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山东省威海市2023届高三5月高考模拟考试（二模）化学试题（含解析）
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这是一份山东省威海市2023届高三5月高考模拟考试（二模）化学试题（含解析），共27页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，工业流程题，有机推断题，实验题，原理综合题等内容，欢迎下载使用。
山东省威海市2023届高三5月高考模拟考试（二模）化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．化学与我国传统文化密切相关。下列说法正确的是
A．《泉州府志》中“元时南安有黄长者为宅煮糖，宅垣忽坏，去土而糖白，后人遂效之”。“去土而糖白”说明泥土具有强氧化性
B．《答陆澧》中“松叶堪为酒，春来酿几多”，酿酒过程中发生了氧化还原反应
C．《天工开物》中“矾现五色之形，硫为群石之将，皆变化于烈火”，“矾”指金属硫化物
D．《抱朴子》中“丹砂(HgS)烧之成水银，积变又还成丹砂”是可逆反应
2．化学是以实验为基础的科学，下列有关仪器的使用和操作方法正确的是
A．图①为实验室制取Fe(OH)2的操作 B．图②为加热液体的操作
C．用仪器③盛放NaOH溶液 D．用仪器④盛放浓硝酸
3．《科学》杂志上发表了纯碳原子18环的一种合成方法如图所示。下列说法错误的是
A． C18中可能存在大π键 B． C18与金刚石互为同素异形体
C． C20O2和C18都是非极性分子 D． C24O6和C20O2二者的C原子杂化种类相同
4．常见的塑料包括PS(聚苯乙烯)、亚克力(聚甲基丙烯酸甲酯)、PC()、PET()等。下列说法正确的是
A．PS的单体存在顺反异构体 B．亚克力的单体中共面的原子最多有10个
C．PC和PET均可通过缩聚反应生成 D．PET的单体分别与苯甲酸、甘油互为同系物
5．实验室常用基准物质Na2C2O4标定KMnO4溶液的浓度。将Na2C2O4溶液置于锥形瓶中，并加入稀硫酸，反应时温度不宜过高。为提高初始速率，常滴加几滴MnSO4溶液。下列说法错误的是
A．应选用碱式滴定管量取Na2C2O4溶液
B．加MnSO4溶液的作用是做催化剂
C．若溶液温度过高、酸性过强，生成的草酸易分解，将导致结果偏高
D．已知，若初期滴加过快、温度过高，发生该反应，将导致结果偏高
6．化合物M能发生如下转化，下列说法错误的是
A．过程Ⅰ中包含氧化还原反应，过程Ⅱ发生酯化反应
B．1mol M与足量新制Cu(OH)2碱性悬浊液充分反应，生成2mol Cu2O
C．M、N均能使酸性KMnO4溶液褪色
D．M、N、L中均含有1个手性碳原子
7．氮化硼(BN)可形成类似石墨的平面六角形层状结构a，在一定条件下a可转化为类似金刚石的立方氮化硼b，如图所示。下列说法错误的是
A．第一电离能：
B．a、b两种晶体硬度和熔点均不同
C．a、b中所有化学键均为极性键，二者中B原子的杂化方式不同
D．a、b中每个B原子分别被m、n个六元环共有，则
8．向酸化的KI溶液中通入SO2，溶液变黄并出现浑浊，发生反应Ⅰ：，继续通入SO2，溶液变为无色，发生反应Ⅱ：。下列说法错误的是
A．、的氧化性强弱与外界条件有关
B．每生成0.1mol ，整个过程中转移0.4mol电子，同时消耗0.2mol KI
C．该过程的总反应为：
D．该反应过程中KI作催化剂
9．NaF常用作杀菌剂、防腐剂。实验室中以氟硅酸(H2SiF6)和碳酸氢铵为原料制取NaF的流程如图所示。下列说法错误的是
已知：
物质
NH4Cl
NaF
Na2SiF6
20℃溶解度/g
37.2
4
微溶于水
A．过滤Ⅰ和操作a中都要用到玻璃棒 B．反应Ⅱ利用了不同物质溶解度的差异
C．晶体甲为NH4Cl，晶体乙为NaF D．若碳酸氢铵不足，则NaF的纯度将降低
10．催化剂A[]能在温和条件下催化烯烃加氢反应，其催化机理如图所示。下列说法错误的是
A．B→C过程中Rh的化合价升高
B．每步转化过程中Rh的成键数和杂化方式均发生变化
C．C和E中心原子Rh的VSEPR模型相同
D．该反应的化学方程式为
二、多选题
11．下列实验方法或操作，能达到实验目的的是
标号
实验目的
实验方法或操作
A
除去苯酚中混有的少量苯甲酸
加入饱和溶液，过滤
B
探究有机物基团间的相互影响
分别将甲苯和苯酚稀溶液滴加到盛有浓溴水的两支试管中，振荡
C
检验牺牲阳极保护法对铁片的防腐效果
将镀层有破损的镀锌铁片放入NaCl溶液中，一段时间后向溶液中加入溶液
D
检验铁锈中是否含有二价铁
先将铁锈溶于浓盐酸，再滴入酸性溶液
A．A B．B C．C D．D
三、单选题
12．钼在钢铁、化工、医药等领域应用广泛。以辉钼矿(主要成分为MoS2，含少量SiO2、CuO等)为原料制备Mo的工艺流程如图所示。下列说法错误的是
A．“焙烧”时还原剂与氧化剂的物质的量之比为2：9
B．滤渣1为，滤渣3为PbS
C．“碱浸”时CuO发生反应的离子方程式：
D．整个过程中含钼元素物质间转化发生两个氧化还原反应
13．将CO2转化为系列化工原料，越来越引起科研工作者的重视。光、电催化酶耦合反应器固定CO2原理如图所示。已知固碳酶在催化反应时需要辅助因子NAD(P)H提供还原力。下列说法错误的是
A．装置工作时，由光能、电能转化为化学能
B．转化生成1mol 得到6mol
C．当有2mol 通过交换膜进入阴极室，一定生成1mol HCOOH
D．在电解液中添加并给反应器施加电压，有利于转换为NAD(P)H
四、多选题
14．丙烯在有机合成中应用广泛，由甲醇催化制丙烯的热化学方程式为： △H。Arrhenius经验公式为(为活化能，k为正或逆反应速率常数，R和C为与正、逆反应方向无关的常数)，反应的实验数据如图所示。下列有关说法错误的是
A．在恒容密闭容器中，气体的压强不变，则该反应达到平衡
B．该反应的
C．温度为T1时，若测得逆反应的Rlnk的数据，则可以确定该反应的H
D．在恒容密闭容器的平衡体系中，增加CH3OH的物质的量，平衡正向移动，CH3OH的体积分数减小
五、单选题
15．某二胺(H2NRNH2)为二元弱碱，常温下向20mL 0.1mol/L的该二胺溶液中通入HCl气体(溶液体积变化忽略不计)，得到的体系中RN2H4、、三种粒子的浓度的对数值(lgc)、通入HCl气体的体积与pH关系如图所示。下列说法正确的是
A．①代表
B．的水解常数的数量级为
C．a点时，
D．b点时，通入HCl气体的体积为0.672L(标准状况下)
六、填空题
16．金属锡及其化合物在生产和科研中应用广泛。回答下列问题：
(1)某种含锡的有机金属化合物的结构如图所示。已知烷基配位体以C、N整合形式键合于Sn原子。
①基态Sn原子的价电子轨道表示式为_______，在周期表中的位置为_______，C、Si、Cl电负性由大到小的顺序为_______。
②该化合物中共有_______种杂化方式；提供电子对形成配位键的原子是_______。
(2)一种含锡的多元金属硫化物的晶胞结构为四方晶系，已知金属原子均呈四面体配位，晶胞棱边夹角均为90°，其结构可看作是由两个立方体A、B上下堆叠而成。如图，甲为A的体对角线投影图，乙为B的沿y轴方向的投影图。A中Fe、Sn位置互换即为B。
①该硫化物的化学式为_______，晶胞中Sn的配位数与Cu的配位数之比为_______。
②立方体A、B棱长均为a pm，以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子的分数坐标。晶胞中部分原子的分数坐标为、，则晶胞中Sn原子的分数坐标为_______；晶胞中Sn原子和Cu原子间的最短距离为_______pm。
七、工业流程题
17．资源的综合利用越来越受到重视。科研人员综合利用软锰矿(含MnO2，少量SiO2、Al2O3)和闪锌矿(含ZnS，少量FeS、CuS、SiO2)制备ZnSO4∙7H2O、Zn和MnO2的工艺流程如下：
已知：25℃时相关物质的Ksp见下表。
物质
Fe(OH)2
Fe(OH)3
Al(OH)3
Zn(OH)2
Mn(OH)2
Ksp
(开始沉淀的金属离子浓度为1.0 mol∙L-1；金属离子浓度≤1.0×10-5 mol∙L-1时，可认为该离子沉淀完全。)
回答下列问题：
(1)“酸浸”时，MnO2和CuS反应生成MnSO4，氧化产物与还原产物物质的量之比为_______。
(2)加适量Zn还原的金属阳离子是_______，加MnO2氧化Fe2+生成滤渣的离子方程式为_______，调节pH的范围是_______。
(3)“萃取”过程中，发生如下阳离子交换反应：，(HR代表有机萃取剂，易挥发)。加入MnCO3的作用为_______。实验测定锌锰离子的萃取率与温度的关系如图所示，表示Zn2+的萃取效率的曲线是_______(填“①”“②”)，萃取反应温度一般选择常温，理由为_______。
(4)“电解”产物可用于Na-Zn双离子电池中(装置如图)。电池工作时，正极上发生的电极反应为_______；每转移0.1mol电子，负极区电解质溶液质量增加_______g。
八、有机推断题
18．M为治疗偏头疼的药物，其合成路线如下：
已知：
Ⅰ．
Ⅱ．
回答下列问题：
(1)物质A的名称为_______，C中官能团的名称为硝基、_______。
(2)D→E的化学方程式为_______，E→F的反应类型为_______。
(3)B的结构简式为_______，符合下列条件的B的同分异构体有_______种。
①与B具有相同类型官能团；
②苯环上有两个取代基，其中一个为硝基。
(4)综合上述信息，写出以苯甲醇为原料，选择合适试剂，制备的合成路线_______ (其他试剂任选)。
九、实验题
19．高效、安全的消毒剂优氯净，其有效成分氰尿酸钠()可溶于水，难溶于冰水，常温下性质稳定，受热易分解。实验室可通过以下装置和原理(夹持仪器已略去)来制取。
已知：
①
②
回答下列问题：
(1)a、b中分别盛放浓盐酸和高浓度NaClO溶液，a和b的仪器可以相同，则仪器名称为_______。
(2)连接好仪器，_______，再用酒精灯加热圆底烧瓶，检查装置气密性。
(3)丙中反应温度控制在10℃左右，温度不宜过高的原因是_______、_______。
(4)乙中液体为_______；通入三颈烧瓶中的气体的作用是_______。
(5)将所得产品充分析出并分离的操作为_______、过滤、冷水洗涤、低温干燥。
(6)产品有效氯含量测定：称取0.1000g产品，配成100mL溶液，取50mL溶液于锥形瓶中，依次加入适量醋酸溶液和过量的KI溶液。用0.1000 溶液滴定至溶液呈浅黄色时，滴加2滴淀粉溶液，继续滴定至终点，共消耗溶液18.00mL。(已知：转化为)
①测定过程中，生成的离子方程式为_______。
②产品有效氯含量为_______(产品有效氯以转化为HClO中氯元素的质量来计算)。
十、原理综合题
20．丙烯腈(C3H3N)是一种重要的化工原料，以丙烯(C3H6)、NH3、O2为原料，选择合适的催化剂合成丙烯腈的主要反应如下：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
(1)℃时，向恒压容器中充入0.2mol 、0.6mol 和0.6mol ，发生反应Ⅲ，达到平衡时，放出94.1kJ能量；若向相同容器中充入1.5mol HCN(g)和3mol (g)，达平衡时吸收235.25kJ能量，则_______；两种情况下反应物的转化率_______。
(2)200℃，160Pa时，向恒压容器中充入、和的混和气体制取丙烯腈，发生上述三个反应。平衡后，测得(g)、(g)、HCN(g)的体积分数分别为6%、10%、6%，其中三种反应物的体积分数相等。则(g)的体积分数为_______，丙烯腈(g)的产率为_______(保留3位有效数字)，反应Ⅱ的_______。(已知：)
(3)反应时间相同、反应物起始投料相同时，丙烯腈产率与反应温度的关系如图所示(图中虚线表示相同条件下丙烯腈平衡产率随温度的变化)。Y点丙烯腈产率比X点高的原因是_______。Z点正反应速率_______X点正反应速率(填“>”、“＜”或“无法比较”)，理由是_______。
参考答案：
1．B
【详解】A．“长者为宅煮糖，宅垣忽坏，去土而糖白”，蔗糖变白的原因是利用黄泥的吸附作用，而不是泥土具有强氧化性，A错误；
B．酿酒过程中发生了的反应有：(C6H10O5)n+nH2OnC6H12O6，C6H12O62C2H5OH+2CO2，后者反应中碳元素化合价发生改变，故发生了氧化还原反应，B正确；
C．矾是各种金属(如铜、铁、锌)的硫酸盐，不是金属硫化物，C错误；
D．“丹砂（HgS）烧之成水银，积变又还成丹砂”不是可逆反应，前者条件是加热，后者不需要条件，也不是同时发生，D错误；
故答案为：B。
2．A
【详解】A．由于Fe(OH)2易被空气中的氧气氧化，故制备时应该将吸满NaOH溶液的胶头滴管插入到FeSO4溶液液面以下在挤出NaOH，故图①为实验室制取Fe(OH)2的正确操作，A正确；
B．加热液体时试管夹夹在离试管口三分之一处，试管中的液体不超过三分之一，故图②为加热液体的错误操作，B错误；
C．由于NaOH能与玻璃中的SiO2反应而腐蚀玻璃，且生成的Na2SiO3溶液具有粘合性，故盛放NaOH溶液的试剂瓶不能用玻璃塞应该用橡胶塞，C错误；
D．浓硝酸见光易分解，故浓硝酸盛放在棕色细口瓶中，D错误；
故答案为：A。
3．C
【详解】A．C18中存在类似于苯分子中的大π键，由18个碳原子提供36个电子形成大2个π键，A正确；
B．C18与金刚石均是由碳元素形成两种性质不同的单质，二者互为同素异形体，B正确；
C．由题干图示结构可知，C20O2分子正电和负电中心不重合，为极性分子，C18正电和负电中心重合，为非极性分子，C错误；
D．C24O6、C20O2中连接双键的碳原子采用sp2杂化，连接三键的碳原子采用sp杂化，二者C原子均采用sp2、sp两种方式杂化，种类相同，D正确；
故答案为：C。
4．C
【详解】A．苯乙烯中碳碳双键的一个碳原子上有两个氢原子，该物质不存在顺反异构体，A错误；
B．甲基丙烯酸甲酯的结构简式为CH2=CH(CH3)COOCH3，其中两个甲基上最多有一个氢原子可以在碳碳双键形成的平面上，故共面的原子最多为11个，B错误；
C．PC和PET都为酯类聚合物，通过缩聚反应生成，C正确；
D．PET的单体为对苯二甲酸和乙二醇，对苯二甲酸与苯甲酸不为同系物，乙二醇和甘油也不互为同系物，D错误；
故选C。
5．D
【详解】A．Na2C2O4为强碱弱酸盐，溶液呈碱性，会腐蚀玻璃，所以应选用碱式滴定管量取Na2C2O4溶液，A正确；
B．为提高初始速率，常滴加几滴MnSO4溶液，则表明MnSO4能加快反应速率，从而说明MnSO4溶液的作用是做催化剂，B正确；
C．若溶液温度过高、酸性过强，生成的草酸易分解，从而导致滴定所用Na2C2O4的体积偏大，KMnO4溶液的浓度测定值偏高，C正确；
D．若初期滴加过快、温度过高，将发生反应，从而使滴定所用Na2C2O4的体积偏小，KMnO4溶液的浓度测定结果偏低，D错误；
故选D。
6．D
【详解】A．由题干转化流程图可知，过程Ⅰ中醛基变为羧基、醛基变为醇羟基，故包含氧化还原反应，过程Ⅱ发生分子内酯化反应，A正确；
B．由题干转化流程图可知，1mol M中含有1mol醛基，故1molM与足量新制Cu(OH)2碱性悬浊液充分反应，生成2mol Cu2O，B正确；
C．M中含有醛基，N中含有醇羟基(且与羟基相连的碳原子含有H)，故均能使酸性KMnO4溶液褪色，C正确；
D．同时连接四个互不相同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，结合题干有机物的结构简式可知，M中不含手性碳原子，N、L中均含有1个手性碳原子，如图所示：、，D错误；
故答案为：D。
7．D
【详解】A．已知同一周期从左往右元素的第一电离能呈增大趋势，ⅡA与ⅢA、ⅤA与ⅥA反常，故第一电离能：，A正确；
B．由题干信息可知，a类似石墨的平面六角形层状结构，b类似金刚石结构，结构决定性质，故两种晶体硬度和熔点均不同，B正确；
C．由题干信息可知，a类似石墨的平面六角形层状结构，b类似金刚石结构，故a、b中所有化学键均为B-N极性键，a中B周围的价层电子对数为3，采用sp2杂化，而b中B周围的价层电子对数为4，采用sp3杂化，即二者中B原子的杂化方式不同，C正确；
D．已知石墨中每个C被3个六元环共用，即a中每个B被3个六元环共用，而金刚石中每个C被12个六元环共用，即b中每个B被12个六元环共用，故a、b中每个B原子分别被m、n个六元环共有，则，D错误；
故答案为：D。
8．B
【详解】A．由题干反应I可知SO2的氧化性强于I2，由反应Ⅱ可知，I2的氧化性强于SO2，故可说明SO2、I2的氧化性强弱与外界条件有关，A正确；
B．每生成0.1mol，由反应方程式可知，转移电子为0.2mol，同时生成0.2molI-，反应0.1molI2，而生成0.1molI2则通过反应I消耗0.2molI-，转移电子数为0.2mol，故整个过程中转移0.4mol电子，不消耗KI，B错误；
C．由题干信息可知，反应I+2反应Ⅱ可得该过程的总反应为：，C正确；
D．由C项分析可知，该反应过程中KI作催化剂，D正确；
故答案为：B。
9．C
【分析】氟硅酸H2SiF6和NH4HCO3反应生成NH4F、H2SiO3和CO2，反应的化学方程式为H2SiF6+6NH4HCO3=6NH4F+H2SiO3↓+6CO2↑+3H2O，经过滤I后滤渣为H2SiO3，滤液中加入NaCl，利用了物质在溶液中溶解度越小则优先析出的特性，所以NaF比NaCl的溶解性小，反应的化学方程式为NH4F+NaCl=NH4Cl+NaF↓，将NH4F转化为NaF，过滤Ⅱ得到晶体甲为NaF，并通过洗涤将粗NaF洗涤除去其表面的杂质，操作a是将滤液中的溶质进一步提取，故操作是加热蒸发溶剂，析出大量固体后冷却，所得晶体乙为NH4Cl。流程中NH4HCO3必须过量，目的是保证H2SiF6能全部反应，以防止生成影响制取物质的纯度，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，操作a为蒸发结晶，故过滤Ⅰ和操作a中都要用到玻璃棒，A正确；
B．由分析可知，反应Ⅱ利用了不同物质溶解度的差异，利用了物质在溶液中溶解度越小则优先析出的特性，所以NaF比NaCl的溶解性小，反应的化学方程式为NH4F+NaCl=NH4Cl+NaF↓，B正确；
C．由分析可知，晶体甲为NaF，晶体乙为NH4Cl，C错误；
D．由分析可知，若碳酸氢铵不足，则反应I不充分，将在反应Ⅱ中H2SiF6与NaCl反应生成微溶于水的Na2SiF6，导致NaF的纯度将降低，D正确；
故答案为：C。
10．A
【详解】A．B→C加入了氢原子属于还原反应，即Rh的化合价降低，A错误；
B．B→CRh的成键数由3变到5、C→D Rh的成键数由5变到6、D→ERh的成键数由6变到5、E→B Rh的成键数由5变到3，即每步转化过程中Rh的成键数和杂化方式均发生变化，B正确；
C．C和E中心原子Rh的成键数均是5，中心原子价层电子对数相同，即VSEPR模型相同，C正确；
D．由反应机理和信息知该反应方程式为，D正确；
故选A。
11．BC
【详解】A．苯酚也可与Na2CO3反应生成易溶于水的苯酚钠和NaHCO3，故无法除苯酚中混有的少量苯甲酸，A错误；
B．分别将甲苯和苯酚稀溶液滴加到盛有浓溴水的两支试管中，振荡，可观察到苯酚溶液中观察到产生白色沉淀，说明由于羟基的存在对苯环产生了影响，能用于探究有机物基团间的相互影响，B正确；
C．将镀层有破损的镀锌铁片放入NaCl溶液中，一段时间后向溶液中加入溶液，无蓝色沉淀生成，岢知构成原电池时Zn作负极，Fe作正极，故铁片没有被腐蚀，C正确；
D．酸性高锰酸钾能氧化氯离子，故无法确定酸性高锰酸钾溶液褪色的原因，D错误；
故选BC。
12．A
【分析】辉钼矿中的MoS2与空气中的O2反应，得到MoO3，S元素转化为SO2，粗MoO3用浓氨水溶解，得到钼酸铵溶液，同时CuO与浓氨水反应生成[Cu(NH3)4]2+，过滤出滤渣1，主要成分为SiO2，加入(NH4)2S，将铜转化为CuS沉淀除去，过滤出滤渣2，主要成分为CuS，向滤液中加入Pb(NO3)2以除去过量的S2-，过滤得到滤渣3，主要成分为PbS，向滤液中加入HNO3得到钼酸沉淀，钼酸高温分解得到MoO3，最后用氢气还原得到金属Mo，据此分析解题。
【详解】A．根据流程图，MoS2与O2反应后得到MoO3和SO2，“焙烧”时化学方程式为2MoS2+7O22MoO3+4SO2，故还原剂与氧化剂的物质的量之比为2:7，A错误；
B．由分析可知，滤渣1为SiO2，滤渣3为PbS，B正确；
C．由分析可知，“碱浸”时CuO发生反应的离子方程式：，C正确；
D．由分析可知，整个过程中含钼元素物质间转化发生两个氧化还原反应即2MoS2+7O22MoO3+4SO2和MnO3+3H2Mo+3H2O，D正确；
故答案为：A。
13．C
【分析】由题干原理图示信息可知，阳极(即与电源正极相连的电极)上发生氧化反应，电极反应式为：2H2O-4e-=4H++O2↑，H+通过质子交换膜移向阴极室，阴极电极反应为：NAD(P)+H++e-=NAD(P)H，CO2+2NAD(P)H=2NAD(P)+HCOOH或者CO2+6NAD(P)H=CH3OH+H2O+6NAD(P)，光能捕获与电子激发器中吸收太阳能，激发失去电子，从而也发生NAD(P)+H++e-=NAD(P)H，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，装置工作时，由光能、电能转化为HCOOH、CH3OH、NAD(P)、NAD(P)H中的化学能，A正确；
B．根据电子守恒可知，CO2转化生成1mol CH3OH得到6mol e-，B正确；
C．由分析可知，阴极室发生的反应有：NAD(P)+H++e-=NAD(P)H，CO2+2NAD(P)H=2NAD(P)+HCOOH或者CO2+6NAD(P)H=CH3OH+H2O+6NAD(P)，且光能捕获与电子激发器中吸收太阳能，激发失去电子，从而也发生NAD(P)+H++e-=NAD(P)H，故当有2mol通过交换膜进入阴极室，不一定生成1mol HCOOH，C错误；
D．在电解液中添加可以增强电解质溶液的导电性，并给反应器施加电压，可加快反应速率，故有利于转换为NAD(P)H，D正确；
故答案为：C。
14．BD
【详解】A．由题干反应方程式可知，该反应正反应是一个气体体积增大的方向，即在恒容密闭容器中，反应过程中气体的压强一直在改变，现在气体的压强不变，则该反应达到平衡，A正确；
B．根据图像并结合公式可得：9.2=-3.2Ea+C，4.4=-3.4Ea+C，联立方程，解得Ea=24kJ/mol，B错误；
C．由B项分析可求出Ea(正)和C的值，若温度为T1时，若测得逆反应的Rlnk的数据，则可求出Ea(逆)，则可以确定该反应的H= Ea(正)- Ea(逆)，C正确；
D．在恒容密闭容器的平衡体系中，增加CH3OH的物质的量，根据等效平衡原理可知，加入CH3OH相当于增大压强，上述平衡逆向移动，故CH3OH的体积分数增大，D错误；
故答案为：BD。
15．C
【分析】由反应方程式：RN2H4+H+=，+H+=可知，随着溶液的pH的增大，逐渐减小，RN2H4逐渐增大，先增大后减小，故可知曲线①②③分别代表为RN2H4、、随溶液pH的变化，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，①代表RN2H4，A错误；
B．已知：+H2ORN2H4·H2O +H+，则的水解常数Kh2=，由曲线①②的交点可知，当pH=9.90时，c(RN2H4)=c()，故有Kh2==10-9.90，故的水解常数的数量级为10-10，B错误；
C．由题干图像信息可知，a点时根据电荷守恒有：c(H+)+c()+2c()=c(OH-)+c(Cl-)，pH=7，即c(H+)=c(OH-)，故有c()+2c()=c(Cl-)，c(RN2H4)＜c()，故有，C正确；
D．由题干图像信息可知，b点时c()=c()≈0.05mol/L，由C项分析可知，c()+2c()+c(H+)-c(OH-)=c(Cl-)，此时pH＜7，即c(Cl-)＜c()+2c()=0.15mol/L，故通入HCl气体的体积因小于=0.672L(标准状况下)，D错误；
故答案为：C。
16．(1) 第5周期第ⅣA族 3 N、Sn
(2) 1：1
【详解】（1）①已知Sn是50号元素，其与C元素位于同一主族，故基态Sn原子的价电子轨道表示式为，在周期表中的位置为第5周期第ⅣA族，根据同一周期有从左往右元素电负性依次增大，同一主族从上往下元素电负性依次减小可知，C、Si、Cl电负性由大到小的顺序为Cl＞C＞Si；
②苯环上的C、N采用sp2杂化，甲基、-CH-为sp3杂化，中心Sn原子周围价层电子对数为5，故该Sn原子采用sp3d杂化，则该化合物中共有3种杂化方式，由题干配合物结构示意图可知，提供电子对形成配位键的原子为N、Sn；
（2）根据题意分析该晶胞是一个面心立方晶胞，S原子位于晶胞的顶点和面心，Cu、Fe、Sn分别位于体对角线上，因此用均摊法算出：S：4 ，Cu ：2 ， Fe ： 1， Sn：1，因此该硫化物的化学式为Cu2FeSnS4；晶胞中Sn和Cu最近的是位于顶点的S都是一个，因此二者配位数之比为1：1；根据图示可以确定Sn原子的分数坐标(1/4,3/4,1/8), (3/4,4/4,5/8)；晶胞中Sn原子和Cu原子间的最短距离为面对角线的一半。
17．(1)1:1
(2) Fe3+、Cu2+ 4.9～5.4
(3) 与H+反应，平衡右移，提高Zn2+的萃取率 ① 温度过高，萃取剂的损耗量增大；温度过低，离子萃取效率低
(4) 0.95
【分析】软锰矿(含MnO2，少量SiO2、Al2O3)和闪锌矿(含ZnS，少量FeS、CuS、SiO2)混合后加入硫酸进行酸浸，然后过滤，S、SiO2成为滤渣，则滤液中含有Fe3+、Fe2+、Mn2+、Al3+、Cu2+、Zn2+等；加入适量Zn进行还原，然后过滤，滤渣为Cu，滤液为Fe2+、Mn2+、Al3+、Zn2+；加入MnO2进行氧化，再调节pH，Fe2+被氧化为Fe3+，Fe3+、Al3+生成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，滤液中含有Mn2+、Zn2+等；加入萃取剂进行萃取，从反应的最终产物看，主要萃取Zn2+，加入MnCO3，与H+反应，从而增大萃取率；加入反萃取剂，Zn2+进入水相，蒸发浓缩、冷却结晶，从而获得ZnSO4∙7H2O；水相电解，生成Zn和MnO2。
【详解】（1）“酸浸”时，MnO2和CuS反应生成MnSO4，化学方程式为MnO2+CuS+2H2SO4=MnSO4+CuSO4+S+2H2O，氧化产物(S)与还原产物(MnSO4)物质的量之比为1:1。答案为：1:1；
（2）加适量Zn后，首先将Fe3+还原，然后将Cu2+还原，则还原的金属阳离子是Fe3+、Cu2+，加MnO2氧化Fe2+生成滤渣Fe(OH)3，离子方程式为。调节pH时，需让Al3+完全沉淀，而Zn2+不产生沉淀，Al3+完全沉淀时，c(OH-)=mol/L=10-9.1mol/L，pH=4.9，Zn2+开始沉淀时，c(OH-)=mol/L=10-8.6mol/L，pH=5.4，所以需调节的pH范围是4.9～5.4。答案为：Fe3+、Cu2+；；4.9～5.4；
（3）“萃取”过程中，发生如下阳离子交换反应：，(HR代表有机萃取剂，易挥发)。加入MnCO3，能与H+反应，从而促进平衡右移，则作用为：与H+反应，平衡右移，提高Zn2+的萃取率。从反应的最终产物看，主要萃取Zn2+，则曲线中表示Zn2+的萃取效率的曲线是①；萃取剂易挥发，但萃取过程吸热，则萃取反应温度一般选择常温，理由为温度过高，萃取剂的损耗量增大；温度过低，离子萃取效率低。答案为：与H+反应，平衡右移，提高Zn2+的萃取率；①；温度过高，萃取剂的损耗量增大；温度过低，离子萃取效率低；
（4）电池工作时，Zn为负极，Na0.6-xMnO2为正极，则正极上发生的电极反应为；负极上发生的电极反应为Zn+4OH--2e-=[Zn(OH)4]2-，同时Na+从负极移向正极，则可建立如下关系式：Zn——2Na+——2e-，每转移0.1mol电子，负极区电解质溶液质量增加(65g-2×23g)×=0.95g。答案为：；0.95。
【点睛】原电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动。
18．(1) 苯丙氨酸 酯基、氨基
(2) ++2HCl 还原反应
(3) 11
(4)
【分析】由题干合成流程图信息可知，由AC的结构简式和B的分子式可知，B的结构简式为：，由C到D的转化条件和D的分子式并结合已知信息I可知，D的结构简式为：，由G的结构简式、F的分子式并结合已知信息Ⅱ可知，F的结构简式为：，由F的结构简式，D到E的转化条件和E的分子式可知，E的结构简式为：，(3) 符合下列条件①与B具有相同类型官能团，即含有氨基、羧基和硝基，②苯环上有两个取代基，其中一个为硝基，另一取代基为：-CH2CH(NH2)COOH、-CH(NH2)CH2COOH、、-CH(COOH)CH2NH2，每一组又有邻、间、对三种位置关系，除去B本身，故符合条件的B的同分异构体有4×3-1=11种，(4)本题采用逆向合成法，根据题干流程图中F到G的转化信息和已知信息Ⅱ可知，可由一定条件下转化而来，由D到E的转化信息可知，可由和在一定条件下转化而来，由E到F的转化信息可知，可由催化还原而得到，可由在浓硫酸、浓硝酸作用下发生硝化反应制得，由此确定合成路线，据此分析解题。
【详解】（1）由题干流程图中A的结构简式可知，物质A的名称为苯丙氨酸，C的结构简式为故C中官能团的名称为硝基、氨基、羧基，故答案为：苯丙氨酸；氨基、羧基；
（2）由分析可知，D的结构简式为：，E的结构简式为：，故D→E的化学方程式为：++2HCl，F的结构简式为：，E→F即由硝基变为氨基，有机化学中加氢失氧的反应为还原反应，故该反应的反应类型为还原反应；故答案为：++2HCl；还原反应；
（3）由分析可知，B的结构简式为：，符合下列条件①与B具有相同类型官能团，即含有氨基、羧基和硝基，②苯环上有两个取代基，其中一个为硝基，另一取代基为：-CH2CH(NH2)COOH、-CH(NH2)CH2COOH、、-CH(COOH)CH2NH2，每一组又有邻、间、对三种位置关系，除去B本身，故符合条件的B的同分异构体有4×3-1=11种，故答案为：；11；
（4）本题采用逆向合成法，根据题干流程图中F到G的转化信息和已知信息Ⅱ可知，可由一定条件下转化而来，由D到E的转化信息可知，可由和在一定条件下转化而来，由E到F的转化信息可知，可由催化还原而得到，可由在浓硫酸、浓硝酸作用下发生硝化反应制得，由此确定合成路线为：，故答案为：。
19．(1)分液漏斗或恒压滴液漏斗
(2)关闭a和b中的活塞，将丁中导管末端插入水中
(3) 防止产品温度过高分解 防止与NaOH发生副反应生成
(4) 饱和食盐水或饱和NaCl溶液 与NaOH溶液反应生成NaClO，使NaClO保持较高浓度
(5)冰水冷却
(6) 0.639或63.9%
【分析】由图中装置和实验药品可知，丙装置内发生的反应为制备氰尿酸钠的反应，为保持次氯酸钠的浓度，则需要通入Cl2将反应生成的NaOH转化为NaClO，则甲装置内的反应为：，丁装置用于尾气处理，吸收多余的氯气；
【详解】（1）a、b装置中盛放的试剂分别是浓盐酸和次氯酸钠溶液，浓盐酸具有挥发性，反应需要控制反应速率，则仪器为分液漏斗或恒压低液漏斗，故答案为分液漏斗或恒压低液漏斗；
（2）实验开始前需要检查装置的气密性，所以要关闭分液漏斗（或恒压低液漏斗）的活塞，将丁中导管末端插入水中，用手或热毛巾捂住甲装置的圆底烧瓶，若导管口有气泡产生，松开手或拿掉热毛巾导管口处产生一段水柱，则证明气密性良好，故答案为关闭a和b中的活塞，将丁中导管末端插入水中；
（3）氰尿酸钠受热易分解，而且氯气和氢氧化钠反应，温度不同，产物有什么不同，低温生成次氯酸钠，而高温生成氯酸钠，所以温度控制在10℃，不宜过高，可以防止产品温度过高分解，也可以防止与NaOH发生副反应生成，故答案为：防止产品温度过高分解、防止与NaOH发生副反应生成；
（4）由题意知制备氰尿酸钠的药品为氰尿酸和高浓度的NaClO溶液，反应过程中NaClO溶液的浓度会逐渐降低，为了保持NaClO溶液的浓度，向三颈烧瓶中通入Cl2，使之与生成的NaOH反应生成NaClO，但浓盐酸有很强的挥发性，挥发出的HCl会与生成的NaOH反应，从而降低NaOH的利用率，则乙装置中的应盛放饱和食盐水，吸收挥发出的HCl，故答案为：饱和食盐水、Cl2与NaOH反应生成NaClO，使NaClO溶液保持较高的浓度；
（5）从溶液中析出晶体的操作顺序为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，为了使晶体充分析出并分离，需要的操作是：冰水冷却结晶、过滤洗涤、干燥，故答案为：冰水冷却；
（6）根据已知，样品中氯元素的质量等于反应生成的次氯酸中氯元素的质量，根据题意可知， KI被HClO氧化为I2，反应的离子方程式为：，再向溶液中加入标准液溶液与I2反应，反应的方程式为，则有n(HClO)=n(I2)=n()=×0.1000mol×18.00×10-3L=9×10-4mol，则样品有效率==63.9%，故答案为：，63.9%或0.639。
20．(1) -941 1：1
(2) 48% 35.7% 153.6
(3) X和Y点均未到达平衡点，Y点对应温度高，速率快，产率高 无法比较 由于温度会影响催化剂的活性，因此Z点的正反应速率不一定大于X点的正反应速率
【详解】（1）℃时，向恒压容器中充入0.2mol 、0.6mol 和0.6mol ，发生反应Ⅲ，达到平衡时，放出94.1kJ能量；若向相同容器中充入1.5mol HCN(g)和3mol (g)，达平衡时吸收235.25kJ能量，两容器中达到的平衡为等效平衡，设反应物C3H6的转化率为α，则HCN的转化率为1-α，设-Q，则有0.2αQ=94.1kJ，=235.25kJ，联合解得，Q=941，α=0.5，故两种情况下反应物的转化率α：(1-α)=0.5：(1-0.5)=1：1；
（2）200℃，160Pa时，向恒压容器中充入、和的混和气体制取丙烯腈，发生上述三个反应。平衡后，测得(g)、(g)、HCN(g)的体积分数分别为6%、10%、6%，其中三种反应物的体积分数相等，设平衡后气体总的物质的量为nmol，则(g)、(g)、HCN(g)的物质的量分别为：0.06nmol、0.1nmol、0.06nmol，三段式分析为：、、、则(g)的体积分数为=48%，故三种反应物、和的体积分数相等为=10%，丙烯腈(g)的产率为≈35.7% (保留3位有效数字)，反应Ⅱ的==153.6；
（3）由题干图像信息可知，由于X、Y点反应均未达到化学平衡，且Y点对应的温度高于X点，则Y点的反应速率高于X点，故反应时间相同、反应物起始投料相同时，Y点丙烯腈产率比X点高，Z点正反应速率等于逆反应速率，X点正反应速率大于逆反应速率，但Z点温度高，正逆反应速率快，故Z点正反应速率与X点正反应速率无法比较，理由是由于温度会影响催化剂的活性，因此Z点的正反应速率不一定大于X点的正反应速率。
山东省威海市2023届高三5月高考模拟考试（二模）化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．化学与我国传统文化密切相关。下列说法正确的是
A．《泉州府志》中“元时南安有黄长者为宅煮糖，宅垣忽坏，去土而糖白，后人遂效之”。“去土而糖白”说明泥土具有强氧化性
B．《答陆澧》中“松叶堪为酒，春来酿几多”，酿酒过程中发生了氧化还原反应
C．《天工开物》中“矾现五色之形，硫为群石之将，皆变化于烈火”，“矾”指金属硫化物
D．《抱朴子》中“丹砂(HgS)烧之成水银，积变又还成丹砂”是可逆反应
2．化学是以实验为基础的科学，下列有关仪器的使用和操作方法正确的是
A．图①为实验室制取Fe(OH)2的操作 B．图②为加热液体的操作
C．用仪器③盛放NaOH溶液 D．用仪器④盛放浓硝酸
3．《科学》杂志上发表了纯碳原子18环的一种合成方法如图所示。下列说法错误的是
A． C18中可能存在大π键 B． C18与金刚石互为同素异形体
C． C20O2和C18都是非极性分子 D． C24O6和C20O2二者的C原子杂化种类相同
4．常见的塑料包括PS(聚苯乙烯)、亚克力(聚甲基丙烯酸甲酯)、PC()、PET()等。下列说法正确的是
A．PS的单体存在顺反异构体 B．亚克力的单体中共面的原子最多有10个
C．PC和PET均可通过缩聚反应生成 D．PET的单体分别与苯甲酸、甘油互为同系物
5．实验室常用基准物质Na2C2O4标定KMnO4溶液的浓度。将Na2C2O4溶液置于锥形瓶中，并加入稀硫酸，反应时温度不宜过高。为提高初始速率，常滴加几滴MnSO4溶液。下列说法错误的是
A．应选用碱式滴定管量取Na2C2O4溶液
B．加MnSO4溶液的作用是做催化剂
C．若溶液温度过高、酸性过强，生成的草酸易分解，将导致结果偏高
D．已知，若初期滴加过快、温度过高，发生该反应，将导致结果偏高
6．化合物M能发生如下转化，下列说法错误的是
A．过程Ⅰ中包含氧化还原反应，过程Ⅱ发生酯化反应
B．1mol M与足量新制Cu(OH)2碱性悬浊液充分反应，生成2mol Cu2O
C．M、N均能使酸性KMnO4溶液褪色
D．M、N、L中均含有1个手性碳原子
7．氮化硼(BN)可形成类似石墨的平面六角形层状结构a，在一定条件下a可转化为类似金刚石的立方氮化硼b，如图所示。下列说法错误的是
A．第一电离能：
B．a、b两种晶体硬度和熔点均不同
C．a、b中所有化学键均为极性键，二者中B原子的杂化方式不同
D．a、b中每个B原子分别被m、n个六元环共有，则
8．向酸化的KI溶液中通入SO2，溶液变黄并出现浑浊，发生反应Ⅰ：，继续通入SO2，溶液变为无色，发生反应Ⅱ：。下列说法错误的是
A．、的氧化性强弱与外界条件有关
B．每生成0.1mol ，整个过程中转移0.4mol电子，同时消耗0.2mol KI
C．该过程的总反应为：
D．该反应过程中KI作催化剂
9．NaF常用作杀菌剂、防腐剂。实验室中以氟硅酸(H2SiF6)和碳酸氢铵为原料制取NaF的流程如图所示。下列说法错误的是
已知：
物质
NH4Cl
NaF
Na2SiF6
20℃溶解度/g
37.2
4
微溶于水
A．过滤Ⅰ和操作a中都要用到玻璃棒 B．反应Ⅱ利用了不同物质溶解度的差异
C．晶体甲为NH4Cl，晶体乙为NaF D．若碳酸氢铵不足，则NaF的纯度将降低
10．催化剂A[]能在温和条件下催化烯烃加氢反应，其催化机理如图所示。下列说法错误的是
A．B→C过程中Rh的化合价升高
B．每步转化过程中Rh的成键数和杂化方式均发生变化
C．C和E中心原子Rh的VSEPR模型相同
D．该反应的化学方程式为
二、多选题
11．下列实验方法或操作，能达到实验目的的是
标号
实验目的
实验方法或操作
A
除去苯酚中混有的少量苯甲酸
加入饱和溶液，过滤
B
探究有机物基团间的相互影响
分别将甲苯和苯酚稀溶液滴加到盛有浓溴水的两支试管中，振荡
C
检验牺牲阳极保护法对铁片的防腐效果
将镀层有破损的镀锌铁片放入NaCl溶液中，一段时间后向溶液中加入溶液
D
检验铁锈中是否含有二价铁
先将铁锈溶于浓盐酸，再滴入酸性溶液
A．A B．B C．C D．D
三、单选题
12．钼在钢铁、化工、医药等领域应用广泛。以辉钼矿(主要成分为MoS2，含少量SiO2、CuO等)为原料制备Mo的工艺流程如图所示。下列说法错误的是
A．“焙烧”时还原剂与氧化剂的物质的量之比为2：9
B．滤渣1为，滤渣3为PbS
C．“碱浸”时CuO发生反应的离子方程式：
D．整个过程中含钼元素物质间转化发生两个氧化还原反应
13．将CO2转化为系列化工原料，越来越引起科研工作者的重视。光、电催化酶耦合反应器固定CO2原理如图所示。已知固碳酶在催化反应时需要辅助因子NAD(P)H提供还原力。下列说法错误的是
A．装置工作时，由光能、电能转化为化学能
B．转化生成1mol 得到6mol
C．当有2mol 通过交换膜进入阴极室，一定生成1mol HCOOH
D．在电解液中添加并给反应器施加电压，有利于转换为NAD(P)H
四、多选题
14．丙烯在有机合成中应用广泛，由甲醇催化制丙烯的热化学方程式为： △H。Arrhenius经验公式为(为活化能，k为正或逆反应速率常数，R和C为与正、逆反应方向无关的常数)，反应的实验数据如图所示。下列有关说法错误的是
A．在恒容密闭容器中，气体的压强不变，则该反应达到平衡
B．该反应的
C．温度为T1时，若测得逆反应的Rlnk的数据，则可以确定该反应的H
D．在恒容密闭容器的平衡体系中，增加CH3OH的物质的量，平衡正向移动，CH3OH的体积分数减小
五、单选题
15．某二胺(H2NRNH2)为二元弱碱，常温下向20mL 0.1mol/L的该二胺溶液中通入HCl气体(溶液体积变化忽略不计)，得到的体系中RN2H4、、三种粒子的浓度的对数值(lgc)、通入HCl气体的体积与pH关系如图所示。下列说法正确的是
A．①代表
B．的水解常数的数量级为
C．a点时，
D．b点时，通入HCl气体的体积为0.672L(标准状况下)
六、填空题
16．金属锡及其化合物在生产和科研中应用广泛。回答下列问题：
(1)某种含锡的有机金属化合物的结构如图所示。已知烷基配位体以C、N整合形式键合于Sn原子。
①基态Sn原子的价电子轨道表示式为_______，在周期表中的位置为_______，C、Si、Cl电负性由大到小的顺序为_______。
②该化合物中共有_______种杂化方式；提供电子对形成配位键的原子是_______。
(2)一种含锡的多元金属硫化物的晶胞结构为四方晶系，已知金属原子均呈四面体配位，晶胞棱边夹角均为90°，其结构可看作是由两个立方体A、B上下堆叠而成。如图，甲为A的体对角线投影图，乙为B的沿y轴方向的投影图。A中Fe、Sn位置互换即为B。
①该硫化物的化学式为_______，晶胞中Sn的配位数与Cu的配位数之比为_______。
②立方体A、B棱长均为a pm，以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子的分数坐标。晶胞中部分原子的分数坐标为、，则晶胞中Sn原子的分数坐标为_______；晶胞中Sn原子和Cu原子间的最短距离为_______pm。
七、工业流程题
17．资源的综合利用越来越受到重视。科研人员综合利用软锰矿(含MnO2，少量SiO2、Al2O3)和闪锌矿(含ZnS，少量FeS、CuS、SiO2)制备ZnSO4∙7H2O、Zn和MnO2的工艺流程如下：
已知：25℃时相关物质的Ksp见下表。
物质
Fe(OH)2
Fe(OH)3
Al(OH)3
Zn(OH)2
Mn(OH)2
Ksp
(开始沉淀的金属离子浓度为1.0 mol∙L-1；金属离子浓度≤1.0×10-5 mol∙L-1时，可认为该离子沉淀完全。)
回答下列问题：
(1)“酸浸”时，MnO2和CuS反应生成MnSO4，氧化产物与还原产物物质的量之比为_______。
(2)加适量Zn还原的金属阳离子是_______，加MnO2氧化Fe2+生成滤渣的离子方程式为_______，调节pH的范围是_______。
(3)“萃取”过程中，发生如下阳离子交换反应：，(HR代表有机萃取剂，易挥发)。加入MnCO3的作用为_______。实验测定锌锰离子的萃取率与温度的关系如图所示，表示Zn2+的萃取效率的曲线是_______(填“①”“②”)，萃取反应温度一般选择常温，理由为_______。
(4)“电解”产物可用于Na-Zn双离子电池中(装置如图)。电池工作时，正极上发生的电极反应为_______；每转移0.1mol电子，负极区电解质溶液质量增加_______g。
八、有机推断题
18．M为治疗偏头疼的药物，其合成路线如下：
已知：
Ⅰ．
Ⅱ．
回答下列问题：
(1)物质A的名称为_______，C中官能团的名称为硝基、_______。
(2)D→E的化学方程式为_______，E→F的反应类型为_______。
(3)B的结构简式为_______，符合下列条件的B的同分异构体有_______种。
①与B具有相同类型官能团；
②苯环上有两个取代基，其中一个为硝基。
(4)综合上述信息，写出以苯甲醇为原料，选择合适试剂，制备的合成路线_______ (其他试剂任选)。
九、实验题
19．高效、安全的消毒剂优氯净，其有效成分氰尿酸钠()可溶于水，难溶于冰水，常温下性质稳定，受热易分解。实验室可通过以下装置和原理(夹持仪器已略去)来制取。
已知：
①
②
回答下列问题：
(1)a、b中分别盛放浓盐酸和高浓度NaClO溶液，a和b的仪器可以相同，则仪器名称为_______。
(2)连接好仪器，_______，再用酒精灯加热圆底烧瓶，检查装置气密性。
(3)丙中反应温度控制在10℃左右，温度不宜过高的原因是_______、_______。
(4)乙中液体为_______；通入三颈烧瓶中的气体的作用是_______。
(5)将所得产品充分析出并分离的操作为_______、过滤、冷水洗涤、低温干燥。
(6)产品有效氯含量测定：称取0.1000g产品，配成100mL溶液，取50mL溶液于锥形瓶中，依次加入适量醋酸溶液和过量的KI溶液。用0.1000 溶液滴定至溶液呈浅黄色时，滴加2滴淀粉溶液，继续滴定至终点，共消耗溶液18.00mL。(已知：转化为)
①测定过程中，生成的离子方程式为_______。
②产品有效氯含量为_______(产品有效氯以转化为HClO中氯元素的质量来计算)。
十、原理综合题
20．丙烯腈(C3H3N)是一种重要的化工原料，以丙烯(C3H6)、NH3、O2为原料，选择合适的催化剂合成丙烯腈的主要反应如下：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
(1)℃时，向恒压容器中充入0.2mol 、0.6mol 和0.6mol ，发生反应Ⅲ，达到平衡时，放出94.1kJ能量；若向相同容器中充入1.5mol HCN(g)和3mol (g)，达平衡时吸收235.25kJ能量，则_______；两种情况下反应物的转化率_______。
(2)200℃，160Pa时，向恒压容器中充入、和的混和气体制取丙烯腈，发生上述三个反应。平衡后，测得(g)、(g)、HCN(g)的体积分数分别为6%、10%、6%，其中三种反应物的体积分数相等。则(g)的体积分数为_______，丙烯腈(g)的产率为_______(保留3位有效数字)，反应Ⅱ的_______。(已知：)
(3)反应时间相同、反应物起始投料相同时，丙烯腈产率与反应温度的关系如图所示(图中虚线表示相同条件下丙烯腈平衡产率随温度的变化)。Y点丙烯腈产率比X点高的原因是_______。Z点正反应速率_______X点正反应速率(填“>”、“＜”或“无法比较”)，理由是_______。
参考答案：
1．B
【详解】A．“长者为宅煮糖，宅垣忽坏，去土而糖白”，蔗糖变白的原因是利用黄泥的吸附作用，而不是泥土具有强氧化性，A错误；
B．酿酒过程中发生了的反应有：(C6H10O5)n+nH2OnC6H12O6，C6H12O62C2H5OH+2CO2，后者反应中碳元素化合价发生改变，故发生了氧化还原反应，B正确；
C．矾是各种金属(如铜、铁、锌)的硫酸盐，不是金属硫化物，C错误；
D．“丹砂（HgS）烧之成水银，积变又还成丹砂”不是可逆反应，前者条件是加热，后者不需要条件，也不是同时发生，D错误；
故答案为：B。
2．A
【详解】A．由于Fe(OH)2易被空气中的氧气氧化，故制备时应该将吸满NaOH溶液的胶头滴管插入到FeSO4溶液液面以下在挤出NaOH，故图①为实验室制取Fe(OH)2的正确操作，A正确；
B．加热液体时试管夹夹在离试管口三分之一处，试管中的液体不超过三分之一，故图②为加热液体的错误操作，B错误；
C．由于NaOH能与玻璃中的SiO2反应而腐蚀玻璃，且生成的Na2SiO3溶液具有粘合性，故盛放NaOH溶液的试剂瓶不能用玻璃塞应该用橡胶塞，C错误；
D．浓硝酸见光易分解，故浓硝酸盛放在棕色细口瓶中，D错误；
故答案为：A。
3．C
【详解】A．C18中存在类似于苯分子中的大π键，由18个碳原子提供36个电子形成大2个π键，A正确；
B．C18与金刚石均是由碳元素形成两种性质不同的单质，二者互为同素异形体，B正确；
C．由题干图示结构可知，C20O2分子正电和负电中心不重合，为极性分子，C18正电和负电中心重合，为非极性分子，C错误；
D．C24O6、C20O2中连接双键的碳原子采用sp2杂化，连接三键的碳原子采用sp杂化，二者C原子均采用sp2、sp两种方式杂化，种类相同，D正确；
故答案为：C。
4．C
【详解】A．苯乙烯中碳碳双键的一个碳原子上有两个氢原子，该物质不存在顺反异构体，A错误；
B．甲基丙烯酸甲酯的结构简式为CH2=CH(CH3)COOCH3，其中两个甲基上最多有一个氢原子可以在碳碳双键形成的平面上，故共面的原子最多为11个，B错误；
C．PC和PET都为酯类聚合物，通过缩聚反应生成，C正确；
D．PET的单体为对苯二甲酸和乙二醇，对苯二甲酸与苯甲酸不为同系物，乙二醇和甘油也不互为同系物，D错误；
故选C。
5．D
【详解】A．Na2C2O4为强碱弱酸盐，溶液呈碱性，会腐蚀玻璃，所以应选用碱式滴定管量取Na2C2O4溶液，A正确；
B．为提高初始速率，常滴加几滴MnSO4溶液，则表明MnSO4能加快反应速率，从而说明MnSO4溶液的作用是做催化剂，B正确；
C．若溶液温度过高、酸性过强，生成的草酸易分解，从而导致滴定所用Na2C2O4的体积偏大，KMnO4溶液的浓度测定值偏高，C正确；
D．若初期滴加过快、温度过高，将发生反应，从而使滴定所用Na2C2O4的体积偏小，KMnO4溶液的浓度测定结果偏低，D错误；
故选D。
6．D
【详解】A．由题干转化流程图可知，过程Ⅰ中醛基变为羧基、醛基变为醇羟基，故包含氧化还原反应，过程Ⅱ发生分子内酯化反应，A正确；
B．由题干转化流程图可知，1mol M中含有1mol醛基，故1molM与足量新制Cu(OH)2碱性悬浊液充分反应，生成2mol Cu2O，B正确；
C．M中含有醛基，N中含有醇羟基(且与羟基相连的碳原子含有H)，故均能使酸性KMnO4溶液褪色，C正确；
D．同时连接四个互不相同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，结合题干有机物的结构简式可知，M中不含手性碳原子，N、L中均含有1个手性碳原子，如图所示：、，D错误；
故答案为：D。
7．D
【详解】A．已知同一周期从左往右元素的第一电离能呈增大趋势，ⅡA与ⅢA、ⅤA与ⅥA反常，故第一电离能：，A正确；
B．由题干信息可知，a类似石墨的平面六角形层状结构，b类似金刚石结构，结构决定性质，故两种晶体硬度和熔点均不同，B正确；
C．由题干信息可知，a类似石墨的平面六角形层状结构，b类似金刚石结构，故a、b中所有化学键均为B-N极性键，a中B周围的价层电子对数为3，采用sp2杂化，而b中B周围的价层电子对数为4，采用sp3杂化，即二者中B原子的杂化方式不同，C正确；
D．已知石墨中每个C被3个六元环共用，即a中每个B被3个六元环共用，而金刚石中每个C被12个六元环共用，即b中每个B被12个六元环共用，故a、b中每个B原子分别被m、n个六元环共有，则，D错误；
故答案为：D。
8．B
【详解】A．由题干反应I可知SO2的氧化性强于I2，由反应Ⅱ可知，I2的氧化性强于SO2，故可说明SO2、I2的氧化性强弱与外界条件有关，A正确；
B．每生成0.1mol，由反应方程式可知，转移电子为0.2mol，同时生成0.2molI-，反应0.1molI2，而生成0.1molI2则通过反应I消耗0.2molI-，转移电子数为0.2mol，故整个过程中转移0.4mol电子，不消耗KI，B错误；
C．由题干信息可知，反应I+2反应Ⅱ可得该过程的总反应为：，C正确；
D．由C项分析可知，该反应过程中KI作催化剂，D正确；
故答案为：B。
9．C
【分析】氟硅酸H2SiF6和NH4HCO3反应生成NH4F、H2SiO3和CO2，反应的化学方程式为H2SiF6+6NH4HCO3=6NH4F+H2SiO3↓+6CO2↑+3H2O，经过滤I后滤渣为H2SiO3，滤液中加入NaCl，利用了物质在溶液中溶解度越小则优先析出的特性，所以NaF比NaCl的溶解性小，反应的化学方程式为NH4F+NaCl=NH4Cl+NaF↓，将NH4F转化为NaF，过滤Ⅱ得到晶体甲为NaF，并通过洗涤将粗NaF洗涤除去其表面的杂质，操作a是将滤液中的溶质进一步提取，故操作是加热蒸发溶剂，析出大量固体后冷却，所得晶体乙为NH4Cl。流程中NH4HCO3必须过量，目的是保证H2SiF6能全部反应，以防止生成影响制取物质的纯度，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，操作a为蒸发结晶，故过滤Ⅰ和操作a中都要用到玻璃棒，A正确；
B．由分析可知，反应Ⅱ利用了不同物质溶解度的差异，利用了物质在溶液中溶解度越小则优先析出的特性，所以NaF比NaCl的溶解性小，反应的化学方程式为NH4F+NaCl=NH4Cl+NaF↓，B正确；
C．由分析可知，晶体甲为NaF，晶体乙为NH4Cl，C错误；
D．由分析可知，若碳酸氢铵不足，则反应I不充分，将在反应Ⅱ中H2SiF6与NaCl反应生成微溶于水的Na2SiF6，导致NaF的纯度将降低，D正确；
故答案为：C。
10．A
【详解】A．B→C加入了氢原子属于还原反应，即Rh的化合价降低，A错误；
B．B→CRh的成键数由3变到5、C→D Rh的成键数由5变到6、D→ERh的成键数由6变到5、E→B Rh的成键数由5变到3，即每步转化过程中Rh的成键数和杂化方式均发生变化，B正确；
C．C和E中心原子Rh的成键数均是5，中心原子价层电子对数相同，即VSEPR模型相同，C正确；
D．由反应机理和信息知该反应方程式为，D正确；
故选A。
11．BC
【详解】A．苯酚也可与Na2CO3反应生成易溶于水的苯酚钠和NaHCO3，故无法除苯酚中混有的少量苯甲酸，A错误；
B．分别将甲苯和苯酚稀溶液滴加到盛有浓溴水的两支试管中，振荡，可观察到苯酚溶液中观察到产生白色沉淀，说明由于羟基的存在对苯环产生了影响，能用于探究有机物基团间的相互影响，B正确；
C．将镀层有破损的镀锌铁片放入NaCl溶液中，一段时间后向溶液中加入溶液，无蓝色沉淀生成，岢知构成原电池时Zn作负极，Fe作正极，故铁片没有被腐蚀，C正确；
D．酸性高锰酸钾能氧化氯离子，故无法确定酸性高锰酸钾溶液褪色的原因，D错误；
故选BC。
12．A
【分析】辉钼矿中的MoS2与空气中的O2反应，得到MoO3，S元素转化为SO2，粗MoO3用浓氨水溶解，得到钼酸铵溶液，同时CuO与浓氨水反应生成[Cu(NH3)4]2+，过滤出滤渣1，主要成分为SiO2，加入(NH4)2S，将铜转化为CuS沉淀除去，过滤出滤渣2，主要成分为CuS，向滤液中加入Pb(NO3)2以除去过量的S2-，过滤得到滤渣3，主要成分为PbS，向滤液中加入HNO3得到钼酸沉淀，钼酸高温分解得到MoO3，最后用氢气还原得到金属Mo，据此分析解题。
【详解】A．根据流程图，MoS2与O2反应后得到MoO3和SO2，“焙烧”时化学方程式为2MoS2+7O22MoO3+4SO2，故还原剂与氧化剂的物质的量之比为2:7，A错误；
B．由分析可知，滤渣1为SiO2，滤渣3为PbS，B正确；
C．由分析可知，“碱浸”时CuO发生反应的离子方程式：，C正确；
D．由分析可知，整个过程中含钼元素物质间转化发生两个氧化还原反应即2MoS2+7O22MoO3+4SO2和MnO3+3H2Mo+3H2O，D正确；
故答案为：A。
13．C
【分析】由题干原理图示信息可知，阳极(即与电源正极相连的电极)上发生氧化反应，电极反应式为：2H2O-4e-=4H++O2↑，H+通过质子交换膜移向阴极室，阴极电极反应为：NAD(P)+H++e-=NAD(P)H，CO2+2NAD(P)H=2NAD(P)+HCOOH或者CO2+6NAD(P)H=CH3OH+H2O+6NAD(P)，光能捕获与电子激发器中吸收太阳能，激发失去电子，从而也发生NAD(P)+H++e-=NAD(P)H，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，装置工作时，由光能、电能转化为HCOOH、CH3OH、NAD(P)、NAD(P)H中的化学能，A正确；
B．根据电子守恒可知，CO2转化生成1mol CH3OH得到6mol e-，B正确；
C．由分析可知，阴极室发生的反应有：NAD(P)+H++e-=NAD(P)H，CO2+2NAD(P)H=2NAD(P)+HCOOH或者CO2+6NAD(P)H=CH3OH+H2O+6NAD(P)，且光能捕获与电子激发器中吸收太阳能，激发失去电子，从而也发生NAD(P)+H++e-=NAD(P)H，故当有2mol通过交换膜进入阴极室，不一定生成1mol HCOOH，C错误；
D．在电解液中添加可以增强电解质溶液的导电性，并给反应器施加电压，可加快反应速率，故有利于转换为NAD(P)H，D正确；
故答案为：C。
14．BD
【详解】A．由题干反应方程式可知，该反应正反应是一个气体体积增大的方向，即在恒容密闭容器中，反应过程中气体的压强一直在改变，现在气体的压强不变，则该反应达到平衡，A正确；
B．根据图像并结合公式可得：9.2=-3.2Ea+C，4.4=-3.4Ea+C，联立方程，解得Ea=24kJ/mol，B错误；
C．由B项分析可求出Ea(正)和C的值，若温度为T1时，若测得逆反应的Rlnk的数据，则可求出Ea(逆)，则可以确定该反应的H= Ea(正)- Ea(逆)，C正确；
D．在恒容密闭容器的平衡体系中，增加CH3OH的物质的量，根据等效平衡原理可知，加入CH3OH相当于增大压强，上述平衡逆向移动，故CH3OH的体积分数增大，D错误；
故答案为：BD。
15．C
【分析】由反应方程式：RN2H4+H+=，+H+=可知，随着溶液的pH的增大，逐渐减小，RN2H4逐渐增大，先增大后减小，故可知曲线①②③分别代表为RN2H4、、随溶液pH的变化，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，①代表RN2H4，A错误；
B．已知：+H2ORN2H4·H2O +H+，则的水解常数Kh2=，由曲线①②的交点可知，当pH=9.90时，c(RN2H4)=c()，故有Kh2==10-9.90，故的水解常数的数量级为10-10，B错误；
C．由题干图像信息可知，a点时根据电荷守恒有：c(H+)+c()+2c()=c(OH-)+c(Cl-)，pH=7，即c(H+)=c(OH-)，故有c()+2c()=c(Cl-)，c(RN2H4)＜c()，故有，C正确；
D．由题干图像信息可知，b点时c()=c()≈0.05mol/L，由C项分析可知，c()+2c()+c(H+)-c(OH-)=c(Cl-)，此时pH＜7，即c(Cl-)＜c()+2c()=0.15mol/L，故通入HCl气体的体积因小于=0.672L(标准状况下)，D错误；
故答案为：C。
16．(1) 第5周期第ⅣA族 3 N、Sn
(2) 1：1
【详解】（1）①已知Sn是50号元素，其与C元素位于同一主族，故基态Sn原子的价电子轨道表示式为，在周期表中的位置为第5周期第ⅣA族，根据同一周期有从左往右元素电负性依次增大，同一主族从上往下元素电负性依次减小可知，C、Si、Cl电负性由大到小的顺序为Cl＞C＞Si；
②苯环上的C、N采用sp2杂化，甲基、-CH-为sp3杂化，中心Sn原子周围价层电子对数为5，故该Sn原子采用sp3d杂化，则该化合物中共有3种杂化方式，由题干配合物结构示意图可知，提供电子对形成配位键的原子为N、Sn；
（2）根据题意分析该晶胞是一个面心立方晶胞，S原子位于晶胞的顶点和面心，Cu、Fe、Sn分别位于体对角线上，因此用均摊法算出：S：4 ，Cu ：2 ， Fe ： 1， Sn：1，因此该硫化物的化学式为Cu2FeSnS4；晶胞中Sn和Cu最近的是位于顶点的S都是一个，因此二者配位数之比为1：1；根据图示可以确定Sn原子的分数坐标(1/4,3/4,1/8), (3/4,4/4,5/8)；晶胞中Sn原子和Cu原子间的最短距离为面对角线的一半。
17．(1)1:1
(2) Fe3+、Cu2+ 4.9～5.4
(3) 与H+反应，平衡右移，提高Zn2+的萃取率 ① 温度过高，萃取剂的损耗量增大；温度过低，离子萃取效率低
(4) 0.95
【分析】软锰矿(含MnO2，少量SiO2、Al2O3)和闪锌矿(含ZnS，少量FeS、CuS、SiO2)混合后加入硫酸进行酸浸，然后过滤，S、SiO2成为滤渣，则滤液中含有Fe3+、Fe2+、Mn2+、Al3+、Cu2+、Zn2+等；加入适量Zn进行还原，然后过滤，滤渣为Cu，滤液为Fe2+、Mn2+、Al3+、Zn2+；加入MnO2进行氧化，再调节pH，Fe2+被氧化为Fe3+，Fe3+、Al3+生成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，滤液中含有Mn2+、Zn2+等；加入萃取剂进行萃取，从反应的最终产物看，主要萃取Zn2+，加入MnCO3，与H+反应，从而增大萃取率；加入反萃取剂，Zn2+进入水相，蒸发浓缩、冷却结晶，从而获得ZnSO4∙7H2O；水相电解，生成Zn和MnO2。
【详解】（1）“酸浸”时，MnO2和CuS反应生成MnSO4，化学方程式为MnO2+CuS+2H2SO4=MnSO4+CuSO4+S+2H2O，氧化产物(S)与还原产物(MnSO4)物质的量之比为1:1。答案为：1:1；
（2）加适量Zn后，首先将Fe3+还原，然后将Cu2+还原，则还原的金属阳离子是Fe3+、Cu2+，加MnO2氧化Fe2+生成滤渣Fe(OH)3，离子方程式为。调节pH时，需让Al3+完全沉淀，而Zn2+不产生沉淀，Al3+完全沉淀时，c(OH-)=mol/L=10-9.1mol/L，pH=4.9，Zn2+开始沉淀时，c(OH-)=mol/L=10-8.6mol/L，pH=5.4，所以需调节的pH范围是4.9～5.4。答案为：Fe3+、Cu2+；；4.9～5.4；
（3）“萃取”过程中，发生如下阳离子交换反应：，(HR代表有机萃取剂，易挥发)。加入MnCO3，能与H+反应，从而促进平衡右移，则作用为：与H+反应，平衡右移，提高Zn2+的萃取率。从反应的最终产物看，主要萃取Zn2+，则曲线中表示Zn2+的萃取效率的曲线是①；萃取剂易挥发，但萃取过程吸热，则萃取反应温度一般选择常温，理由为温度过高，萃取剂的损耗量增大；温度过低，离子萃取效率低。答案为：与H+反应，平衡右移，提高Zn2+的萃取率；①；温度过高，萃取剂的损耗量增大；温度过低，离子萃取效率低；
（4）电池工作时，Zn为负极，Na0.6-xMnO2为正极，则正极上发生的电极反应为；负极上发生的电极反应为Zn+4OH--2e-=[Zn(OH)4]2-，同时Na+从负极移向正极，则可建立如下关系式：Zn——2Na+——2e-，每转移0.1mol电子，负极区电解质溶液质量增加(65g-2×23g)×=0.95g。答案为：；0.95。
【点睛】原电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动。
18．(1) 苯丙氨酸 酯基、氨基
(2) ++2HCl 还原反应
(3) 11
(4)
【分析】由题干合成流程图信息可知，由AC的结构简式和B的分子式可知，B的结构简式为：，由C到D的转化条件和D的分子式并结合已知信息I可知，D的结构简式为：，由G的结构简式、F的分子式并结合已知信息Ⅱ可知，F的结构简式为：，由F的结构简式，D到E的转化条件和E的分子式可知，E的结构简式为：，(3) 符合下列条件①与B具有相同类型官能团，即含有氨基、羧基和硝基，②苯环上有两个取代基，其中一个为硝基，另一取代基为：-CH2CH(NH2)COOH、-CH(NH2)CH2COOH、、-CH(COOH)CH2NH2，每一组又有邻、间、对三种位置关系，除去B本身，故符合条件的B的同分异构体有4×3-1=11种，(4)本题采用逆向合成法，根据题干流程图中F到G的转化信息和已知信息Ⅱ可知，可由一定条件下转化而来，由D到E的转化信息可知，可由和在一定条件下转化而来，由E到F的转化信息可知，可由催化还原而得到，可由在浓硫酸、浓硝酸作用下发生硝化反应制得，由此确定合成路线，据此分析解题。
【详解】（1）由题干流程图中A的结构简式可知，物质A的名称为苯丙氨酸，C的结构简式为故C中官能团的名称为硝基、氨基、羧基，故答案为：苯丙氨酸；氨基、羧基；
（2）由分析可知，D的结构简式为：，E的结构简式为：，故D→E的化学方程式为：++2HCl，F的结构简式为：，E→F即由硝基变为氨基，有机化学中加氢失氧的反应为还原反应，故该反应的反应类型为还原反应；故答案为：++2HCl；还原反应；
（3）由分析可知，B的结构简式为：，符合下列条件①与B具有相同类型官能团，即含有氨基、羧基和硝基，②苯环上有两个取代基，其中一个为硝基，另一取代基为：-CH2CH(NH2)COOH、-CH(NH2)CH2COOH、、-CH(COOH)CH2NH2，每一组又有邻、间、对三种位置关系，除去B本身，故符合条件的B的同分异构体有4×3-1=11种，故答案为：；11；
（4）本题采用逆向合成法，根据题干流程图中F到G的转化信息和已知信息Ⅱ可知，可由一定条件下转化而来，由D到E的转化信息可知，可由和在一定条件下转化而来，由E到F的转化信息可知，可由催化还原而得到，可由在浓硫酸、浓硝酸作用下发生硝化反应制得，由此确定合成路线为：，故答案为：。
19．(1)分液漏斗或恒压滴液漏斗
(2)关闭a和b中的活塞，将丁中导管末端插入水中
(3) 防止产品温度过高分解 防止与NaOH发生副反应生成
(4) 饱和食盐水或饱和NaCl溶液 与NaOH溶液反应生成NaClO，使NaClO保持较高浓度
(5)冰水冷却
(6) 0.639或63.9%
【分析】由图中装置和实验药品可知，丙装置内发生的反应为制备氰尿酸钠的反应，为保持次氯酸钠的浓度，则需要通入Cl2将反应生成的NaOH转化为NaClO，则甲装置内的反应为：，丁装置用于尾气处理，吸收多余的氯气；
【详解】（1）a、b装置中盛放的试剂分别是浓盐酸和次氯酸钠溶液，浓盐酸具有挥发性，反应需要控制反应速率，则仪器为分液漏斗或恒压低液漏斗，故答案为分液漏斗或恒压低液漏斗；
（2）实验开始前需要检查装置的气密性，所以要关闭分液漏斗（或恒压低液漏斗）的活塞，将丁中导管末端插入水中，用手或热毛巾捂住甲装置的圆底烧瓶，若导管口有气泡产生，松开手或拿掉热毛巾导管口处产生一段水柱，则证明气密性良好，故答案为关闭a和b中的活塞，将丁中导管末端插入水中；
（3）氰尿酸钠受热易分解，而且氯气和氢氧化钠反应，温度不同，产物有什么不同，低温生成次氯酸钠，而高温生成氯酸钠，所以温度控制在10℃，不宜过高，可以防止产品温度过高分解，也可以防止与NaOH发生副反应生成，故答案为：防止产品温度过高分解、防止与NaOH发生副反应生成；
（4）由题意知制备氰尿酸钠的药品为氰尿酸和高浓度的NaClO溶液，反应过程中NaClO溶液的浓度会逐渐降低，为了保持NaClO溶液的浓度，向三颈烧瓶中通入Cl2，使之与生成的NaOH反应生成NaClO，但浓盐酸有很强的挥发性，挥发出的HCl会与生成的NaOH反应，从而降低NaOH的利用率，则乙装置中的应盛放饱和食盐水，吸收挥发出的HCl，故答案为：饱和食盐水、Cl2与NaOH反应生成NaClO，使NaClO溶液保持较高的浓度；
（5）从溶液中析出晶体的操作顺序为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，为了使晶体充分析出并分离，需要的操作是：冰水冷却结晶、过滤洗涤、干燥，故答案为：冰水冷却；
（6）根据已知，样品中氯元素的质量等于反应生成的次氯酸中氯元素的质量，根据题意可知， KI被HClO氧化为I2，反应的离子方程式为：，再向溶液中加入标准液溶液与I2反应，反应的方程式为，则有n(HClO)=n(I2)=n()=×0.1000mol×18.00×10-3L=9×10-4mol，则样品有效率==63.9%，故答案为：，63.9%或0.639。
20．(1) -941 1：1
(2) 48% 35.7% 153.6
(3) X和Y点均未到达平衡点，Y点对应温度高，速率快，产率高 无法比较 由于温度会影响催化剂的活性，因此Z点的正反应速率不一定大于X点的正反应速率
【详解】（1）℃时，向恒压容器中充入0.2mol 、0.6mol 和0.6mol ，发生反应Ⅲ，达到平衡时，放出94.1kJ能量；若向相同容器中充入1.5mol HCN(g)和3mol (g)，达平衡时吸收235.25kJ能量，两容器中达到的平衡为等效平衡，设反应物C3H6的转化率为α，则HCN的转化率为1-α，设-Q，则有0.2αQ=94.1kJ，=235.25kJ，联合解得，Q=941，α=0.5，故两种情况下反应物的转化率α：(1-α)=0.5：(1-0.5)=1：1；
（2）200℃，160Pa时，向恒压容器中充入、和的混和气体制取丙烯腈，发生上述三个反应。平衡后，测得(g)、(g)、HCN(g)的体积分数分别为6%、10%、6%，其中三种反应物的体积分数相等，设平衡后气体总的物质的量为nmol，则(g)、(g)、HCN(g)的物质的量分别为：0.06nmol、0.1nmol、0.06nmol，三段式分析为：、、、则(g)的体积分数为=48%，故三种反应物、和的体积分数相等为=10%，丙烯腈(g)的产率为≈35.7% (保留3位有效数字)，反应Ⅱ的==153.6；
（3）由题干图像信息可知，由于X、Y点反应均未达到化学平衡，且Y点对应的温度高于X点，则Y点的反应速率高于X点，故反应时间相同、反应物起始投料相同时，Y点丙烯腈产率比X点高，Z点正反应速率等于逆反应速率，X点正反应速率大于逆反应速率，但Z点温度高，正逆反应速率快，故Z点正反应速率与X点正反应速率无法比较，理由是由于温度会影响催化剂的活性，因此Z点的正反应速率不一定大于X点的正反应速率。
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