黃金卷01-2024年高考化學模擬卷11

【贏在高考·黃金8卷】備戰(zhàn)2024年高考化學模擬卷（遼寧專用）黃金卷01（考試時間：75分鐘試卷滿分：100分）可能用到的相對原子質(zhì)量：H1C12N14O16S32Cl35.5Cr52Fe56Cu64第Ⅰ卷一、選擇題：本題共15小題，每小題3分，共45分。在每小題給出的四個選項中，只有一項符合題目要求。1．近年來我國取得了很多令世界矚目的科技成果，化學學科在“國之重器”的打造中發(fā)揮著重要作用。下列有關(guān)說法正確的是A．神州十五號載人飛船返回東風著陸場，返回艙逃逸系統(tǒng)復(fù)合材料中的酚醛樹脂屬于合成纖維B．制造5G芯片的氮化鋁晶圓屬于傳統(tǒng)無機非金屬材料C．“神州十六號”載人飛船使用砷化鎵太陽能電池，砷化鎵是一種分子晶體D．“鯤龍”水陸兩棲飛機實現(xiàn)海上首飛，其所用燃料航空煤油是石油分餾產(chǎn)品【答案】D【解析】A．酚醛樹脂是一種合成塑料，不屬于合成纖維，A錯誤；B．氮化鋁屬于新型無機非金屬材料，不是傳統(tǒng)無機非金屬材料，B錯誤；C．砷化鎵為原子晶體，不是分子晶體，C錯誤；D．石油分餾得到煤油等物質(zhì)，航空煤油通過石油分餾得到，D正確；故答案選D。2．下列化學用語表示正確的是A．用電子式表示HCl的形成過程：B．基態(tài)Fe原子的價層電子軌道表示式：C．鄰羥基苯甲醛分子內(nèi)氫鍵示意圖：D．的VSEPR模型：【答案】D【解析】A．HCl是共價化合物，H原子和Cl原子通過電子對的共用形成共價鍵，故用電子式表示形成過程為，選項A錯誤；B．Fe是26號元素，基態(tài)Fe原子的價層電子排布式為3d64s2，價層電子軌道表示式為：，選項B錯誤；C．用氫鍵表示法表示鄰羥基苯甲醛分子內(nèi)氫鍵為，選項C錯誤；D．NH3中心原子N有3個σ鍵，孤電子對數(shù)為=1，價層電子對數(shù)為4，VSEPR模型為四面體形，選項D正確；答案選D。3．下列反應(yīng)的離子方程式正確的是A．等濃度等體積的NaAlO2溶液和HCl溶液混合：AlO+4H+=Al3++2H2OB．用高錳酸鉀標準溶液滴定草酸：2MnO+16H++5C2O=2Mn2++10CO2↑+8H2OC．用純堿溶液轉(zhuǎn)化水垢中的CaSO4：CO(aq)+CaSO4(s)SO(aq)+CaCO3(s)D．向CuSO4溶液中加入過量氨水：Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2NH【答案】C【解析】A．等濃度等體積的NaAlO2溶液和HCl溶液混合生成Al(OH)3沉淀，故離子方程式為：AlO+H++H2O=Al(OH)3↓，A錯誤；B．草酸是弱酸，離子方程式中不能拆，故用高錳酸鉀標準溶液滴定草酸的離子方程式為：2MnO+6H++5H2C2O4=2Mn2++10CO2↑+8H2O，B錯誤；C．用純堿溶液轉(zhuǎn)化水垢中的CaSO4的離子方程式為：CO(aq)+CaSO4(s)SO(aq)+CaCO3(s)，C正確；D．向CuSO4溶液中加入過量氨水生成Cu(NH3)4SO4溶液，故離子方程式為：Cu2++4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++4H2O，D錯誤；故答案為：C。4．化學是以實驗為基礎(chǔ)的學科。下列實驗操作、現(xiàn)象和結(jié)論均正確的是選項實驗操作實驗現(xiàn)象結(jié)論A向某溶液滴入氯水后再滴KSCN溶液溶液變紅色該溶液一定含B向某溶液中滴入硝酸鋇溶液溶液中出現(xiàn)白色沉淀原溶液中一定含有C將維生素C研細加入三氯化鐵溶液中溶液由黃色變淺綠色維生素C有還原性D將海帶灰浸出液過濾，在濾液中加入氯水，再滴幾滴淀粉溶液溶液呈藍色海帶中含碘單質(zhì)【答案】C【解析】A．原溶液可能本來就存在，A錯誤；B．如果溶液顯酸性，向溶液中加入硝酸根，在酸性環(huán)境下硝酸根具有強氧化性，可能把原溶液的氧化成了，B錯誤；C．溶液加入維C后黃色變淺綠色，說明被還原為，維C有還原性，C正確；D．碘離子被氧化為碘單質(zhì)，海帶中含的是，而不是，D錯誤；故選C。5．在化學元素史上，氟元素的發(fā)現(xiàn)是參與人數(shù)最多、工作最難的研究課題之一，從發(fā)現(xiàn)氫氟酸到制得單質(zhì)氟，歷時118年之久。設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A．在標準狀況下，22.4L與足量水反應(yīng)生成的分子數(shù)為0.25NAB．氟蒸氣和氫氣充分反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子數(shù)小于2NAC．在標準狀況下，22.4LHF所含的質(zhì)子數(shù)為10NAD．的氟化鈉水溶液中與離子數(shù)之和大于NA【答案】D【解析】A．氟氣與水反應(yīng)生成氫氟酸和氧氣，由得失電子數(shù)目守恒可知，標準狀況下22.4L氟氣與足量水反應(yīng)生成氧氣的分子數(shù)為××NAmol—1=0.5NA，故A錯誤；B．氟氣與氫氣反應(yīng)生成氟化氫，則1mol氟氣與1mol氫氣充分反應(yīng)生成氟化氫時，轉(zhuǎn)移電子數(shù)目為1mol×2×NAmol—1=2NA，故B錯誤；C．標準狀況下，氟化氫為液態(tài)，則無法計算22.4L氟化氫的物質(zhì)的量和含有的質(zhì)子數(shù)，故C錯誤；D．氟化鈉為強堿弱酸鹽，氟離子在溶液中水解使溶液中陰離子數(shù)目增大，則1L1mol/L氟化鈉溶液中氟離子和氫氧根離子的數(shù)目之和大于1mol/L×1L×NAmol—1=NA，故D正確；故選D。6．復(fù)旦大學科研團隊發(fā)現(xiàn)了一種“小分子膠水”，能助力自噬細胞吞沒致病蛋白，其結(jié)構(gòu)如圖。下列有關(guān)該物質(zhì)說法正確的是A．該物質(zhì)的分子式為C14H10O4B．分子中苯環(huán)上的一氯代物只有4種C．1mol該物質(zhì)與NaOH反應(yīng)最多消耗3molNaOHD．該物質(zhì)可發(fā)生取代、加成、氧化、加聚反應(yīng)【答案】D【解析】A．該有機物分子中含有15個碳原子、4個氧原子C15H10O4，故A錯誤；B．苯環(huán)上含有5種氫原子，則苯環(huán)上的一氯代物有5種，故B錯誤；C．分子中含有2個酚羥基和1個酚類酯基，所以1mol該物質(zhì)最多消耗4molNaOH，故C錯誤；D．酚羥基和碳碳雙鍵能發(fā)生氧化反應(yīng)、碳碳雙鍵能發(fā)生加成反應(yīng)、加聚反應(yīng)，酚羥基能發(fā)生取代反應(yīng)，故D正確；故選：D。7．一種2甲基色酮內(nèi)酯(Y)可通過下列反應(yīng)合成，下列說法正確的是

A．Y分子中所有碳原子均可能處于同一平面B．最多能與含的濃溴水發(fā)生反應(yīng)C．X、Y在濃硫酸催化下加熱可發(fā)生消去反應(yīng)D．Y與完全加成的產(chǎn)物分子中含有5個手性碳原子【答案】B【解析】A．由結(jié)構(gòu)簡式可知Y中存在與三個碳原子直接相連的飽和碳原子，該碳原子呈四面體構(gòu)型，所有碳原子不可能處于同一平面上，故A錯誤；B．X中含有2個酚羥基鄰、對位氫原子可與溴單質(zhì)發(fā)生取代反應(yīng)，含有1個碳碳雙鍵能與溴單質(zhì)發(fā)生加成反應(yīng)，則1molX最多能與3mol溴單質(zhì)反應(yīng)，故B正確；C．X、Y均不含醇結(jié)構(gòu)，不能發(fā)生消去反應(yīng)，故C錯誤；D．Y與完全加成后生成：

，該物質(zhì)中含6個手性碳原子如圖：

，故D錯誤；故選：B。8．我國科學家合成一種比硫酸酸性強的超強酸催化劑，廣泛應(yīng)用于有機合成，它的結(jié)構(gòu)式如圖所示。短周期主族元素R、X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大，Y和W位于同族。下列說法正確的是

A．簡單氫化物的沸點：B．X、W分別與Y形成的化合物中，X原子和W原子的雜化類型相同C．簡單離子半徑：D．R、Y、W只能組成一種三元化合物【答案】C【分析】根據(jù)題干信息和結(jié)構(gòu)式中原子成鍵情況分析出R、X、Y、Z、W分別是H、C、O、F、S，以此解題。【解析】A．由分析可知，Z為F，Y為O，W為S，其對應(yīng)的氫化物分別為：HF、H2O、H2S，其中H2O分子間可以形成較多氫鍵，且常溫為液體，沸點最高，HF可以形成分子間氫鍵，沸點較高，故簡單氫化物的沸點，A錯誤；B．X為C，W為S，Y為O，則X與Y形成化合物CO和CO2，W與Y形成化合物SO2和SO3，CO2中C為sp雜化，SO2和SO3中S為sp2雜化，B錯誤；C．電子層數(shù)越多，離子半徑越大，電子層數(shù)相同時核電荷數(shù)越大，離子半徑越小，則S2、O2、F的離子半徑依次減小，C正確；D．R、Y、W能形成亞硫酸、硫酸等多種三元化合物，D錯誤；故選C。9．煙氣中氮氧化物(NOx)所帶來的污染問題日趨加劇，越發(fā)體現(xiàn)出其排放控制的重要性與緊迫性。電化學法在治理煙氣中氮氧化物方面具有很大優(yōu)勢，以連二亞硫酸根()為媒介，使用間接電化學法可處理燃煤煙氣中的NO，裝置如圖所示，下列有關(guān)說法中錯誤的是

A．Pt電極區(qū)電極反應(yīng)式為B．C電極區(qū)得到的產(chǎn)物有和較濃的硫酸C．離子交換膜為陰離子交換膜，電解質(zhì)中的從C電極區(qū)向Pt電極區(qū)移動D．若電路中轉(zhuǎn)移了，則此通電過程中理論上吸收的NO的體積為5.6L(標準狀況)【答案】C【分析】NO與連二亞硫酸根離子發(fā)生氧化還原反應(yīng)，生成氮氣和亞硫酸根離子，亞硫酸根離子進入陰極區(qū)發(fā)生還原反應(yīng)，生成連二亞硫酸離子，陽極區(qū)水電離的氫氧根離子放電，發(fā)生氧化反應(yīng)，生成氧氣和氫離子，水被消耗導(dǎo)致硫酸濃度增大；【解析】A．Pt電極的亞硫酸根離子得到電子發(fā)生還原反應(yīng)，生成連二亞硫酸離子，電極反應(yīng)式為，A正確；B．由分析可知，C電極區(qū)得到的產(chǎn)物有和較濃的硫酸，B正確；C．離子交換膜為陽離子交換膜，陽極生成的氫離子從C電極區(qū)向Pt電極區(qū)移動，C錯誤；D．反應(yīng)中氮元素化合價由+2變?yōu)?：，若電路中轉(zhuǎn)移了，則此通電過程中理論上吸收的0.25molNO，其體積為5.6L(標準狀況)，D正確；故選C。10．實驗室以濃縮鹽湖水(含Na＋、Li＋、Cl和少量Mg2＋、Ca2＋)為原料制備高純Li2CO3的實驗流程如下：

Li2CO3溶解度曲線如圖所示下列說法錯誤的是A．“步驟Ⅰ”“步驟Ⅱ”中均需使用漏斗B．“沉淀2”的主要成分為CaCO3C．“操作X”依次為蒸發(fā)濃縮、降溫結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥D．“濾液3”經(jīng)除雜后可用作氯堿工業(yè)的原料【答案】C【分析】濃縮鹽湖水(含Na＋、Li＋、Cl和少量Mg2＋、Ca2＋)中加入Ca(OH)2，可將Mg2+轉(zhuǎn)化為沉淀，經(jīng)過濾得沉淀1主要為Mg(OH)2；往濾液1中加入Li2CO3，可將Ca2+轉(zhuǎn)化為沉淀，經(jīng)過濾得沉淀2主要為CaCO3，過濾后濾液2中繼續(xù)加入濃度較大的Na2CO3溶液，同時升高溫度，可將Li+轉(zhuǎn)化為Li2CO3沉淀，所得濾液3主要為氯化鈉溶液?！窘馕觥緼．“步驟Ⅰ”“步驟Ⅱ”用于分離溶液和沉淀，為過濾操作，均需使用漏斗，A正確；B．據(jù)分析，“沉淀2”的主要成分為CaCO3，B正確；C．題干信息顯示，Li2CO3在冷水中溶解度較熱水中大，所以“操作X”依次為蒸發(fā)結(jié)晶、趁熱過濾、洗滌、干燥，C不正確；D．濾液3主要為氯化鈉溶液，“濾液3”經(jīng)除雜后可用作氯堿工業(yè)的原料，D正確；答案選C。11．我國科學院深圳研究中心研究員唐永炳及其團隊成功研發(fā)出一種新型高性能、低成本的錫石墨鈉型雙離子電池，其結(jié)構(gòu)原理如圖所示。該電池采用錫箔(不參與電極反應(yīng))作為電池電極和集流體，另一電極材料為石墨(Cn)，電解液采用溶于有機溶劑中的六氟磷酸鈉。下列有關(guān)說法錯誤的是A．放電時，錫鈉合金為負極 B．放電時，正極反應(yīng)為：C．充電時，石墨電極與電源的負極相連 D．充電時，電解液中的運動到錫箔表面，形成錫鈉合金【答案】C【解析】A．放電時Na失去電子，發(fā)生反應(yīng)Na?e?+=NaPF6，所以錫鈉合金為負極，故A正確；B．放電時正極發(fā)生還原反應(yīng)：Cn(PF6)x+xe?=x+Cn，故B正確；C．放電時錫鈉合金為負極，則充電時，錫鈉合金與電源的負極相連作陰極，故C錯誤；D．充電時陽離子移向陰極，充電時錫鈉合金為陰極，所以充電時，電解液中的Na+運動到錫箔表面，形成錫鈉合金，故D正確；故答案為C。12．T℃時，向體積不等的恒容密閉容器中加入足量活性炭和，發(fā)生反應(yīng)。反應(yīng)相同時間，測得各容器中的轉(zhuǎn)化率與容器體積的關(guān)系如圖所示，下列說法錯誤的是A．a(chǎn)點對應(yīng)容器中，反應(yīng)達到了平衡狀態(tài)B．縮小c點對應(yīng)容器的體積增大壓強，v(正)<v(逆)C．D．向b點對應(yīng)容器中再充入一定量，達到新平衡時，的轉(zhuǎn)化率減小【答案】B【分析】圖中b點NO2的轉(zhuǎn)化率最高，則溫度為T℃時，b點恰好達到平衡狀態(tài)，由于ab曲線上對應(yīng)容器的體積逐漸增大，NO2的起始濃度逐漸減小，但濃度均大于b點，NO2的濃度越大，反應(yīng)速率越大，達到平衡的時間越短，所以ab曲線上反應(yīng)均達到平衡狀態(tài)，反應(yīng)正向是氣體體積增大的反應(yīng)，隨著容器體積的增大，NO2的轉(zhuǎn)化率逐漸增大，b點達到最大；b點以后，隨著容器體積的增大，NO2的起始濃度減小，反應(yīng)速率減慢，達到平衡的時間延長，所以bc曲線上反應(yīng)均未達到平衡狀態(tài)，由于NO2的起始濃度低，則反應(yīng)正向進行?！窘馕觥緼．據(jù)分析，a點對應(yīng)容器中，反應(yīng)達到了平衡狀態(tài)，A正確；B．縮小c點對應(yīng)容器的體積增大壓強，若在bc曲線上任何一點，反應(yīng)均正向進行，v(正)＞v(逆)，B錯誤；C．a(chǎn)點時反應(yīng)達到平衡，NO2轉(zhuǎn)化率為40%，則T℃時，該反應(yīng)的化學平衡常數(shù)為，b點時反應(yīng)三段式為，則T℃時，該反應(yīng)的化學平衡常數(shù)為得，C正確；D．向b點對應(yīng)容器中再充入一定量，相當于增大壓強，平衡逆向移動，達到新平衡時，的轉(zhuǎn)化率減小，D正確；選B。13．已知水合肼(N2H4?H2O)具有較強還原性，通常可被氧化為N2?，F(xiàn)用如圖流程可制得較純的單質(zhì)Pt，下列有關(guān)說法不正確的是A．王水是由濃鹽酸與濃硝酸組成，與粗Pt反應(yīng)時濃硝酸表現(xiàn)出強氧化性B．已知H2[PtCl6]是配合物，則中心原子是Pt，配位數(shù)為6C．脫硝除去殘余的HNO3和氮氧化物，主要目的是防止其污染環(huán)境D．由PtO2制得1mol純Pt，理論上至少需要1molN2H4?H2O作還原劑【答案】D【解析】A．王水由濃鹽酸與濃硝酸按3:1體積比混合而成，與粗Pt反應(yīng)時生成H2[PtCl6]、NO等，所以濃硝酸表現(xiàn)強氧化性，A正確；B．已知H2[PtCl6]是配合物，則中心原子是Pt，6個Cl與Pt以配位鍵相結(jié)合，所以配位數(shù)為6，B正確；C．脫硝的目的，是從環(huán)境保護的角度考慮，除去殘余的HNO3和氮氧化物，防止其污染環(huán)境，C正確；D．由PtO2制得1mol純Pt，發(fā)生反應(yīng)的關(guān)系式為PtO2——N2H4?H2O，由H2[PtCl6]制得純Pt，發(fā)生反應(yīng)的關(guān)系式為H2[PtCl6]——N2H4?H2O，則理論上至少需要2molN2H4?H2O作還原劑，D不正確；故選D。14．下列說法錯誤的是A．圖1為石墨晶體結(jié)構(gòu)，晶體中既存在共價鍵又存在范德華力，屬于混合型晶體B．某氣態(tài)團簇分子結(jié)構(gòu)如圖2所示，該氣態(tài)團簇分子的化學式為TiCC．圖3為ZnS的晶胞結(jié)構(gòu)，晶胞中填充在圍成的四面體空隙中，則四面體空隙的填充率為50%D．圖3為ZnS的晶胞結(jié)構(gòu)，已知該晶體的密度為，為阿伏加德羅常數(shù)的值，則晶胞中和的最近距離為【答案】B【解析】A．圖1為石墨晶體結(jié)構(gòu)，晶體中既存在共價鍵又存在范德華力，屬于混合型晶體，故A正確；B．某氣態(tài)團簇分子結(jié)構(gòu)如圖2所示，該氣態(tài)團簇分子中含有14個Ti原子，13個C原子，該氣態(tài)團簇分子的化學式為Ti14C13，故B錯誤；C．圖3為ZnS的晶胞結(jié)構(gòu)，晶胞中的個數(shù)為=4，S2的個數(shù)為4，ZnS構(gòu)成的正四面體空隙有8個，其中4個被S2占據(jù)，所以空隙填充率為50%，故C正確；D．根據(jù)均攤法可知晶胞中含有4個Zn2+和4個S2，設(shè)晶胞常數(shù)為acm，則晶體密度為=，a=，晶胞中和的最近距離為cm，為，故D正確；故選B。15．已知：K1=103.32、K2.Ag+、[Ag(NH3)]+、[Ag(NH3)2]的分布系數(shù)δ與lg[c(NH3)/(mol·L1)]關(guān)系如圖所示，。下列說法錯誤的是A．曲線b代表[Ag(NH3)2]+B．的平衡常數(shù)K=107.22C．K2=103.90D．當c(NH3)<0.01mol·L1時，銀元素主要以[Ag(NH3)2]+形式存在【答案】D【分析】隨著NH3濃度的增大，Ag+與NH3的反應(yīng)、與NH3的反應(yīng)的化學平衡均正向移動，因此NH3濃度的增大，銀離子分布分數(shù)逐漸減小，分布分數(shù)先增大后減小，[Ag(NH3)2]+分布分數(shù)逐漸增大，故a表示Ag+，b表示，c表示；【解析】A．根據(jù)分析可知，曲線b代表[Ag(NH3)2]+，A正確；B．從圖中可知，lgc(NH3)=3.61時，銀離子的分布分數(shù)等于[Ag(NH3)2]+的分布分數(shù)，此時，的平衡常數(shù)K=c2(NH3)=(103.61)2=107.22，B正確；C．從圖中可知，lgc(NH3)約為3.90時，和的分布分數(shù)相同，則K2=，C正確；D．從圖中可知，c(NH3)<0.01mol/L時，Ag元素先后以Ag+、等形式存在，D錯誤；故選D。第Ⅱ卷二、非選擇題：本題共4小題，共55分。16．過二硫酸銨[]具有強氧化性，廣泛用于蓄電池工業(yè)，其電解法制備的裝置如圖所示：(1)已知：電解效率η的定義為①M膜為(填“陽”或“陰”)離子交換膜，生成的電極反應(yīng)式是。②向陽極室和陰極室各加入100mL溶液。經(jīng)測定制備的的物質(zhì)的量濃度為，在電極a、b表面共收集到氣體。則電極b表面收集到的氣體是，為。(2)取電解后的b極室溶液少許于甲、乙兩支試管中，進行下列實驗：向甲試管中滴入酸化的KI和淀粉溶液并微熱，溶液變藍，說明過二硫酸銨具有(填“氧化”或“還原”)性；向乙試管中滴入酸化的溶液及1滴溶液(催化)并微熱，溶液變紫色，能說明該現(xiàn)象的離子方程式為。(3)以為原料制備過二硫酸鉀的主要流程如下：已知受熱分解可得、等。①預(yù)濃縮得到的固體返回反應(yīng)器再次與反應(yīng)物作用的目的是。②解吸器中通入空氣的目的是?！敬鸢浮?1)陰80%(2)氧化(3)提高的濃度將溶液中溶解的全部吹出【分析】過二硫酸銨和氫氧化鉀反應(yīng)生成過二硫酸鉀后通入空氣排出溶液中生成的氨氣，冷卻干燥分離出過二硫酸鉀產(chǎn)品，吸收塔中加入硫酸得到副產(chǎn)物硫酸銨?！窘馕觥浚?）①由圖可知，b極硫酸根離子失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成：，b極為陽極，a為陰極；電解池中陰離子向陽極運動，則左側(cè)硫酸根離子通過陰極膜M進入陽極區(qū)，故M膜為陰離子交換膜；②陰極a極氫離子放電生成氫氣，，b極硫酸根離子反應(yīng)完全后，水放電生成氧氣，，故電極b表面收集到的氣體是氧氣；制備的的物質(zhì)的量濃度為，則生成0.002mol，根據(jù)電子守恒可知，此時同時生成氫氣0.002mol，轉(zhuǎn)移電子0.004mol，則生成后相當于電解水共生成氫氣、氧氣0.002mol=0.00075mol，，則生成氫氣0.0005mol，轉(zhuǎn)化電子0.001mol，故；（2）溶液變藍，說明過二硫酸銨將碘離子氧化為碘單質(zhì)，則其有氧化性；向乙試管中滴入酸化的溶液及1滴溶液(催化)并微熱，溶液變紫色，說明錳離子在銀離子催化作用下被氧化為高錳酸根離子，錳元素化合價升高，則過二硫酸根中1價的氧變成2價，化合價降低，結(jié)合電子守恒可知，離子方程式為；（3）①預(yù)濃縮得到的固體返回反應(yīng)器再次與反應(yīng)物作用的目的是提高的濃度，加快反應(yīng)速率提高原料利用率；②反應(yīng)中銨根離子和氫氧根離子生成極易溶于水的氨氣，解吸器中通入空氣的目的是將溶液中溶解的全部吹出。17．實驗室用和亞硫酰氯制備無水的裝置如圖所示(加熱及夾持裝置略)。已知：的沸點為℃，遇水極易反應(yīng)生成兩種酸性氣體?；卮鹣铝袉栴}：(1)實驗儀器B的名稱為，儀器E的名稱為，儀器G中盛有的試劑為溶液。(2)已知B中試劑為，實驗開始先通N2。一段時間后，先加熱裝置_(填“B”或“D”)。(3)遇水蒸氣發(fā)生反應(yīng)的化學方程式為。(4)有人認為產(chǎn)品可能含，判斷理由是。(5)實驗完畢后，測定產(chǎn)品成分。取一定量產(chǎn)品溶于蒸餾水中，分成甲、乙兩等份，進行如下實驗：實驗1：在甲中加入足量KI，再滴幾滴淀粉溶液，用標準溶液滴定至終點，消耗2S2O3溶液V1mL。實驗2：在乙中滴幾滴24；溶液作指示劑，用3溶液測定氯離子的量，滴定至終點，消耗AgNO3溶液V2mL。已知：實驗1中滴定反應(yīng)為22S2O32。①若實驗Ⅰ中溶液酸性較強，可能會使標準液變質(zhì)，導(dǎo)致V1偏大，該過程用離子方程式表示：。②若時，可判斷產(chǎn)品中全部是FeCl3。【答案】(1)三頸燒瓶球形冷凝管氫氧化鈉(2)B(3)(4)生成的二氧化硫氣體具有還原性，可能將鐵離子還原為亞鐵離子(5)3【分析】亞硫酰氯的沸點為76℃，加熱易氣化為蒸氣，與在D中反應(yīng)制備無水，尾氣使用堿液吸收防止污染；【解析】（1）實驗儀器B的名稱為三頸燒瓶，儀器E的名稱為球形冷凝管；已知：的沸點為℃，遇水極易反應(yīng)生成兩種酸性氣體，根據(jù)質(zhì)量守恒可知，生成氣體為二氧化硫和氯化氫，故儀器G中盛有的試劑為氫氧化鈉溶液，用于吸收尾氣防止污染；（2）B中試劑為，實驗開始先通N2排凈裝置中空氣，一段時間后，先加熱裝置B，使得氣化進入D裝置中；（3）遇水極易反應(yīng)生成兩種酸性氣體，根據(jù)質(zhì)量守恒可知，生成氣體為二氧化硫和氯化氫，；（4）生成的二氧化硫氣體具有還原性，可能將鐵離子還原為亞鐵離子，使得產(chǎn)品可能含（5）鐵離子和碘離子發(fā)生反應(yīng)生成碘單質(zhì)：，碘單質(zhì)和反應(yīng)：22S2O32，通過測定消耗的碘單質(zhì)的量，求出I2的量，進而求出Fe3+的量，但酸性條件下發(fā)生，所以溶液酸性較強的話，會消耗更多的，使得V1偏大；由于反應(yīng)可知，，所以，所以，當，可判斷產(chǎn)品中全部是FeCl3。18．苯乙烯是用來制備重要高分子聚苯乙烯的原料。以水蒸氣做稀釋劑、催化劑存在條件下，乙苯催化脫氫可生成苯乙烯。可能發(fā)生如下兩個反應(yīng)：主反應(yīng)：

副反應(yīng)：

(1)已知，在298K、101kPa條件下，某些物質(zhì)的相對能量()變化關(guān)系如圖所示：。(2)在不同的溫度條件下，以水烴比投料，在膜反應(yīng)器中發(fā)生乙苯脫氫反應(yīng)。膜反應(yīng)器可以通過多孔膜移去，提高乙苯的平衡轉(zhuǎn)化率，原理如圖所示。已知移出率①忽略副反應(yīng)。維持體系總壓強p恒定，在溫度T時，已知乙苯的平衡轉(zhuǎn)化率為，的移出率為b，則在該溫度下主反應(yīng)的平衡常數(shù)(用等符號表示)。[對于氣相反應(yīng)，用某組分B的平衡壓強代替物質(zhì)的量濃度也可表示平衡常數(shù)，記作，如，p為平衡總壓強，為平衡系統(tǒng)中B的物質(zhì)的量分數(shù)]；②乙苯的平衡轉(zhuǎn)化率增長百分數(shù)與的移出率在不同溫度條件下的關(guān)系如下表：溫度/℃增長百分數(shù)/%移出率/%7009501000608.434.382.778016.86.13.890277.14.39高溫下副反應(yīng)程度極小。試說明當溫度高于950℃時，乙苯的平衡轉(zhuǎn)化率隨的移去率的變化改變程度不大的原因：；③下列說法正確的是。A．生成的總物質(zhì)的量與苯乙烯相等B．因為被分離至隔離區(qū)，故反應(yīng)器中不發(fā)生副反應(yīng)C．在恒容的膜反應(yīng)器中，其他條件不變，增大水烴比，可提高乙苯的轉(zhuǎn)化率D．膜反應(yīng)器可降低反應(yīng)溫度，減少副反應(yīng)的影響(3)不同催化劑效能與水烴比有關(guān)。保持體系總壓為常壓的條件下，水烴比為9(曲線Ⅰ)時乙苯的平衡轉(zhuǎn)化率與溫度的關(guān)系的示意圖如下：①請在圖中畫出水烴比為1時乙苯的平衡轉(zhuǎn)化率與溫度的關(guān)系曲線(曲線Ⅱ)；②工業(yè)上，減小水烴比是降低苯乙烯脫氫裝置能耗的一個重要方向。若其他條件不變，減少水烴比，為使反應(yīng)從起始到平衡均達到或接近原有的反應(yīng)速率、限度，則可相應(yīng)的改變的條件：。A．升溫

B．降溫

C．增壓

D．減壓

E．催化劑【答案】(1)54.6(2)主反應(yīng)的吸熱，高于950℃時，乙苯的平衡轉(zhuǎn)化率很大(或平衡常數(shù)很大)，的移出率對平衡轉(zhuǎn)化率的影響很小，或主反應(yīng)的吸熱，高于950℃時，溫度對于主反應(yīng)的影響大于的移出率對平衡轉(zhuǎn)化率的影響D(3)AE【解析】（1）根據(jù)圖像可知：①；②；③；根據(jù)蓋斯定律：③②+①，得；（2）①，的移出率為b，剩余氫氣，結(jié)合總壓強p，將數(shù)據(jù)代入分壓平衡常數(shù)，得；②當溫度高于950℃時，乙苯的平衡轉(zhuǎn)化率隨的移去率的變化改變程度不大的原因：主反應(yīng)的吸熱，高于950℃時，乙苯的平衡轉(zhuǎn)化率很大(或平衡常數(shù)很大)，的移出率對平衡轉(zhuǎn)化率的影響很小，或主反應(yīng)的吸熱，高于950℃時，溫度對于主反應(yīng)的影響大于的移出率對平衡轉(zhuǎn)化率的影響；③A．該過程有副反應(yīng)發(fā)生，生成的總物質(zhì)的量與苯乙烯不相等，故A錯誤；B．主反應(yīng)為可逆過程，始終有存在，故反應(yīng)器中發(fā)生副反應(yīng)，故B錯誤；C．在恒容的膜反應(yīng)器中，其他條件不