【文档说明】福建省莆田市2024届高三下学期高中毕业班第四次教学质量检测（三模）化学试卷（解析版）.docx，共(20)页，1.019 MB，由envi的店铺上传

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莆田市2024届高中毕业班第四次教学质量检测试卷化学考生注意：1.本试卷分选择题和非选择题两部分，共100分。考试时间75分钟。2.请将各题答案填写在答题卡上。3.本试卷主要考试内容：高考全部内容。4.可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Mn-55

一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.化学科技与生活密切相关，下列说法错误的是A.苯甲酸钠水解显碱性，苯甲酸钠可作为食品防腐剂B.聚酯纤维的主要

成分为有机物C.钙钛矿太阳能电池可实现能量转化形式：太阳能→电能D.荧光指示牌被照发光是因为发生了氧化还原反应【答案】D【解析】【详解】A．苯甲酸钠属于强碱弱酸盐，由于苯甲酸根的水解使得苯甲酸钠溶液呈碱性，苯甲酸钠是常用的食品防腐剂，A项正确；B．聚酯纤维是一种由有机二元酸和二元醇通过缩聚

反应制成的合成纤维，属于有机高分子化合物，B项正确；C．钙钛矿太阳能电池能将太阳能转化成电能，C项正确；D．荧光指示牌被照发光是因为光被指示牌发生了反射，没有发生氧化还原反应，D项错误；答案选D。2.乌苯美司用作治疗肿瘤的辅助作用剂，其结构如图所示。

下列说法错误的是A.分子中含有3个手性碳原子B.分子中含4种官能团C.1mol乌苯美司最多能消耗3molNaOHD.乌苯美司的分子式为C16H24N2O4【答案】C【解析】【详解】A．中“*”标示的3个碳原子为手性碳原子，A项正确；B．分子中含有氨基、羟基、酰胺基和羧基4种官能团，B项正确；C．1

个乌苯美司中含有的1个酰胺基和1个羧基能与NaOH反应，1mol乌苯美司最多消耗2molNaOH，C项错误；D．由乌苯美司的结构可知，其分子式为C16H24N2O4，D项正确；答案选C。3.下列离子方程式正确且能准确解释相应实验现象的是A.向苯酚钠溶液中通入CO2，

溶液变浑浊：2C6H5O-+CO2+H2O=2C6H5OH+CO23−B.NaClO溶液与FeI2溶液反应，溶液变为红棕色：2ClO-+2Fe2++H2O=2Fe3++2Cl-+2OH-C.向Fe(SCN)3溶液中滴加NaF溶液，红色褪去：Fe3++6F-=[FeF6]3

-D.向氯水中通入SO2，黄绿色褪去：SO2+Cl2+2H2O=SO24−+2Cl-+4H+【答案】D【解析】【详解】A．苯酚钠溶液中通入CO2反应生成苯酚和碳酸氢钠，C6H5O-+CO2+H2O=C6H5OH+HCO-3，A错误；B．碘离子还原性大于亚铁离子，溶液

变为红棕色，说明碘离子首先被次氯酸钠氧化为碘单质，ClO-+2I-+H2O=I2+Cl-+2OH-，B错误；C．Fe(SCN)3溶液中滴加NaF溶液，红色褪去，说明Fe(SCN)3和氟离子生成[FeF6]3-，反应为Fe(SCN)3+6F-[

FeF6]3-+3SCN-，C错误；D．氯水中通入SO2，发生氧化还原反应生成硫酸和盐酸，使得溶液黄绿色褪去,因为发生氧化还原反应：SO2+Cl2+2H2O=24SO−+2Cl-+4H+，D正确；故选D。4.一种电池的总反应为4Li+2SOCl2=SO2↑+4LiCl+S，设NA为阿

伏加德罗常数的值。下列说法错误的是A.1molSOCl2中所含的共价键数目为4NAB.每生成1molS，转移2NA个电子C.标准状况下，22.4LSO2中电子的数目为32NAD.1.0L1.0mol•L-1LiCl溶液中Cl-数

目为1.0NA【答案】B【解析】【详解】A．SOCl2的结构式为，则1molSOCl2中所含共价键数目为4NA，A项正确；B．反应中Li元素的化合价由0价升至+1价，部分S元素的化合价由+4价降至0价，反应每生成1mo

lS，转移4NA个电子，B项错误；C．1个SO2中含有32个电子，标准状况下22.4LSO2物质的量为1mol，所含电子的数目为32NA，C项正确；D．1.0L1.0mol/LLiCl溶液中LiCl物质的量为1mol，LiCl完全

电离成Li+和Cl-，则Cl-数目为1.0NA，D项正确；答案选B。5.已知X，Y，Z、W、Q是前四周期原子序数依次增大的五种元素。Y的基态原子中电子占据三种能级轨道，且每个能级轨道中的电子总数相同；W原子有

2个未成对电子；X、Y、W三种元素形成的一种化合物M是新装修居室中常含有的一种有害气体；含Q元素的硫酸盐溶液是制造波尔多液的原料之一。W、Q两种元素形成的化合物的晶胞结构示意图如图，下列说法错误的是A.上述

元素中，元素第一电离能最大的是ZB.化合物ZX3的沸点比YX4的高C.Z3−的空间结构为V形D.W、Q两种元素形成的化合物的化学式为Q2W【答案】C【解析】【分析】X、Y、Z、W、Q是前四周期原子序数依次增大的五种元素，Y的基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道，且每种轨道

中的电子总数相同，推出Y的电子排布式为1s22s22p2,Y为C元素；根据X、Y、W三种元素组成的一种化合物M是新装修居室中常含有的一种有害气体，这种气体指的是甲醛HCHO，结合W原子有2个未成对电子，

可知X为H元素，W为O元素；根据原子序数依次增大，可知Z为N元素；含Q元素的硫酸盐溶液是制备波尔多液的原料之一，则Q为Cu元素，因此X、Y、Z、W、Q分别是H、C、N、O、Cu元素，据此作答。【详解】A．

同周期从左往右第一电离能呈现增大的趋势，同主族从上往下第一电离能呈现减小的趋势，五种元素中第一电离能最大的是氮，因为它的2p轨道是半充满较稳定结构，故A正确；B．化合物ZX3为NH3，YX4为CH4，化合物NH3的沸点比CH4的高，其主要原因是NH3分子间能形成氢键

，故B正确；C．Z为N元素，-3Z为-3N，中心原子N的价层电子对数为()12+5+1-23=22，没有孤电子对，其空间构型为直线形，故C错误；D．W为O元素，Q为Cu元素，形成的化合物的化学式为Q2W即为Cu2O，根据均摊法，每个晶胞中含

4个黑色的小球、2个白色的小球，比值关系2：1，说明则该化合物的化学式为Cu2O，故D正确；故答案选C。6.科学家通过使用双极膜电渗析法来捕获和转化海水中的CO2，其原理如图。下列说法正确的是A.装置运行一段时间后循环液1和循环液2要交替使用B.隔膜1为

阳离子交换膜，隔膜2为阴离子交换膜C.与电源负极相连的电极上的电极反应式为[Fe(CN)6]4--e-=[Fe(CN)6]3-D.该方法可以同时将海水进行淡化【答案】A【解析】【详解】A．由图中信息可知循环液1中

[Fe(CN)6]3-最终转化为[Fe(CN)6]4-、循环液2中[Fe(CN)6]4-最终转化为[Fe(CN)6]3-，装置运行一段时间后循环液1和循环液2要交替使用，故A正确；B．由左侧电极反应[Fe(CN)6]3-+e-

=[Fe(CN)6]4-可知，循环液1中负电荷数增加，为平衡溶液中电荷，则海水中的钠离子应通过隔膜1；右侧电极反应为：[Fe(CN)6]4--e-=[Fe(CN)6]3-，循环液2中负电荷数减少，为平衡溶液中电荷，则循环液中钾离子应通过隔膜

2进入左室，这样才能保持循环液中的阴离子不出现交换，隔膜1、2都为阳离子交换膜，故B错误；C．与电源负极相连的电极为阴极，得电子，故电极反应式为[Fe(CN)6]3-+e-=[Fe(CN)6]4-，故C错误；D．由选项B的分析可知海水中钠离子最终移向阴极区，

但氯离子不能通过双极膜进入阳极区，因此不能实现海水淡化，故D错误；本题选A。7.实验室制备三氯化硼(BCl3)的装置如图所示(部分夹持装置略)。已知：BCl3极易水解，熔点为-107.3℃，沸点为12.5℃；F中溶液用于吸收C

O尾气。以下说法错误的是A.实验操作应先滴加浓盐酸再点燃酒精灯B.水浴R为冰水浴C.装置C中主要发生的反应为B2O3+3C+3Cl2Δ2BCl3+3COD.装置F会随着反应的进行，溶液酸性减弱【答案】D【解析】【分析】从铬酸钾和浓盐酸反应生

成氯化钾、氯化铬、氯气和水，用浓硫酸干燥氯气，氯气和B2O3、C在加热条件下反应生成BCl3和CO，用冰水浴冷却BCl3，用碱石灰吸收氯气，再用F装置吸收尾气CO。【详解】A．在A中先点燃酒精灯，浓盐酸滴入时温度高会挥发，因此是先滴加浓盐酸，再点燃A处酒精灯，待整套装置中都充

满Cl2后再点燃D处酒精灯，使之发生反应，故A正确；B．BCl3的熔点为−107.3℃，沸点为12.5℃，C中制备BCl3，而D是将BCl3冷却，因此水浴R选择冰水浴，故B正确；的C．氯气和B2O3、C在加热条件下反应生成BCl3和CO，发生的反应为B2O3+3C+3Cl2Δ2BC

l3+3CO，故C正确；D．C装置反应生成了CO，其他装置不能与CO反应，CO有毒，因此装置F的作用是吸收CO，随着反应进行，氢离子的浓度增大，溶液酸性增强，故D错误；故答案选D。8.某V2O5失活催化剂是重要的含钒二次资源。从酸浸处理之后的浸出液中提取钒的一种工艺

流程如图。下列说法错误的是已知：HA(有机酸性萃取剂)对金属阳离子萃取能力的顺序：Fe3+＞VO2+＞Fe2+A.物质X为高锰酸钾溶液B.反萃取时，物质Y可以选用硫酸C.氧化过程中，氧化产物与还原产物的物质的量之比为6：1D.调pH时，发生反应：VO2++2NH3•

H2O垐?噲?VO3−+2NH4++H2O【答案】A【解析】【分析】根据流程图，结合HA(有机酸性萃取剂)对金属阳离子萃取能力可知，物质X应为氧化剂，将亚铁离子氧化为铁离子，便于萃取操作的进行，经过萃取后，通过加入反萃取剂

硫酸，可将2VO+从萃取剂中分离出，经过氧化、调pH、沉钒及焙烧操作得25VO。【详解】A．若物质X为高锰酸钾溶液，在氧化亚铁离子过程中会引入新杂质，A错误；B．HA有机酸性萃取剂，反萃取及应为酸，结合后续流程离子种类判断可为硫酸，B正确；C．氧化过程中V元素化合价从+4价升高为+5价（2V

O+），Cl元素从+5价降低为-1价，根据得失电子守恒，氧化产物与还原产物的物质的量之比为6：1，C正确；D．调pH时，发生反应：VO2++2NH3•H2O垐?噲?VO3−+2NH4++H2O，D正确；答案选A。9.我国科学家研究发现，使用GaZrOx双金属氧化物可形成氧空位

，具有催化氧化性能，实现CO2加氢制甲醇(MT)。Zr基态原子核外价电子排布式为4d25s2。下列说法错误的是为A.步骤a到b有极性键的断裂与形成B.氧空位越多越有利于加快速率C.步骤(2)Zr(Ⅲ)将电子转移给CO2形成Zr(Ⅱ)，起到活化CO2的作用D.步

骤(4)可制得甲醇【答案】C【解析】【详解】A．步骤a→b氢气参与反应，H-H键断裂，O-Ga键断裂，形成O-H键，有极性化学键的断裂和形成，故A正确；B．氧空位用于捕获CO2，同时也捕捉了氢气，氧空位个数越多，速率越快，故B正确；C．Zr(Ⅲ

)形成Zr(Ⅱ)需要得电子，无法转移电子给CO2，故C错误；D．由图可知，中间体c可通过氢化等步骤得到甲醇（MT）和二甲醚（DME），故D正确；故答案为：C。10.实验小组利用感应器技术探究1mol•L-1的碳酸钠溶液滴定10.00mL1mol•L-1盐酸溶液过程中离子浓度变化(忽略溶液

体积变化的影响)。反应过程中含碳微粒浓度的变化曲线(忽略滴定过程中CO2的逸出)如图，下列说法错误的是已知：25℃时，H2CO3的Ka1=4×10-7，Ka2=5×10-11；lg4=0.6。A.P点溶液中存在：CO2(g)+H2O(l)垐?噲?H2CO3(aq)垐?噲?H+(aq)+HCO3

−(aq)B.P点到Q点的过程中，存在c(Na+)＞c(Cl-)，P点溶液中水的电离程度比Q点大C.Q点溶液中：c(Na+)-c(HCO3−)-2c(CO23−)＞0.5mol•L-1D.M点溶液的pH=6.4【答案】B【解析】【分析】向

盐酸中滴加23NaCO溶液，先发生反应2323NaCO2HCl2NaClHCO+=+，再发生反应23233NaCOHCO2NaHCO+=，()23cHCO逐渐增大，盐酸完全反应之后，()23cHCO逐渐减小，溶液中()3cHCO−逐渐增大，23NaCO过量后，()23cCO−逐渐增大，因此

P点所在曲线为()23cHCO的变化曲线，Q点所在曲线为中()3cHCO−的变化曲线，一直呈上升趋势的是()23cCO−的变化曲线。【详解】A．根据分析，P点所在曲线为()23cHCO的变化曲线，溶液中存在()()()()()22233COg

HOlHCOaqHaqHCOaq+−++，A正确；B．根据分析，P点溶液中溶质为NaCl和23HCO，Q点溶液中溶质为NaCl、23HCO和3NaHCO，23HCO抑制水的电离，3NaHCO水解促进水

的电离，Q点水的电离程度大于P点，B错误；C．Q点根据物料守恒，含碳微粒浓度为0.5mol/L，Na+离子浓度为1mol/L，()213323c(NacHO()C2cCOcHCOm(0)).5olL+−−−=−−−，()2133cNacHCO2cCO

0.5moL()l)(+−−−−−＞，C正确；D．根据图示，M点溶液中()()233cHCOcHCO−=，溶液中()7a1cHK410mol/L+−==，溶液pH7lg46.4=−=，D正确；答案选B。二、非选择题：本题共4小题，共60分。11.一种

高硫锰矿的主要成分为MnCO3和MnS，主要杂质为FeS、SiO2、CaCO3、Al2O3、MgO等，研究人员设计了如图流程，制备Mn3O4。已知：①金属离子浓度≤10-5mol•L-1时，认为该离子沉淀完全。相关离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如表。

金属离子Mn2+Fe2+Fe3+Al3+Mg2+开始沉定的pH8.16.31.53.48.9沉淀完全的pH10.18.32.84.7109②Ksp(MgF2)=6.4×10-9、Ksp(CaF2)=4.0×10-11.（1）“焙烧”的主要目的是___________

。（2）“酸浸”过程中，___________(填“能”或“不能”)用盐酸替换硫酸。（3）“氧化1”时，试剂a为MnO2，并控制溶液的pH=3，此时发生反应的离子方程式为___________。（4）若省略“氧化”步骤直接进行“中和除杂”，则造成的影响是______

_____。（5）“净化除杂”可将钙、镁离子转化为沉淀过滤除去，若所得滤液中c(Mg2+)=1.0×10-5mol•L-1，则滤液中c(Ca2+)为___________mol•L-1.（6）“氧化2”

过程中，在MnSO4溶液中滴入一定浓度的氮水，加压通入空气反应7小时制备Mn3O4，此时发生反应的离子方程式为___________。（7）锰的一种氧化物晶胞结构如图所示：该晶体中Mn的配位数为___________，该晶

胞的密度为___________g•cm-3(列出计算式，设NA为阿伏加德罗常数的值，晶胞底面边长为apm，高为bpm)。【答案】（1）除去高硫锰矿中的硫元素.（2）能（3）2Fe2++MnO2+4H2O=2Fe(OH)3+Mn2++2

H+（4）Fe2+完全沉淀时，Mn2+也开始沉淀，造成Mn2+损失（5）6.25×10-8（6）6Mn2++12NH3•H2O+O2=2Mn3O4↓+12NH4++6H2O（7）①.6②.302A(255+416)10Nab【解析】【分析】高硫锰矿用空气焙烧后生成

二氧化硫烟气，用硫酸酸浸固体得到含Mn2+、Fe2+、Al3+、Mg2+的溶液，可能还有Fe3+，过滤得到CaSO4和SiO2滤渣；溶液中加入试剂MnO2，控制溶液pH=3，生成Fe(OH)3除去，过滤得到的滤液加入CaCO3中和后可除去过量H+和Al3+，再次过滤后往滤液加

入MnF2除去Ca2+和Mg2+，得到较纯净的MnSO4溶液，再加入NH3·H2O、空气氧化得到Mn3O4。【小问1详解】“焙烧”的主要目的是除去高硫锰矿中的硫元素。【小问2详解】“酸浸”过程中，硫酸的作用是溶解得到含各种金属离子的溶液，若用盐酸替换硫酸，则Ca2+可以在

后面加MnF2时除去，故可以用盐酸替换硫酸。【小问3详解】“氧化1”时，试剂a为MnO2，并控制溶液的pH=3，此时发生反应的离子方程式为2Fe2++MnO2+4H2O=2Fe(OH)3+Mn2++2H+。【小问4详解】根据已知

信息中Fe2+、Fe3+、Mn2+的开始沉淀和沉淀完全的pH可判断，若省略“氧化”步骤直接进行“中和除杂”，则造成的影响是Fe2+完全沉淀时，Mn2+也开始沉淀，造成Mn2+损失。【小问5详解】“净化除杂

”可将钙、镁离子转化为沉淀过滤除去，若所得滤液中c(Mg2+)=1.0×10-5mol•L-1，c2(F-)=()sp22+KMgFc(Mg)=-4-9-56.4101.01106.40=，则滤液中c(Ca2+)为()sp22-KC

aFc(F)=-11-8-4=6.414.0106.25001。【小问6详解】“氧化2”过程中，在MnSO4溶液中滴入一定浓度的氮水，加压通入空气反应7小时制备Mn3O4，此时发生反应的离子方程式为：6Mn2++12NH3•H2O+O2=

2Mn3O4↓+12NH4++6H2O。【小问7详解】根据图示可知，该晶体中Mn位于顶点和体心，其配位数为6，晶胞的底面边长为apm，高为bpm，晶胞的质量是A255+416Ng，该晶胞的密度为302A(255+416)10Nabg•cm-3。12.硫代

硫酸钠晶体(Na2S2O3)易溶于水，难溶于乙醇，在酸性环境中易分解。实验室中用工业硫化钠、纯碱、二氧化硫等物质制备Na2S2O3晶体。（1）工业Na2S中含重金属硫化物，硫化钠易溶于热乙醇，重金属硫化物难溶于乙醇。实验室采用溶解回流提纯Na2S，

具体操作为溶解回流→_______→_______→过滤洗涤→干燥。（2）取提纯后的Na2S与纯碱、二氧化硫等物质制备Na2S2O3，实验所需仪器、装置如图。①装置A中装Na2SO3的仪器名称为_______。装置B

中的药品可选择下列物质中的_______(选填标号)。A.CCl4B.Ba(OH)2溶液C饱和NaHSO3溶液D.酸性KMnO4溶液②装置C通入SO2过量至溶液pH＜7，产率会降低，请用离子方程式解释

原因：______，理论上Na2S和SO2的最佳物质的量之比应为_______。（3）为测定反应结束后装置C中S2-、SO23−、S2O23−的浓度进行如下实验：步骤1：取10mL待测液，加入过量的c1mol•L-1碘标液，充分反应后滴加指示剂，用c2m

ol•L-1硫代硫酸钠标液滴定，消耗硫代硫酸钠标液的体积是V1mL；步骤2：取20mL待测液，加入过量CdCO3，充分反应后，过滤并洗涤沉淀，将滤液合并后等分为两份，一份用c1mol•L-1碘标液滴定，消耗碘标液V2mL；另一份加入过量甲醛溶液后，再用

c1mol•L-1碘标液滴定，消耗c1mol•L-1碘标液V3mL。已知：i.Ksp(CdCO3)=1.0×10-12、Ksp[Cd(OH)2)=7.2×10-15、Ksp(CdS)=8×10-27；CdSO3和CdS2O3微溶于水；.ii.SO23−能与

甲醛反应，产物[CH2(OH)SO3Na]不被I2氧化；iii.2S2O23−+I2=S4O26−+2I-①步骤1中滴定时使用的指示剂是_______，滴定终点的现象是______。②步骤2中加入Cd

CO3的作用是_______。③待测液中SO23−和S2O23−的物质的量浓度之比是______。【答案】（1）①.趁热过滤②.冷却结晶（2）①.蒸馏烧瓶②.BD③.2-+2322SO+2H=SO+S+HO

④.1∶2（3）①.淀粉②.加入最后半滴硫代硫酸钠标液后，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内无变化③.沉淀S2-，避免其消耗碘溶液，造成实验误差④.233V-V2V【解析】【小问1详解】乙醇与水互溶，硫化钠易溶于热乙醇，重金属硫化物难溶于乙醇，趁热过滤可滤去重金属硫化物等杂质，所以溶解回流、趁热过滤

、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥后获得，故答案为：趁热过滤；冷却结晶。【小问2详解】①有支管的烧瓶称为蒸馏烧瓶；装置B吸收SO2尾气，SO2具有酸性氧化物、氧化性、还原性性质。A．CCl4为有机溶剂，SO2为无机物质，CCl4不能吸收SO2，故A错误；B．Ba

(OH)2溶液能用于吸收SO2，()2322SO+BaOH=BaSO+HO，故B正确；C．NaHSO3不能与SO2反应，无法吸收SO2，故C错误；D．SO2能与酸性KMnO4反生氧化还原反应，故D正确；故答案为：蒸馏烧

瓶；BD；②实验中通入的SO2过量至溶液pH＜7，否则产率会降低，原因是硫代硫酸根离子在酸性溶液中会发生歧化反应，离子方程式为：2-+2322SO+2H=SO+S+HO；反应的方程式为：23222232NaCO+2NaS+4SO=3NaSO+CO，所以论上Na2S和SO2的最

佳物质的量之比应为1∶2，故答案为：2-+2322SO+2H=SO+S+HO；1∶2。【小问3详解】①步骤1中待测液中含有标准碘溶液，滴定时使用的指示剂是淀粉；滴定终点现象：加入最后半滴硫代硫酸钠标液后，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内无变化；故答案为：淀粉；加入最后半滴硫代硫酸钠标液。后，溶

液由蓝色变为无色，且半分钟内无变化；②步骤2中加入CdCO3的作用是沉淀S2-，避免其消耗碘溶液，造成实验误差，故答案为：沉淀S2-，避免其消耗碘溶液，造成实验误差；③碘液与S2-发生反应：2-23242SO+I+2OH=SO+2IHO−−−+①；22-23SO+I2=2-46SO+2I-②；步

骤2中将滤液合并后等分为两份，一份用碘标液滴定，两反应消耗的碘标准液体积为V2mL；另一份加入过量甲醛溶液后，再用碘标液滴定，消耗碘标液的体积是V3mL，即2-23SO消耗的碘液为V3mL，由此可得2-3SO消耗碘液体积为(V2-V3)mL

，待测液中2-3SO和2-23SO的物质的量浓度之比是：233V-V2V，故答案为：233V-V2V。13.苯乙烯是生产塑料、橡胶的重要原料，工业上以铁钴催化剂催化乙苯催化脱氢可获得苯乙烯。主要发生的反应

为：反应I：(g)催化剂(g)+H2(g)△H1=+117.6kJ•mol-1反应Ⅱ：(g)+H2(g)催化剂(g)+CH4(g)△H2反应Ⅲ：(g)催化剂8C(s)+H2(g)△H3=-1.67kJ•mol-1（1）铁钴催化剂中基态Co原子的电子排布式为_

______。（2）已知，在298K、101kPa条件下，某些物质的相对能量(△H)变化关系如图所示，则△H2=_______kJ•mol-1。（3）在恒温恒压的条件下只发生反应I，下列事实能作为反应I达到平衡的依据的是_______

。A.v正(C6H5C2H5)=v正(C6H5C2H3)B.容器内气体密度不再变化C.苯乙烯、H2的分子数之比不再变化D.气体的平均相对分子质量不再变化（4）往刚性密闭容器中同时通入乙苯和一定比例水蒸气，控制反应

温度为600℃、体系起始总压强为100kPa的条件下进行反应。①通入水蒸气的作用有_______。②假设容器中只发生反应I，测得体系总压和乙苯转化率随时间变化结果如图所示。则平衡时，p(H2O)=_______kPa，平衡

常数Kp=_______kPa(Kp为以分压表示的平衡常数，气体分压=气体总压×体积分数)。③反应速率v正=k正×p(乙苯)，v逆=k逆×p(苯乙烯)×p(氢气)，k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，则a点时vv正逆=_______。（5）工业上也可以利用C

O2弱氧化性在催化剂条件下制备苯乙烯，其反应的机理如图所示(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)。αC—H的极性_______(选填“＞”

或“＜”)βC—H，步骤Ⅲ形成苯乙烯后更容易脱附的原因为_______。【答案】（1）1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2（2）-54.6（3）BD（4）①.可与C反应生成CO和H2以消除积碳，同时有利于反应I正向进行②.80③.45④

.2.5（5）①.＜②.苯乙烯上苯环和碳碳双键形成大π键，降低苯环电子云密度，导致苯环与A位点吸附减弱【解析】【小问1详解】钴为27号元素，基态钴原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2或[A

r]3d74s2，故答案为：1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2。【小问2详解】根据图像可知：①()()()24Cs+2Hg=CHgΔH=-74.8kJ/mol；②()()()265258Cs+5Hg=CHCHgΔH=+29.8kJ/m

ol；③()()()26537Cs+4Hg=CHCHgΔH=+50kJ/mol；根据盖斯定律：③-②+①，得()()()()6525265342CHCHg+HgCHCHg+CHgΔH=-54.6kJ/mol，故答案为：-54.

6。【小问3详解】A．根据反应速率之比等于化学计量数之比可知，当υ正(乙苯)=υ逆(苯乙烯)时，也即υ正(乙苯)=υ逆(乙烯)，即正、逆反应速率相等，说明反应到达平衡状态，必须是有正有逆，不能只有一个方向的速率，A不符合题意；B．根据质量守恒，混合气体的质量始终不变，容器体积

是变量，则气体的密度是变量，当容器内气体的密度不再改变，能表明反应已达到平衡状态，B符合题意；C．容器内苯乙烯与H2的物质的量之比始终为1∶1，则不能表明反应已达到平衡状态，C不合题意；D．根据质量守恒，混合气体的质量始终不变，该反应是气

体物质的量增大的反应，随着反应进行，混合气体的平均相对分子质量减小，当容器内气体的平均相对分子质量不再变化，表明反应已达到平衡状态，D符合题意；故答案为：BD。【小问4详解】①通入水蒸气的作用有：可与C反应生成CO和H2以

消除积碳，同时有利于反应I正向进行，故答案为：可与C反应生成CO和H2以消除积碳，同时有利于反应I正向进行；②体系起始总压强为100kPa，若设起始时混合气体的物质的量为100mol，则1mol气体的分压为1kPa，起始混合气体中乙苯的物质的量

为amol，平衡时混合气体的压强为115kPa，即混合气体的物质的量为115mol，乙苯的平衡转化率为75%，反应三段式为：()()()652365-22CHCHCHgCHCH=CHg+Hga000.75a0.75a0.75a0.25a0.75a0.7

5a起始转化平衡0.25a+0.75a+0.75a-a=115mol-100mol，解得a=20mol，即平衡时，水蒸气的物质的量为100ml-20mol=80mol、p(H2O)=80kPa，n乙苯=5mol、p乙苯=5kPa，n苯乙烯=n氢气=15mol、p苯乙烯=p氢气=15kPa

，平衡常数Kp=()()()2ppH15kPa15kPa45kPap5kPa==苯乙烯乙苯；故答案为：80；45；③平衡时v正=V逆，即K正×P(乙苯)=K逆×P(苯乙烯)×P(氢气)，()()()2ppHKKp45kPaKp===正逆苯乙烯乙苯，a处的总压强为

112kPa，即气体总物质的量为112mol，由②解析可知起始气体中水蒸气为80mol，乙苯20mol，乙苯的转化率为60%，即n(苯乙烯)=n(氢气)=20mol×60%=12mol，p(苯乙烯)=p(氢气)=12kPa

，n(乙苯)=20ml×(1-60%)=8mol、p(乙苯)=8kPa，()()()2ppHV8kPaKp45kPa2.5Vp12kPa12kPa===正逆苯乙烯乙苯；故答案为：2.5。【小问5详解】

根据图中反应机理，步骤Ⅰ可表述为乙苯αH−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，因此αC—H的极性小于βC—H的极性；步骤Ⅲ苯乙烯上苯环和碳碳双键形成大π键，降低苯环电子云密度，导致苯环与A位点

吸附减弱，因此形成苯乙烯后更容易脱附，故答案为：＜；苯乙烯上苯环和碳碳双键形成大π键，降低苯环电子云密度，导致苯环与A位点吸附减弱。14.盐酸阿比朵尔H具有良好的抗病毒活性，其中一种合成路线如图：回答下列问题：（1）A的官能团有酯基和_______。（2）反

应I分两步完成，X为中间产物。从电负性视角预测中间产物X，其结构简式为_______，第二步反应的类型为_______。（3）反应III的目的是_______。（4）请写出反应IV的化学方程式：_______。（5）反应VI是取代反应，试

剂C5N2H14的结构简式为_______。（6）盐酸阿比朵尔H中H+与碱性强的氮原子形成配位键，H+与_______号N结合(填“1”或“2”)。（7）J是B的同分异构体，请写出一种符合下列所有条件的J的结构简式：_______。a.能与金属Na反应产生H2

b.有且仅有两种官能团c.有1个6元碳环d.核磁共振氢谱有6组峰，峰面积比为4：4：2：1：1：1（8）设计以乙烯为原料合成A的路线(用流程图表示，无机试剂任选)_______。已知：+25CHOHHOAc⎯⎯⎯⎯→+

【答案】（1）酮羰基（2）①.②.消去反应（3）保护酚羟基（4）+2Br2→+2HBr（5）（6）1（7）、（8）CH2=CH22HO⎯⎯⎯→催化剂C2H5OH4KMnO⎯⎯⎯⎯⎯⎯→酸性溶液CH3COOH2425HSOΔCHOH→浓，CH3COOC2H525HO

AcCHOH→【解析】【分析】由有机物的转化关系可知，与CH3NH2发生加成反应生成中间产物，则X为，再发生消去反应生成，与反应生成，与乙酸酐发生取代反应生成，与溴发生取代反应生成，则E为；与发生取代反应生成

，与发生取代反应生成，则C5N2H14为；与氯化氢反应生成。【小问1详解】由结构简式可知，的官能团有酯基和酮羰基，故答案为：酮羰基；【小问2详解】由题意可知，反应I为与CH3NH2发生加成反应生成中间产物，再发生消去反应生成，故答

案为：；消去反应；【小问3详解】由结构简式可知，和分子中都含有酚羟基，则反应III的目的是保护酚羟基，故答案为：保护酚羟基；【小问4详解】由分析可知，反应IV为与溴发生取代反应生成和溴化氢，反应的化学方程式为+2Br2→+2HBr，故答案为：+2Br2

→+2HBr；【小问5详解】由分析可知，试剂C5N2H14的结构简式为，故答案为：；【小问6详解】由结构简式可知，中1号氮原子的杂化方式为sp3杂化、2号氮原子的杂化方式为sp2杂化，sp3杂化氮原子的碱性强于2号氮原子，结合氢离子的能力强于2号，故

答案为：1；【小问7详解】B的同分异构体J分子中有1个6元碳环，仅有两种官能团，能与金属钠反应产生氢气说明J分子中含有羟基或羧基，则符合核磁共振氢谱有6组峰，峰面积比为4：4：2：1：1：1的结构简式为、，故答案为：、；【小问8详解】由有机物的性质和题给信息可知，

以乙烯为原料合成A的合成步骤为催化剂作用下乙烯与水发生加成反应生成乙醇，乙醇与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应生成乙酸，浓硫酸作用下乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，催化剂作用下乙酸乙酯发生分子间取代反应生成

，合成路线为CH2=CH22HO⎯⎯⎯→催化剂C2H5OH4KMnO⎯⎯⎯⎯⎯⎯→酸性溶液CH3COOH2425HSOΔCHOH→浓，CH3COOC2H525HOAcCHOH→。