广西南宁市普高联盟2022-2023学年高二下学期期末联考化学试题

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广西南宁市普高联盟2022-2023学年高二下学期期末联考化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．中国传统文化中包含大量化学知识，下列说法错误的是
A．“石硫磺(S)能化……银、铜、铁，奇物”，这句话体现了石硫磺的氧化性
B．“春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”，其中的“蜡炬成灰”属于化学变化
C．《本草纲目》中多次提到“烧酒”，用高梁酿酒中的“馏酒”是指蒸馏操作
D．“至于矾现五色之形，硫为群石之将，皆变化于烈火”，其中的“矾”指的是金属硫化物
【答案】D
【详解】A．硫黄与金属反应生成金属硫化物，硫元素化合价降低，硫作氧化剂，表现氧化性，故A正确；
B．石蜡燃烧生成二氧化碳、水，属于化学变化，故B正确；
C．“馏酒”是指用蒸馏方法将乙醇蒸出，故C正确；
D．“矾”指的是金属(如钠、锌、铁、铜等)的硫酸盐，故D错误；
选D。
2．下列化学用语或图示表达不正确的是
A．乙炔的结构简式： B．顺−2−丁烯的分子结构模型：  
C．的VSEPR模型     D．键电子云轮廓图  
【答案】C
【详解】A．乙炔是碳碳三键、碳氢单键，其结构简式：，故A正确；
B．顺−2−丁烯的分子中两个甲基在同一个方向，其结构模型：  ，故B正确；
C．价层电子对数为，其VSEPR型是平面三角形，故C错误；
D．键是镜面对称，其电子云轮廓图  ，故D正确。
综上所述，答案为C。
3．设NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列叙述中正确的是
A．1 mol Na2O2含有的阴离子数为NA
B．常温常压下，48 g O3含有的氧原子数为NA
C．标准状况下，22.4 L H2O含有分子数为NA
D．0.1 mol·L-1 NaHCO3溶液中，含有的Na＋数目为0.1NA
【答案】A
【详解】A．Na2O2含有过氧根离子，1 mol Na2O2含有的阴离子数为NA，故A正确；
B．常温常压下，48 g O3含有的氧原子数为3NA，故B错误；
C．标准状况下，H2O是液体，因此22.4LH2O含有分子数大于NA，故C错误；
D．0.1 mol·L-1 NaHCO3溶液中，溶液体积未知，因此无法计算Na＋数目，故D错误。
综上所述，答案为A。
4．关于化合物2−苯基丙烯，下列说法正确的是
A．易溶于水及甲苯
B．分子中所有原子共平面
C．可以发生加成聚合反应
D．不能使稀高锰酸钾溶液褪色
【答案】C
【详解】A. 2-苯基丙烯为烃类，分子中不含羟基、羧基等亲水基团，难溶于水，易溶于有机溶剂，则2-苯基丙烯难溶于水，易溶于有机溶剂甲苯，故A错误；
B. 有机物分子中含有饱和碳原子，所有原子不可能在同一平面。2-苯基丙烯中含有甲基，所有原子不可能在同一平面上，故B错误；
C. 2-苯基丙烯的官能团为碳碳双键，一定条件下能够发生加聚反应生成聚2-苯基丙烯，故C正确；
D. 2-苯基丙烯的官能团为碳碳双键，能够与高锰酸钾溶液发生氧化反应，使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D错误；
正确答案是C。
【点睛】本题考查有机物的结构与性质，侧重分析与应用能力的考查，注意把握有机物的结构，掌握各类反应的特点，并会根据物质分子结构特点进行判断是解答关键。
5．W、X、Y、Z是四种常见的短周期元素，其原子半径随原子序数变化如图。已知W在地壳中含量最高；X遇水剧烈反应；Y的单质可用于光伏发电；Z的最外层电子数比次外层电子数少1个。下列说法错误的是
  
A．简单离子半径：X B．简单气态氢化物的稳定性：Y C．最高价氧化物对应水化物的酸性：Y>Z
D．形成的化合物中，各原子均达到8电子稳定结构
【答案】C
【分析】W、X、Y、Z是四种常见的短周期元素，其原子半径随原子序数变化如图。已知W在地壳中含量最高，则W为O；X遇水剧烈反应，其原子半径最大，则X为Na；Y的单质可用于光伏发电，则Y为Si；Z的最外层电子数比次外层电子数少1个，则Z最外层含有7个电子，其原子序数大于Si，则Z为Cl元素，以此分析解答。
【详解】结合分析可知，W为O，X为Na，Y为Si，Z为Cl元素。
A．电子层相同时，核电荷数越大离子半径越小，则简单离子半径：Na+＜O2-，故A正确；
B．非金属性Si＜Cl，则简单气态氢化物的稳定性：SiH4＜HCl，故B正确；
C．非金属性Si＜Cl，最高价氧化物对应水化物的酸性：H2SiO3>HClO4，故C错误；
D．Si、Cl形成的二元化合物为四氯化硅，四氯化硅分子中Si、Cl原子均满足8电子稳定结构，故D正确；
故选C。
6．化学创造美好生活。下列劳动项目涉及反应的方程式错误的是
A．船舶工程师在船体上镶嵌锌块，防止反应：
B．药剂师用作抗胃酸药：
C．工人用溶液制作电路板：
D．消防员用泡沫灭火器灭火：
【答案】A
【详解】A．船舶工程师在船体上镶嵌锌块，防止反应：，A错误；
B．小苏打可以中和胃酸，药剂师用作抗胃酸药：，B正确；
C．三价铁离子有强氧化性，可以将铜氧化为铜离子，，C正确；
D．泡沫灭火器灭火原理是利用铝离子和碳酸氢根离子会发生双水解，，D正确；
故选A。
7．下列实验操作能达到实验目的是

A．用甲装置验证SO2的漂白性 B．用乙装置蒸发结晶NaCl溶液
C．用丙装置测定化学反应速率 D．用丁装置量取10.00mL的盐酸溶液
【答案】D
【详解】A．二氧化硫能和酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应而使溶液褪色，该装置体现了SO2的还原性，A项错误；
B．蒸发结晶NaCl溶液需要在蒸发皿中进行，B项错误；
C．图中为长颈漏斗，液体一次性流入锥形瓶，生成的气体通过长颈漏斗逸出，不能用该装置测定化学反应速率，C项错误；
D．盐酸溶液是酸溶液，用酸式滴定管可量取10.00mL的盐酸溶液，D项正确；
答案选D。
8．下列物质间转化关系(反应条件已略去)正确的是
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】A．硫不能直接变成三氧化硫，故A错误；
B．该选项中的所以物质之间的转化关系均正确，故B正确；
C．氧化铁不能与水反应生成氢氧化铁，故C错误；
D．氮气与氧气反应先生成NO，不会直接变成，故D错误；
答案选B
9．工业上可利用反应Na2SO4 + 2CNa2S + 2CO2↑来制备硫化钠，下列说法错误的是
A．该反应中氧化剂和还原剂的物质的量比为1∶2
B．反应中，生成1 mol Na2S时，转移8 mol电子
C．反应中，消耗1 mol碳时，可生成22.4 L 标准状况下的CO2
D．Na2S溶液显碱性是由于S2-+ 2H2O⇌H2S + 2OH-
【答案】D
【详解】A．该反应中Na2SO4中的S得电子，硫酸钠为氧化剂，C失电子，C为还原剂，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：2，A正确；
B．反应中Na2SO4得到8个电子生成Na2S，故生成1molNa2S时，转移8mol电子，B正确；
C．反应中，消耗1mol碳时，生成1mol二氧化碳，标准状况下体积为22.4L，C正确；
D．Na2S水解分步进行，且以第一步反应为主，硫化钠呈碱性是因为S2-+H2O+OH-，D错误；
故答案选D。
10．下列关于C、Si及其化合物的说法正确的是
A．CH的键角>的键角
B．C的非金属性强于Si，推测C可以还原SiO2
C．CH4的相对分子质量小于SiH4，推测CH4的热稳定性比SiH4小
D．C和Si的价电子数均为4，推测CO2中的C和SiO2中的Si均为sp杂化
【答案】A
【详解】A．中心原子C有3个σ键，孤电子对数为=0，碳原子是sp2 杂化，中心原子C有3个σ键，孤电子对数为=1，碳原子是sp3 杂化，因此键角大于的键角，故A正确；
B．C与SiO2反应生成Si和CO，C的化合价升高，Si的化合价降低，没有利用C的非金属性强于Si，故B错误；
C．热稳定性与化学键有关，与相对分子质量或范德华力无关，C的原子半径小于Si，C-H键键长小于Si-H键长，C-H的键能大于Si-H键能，因此甲烷的热稳定性强于SiH4，故C错误；
D．C和Si属于第ⅣA族元素，价电子等于最外层电子数，即等于4，CO2的结构式为O=C=O，C有2个σ键，无孤电子对数，杂化类型为sp，SiO2为正四面体形，有4个σ键，无孤电子对数，Si的杂化类型为sp3，故D错误；
答案选A。
11．2A(g) B(g) ∆H1(∆H1>0)；2A(g) B(1) ∆H2，下列能量变化示意图正确的是
A． B．
C． D．
【答案】C
【详解】由题意可知，2A(g) B(g)的反应为吸热反应，反应物的总能量小于生成物的总能量，气态物质B的总能量高于液态物质B的总能量，则C符合题意；
故选C。
12．为测定某有机物A的结构，用核磁共振能处理后得到如图所示的核磁共振氢谱则该有机物可能是

A．CH3CH2OH B．CH3CH2CH2COOH C．CH3CH=CHCH3 D．CH3OCH3
【答案】A
【分析】根据核磁共振氢谱，有3组吸收峰，可知该有机物有3种等效氢，且3种等效氢个数比为1:2:3；
【详解】A．CH3CH2OH有3种等效氢，且3种等效氢个数比为1:2:3，A正确；
B．CH3CH2CH2COOH有4种等效氢，B错误；    
C．CH3CH=CHCH3有2种等效氢，C错误；    
D．CH3OCH3有2种等效氢，D错误；
故选A。
13．我国科学家使用双功能催化剂(能吸附不同粒子)催化水煤气变换反应：，在低温下获得高转化率与高反应速率。反应过程示意图如下：
  
下列说法正确的是
A．过程Ⅰ、过程Ⅱ均为放热过程
B．该催化过程中：有极性键的断裂，极性键和非极性键的形成
C．图示显示：起始时只有1个参与了反应
D．一定条件下，当和反应未达到限度时，
【答案】B
【分析】结合图可知反应过程可表示为：
过程Ⅰ．H2O=*H+*OH；
过程Ⅱ．H2O+*H+*OH=2*H+2*OH；
过程Ⅲ．CO+2*H+2*OH=CO2+H2+H2O。
【详解】A．根据反应过程，过程Ⅰ和过程Ⅱ都有H-O键的断裂，断键要吸收热量，故A错误；
B．结合分析可知催化过程中存在氢氧键极性断裂，碳氧极性键、氢氢非极性键的生成，故有极性键的断裂，极性键和非极性键的形成，故B正确；
C．由分析可知起始时的2个在反应过程中H-O键都发生了断裂，因此起始时的2个在反应过程中都参与了反应，故C错误；
D．未达到限度时，反应总体表现为正向进行，，故D错误；
答案为B。
14．氢氧熔融碳酸盐(主要成分为碳酸钠和碳酸钾)燃料电池是一种高温电池(800~900℃)，工作原理如图所示。下列有关该电池的说法正确的是

A．该电池在室温下也可以正常工作
B．负极反应式为
C．该电池可消耗工厂中排出的，减少温室气体的排放
D．电池工作时，外电路中通过0.2mol电子时，消耗0.8mol
【答案】B
【分析】该原电池工作时，H2发生失电子的氧化反应，O2发生得电子的还原反应，则左侧电极为负极，右侧电极为正极，负极反应为，正极反应为O2+2CO2+4e-=2，总反应为2H2+O2=2H2O，据此分析解答。
【详解】A．氢氧熔融碳酸盐燃料电池是一种高温电池，常温下不能正常工作，A错误；
B．由分析可知，原电池工作时，H2发生失电子的氧化反应，为负极，负极反应为，B正确；
C．原电池工作时总反应为2H2+O2=2H2O，不能利用工厂中排出的CO2，不能减少温室气体的排放，C错误；
D．正极反应为O2+2CO2+4e-=2，外电路中通过0.2mol电子时消耗=0.05molO2，D错误；
故答案为：B。
15．25°C时 ，在锥形瓶中加入25.00mL 0.1000mol·L-1H2C2O4溶液，加入指示剂，然后用0.1000mol·L1NaOH 溶液滴定，得到如图所示溶液的pH随滴加NaOH溶液的体积的变化曲线。下列说法正确的是(已知：10-1.3=0.05)

A．滴定前，锥形瓶要用0.1000mol·L-1H2C2O4溶液润洗
B．Ka1(H2C2O4)= 10-1.6
C．图中c点溶液离子浓度大小为： c(Na+ )＞c()＞c( )＞c(H2C2O4)
D．a点溶液中： c(OH -)+c( )=c(H2C2O4)+c(H+)
【答案】D
【详解】A.滴定前，若用0.1000mol·L-1H2C2O4溶液润洗锥形瓶，会使草酸物质的量增大，消耗氢氧化钠的体积偏大，所以锥形瓶不能润洗，故A错误；
B.0.1000mol·L-1H2C2O4溶液pH=1.3，Ka1(H2C2O4)=，故B错误；
C.图中c点草酸和氢氧化钠完全反应，溶质为Na2C2O4，C2O发生两步水解，第一步水解大于第二步水解，溶液离子浓度大小为： c(Na+ )＞c() ＞c()＞c(H2C2O4)，故C错误；
D. a点草酸和氢氧化钠1:1反应，溶质为NaHC2O4，根据物料守恒c(Na+ )=c( ) +c()+c(H2C2O4)，根据电荷守恒c(Na+)+ c(H+)=2c( )+c()+c(OH -)，所以c(OH -)+c( )=c(H2C2O4)+c(H+)，故D正确；
选D。

二、实验题
16．已知：钴是一种中等活泼金属，常见化合价为+2价和+3价，CoCl2 易溶于水。南宁三中化学课外活动小组同学设计实验制取(CH3COO)2Co(乙酸钴)并验证其分解产物。请回答下列问题：
(1)甲同学用Co2O3与盐酸反应制备CoCl2，其实验装置如下：

①盛装浓盐酸的仪器名称 ；烧瓶中发生反应的化学方程式为 。
②由以上实验事实并结合已学知识分析，氧化性Co2O3 MnO2 (填“大于”、“小于”或“无法判断”)。
(2)利用甲同学制得的CoCl2可进一步制得(CH3COO)2Co的结晶水合物。乙同学利用下列装置检验(CH3COO)2Co结晶水合物在氮气气氛中的分解产物。其中E、F、G中的试剂均足量。已知PdCl2溶液能被CO还原为Pd。

①装置E、F是用于检验分解产物中的CO和CO2，则E中所盛的溶液是 。
②经分析知分解产物还有C2H6，已知C2H6在较高温度下具有还原性，则上述实验中可确定有C2H6生成的现象是 。
③实验结束后，正确的操作是： 。(填字母)
a. 先熄灭D、I处的酒精灯再停止通N2 b. 先停止通N2再熄灭D、I处的酒精灯
④另取一定量乙酸钴结晶水合物样品[Co(CH3COO)2·4H2O](M=249g/mol)隔绝空气加热，样品的固体残留率(×100%)随温度的变化如图所示(样品在200℃时已完全失去结晶水，350℃以上残留固体为金属氧化物)。根据以上实验数据和实验事实写出200℃~350℃阶段分解的化学方程式： 。

【答案】 分液漏斗 Co2O3+6HCl=2CoCl2+Cl2↑+3H2O 大于 澄清的石灰水 装置I中黑色固体变为红色，无水硫酸铜由白色变为蓝色，装置K中澄清的石灰水变浑浊 a 3(CH3COO)2CoCo3O4+4CO↑+2CO2↑+3C2H6↑
【分析】(1)根据图中反应物及部分生成物，利用氧化还原反应判断；
(2) 根据实验提供的信息，醋酸钴受热分解，生成CO、CO2、C2H6及钴的一种氧化物，反应在无氧环境下进行，PbCl2能被CO还原为Pb和二氧化碳，则装置E为检验二氧化碳生成的装置，装置F为检验CO的存在，装置G为吸收二氧化碳，H为干燥除水，装置I、J、K为验证C2H6。
【详解】(1)①根据装置特点，盛装盐酸的仪器名称为分液漏斗；烧瓶中盐酸与Co2O3反应生成CoCl2、氯气和水，方程式为Co2O3+6HCl=2CoCl2+Cl2↑+3H2O；故答案为：分液漏斗；Co2O3+6HCl=2CoCl2+Cl2↑+3H2O；
②实验室用二氧化锰制取氯气时需要加热，而用Co2O3取氯气不需加热，则Co2O3氧化性大于MnO2；故答案为： 大于
(2)①PbCl2能被CO还原为Pb和二氧化碳，防止CO的检验对CO2的检验产生干扰，CO2需先检验，则装置E中盛有的为澄清的石灰水；故答案为：澄清的石灰水
②已知C2H6在较高温度下具有还原性，则在装置I中C2H6与氧化铜反应生成单质铜、水和二氧化碳，可观察到装置I中黑色固体变为红色，无水硫酸铜由白色变为蓝色，装置K中澄清的石灰水变浑浊；故答案为：装置I中黑色固体变为红色，无水硫酸铜由白色变为蓝色，装置K中澄清的石灰水变浑浊。
③试验结束时，先熄灭D、I处酒精灯，一段时间后，待装置D、I处温度降低后再停止通入氮气，可防止倒吸；故答案为：a
④Co(CH3COO)2·4H2O在加热过程中先失去结晶水，200℃时得到的是Co(CH3COO)2，则残余固体中钴的含量= ，350℃以上残留固体为金属氧化物（CoxOy）,残留固体中钴的含量=，根据质量守恒，假设固体样品的质量为m，则，解得，则钴的氧化物为Co3O4，分解的方程式为3(CH3COO)2CoCo3O4+4CO↑+2CO2↑+3C2H6↑。故答案为：3(CH3COO)2CoCo3O4+4CO↑+2CO2↑+3C2H6↑
【点睛】根据热分解时的失重率曲线首先确定结晶水的含量，求出分子总量，再根据比例关系求氧化物中Co与O的比例，确定化学式，最后配平即可。考查学生的读图和分析问题的能力，难度适中。

三、工业流程题
17．我国是世界上最早制得和使用金属锌的国家，一种以闪锌矿(主要成分为ZnS，含有SiO2和少量FeS、CdS、PbS杂质)为原料制备金属锌的流程如图所示：

相关金属离子[c0(Mn+)=0.1 mol·L-1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
金属离子
Fe3+
Fe2+
Zn2+
Cd2+
开始沉淀的pH
1.5
6.3
6.2
7.4
沉淀完全的pH
2.8
8.3
8.2
9.4
请回答下列问题：
(1)焙烧过程中产生的气体化学式 。
(2)溶浸时，提高浸出率的方法有 。(至少写出两种)
(3)利用Fe(OH)3悬浊液与含SO2的烟气反应生成FeSO4，可以使烟气脱硫，该反应的离子方程式为 。产物FeSO4在空气中煅烧生成铁红和三氧化硫，该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为 。
(4)氧化除杂时，加入ZnO调节溶液pH，当用广泛pH试纸测得pH值为_______时，可认为已达除杂目的。
A．2 B．2.8 C．4 D．6.2
(5)滤渣3成分为 。
【答案】(1)SO2
(2)升温、粉碎、搅拌、提高硫酸浓度、延长溶浸时间等
(3) 2Fe(OH)3+SO2+2H+=2Fe2++SO+4H2O 1：4
(4)C
(5)Cd，Zn

【分析】闪锌矿焙烧时，S元素与氧气反应生成二氧化硫气体；酸浸时金属氧化物与硫酸反应生成相应的盐，PbSO4、二氧化硅不溶于酸，则滤渣1为PbSO4、二氧化硅；加氧气、ZnO调节pH除去Fe元素；加入Zn粉除去溶液中的Cd2+离子。据此分析可得：
【详解】（1）焙烧过程中将硫化物转化为氧化物，因此气体为SO2，故答案为：SO2；
（2）升高温度、固体粉碎及提高硫酸浓度可加快反应速率，则提高浸出率的方法有升温、粉碎、搅拌、提高硫酸浓度、延长溶浸时间等，故答案为：升温、粉碎、搅拌、提高硫酸浓度、延长溶浸时间等；
（3）Fe(OH)3脱硫时，Fe(OH)3悬浊液与含SO2的烟气反应生成FeSO4，发生2Fe(OH)3+SO2+2H+=2Fe2++SO+4H2O；FeSO4在空气中煅烧的过程中作为还原剂FeSO4中Fe2+化合价升高1，氧气降低4，化合价升降总数相等，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：4，故答案为：2Fe(OH)3+SO2+2H+=2Fe2++SO+4H2O；1：4；
（4）根据题意用ZnO调节pH需在2.8~6.2之间，但考虑到广泛pH试纸的精度为整数，故答案为C；
（5）还原除杂流程中溶液中金属阳离子还有Cd2+、Zn2+，因此利用金属Zn的还原性置换出杂质Cd，由于锌粉过量故滤渣3为Cd，Zn，故答案为：Cd，Zn。

四、原理综合题
18．环氧丙烷(，简写为PO)是重要的工业原料，利用丙烯(C3H6)气相直接环氧化是未来工业生产的趋势，寻找合适的催化剂是目前实验研究的热点。丙烯气相直接环氧化反应为：C3H6(g)+ H2(g)+ O2(g)= (g)+ H2O(g)  ΔH，回答下列问题：
(1)已知：
i．2C3H6(g)+O2(g)=2(g)  
ii．H2(g)+O2(g)=H2O(g)  
则C3H6(g)+H2(g)+O2(g)=(g)+H2O(g)  ΔH= kJ·mol-1。
(2)①恒温恒容下，下列可判断丙烯气相直接环氧化反应达到平衡的是 (填标号)。
A．压强不再变化                          B．密度不再变化
C．v正(丙烯)： v正(环氧丙烷)=1：1          D．平均相对分子质量不再变化
②为增大C3H6的平衡转化率，可选择的条件是 (填标号)。
A．低温高压    B．增大C3H6浓度      C．使用高效催化剂 D．分离出产物
(3)选用Au/TS-1为催化剂，发生丙烯气相直接环氧化反应，副反应如下：
C3H6(g)+H2(g)+O2(g)=CH3CH2CHO(g)+H2O(g)
C3H6(g)+O2(g)=CH2=CHCHO(g)+H2O(g)
为探究TS-1的粒径对Au/TS-1催化活性的影响，恒温200℃、恒压pkPa条件下，C3H6与H2、O2各20.0mmol通入反应装置中，tmin后部分组分的物质的量如下表所示：
粒径大小/nm
240
450
810
1130
物质的量
PO
1.80
1.45
1.09
0.672
/mmol
所有C3副产物
0.20
0.32
0.05
0.092
当粒径为240nm，tmin时反应恰好达到平衡状态，则C3H6的总转化率为 。随着TS-1粒径的增大，PO生成的速率逐渐 (填“增大”或“减小”)，原因是 。
【答案】(1)-1373.6
(2) AD AD
(3) 10% 减小 粒径增大导致反应物与催化剂的接触面积减小，反应速率降低

【详解】（1）由盖斯定律有得方程C3H6(g)+H2(g)+O2(g)=(g)+H2O(g)，则，故答案为：；
（2）①反应C3H6(g)+H2(g)+O2(g)=(g)+H2O(g)为全都为气体的非等体积反应：
A．压强不再变化，反应中各组分的浓度均不在发生变化，则处于平衡状态，故A正确；
B．该反应为全都为气体参与的反应，且在恒温恒容的条件下进行，密度一直保持不变，则不能确定反应处于平衡状态，故B错误；
C．v正(丙烯)： v正(环氧丙烷)=1：1，大小相等、方向相同，则不能用于判断该反应是否处于平衡状态，故C错误；
D，正反应为气体分子数减小的反应，所以随着反应的进行，平均相对分子质量不断增大，当平均相对分子质量不再变化处于平衡状态，故D正确；
答案选AD；
②A．正反应为气体体积较小的放热反应，低温低压有利于平衡正向移动，增大C3H6的平衡转化率，故A正确；
B．增大C3H6浓度，平衡正向移动，但C3H6本身转化率降低，故B错误；
C．催化剂能降低反应的活化能，从而加快化学反应速率，缩短平衡所需的时间，但平衡不会发生移动，故C错误；
D．分离出产物，生成浓度减小，平衡正向移动，有利于增大C3H6的平衡转化率，故D正确；
答案选AD；
（3）当粒径为240 nm，达到平衡时，n(PO)=1.80mmol，n(C3副产物)=0.20 mmol，由反应方程式可知，反应的C3H6的物质的量为1.80 mmol +0.20 mmol =2 mmol，C3H6的总转化率为；随着TS-1粒径的增大，粒径增大导致反应物与催化剂的接触面积减小，反应速率降低，所以生成PO生成的速率逐渐减小，故答案为：10%；粒径增大导致反应物与催化剂的接触面积减小，反应速率降低。

五、结构与性质
19．我国科学家研究发现AgGrS2在室温下具有超离子行为(原子可在晶体中自由移动)。回答下列问题：
(1)基态铬原子的核外电子排布式为 ，基态硫原子核外有 种不同运动状态的电子。
(2)与硫元素同族的几种元素中，电负性最大的是 (填元素符号)。SO2、SO3杂化轨道类型相同，但键角SO3大于SO2，原因是 。
(3)Ag+与氨水形成的二氨合银配离子[Ag(NH3)2]+的空间构型是直线型，则其中心原子的杂化类型是 ，该配离子中的配位原子是 (填元素符号)，lmol该配离子中含有的σ键的数目为 mol。
(4)复合材料氧铬酸钙的立方晶胞如图所示。

该物质的化学式为 ，若A、B的原子分数坐标分别为(0，0，0)、(1，1，0)，则C的原子分数坐标为 。
【答案】(1) 1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1 16
(2) O SO2中心原子价层电子对数为3，SO3中心原子价层电子对数为3，则杂化轨道类型相同均为sp2，但由于SO2中含有一个孤电子对而SO3中没有孤电子对，孤电子对对成键电子对有较强的排斥力，导致SO2键角减小
(3) sp N 8
(4) CaCrO3 (，1，)

【详解】（1）已知Cr是24号元素，故基态铬原子的核外电子排布式为 (或)，根据泡利不相容原理可知，原子核外不管多少电子，没有两个运动状态完全相同的电子，S为16号元素，核外有16个电子，即基态硫原子核外有16种不同运动状态的电子，故答案为：(或)；16；
（2）已知同一主族从上往下元素的电负性依次减小，故与硫元素同族的几种元素中，电负性最大的是O；SO2中心原子价层电子对数为：，SO3中心原子价层电子对数为：，则杂化轨道类型相同均为sp2，但由于SO2中含有一个孤电 子对而SO3中没有孤电子对，孤电子对对成键电子对有较强的排斥力，导致SO2键角减小，故答案为：O；SO2中心原子价层电子对数为3，SO3中心原子价层电子对数为3，则杂化轨道类型相同均为sp2，但由于SO2中含有一个孤电子对而SO3中没有孤电子对，孤电子对对成键电子对有较强的排斥力，导致SO2键角减小；
（3）Ag+与氨水形成的二氨合银配离子[Ag(NH3)2]+中Ag+与NH3中的N之间形成了2对共用电子对，且空间构型是直线型，则其中心原子的杂化类型是sp，该配离子中的配位原子是N，lmol该配离子中含有的σ键的数目为2×3+2=8mol，故答案为：sp；N；8；
（4）该晶胞中Ca原子个数=、O原子个数=、Cr原子个数是1，故该晶胞的化学式为：CaCrO3；C原子在x、y、z轴上的投影分别是、1、，则C原子的坐标为，故答案为：CaCrO3；。

六、有机推断题
20．阿斯巴甜(G)是一种广泛应用于食品工业的添加剂，一种合成阿斯巴甜(G)的路线如下：

已知如下信息：
①
②
回答下列问题：
(1)A中官能团的名称是 。
(2)A生成B反应的化学方程式为 。
(3)D的结构简式为 ，D生成E的反应中浓硫酸的作用是 。
(4)E生成G的反应类型为 。
(5)写出能同时满足下列条件的C的同分异构体的结构简式 。
①分子中含有苯环，且苯环上有两个取代基
②能与FeCl3溶液发生显色反应
③能在氢氧化钠溶液中发生水解反应，且含有苯环的水解产物的核磁共振氢谱只有一组峰
(6)参照上述合成路线，设计以乙醛为起始原料制备聚丙氨酸的合成路线 (无机试剂任选)。
【答案】(1)醛基
(2)+HCN
(3) 催化作用和吸水作用
(4)取代反应
(5)
(6)CH3CHOCH3CH(OH)CNCH3CH(OH)COOH CH3CH(NH2)COOH

【分析】根据提示①A B可知B为，C D根据提示②可知D为，D在浓硫酸的条件下和甲醇酯化生成E为，E和F生成阿斯巴甜，以此来解析；
【详解】（1）根据A的结构简式可知A中的官能团为-CHO，名称醛基，故答案为：醛基；
（2）和HCN反应生成，反应的化学方程式为：+HCN ，故答案为：+HCN；
（3）根据分析可知D的结构简式为，D和甲醇在硫酸的作用下成生成酯，DE为酯化反应，在酯化反应中硫酸起催化作用和吸水作用，故答案为：；催化作用和吸水作用
（4）中的氨基和F中的羧基形成了肽键，属于取代反应，故答案为：取代反应；
（5）根据要求②能与FeCl3溶液发生显色反应，结构中必须含有酚羟基，根据①苯环中由两个取代基，其中一个为羟基，根据③能在氢氧化钠溶液中发生水解反应说明另一个取代基中含酯基，且含有苯环的水解产物的核磁共振氢谱只有一组峰，可知含有苯环的水解产物一个取代基变成生成酚钠且另一个取代也要水解变成酚钠，故除了酚羟基取代外，还有一个酚酯取代基，其结构简式为：，故答案为：；
（6）乙醛根据提示①变成CH3CH(OH)CN，CH3CH(OH)CN再根据合成中的B→C，变成CH3CH(OH)COOH，CH3CH(OH)COOH再根据提示②可得CH3CH(NH2)COOH，CH3CH(NH2)COOH在缩聚形成聚丙氨酸，乙醛为起始原料制备聚丙氨酸的合成路线为：CH3CHO CH3CH(OH)CN CH3CH(OH)COOH CH3CH(NH2)COOH ，故答案为：CH3CHO CH3CH(OH)CN CH3CH(OH)COOH CH3CH(NH2)COOH 。