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（含答案）

第第页贵州省毕节市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．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：6B．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-pσ键形成的示意图3．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．Na2O2可用作潜水或宇航装置的CO2吸收剂和供氧剂，反应方程式为A．1molNa2B．44gCO2中σC．1L1D．反应生成2.24LO25．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．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：NHB．硫酸酸化的过氧化氢溶解硫化铜：2C．稀硝酸溶浸磁铁矿：FeD．水玻璃中通入过量的CO2：7．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sp3B．分子中含有5种官能团C．能与Na2COD．1mol辣椒素最多与28．已知X、Y和Z三种元素的原子序数之和等于42；X元素原子的4p轨道上有3个未成对电子，Y元素原子的最外层2p轨道上有2个未成对电子且无空轨道。X和Y可形成化合物X2Y3，YA．X元素原子基态时简化的电子排布式为ArB．X元素是第四周期第VA族元素C．Y元素原子的电子空间运动状态有8种D．化合物Z29．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AK2Cr2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BaCl2待测液含有SOC将Na2S2Na2D向NaCl溶液中滴加过量AgNO3溶液，再滴加KIKA．A B．B C．C D．D10．某MnOx的四方晶胞如图a所示，当MnOx晶体有O原子脱出时，会出现氧空位，使晶体具有半导体性质。某TiOxA．当MnOx晶体有O原子脱出时，MnB．该晶胞在xy平面的投影如图b所示C．该Mn的氧化物化学式为MnOD．MnOx与TiO11．一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NaC．“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NH312．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H2C．反应过程中，V-O键裂解生成过氧钒自由基VD．该过程的总反应式：13．一种装载Sn双原子双层带电膜（EM）电极材料可将硝酸盐还原为N2A．装置工作一段时间后，阳极区pH减小B．阴极发生的反应为2C．相同条件下，阴阳两极产生气体的体积比为5:2D．带电膜阳极上的游离氯可将NH3氧化为14．常温下，用浓度为0.0200mol⋅L−1的NaOH标准溶液滴定浓度均为0.0200mol⋅L−1的HCl和A．a点溶液pH约为3.38B．b点：cC．c点：cD．pH=7时，二、非选择题：本题共4小题，共58分。15．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3.0g乙烯利固体分别与20.00Ⅲ．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120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120产气速率较慢，反应器壁温，气流不平稳，无盐析现象230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230产气速率较快，反应器壁温，气流平稳，无盐析现象335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335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，PO43−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（%）17.08691010109927.0561995109490.9537.0347993109191.02（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．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Cyanex301（一种酸性萃取剂）选择性分离回收其中的Ni和Co；ECo和E回答下列问题：（1）Co在周期表中的位置。（2）水相经加碱调节pH后，通入空气可将Mn2+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）CoOH3遇到氨性溶液（由NH3⋅H2O、NH（4）Cyanex301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：Men+aq+mHL有机相=MeHLm−n（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NiCl2溶液中获取干燥的NiCl2⋅4（7）由CoCl2等物质可制备AlxCoOy晶体，其立方晶胞如图所示。Al与O最小间距大于Co与O最小间距，x、y为整数。则Co在晶胞中的位置为17．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。CO2加氢制甲醇既可实现CO（1）200℃时，CO2CO2gCO2gCOg+2反应CO2g+3H2g⇌（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。CO2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p的条件下，在恒容密闭容器中加入催化剂A、1molCO2g和3molH2g反应并达到平衡状态，测得反应的数据如图1，CO2平衡转化率为8%，甲醇选择性为80%，计算主反应在该温度下的分压平衡常数K（5）为深入研究催化剂A和催化剂B对CO2转化率的影响，根据Arrhenius方程（k=A⋅e−EaRT，k是速率常数，A是定值，E（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CO2，在富集CO2的同时获得基本不含CO2①写出A侧CO2转化成HCO3−②膜分离装置中复合薄膜的作用是。18．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：SOCl2遇水即放出SO2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）B→D的反应中，K2（3）D→E的反应类型是，反应的方程式为（4）E→G的过程中，若用E与F直接反应制G，所需试剂较多，后续处理麻烦；若用E与反应制G处理较为简单，易于操作，制备过程中加入有机碱吡啶或C3H72NCH2CH3可提高（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【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)ₙ，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【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614C，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+12(3-3×1)=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。

3．【答案】D【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【解析】【解答】A、Na2O2由Na+和O22-构成，1molNa2O2中含2molNa+和1molO22-，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。44gCO2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、1L1mol/LNa2CO3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1molO2时转移2mol电子。题目中未说明O2处于标准状况，2.24LO2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，1molCO2含2molσ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【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【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【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1molNaOH反应，1mol酰胺基在碱性条件下水解也可消耗1molNaOH，因此最多能与2molNaOH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2molNaOH。8．【答案】B【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]3d¹⁰4s24p3，选项中遗漏了3d¹⁰，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【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【解析】【解答】A、在MnOₓ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ρ=n⋅MV⋅N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1+8×1O原子：晶胞中O原子位于体心和棱上，数目为2+4×1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【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=高温CO↑+CaC制气：CaC2+2H2O→Ca(OH)2+C2H2↑（乙炔）侯氏制碱：

NaCl+NH3+CO2+H2O→NaHCO3↓+NH4Cl；2NaHCO3=ΔNa2CO3+CO2↑+H2灰蒸：Ca(OH)2+2NH4Cl=ΔCaCl2+2NH3↑+2H2O（NH3转化：CaCl2+H2SO4(浓)=ΔCaSO4合成：C2H2+HCl→一定条件CH212．【答案】B【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：C13．【答案】C【解析】【解答】A、阳极反应生成H+，导致cB、阴极上NO3−得到电子被还原为N2C、根据电子守恒，假设电路中转移10mol电子：阳极生成O2的物质的量：阴极生成N2的物质的量：n(N2)=10mol10=1mol

相同条件下，气体体积比等于物质的量之比，即V(D、从工作原理图可知，带电膜阳极上的游离氯（Cl2）可将中间产物NH3氧化为故答案为：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：2阴极（右侧）：连接电源负极，发生还原反应，NO3−被还原为N2。

14．【答案】D【解析】【解答】A、a点时，CH3COOH存在电离平衡：CH3COOH↽−−⇀H++c2(因此pH=3.38B、b点溶质为等物质的量的CH3COOH和CH3COONa，溶液显酸性（pH<7），说明CH3C、c点溶质为等物质的量的NaCl和CH3COONa，根据物料守恒，所有含CH3COOH和CH3COOD、当溶液pH=7时，c(H+代入c(H+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0.0100mol/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）+4KOH→CH2=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【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+4KOH→CH2=CH2↑+KCl+K3PO4+3H2O；PO43−中心原子P的价层电子对数为4+5故答案为：+4KOH→CH2=CH2↑+KCl+K3PO4+3H2O；正四面体；

（5）乙烯产率为10101099×100%=91.90%，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：+4KOH→CH2=CH2↑+KCl+K3PO4+3H2O​​​​​​​；PO4(5)序号1产率：1010平均产率：91.90(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+4KOH→CH2=CH2↑+KCl+K3PO4+3H2O；PO43−中心原子P的价层电子对数为4+5（5）乙烯产率为10101099×100%=91.90%（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）2（3）2:1（4）3；HCl浓度为3mol/L时主要萃取出的为Co，此时Ni基本没有被萃取出来，便于分离出（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【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Mn2+氧化成固体氧化物二氧化锰，反应为：2故答案为：2Mn2++4OH−故答案为：2:1；

（4）由图，HCl浓度为3mol/L时主要萃取出的为Co，此时Ni基本没有被萃取出来，便于分离出Co故答案为：3；HCl浓度为3mol/L时主要萃取出的为Co，此时Ni基本没有被萃取出来，便于分离出Co和Ni故答案为：＋2；

​​​​​​​（6）蒸发过程中NiCl2会水解，则应在HCl氛围中抑制其水解，故NiCl2溶液中获取干燥的故答案为：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AlxCoOy，结合化合价代数和为0，氧原子数大于铝，则图中白球为氧，Al与O最小间距大于Co与O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Cyaneх301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C1mol/LHCl反萃得到CoCl2溶液，再在80℃下用C2mol/LHCl反萃得到NiCl2溶液，最后分别结晶得到CoCl2・6H2O和NiCl2（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Mn2+氧化成固体氧化物二氧化锰，反应为：2（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：2CoOH（4）由图，HCl浓度为3mol/L时主要萃取出的为Co，此时Ni基本没有被萃取出来，便于分离出Co（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NiCl2会水解，则应在HCl氛围中抑制其水解，故NiCl2溶液中获取干燥的（7）根据化学式AlxCoOy，结合化合价代数和为0，氧原子数大于铝，则图中白球为氧，Al与O最小间距大于Co17．【答案】（1）-49.6kJ/mol；低温（2）1.17eV；HCOO*+H*=（3）A；200℃下，使用催化剂A，CO2的转化率更高，CH（4）0.0643.872P（5）N（6）4CO2+【解析】【解答】（1）已知，①CO2g+3H2g⇌CH3OHg+H2OgΔH1；②CO2g+H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HCOO*+H*=H2故答案为：1.17eV；HCOO*+H*=H2COO*；中间体HCOO故答案为：A；200℃下，使用催化剂A，CO2的转化率更高，CH3OH的选择性更大；

（4）200℃、压强为p的条件下，在恒容密闭容器中加入催化剂A、1molCO2g和3molH2g反应并达到平衡状态，CO2平衡转化率为8%，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(H2故答案为：0.0643.872P×0.083.872P0.923.872P×2.7923.872P3或0.064×0.08×3.87220.92×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HCO3−，空气中含有O2，说明该过程中O2得到电子生成HCO3②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：HCO3−离子交换和电子传导。

故答案为：4CO2+O2+2H2O+4自发条件：该反应ΔH<0（放热），且气体分子数减少，故ΔS<0。根据吉布斯自由能判据ΔG=(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HCOO∗+2H甲酸盐路径决速步：该路径中活化能最高的基元反应是HCOO∗路径选择原因：中间体HCOO∗的能量比COOH(3)选择依据：在目标反应温度200∘催化剂A：CO2转化率和CH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：n(CO2)=1mol，n(H生成甲醇：n(CH生成CO：n(CO由原子守恒可得：n(H2O总物质的量n总计算分压：各物质分压pi写出Kp表达式：(5)方程分析：Arrhenius方程k=A⋅e−EaRT图像解读：斜率的绝对值越大，代表活化能Ea(6)A侧电极反应：A侧空气中的CO2、O2和H2O发生反应，O2得到电子被还原，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HCO3（1）已知，①CO2g+3H2g⇌CH3OHg+H2OgΔH1；②CO2g+H（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HCOO*+H*=H2（3）200℃下，使用催化剂A，CO2的转化率更高，CH（4）200℃、压强为p的条件下，在恒容密闭容器中加入催化剂A、1molCO2g和3molH2g反应并达到平衡状态，CO2平衡转化率为8%，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)=（5）根据Arrhenius方程（k=A⋅e−EaRT，k是速率常数，A是定值，Ea（6）①膜的A侧通入含CO2的空气