广西来宾市2025届高三一模化学试题（含答案）

第第页广西来宾市2025届高三一模化学试题一、选择题（每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题意）请将答案填在答题卡上。1．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．Na2S2A．SO4B．基态N的价电子排布式为：2C．HCl的形成过程：D．Cl的一种核素为：173．下列实验装置或操作能达到实验目的的是A.蒸干FeCl3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．D4．“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45．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ACH3NH2甲基是吸电子基，增加了N原子的电子密度B由R4N+与其离子的体积较大有关CCsCl晶体中Cs+配位数为8，而NaCl晶体中NaCs+比NaD酸性高锰酸钾溶液氧化甲苯，加入冠醚（18−冠−6），氧化速率加快冠醚与K+形成超分子，将MnOA．A B．B C．C D．D6．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NaHCO3解毒：B．铅酸蓄电池放电时正极电极反应式：PbOC．打磨过的铝片放入NaOH溶液中：2D．闪锌矿ZnS与CuSO4溶液作用转化为铜蓝7．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nsnA．第一电离能：ZB．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．YX3与W2+配位后，8．NAA．标准状况下，11.2LSO3B．0.5mol⋅L−1C．等物质的量的氨基−NH2和羟基−D．1molNa与足量O29．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：LiFePOD．交换膜为阴离子交换膜10．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。NAA．Pb的配位数为6B．该晶体密度为：239C．该晶体摩尔体积为：ND．S原子位于Pb原子构成的八面体中心11．AgCN与CH3CH2Br可发生取代反应，反应过程中CN−的C原子和N原子均可进攻CH由图示信息分析，下列说法错误的是A．AgCN与CH3B．AgCN与CH3C．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．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H2C．可用氨水分离AgCl与其他难溶杂质D．“还原”步骤中，产物N2和Au的物质的量之比为13．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CH2=CHA．正反应速率：bB．a、c、d点对应的压强平衡常数之比为pC．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．常温下，用0.1mol⋅L−1盐酸滴定20.00mL0.1molA．c≈5.4B．MOH的电离平衡常数是10C．a点：b=10，D．VHCl=10二、非选择题：本题共4小题，共58分。15．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：62Sm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。H2O2（5）“CoC2O4”隔绝空气“灼烧”得Co（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．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C>P，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Na3PO4③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30%KOH产气速率快，气流平稳，无盐析现象30%NaOH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0.12molKMnO4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．工业上可以利用CO2合成CH反应Ⅰ．CO反应Ⅱ．CO（1）已知反应Ⅲ的平衡常数K3=K1K2（2）在催化剂作用下，将1molCO2和2molH①分析可知，反应I的正反应为（填“吸热”或“放热”）反应。②T℃时，容器中气体总的物质的量为，反应Ⅱ的化学平衡常数K2=③同时提高CO2的平衡转化率和平衡时CH3OHA．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VCO2VH2=12的混合气体，在1mol催化剂作用下只发生反应Ⅰ：CO2g（3）通过电催化将CO2转化为CH①Pt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．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．R1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1:2:2:2:4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【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【解析】【解答】A．SO42-的中心原子S原子的价层电子对数为4+6B．N的核外电子数为7，基态N的价电子排布式为：2sC．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：1735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【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FeCl3溶液制备FeClB．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KFeFe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【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【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CH3NH2B．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MnO4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【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+HCO3-→+H2B．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：PbO2C．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ZnS与CuSO4溶液作用转化为铜蓝，该反应的离子方程式为：Cu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【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【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−NH2和羟基−OH所含电子数均为9个，因此1mol氨基−NH2D．钠和氧气反应生成+1价钠，因此1molNa与足量O2反应，转移1mol电子，即转移电子数为故答案为：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【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：LiFePO4D．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：Li(1-x)C+LixFePO4放电=充电LiFePO10．【答案】B【解析】【解答】A．由均摊法可知，该晶胞中白球为8×18+6×B．晶体密度为4MC．该晶体摩尔体积为：14D．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ρ=mV计算晶胞密度。

C、根据公式Vn11．【答案】A【解析】【解答】A．由图可知，AgCN与CH3CH2B．由图可知，AgCN与CH3CH2C．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CH3CH2Br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【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AuCl4-的方向进行，但不能说明相同条件下，等浓度的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3N2∼4Au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【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CH2=CH2(g)+CH3COOH(g)⇌CH3COOC2H5(g)，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：CH2C．该反应△H>0，△D．该反应为吸热反应，△H>0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【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M++H2O⇌B．由分析，MOH的电离平衡常数为cMC．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Kh=KwKb=10D．VHCl=10mL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cM+cOH-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）3CoC（6）SmNiO【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）62Sm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↑。

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）“CoC2O4”隔绝空气“灼烧”得Co3O4（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，8×18=1个Ni原子，12×14=3个O原子，则该稀土镍基氧化物的化学式为SmNiO3。

​​​​​​​故答案为：SmNiO3​​​​​​​

【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Co（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）62Sm（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）“CoC2O4”隔绝空气“灼烧”得Co（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，8×18=1个Ni原子，12×116．【答案】（1）圆底烧瓶；D（2）+5；ClCH2（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；72.25【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C>P，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Na3PO4）生成乙烯，结合质量守恒，还会生成NaCl、水，反应化学方程式为ClCH2③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5CH2=CH2∼60e-∼12KMnO4，则生成乙烯0.12mol×512=0.05mol，则产品的产率0.05mol10.0g144.5g⋅mol−1×100%=72.25%。

​​​​​​​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、Na（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C>P，O的电负性大于P，结合②用40%乙烯利溶液与NaOH固体反应（磷转化为Na3PO4③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5CH2=CH2∼60e17．【答案】（1）Δ（2）放热；2.4mol（3）阳极；CO【解析】【解答】（1）反应Ⅲ的平衡常数为K3=K1K2，得K3故答案为：Δ（2）在催化剂作用下，将1molCO2和2molH2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CO2①根据分析和题目图形可知，随着温度逐渐升高，CO2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。

②T℃时，CO2的转化率为50%，则消耗的nCO2=0.5mol，剩余0.5mol；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：1mol×44g·mol-1+2mol×2g·mol-1n平=20g·mol-1，解得n平③同时提高CO2的平衡转化率和平衡时CH3OH④由图中信息可知“169°C”与“223°C”时甲醇时空收率分别为 0.10mol·h-1·mol-1与 0.20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CO2转化为CH3OH的装置图可知，CO①因通入CO2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NaHCO3，则阴极电极反应式为：CO故答案为：CO2+6e-+6H+=CH3OH+H2O

【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。

②T℃时，CO2的转化率为50%，则消耗的nCO2=0.5mol，剩余0.5mol；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：1mol×44g·mol-1+2mol×2（1）反应Ⅲ的平衡常数为K3=K1K2，得K3故答案为：ΔH（2）在催化剂作用下，将1molCO2和2molH2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CO2①根据分析和题目图形可知，随着温度逐渐升高，CO2②T℃时，CO2的转化率为50%，则消耗的nCO2=0.5mol，剩余0.5mol；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：1mol×44g·mol-1+2mol×2g·mol-1n平=20g·mol-1，解得③同时提高CO2的平衡转化率和平衡时CH④由图中信息可知“169°C”与“223°C”时甲醇时空收率分别为 0.10mol·h-1·mol-1与 0.20故答案为：放热；2.4mol（3）根据电催化将CO2转化为CH3OH的装置图可知，CO①因通入CO2②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NaHCO3，则阴极电极反应式为：CO故答案为：阳极；CO218．【答案】（1）不存在（2）​​​​​​​（3）氢氧化钠的水溶液，加热；氧化反应（4）+2NaOH→ΔH2O+2NaCl+H（5）酮羰基；4；​​​​​​​（6）【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