江苏徐州市2026届高三年级下学期模拟预测 化学试题（含解析）高考模拟

这是一份江苏徐州市2026届高三年级下学期模拟预测 化学试题（含解析）高考模拟，共13页。试卷主要包含了5 Mn 55， 下列化学反应表示正确的是，9g H2O等内容，欢迎下载使用。
注意事项
考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求
1.本试卷共6页，包含选择题(第1题～第13题，共13题)、非选择题(第14题～第17题，共4题)两部分。本卷满分为100分，考试时间为75分钟。考试结束后，请将答题卡或答题纸交回。
2.答题前，请您务必将自己的姓名、考试证号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在答题卡或答题纸的规定位置。
3.作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其它答案。作答非选择题，必须用0.5毫米黑色墨水的签字笔在答题卡或答题纸上的指定位置作答，在其它位置作答一律无效。
4.如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等需加黑、加粗。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 Mn 55
一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。
1. 材料技术发展正在重构厨房生态。下列用品的材料属于金属的是
A. 纯钛炒锅B. 石墨烯抗菌砧板
C. 聚乳酸环保餐盒D. 聚酰胺66锅铲
【答案】A
【解析】
【详解】A．纯钛是金属钛单质，属于金属材料，A正确；
B．石墨烯是碳单质，属于新型无机非金属材料，不属于金属材料，B错误；
C．聚乳酸是有机高分子合成材料，不属于金属材料，C错误；
D．聚酰胺66是有机合成高分子材料，不属于金属材料，D错误；
故答案选A。
2. 反应可用于制备工业杀菌剂，下列说法正确的是
A. 的空间填充模型为B. 中、原子杂化方式均为
C. 的结构示意图为D. 的电子式为
【答案】B
【解析】
【详解】A．是V形（角形）分子，不是直线形，其空间填充模型为，A错误；
B．(CH3)2NH 中，甲基的原子形成4个键，无孤电子对，价层电子对数为4，杂化方式为；原子形成3个键，含有1对孤电子对，价层电子对数为，杂化方式也为，B正确；
C．钠为号元素，核电荷数为，因此的结构示意图为，C错误；
D．与​互为等电子体，两者结构相似，与每个之间形成双键（2对共用电子），故的电子式为，D错误；
故选B。
3. 在溶液中存在平衡：。下列说法正确的是
A. 第一电离能：B. 含键
C. 离子半径：D. 元素位于元素周期表区
【答案】A
【解析】
【详解】A．H的1s轨道电子能量低、原子半径小，失电子难度远大于金属Cu，第一电离能I1(H)>I1(Cu) ，A正确；
B．1个中，4个含8个键，还有4个与之间的配位键，共12个键，故1ml该离子含12ml键，B错误；
C．核外有2个电子层，核外有3个电子层，电子层数越多离子半径越大，故r(O2−) CO，故O-H键的极性大于C-O键的极性，A错误；
B．由图示可知，过程Ⅳ是脱氢过程，在该过程中，H的化合价由+1降低到0价，O、C、Au的化合价都未变，故Ti的化合价升高，B正确；
C．由图示可知，过程Ⅴ是原来的C和O键断裂，又形成新的C-O的过程，故过程Ⅴ中仅存在极性键的断裂与形成，C正确；
D．根据反应可能的机理图示，CO和H2O是反应物，CO2和H2是生成物，是催化剂，故总反应化学方程式为：CO+H2O=Au−TiO2−xCO2+H2，D正确；
故选A。
11. 探究与溶液反应的实验如下：
实验Ⅰ：向溶液中滴加溶液，溶液先呈紫黑色，后紫黑色迅速褪去。
实验Ⅱ：取实验Ⅰ所得混合液于试管中，滴加滴溶液，产生蓝色沉淀。
实验Ⅲ：另取实验Ⅰ所得混合液于试管中，滴加滴溶液，观察现象。
实验Ⅳ：将实验Ⅰ所得混合液静置，产生沉淀。
已知：具有强还原性，易被氧化成，酸性条件下易分解；在水溶液中呈紫黑色。下列有关说法正确的是
A. 实验Ⅰ中被氧化生成紫黑色物质
B. 实验Ⅰ中紫黑色褪去的反应为：
C. 实验Ⅲ中现象为产生白色沉淀
D. 实验Ⅳ中产生的沉淀为单质硫
【答案】D
【解析】
【分析】由实验操作可知，实验Ⅰ将 FeCl3滴入 Na2S2O3溶液中，利用紫黑色的出现与褪去，反映了体系内先发生配位反应生成中间产物，随后中间产物发生氧化还原反应的过程；实验Ⅱ向褪色后的溶液中滴加铁氰化钾溶液产生蓝色沉淀，用于检验反应生成了 Fe2+，从而证实了氧化还原反应的发生；实验Ⅲ通过滴加氯化钡溶液探究 被氧化后的产物是否为 ；实验Ⅳ通过长时间静置观察到沉淀生成，用于探究残余的硫代硫酸根在酸性环境（由 Fe3+水解引起）下的缓慢分解反应。
【详解】A．紫黑色物质是配合物Fe(S2O3)+，不是氧化产物，A错误；
B．实验Ⅰ紫黑色褪去是氧化生成和，且该选项反应若成立会立即生成S沉淀，与实验Ⅳ静置才产生沉淀的现象矛盾，B错误；
C．实验Ⅰ反应后溶液中无大量，不会生成沉淀，C错误；
D．水解使溶液呈弱酸性，过量的在酸性条件下缓慢歧化生成单质硫沉淀，符合实验Ⅳ现象，D正确；
故答案选D。
12. 常温下，用废液(主要成分为溶液，含、杂质)为原料制备电极材料的流程如下所示。
已知：，
下列说法正确的是
A. “除钙镁”后滤液中：cMg2+cCa2+＜1.85
B. 的溶液中：cNH4+−cF−=9.9×10−7
C. 溶液中：cHPO42−+2cPO43−+cNH3⋅H2O+cOH−=cH3PO4+cH+
D. 沉铁中发生反应的离子方程式为
【答案】C
【解析】
【详解】A．除钙镁后溶液中浓度相同，c(Mg2+)c(Ca2+)=Ksp(MgF2)Ksp(CaF2)=7.4×10−114×10−11=1.85 ，A错误；
B．的溶液中电荷守恒为c(NH4+)+c(H+)=c(F−)+c(OH−) ，变形得c(NH4+)−c(F−)=c(OH−)−c(H+) ，时c(H+)=10−6 ml·L−1，c(OH−)=10−8 ml·L−1，代入得差值为−9.9×10−7，B错误；
C．溶液中电荷守恒为c(NH4+)+c(H+)=c(H2PO4−)+2c(HPO42−)+3c(PO43−)+c(OH−) ，物料守恒为c(NH4+)+c(NH3·H2O)=c(H3PO4)+c(H2PO4−)+c(HPO42−)+c(PO43−) ，将物料守恒代入电荷守恒消去，整理可得c(HPO42−)+2c(PO43−)+c(NH3·H2O)+c(OH−)=c(H3PO4)+c(H+) ，C正确；
D．中为+3价，反应物为+2价，该离子方程式无氧化剂，电子不守恒；实际沉铁过程中，会先被氧化为，再与反应生成沉淀，因此涉及的离子方程式有Fe3++H2PO4−=FePO4↓+2H+，D错误；
故选 C。
13. 是制造多晶硅的原料，可由和加氢得到，相关反应如下：
反应Ⅰ SiCl4g+H2g=SiHCl3g+HClgΔH1
反应Ⅱ Sis+3HClg=SiHCl3g+H2gΔH2
反应Ⅲ Sis+SiCl4g+2H2g=2SiH2Cl2gΔH3
温度为550K 时，向含足量的密闭体系中通入和1.0ml SiCl4，反应体系的平衡产率和平衡转化率与压强的关系如图所示。下列说法正确的是
已知：SiHCl3的平衡产率=生成SiHCl3所消耗的SiCl4的物质的量反应前SiCl4的物质的量×100%
SiHCl3的选择性=生成SiHCl3所消耗的SiCl4的物质的量反应所消耗SiCl4的总物质的量×100%
A. SiHCl3g+H2g=SiH2Cl2g+HClgΔH=ΔH3−ΔH1−ΔH2
B. 图中曲线a代表的组分为HCl
C. 1000 kPa时，的物质的量约为4x3ml
D. 的选择性随压强的增大逐渐增大
【答案】C
【解析】
【分析】反应Ⅲ为气体分子数减小的反应，增大压强平衡正向移动，SiH2Cl2的平衡产率随压强升高而增大，对应曲线a；反应Ⅱ为气体分子数减小的反应，增大压强平衡正向移动，消耗，的平衡产率随压强升高而减小，对应曲线b。
【详解】A．根据盖斯定律，(反应Ⅲ-反应Ⅰ-反应Ⅱ)可得目标反应，对应的焓变为ΔH=12×(ΔH3−ΔH1−ΔH2) ，A错误；
B．由分析知，曲线a代表SiH2Cl2，B错误；
C．1000kPa时，的平衡转化率为16%，因此总消耗的物质的量为1.0 ml×16%=0.16 ml ，平衡时剩余的物质的量为1.0 ml−0.16 ml=0.84 ml 。
设反应I的反应进度为，根据反应I的计量关系，反应I消耗、各，生成、各。
设反应III的反应进度为z ml ，根据反应III的计量关系，反应III消耗 z ml 、 2z ml ，生成SiH2Cl2 2z ml 。
结合的总消耗量，可得x+z=0.16 。
设反应II的反应进度为y ml ，根据反应II的计量关系，反应II消耗 3y ml ，生成、各y ml 。
平衡时的物质的量为反应I生成量减去反应II消耗量，即n(HCl)=x−3y ；平衡时的物质的量为反应I与反应II生成量之和，即n(SiHCl3)=x+y 。
1000kPa时曲线交点对应n(SiHCl3)=n(HCl) ，联立两式得x+y=x−3y ，解得，即反应II无净反应，此时n(SiHCl3)=n(HCl)=x 。
结合元素守恒，初始总物质的量为1.0 ml×4=4.0 ml ，平衡时全部分布于气相的、、、SiH2Cl2中，因此有： 4n(SiCl4)+3n(SiHCl3)+n(HCl)+2n(SiH2Cl2)=4.0 ml 将n(SiCl4)=0.84 ml 、n(SiHCl3)=n(HCl)=x 、n(SiH2Cl2)=2z 、z=0.16−x 代入上式： 4×0.84+3x+x+2×2(0.16−x)=4.0 化简后结合的产率数值，最终可得的物质的量约为43 ml ，C正确C正确；
D．的选择性为生成消耗的与总消耗的比值，压强增大时反应Ⅲ正向移动，消耗更多，总消耗的增幅大于生成消耗的的增幅，故的选择性随压强增大逐渐减小，D错误；
故选C。
二、非选择题：共4题，共61分。
14. 一种从光纤废料(主要成分为、、、、)中提取和的工艺流程如下：
已知：
①元素Fe、Ge、Ga分别以、、形式存在于浸取液中；
②部分金属离子的氧化性比较：Fe3+＞Fe2+＞Ge4+＞Ga3+；
③的物质的量浓度对Ga、Ge的萃取率的影响如图-1所示。
（1）浸取时与草酸反应的离子方程式为___________。
（2）滤渣1的主要成分为、___________，结合平衡常数说明该物质存在的原因___________(写出计算过程)。(已知：25℃时，，；，，)
（3）还原时加入Fe粉的目的是___________。
（4）不同反萃取剂对与的反萃取率影响如图-2所示，反萃取剂1为___________，反萃取剂2为___________。
（5）晶体通过镓掺杂可生成GaxGeyO2-z，使具有更好的半导体性，掺杂过程如图-3所示。则GaxGeyO2−z晶体中___________。
【答案】（1）Ga2O3+6H2C2O4=2[Ga(C2O4)3]3−+6H++3H2O
（2） ①. ②. 若反应，则离子方程式为PbSO4+H2C2O4⇌PbC2O4+2H++SO42−，K=c2H+⋅cSO42−cH2C2O4=c2H+⋅cSO42−c2H+⋅cC2O42−Ka1·Ka2=Ka1⋅Ka2⋅cSO42−cC2O42−=Ka1⋅Ka2⋅cSO42−⋅cPb2+cC2O42−cPb2+=Ka1⋅Ka2⋅KspPbSO4KspPbC2O4=5.6×10−2×1.5×10−4×1.6×10−84.8×10−10=2.8×10−4，平衡常数太小，不能转化为
（3）将转化为沉淀除去，提高后期的萃取率
（4） ①. 2.5ml⋅L−1H2SO4溶液 ②. 4.0ml⋅L−1NaOH 溶液
（5）或
【解析】
【分析】光纤废料(主要成分为、、、、)中加入草酸浸取，、、分别以、、形式存在于浸取液中，、不溶于草酸，过滤后在滤渣1中；浸取液中加入铁单质进行还原，将转化为沉淀除去，以提高后期的萃取率；加入萃取剂萃取分液后，将有机相中加入反萃取剂1，进行反萃取分液后，水相得到含镓母液，处理后得到；再在有机相中加入反萃取剂2，进行反萃取得到含锗母液，处理后得到，以此进行分析；
【小问1详解】
根据已知信息及分析可知，浸取后以[Ga(C2O4)3]3−形式存在，​与草酸反应生成该络离子，配平后得：Ga2O3+6H2C2O4=2[Ga(C2O4)3]3−+6H++3H2O ；
【小问2详解】
根据分析可知，滤渣1的主要成分为、；PbSO4+H2C2O4⇌PbC2O4+2H++SO42−的化学平衡常数K=c2H+⋅cSO42−cH2C2O4=c2H+⋅cSO42−c2H+⋅cC2O42−Ka1·Ka2=Ka1⋅Ka2⋅cSO42−cC2O42−=Ka1⋅Ka2⋅cSO42−⋅cPb2+cC2O42−cPb2+=Ka1⋅Ka2⋅KspPbSO4KspPbC2O4=5.6×10−2×1.5×10−4×1.6×10−84.8×10−10=2.8×10−4，平衡常数太小，难以转化为。
【小问3详解】
已知氧化性：Fe3+＞Fe2+＞Ge4+＞Ga3+；且浓度越大，、的萃取率越低，因此粉的作用是：将转化为沉淀除去，提高后期、Ge的萃取率；
【小问4详解】
流程中第一次反萃取得到含镓母液，第二次得到含锗母液；由图2可知：硫酸作反萃取剂时，反萃取率很高，反萃取率很低，且硫酸浓度为2.5ml⋅L−1时，反萃取率很高，因此反萃取剂1为2.5ml⋅L−1H2SO4溶液​​；反萃取后元素留在有机相，再用反萃取，反萃取率很高，得到含锗母液，因此反萃取剂2为4.0ml⋅L−1NaOH 溶液；
【小问5详解】
晶胞单元中，氧原子分别在棱上、面上及内部，根据均摊法可知，氧原子个数为个，锗原子分别在顶点、面上及内部，因此，锗原子个数为个；掺杂前后，阳离子个数未变，且镓掺杂在内部，氧原子个数为8−2×14=7.5 个，含个，含个，可记作Ga1Ge3O7.5，将化学式中阳离子总数归一化处理，可得，因此y：(2−z)=0.75：1.875 ，解得z=0.125 ，得y：z=6：1 。
15. G是合成尼麦角林的中间体，其合成路线如下：
已知：Bz− 为；R−NO2→NH42SR−NH2。
回答下列问题：
（1）B分子所含官能团名称为___________，手性碳原子数目为___________。
（2）D→E反应生成的另一种有机产物()的结构简式为___________。
（3）E→F反应类型为___________。
（4）H是一定条件下F与按1∶1发生加成反应产物，写出同时满足下列条件的H的一种同分异构体的结构简式：___________。
①在一定条件下，水解生成X和Y两种有机产物，nX:nY=2:1 ；
②X的相对分子质量为72且能使的溶液褪色；
③Y含苯环，其核磁共振氢谱峰面积之比为。
（5）写出以和为原料制备的合成路线流程图___________(无机试剂和两碳以下的有机试剂任用，合成路线示例见本题题干)。
【答案】（1） ①. 羰基、酰胺基 ②. 2
（2） （3）取代反应
（4） （5）
【解析】
【分析】A→B用乙酸酐脱水成环，原羧基中的C原子与苯环相连；B→C中，B中酮羰基的碳氧双键打开，与反应生成五元环酯；C→D的反应，先用RhCl3·3H2O 将碳碳双键重排至环内，再用碘甲烷的甲基取代N上的H；D→E发生取代反应，Bz− 被H取代；E→F发生酯的氨解反应，F→G发生还原反应。
【小问1详解】
由于Bz表示，B分子中含有的官能团为(酮)羰基、酰胺基；连有四个不同的原子或原子团的饱和C原子为手性碳原子，B中手性碳原子数目为2，如图*表示：；
【小问2详解】
由分析可知，D→E发生取代反应，酰胺基水解后与体系中加入的乙基化试剂进一步结合，生成；
【小问3详解】
E→F发生酯的氨解反应，酯基与氨基反应生成酰胺基与羟基，属于取代反应；
【小问4详解】
F与氢气1:1加成得到的H的分子式为C16H20N2O2，根据条件③可知H中含有苯环，除苯环外剩余原子数目为：C-10，N-2，O-2，不饱和度为4；根据条件①和③，水解生成的两种产物nX:nY=2:1 ，Y的核磁共振氢谱峰面积之比为，可知Y为对称结构，氢原子数目可能为6:2（2个相同环境的甲基和一个氨基），则Y可能为，根据条件②，X能使的溶液褪色，说明X含有碳碳双键，而X有两个，碳碳双键不饱和度为1，还剩2个不饱和度，又因为含有N且可发生水解，故推测H中有2个酰胺基，水解后X中含有羧基，结合相对分子质量是72，X可能是，最终的H为；
【小问5详解】
原料与流程图中B到C的原料相同，所以第一步需将中的醇先氧化成醛基（含有碳氧双键），然后仿照B到C的反应将两个原料连接， 接着仿照C到D的反应可将碳碳双键重排至环内，欲得到最终产物，需进行E到F的反应过程，所以利用已知提示先将硝基转化为氨基，再仿照E到F反应，从而得到最终产物。
16. 连二硫酸钠()是一种稳定的还原剂，易溶于水，酸性溶液中可生成和。实验室以和为主要原料制备的流程如下：
（1）“氧化”时，分批加入的原因除防止反应过快，不利于控制温度外，另一原因为___________。
（2）有利于“脱除”的操作是___________(填字母)。
a．降温 b．真空抽气 c．升温 d．加压
（3）“调节pH”时，先加入固体至___________时，再加入溶液调节pH至中性，抽滤。不直接用溶液调节pH的原因是___________。
（4）请补充从溶液制备的实验方案：取一定体积的溶液，___________，过滤，用乙醇洗涤，干燥，得晶体。(已知：在弱碱性溶液中溶解度小，实验中须注意提高产率，须使用的试剂和用品：固体、溶液，红色石蕊试纸)
（5）称取样品于锥形瓶中溶于冷水，用酸性溶液测定纯度时，若操作无误，所测纯度低于实际纯度的可能原因是___________。
【答案】（1）防止过多的与反应生成副产物
（2）bc （3） ①. 不再产生气体 ②. 防止局部碱性过强产生沉淀
（4）边搅拌边分批加入固体，至用红色石蕊试纸检验，试纸变为浅蓝色时，过滤，用溶液洗涤滤渣，将洗涤液与滤液合并，将溶液蒸发浓缩至有晶膜出现，降温结晶
（5）随着反应的进行，溶液酸性增强，与酸反应产生，溢出未能与充分反应
【解析】
【分析】由制备流程图可知，以饱和二氧化硫溶液为原料，加入二氧化锰进行氧化反应，二氧化锰作为氧化剂与二氧化硫氧化生成连二硫酸锰；反应后脱除溶液中溶解的过量二氧化硫，避免后续酸性条件下副反应的发生；随后向溶液中加入碳酸钡固体，初步调节溶液 pH 并沉淀部分杂质，再加入氢氧化钡溶液将 pH 调至中性，使溶液中的某些杂质离子生成沉淀而除去，得到连二硫酸锰溶液；后续再经碳酸钠置换、蒸发浓缩、冷却结晶、洗涤干燥等操作，制备得到连二硫酸钠二水合物晶体，据此分析；
【小问1详解】
“氧化”时，分批加入的原因除防止反应过快，不利于控制温度外，另一原因为：防止过多的与反应生成副产物；
【小问2详解】
脱除溶液中溶解的，可利用气体的溶解度随温度升高而降低、随压强减小而降低的规律，因此升温（c）、真空抽气（b）有利于逸出，故选bc；
【小问3详解】
“调节pH”时，先加入固体至不再产生气体时，再加入溶液调节pH至中性，抽滤。不直接用溶液调节pH的原因是：防止局部碱性过强产生沉淀；
【小问4详解】
边搅拌边分批加入固体，至用红色石蕊试纸检验，试纸变为浅蓝色时，过滤，用溶液洗涤滤渣，将洗涤液与滤液合并，将溶液蒸发浓缩至有晶膜出现，降温结晶；
【小问5详解】
所测纯度低于实际纯度的可能原因是：随着反应的进行，溶液酸性增强，与酸反应产生，溢出未能与充分反应。
17. Ⅰ．清除污染物甲苯是当今研究的热点。
（1）甲苯在厌氧生物电化学反应器中可降解为多种物质，装置如图-1所示，甲苯生成苯甲酸的电极反应式为___________。
（2）焓变的计算方法有多种，仅从以下单项数据不能计算出C7H8l+12O2g=C7H8Ol的的是___________(填字母)。
A. 各化学键的键能B. 各物质的燃烧热
C. 正反应的活化能D. 各物质的相对能量
Ⅱ．有优异的放氧/储氧能力(Ce4+↔Ce3+)，氧空位能促进的吸附成为活性氧，还能作为活性位点降低反应活化能，加快甲苯消除。
（3）催化剂的制备方法对甲苯降解影响显著，制备的三种方法如下：
CeO2−X ：将(NH4)2[CeNO3)6溶于去离子水中，再加入乙酸和乙二醇，加热。
CeO2−Y ：将Ce(NO3)3⋅6H2O 加入到乙腈和乙二醇混合液中，加热。
CeO2−Z ：将Ce(SO4)2⋅4H2O 和尿素溶于去离子水中，加热。
制得的催化剂中的物质的量含量如下表。
CeO2−Y 中nCe4+:nO2−= ___________。
（4）随温度升高，催化剂对甲苯转化率的影响如图-2所示，CeO2−X 性能优于CeO2−Y 的原因是___________。CeO2−Z 活性低的可能原因为___________。
（5）CeO2−X 催化甲苯降解的过程为：
甲苯→Ⅰ苯甲醇→Ⅱ苯甲酸→Ⅲ苯酚→Ⅳ马来酸酐→ⅤCO2和H2O 。
通过红外光谱发现，温度升高到时，反应5分钟后，催化剂表面甲苯、苯甲醇、苯甲酸、苯酚的峰强度显著增强，影响降解的决速步骤为___________(填“Ⅰ”、“Ⅱ”、“Ⅲ”、“Ⅳ”或“Ⅴ”)。
（6）处理废气过程中水蒸气体积分数与甲苯转化率的关系反映催化剂活性，关系如图-3所示。
①当水蒸气体积分数提高至10%后，催化剂活性下降，可能原因为___________。
②从实际工业生产角度分析，研究水蒸气含量对催化剂影响的意义是___________。
【答案】（1）C7H8+2H2O−6e−=C7H6O2+6H+ （2）AC
（3）6:13
（4） ①. 催化剂CeO2−X的nCe3+nCe3++nCe4+% 大，表明其本身存在更多的，有更多的氧空位，有助于氧气的吸附和活化 ②. 可能是由于其表面残留的硫酸盐抑制了催化活性
（5）Ⅳ （6） ①. 由于高浓度水蒸气与甲苯分子在催化剂表面发生竞争吸附，降低了反应物的有效吸附与转化效率（或过量水蒸气还可能改变催化反应路径，诱发副反应；或发生副反应，降低了对目标产物的选择性，从而削弱整体催化性能。） ②. 在实际废气处理过程中，水蒸气普遍存在，在不同湿度条件下催化剂仍能保持较高的活性，良好的稳定性，具有更加实际应用前景（或催化剂的抗水性能可以评估其工业应用潜力或其它合理答案）
【解析】
【小问1详解】
左侧电极上甲苯转化为苯甲酸，1 ml甲苯失去2 ml H、得到2 ml O，失去6 ml电子，酸性环境下用平衡电荷，配平得到电极反应式为C7H8+2H2O−6e−=C7H6O2+6H+；
【小问2详解】
A．键能为1 ml气态分子离解成气态原子所吸收的能量，反应中存在2种液态化合物，仅通过化学键的键能数据，无法计算反应焓变，A符合题意；
B．反应焓变等于C7H8(l) 的燃烧热减去C7H8O(l) 的燃烧热，给出各物质的燃烧热可计算焓变，B不符合题意；
C．正反应活化能逆反应活化能，只给出正反应活化能，无法计算焓变，C符合题意；
D．生成物总相对能量反应物总相对能量，给出各物质的相对能量可计算焓变，D不符合题意；
故选AC；
【小问3详解】
设CeO2−Y中总Ce的物质的量为1 ml，的物质的量分数为10.0%，则n(Ce3+)=0.1 ml ，n(Ce4+)=0.9 ml ，根据电荷守恒，总正电荷等于带有的总负电荷，n(O2−)=0.1 ml×3+0.9 ml×42=1.95 ml ，因此n(Ce4+):n(O2−)=0.9:1.95=6:13 ；
【小问4详解】
①含量越高，催化剂中氧空位越多，越有利于氧气的吸附和活化，CeO2−X的n(Ce3+)n(Ce3+)+n(Ce4+)% 大于CeO2−Y，因此催化性能更优；
②CeO2−Z制备原料中含有硫酸盐，其表面残留的硫酸盐会占据活性位点，抑制催化活性，因此三价离子含量高于CeO2−Y但活性更低；
【小问5详解】
决速步骤是反应中速率最慢的步骤，该步骤的反应物会出现明显积累，温度升高到220℃时，甲苯、苯甲醇、苯甲酸、苯酚的峰强度显著增强，说明苯酚无法快速转化，因此降解的决速步骤为步骤Ⅳ；
【小问6详解】
① 水蒸气和甲苯分子会竞争催化剂表面的活性吸附位点，水蒸气浓度升高后，甲苯的有效吸附量降低，反应速率下降，催化剂活性降低（或过量水蒸气还可能改变催化反应路径，诱发副反应；或发生副反应，降低了对目标产物的选择性，从而削弱整体催化性能。）；
② 实际工业生产中废气的湿度存在波动，研究水蒸气含量对催化剂活性的影响，可评估催化剂的适用范围，为生产工艺参数优化提供依据，提高工业生产效率（答案合理即可）。A．除去Cu2+
B．获得FeCl2溶液
C．制备FeCl3溶液
D．获得FeCl3固体
催化剂
CeO2−X
CeO2−Y
CeO2−Z
nCe3+nCe3++nCe4+%
14.6
10.0
13.5