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山东烟台部分学校2023届高三下学期适应性练习（二）化学试题（含解析）
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这是一份山东烟台部分学校2023届高三下学期适应性练习（二）化学试题（含解析），共26页。试卷主要包含了单选题，多选题，结构与性质，工业流程题，实验题，有机推断题，原理综合题等内容，欢迎下载使用。
山东烟台部分学校2023届高三下学期适应性练习（二）化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．化学与科技、生产、生活密切相关，下列说法正确的是
A．医用酒精和含氯消毒液杀灭流行性病毒的原理相同
B．聚四氟乙烯耐酸碱腐蚀，可用作化工反应器的内壁涂层
C．聚乳酸酯的降解和油脂的皂化都是高分子生成小分子的过程
D．“嫦娥五号”配置的砷化镓太阳能电池将化学能直接转化为电能
2．茶叶中铁元素的检验可经过以下四步完成：灼烧灰化→6mol•L⁻¹硝酸溶解→过滤→检测滤液中的铁元素。下列说法正确的是
A．“灼烧灰化”选用的玻璃仪器有①②③
B．④用于配制6mol•L⁻¹硝酸时需洗净并烘干
C．“过滤”时需沿②向⑤中转移液体并小心搅拌
D．检测铁元素时，⑥悬垂于⑦的上方滴加KSCN溶液
3．我国高分子科学家对聚乙烯进行胺化修饰，并进一步制备新材料，合成路线如图：
下列说法错误的是
A．a→c为加成反应 B．b的核磁共振氢谱有2组峰
C．c不存在立体异构 D．d能与水形成氢键
4．实验室中下列做法错误的是
A．用除去NO中混有的少量
B．苯酚的浓溶液不慎沾在皮肤上，立即用酒精清洗
C．用盐酸滴定未知浓度的溶液，选用甲基橙作指示剂
D．分液漏斗使用前加入少量水，观察到旋塞处不漏水即可使用
5．设为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A．1 mol Cu和Na分别与足量硫粉反应时，转移的电子数均为
B．铅蓄电池放电时，正极质量增加9.6 g，电路中通过的电子数目为
C．标准状况下4.48 L 溶于水得到的溶液中，和的总数小于
D．金刚石晶体密度为，则晶体中碳原子的最小间距为 pm
6．X、Y、Z、W、P、Q为短周期元素，其中Y的原子序数最小，它们的最高正价与原子半径关系如图所示。下列说法正确的是
A．Y在元素周期表中位于p区 B．第一电离能：Z>P>Q>X
C．离子半径： D．氧化物对应水化物的酸性：Q>P>Z
7．阿莫西林是常用的抗生素，其结构如图。下列说法错误的是
A．分子式为 B．能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C．分子中S、N原子的杂化方式相同 D．1 mol阿莫西林与足量NaOH溶液反应时消耗4 mol NaOH
8．一种从光盘金属层中回收Ag的流程图如下(其他微量金属对实验的影响可忽略)。
下列说法错误的是
A．“氧化”过程中，每生成0.1 mol AgCl，转移个电子
B．“氧化”后测定溶液的pH不可使用pH试纸
C．“转化”时的离子方程式为
D．“还原”过程中生成的气体可能是
9．3-氨基-1-金刚烷醇是一种重要的医药中间体，其分子结构如图。下列说法正确的是
A．分子中H、O之间形成s-pσ键
B．分子间存在4种氢键
C．该物质存在芳香族化合物的同分异构体
D．分子中带有*的碳原子均为手性碳原子
10．盐酸羟胺(NH2OH⋅HCl)可用作合成抗癌药，其化学性质类似NH4Cl。工业上制备盐酸羟胺的装置及含Fe的催化电极反应机理如图。下列说法正确的是
A．电子从含Fe的催化电极流出沿导线流入Pt电极
B．电池工作一段时间后，正极区溶液的pH减小
C．电池工作时，当有标准状况下3.36 L H2参与反应，左室溶液质量增加3.3 g
D．X为H+和e﹣，Y为NH3OH+
二、多选题
11．下列由实验操作和现象推出的结论错误的
实验操作和现象
结论
A
向含有ZnS和的白色悬浊液中滴加少量溶液，有黑色沉淀生成
B
向K2MnO4和KOH的绿色混合溶液中通入，溶液变为紫红色
碱性条件下，氧化性：
C
向铁粉与水蒸气高温反应后的固体中加入稀硫酸，溶解后加入KSCN溶液，溶液未变红
铁粉与水蒸气反应生成FeO
D
常温下，将50 mL苯与50 mL 混合，得到101 mL混合液
苯减弱了分子间的氢键
A．A B．B C．C D．D
12．二甲基砜是重要的有机合成中间体，可采用“成对间接电氧化”法合成。电解槽中某电极区反应过程如图所示，其电解液显碱性。
下列说法正确的是
A．电极反应式为
B．离子交换膜为阴离子交换膜
C．反应前后不变
D．消耗1 mol氧气，理论上可得到1 mol二甲基砜
三、单选题
13．实验室对某铁的氧化物(FexO)进行如下实验。下列说法错误的是
A．
B．溶液A为和混合溶液
C．反应②生成标准状况下1.12 L
D．Zn至少参加了3个氧化还原反应
14．湿法炼锌的净化钴渣中含有Zn、Co、Cu和Fe的单质及，利用过硫酸钠氧化水解法制备，同时分别回收锌、铜和铁元素的工艺流程如下，可能用到的数据见下表。
开始沉淀pH
1.9
4.2
6.2
7.7
沉淀完全pH
3.2
6.7
8.2
9.2
下列说法错误的是
A．固体X主要成分是Cu，金属M为Zn
B．根据流程可知：的还原性弱于
C．调pH的范围为3.2~7.7
D．“沉钴”反应的离子方程式为
四、多选题
15．常温下，用0.1 mol⋅L NaOH溶液滴定10 mL 和HA混合溶液，滴定过程中HA和分布系数及pH随NaOH溶液体积变化如图。
已知，下列说法正确的是
A．起始 mol⋅L
B．时，
C．溶液显碱性[已知 mol⋅L]
D．可利用甲基紫(变色范围为2.0~3.0)确定第一滴定终点
五、结构与性质
16．金属锂溶于液氨可得到具有高反应活性的金属电子溶液，与其作用可制得超导体，进一步可制得超导材料。
回答下列问题：
(1)与Fe元素同周期，基态原子有2个未成对电子的金属元素有______种，下列状态的铁中，电离最外层一个电子所需能量最大的是______(填标号)
A． B．C． D．
(2)液氨可以发生微弱的电离生成和，下列说法错误的是________
A．键角： B．结合质子能力：
C．热稳定性： D．与的分子构型及N的化合价均相同
(3)Fe2+可与邻二氮菲形成红色配合物，结构如图所示。元素的电负性从大到小的顺序为______(填元素符号)。配合物中N原子的VSEPR模型为____________；下列对Fe杂化方式推断合理的是______(填标号)。
A． B． C． D．
(4)晶体属四方晶系，其结构由铁硒层和锂铁氢氧层交替堆垛而成，晶胞中铁硒层在bc、ac和ab平面投影如图所示。铁硒层中Fe原子的配位数是______，铁硒层和锂铁氢氧层之间由极其微弱的氢键相连，该氢键可表示为______。已知锂铁氢氧层中锂铁个数之比为4∶1，阿伏加德罗常数的值为，则该晶体的密度为______g·cm。
六、工业流程题
17．以电解金属锰阳极渣(主要成分为，杂质为Pb、Fe、Ca、Mg元素的化合物)和黄铁矿(杂质为)为原料制备的工艺流程如下：
已知：，。
回答下列问题：
(1)为提高酸浸效果，可采取的措施有______(写出两项)。
(2)“酸浸”过程中没有S单质生成，滤渣①的主要成分为(填化学式)______；参与反应的离子方程式为________。
(3)向氧化过滤后的溶液中加入HF以除去溶液中钙元素和镁元素，除钙前滤液中(浓度为 mol⋅L，当溶液中 mol⋅L时，除钙率为______。
(4)将“碱化”步骤所得含少量的固体加去离子水打成浆，通空气氧化过程溶液pH随时间变化如图所示，pH先基本不变后迅速下降的原因为____________。
(5)向滤液④中加入氧化钙，可得到在上述流程中循环利用的物质是____________；“一系列操作”包括____________。
七、实验题
18．醋酸亚铬水合物是一种砖红色晶体，可作氧气吸收剂，微溶于乙醇，不溶于冷水和乙醚。实验室以Zn粉、盐酸、溶液、溶液为原料制备的装置如图。
实验操作：①检查装置气密性，向仪器中加入药品；②加入适量溶液，甲中溶液由绿色逐渐变为亮蓝色；③关闭，打开、，向三颈烧瓶中滴加试剂a；④当丙中有均匀气泡冒出时，……；当乙中析出大量砖红色沉淀时，关闭；⑤将乙中混合物过滤、洗涤和干燥，得到。
回答下列问题：
(1)试剂b为____________；补充完整④中的操作____________；步骤③中滴加试剂a的作用是____________。
(2)装置乙中反应的化学方程式为__________________。
(3)丙中水的作用是____________。
(4)步骤⑤中的过滤用如图所示装置进行，与普通过滤相比，优点是__________________。
(5)为标定实验所用的溶液的浓度，进行如下实验：
取25.00 mL溶液于碘量瓶(一种带塞的锥形瓶)中，加入适量，充分反应后加入过量稀至溶液呈强酸性，此时铬元素以形式存在。再加入足量KI溶液，塞紧瓶塞，摇匀充分反应使完全转化为。滴加2~3滴淀粉溶液，用0.25mol⋅L溶液滴定，达终点时消耗溶液24.00 mL。(已知：)
①溶液的物质的量浓度为_____________。
②下列情况会导致浓度测定值偏低的是_______(填标号)。
A．溶液因久置水解产生少量浑浊[固体]
B．盛溶液的滴定管滴定前有气泡，滴定后无气泡
C．用滴定管量取溶液时，先俯视后仰视
D．滴定达终点时发现滴定管尖嘴外挂有一滴液珠未滴落
八、有机推断题
19．抗癌新药M的一种合成路线如下：
已知：Ⅰ．
Ⅱ．，X=卤素原子
Ⅲ．
回答下列问题：
(1)A的名称为__________；A→B的反应条件为________；写出符合下列条件的B的同分异构体的结构简式________________。
①仅含有苯环、和②含有4种化学环境的氢
(2)C中含氧官能团的名称为________；E→F反应的目的是________；F→G的反应类型为________。
(3)D+H→I的反应方程式为________________________。
(4)根据上述信息，写出以1,4-丁二醇、对硝基甲苯为主要原料制备的合成路线_____。
九、原理综合题
20．丙烯是重要的化工原料，丙烷直接脱氢制丙烯的相关反应及能量变化如图。
回答下列问题：
(1)主反应的焓变______0(填“>”或“<”)；在600℃、1MPa条件下，丙烷脱氢制丙烯反应到达平衡，测得、的体积分数均为30%，则此时的体积分数为____________。
(2)向密闭容器中充入，发生主反应：(忽略副反应的发生)。
①测得反应速率方程为，k为反应速率常数。已知：(R、C为常数，T为温度，Ea为活化能)。实验测得其他条件相同，不同催化剂Cat1、Cat2对k的影响如图甲所示，则催化效能较高的是______(填“Catl”或“Cat2”)。
②在100 kPa、10 kPa不同起始压强下达到化学平衡时，测得丙烷和丙烯的物质的量分数随温度变化如图乙所示。起始压强为10 kPa，丙烷、丙烯随温度变化的物质的量分数曲线分别是______、______(填代号)；A点对应的平衡常数______kPa(为以分压表示的平衡常数)；B点丙烷的平衡转化率为______。
参考答案：
1．B
【详解】A．医用酒精没有强氧化性，而含氯消毒液具有强氧化性，是利用其强氧化性来使蛋白质变性而达到杀菌消毒的目的，所以医用酒精和含氯消毒液杀灭流行性病毒的原理不同，故A错误；
B．聚四氟乙烯是有机高分子材料，性质稳定，与酸、碱均不反应，可用作化工反应器的内壁涂层，故B正确；
C．聚乳酸酯是有机高分子，而油脂相对分子质量较小，不是高分子化合物，所以聚乳酸酯的降解是高分子生成小分子的过程，而油脂的皂化是油脂在碱性条件下的水解反应，不是高分子生成小分子的过程，故C错误；
D．砷化镓太阳能电池能将太阳能转化为电能，故D错误；
故选：B。
2．D
【详解】A．将茶叶灼烧灰化，应在坩埚中加热进行，不能在①烧杯中进行灼烧，用到的仪器有②和③，缺少必要的坩埚，需要时还可用到三脚架或铁架台等，故A错误；
B．④容量瓶用于配制溶液时，洗干净即可，不要求烘干，故B错误；
C．“过滤”时需沿②玻璃棒向⑤漏斗中转移液体，待液体自然流下进行过滤，不能进行搅拌，以防戳破滤纸导致过滤失败，故C错误；
D．经过硝酸溶解后，滤液中的铁元素主要以Fe3+形式存在，检验滤液中的Fe3+，可用胶头滴管取少量滤液于小试管中，滴加KSCN溶液检验，使用胶头滴管时，需垂直悬在仪器上方进行滴加，故D正确；
故选：D。
3．C
【详解】A．a生成c过程中，a聚乙烯中断开1个C-H单键，b中N＝N键1个键断裂，1个N原子与H相连，1个氮原子与碳原子相连，发生加成反应生成高分子c，该反应类型为加成反应，故A正确；
B．b分子结构对称，含有2种化学环境不同的氢，其核磁共振氢谱有2组峰，故B正确；
C．立体异构是在有相同分子式的化合物分子中，原子或原子团互相连接的次序相同，但在空间的排列方式不同，c分子中主链上与N原子相连的碳原子是手性碳原子，存在空间立体异构，故C错误；
D．c含有酯基，c在碱性条件下水解生成d，d含有-OH、-NH-等能与水形成氢键，故D正确；
故选C。
4．D
【详解】A．能和水反应生成NO，NO不溶于水也不和水反应，可以用除去NO中混有的少量，故A正确；
B．苯酚易溶于酒精，苯酚浓溶液沾到皮肤上，可用酒精冲洗，故B正确；
C．由方程式NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2可知，滴定的终点是NaCl溶液，是中性的，但是生成的CO2会部分溶于溶液，而导致溶液会略显酸性，因此应当使用甲基橙作指示剂，故C正确；
D．分液漏斗使用前加入少量水，检查旋塞处，不漏水，再将旋塞旋转180°，不漏水，则可使用，故D错误；
故选D。
5．D
【详解】A．Cu和Na分别与足量硫粉反应时，均生成+1价的金属硫化物，A正确；
B．铅蓄电池放电时，正极发生的电极反应为：PbO2+4H++SO+2e-=PbSO4+2H2O，∆m=64，且转移2个电子，故当正极质量增加9.6g时，电子的物质的量为：×2=0.3mol，B正确；
C．NH₃溶于水得到的溶液中，含氮的微粒有和及NH3，C正确；
D．金刚石晶体为正六面体，每个晶胞含8个碳原子，设立方体的边长为a，则原子的最小间距为体对角线的四分之一，即，D错误；
故选D。
6．C
【分析】由题干图示信息可知，X为+1价，原子半径最大，故X为Na，Y为+2价，原子序数最小，Y为Be，Z为+4价，原子半径大于Y，故Z为Si，W为+5价，原子半径小于Y，W为N，P为+6价，则P为S，Q为+7价，则Q为Cl，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，Y为Be，故Y在元素周期表中位于s区，A错误；
B．由分析可知，X为Na、Z为Si、P为S、Q为Cl，为同一周期元素，从左往右第一电离能呈增大趋势，故第一电离能Cl＞S＞Si＞Na即Q >P> Z>X，B错误；
C．由分析可知，W为N、P为S、Q为Cl，离子半径为S2-＞Cl-＞N3-即，C正确；
D．由分析可知，Q为Cl、P为S、Z为Si，其最高价氧化物对应水化物的酸性为HClO4＞H2SO4＞H2SiO3即Q>P>Z，但不是最高价氧化物对应水化物的酸性则无此规律，如H2SO4＞HClO，D错误；
故答案为：C。
7．A
【详解】A．由题干有机物结构简式可知，其分子式为，A错误；
B．由题干有机物结构简式可知，分子中含有酚羟基，故能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B正确；
C．由题干有机物结构简式可知，分子中S、N原子周围的价层电子对数均为4，故N、S的杂化方式相同，均为sp3杂化，C正确；
D．由题干有机物结构简式可知，分子中含有1个酚羟基、1个羧基和2个酰胺基，故1 mol阿莫西林与足量NaOH溶液反应时消耗4 mol NaOH，D正确；
故答案为：A。
8．A
【分析】光盘金属层中含有少量Ag，由流程可知，加入NaClO溶液进行氧化，发生4Ag+4NaClO+2H2O=4AgCl+4NaOH+O2↑，分离出AgCl，加入10%的氨水，AgCl可溶于氨水，发生AgCl+2NH3•H2O+Cl﹣+2H2O，在碱性条件下用N2H4•H2O还原得到Ag，以此解答该题。
【详解】A．根据分析可知，“氧化”过程中发生4Ag+4NaClO+2H2O=4AgCl+4NaOH+O2↑，1mol Ag~1mol NaClO~1mol AgCl~2mol e—，所以每生成0.1 mol AgCl，转移个电子，故A错误；
B．“氧化”后所得溶液中含有过量的NaClO溶液，NaClO溶液具有强氧化性，能起漂白作用，所以“氧化”后测定溶液的pH不可使用pH试纸，故B正确；
C．“转化”时，加入10%的氨水，AgCl可溶于氨水，发生AgCl+2NH3•H2O+Cl﹣+2H2O，故C正确；
D．“还原”过程中，银元素的化合价降低，则N2H4•H2O中必然有元素化合价升高，若N元素化合价升高，则生成的气体可能是N2，故D正确。
故选：A。
9．B
【详解】A．已知该有机物分子中O原子采用sp3杂化，故分子中H、O之间形成s-sp3σ键，A错误；
B．由题干信息可知，该分子中存在羟基和氨基，故分子间存在O-H…O、O-H…N、N-H…N、N-H…O等4种氢键，B正确；
C．该物质的分子式为C10H17N，其不饱和度为：=3，而苯环的不饱和度为4，故该物质不存在芳香族化合物的同分异构体，C错误；
D．同时连有四个互不相同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，由题干该物质的结构简式可知，分子中带有*的碳原子均不是手性碳原子，D错误；
故答案为：B。
10．C
【分析】由图可知，氢气在Pt电极失电子，Pt电极为负极，电极反应式为H2﹣2e﹣＝2H+，含Fe的催化电极上NO→NH2OH⋅HCl，N元素化合价降低，为正极，电极反应式为NO+3e﹣+4H++Cl﹣＝NH2OH⋅HCl，据此作答。
【详解】A．由分析知，Pt电极为负极，含Fe的催化电极为正极，原电池中电子从负极流出，流入正极，即电子从Pt电极流出沿导线流入含Fe的催化电极，故A错误；
B．由分析知，含Fe的催化电极为正极，正极电极反应为：NO+3e﹣+4H++Cl﹣＝NH2OH⋅HCl，正极区H+浓度减小，pH增大，故B错误；
C．由分析知，负极上H2～2e﹣，正极上NO～3e﹣，当有标准状况下3.36LH2(即0.15molH2)参与反应时，根据得失电子守恒可知，左室中含Fe的催化电极上参与反应的NO为0.1mol，电极反应式为NO+3e﹣+4H++Cl﹣＝NH2OH⋅HCl，左室增加的质量为0.1molNO和从右室迁移过来的0.3mol H+的质量，即0.1mol×30g/mol+0.3mol×1g/mol＝3.3g，故C正确；
D．由题意“盐酸羟胺(NH2OH⋅HCl)的化学性质类似NH4Cl”可知，NH2OH具有和氨气类似的弱碱性，可以和盐酸反应生成盐酸羟胺（NH2OH⋅HCl），所以图中缺少的一步反应为NH2OH+H+＝NH3OH+，图2中则X为H+，Y为NH3OH+，故D错误；
故选：C。
11．AC
【详解】A．Na2S与CuSO4溶液反应生成CuS沉淀，为沉淀生成，不存在沉淀的转化，则不能证明溶度积大小，即不能证明证明Ksp(CuS)＜Ksp(ZnS)，故A错误；
B．氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物，向K2MnO4和KOH的绿色混合溶液中通入Cl2，溶液变为紫红色，说明氯气将K2MnO4氧化为KMnO4，证明碱性条件下氧化性：Cl2＞KMnO4，故B正确；
C．溶液不变红，说明该溶液中无Fe3+；这是由于Fe与水蒸气在高温下反应产生Fe3O4和H2时，Fe反应不完全，反应产生的Fe3O4和稀H2SO4反应产生FeSO4、Fe2(SO4)3，其中过量的Fe又与Fe2(SO4)3发生反应：Fe+ Fe2(SO4)3＝3FeSO4，导致该溶液中只有Fe2+，而无Fe3+，因而加入KSCN溶液时不变红色，而不能说Fe与水蒸气在高温下反应生成的固体产物是FeO，故C错误；
D．苯中C的非金属性较弱，分子间只存在范德华力，而醋酸分子间存在氢键，常温下，将50mL苯与50mLCH3COOH混合体积为101mL，说明混合过程中削弱了CH3COOH分子间的氢键，且苯与CH3COOH分子间的作用力弱于氢键，导致分子间距离增大，从而使体积变大，故D正确；
故选：AC。
12．CD
【详解】A．其电解液显碱性，则电极反应式为，故A错误；
B．惰性电极为阴极，左边产生了氢氧根，阴离子浓度增大，为了使电荷守恒，则阳离子会向穿过离子交换膜进入，因此离子交换膜为阳离子交换膜，故B错误；
C．左边与反应生成和水，与二甲基亚砜反应生成二甲基砜和，因此反应前后不变，故C正确；
D．根据，消耗1 mol氧气，得到1mol，又根据左边与反应生成和水，与二甲基亚砜反应生成二甲基砜和，则理论上可得到1 mol二甲基砜，故D正确。
综上所述，答案为CD。
13．B
【分析】反应①为硫酸和铁的氧化物反应，根据硫酸的物质的量n(H2SO4)=0.15L×1mol/L=0.15mol结合O原子守恒可知，FexO的物质的量小于等于0.15mol，故有n(FexO)×(56x+16)=6.08g，解得n(FexO)=0.1mol时，x=0.8，设FexO中+2价的铁为a个，则+3价的铁为(0.8-a)个，根据化合价之和等于0可知，2a+3(0.8-a)=2，解得a=0.4，即含有Fe2+为0.4，Fe3+为0.4，故6.08gFexO中含有Fe2+为0.04mol，Fe3+为0.04mol，反应①后剩余H2SO4为0.15mol-0.1mol=0.05mol，故反应②为Zn+2Fe3+=Zn2++2Fe2+、Zn+2H+=Zn2++H2↑、Zn+Fe2+=Zn2++Fe，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，，A正确；
B．由分析可知，反应②为Zn+2Fe3+=Zn2++2Fe2+、Zn+2H+=Zn2++H2↑、Zn+Fe2+=Zn2++Fe，根据硫酸根守恒可知，若溶液A为ZnSO4溶液则溶解的Zn的质量为0.15mol×65g/mol=9.75g，即Zn过量，说明溶液A中不可能含有FeSO4，B错误；
C．由分析可知，反应①后剩余H2SO4为0.15mol-0.1mol=0.05mol，反应②中：，解得V=1.12L，即生成标准状况下1.12 L ，C正确；
D．由分析可知，反应②为Zn+Fe3+=Zn2++Fe2+、Zn+2H+=Zn2++H2↑、Zn+Fe2+=Zn2++Fe，Zn至少参加了3个氧化还原反应，D正确；
故答案为：B。
14．C
【分析】净化钴渣加入硫酸浸取，铜不反应成为固体X，锌、钴、铁、氢氧化锌转化为硫酸盐溶液，过滤滤液加入过氧化氢将二价铁转化为三价铁，加入氢氧化钠调节pH生成氢氧化铁沉淀，过滤滤液加入、氢氧化钠生成沉淀，过滤滤液中含锌离子，处理后得到锌单质M；
【详解】A．由分析可知，固体X主要成分是Cu，金属M为Zn，A正确；
B．根据流程可知：加入过氧化氢后亚铁离子被氧化为铁离子，而二价钴没有被氧化，说明的还原性弱于，B正确；
C．调pH将铁离子转化为氢氧化铁沉淀而锌、钴没有沉淀，结合图表可知，pH的范围为3.2~6.2，C错误；
D．“沉钴”反应中加入、氢氧化钠，反应中二价钴被氧化为三价钴生成沉淀、被还原为硫酸根离子，离子方程式为，D正确；
故选C。
15．BD
【分析】由题意和图示可知，V(NaOH)在0～10mL之间，NaOH和硝酸反应，第一滴定终点即NaOH和硝酸恰好完全反应的点，V(NaOH)在10～40mL之间，NaOH和HA反应，第二滴定终点即NaOH和HA恰好完全反应的点；图中，实线为pH的变化曲线，逐渐增大的虚线是A-的分布系数变化曲线，逐渐减小的虚线是HA的分布系数变化曲线，据此解答。
【详解】A．根据以上分析可知与HA反应消耗氢氧化钠的体积是30 mL，所以起始 mol⋅L，故A错误；
B．常温下，pH=7时，可知c(H+)=c(OH-)，此时接近于第二滴定终点，消耗氢氧化钠溶液的体积接近于40mL，溶质主要为NaA和NaNO3，根据分析可知，初始硝酸和HA的混合溶液中：n(HA)=3n(HNO3)，则pH=7时，c(A-)>c(NO)，所以，故B正确；
C．由图中HA和A-分布系数变化曲线相交的点可知：c(HA)=c(A-)，此时pH接近于5，Ka(HA)= =c(H+)=10-5，由于，这说明溶液中A-的水解程度等于铵根离子的水解程度，因此显中性，故C错误；
D．根据图像可知第一滴定终点时溶液pH介于2～3之间，所以可利用甲基紫(变色范围为2.0~3.0)确定第一滴定终点，故D正确；
故选BD。
16．(1) 3 C
(2)BD
(3) N>C>H>Fe 平面三角形 C
(4) 4 O—HSe
【详解】（1）与Fe元素同周期，基态原子有2个未成对电子的金属元素有Ti：[Ar]3d24s2、Ni：[Ar]3d84s2、Ge：[Ar]3d104s24p2；A．为基态Fe原子；B．为基态Fe2+，3d上在失去一个电子即可达到半充满稳定结构；C．为基态Fe3+失去的电子为3d上半充满的稳定结构电子；D．为激发态Fe原子；电离最外层一个电子所需能量最大的是Fe3+，C符合题意；故答案为：3；C；
（2）A．的价层电子对数分别为：4+=4、3+=4、2+=4，故它们的空间构型依次为正四面体形、三角锥形和V形，孤电子对数依次增多，故键角：，A正确；
B．已知NH3、PH3均为三角锥形结构，由于N的电负性强于P，故结合质子能力：，B错误；
C．已知N的非金属性强于P，故热稳定性：，C正确；
D．已知与的价层电子对数均为3+=4，故与的分子构型均为三角锥形，但由于电负性F＞N＞H，故N的化合价分别为-3和+3价，不相同，D错误；
故答案为：BD；
（3）由题干结构示意图可知，所含元素为H、C、N、Fe四种元素，在元素周期表中同一周期从左到右元素的电负性逐渐增强，同一主族从上到下元素的电负性逐渐减弱，Fe为金属电负性最小，可知电负性强弱顺序：N＞C＞H＞Fe，N周围的键为3个σ和1π，故N的杂化为sp2，配合物中N原子的VSEPR模型为平面三角形，题干结构图可知，Fe周围的配位键数目为6，根据参与杂化的轨道总数等于杂化后形成的轨道数目，杂化轨道用于形成σ键和存放孤电子对，故下列对Fe杂化方式推断合理的是，故答案为：N＞C＞H＞Fe；平面三角形；C；
（4）由平面投影图可知，位于面心的铁原子与位于棱上的硒原子的距离最近，所以铁原子的配位数为4，铁硒层和锂铁氢氧层之间由极其微弱的氢键相连，该氢键即O-H中的H与Se原子之间形成的，故可表示为O-H…Se， 由平面投影图可知，硒原子8个位于棱上，2个位于晶胞内部，其个数为8×+2=4，铁原子6个位于面心，4个在棱边，按均摊法其个数为4，结构由铁硒层和锂铁氢氧层交替堆垛而成，故一个晶胞中铁硒层含有2个Fe，已知锂铁氢氧层中锂铁个数之比为4∶1，故有：，解得x=0.2，故该物质的化学式为：(Li0.8Fe0.2OH)FeSe，该阿伏加德罗常数的值为，则一个晶胞的质量为：，一个晶胞的体积为：V=x2y×10-21cm3，则该晶体的密度为==g·cm，故答案为：4；O-H…Se；。
17．(1)适当增大稀硫酸浓度或升高温度或粉碎或搅拌
(2) 、、
(3)99.7%
(4)开始时被氧化生成水，溶液pH无明显变化；7h后被氧化，生成，溶液pH减小(或，故溶液pH无明显变化；，溶液pH减小
(5) 或氨水 过滤、洗涤、干燥
【分析】阳极渣(主要成分MnO2，杂质为Pb、Fe、Ca、Mg元素的化合物)和黄铁矿(FeS2)，加入硫酸，MnO2将FeS2氧化，Pb元素转化成PbSO4沉淀，铁元素、铜元素、镁元素、钙元素分别转化成对应的硫酸盐，滤液中含有Mg2+、Fe3+、Fe2+、Mn2+、Cu2+等，加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，再加入CaO或CaCO3调节pH除去Fe3+、Cu2+，之后滤液中主要含有Mg2+、Ca2+、Mn2+，加入HF除去Mg2+、Ca2+，最终得到MnSO4溶液，加入氨水转化为Mn(OH)2，再加入空气氧化得到Mn3O4悬浊液，经一些列操作得到Mn3O4。据此分析回答问题。
【详解】（1）为提高酸浸效果，可以适当增大稀硫酸浓度或升高温度或粉碎或搅拌等；
（2）“酸浸”过程中没有S单质生成，MnO2将FeS2氧化生成，Pb元素转化成PbSO4沉淀，铁元素、铜元素、镁元素、钙元素分别转化成对应的硫酸盐，则滤渣①的主要成分为、、；参与反应的离子方程式为：；
（3）当溶液中 mol⋅L时，此时溶液中，，除钙率；
（4）开始时被氧化生成水，溶液pH无明显变化；7h后被氧化，生成，溶液pH减小(或，故溶液pH无明显变化；，溶液pH减小；
（5）加入氧化钙，溶液呈碱性，会转化为或氨水，可以循环利用；一系列操作是将Mn3O4悬浊液转化为Mn3O4，所以需要先过滤，然后洗涤沉淀，最后干燥
得到Mn3O4固体。
18．(1) 溶液 关闭，打开 与Zn粉反应产生氢气，排净装置中的空气，防止被氧化
(2)
(3)液封，防止产品被氧化
(4)快速过滤、产品易于干燥
(5) 0.08 mol·L AC
【分析】实验过程为：向三颈烧瓶中加入适量溶液，溶液由绿色逐渐变为亮蓝色，发生反应为2CrCl3+Zn═2CrCl2+ZnCl2；关闭，打开、，向三颈烧瓶中滴加试剂a盐酸，和足量的锌粉反应产生氢气：Zn+2HCl═ZnCl2+H2↑，利用氢气，排净装置中的空气，防止被氧化；当丙中有均匀气泡冒出时，说明装置中的空气已被排尽，此时关闭，打开，利用持续产生的H2增大三颈烧瓶中的压强，将CrCl2溶液压至乙中发生反应：，当乙中析出大量砖红色沉淀时，说明反应完成，关闭，将乙中混合物过滤、洗涤和干燥，得到。据此分析回答问题。
【详解】（1）根据分析可知，乙中发生反应生成，则试剂b为溶液；当丙中有均匀气泡冒出时，说明装置中的空气已被排尽，此时关闭，打开，利用持续产生的H2增大三颈烧瓶中的压强，将CrCl2溶液压至乙中发生反应，故补充的操作为：关闭，打开；步骤③中滴加盐酸的作用是与Zn粉反应产生氢气，排净装置中的空气，防止被氧化；
（2）根据分析可知，装置乙中析出大量砖红色沉淀，发生反应的化学方程式为；
（3）醋酸亚铬水合物易被氧化，装置丙中水的作用是液封，避免空气(或氧气)进入装置乙，防止产品被氧化。
（4）图示装置为减压过滤，与普通过滤相比，减压过滤的优点是快速过滤、产品易于干燥。
（5）根据原子守恒可知：2Cr3+～，后续发生的反应分别为：+6I—+14H+=2Cr3++3I2+7H2O、，则有关系式：2Cr3+～～3I2～6。
①设CrCl3溶液的物质的量浓度为amol/L，则2:6＝(0.025L×amol/L):(0.024L×0.25mol/L)，解得a＝0.08，即CrCl3溶液的物质的量浓度为0.08mol/L；
②A．溶液因久置水解产生少量固体，固体不能与反应转化成，后续消耗硫代硫酸钠溶液的体积偏小，测定浓度偏小，故A正确；
B．盛硫代硫酸钠溶液的滴定管滴定前有气泡，滴定后无气泡，气泡体积计算在消耗硫代硫酸钠溶液体积之内，标准液的体积读数偏大，测定浓度偏大，故B不正确；
C．量取CrCl3溶液时先俯视，液面在读数下方，读数偏小，后仰视，液面在读数上方，读数偏大，则则量取的CrCl3溶液的体积偏小，消耗标准液体积偏小，测定其浓度偏小，故C正确；
D．滴定终点时，盛硫代硫酸钠溶液的滴定管尖嘴外挂有一滴液珠未滴落，该液珠的体积被计算在标准液的消耗中，读数偏大，测定浓度偏大，故D不正确。
故选：AC。
19．(1) 邻甲基苯甲酸(或2-甲基苯甲酸) 浓硫酸，加热 、
(2) 硝基、酯基 保护氨基 取代反应
(3)
(4)
【分析】由流程可知，A在浓硫酸催化作用下和浓硝酸发生硝化反应引入硝基生成B，B中羧基和甲醇发生酯化反应生成C，C中苯环上甲基和溴发生取代反应生成D；E发生已知Ⅰ原理生成F，F自身的氨基和羧基取代成环生成G，G发生已知Ⅰ反应生成H，DH发生已知Ⅱ反应生成I，I发生已知Ⅲ反应生成M；
【详解】（1）由分析可知，A结构为，名称为邻甲基苯甲酸(或2-甲基苯甲酸)；A→B的反应条件为浓硫酸，加热；符合下列条件的B的同分异构体：①仅含有苯环、和②含有4种化学环境的氢，则结构对称，结构简式可以为：、；
（2）C：，其中含氧官能团的名称为硝基、酯基；E→F反应的目的是保护氨基，反应后又将其转化为氨基；F→G为氨基和羧基的取代反应生成酰胺基，反应类型为取代反应；
（3）由分析可知，D+H→I的反应生成I的同时生成甲醇和HBr，方程式为；
（4）1,4-丁二醇发生消去反应生成2个碳碳双键，和溴发生1,4加成生成；对硝基甲苯发生还原反应将硝基转化为氨基，再和发生已知Ⅱ原理生成产物，流程为：。
20．(1) > 5%
(2) Cat2 d b 12.5 66.7%
【详解】（1）主反应中生成物能量大于反应物能量，则反应吸热，焓变>0；在600℃、1MPa条件下，丙烷脱氢制丙烯反应到达平衡，测得、的体积分数均为30%，根据主反应可知，丙烯分数为30%、乙烯和甲烷体积分数共10%，结合副反应方程式可知，此时的体积分数为10%÷2=5%；
（2）①活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢；已知：，则，则斜率为绝对值为活化能，由图可知，其他条件相同，Cat2对应的活化能更小，催化效率更高；
②反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，丙烷含量减小、丙烯含量增大，则ad为丙烷变化曲线、bc为丙烯变化曲线；反应为其它分子数减小的反应，相同条件下，增大压强，平衡逆向移动，丙烷含量增大、丙烯含量减小；故起始压强为10 kPa，丙烷、丙烯随温度变化的物质的量分数曲线分别是d、b；起始压强为100 kPa，丙烷、丙烯随温度变化的物质的量分数曲线分别是a、c；A点时为100 kPa条件下平衡时丙烷含有为0.5，则丙烯、氢气含有分别为0.25，对应的平衡常数kPa(为以分压表示的平衡常数)；B点平衡时丙烯含量为0.4，假设平衡是物质总量为1mol，则平衡时丙烯、氢气、丙烷分别为0.4mol、0.4mol、0.2mol，则反应丙烷0.4mol、初始丙烷为0.6mol，故丙烷的平衡转化率为。
山东烟台部分学校2023届高三下学期适应性练习（二）化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．化学与科技、生产、生活密切相关，下列说法正确的是
A．医用酒精和含氯消毒液杀灭流行性病毒的原理相同
B．聚四氟乙烯耐酸碱腐蚀，可用作化工反应器的内壁涂层
C．聚乳酸酯的降解和油脂的皂化都是高分子生成小分子的过程
D．“嫦娥五号”配置的砷化镓太阳能电池将化学能直接转化为电能
2．茶叶中铁元素的检验可经过以下四步完成：灼烧灰化→6mol•L⁻¹硝酸溶解→过滤→检测滤液中的铁元素。下列说法正确的是
A．“灼烧灰化”选用的玻璃仪器有①②③
B．④用于配制6mol•L⁻¹硝酸时需洗净并烘干
C．“过滤”时需沿②向⑤中转移液体并小心搅拌
D．检测铁元素时，⑥悬垂于⑦的上方滴加KSCN溶液
3．我国高分子科学家对聚乙烯进行胺化修饰，并进一步制备新材料，合成路线如图：
下列说法错误的是
A．a→c为加成反应 B．b的核磁共振氢谱有2组峰
C．c不存在立体异构 D．d能与水形成氢键
4．实验室中下列做法错误的是
A．用除去NO中混有的少量
B．苯酚的浓溶液不慎沾在皮肤上，立即用酒精清洗
C．用盐酸滴定未知浓度的溶液，选用甲基橙作指示剂
D．分液漏斗使用前加入少量水，观察到旋塞处不漏水即可使用
5．设为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A．1 mol Cu和Na分别与足量硫粉反应时，转移的电子数均为
B．铅蓄电池放电时，正极质量增加9.6 g，电路中通过的电子数目为
C．标准状况下4.48 L 溶于水得到的溶液中，和的总数小于
D．金刚石晶体密度为，则晶体中碳原子的最小间距为 pm
6．X、Y、Z、W、P、Q为短周期元素，其中Y的原子序数最小，它们的最高正价与原子半径关系如图所示。下列说法正确的是
A．Y在元素周期表中位于p区 B．第一电离能：Z>P>Q>X
C．离子半径： D．氧化物对应水化物的酸性：Q>P>Z
7．阿莫西林是常用的抗生素，其结构如图。下列说法错误的是
A．分子式为 B．能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C．分子中S、N原子的杂化方式相同 D．1 mol阿莫西林与足量NaOH溶液反应时消耗4 mol NaOH
8．一种从光盘金属层中回收Ag的流程图如下(其他微量金属对实验的影响可忽略)。
下列说法错误的是
A．“氧化”过程中，每生成0.1 mol AgCl，转移个电子
B．“氧化”后测定溶液的pH不可使用pH试纸
C．“转化”时的离子方程式为
D．“还原”过程中生成的气体可能是
9．3-氨基-1-金刚烷醇是一种重要的医药中间体，其分子结构如图。下列说法正确的是
A．分子中H、O之间形成s-pσ键
B．分子间存在4种氢键
C．该物质存在芳香族化合物的同分异构体
D．分子中带有*的碳原子均为手性碳原子
10．盐酸羟胺(NH2OH⋅HCl)可用作合成抗癌药，其化学性质类似NH4Cl。工业上制备盐酸羟胺的装置及含Fe的催化电极反应机理如图。下列说法正确的是
A．电子从含Fe的催化电极流出沿导线流入Pt电极
B．电池工作一段时间后，正极区溶液的pH减小
C．电池工作时，当有标准状况下3.36 L H2参与反应，左室溶液质量增加3.3 g
D．X为H+和e﹣，Y为NH3OH+
二、多选题
11．下列由实验操作和现象推出的结论错误的
实验操作和现象
结论
A
向含有ZnS和的白色悬浊液中滴加少量溶液，有黑色沉淀生成
B
向K2MnO4和KOH的绿色混合溶液中通入，溶液变为紫红色
碱性条件下，氧化性：
C
向铁粉与水蒸气高温反应后的固体中加入稀硫酸，溶解后加入KSCN溶液，溶液未变红
铁粉与水蒸气反应生成FeO
D
常温下，将50 mL苯与50 mL 混合，得到101 mL混合液
苯减弱了分子间的氢键
A．A B．B C．C D．D
12．二甲基砜是重要的有机合成中间体，可采用“成对间接电氧化”法合成。电解槽中某电极区反应过程如图所示，其电解液显碱性。
下列说法正确的是
A．电极反应式为
B．离子交换膜为阴离子交换膜
C．反应前后不变
D．消耗1 mol氧气，理论上可得到1 mol二甲基砜
三、单选题
13．实验室对某铁的氧化物(FexO)进行如下实验。下列说法错误的是
A．
B．溶液A为和混合溶液
C．反应②生成标准状况下1.12 L
D．Zn至少参加了3个氧化还原反应
14．湿法炼锌的净化钴渣中含有Zn、Co、Cu和Fe的单质及，利用过硫酸钠氧化水解法制备，同时分别回收锌、铜和铁元素的工艺流程如下，可能用到的数据见下表。
开始沉淀pH
1.9
4.2
6.2
7.7
沉淀完全pH
3.2
6.7
8.2
9.2
下列说法错误的是
A．固体X主要成分是Cu，金属M为Zn
B．根据流程可知：的还原性弱于
C．调pH的范围为3.2~7.7
D．“沉钴”反应的离子方程式为
四、多选题
15．常温下，用0.1 mol⋅L NaOH溶液滴定10 mL 和HA混合溶液，滴定过程中HA和分布系数及pH随NaOH溶液体积变化如图。
已知，下列说法正确的是
A．起始 mol⋅L
B．时，
C．溶液显碱性[已知 mol⋅L]
D．可利用甲基紫(变色范围为2.0~3.0)确定第一滴定终点
五、结构与性质
16．金属锂溶于液氨可得到具有高反应活性的金属电子溶液，与其作用可制得超导体，进一步可制得超导材料。
回答下列问题：
(1)与Fe元素同周期，基态原子有2个未成对电子的金属元素有______种，下列状态的铁中，电离最外层一个电子所需能量最大的是______(填标号)
A． B．C． D．
(2)液氨可以发生微弱的电离生成和，下列说法错误的是________
A．键角： B．结合质子能力：
C．热稳定性： D．与的分子构型及N的化合价均相同
(3)Fe2+可与邻二氮菲形成红色配合物，结构如图所示。元素的电负性从大到小的顺序为______(填元素符号)。配合物中N原子的VSEPR模型为____________；下列对Fe杂化方式推断合理的是______(填标号)。
A． B． C． D．
(4)晶体属四方晶系，其结构由铁硒层和锂铁氢氧层交替堆垛而成，晶胞中铁硒层在bc、ac和ab平面投影如图所示。铁硒层中Fe原子的配位数是______，铁硒层和锂铁氢氧层之间由极其微弱的氢键相连，该氢键可表示为______。已知锂铁氢氧层中锂铁个数之比为4∶1，阿伏加德罗常数的值为，则该晶体的密度为______g·cm。
六、工业流程题
17．以电解金属锰阳极渣(主要成分为，杂质为Pb、Fe、Ca、Mg元素的化合物)和黄铁矿(杂质为)为原料制备的工艺流程如下：
已知：，。
回答下列问题：
(1)为提高酸浸效果，可采取的措施有______(写出两项)。
(2)“酸浸”过程中没有S单质生成，滤渣①的主要成分为(填化学式)______；参与反应的离子方程式为________。
(3)向氧化过滤后的溶液中加入HF以除去溶液中钙元素和镁元素，除钙前滤液中(浓度为 mol⋅L，当溶液中 mol⋅L时，除钙率为______。
(4)将“碱化”步骤所得含少量的固体加去离子水打成浆，通空气氧化过程溶液pH随时间变化如图所示，pH先基本不变后迅速下降的原因为____________。
(5)向滤液④中加入氧化钙，可得到在上述流程中循环利用的物质是____________；“一系列操作”包括____________。
七、实验题
18．醋酸亚铬水合物是一种砖红色晶体，可作氧气吸收剂，微溶于乙醇，不溶于冷水和乙醚。实验室以Zn粉、盐酸、溶液、溶液为原料制备的装置如图。
实验操作：①检查装置气密性，向仪器中加入药品；②加入适量溶液，甲中溶液由绿色逐渐变为亮蓝色；③关闭，打开、，向三颈烧瓶中滴加试剂a；④当丙中有均匀气泡冒出时，……；当乙中析出大量砖红色沉淀时，关闭；⑤将乙中混合物过滤、洗涤和干燥，得到。
回答下列问题：
(1)试剂b为____________；补充完整④中的操作____________；步骤③中滴加试剂a的作用是____________。
(2)装置乙中反应的化学方程式为__________________。
(3)丙中水的作用是____________。
(4)步骤⑤中的过滤用如图所示装置进行，与普通过滤相比，优点是__________________。
(5)为标定实验所用的溶液的浓度，进行如下实验：
取25.00 mL溶液于碘量瓶(一种带塞的锥形瓶)中，加入适量，充分反应后加入过量稀至溶液呈强酸性，此时铬元素以形式存在。再加入足量KI溶液，塞紧瓶塞，摇匀充分反应使完全转化为。滴加2~3滴淀粉溶液，用0.25mol⋅L溶液滴定，达终点时消耗溶液24.00 mL。(已知：)
①溶液的物质的量浓度为_____________。
②下列情况会导致浓度测定值偏低的是_______(填标号)。
A．溶液因久置水解产生少量浑浊[固体]
B．盛溶液的滴定管滴定前有气泡，滴定后无气泡
C．用滴定管量取溶液时，先俯视后仰视
D．滴定达终点时发现滴定管尖嘴外挂有一滴液珠未滴落
八、有机推断题
19．抗癌新药M的一种合成路线如下：
已知：Ⅰ．
Ⅱ．，X=卤素原子
Ⅲ．
回答下列问题：
(1)A的名称为__________；A→B的反应条件为________；写出符合下列条件的B的同分异构体的结构简式________________。
①仅含有苯环、和②含有4种化学环境的氢
(2)C中含氧官能团的名称为________；E→F反应的目的是________；F→G的反应类型为________。
(3)D+H→I的反应方程式为________________________。
(4)根据上述信息，写出以1,4-丁二醇、对硝基甲苯为主要原料制备的合成路线_____。
九、原理综合题
20．丙烯是重要的化工原料，丙烷直接脱氢制丙烯的相关反应及能量变化如图。
回答下列问题：
(1)主反应的焓变______0(填“>”或“<”)；在600℃、1MPa条件下，丙烷脱氢制丙烯反应到达平衡，测得、的体积分数均为30%，则此时的体积分数为____________。
(2)向密闭容器中充入，发生主反应：(忽略副反应的发生)。
①测得反应速率方程为，k为反应速率常数。已知：(R、C为常数，T为温度，Ea为活化能)。实验测得其他条件相同，不同催化剂Cat1、Cat2对k的影响如图甲所示，则催化效能较高的是______(填“Catl”或“Cat2”)。
②在100 kPa、10 kPa不同起始压强下达到化学平衡时，测得丙烷和丙烯的物质的量分数随温度变化如图乙所示。起始压强为10 kPa，丙烷、丙烯随温度变化的物质的量分数曲线分别是______、______(填代号)；A点对应的平衡常数______kPa(为以分压表示的平衡常数)；B点丙烷的平衡转化率为______。
参考答案：
1．B
【详解】A．医用酒精没有强氧化性，而含氯消毒液具有强氧化性，是利用其强氧化性来使蛋白质变性而达到杀菌消毒的目的，所以医用酒精和含氯消毒液杀灭流行性病毒的原理不同，故A错误；
B．聚四氟乙烯是有机高分子材料，性质稳定，与酸、碱均不反应，可用作化工反应器的内壁涂层，故B正确；
C．聚乳酸酯是有机高分子，而油脂相对分子质量较小，不是高分子化合物，所以聚乳酸酯的降解是高分子生成小分子的过程，而油脂的皂化是油脂在碱性条件下的水解反应，不是高分子生成小分子的过程，故C错误；
D．砷化镓太阳能电池能将太阳能转化为电能，故D错误；
故选：B。
2．D
【详解】A．将茶叶灼烧灰化，应在坩埚中加热进行，不能在①烧杯中进行灼烧，用到的仪器有②和③，缺少必要的坩埚，需要时还可用到三脚架或铁架台等，故A错误；
B．④容量瓶用于配制溶液时，洗干净即可，不要求烘干，故B错误；
C．“过滤”时需沿②玻璃棒向⑤漏斗中转移液体，待液体自然流下进行过滤，不能进行搅拌，以防戳破滤纸导致过滤失败，故C错误；
D．经过硝酸溶解后，滤液中的铁元素主要以Fe3+形式存在，检验滤液中的Fe3+，可用胶头滴管取少量滤液于小试管中，滴加KSCN溶液检验，使用胶头滴管时，需垂直悬在仪器上方进行滴加，故D正确；
故选：D。
3．C
【详解】A．a生成c过程中，a聚乙烯中断开1个C-H单键，b中N＝N键1个键断裂，1个N原子与H相连，1个氮原子与碳原子相连，发生加成反应生成高分子c，该反应类型为加成反应，故A正确；
B．b分子结构对称，含有2种化学环境不同的氢，其核磁共振氢谱有2组峰，故B正确；
C．立体异构是在有相同分子式的化合物分子中，原子或原子团互相连接的次序相同，但在空间的排列方式不同，c分子中主链上与N原子相连的碳原子是手性碳原子，存在空间立体异构，故C错误；
D．c含有酯基，c在碱性条件下水解生成d，d含有-OH、-NH-等能与水形成氢键，故D正确；
故选C。
4．D
【详解】A．能和水反应生成NO，NO不溶于水也不和水反应，可以用除去NO中混有的少量，故A正确；
B．苯酚易溶于酒精，苯酚浓溶液沾到皮肤上，可用酒精冲洗，故B正确；
C．由方程式NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2可知，滴定的终点是NaCl溶液，是中性的，但是生成的CO2会部分溶于溶液，而导致溶液会略显酸性，因此应当使用甲基橙作指示剂，故C正确；
D．分液漏斗使用前加入少量水，检查旋塞处，不漏水，再将旋塞旋转180°，不漏水，则可使用，故D错误；
故选D。
5．D
【详解】A．Cu和Na分别与足量硫粉反应时，均生成+1价的金属硫化物，A正确；
B．铅蓄电池放电时，正极发生的电极反应为：PbO2+4H++SO+2e-=PbSO4+2H2O，∆m=64，且转移2个电子，故当正极质量增加9.6g时，电子的物质的量为：×2=0.3mol，B正确；
C．NH₃溶于水得到的溶液中，含氮的微粒有和及NH3，C正确；
D．金刚石晶体为正六面体，每个晶胞含8个碳原子，设立方体的边长为a，则原子的最小间距为体对角线的四分之一，即，D错误；
故选D。
6．C
【分析】由题干图示信息可知，X为+1价，原子半径最大，故X为Na，Y为+2价，原子序数最小，Y为Be，Z为+4价，原子半径大于Y，故Z为Si，W为+5价，原子半径小于Y，W为N，P为+6价，则P为S，Q为+7价，则Q为Cl，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，Y为Be，故Y在元素周期表中位于s区，A错误；
B．由分析可知，X为Na、Z为Si、P为S、Q为Cl，为同一周期元素，从左往右第一电离能呈增大趋势，故第一电离能Cl＞S＞Si＞Na即Q >P> Z>X，B错误；
C．由分析可知，W为N、P为S、Q为Cl，离子半径为S2-＞Cl-＞N3-即，C正确；
D．由分析可知，Q为Cl、P为S、Z为Si，其最高价氧化物对应水化物的酸性为HClO4＞H2SO4＞H2SiO3即Q>P>Z，但不是最高价氧化物对应水化物的酸性则无此规律，如H2SO4＞HClO，D错误；
故答案为：C。
7．A
【详解】A．由题干有机物结构简式可知，其分子式为，A错误；
B．由题干有机物结构简式可知，分子中含有酚羟基，故能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B正确；
C．由题干有机物结构简式可知，分子中S、N原子周围的价层电子对数均为4，故N、S的杂化方式相同，均为sp3杂化，C正确；
D．由题干有机物结构简式可知，分子中含有1个酚羟基、1个羧基和2个酰胺基，故1 mol阿莫西林与足量NaOH溶液反应时消耗4 mol NaOH，D正确；
故答案为：A。
8．A
【分析】光盘金属层中含有少量Ag，由流程可知，加入NaClO溶液进行氧化，发生4Ag+4NaClO+2H2O=4AgCl+4NaOH+O2↑，分离出AgCl，加入10%的氨水，AgCl可溶于氨水，发生AgCl+2NH3•H2O+Cl﹣+2H2O，在碱性条件下用N2H4•H2O还原得到Ag，以此解答该题。
【详解】A．根据分析可知，“氧化”过程中发生4Ag+4NaClO+2H2O=4AgCl+4NaOH+O2↑，1mol Ag~1mol NaClO~1mol AgCl~2mol e—，所以每生成0.1 mol AgCl，转移个电子，故A错误；
B．“氧化”后所得溶液中含有过量的NaClO溶液，NaClO溶液具有强氧化性，能起漂白作用，所以“氧化”后测定溶液的pH不可使用pH试纸，故B正确；
C．“转化”时，加入10%的氨水，AgCl可溶于氨水，发生AgCl+2NH3•H2O+Cl﹣+2H2O，故C正确；
D．“还原”过程中，银元素的化合价降低，则N2H4•H2O中必然有元素化合价升高，若N元素化合价升高，则生成的气体可能是N2，故D正确。
故选：A。
9．B
【详解】A．已知该有机物分子中O原子采用sp3杂化，故分子中H、O之间形成s-sp3σ键，A错误；
B．由题干信息可知，该分子中存在羟基和氨基，故分子间存在O-H…O、O-H…N、N-H…N、N-H…O等4种氢键，B正确；
C．该物质的分子式为C10H17N，其不饱和度为：=3，而苯环的不饱和度为4，故该物质不存在芳香族化合物的同分异构体，C错误；
D．同时连有四个互不相同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，由题干该物质的结构简式可知，分子中带有*的碳原子均不是手性碳原子，D错误；
故答案为：B。
10．C
【分析】由图可知，氢气在Pt电极失电子，Pt电极为负极，电极反应式为H2﹣2e﹣＝2H+，含Fe的催化电极上NO→NH2OH⋅HCl，N元素化合价降低，为正极，电极反应式为NO+3e﹣+4H++Cl﹣＝NH2OH⋅HCl，据此作答。
【详解】A．由分析知，Pt电极为负极，含Fe的催化电极为正极，原电池中电子从负极流出，流入正极，即电子从Pt电极流出沿导线流入含Fe的催化电极，故A错误；
B．由分析知，含Fe的催化电极为正极，正极电极反应为：NO+3e﹣+4H++Cl﹣＝NH2OH⋅HCl，正极区H+浓度减小，pH增大，故B错误；
C．由分析知，负极上H2～2e﹣，正极上NO～3e﹣，当有标准状况下3.36LH2(即0.15molH2)参与反应时，根据得失电子守恒可知，左室中含Fe的催化电极上参与反应的NO为0.1mol，电极反应式为NO+3e﹣+4H++Cl﹣＝NH2OH⋅HCl，左室增加的质量为0.1molNO和从右室迁移过来的0.3mol H+的质量，即0.1mol×30g/mol+0.3mol×1g/mol＝3.3g，故C正确；
D．由题意“盐酸羟胺(NH2OH⋅HCl)的化学性质类似NH4Cl”可知，NH2OH具有和氨气类似的弱碱性，可以和盐酸反应生成盐酸羟胺（NH2OH⋅HCl），所以图中缺少的一步反应为NH2OH+H+＝NH3OH+，图2中则X为H+，Y为NH3OH+，故D错误；
故选：C。
11．AC
【详解】A．Na2S与CuSO4溶液反应生成CuS沉淀，为沉淀生成，不存在沉淀的转化，则不能证明溶度积大小，即不能证明证明Ksp(CuS)＜Ksp(ZnS)，故A错误；
B．氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物，向K2MnO4和KOH的绿色混合溶液中通入Cl2，溶液变为紫红色，说明氯气将K2MnO4氧化为KMnO4，证明碱性条件下氧化性：Cl2＞KMnO4，故B正确；
C．溶液不变红，说明该溶液中无Fe3+；这是由于Fe与水蒸气在高温下反应产生Fe3O4和H2时，Fe反应不完全，反应产生的Fe3O4和稀H2SO4反应产生FeSO4、Fe2(SO4)3，其中过量的Fe又与Fe2(SO4)3发生反应：Fe+ Fe2(SO4)3＝3FeSO4，导致该溶液中只有Fe2+，而无Fe3+，因而加入KSCN溶液时不变红色，而不能说Fe与水蒸气在高温下反应生成的固体产物是FeO，故C错误；
D．苯中C的非金属性较弱，分子间只存在范德华力，而醋酸分子间存在氢键，常温下，将50mL苯与50mLCH3COOH混合体积为101mL，说明混合过程中削弱了CH3COOH分子间的氢键，且苯与CH3COOH分子间的作用力弱于氢键，导致分子间距离增大，从而使体积变大，故D正确；
故选：AC。
12．CD
【详解】A．其电解液显碱性，则电极反应式为，故A错误；
B．惰性电极为阴极，左边产生了氢氧根，阴离子浓度增大，为了使电荷守恒，则阳离子会向穿过离子交换膜进入，因此离子交换膜为阳离子交换膜，故B错误；
C．左边与反应生成和水，与二甲基亚砜反应生成二甲基砜和，因此反应前后不变，故C正确；
D．根据，消耗1 mol氧气，得到1mol，又根据左边与反应生成和水，与二甲基亚砜反应生成二甲基砜和，则理论上可得到1 mol二甲基砜，故D正确。
综上所述，答案为CD。
13．B
【分析】反应①为硫酸和铁的氧化物反应，根据硫酸的物质的量n(H2SO4)=0.15L×1mol/L=0.15mol结合O原子守恒可知，FexO的物质的量小于等于0.15mol，故有n(FexO)×(56x+16)=6.08g，解得n(FexO)=0.1mol时，x=0.8，设FexO中+2价的铁为a个，则+3价的铁为(0.8-a)个，根据化合价之和等于0可知，2a+3(0.8-a)=2，解得a=0.4，即含有Fe2+为0.4，Fe3+为0.4，故6.08gFexO中含有Fe2+为0.04mol，Fe3+为0.04mol，反应①后剩余H2SO4为0.15mol-0.1mol=0.05mol，故反应②为Zn+2Fe3+=Zn2++2Fe2+、Zn+2H+=Zn2++H2↑、Zn+Fe2+=Zn2++Fe，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，，A正确；
B．由分析可知，反应②为Zn+2Fe3+=Zn2++2Fe2+、Zn+2H+=Zn2++H2↑、Zn+Fe2+=Zn2++Fe，根据硫酸根守恒可知，若溶液A为ZnSO4溶液则溶解的Zn的质量为0.15mol×65g/mol=9.75g，即Zn过量，说明溶液A中不可能含有FeSO4，B错误；
C．由分析可知，反应①后剩余H2SO4为0.15mol-0.1mol=0.05mol，反应②中：，解得V=1.12L，即生成标准状况下1.12 L ，C正确；
D．由分析可知，反应②为Zn+Fe3+=Zn2++Fe2+、Zn+2H+=Zn2++H2↑、Zn+Fe2+=Zn2++Fe，Zn至少参加了3个氧化还原反应，D正确；
故答案为：B。
14．C
【分析】净化钴渣加入硫酸浸取，铜不反应成为固体X，锌、钴、铁、氢氧化锌转化为硫酸盐溶液，过滤滤液加入过氧化氢将二价铁转化为三价铁，加入氢氧化钠调节pH生成氢氧化铁沉淀，过滤滤液加入、氢氧化钠生成沉淀，过滤滤液中含锌离子，处理后得到锌单质M；
【详解】A．由分析可知，固体X主要成分是Cu，金属M为Zn，A正确；
B．根据流程可知：加入过氧化氢后亚铁离子被氧化为铁离子，而二价钴没有被氧化，说明的还原性弱于，B正确；
C．调pH将铁离子转化为氢氧化铁沉淀而锌、钴没有沉淀，结合图表可知，pH的范围为3.2~6.2，C错误；
D．“沉钴”反应中加入、氢氧化钠，反应中二价钴被氧化为三价钴生成沉淀、被还原为硫酸根离子，离子方程式为，D正确；
故选C。
15．BD
【分析】由题意和图示可知，V(NaOH)在0～10mL之间，NaOH和硝酸反应，第一滴定终点即NaOH和硝酸恰好完全反应的点，V(NaOH)在10～40mL之间，NaOH和HA反应，第二滴定终点即NaOH和HA恰好完全反应的点；图中，实线为pH的变化曲线，逐渐增大的虚线是A-的分布系数变化曲线，逐渐减小的虚线是HA的分布系数变化曲线，据此解答。
【详解】A．根据以上分析可知与HA反应消耗氢氧化钠的体积是30 mL，所以起始 mol⋅L，故A错误；
B．常温下，pH=7时，可知c(H+)=c(OH-)，此时接近于第二滴定终点，消耗氢氧化钠溶液的体积接近于40mL，溶质主要为NaA和NaNO3，根据分析可知，初始硝酸和HA的混合溶液中：n(HA)=3n(HNO3)，则pH=7时，c(A-)>c(NO)，所以，故B正确；
C．由图中HA和A-分布系数变化曲线相交的点可知：c(HA)=c(A-)，此时pH接近于5，Ka(HA)= =c(H+)=10-5，由于，这说明溶液中A-的水解程度等于铵根离子的水解程度，因此显中性，故C错误；
D．根据图像可知第一滴定终点时溶液pH介于2～3之间，所以可利用甲基紫(变色范围为2.0~3.0)确定第一滴定终点，故D正确；
故选BD。
16．(1) 3 C
(2)BD
(3) N>C>H>Fe 平面三角形 C
(4) 4 O—HSe
【详解】（1）与Fe元素同周期，基态原子有2个未成对电子的金属元素有Ti：[Ar]3d24s2、Ni：[Ar]3d84s2、Ge：[Ar]3d104s24p2；A．为基态Fe原子；B．为基态Fe2+，3d上在失去一个电子即可达到半充满稳定结构；C．为基态Fe3+失去的电子为3d上半充满的稳定结构电子；D．为激发态Fe原子；电离最外层一个电子所需能量最大的是Fe3+，C符合题意；故答案为：3；C；
（2）A．的价层电子对数分别为：4+=4、3+=4、2+=4，故它们的空间构型依次为正四面体形、三角锥形和V形，孤电子对数依次增多，故键角：，A正确；
B．已知NH3、PH3均为三角锥形结构，由于N的电负性强于P，故结合质子能力：，B错误；
C．已知N的非金属性强于P，故热稳定性：，C正确；
D．已知与的价层电子对数均为3+=4，故与的分子构型均为三角锥形，但由于电负性F＞N＞H，故N的化合价分别为-3和+3价，不相同，D错误；
故答案为：BD；
（3）由题干结构示意图可知，所含元素为H、C、N、Fe四种元素，在元素周期表中同一周期从左到右元素的电负性逐渐增强，同一主族从上到下元素的电负性逐渐减弱，Fe为金属电负性最小，可知电负性强弱顺序：N＞C＞H＞Fe，N周围的键为3个σ和1π，故N的杂化为sp2，配合物中N原子的VSEPR模型为平面三角形，题干结构图可知，Fe周围的配位键数目为6，根据参与杂化的轨道总数等于杂化后形成的轨道数目，杂化轨道用于形成σ键和存放孤电子对，故下列对Fe杂化方式推断合理的是，故答案为：N＞C＞H＞Fe；平面三角形；C；
（4）由平面投影图可知，位于面心的铁原子与位于棱上的硒原子的距离最近，所以铁原子的配位数为4，铁硒层和锂铁氢氧层之间由极其微弱的氢键相连，该氢键即O-H中的H与Se原子之间形成的，故可表示为O-H…Se， 由平面投影图可知，硒原子8个位于棱上，2个位于晶胞内部，其个数为8×+2=4，铁原子6个位于面心，4个在棱边，按均摊法其个数为4，结构由铁硒层和锂铁氢氧层交替堆垛而成，故一个晶胞中铁硒层含有2个Fe，已知锂铁氢氧层中锂铁个数之比为4∶1，故有：，解得x=0.2，故该物质的化学式为：(Li0.8Fe0.2OH)FeSe，该阿伏加德罗常数的值为，则一个晶胞的质量为：，一个晶胞的体积为：V=x2y×10-21cm3，则该晶体的密度为==g·cm，故答案为：4；O-H…Se；。
17．(1)适当增大稀硫酸浓度或升高温度或粉碎或搅拌
(2) 、、
(3)99.7%
(4)开始时被氧化生成水，溶液pH无明显变化；7h后被氧化，生成，溶液pH减小(或，故溶液pH无明显变化；，溶液pH减小
(5) 或氨水 过滤、洗涤、干燥
【分析】阳极渣(主要成分MnO2，杂质为Pb、Fe、Ca、Mg元素的化合物)和黄铁矿(FeS2)，加入硫酸，MnO2将FeS2氧化，Pb元素转化成PbSO4沉淀，铁元素、铜元素、镁元素、钙元素分别转化成对应的硫酸盐，滤液中含有Mg2+、Fe3+、Fe2+、Mn2+、Cu2+等，加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，再加入CaO或CaCO3调节pH除去Fe3+、Cu2+，之后滤液中主要含有Mg2+、Ca2+、Mn2+，加入HF除去Mg2+、Ca2+，最终得到MnSO4溶液，加入氨水转化为Mn(OH)2，再加入空气氧化得到Mn3O4悬浊液，经一些列操作得到Mn3O4。据此分析回答问题。
【详解】（1）为提高酸浸效果，可以适当增大稀硫酸浓度或升高温度或粉碎或搅拌等；
（2）“酸浸”过程中没有S单质生成，MnO2将FeS2氧化生成，Pb元素转化成PbSO4沉淀，铁元素、铜元素、镁元素、钙元素分别转化成对应的硫酸盐，则滤渣①的主要成分为、、；参与反应的离子方程式为：；
（3）当溶液中 mol⋅L时，此时溶液中，，除钙率；
（4）开始时被氧化生成水，溶液pH无明显变化；7h后被氧化，生成，溶液pH减小(或，故溶液pH无明显变化；，溶液pH减小；
（5）加入氧化钙，溶液呈碱性，会转化为或氨水，可以循环利用；一系列操作是将Mn3O4悬浊液转化为Mn3O4，所以需要先过滤，然后洗涤沉淀，最后干燥
得到Mn3O4固体。
18．(1) 溶液 关闭，打开 与Zn粉反应产生氢气，排净装置中的空气，防止被氧化
(2)
(3)液封，防止产品被氧化
(4)快速过滤、产品易于干燥
(5) 0.08 mol·L AC
【分析】实验过程为：向三颈烧瓶中加入适量溶液，溶液由绿色逐渐变为亮蓝色，发生反应为2CrCl3+Zn═2CrCl2+ZnCl2；关闭，打开、，向三颈烧瓶中滴加试剂a盐酸，和足量的锌粉反应产生氢气：Zn+2HCl═ZnCl2+H2↑，利用氢气，排净装置中的空气，防止被氧化；当丙中有均匀气泡冒出时，说明装置中的空气已被排尽，此时关闭，打开，利用持续产生的H2增大三颈烧瓶中的压强，将CrCl2溶液压至乙中发生反应：，当乙中析出大量砖红色沉淀时，说明反应完成，关闭，将乙中混合物过滤、洗涤和干燥，得到。据此分析回答问题。
【详解】（1）根据分析可知，乙中发生反应生成，则试剂b为溶液；当丙中有均匀气泡冒出时，说明装置中的空气已被排尽，此时关闭，打开，利用持续产生的H2增大三颈烧瓶中的压强，将CrCl2溶液压至乙中发生反应，故补充的操作为：关闭，打开；步骤③中滴加盐酸的作用是与Zn粉反应产生氢气，排净装置中的空气，防止被氧化；
（2）根据分析可知，装置乙中析出大量砖红色沉淀，发生反应的化学方程式为；
（3）醋酸亚铬水合物易被氧化，装置丙中水的作用是液封，避免空气(或氧气)进入装置乙，防止产品被氧化。
（4）图示装置为减压过滤，与普通过滤相比，减压过滤的优点是快速过滤、产品易于干燥。
（5）根据原子守恒可知：2Cr3+～，后续发生的反应分别为：+6I—+14H+=2Cr3++3I2+7H2O、，则有关系式：2Cr3+～～3I2～6。
①设CrCl3溶液的物质的量浓度为amol/L，则2:6＝(0.025L×amol/L):(0.024L×0.25mol/L)，解得a＝0.08，即CrCl3溶液的物质的量浓度为0.08mol/L；
②A．溶液因久置水解产生少量固体，固体不能与反应转化成，后续消耗硫代硫酸钠溶液的体积偏小，测定浓度偏小，故A正确；
B．盛硫代硫酸钠溶液的滴定管滴定前有气泡，滴定后无气泡，气泡体积计算在消耗硫代硫酸钠溶液体积之内，标准液的体积读数偏大，测定浓度偏大，故B不正确；
C．量取CrCl3溶液时先俯视，液面在读数下方，读数偏小，后仰视，液面在读数上方，读数偏大，则则量取的CrCl3溶液的体积偏小，消耗标准液体积偏小，测定其浓度偏小，故C正确；
D．滴定终点时，盛硫代硫酸钠溶液的滴定管尖嘴外挂有一滴液珠未滴落，该液珠的体积被计算在标准液的消耗中，读数偏大，测定浓度偏大，故D不正确。
故选：AC。
19．(1) 邻甲基苯甲酸(或2-甲基苯甲酸) 浓硫酸，加热 、
(2) 硝基、酯基 保护氨基 取代反应
(3)
(4)
【分析】由流程可知，A在浓硫酸催化作用下和浓硝酸发生硝化反应引入硝基生成B，B中羧基和甲醇发生酯化反应生成C，C中苯环上甲基和溴发生取代反应生成D；E发生已知Ⅰ原理生成F，F自身的氨基和羧基取代成环生成G，G发生已知Ⅰ反应生成H，DH发生已知Ⅱ反应生成I，I发生已知Ⅲ反应生成M；
【详解】（1）由分析可知，A结构为，名称为邻甲基苯甲酸(或2-甲基苯甲酸)；A→B的反应条件为浓硫酸，加热；符合下列条件的B的同分异构体：①仅含有苯环、和②含有4种化学环境的氢，则结构对称，结构简式可以为：、；
（2）C：，其中含氧官能团的名称为硝基、酯基；E→F反应的目的是保护氨基，反应后又将其转化为氨基；F→G为氨基和羧基的取代反应生成酰胺基，反应类型为取代反应；
（3）由分析可知，D+H→I的反应生成I的同时生成甲醇和HBr，方程式为；
（4）1,4-丁二醇发生消去反应生成2个碳碳双键，和溴发生1,4加成生成；对硝基甲苯发生还原反应将硝基转化为氨基，再和发生已知Ⅱ原理生成产物，流程为：。
20．(1) > 5%
(2) Cat2 d b 12.5 66.7%
【详解】（1）主反应中生成物能量大于反应物能量，则反应吸热，焓变>0；在600℃、1MPa条件下，丙烷脱氢制丙烯反应到达平衡，测得、的体积分数均为30%，根据主反应可知，丙烯分数为30%、乙烯和甲烷体积分数共10%，结合副反应方程式可知，此时的体积分数为10%÷2=5%；
（2）①活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢；已知：，则，则斜率为绝对值为活化能，由图可知，其他条件相同，Cat2对应的活化能更小，催化效率更高；
②反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，丙烷含量减小、丙烯含量增大，则ad为丙烷变化曲线、bc为丙烯变化曲线；反应为其它分子数减小的反应，相同条件下，增大压强，平衡逆向移动，丙烷含量增大、丙烯含量减小；故起始压强为10 kPa，丙烷、丙烯随温度变化的物质的量分数曲线分别是d、b；起始压强为100 kPa，丙烷、丙烯随温度变化的物质的量分数曲线分别是a、c；A点时为100 kPa条件下平衡时丙烷含有为0.5，则丙烯、氢气含有分别为0.25，对应的平衡常数kPa(为以分压表示的平衡常数)；B点平衡时丙烯含量为0.4，假设平衡是物质总量为1mol，则平衡时丙烯、氢气、丙烷分别为0.4mol、0.4mol、0.2mol，则反应丙烷0.4mol、初始丙烷为0.6mol，故丙烷的平衡转化率为。
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