正确；
B、机理图中明确存在双过氧钒物种（如结构2），说明H2O2加入后可形成多种过氧钒物种，并非“只形成单过氧钒物种”，B错误；
C、从机理图可观察到V-O键断裂，生成了含未成对电子的过氧钒自由基，C正确；
D、反应物为苯和H2O2，产物为苯酚和H2O，催化剂不参与总反应式，总反应式书写正确，D正确；
故答案为：B。
【分析】从机理图可见，钒元素在反应中存在V(V)和V(IV)两种价态，并且在不同物种间相互转化：
V(V)得到电子被还原为V(IV)，表现氧化性；
V(IV)失去电子被氧化为V(V)，表现还原性。
因此钒基催化剂在循环中既表现氧化性又表现还原性。随着H2O2的加入，体系中不仅形成单过氧钒物种，还能形成双过氧钒物种（如结构2），说明并非“只形成单过氧钒物种”。在反应步骤中，V-O键发生裂解，生成了过氧钒自由基[V(IV)-O-O ]，这是苯环羟基化的关键活性中间体。反应物为苯和H2O2，产物为苯酚和H2O，钒基催化剂在反应前后结构和性质不变，总反应式可表示为：
13．【答案】C
【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、阳极反应生成，导致增大，因此阳极区pH减小，A正确；
B、阴极上得到电子被还原为，结合酸性环境配平后的反应式为，B正确；
C、根据电子守恒，假设电路中转移10mol电子：
阳极生成的物质的量：
阴极生成的物质的量：
相同条件下，气体体积比等于物质的量之比，即。
但右侧装置中，还会被游离氯氧化为，导致阴极区的总量增加，因此实际体积比大于5：2，C错误；
D、从工作原理图可知，带电膜阳极上的游离氯（）可将中间产物氧化为，D正确；
故答案为：C。
【分析】阳极（左侧）：连接电源正极，发生氧化反应，水被氧化生成O2。
反应式：
阴极（右侧）：连接电源负极，发生还原反应，被还原为。
反应式：。
14．【答案】D
【知识点】离子浓度大小的比较；中和滴定
【解析】【解答】A、a点时，CH3COOH存在电离平衡：，且。
已知电离常数，代入，可得：
，
因此，A正确；
B、b点溶质为等物质的量的和，溶液显酸性（pH<7），说明的电离程度大于的水解程度，因此，B正确；
C、c点溶质为等物质的量的和，根据物料守恒，所有含和的粒子浓度之和，等于浓度的一半，即：
，C正确；
D、当溶液pH=7时，，根据电荷守恒：
代入，可得：，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：滴定阶段溶质分析：
a 点：NaOH 与 HCl 恰好完全反应，溶质为 NaCl 和 CH3COOH，此时 CH3COOH 浓度为 0.0100 mol/L。
b 点：NaOH 中和了一半的 CH3COOH，溶质为等物质的量的 NaCl、CH3COOH 和 CH3COONa，溶液 pH<7。
c 点：NaOH 与 CH3COOH 恰好完全反应，溶质为等物质的量的 NaCl 和 CH3COONa。
d 点：NaOH 过量，溶质为 NaCl、CH3COONa 和过量的 NaOH。据此解题。
15．【答案】（1）调节碱液的滴加速度，控制反应速率
（2）30%氢氧化钾溶液；盐析产生的固体包裹乙烯利固体表面，阻碍碱液与乙烯利充分接触，使反应速率减慢，且降低产率
（3）托盘天平；烧杯
（4）+4KOHCH2=CH2↑+KCl+K3PO4+3H2O；正四面体
（5）91.90；91.29
（6）反应无需加热，产生的乙烯气流平稳，速率可控，产率高
【知识点】乙烯的物理、化学性质；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】（1）a的作用是调节碱液的滴加速度，控制反应速率。
故答案为： 调节碱液的滴加速度，控制反应速率 ；
（2）由上表分析可知：制备乙烯的最佳反应溶液选择是30%氢氧化钾溶液，当出现盐析现象时，对反应速率和产率产生不利影响的原因是盐析产生的固体包裹乙烯利固体表面，阻碍碱液与乙烯利充分接触，使反应速率减慢，且降低产率。
故答案为： 30%氢氧化钾溶液 ； 盐析产生的固体包裹乙烯利固体表面，阻碍碱液与乙烯利充分接触，使反应速率减慢，且降低产率 ；
（3）步骤Ⅱ中称取固体时，实验仪器中用到的有托盘天平和烧杯。
故答案为： 托盘天平 ；烧杯。
（4）已知固体乙烯利（）和强碱溶液反应除生产乙烯外还产生氯化盐、磷酸盐等，则步骤Ⅲ中反应的化学方程式+4KOHCH2=CH2↑+KCl+K3PO4+3H2O；中心原子P的价层电子对数为，故空间结构为正四面体；
故答案为：+4KOHCH2=CH2↑+KCl+K3PO4+3H2O ； 正四面体 ；
（5）乙烯产率为，乙烯平均产率为。
故答案为： 91.90 ； 91.29 ；
（6）与实验室用乙醇和浓硫酸制备乙烯相比，利用此装置制备乙烯的优点是反应无需加热，产生的乙烯气流平稳，速率可控，产率高。
故答案为： 反应无需加热，产生的乙烯气流平稳，速率可控，产率高 ；
【分析】(1)a为分液漏斗活塞，作用是调节碱液滴加速度，控制反应速率。
(2)最佳选择：30%氢氧化钾溶液（产气速率快、气流平稳、无盐析）。
盐析危害：析出的盐包裹乙烯利固体，阻碍碱液与乙烯利接触，导致反应速率减慢、产率降低。
(3)称取固体时用到的仪器为托盘天平和烧杯。
(4) 反应式：+4KOHCH2=CH2↑+KCl+K3PO4+3H2O ；
：P原子价层电子对数为4，无孤电子对，空间结构为正四面体。
(5) 序号1产率：
平均产率：
(6) 与乙醇消去法相比，此装置优点为无需加热、气流平稳、速率可控、产率高。
（1）a的作用是调节碱液的滴加速度，控制反应速率。
（2）由上表分析可知：制备乙烯的最佳反应溶液选择是30%氢氧化钾溶液，当出现盐析现象时，对反应速率和产率产生不利影响的原因是盐析产生的固体包裹乙烯利固体表面，阻碍碱液与乙烯利充分接触，使反应速率减慢，且降低产率。
（3）步骤Ⅱ中称取固体时，实验仪器中用到的有托盘天平和烧杯。
（4）已知固体乙烯利（）和强碱溶液反应除生产乙烯外还产生氯化盐、磷酸盐等，则步骤Ⅲ中反应的化学方程式+4KOHCH2=CH2↑+KCl+K3PO4+3H2O；中心原子P的价层电子对数为，故空间结构为正四面体；
（5）乙烯产率为，乙烯平均产率为。
（6）与实验室用乙醇和浓硫酸制备乙烯相比，利用此装置制备乙烯的优点是反应无需加热，产生的乙烯气流平稳，速率可控，产率高。
16．【答案】（1）第四周期第Ⅷ族
（2）
（3）
（4）3；浓度为时主要萃取出的为，此时基本没有被萃取出来，便于分离出和
（5）＋2
（6）在氯化氢气流中蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥
（7）体心；12
【知识点】晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）Co为27号元素，在周期表中的位置：第四周期第Ⅷ族；
故答案为： 第四周期第Ⅷ族 ；
（2）空气中氧气具有氧化性，可将氧化成固体氧化物二氧化锰，反应为：；
故答案为： ；
（3）反应中Co由+3变为+2为氧化剂，硫化合价由+4变为+6为还原剂，结合电子守恒：，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1；
故答案为： ；
（4）由图，浓度为时主要萃取出的为，此时基本没有被萃取出来，便于分离出和，故第一次反萃取过程中HCl的浓度应为3mol/L；
故答案为：3；浓度为时主要萃取出的为，此时基本没有被萃取出来，便于分离出和 ；
（5）图中二氧化碳得到2个电子被还原为CO，图中镍会失去2个电子而显+2价；
故答案为： ＋2 ；
（6）蒸发过程中会水解，则应在HCl氛围中抑制其水解，故溶液中获取干燥的晶体的操作步骤为在氯化氢气流中蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；
故答案为： 在氯化氢气流中蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 ；
（7）根据化学式，结合化合价代数和为0，氧原子数大于铝，则图中白球为氧，与最小间距大于与最小间距，则体心球为Co，顶点黑球为Al；晶体中Al在顶点、氧在面心，则一个Al周围与其最近的O的个数为12。
故答案为： 体心 ；12；
【分析】该流程以废旧三元锂电池正极材料的硫酸浸出液（含 Ni、Co、Mn、Li）为原料，通过酸性萃取剂 Cyaneх 301进行萃取，使 Ni 和 Co 进入有机相，Mn 和 Li 则留在水相中被分离；随后用不同浓度的 HCl 对有机相进行两次反萃取：先在常温下用 C1 mol/L HCl 反萃得到 CoCl2溶液，再在 80℃下用 C2 mol/L HCl 反萃得到 NiCl2溶液，最后分别结晶得到 CoCl2 6H2O 和 NiCl2 4H2O，实现 Ni 和 Co 的选择性回收。
（1）Co为27号元素，在周期表中的位置：第四周期第Ⅷ族；
（2）空气中氧气具有氧化性，可将氧化成固体氧化物二氧化锰，反应为：；
（3）反应中Co由+3变为+2为氧化剂，硫化合价由+4变为+6为还原剂，结合电子守恒：，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1；
（4）由图，浓度为时主要萃取出的为，此时基本没有被萃取出来，便于分离出和，故第一次反萃取过程中HCl的浓度应为3mol/L；
（5）图中二氧化碳得到2个电子被还原为CO，图中镍会失去2个电子而显+2价；
（6）蒸发过程中会水解，则应在HCl氛围中抑制其水解，故溶液中获取干燥的晶体的操作步骤为在氯化氢气流中蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；
（7）根据化学式，结合化合价代数和为0，氧原子数大于铝，则图中白球为氧，与最小间距大于与最小间距，则体心球为Co，顶点黑球为Al；晶体中Al在顶点、氧在面心，则一个Al周围与其最近的O的个数为12。
17．【答案】（1）-49.6kJ/mol；低温
（2）1.17eV；；中间体比更稳定
（3）A；200℃下，使用催化剂A，的转化率更高，的选择性更大
（4）或
（5）N
（6）；离子交换和电子传导
【知识点】盖斯定律及其应用；电极反应和电池反应方程式；化学平衡常数
【解析】【解答】（1）已知，① ；② ；③ ；由盖斯定律可知，②+③=①，则反应的=-49.6kJ/mol，该反应过程中气体体积减小，，时，反应可以自发进行，则该反应自发进行的条件是低温。
故答案为： -49.6kJ/mol ； 低温 ；
（2）决速步指的是活化能最高的一步，COOH*羧酸盐路径决速步的活化能为1.17eV，甲酸盐路径决速步发生反应的方程式为 ，根据图中信息中间体HCOO*的能量比COOH*的能量低，根据能量越低越稳定，因此比更稳定，实验测得甲酸盐路径更容易进行。
故答案为：1.17eV ； ； 中间体比更稳定 ；
（3）200℃下，使用催化剂A，的转化率更高，的选择性更大，应选用的催化剂是A。
故答案为：A； 200℃下，使用催化剂A，的转化率更高，的选择性更大 ；
（4）200℃、压强为的条件下，在恒容密闭容器中加入催化剂、和反应并达到平衡状态，平衡转化率为，甲醇选择性为80%，则平衡时n(CO2)=1mol-1mol×0.08=0.92mol，n(甲醇)=0.08mol×0.8=0.064mol，n(CO)= 0.08mol×0.2=0.016mol，由O原子守恒可知，n(H2O)=2mol-0.92mol×2-0.064mol-0.016mol=0.08mol，由H原子守恒可知，n(H2)=，气体总物质的量为2.792mol+0.92mol+0.016mol+0.08mol+0.064mol=3.872mol，则主反应在该温度下的分压平衡常数Kp=或。
故答案为：或 ；
（5）根据Arrhenius方程（，是速率常数，是定值，是活化能，是气体常数，是绝对温度）可知，lnK=，根据图示，直线M较N平缓，可知Ea小，反应速率快，所以催化效率高的是M ，则催化剂B对应的曲线是N；
故答案为： N ；
（6）①膜的A侧通入含CO2的空气，经过反应后，A侧得到基本不含CO2的空气，CO2转化成，空气中含有O2，说明该过程中O2得到电子生成，反应方程式为：；
②阴离子交换树脂-碳纳米管构成的膜分离装置兼具离子和电子传导性能，复合膜中加入碳纳米管的作用是：离子交换和电子传导。
故答案为： ；离子交换和电子传导 。
【分析】(1)焓变计算：根据盖斯定律，将已知反应②和③相加，即可得到目标反应①：
自发条件：该反应 （放热），且气体分子数减少，故 。根据吉布斯自由能判据 ，只有在低温下，才能满足 ，使反应自发进行。
(2)决速步活化能：决速步是活化能最高的步骤。在羧酸盐路径中，从 到过渡态的能量差最大，为 ，这就是该路径的决速步活化能。
甲酸盐路径决速步：该路径中活化能最高的基元反应是 ，它是整个反应的速率控制步骤。
路径选择原因：中间体 的能量比 更低，能量越低越稳定，因此甲酸盐路径在热力学上更有利，实验中也更容易进行。
(3)选择依据：在目标反应温度 下，对比两种催化剂的性能：
催化剂A： 转化率和 选择性均明显高于催化剂B。
因此，应选用催化剂A，以获得更高的目标产物收率。
(4) 计算平衡物质的量：
初始：，。
反应后：。
生成甲醇：。
生成CO：。
由原子守恒可得：，。
总物质的量 。
计算分压：各物质分压 。
写出 表达式：
(5) 方程分析：Arrhenius方程 取自然对数后为 。这是一个线性方程，斜率为 。
图像解读：斜率的绝对值越大，代表活化能 越大。催化剂B的催化效率相对较低，意味着其活化能更高，对应图中斜率更大的曲线N。
(6) A侧电极反应：A侧空气中的 、 和 发生反应， 得到电子被还原， 转化为 ，反应式为：
复合薄膜作用：该薄膜由阴离子交换树脂和碳纳米管构成，兼具双重功能：一是作为离子导体，传输生成的 ；二是作为电子导体，传导反应所需的电子。
（1）已知，① ；② ；③ ；由盖斯定律可知，②+③=①，则反应的=-49.6kJ/mol，该反应过程中气体体积减小，，时，反应可以自发进行，则该反应自发进行的条件是低温。
（2）决速步指的是活化能最高的一步，COOH*羧酸盐路径决速步的活化能为1.17eV，甲酸盐路径决速步发生反应的方程式为 ，根据图中信息中间体HCOO*的能量比COOH*的能量低，根据能量越低越稳定，因此比更稳定，实验测得甲酸盐路径更容易进行。
（3）200℃下，使用催化剂A，的转化率更高，的选择性更大，应选用的催化剂是A。
（4）200℃、压强为的条件下，在恒容密闭容器中加入催化剂、和反应并达到平衡状态，平衡转化率为，甲醇选择性为80%，则平衡时n(CO2)=1mol-1mol×0.08=0.92mol，n(甲醇)=0.08mol×0.8=0.064mol，n(CO)= 0.08mol×0.2=0.016mol，由O原子守恒可知，n(H2O)=2mol-0.92mol×2-0.064mol-0.016mol=0.08mol，由H原子守恒可知，n(H2)=，气体总物质的量为2.792mol+0.92mol+0.016mol+0.08mol+0.064mol=3.872mol，则主反应在该温度下的分压平衡常数Kp=或。
（5）根据Arrhenius方程（，是速率常数，是定值，是活化能，是气体常数，是绝对温度）可知，lnK=，根据图示，直线M较N平缓，可知Ea小，反应速率快，所以催化效率高的是M ，则催化剂B对应的曲线是N；
（6）①膜的A侧通入含CO2的空气，经过反应后，A侧得到基本不含CO2的空气，CO2转化成，空气中含有O2，说明该过程中O2得到电子生成，反应方程式为：；
②阴离子交换树脂-碳纳米管构成的膜分离装置兼具离子和电子传导性能，复合膜中加入碳纳米管的作用是：离子交换和电子传导。
18．【答案】（1）氨基；硝基
（2）碱性条件下提高B的转化率
（3）还原反应；
（4）反应中生成的被有机碱中和平衡正向移动；的氮孤对电子未参与共轭，质子化能力更强，吡啶的孤对电子因芳香共轭被离域，碱性显著降低；的碱性比的强（或其它合理答案）
（5）、
（6）
【知识点】有机物的合成；同分异构现象和同分异构体；酰胺
【解析】【解答】（1）由A的结构简式可知，A中含有的官能团名称为氨基和硝基。
故答案为： 氨基 ； 硝基 ；
（2）在B→D的反应中，B与C反应会生成HBr（酸性物质），K2CO3是碱性物质，二者可发生反应，根据化学平衡原理可知，减少生成物HBr的浓度，会促使反应朝着生成更多产物的方向进行，有利于提高B的转化率，
故答案为：碱性条件下提高B的转化率。
（3）在D→E反应中，对比D和E的结构式可知，-NO2转变为-NH2，在有机化学中，加氢或去氧的反应属于还原反应，故该反应为还原反应，反应方程式为：。
故答案为：还原反应，。
（4）根据物质结构分析可知，用与E制备物质G会生成HCl，加入有机碱能与产生的HCl发生反应，从而减少HCl的浓度，使反应平衡正向移动，从而生成更多的目标产物，提高E的产率；分析(C3H7)2NCH2CH3可知，其氮原子的孤对电子未参与共轭，质子化能力更强，吡啶的孤对电子因芳香共轭被离域，碱性显著降低；故答案为：反应中生成的被有机碱中和平衡正向移动；(C3H7)2NCH2CH3的碱性比的强。
故答案为： 反应中生成的被有机碱中和平衡正向移动 ；的氮孤对电子未参与共轭，质子化能力更强，吡啶的孤对电子因芳香共轭被离域，碱性显著降低；的碱性比的强（或其它合理答案） ；
（5）题中化合物的分子式为C8H9ON，要求该化合物同分异构体是苯的二取代物（两个取代基），且分子中有4种不同化学环境的氢原子（需考虑对称性），有碳氧双键无碳氧单键（如羰基），满足上述要求的同分异构体为：、。
故答案为：、。；
（6）根据已知信息I和Ⅱ可知，和在SOCl2和正丁醇存在下可生成，若要合成，由题中给出的反应流程图可知，应在苯环上引入一个-NH2，根据合成物的结构可确定引入氨基在苯环上的位置，故合成路线如下：。
故答案为：
【分析】该合成流程以含硝基苯胺A（）为起始原料：先与硫脲、乙酰氯等试剂反应，经酰化和硫脲缩合得到硫脲衍生物B（）；再与溴代吡啶酮C（）在碱作用下发生环化反应，构建噻唑环得到中间体（D）；随后在 Ni Raney 催化下加氢还原，将硝基（-NO2）还原为氨基（-NH2），得到中间体（E）；最后与含甲基哌啶的苯甲酸衍生物（F）发生酰胺化反应，最终得到目标抗癌药物（G）。
（1）由A的结构简式可知，A中含有的官能团名称为氨基和硝基。
（2）在B→D的反应中，B与C反应会生成HBr（酸性物质），K2CO3是碱性物质，二者可发生反应，根据化学平衡原理可知，减少生成物HBr的浓度，会促使反应朝着生成更多产物的方向进行，有利于提高B的转化率，故答案为：碱性条件下提高B的转化率。
（3）在D→E反应中，对比D和E的结构式可知，-NO2转变为-NH2，在有机化学中，加氢或去氧的反应属于还原反应，故该反应为还原反应，反应方程式为：。
（4）根据物质结构分析可知，用与E制备物质G会生成HCl，加入有机碱能与产生的HCl发生反应，从而减少HCl的浓度，使反应平衡正向移动，从而生成更多的目标产物，提高E的产率；分析(C3H7)2NCH2CH3可知，其氮原子的孤对电子未参与共轭，质子化能力更强，吡啶的孤对电子因芳香共轭被离域，碱性显著降低；故答案为：反应中生成的被有机碱中和平衡正向移动；(C3H7)2NCH2CH3的碱性比的强。
（5）题中化合物的分子式为C8H9ON，要求该化合物同分异构体是苯的二取代物（两个取代基），且分子中有4种不同化学环境的氢原子（需考虑对称性），有碳氧双键无碳氧单键（如羰基），满足上述要求的同分异构体为：、。
（6）根据已知信息I和Ⅱ可知，和在SOCl2和正丁醇存在下可生成，若要合成，由题中给出的反应流程图可知，应在苯环上引入一个-NH2，根据合成物的结构可确定引入氨基在苯环上的位置，故合成路线如下：。
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