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江苏省南通市2023-2024学年高三下学期化学调研测试卷 （原卷版+解析版）
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这是一份江苏省南通市2023-2024学年高三下学期化学调研测试卷 （原卷版+解析版），文件包含江苏省南通市2023-2024学年高三下学期化学调研测试卷原卷版docx、江苏省南通市2023-2024学年高三下学期化学调研测试卷解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共28页， 欢迎下载使用。
1. 下列叙述正确的是
A. 推广使用太阳能、风能、海洋能、氢能，有利于缓解温室效应
B. 乙醇和汽油都是可再生能源，应大力推广“乙醇汽油”
C. 废电池需回收，主要是要利用电池外壳的金属材料
D. 升高温度可降低活化能
【答案】A
【解析】
【详解】A．推广使用太阳能、风能、海洋能、氢能，就可以减少化石能源的使用，减少CO2的产生与排放，因此有利于缓解温室效应，A正确；
B．乙醇是可再生能源，汽油是不可再生能源，应大力推广“乙醇汽油”，就可以减少汽油的使用量，因此符合绿色环保理念，B错误；
C．废电池需回收，主要是减少重金属对水、土壤产生的污染，C错误；
D．由于反应物、生成物不变，所以反应途径不变，反应的活化能不变，升高温度可使更多分子变为活化分子，反应速率增大，D错误；
故选A。
2. 下列有关化学用语正确的是
A. 聚丙烯的结构简式：
B. 核外有a个电子、b个中子，M的原子符号：
C. 的电子式：
D. 乙酸的结构式：
【答案】A
【解析】
【详解】A．聚丙烯的结构简式：，故A正确；
B．对应的原子符号应为，B项错误；
C．中氢原子与氧原子间的化学键都是单键，C项错误；
D．乙酸分子式为，乙酸的结构式，D项错误；
故选A。
3. 易水解、易升华，是有机反应中常用的催化剂。实验室用如图所示装置制备少量。下列说法正确的是
A. 实验开始，先点燃酒精灯，再滴加浓盐酸
B. 实验时若Cl2不足量，则可能生成
C. 装置丙的作用是收集
D. 装置丁中的作用是吸收未反应的
【答案】C
【解析】
【详解】A．实验开始，先滴加浓盐酸，利用生成的氯气排尽装置内的空气，以免铁粉与氧气发生反应，故A错误；
B．铁与氯气只能生成氯化铁，即使少量氯气也不能生成氯化亚铁，故B错误；
C．装置丙的作用是收集冷凝后的固体氯化铁，故C正确；
D．与氯气不能反应，其目的是防止NaOH溶液中的水蒸气进入丙中使水解，故D错误；
故选：C。
4. 短周期元素甲、乙、丙、丁的原子序数依次增大，甲和丁的原子核外均有两个未成对电子，乙、丙、丁最高价氧化物对应的水化物两两之间能相互反应。下列说法错误的是
A. 元素丙的单质可用于冶炼金属
B. 甲与丁形成的分子中有非极性分子
C. 简单离子半径：丁 > 乙 > 丙
D. 甲与乙形成的化合物均有氧化性
【答案】D
【解析】
【分析】短周期元素甲、乙、丙、丁的原子序数依次增大，甲和丁的原子核外均有两个未成对电子，则甲的核外电子排布是1s22s22p2，甲是C元素，丁的核外电子排布可能是1s22s22p63s23p2，或1s22s22p63s23p4，由于乙、丙、丁最高价氧化物对应的水化物两两之间能相互反应则丁是核外电子排布的1s22s22p63s23p4，是S元素，丙是Al元素，乙是Na元素。
【详解】A．由于Al元素的金属活动性较强，一般的还原剂不能把其从化合物中置换出来，要用电解熔融的Al2O3的方法冶炼，故A正确。
B．C与S元素形成的化合物CS2中的化学键是极性共价键，由于两个S原子在C原子的两侧，键角180°，所以形成的分子是非极性分子，故B正确。
C．简单离子半径比较：S2-＞Cl-＞Al3+，故C正确；
D. Na形成的化合物Na2O2有强的氧化性，而Na2O则氧化性很弱，故D错误；
答案选D。
5. 下列事实不能通过比较氟元素和氯元素的电负性进行解释的是
A. 键的键能小于键的键能
B. 三氟乙酸的大于三氯乙酸的
C. 氟化氢分子的极性强于氯化氢分子的极性
D. 气态氟化氢中存在，而气态氯化氢中是分子
【答案】A
【解析】
【详解】A．F原子半径小，电子云密度大，两个原子间的斥力较强，键不稳定，因此键的键能小于键的键能，与电负性无关，A符合题意；
B．氟的电负性大于氯的电负性。键的极性大于键的极性，使—的极性大于—的极性，导致三氟乙酸的羧基中的羟基极性更大，更容易电离出氢离子，酸性更强，B不符合题意；
C．氟的电负性大于氯的电负性，键的极性大于键的极性，导致分子极性强于，C不符合题意；
D．氟的电负性大于氯的电负性，与氟原子相连的氢原子可以与另外的氟原子形成分子间氢键，因此气态氟化氢中存在，D不符合题意；
故选A。
6. 卤族元素单质及其化合物应用广泛。氟自然界主要存在于萤石()中，与浓反应可制取HF；氯、溴主要存在于海水中，工业常通过电解NaCl饱和溶液制备，可用于制取漂白粉。卤水中可通过氧化、溶液吸收；BrCl能发生水解反应。易升华，一种二次电池正极界面反应机理如图所示。
下列化学反应表示正确的是
A. 电池正极放电时的电极反应有：
B. 电解饱和NaCl溶液：
C. BrCl与反应：
D. 用溶液吸收：
【答案】A
【解析】
【详解】A．由图示信息可知放电时正极转化有：、，电极反应有：，故A正确；
B．电解饱和NaCl溶液：，故B错误；
C．BrCl与反应：，故C错误；
D．溶于水生成HBr和HBrO，生成的酸与反应，吸收试剂过量，最终只生成碳酸氢钠：，故D错误；
故选：A。
7. 下列应用中末涉及氧化还原反应的是
A. 、溶液均不能保存在玻璃试剂瓶中
B. 常温下，浓硫酸、浓硝酸常保存在铁罐中
C. 保存溶液时，通常在溶液中加入少量的单质铁
D. 可用于自来水的消毒、净化
【答案】A
【解析】
【详解】A．、溶液中水解生成，可以与玻璃中的反应生成和，没有涉及氧化还原反应，A符合题意；
B．常温下，、表面能被浓硫酸、浓硝酸钝化，生成致密的氧化物保护膜，涉及氧化还原反应，B不符合题意；
C．溶液中的易被空气中的氧化成，，涉及氧化还原反应，C不符合题意；
D．中为价，具有强氧化性，能对自来水进行消毒，同时被还原成，水解生成胶体，胶体中的胶体粒子能吸附水中的悬浮物从而净化水，对自来水进行消毒过程中涉及氧化还原反应，D不符合题意；
故答案为：A。
8. 用消除的反应为 。下列说法正确的是
A. 平衡时升高温度，增大，减小
B. 反应平衡常数
C. 反应中生成22.4 L ，转移电子数目为
D. 实际应用中，适当增加的量有利于消除，减轻空气污染程度
【答案】D
【解析】
【详解】A．升高温度，正逆反应速率均增大，故A错误；
B．该反应水为气态，平衡常数，故B错误；
C．气体所处状况不确定，不能根据体积计算其物质的量，故C错误；
D．适当增加的量有利于平衡正向移动，从而提高的转化率，有利于的消除，故D正确；
故选D。
9. 一种由含的酸性溶液制备氧化钪()的工艺流程如下。
下列说法正确的是
A. Sc基态核外电子排布式为
B. 1 ml (乙二酸)含有5 ml σ键
C. 生成的离子方程式为
D. 在足量空气中焙烧，消耗
【答案】C
【解析】
【详解】A．Sc是21号元素，基态核外电子排布式为，故A错误；
B．结构简式为HOOC-COOH，分子中C原子形成3个σ键，没有孤电子对，该分子中碳原子的杂化方式为sp2，单键为σ键，双键含有1个σ键，1个π键，故HOOC-COOH分子中含有7个σ键，1 ml 分子中含有7 ml σ键，故B错误；
C．和发生反应生成固体，离子方程式为：，故C正确；
D．在足量空气中焙烧生成，Sc元素化合价没有发生变化，说明中C元素由+3价上升到+4价，O2中O元素由0价下降到-2价，根据得失电子守恒可知消耗，故D错误；
故选C。
10. 沙丁胺醇(Y)可用于治疗新冠感染，合成路线中包含如下步骤。下列说法正确的是
A. X中所含官能团有酯基、酰胺基
B. X在水中的溶解性比Y在水中的溶解性好
C. Y与足量反应后的有机产物中含有4个手性碳原子
D. 用溶液可检验有机物Y中是否含有X
【答案】C
【解析】
【详解】A．由结构式可知，X中所含官能团有酯基、羰基、次氨基，故A错误；
B．Y中含有羟基可以和水分子形成氢键，在水中的溶解度大于X，故B错误；
C．Y与足量反应后的有机产物为，手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，中手性碳原子为共4个，故C正确；
D．Y中含有酚羟基，无论是否含X，均会显紫色，故D错误；
故选C。
11. 室温下，下列实验探究方案能达到探究目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．酸性溶液的试管中滴加足量乙醇，若溶液褪色说明被还原为无色离子，则乙醇表现还原性，否则则无还原性，故A正确；
B．焰色试验只能确定金属元素是否存在，不能确定具体物质，故B错误；
C．所用硝酸银溶液过量，滴入的碘化钾直接与硝酸银反应生成AgI沉淀，不能说明是AgCl转化为AgI，因此不能验证Ksp大小，故C错误；
D．锌比铁活泼，形成原电池时Zn作负极，Fe作正极，铁钉不被腐蚀，故D错误；
故选：A。
12. 一种脱除燃煤烟气中的方法如图所示。室温下用氨水吸收，若转化过程中气体挥发和溶液体积的变化可忽略，溶液中含硫物种的浓度。
下列说法正确的是
A. 0.1 ml·L氨水中：
B. 溶液氧化过程中比值逐渐减小
C. 0.1 ml·L氨水吸收， ml·L溶液中：
D. 1 L 0.1 ml·L氨水吸收标准状况1.68 L 后的溶液中：
【答案】C
【解析】
【详解】A．0.1 ml·L氨水中部分电离产生和OH-，溶液呈碱性，溶液中个各粒子浓度关系为，故A错误；
B．溶液和氧气反应生成(NH4)2SO4，离子方程式为：2+O2=2+2H+，溶液酸性增强，c(OH-)减小，则增大，故B错误；
C．和得到，0.1 ml·L氨水吸收， ml·L溶液时，此时溶液为等浓度的和混合溶液，电荷守恒：，物料守恒：，则，则，故C正确；
D．1.68 L 的物质的量为=0.075ml，1 L 0.1 ml·L氨水吸收0.075ml得到含有0.075ml和0.025ml的混合溶液，则存在物料守恒，故D错误；
故选C。
13. 在催化剂作用下，以、为原料合成，其主要反应有：
反应1 kJ·ml
反应2 kJ·ml
将体积比为1∶1的、混合气体按一定流速通过催化反应管，测得、的转化率随温度变化的关系如图所示。
已知的选择性
下列说法正确的是
A. 图中曲线①表示转化率随温度的变化
B. 720~800℃范围内，随温度的升高，出口处及的量均增大
C. 720~800℃范围内，随温度的升高，的选择性不断增大
D. 其他条件不变，加入或选用高效催化剂，均能提高平衡时产率
【答案】B
【解析】
【分析】将体积比为1∶1的、混合气体按一定流速通过催化反应管，其主要反应有：、，则的转化率应该大于的转化率，图中曲线①表示转化率随温度的变化，曲线②表示的转化率，以此解答。
【详解】A．由分析可知，图中曲线①表示转化率随温度的变化，故A错误；
B．720~800℃范围内，随温度的升高，、的转化率都增大，则生成、的物质的量增大，出口处及的量均增大，故B正确；
C．720~800℃范围内，随温度的升高，、的转化率都增大，但的转化率程度大于，说明反应2正向进行的程度增大大于反应1，的选择性不断减小，故C错误；
D．催化剂虽然不能改变平衡转化率，但是催化剂有选择性，可以提升目标产物的产率；CaO会吸收水和二氧化碳，但是无法判断平衡如何移动，因此不能判断平衡时C2H4的产率如何变化，故D错误；
故选B。
二、非选择题：共4题，共61分
14. 某废铁铬催化剂(含Fe3O4、Cr2O3、MgO、Al2O3及少量不溶性杂质)回收铁、铬的工艺流程如下图所示：
已知：i．0.1ml·L-1金属离子形成氢氧化物沉淀与氢氧化物沉淀溶解的pH范围如下：
ii．Cr(OH)3+OH-=+2H2O
iii．已知Cr的金属性强于Fe
（1）加入铁粉后，调节pH的范围为___________。
（2）由滤渣1得到滤液3发生反应的离子方程式为___________。
（3）滤渣3成分的化学式为___________；回收铬时，铬的存在形式为___________(填化学式)。
（4）由滤液2得到结晶水合物的操作是___________、___________过滤、洗涤、干燥。
（5）滤渣2与FeS2混合后隔绝空气焙烧，总反应的化学方程式为___________；该过程加入少量CaO的目的是___________。
（6）酸浸过程中，在硫酸用量一定的情况下，随着酸浓度的增加，铁、铬的溶解度增大。实际生产中，硫酸的质量分数为50%，其原因是___________。(已知，Fe2(SO4)3▪ 9H2O，Cr2(SO4)3·18H2O在20°C时的溶解度分别为400g和64g)
【答案】（1）6.8≤pH<7.6
（2）
（3） ①. Cr(OH)3 ②.
（4） ①. 蒸发浓缩 ②. 冷却结晶
（5） ①. ②. 吸收SO2，防止污染
（6）随着硫酸浓度的增大，溶液中水的量减少，生成的硫酸盐会结晶析出
【解析】
【分析】某废铁铬催化剂(含Fe3O4、Cr2O3、MgO、Al2O3及少量不溶性杂质)粉碎后用硫酸酸浸，Fe3O4、Cr2O3、MgO、Al2O3分别转化为Fe3+、Fe2+、Mg2+、Cr3+、Al3+，向滤液中加入过量Fe粉调节pH，使Cr3+、Al3+转化为Cr(OH)3、Al(OH)3存在于滤渣1中，将滤渣1放入pH=11的强碱溶液中，Al(OH)3溶解，则滤渣3中存在Cr(OH)3，Fe3+被Fe还原生成Fe2+存在于滤液1中，向滤渣1中通入足量O2保持pH<1.5，将Fe2+再氧化成Fe3+，随后调节pH使Fe3+转化为Fe(OH)3存在于滤渣2中，Fe(OH)3滤渣加FeS2焙烧再经过磁选得到Fe3O4，以此解答。
【小问1详解】
加入铁粉后，调节pH使Cr3+、Al3+转化为Cr(OH)3、Al(OH)3，而不能使 Fe2+沉淀，由表格数据可知，调节pH的范围为6.8≤pH<7.6
【小问2详解】
滤渣1中存在Cr(OH)3、Al(OH)3，调节pH=11，其中Al(OH)3能够和强碱反应，则由滤渣1得到滤液3发生反应的离子方程式为。
【小问3详解】
由分析可知，滤渣3成分的化学式为Cr(OH)3，由已知ii可知，回收铬的过程中Cr(OH)3和NaOH反应生成。
【小问4详解】
由滤液2得到结晶水合物的操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
【小问5详解】
滤渣2中Fe(OH)3与FeS2混合后隔绝空气焙烧生成Fe3O4，S元素化合价上升转化为SO2，根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式为：；该过程加入少量CaO的目的是吸收SO2，防止污染。
【小问6详解】
酸浸过程中，硫酸的质量分数为50%，其原因是浓硫酸具有吸水性，随着硫酸浓度的增大，溶液中水的量减少，生成的硫酸盐会结晶析出。
15. 化合物G是合成抗心律失常药物决奈达隆的一种中间体，可通过以下方法合成：
(1)R结构简式是___________；M含有的官能团名称是___________。
(2)M→N反应过程中K2CO3的作用是___________。
(3)P→Q的反应类型是___________。
(4)写出Q→H的化学方程式___________。
(5)T是R的同系物，符合条件：①与R具有相同官能团；②分子中含有苯环；③T的相对分子质量比R多14，T的同分异构体有___________种。
其中在核磁共振氢谱上有5组峰且峰面积比为2：2：2：1：1的结构简式有___________。
(6)参照上述合成路线，设计以1，4-丁二醇和苯为原料(其他无机试剂自选)合成的合成路线___________。
【答案】 ①. ②. (酚)羟基、醛基和硝基 ③. 消耗生成的HCl，提高有机物N的产率 ④. 还原反应 ⑤. ⑥. 17 ⑦. 、 ⑧.
【解析】
【分析】根据N结构简式及R分子式知，R为，R发生取代反应生成M为，根据H结构简式知， P发生还原反应生成Q为，Q发生取代反应生成H，H发生取代反应生成G；(6)以1，4-丁二醇(HOCH2CH2CH2CH2OH) 和苯为原料(其他无机试剂自选)合成，苯和浓硝酸发生取代反应生成硝基苯，硝基苯被还原生成苯胺，1，4-丁二醇发生取代反应生成1，4-二氯丁烷，1，4-二氯丁烷和苯胺发生取代反应生成，据此分析解题。
【详解】(1)由分析可知，R的结构简式为，M的结构简式为：，故含有的官能团名称为：(酚)羟基、醛基和硝基， 故答案为：；(酚)羟基、醛基和硝基；
(2)M→N反应过程中K2CO3的作用是消耗生成的HCl，提高有机物N的产率，故答案为：消耗生成的HCl，提高有机物N的产率；
(3)P→Q即由转化为，故该反应的反应类型是还原反应，故答案为：还原反应；
(4) 由分析结合合成路线图可知，Q→H的化学方程式为：，故答案为：；
(5)R为，T与R组成元素种类相同，说明T中含有C、H、O元素，T的同分异构体符合下列条件：①与R具有相同官能团，说明含有羟基、醛基；②分子中含有苯环；③T的相对分子质量比R多14，说明T比R多一个-CH2，如果取代基为-OH、-CH3、-CHO，有10种；如果取代基为-OH、-CH2CHO，有邻、间、对3种；如果取代基为-CH(OH)CHO，有1种；如果取代基为-CH2OH、-CHO，有邻、间、对3种，所以符合条件的有17种；
其中在核磁共振氢谱上有5组峰且峰的面积比为1：1：2：2：2的结构简式有、， 故答案为：17；、；
(6)以1，4-戊二醇(HOCH2CH2CH2CH2OH) 和苯为原料(其他无机试剂自选)合成，苯和浓硝酸发生取代反应生成硝基苯，硝基苯被还原生成苯胺，1，4-丁二醇发生取代反应生成1，4-二氯丁烷，1，4-二氯丁烷和苯胺发生取代反应生成，其合成路线为， 故答案为：。
16. H2O2是生产、生活、实验中常用的试剂。
I．工业上制备H2O2的流程如下：
(1)“转化”中反应的化学方程式为_________：“低温放置”的目的是_________
(2)图甲为“减压蒸馏”的部分装置，该装置由克氏蒸馏头和_________(填仪器名称)组成。
lI．实验小组利用图乙装置测定阿伏加 德罗常数(NA)
(3)实验准备
①H2O2溶液浓度标定。可选用_________(填标号)试剂对H2O2溶液进行滴定，测定其浓度。
A．H2C2O4B．KMnO4C．淀粉KI
②装置气密性检查。打开止水夹，将注射器b的活塞推至底部，拉动注射器a活塞吸入10mL空气，关闭止水夹。向下推动注射器a活塞至底，当观察到注射器b的现象为_________，说明装置的气密性良好。
(4)测定过程
①在反应室中加入适量MnO2，将注射器b活塞推至底部，关闭止水夹。用注射器a准确抽取cml/LH2O2溶液VlmL，缓慢地注入反应室后，固定注射器a活塞。
②反应结束后，待反应体系处于_________状态时，读取注射器b的气体体积为V2mL，则产生O2的体积为____mL。
③设室温下O2的密度为ρg/L，一个O2实际质量为mg，则NA=____(用含ρ等字母的代数式表示)。
(5)该实验利用H2O2作为生氧剂的优点有_________(写两条)。
【答案】 ①. Na2O2＋2NaH2PO4＝2Na2HPO4＋H2O2 ②. 防止H2O2受热分解，沉降Na2HPO4·nH2O固体 ③. 圆底烧瓶 ④. B ⑤. 注射器b的活塞向右移动，且最终注射器b中的气体体积为10mL ⑥. 恢复室温或体积不再改变或压强不再改变 ⑦. V2－V1 ⑧. ⑨. 反应完全、无污染、反应速率快等合理答案均可
【解析】
【分析】由反应流程可知转化方程式为Na2O2＋2NaH2PO4＝2Na2HPO4＋H2O2，H2O2 受热易分解为水和氧气，故应低温放置；
H2O2具有还原性，与KMnO4反应现象明显，可以利用溶液颜色变化来测定H2O2溶液浓度，
【详解】由分析可知：
(1)转化中方程式为Na2O2＋2NaH2PO4＝2Na2HPO4＋H2O2，低温放置目的在于防止H2O2受热分解，沉降Na2HPO4·nH2O固体；
(2)由装置图可知反应中的仪器为圆底烧瓶；
(3)①由H2O2还原性，以及溶液颜色的变化作为实验结束标志可知选用KMnO4溶液测量结果更精确，故选B；
②注射器b的活塞向右移动，且最终注射器b中的气体体积为10mL
(4)①测量气体体积时应避免温度对气体体积的影响，准确测量气体体积应在室温下，故答案为：恢复室温或体积不再改变或压强不再改变；
②注射器中气体体积的变化是由于H2O2的分解产生的O2引起的，故氧气的体积为V2－V1 mL；
③由题中信息可知生成的质量m(O2)=ρg/LL，由 可知：；故可得m(O2)= 所以结合式子可得NA=；
(5)作为自身具有氧化性，反应产物为水和氧气，故本实验的优点是反应完全、无污染、反应速率快等。
17. 苯乙烯是合成橡胶和塑料的重要原料，可由乙苯为原料制得。
（1）利用“乙苯脱氢反应”可制备苯乙烯。
C6H5C2H5(g)C6H5CH=CH2(g)+H2(g) ΔH=akJ•ml-1
保持气体总压不变，原料气按以下A、B、C三种投料方式进行：
A.乙苯
B.n(乙苯)：n(N2)=1：10
C.n(乙苯)：n(CO2)=1：10
三种投料分别达到平衡时，乙苯转化为苯乙烯的转化率[×100%]与温度的关系如图1所示。
①α_____0(填“＞”、“＜”或“不能确定”)。
②相同温度下，投料方式B乙苯的平衡转化率比投料方式A的高，其原因是_____。
③相同温度下，投料方式C乙苯的平衡转化率比投料方式B的高，其可能原因是_____。
④工业上利用“乙苯脱氢反应”生产苯乙烯时，会产生少量积碳。使用相同条件下的水蒸气代替N2，可较长时间内保持催化剂的催化活性，其原因是_____。
（2）CO2用于制备苯乙烯有助于实现“碳中和”。
①在催化剂X作用下，CO2参与反应的机理如图2所示(α、β表示乙苯分子中C或H原子的位置；A、B为催化剂的活性位点，其中A位点带部分正电荷，B1、B2位点带部分负电荷)。根据元素电负性的变化规律，图2所示的反应机理中步骤I和步骤II可描述为_____。
②保持混合气体总压(p)等其他条件不变，CO2的分压[p(CO2)=×p]与乙苯转化率的关系如图3所示。p(CO2)＞14kPa时，乙苯转化率下降的原因是_____。
【答案】（1） ①. ＞ ②. 加入一定量N2使“乙苯脱氢反应”的Qc＜Kc(或Qp＜Kp)，反应平衡时正向进行程度更大 ③. CO2与C6H5C2H5反应生成C6H5CH=CH2；CO2与H2反应[H2(g)+CO2(g)=CO(g)+H2O(g)]使H2浓度减小，“乙苯脱氢反应”平衡时正向进行程度更大 ④. 水蒸气与积碳发生反应H2O(g)+C(s)=CO(g)+H2(g)，可消除催化剂表面的积碳
（2） ①. 乙苯α－H带部分正电荷，被带部分负电荷的B1位点吸引，随后解离出H+并吸附在B1位点上；(B1位点上的)H+与B2位点上CO2中带部分负电荷的O作用生成，带部分正电荷的C吸附在带部分负电荷的B2位点上 ②. 过多的CO2占据了带部分负电荷的B1位点，使得乙苯α－H的脱除速率降低，乙苯转化率下降
【解析】
【小问1详解】
①根据图像可知转化率是大于0的，故α＞0。
②相同温度下，投料方式B乙苯的平衡转化率比投料方式A的高，其原因是加入一定量N2使“乙苯脱氢反应”的Qc＜Kc(或Qp＜Kp)，反应平衡时正向进行程度更大。
③相同温度下，投料方式C乙苯的平衡转化率比投料方式B的高，其可能原因是CO2与C6H5C2H5反应生成C6H5CH=CH2；CO2与H2反应[H2(g)+CO2(g)=CO(g)+H2O(g)]使H2浓度减小，“乙苯脱氢反应”平衡时正向进行程度更大。
④工业上利用“乙苯脱氢反应”生产苯乙烯时，会产生少量积碳。使用相同条件下的水蒸气代替N2，可较长时间内保持催化剂的催化活性，其原因是水蒸气与积碳发生反应H2O(g)+C(s)=CO(g)+H2(g)，可消除催化剂表面的积碳。
【小问2详解】
①图2所示的反应机理中步骤I和步骤II可描述为乙苯α－H带部分正电荷，被带部分负电荷的B1位点吸引，随后解离出H+并吸附在B1位点上；(B1位点上的)H+与B2位点上CO2中带部分负电荷的O作用生成，带部分正电荷的C吸附在带部分负电荷的B2位点上。
②CO2的分压[p(CO2)=×p]与乙苯转化率的关系如图3所示，p(CO2)＞14kPa时，乙苯转化率下降的原因是过多的CO2占据了带部分负电荷的B1位点，使得乙苯α－H的脱除速率降低，乙苯转化率下降。选项
探究方案
探究目的
A
向盛有少量酸性溶液的试管中滴加足量乙醇，充分振荡，观察溶液颜色变化
乙醇具有还原性
B
用铂丝蘸取某溶液进行焰色试验，观察火焰颜色
溶液中存在
C
向盛有3 mL 0.1 ml·L 溶液的试管中滴加2滴0.1 ml·L NaCl溶液，振荡试管，再向试管中滴加2滴0.1 ml·L KI溶液，观察生成沉淀的颜色
D
将中间裹有锌皮的铁钉放在滴有酚酞的饱和NaCl溶液中，一段时间后观察铁钉周围溶液颜色变化
铁钉能发生吸氧腐蚀
金属离子
Fe3+
Al3+
Cr3+
Fe2+
Mg2+
开始沉淀的pH
15
4.0
4.6
7.6
9.5
沉淀完全的pH
2.8
5.2
6.8
9.7
11.1
金属氢氧化物
Al(OH)3
Cr(OH)3
开始溶解的pH
7.8
12
溶解完全的pH
10.8
>14
1. 下列叙述正确的是
A. 推广使用太阳能、风能、海洋能、氢能，有利于缓解温室效应
B. 乙醇和汽油都是可再生能源，应大力推广“乙醇汽油”
C. 废电池需回收，主要是要利用电池外壳的金属材料
D. 升高温度可降低活化能
【答案】A
【解析】
【详解】A．推广使用太阳能、风能、海洋能、氢能，就可以减少化石能源的使用，减少CO2的产生与排放，因此有利于缓解温室效应，A正确；
B．乙醇是可再生能源，汽油是不可再生能源，应大力推广“乙醇汽油”，就可以减少汽油的使用量，因此符合绿色环保理念，B错误；
C．废电池需回收，主要是减少重金属对水、土壤产生的污染，C错误；
D．由于反应物、生成物不变，所以反应途径不变，反应的活化能不变，升高温度可使更多分子变为活化分子，反应速率增大，D错误；
故选A。
2. 下列有关化学用语正确的是
A. 聚丙烯的结构简式：
B. 核外有a个电子、b个中子，M的原子符号：
C. 的电子式：
D. 乙酸的结构式：
【答案】A
【解析】
【详解】A．聚丙烯的结构简式：，故A正确；
B．对应的原子符号应为，B项错误；
C．中氢原子与氧原子间的化学键都是单键，C项错误；
D．乙酸分子式为，乙酸的结构式，D项错误；
故选A。
3. 易水解、易升华，是有机反应中常用的催化剂。实验室用如图所示装置制备少量。下列说法正确的是
A. 实验开始，先点燃酒精灯，再滴加浓盐酸
B. 实验时若Cl2不足量，则可能生成
C. 装置丙的作用是收集
D. 装置丁中的作用是吸收未反应的
【答案】C
【解析】
【详解】A．实验开始，先滴加浓盐酸，利用生成的氯气排尽装置内的空气，以免铁粉与氧气发生反应，故A错误；
B．铁与氯气只能生成氯化铁，即使少量氯气也不能生成氯化亚铁，故B错误；
C．装置丙的作用是收集冷凝后的固体氯化铁，故C正确；
D．与氯气不能反应，其目的是防止NaOH溶液中的水蒸气进入丙中使水解，故D错误；
故选：C。
4. 短周期元素甲、乙、丙、丁的原子序数依次增大，甲和丁的原子核外均有两个未成对电子，乙、丙、丁最高价氧化物对应的水化物两两之间能相互反应。下列说法错误的是
A. 元素丙的单质可用于冶炼金属
B. 甲与丁形成的分子中有非极性分子
C. 简单离子半径：丁 > 乙 > 丙
D. 甲与乙形成的化合物均有氧化性
【答案】D
【解析】
【分析】短周期元素甲、乙、丙、丁的原子序数依次增大，甲和丁的原子核外均有两个未成对电子，则甲的核外电子排布是1s22s22p2，甲是C元素，丁的核外电子排布可能是1s22s22p63s23p2，或1s22s22p63s23p4，由于乙、丙、丁最高价氧化物对应的水化物两两之间能相互反应则丁是核外电子排布的1s22s22p63s23p4，是S元素，丙是Al元素，乙是Na元素。
【详解】A．由于Al元素的金属活动性较强，一般的还原剂不能把其从化合物中置换出来，要用电解熔融的Al2O3的方法冶炼，故A正确。
B．C与S元素形成的化合物CS2中的化学键是极性共价键，由于两个S原子在C原子的两侧，键角180°，所以形成的分子是非极性分子，故B正确。
C．简单离子半径比较：S2-＞Cl-＞Al3+，故C正确；
D. Na形成的化合物Na2O2有强的氧化性，而Na2O则氧化性很弱，故D错误；
答案选D。
5. 下列事实不能通过比较氟元素和氯元素的电负性进行解释的是
A. 键的键能小于键的键能
B. 三氟乙酸的大于三氯乙酸的
C. 氟化氢分子的极性强于氯化氢分子的极性
D. 气态氟化氢中存在，而气态氯化氢中是分子
【答案】A
【解析】
【详解】A．F原子半径小，电子云密度大，两个原子间的斥力较强，键不稳定，因此键的键能小于键的键能，与电负性无关，A符合题意；
B．氟的电负性大于氯的电负性。键的极性大于键的极性，使—的极性大于—的极性，导致三氟乙酸的羧基中的羟基极性更大，更容易电离出氢离子，酸性更强，B不符合题意；
C．氟的电负性大于氯的电负性，键的极性大于键的极性，导致分子极性强于，C不符合题意；
D．氟的电负性大于氯的电负性，与氟原子相连的氢原子可以与另外的氟原子形成分子间氢键，因此气态氟化氢中存在，D不符合题意；
故选A。
6. 卤族元素单质及其化合物应用广泛。氟自然界主要存在于萤石()中，与浓反应可制取HF；氯、溴主要存在于海水中，工业常通过电解NaCl饱和溶液制备，可用于制取漂白粉。卤水中可通过氧化、溶液吸收；BrCl能发生水解反应。易升华，一种二次电池正极界面反应机理如图所示。
下列化学反应表示正确的是
A. 电池正极放电时的电极反应有：
B. 电解饱和NaCl溶液：
C. BrCl与反应：
D. 用溶液吸收：
【答案】A
【解析】
【详解】A．由图示信息可知放电时正极转化有：、，电极反应有：，故A正确；
B．电解饱和NaCl溶液：，故B错误；
C．BrCl与反应：，故C错误；
D．溶于水生成HBr和HBrO，生成的酸与反应，吸收试剂过量，最终只生成碳酸氢钠：，故D错误；
故选：A。
7. 下列应用中末涉及氧化还原反应的是
A. 、溶液均不能保存在玻璃试剂瓶中
B. 常温下，浓硫酸、浓硝酸常保存在铁罐中
C. 保存溶液时，通常在溶液中加入少量的单质铁
D. 可用于自来水的消毒、净化
【答案】A
【解析】
【详解】A．、溶液中水解生成，可以与玻璃中的反应生成和，没有涉及氧化还原反应，A符合题意；
B．常温下，、表面能被浓硫酸、浓硝酸钝化，生成致密的氧化物保护膜，涉及氧化还原反应，B不符合题意；
C．溶液中的易被空气中的氧化成，，涉及氧化还原反应，C不符合题意；
D．中为价，具有强氧化性，能对自来水进行消毒，同时被还原成，水解生成胶体，胶体中的胶体粒子能吸附水中的悬浮物从而净化水，对自来水进行消毒过程中涉及氧化还原反应，D不符合题意；
故答案为：A。
8. 用消除的反应为 。下列说法正确的是
A. 平衡时升高温度，增大，减小
B. 反应平衡常数
C. 反应中生成22.4 L ，转移电子数目为
D. 实际应用中，适当增加的量有利于消除，减轻空气污染程度
【答案】D
【解析】
【详解】A．升高温度，正逆反应速率均增大，故A错误；
B．该反应水为气态，平衡常数，故B错误；
C．气体所处状况不确定，不能根据体积计算其物质的量，故C错误；
D．适当增加的量有利于平衡正向移动，从而提高的转化率，有利于的消除，故D正确；
故选D。
9. 一种由含的酸性溶液制备氧化钪()的工艺流程如下。
下列说法正确的是
A. Sc基态核外电子排布式为
B. 1 ml (乙二酸)含有5 ml σ键
C. 生成的离子方程式为
D. 在足量空气中焙烧，消耗
【答案】C
【解析】
【详解】A．Sc是21号元素，基态核外电子排布式为，故A错误；
B．结构简式为HOOC-COOH，分子中C原子形成3个σ键，没有孤电子对，该分子中碳原子的杂化方式为sp2，单键为σ键，双键含有1个σ键，1个π键，故HOOC-COOH分子中含有7个σ键，1 ml 分子中含有7 ml σ键，故B错误；
C．和发生反应生成固体，离子方程式为：，故C正确；
D．在足量空气中焙烧生成，Sc元素化合价没有发生变化，说明中C元素由+3价上升到+4价，O2中O元素由0价下降到-2价，根据得失电子守恒可知消耗，故D错误；
故选C。
10. 沙丁胺醇(Y)可用于治疗新冠感染，合成路线中包含如下步骤。下列说法正确的是
A. X中所含官能团有酯基、酰胺基
B. X在水中的溶解性比Y在水中的溶解性好
C. Y与足量反应后的有机产物中含有4个手性碳原子
D. 用溶液可检验有机物Y中是否含有X
【答案】C
【解析】
【详解】A．由结构式可知，X中所含官能团有酯基、羰基、次氨基，故A错误；
B．Y中含有羟基可以和水分子形成氢键，在水中的溶解度大于X，故B错误；
C．Y与足量反应后的有机产物为，手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，中手性碳原子为共4个，故C正确；
D．Y中含有酚羟基，无论是否含X，均会显紫色，故D错误；
故选C。
11. 室温下，下列实验探究方案能达到探究目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．酸性溶液的试管中滴加足量乙醇，若溶液褪色说明被还原为无色离子，则乙醇表现还原性，否则则无还原性，故A正确；
B．焰色试验只能确定金属元素是否存在，不能确定具体物质，故B错误；
C．所用硝酸银溶液过量，滴入的碘化钾直接与硝酸银反应生成AgI沉淀，不能说明是AgCl转化为AgI，因此不能验证Ksp大小，故C错误；
D．锌比铁活泼，形成原电池时Zn作负极，Fe作正极，铁钉不被腐蚀，故D错误；
故选：A。
12. 一种脱除燃煤烟气中的方法如图所示。室温下用氨水吸收，若转化过程中气体挥发和溶液体积的变化可忽略，溶液中含硫物种的浓度。
下列说法正确的是
A. 0.1 ml·L氨水中：
B. 溶液氧化过程中比值逐渐减小
C. 0.1 ml·L氨水吸收， ml·L溶液中：
D. 1 L 0.1 ml·L氨水吸收标准状况1.68 L 后的溶液中：
【答案】C
【解析】
【详解】A．0.1 ml·L氨水中部分电离产生和OH-，溶液呈碱性，溶液中个各粒子浓度关系为，故A错误；
B．溶液和氧气反应生成(NH4)2SO4，离子方程式为：2+O2=2+2H+，溶液酸性增强，c(OH-)减小，则增大，故B错误；
C．和得到，0.1 ml·L氨水吸收， ml·L溶液时，此时溶液为等浓度的和混合溶液，电荷守恒：，物料守恒：，则，则，故C正确；
D．1.68 L 的物质的量为=0.075ml，1 L 0.1 ml·L氨水吸收0.075ml得到含有0.075ml和0.025ml的混合溶液，则存在物料守恒，故D错误；
故选C。
13. 在催化剂作用下，以、为原料合成，其主要反应有：
反应1 kJ·ml
反应2 kJ·ml
将体积比为1∶1的、混合气体按一定流速通过催化反应管，测得、的转化率随温度变化的关系如图所示。
已知的选择性
下列说法正确的是
A. 图中曲线①表示转化率随温度的变化
B. 720~800℃范围内，随温度的升高，出口处及的量均增大
C. 720~800℃范围内，随温度的升高，的选择性不断增大
D. 其他条件不变，加入或选用高效催化剂，均能提高平衡时产率
【答案】B
【解析】
【分析】将体积比为1∶1的、混合气体按一定流速通过催化反应管，其主要反应有：、，则的转化率应该大于的转化率，图中曲线①表示转化率随温度的变化，曲线②表示的转化率，以此解答。
【详解】A．由分析可知，图中曲线①表示转化率随温度的变化，故A错误；
B．720~800℃范围内，随温度的升高，、的转化率都增大，则生成、的物质的量增大，出口处及的量均增大，故B正确；
C．720~800℃范围内，随温度的升高，、的转化率都增大，但的转化率程度大于，说明反应2正向进行的程度增大大于反应1，的选择性不断减小，故C错误；
D．催化剂虽然不能改变平衡转化率，但是催化剂有选择性，可以提升目标产物的产率；CaO会吸收水和二氧化碳，但是无法判断平衡如何移动，因此不能判断平衡时C2H4的产率如何变化，故D错误；
故选B。
二、非选择题：共4题，共61分
14. 某废铁铬催化剂(含Fe3O4、Cr2O3、MgO、Al2O3及少量不溶性杂质)回收铁、铬的工艺流程如下图所示：
已知：i．0.1ml·L-1金属离子形成氢氧化物沉淀与氢氧化物沉淀溶解的pH范围如下：
ii．Cr(OH)3+OH-=+2H2O
iii．已知Cr的金属性强于Fe
（1）加入铁粉后，调节pH的范围为___________。
（2）由滤渣1得到滤液3发生反应的离子方程式为___________。
（3）滤渣3成分的化学式为___________；回收铬时，铬的存在形式为___________(填化学式)。
（4）由滤液2得到结晶水合物的操作是___________、___________过滤、洗涤、干燥。
（5）滤渣2与FeS2混合后隔绝空气焙烧，总反应的化学方程式为___________；该过程加入少量CaO的目的是___________。
（6）酸浸过程中，在硫酸用量一定的情况下，随着酸浓度的增加，铁、铬的溶解度增大。实际生产中，硫酸的质量分数为50%，其原因是___________。(已知，Fe2(SO4)3▪ 9H2O，Cr2(SO4)3·18H2O在20°C时的溶解度分别为400g和64g)
【答案】（1）6.8≤pH<7.6
（2）
（3） ①. Cr(OH)3 ②.
（4） ①. 蒸发浓缩 ②. 冷却结晶
（5） ①. ②. 吸收SO2，防止污染
（6）随着硫酸浓度的增大，溶液中水的量减少，生成的硫酸盐会结晶析出
【解析】
【分析】某废铁铬催化剂(含Fe3O4、Cr2O3、MgO、Al2O3及少量不溶性杂质)粉碎后用硫酸酸浸，Fe3O4、Cr2O3、MgO、Al2O3分别转化为Fe3+、Fe2+、Mg2+、Cr3+、Al3+，向滤液中加入过量Fe粉调节pH，使Cr3+、Al3+转化为Cr(OH)3、Al(OH)3存在于滤渣1中，将滤渣1放入pH=11的强碱溶液中，Al(OH)3溶解，则滤渣3中存在Cr(OH)3，Fe3+被Fe还原生成Fe2+存在于滤液1中，向滤渣1中通入足量O2保持pH<1.5，将Fe2+再氧化成Fe3+，随后调节pH使Fe3+转化为Fe(OH)3存在于滤渣2中，Fe(OH)3滤渣加FeS2焙烧再经过磁选得到Fe3O4，以此解答。
【小问1详解】
加入铁粉后，调节pH使Cr3+、Al3+转化为Cr(OH)3、Al(OH)3，而不能使 Fe2+沉淀，由表格数据可知，调节pH的范围为6.8≤pH<7.6
【小问2详解】
滤渣1中存在Cr(OH)3、Al(OH)3，调节pH=11，其中Al(OH)3能够和强碱反应，则由滤渣1得到滤液3发生反应的离子方程式为。
【小问3详解】
由分析可知，滤渣3成分的化学式为Cr(OH)3，由已知ii可知，回收铬的过程中Cr(OH)3和NaOH反应生成。
【小问4详解】
由滤液2得到结晶水合物的操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
【小问5详解】
滤渣2中Fe(OH)3与FeS2混合后隔绝空气焙烧生成Fe3O4，S元素化合价上升转化为SO2，根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式为：；该过程加入少量CaO的目的是吸收SO2，防止污染。
【小问6详解】
酸浸过程中，硫酸的质量分数为50%，其原因是浓硫酸具有吸水性，随着硫酸浓度的增大，溶液中水的量减少，生成的硫酸盐会结晶析出。
15. 化合物G是合成抗心律失常药物决奈达隆的一种中间体，可通过以下方法合成：
(1)R结构简式是___________；M含有的官能团名称是___________。
(2)M→N反应过程中K2CO3的作用是___________。
(3)P→Q的反应类型是___________。
(4)写出Q→H的化学方程式___________。
(5)T是R的同系物，符合条件：①与R具有相同官能团；②分子中含有苯环；③T的相对分子质量比R多14，T的同分异构体有___________种。
其中在核磁共振氢谱上有5组峰且峰面积比为2：2：2：1：1的结构简式有___________。
(6)参照上述合成路线，设计以1，4-丁二醇和苯为原料(其他无机试剂自选)合成的合成路线___________。
【答案】 ①. ②. (酚)羟基、醛基和硝基 ③. 消耗生成的HCl，提高有机物N的产率 ④. 还原反应 ⑤. ⑥. 17 ⑦. 、 ⑧.
【解析】
【分析】根据N结构简式及R分子式知，R为，R发生取代反应生成M为，根据H结构简式知， P发生还原反应生成Q为，Q发生取代反应生成H，H发生取代反应生成G；(6)以1，4-丁二醇(HOCH2CH2CH2CH2OH) 和苯为原料(其他无机试剂自选)合成，苯和浓硝酸发生取代反应生成硝基苯，硝基苯被还原生成苯胺，1，4-丁二醇发生取代反应生成1，4-二氯丁烷，1，4-二氯丁烷和苯胺发生取代反应生成，据此分析解题。
【详解】(1)由分析可知，R的结构简式为，M的结构简式为：，故含有的官能团名称为：(酚)羟基、醛基和硝基， 故答案为：；(酚)羟基、醛基和硝基；
(2)M→N反应过程中K2CO3的作用是消耗生成的HCl，提高有机物N的产率，故答案为：消耗生成的HCl，提高有机物N的产率；
(3)P→Q即由转化为，故该反应的反应类型是还原反应，故答案为：还原反应；
(4) 由分析结合合成路线图可知，Q→H的化学方程式为：，故答案为：；
(5)R为，T与R组成元素种类相同，说明T中含有C、H、O元素，T的同分异构体符合下列条件：①与R具有相同官能团，说明含有羟基、醛基；②分子中含有苯环；③T的相对分子质量比R多14，说明T比R多一个-CH2，如果取代基为-OH、-CH3、-CHO，有10种；如果取代基为-OH、-CH2CHO，有邻、间、对3种；如果取代基为-CH(OH)CHO，有1种；如果取代基为-CH2OH、-CHO，有邻、间、对3种，所以符合条件的有17种；
其中在核磁共振氢谱上有5组峰且峰的面积比为1：1：2：2：2的结构简式有、， 故答案为：17；、；
(6)以1，4-戊二醇(HOCH2CH2CH2CH2OH) 和苯为原料(其他无机试剂自选)合成，苯和浓硝酸发生取代反应生成硝基苯，硝基苯被还原生成苯胺，1，4-丁二醇发生取代反应生成1，4-二氯丁烷，1，4-二氯丁烷和苯胺发生取代反应生成，其合成路线为， 故答案为：。
16. H2O2是生产、生活、实验中常用的试剂。
I．工业上制备H2O2的流程如下：
(1)“转化”中反应的化学方程式为_________：“低温放置”的目的是_________
(2)图甲为“减压蒸馏”的部分装置，该装置由克氏蒸馏头和_________(填仪器名称)组成。
lI．实验小组利用图乙装置测定阿伏加 德罗常数(NA)
(3)实验准备
①H2O2溶液浓度标定。可选用_________(填标号)试剂对H2O2溶液进行滴定，测定其浓度。
A．H2C2O4B．KMnO4C．淀粉KI
②装置气密性检查。打开止水夹，将注射器b的活塞推至底部，拉动注射器a活塞吸入10mL空气，关闭止水夹。向下推动注射器a活塞至底，当观察到注射器b的现象为_________，说明装置的气密性良好。
(4)测定过程
①在反应室中加入适量MnO2，将注射器b活塞推至底部，关闭止水夹。用注射器a准确抽取cml/LH2O2溶液VlmL，缓慢地注入反应室后，固定注射器a活塞。
②反应结束后，待反应体系处于_________状态时，读取注射器b的气体体积为V2mL，则产生O2的体积为____mL。
③设室温下O2的密度为ρg/L，一个O2实际质量为mg，则NA=____(用含ρ等字母的代数式表示)。
(5)该实验利用H2O2作为生氧剂的优点有_________(写两条)。
【答案】 ①. Na2O2＋2NaH2PO4＝2Na2HPO4＋H2O2 ②. 防止H2O2受热分解，沉降Na2HPO4·nH2O固体 ③. 圆底烧瓶 ④. B ⑤. 注射器b的活塞向右移动，且最终注射器b中的气体体积为10mL ⑥. 恢复室温或体积不再改变或压强不再改变 ⑦. V2－V1 ⑧. ⑨. 反应完全、无污染、反应速率快等合理答案均可
【解析】
【分析】由反应流程可知转化方程式为Na2O2＋2NaH2PO4＝2Na2HPO4＋H2O2，H2O2 受热易分解为水和氧气，故应低温放置；
H2O2具有还原性，与KMnO4反应现象明显，可以利用溶液颜色变化来测定H2O2溶液浓度，
【详解】由分析可知：
(1)转化中方程式为Na2O2＋2NaH2PO4＝2Na2HPO4＋H2O2，低温放置目的在于防止H2O2受热分解，沉降Na2HPO4·nH2O固体；
(2)由装置图可知反应中的仪器为圆底烧瓶；
(3)①由H2O2还原性，以及溶液颜色的变化作为实验结束标志可知选用KMnO4溶液测量结果更精确，故选B；
②注射器b的活塞向右移动，且最终注射器b中的气体体积为10mL
(4)①测量气体体积时应避免温度对气体体积的影响，准确测量气体体积应在室温下，故答案为：恢复室温或体积不再改变或压强不再改变；
②注射器中气体体积的变化是由于H2O2的分解产生的O2引起的，故氧气的体积为V2－V1 mL；
③由题中信息可知生成的质量m(O2)=ρg/LL，由 可知：；故可得m(O2)= 所以结合式子可得NA=；
(5)作为自身具有氧化性，反应产物为水和氧气，故本实验的优点是反应完全、无污染、反应速率快等。
17. 苯乙烯是合成橡胶和塑料的重要原料，可由乙苯为原料制得。
（1）利用“乙苯脱氢反应”可制备苯乙烯。
C6H5C2H5(g)C6H5CH=CH2(g)+H2(g) ΔH=akJ•ml-1
保持气体总压不变，原料气按以下A、B、C三种投料方式进行：
A.乙苯
B.n(乙苯)：n(N2)=1：10
C.n(乙苯)：n(CO2)=1：10
三种投料分别达到平衡时，乙苯转化为苯乙烯的转化率[×100%]与温度的关系如图1所示。
①α_____0(填“＞”、“＜”或“不能确定”)。
②相同温度下，投料方式B乙苯的平衡转化率比投料方式A的高，其原因是_____。
③相同温度下，投料方式C乙苯的平衡转化率比投料方式B的高，其可能原因是_____。
④工业上利用“乙苯脱氢反应”生产苯乙烯时，会产生少量积碳。使用相同条件下的水蒸气代替N2，可较长时间内保持催化剂的催化活性，其原因是_____。
（2）CO2用于制备苯乙烯有助于实现“碳中和”。
①在催化剂X作用下，CO2参与反应的机理如图2所示(α、β表示乙苯分子中C或H原子的位置；A、B为催化剂的活性位点，其中A位点带部分正电荷，B1、B2位点带部分负电荷)。根据元素电负性的变化规律，图2所示的反应机理中步骤I和步骤II可描述为_____。
②保持混合气体总压(p)等其他条件不变，CO2的分压[p(CO2)=×p]与乙苯转化率的关系如图3所示。p(CO2)＞14kPa时，乙苯转化率下降的原因是_____。
【答案】（1） ①. ＞ ②. 加入一定量N2使“乙苯脱氢反应”的Qc＜Kc(或Qp＜Kp)，反应平衡时正向进行程度更大 ③. CO2与C6H5C2H5反应生成C6H5CH=CH2；CO2与H2反应[H2(g)+CO2(g)=CO(g)+H2O(g)]使H2浓度减小，“乙苯脱氢反应”平衡时正向进行程度更大 ④. 水蒸气与积碳发生反应H2O(g)+C(s)=CO(g)+H2(g)，可消除催化剂表面的积碳
（2） ①. 乙苯α－H带部分正电荷，被带部分负电荷的B1位点吸引，随后解离出H+并吸附在B1位点上；(B1位点上的)H+与B2位点上CO2中带部分负电荷的O作用生成，带部分正电荷的C吸附在带部分负电荷的B2位点上 ②. 过多的CO2占据了带部分负电荷的B1位点，使得乙苯α－H的脱除速率降低，乙苯转化率下降
【解析】
【小问1详解】
①根据图像可知转化率是大于0的，故α＞0。
②相同温度下，投料方式B乙苯的平衡转化率比投料方式A的高，其原因是加入一定量N2使“乙苯脱氢反应”的Qc＜Kc(或Qp＜Kp)，反应平衡时正向进行程度更大。
③相同温度下，投料方式C乙苯的平衡转化率比投料方式B的高，其可能原因是CO2与C6H5C2H5反应生成C6H5CH=CH2；CO2与H2反应[H2(g)+CO2(g)=CO(g)+H2O(g)]使H2浓度减小，“乙苯脱氢反应”平衡时正向进行程度更大。
④工业上利用“乙苯脱氢反应”生产苯乙烯时，会产生少量积碳。使用相同条件下的水蒸气代替N2，可较长时间内保持催化剂的催化活性，其原因是水蒸气与积碳发生反应H2O(g)+C(s)=CO(g)+H2(g)，可消除催化剂表面的积碳。
【小问2详解】
①图2所示的反应机理中步骤I和步骤II可描述为乙苯α－H带部分正电荷，被带部分负电荷的B1位点吸引，随后解离出H+并吸附在B1位点上；(B1位点上的)H+与B2位点上CO2中带部分负电荷的O作用生成，带部分正电荷的C吸附在带部分负电荷的B2位点上。
②CO2的分压[p(CO2)=×p]与乙苯转化率的关系如图3所示，p(CO2)＞14kPa时，乙苯转化率下降的原因是过多的CO2占据了带部分负电荷的B1位点，使得乙苯α－H的脱除速率降低，乙苯转化率下降。选项
探究方案
探究目的
A
向盛有少量酸性溶液的试管中滴加足量乙醇，充分振荡，观察溶液颜色变化
乙醇具有还原性
B
用铂丝蘸取某溶液进行焰色试验，观察火焰颜色
溶液中存在
C
向盛有3 mL 0.1 ml·L 溶液的试管中滴加2滴0.1 ml·L NaCl溶液，振荡试管，再向试管中滴加2滴0.1 ml·L KI溶液，观察生成沉淀的颜色
D
将中间裹有锌皮的铁钉放在滴有酚酞的饱和NaCl溶液中，一段时间后观察铁钉周围溶液颜色变化
铁钉能发生吸氧腐蚀
金属离子
Fe3+
Al3+
Cr3+
Fe2+
Mg2+
开始沉淀的pH
15
4.0
4.6
7.6
9.5
沉淀完全的pH
2.8
5.2
6.8
9.7
11.1
金属氢氧化物
Al(OH)3
Cr(OH)3
开始溶解的pH
7.8
12
溶解完全的pH
10.8
>14
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