黑龙江省哈尔滨市第九中学校2025届高三下学期第二次模拟考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷高级中学名校试卷PAGE2PAGE1黑龙江省哈尔滨市第九中学校2025届高三下学期第二次模拟考试一、单选题1．化学与科技和社会的发展息息相关，下列说法正确的是A．武汉轻工大学研究团队将莲藕纤维制成网状骨支架植入人体“重塑肉身”，莲藕纤维属于合成纤维B．2024年诺贝尔化学奖授予AI预测蛋白质三维结构，蛋白质分子中存在氢键会影响蛋白质的折叠C．2025年两会指出要建设量子科技等未来产业。制作量子计算机芯片的氮化镓属于分子晶体D．为实现“碳达峰”而发展“零碳氢气”指通过可再生能源如太阳能、风能和化石燃料等制备出的H【答案】B【解析】莲藕纤维为植物纤维，不属于合成纤维，A错误；蛋白质分子中存在氢键，氢键具有方向性，会影响蛋白质的折叠，B正确；氮化镓属于共价晶体，而非分子晶体，C错误；化石燃料燃烧产生二氧化碳，不是产生“零碳氢气”的途径，D错误。故选B。2．下列化学用语表述正确的是A．HSO3-B．Fe3+的最外层电子排布式：C．N2的p-pπ键形成的轨道重叠示意图：D．非晶态和晶态SiO2粉末X射线衍射图谱对比：【答案】A【解析】HSO3-为弱酸根离子，水溶液中部分电离，电离方程式为HSO3-+H2O⇌H3O++SO32-，A正确；铁的原子序数为26，Fe的价电子排布式为3d54s2，Fe3+的最外层电子排布式为3d5，B错误；N23．下列操作规范的是A．洗涤沉淀时需用玻璃棒不断搅拌B．用鼻子靠近氯气集气瓶口，闻气体气味C．配制好溶液后在容量瓶上贴标签再放入药品柜D．用坩埚钳将蒸发皿夹持到陶土网上冷却【答案】D【解析】洗涤沉淀时不能用玻璃棒搅拌，防止破坏滤纸，A操作不规范；闻气体气味时，用手轻轻在瓶口扇动，仅让少量气体飘进鼻孔，禁止把鼻子凑到容器口去闻，B操作不规范；容量瓶不能储存溶液，配制好溶液后，应将溶液转移至试剂瓶中，在试剂瓶上贴标签再放入药品柜，C操作不规范；夹持蒸发皿要用坩埚钳，取下热的蒸发皿不能直接放在实验台上，应垫上陶土网，D操作规范。故选D。4．“青，取之于蓝而胜于蓝”源自我国的扎染技术，扎染时用到的靛蓝结构如下，下列说法错误的是A．靛蓝含有三种官能团 B．靛蓝形成分子内氢键可导致其水溶性差C．靛蓝耐酸、耐碱、耐氧化 D．苯环上的一氯代物为4种【答案】C【解析】靛蓝分子有酮羰基、亚氨基和碳碳双键3种官能团，A正确；靛蓝分子中的酮羰基和亚氨基可以形成分子内氢键，导致靛蓝不易与水分子形成分子间氢键，使得水溶性差，B正确；靛蓝分子中含有的亚氨基能与H＋反应，说明靛蓝不耐酸，C错误；靛蓝分子中存在如图对称轴，苯环上的有4种氢原子，则苯环上的一氯代物为4种，D正确。故选C。5．下列文字叙述，用方程式解释错误的是A．丁烷裂解：CB．牙齿釉质层长期被H+侵蚀溶解：C．工业废水中含有Cr2OD．“每炉甘石(ZnCO3)十斤…用煤炭饼垫盛，其底铺薪，发火锻红…”火法炼锌：【答案】D【解析】丁烷裂解生成甲烷和丙烯的反应方程式为C4H10—→加热加压催化剂CH4+C3H6，A正确；牙齿釉质层（羟基磷酸钙）被H+侵蚀的离子反应方程式为Ca5(PO4)3OH+4H+=5Ca6．设NA为阿伏加德罗常数的值。四乙基铅[C2H54Pb，熔点为A．0.1molC2H5ClB．反应每消耗2.24LC2H54PbC．1molNaCl晶胞中含有4NA个Na+和D．207gPb含有的价电子数目为4【答案】B【解析】C2H5Cl的结构式为，0.1molC2H5Cl中含有σ键的数目为0.7NA，A正确；标况下C2H54Pb为液体，不能计算其物质的量和转移的电子数目，B错误；NaCl晶胞中Na+位于顶点和面心，Cl-位于棱心和体内，1molNaCl晶胞中含有的Na+个数为(8×18+6×12)7．下列实验装置说法正确的是A．图甲：滴定结束时的刻度，读数为12.20mLB．图乙：除去淀粉胶体中的NaClC．图丙：铁件上镀光亮的铜D．图丁：检查装置的气密性【答案】B【解析】图甲仪器为滴定管，读数为11.80mL，A错误；胶体粒子不能透过半透膜，溶液能透过半透膜，故图中装置可用于除去淀粉胶体中的NaCl，B正确；铁件上镀铜，铁件应作阴极，与电源负极相连，铜片作阳极，与电源正极相连，C错误；丁图中使用了长颈漏斗，并不是封闭体系，此装置不能用来检验气密性，D错误。故选B。8．A、B、C、D、E是原子序数依次增大的5种短周期元素。A是宇宙中含量最多的元素；B原子核外有3种空间运动状态不同的电子；C的第一电离能高于同周期相邻元素；D元素原子只有两种形状的电子云，最外层只有一种自旋方向的电子；E的价电子数等于能层数。下列说法错误的是A．B、C可形成共价晶体B．对应氧化物的化学键中离子键百分数：D>EC．键角：CD．电负性：C【答案】C【解析】A、B、C、D、E是原子序数依次增大的5种短周期元素，A是宇宙中含量最多的元素，A为H；B原子核外有3种空间运动状态不同的电子，则B的电子排布式为1s22s22p1，B为B；C的第一电离能高于同周期相邻元素，C为N；D元素原子中只有两种形状的电子云，最外层只有一种自旋方向的电子，说明它只有s、p轨道，其核外电子排布式为1s22s22p63s1，D为Na；E的价电子数等于能层数，E为Al。综上，A、B、C、D、E依次为H、B、N、Na、Al元素。B、C分别为B和N元素，二者能形成化合物BN，BN的熔点很高，BN属于共价晶体，A正确；D、E对应的氧化为分别是Na2O、Al2O3，Na和O的电负性差值大于Al和O的电负性差值，故Na2O的离子键百分数大于Al2O3的离子键百分数，B正确；N2H4的结构式为，N采取sp3杂化且有一个孤电子对；NH4+中N的价层电子对数为4+5-1-4×12=4，N采取sp3杂化且无孤电子对，孤电子对斥力越大，故键角：N2H4<NH4+，C错误；电负性：9．腺嘌呤核苷酸(AMP)是生产核酸类药物的中间体，可由三磷酸酯(ATP)逐步水解生成。下列说法错误的是A．ATP和AMP互为同系物 B．1molAMP最多消耗3molNaOHC．上述三种物质均能够发生聚合反应 D．过程1和过程2均属于取代反应【答案】A【解析】同系物是指结构相似、分子组成相差若干个“CH2”原子团的有机化合物；ATP和AMP结构不同，不互为同系物，A错误；AMP中磷酸酯基、磷酸中－OH能和NaOH反应，1molAMP最多消耗3molNaOH，B正确；

上述三种物质均含有－OH和－NH2，能够发生聚合反应，C正确；过程1和过程2均发生酯化反应，属于取代反应，D正确。故选A。10．硼氢化钠(NaBH4)具有优良的还原性，在有机化学和无机化学领域有着广泛的应用。用硼精矿(主要成分为B2O3，含有少量Al2O3、已知：偏硼酸钠(NaBO2)下列说法正确的是A．滤渣1的成分为SiO2和B．滤渣2是Na2C．“制取”时必须在干燥无氧环境下进行D．上述流程涉及的反应存在氧化还原反应【答案】C【解析】硼精矿(主要成分为B2O3，含有少量Al2O3、SiO2、FeCl3等)中加NaOH溶液溶解，B2O3、Al2O3、SiO2与NaOH溶液反应生成NaBO2、NaAlO2、Na2SiO3，FeCl3与NaOH溶液反应生成Fe(OH)3沉淀，过滤，滤渣1为Fe(OH)3；滤液中含NaBO2、NaAlO2、Na2SiO3，再加CaO将硅铝沉淀，过滤，除去硅、铝，最后反应1为NaBO2与MgH2反应生成NaBH4。滤渣1的成分为FeOH3，A错误；滤渣2是Na2O⋅3CaO⋅Al2O3⋅nSiO2，该物质属于硅酸盐，B错误；NaBH4具有优良的还原性，易被氧气氧化，故“制取”时必须在干燥无氧环境下进行，C正确；硼精矿(主要成分为B2O3，含有少量Al2O3、SiO2、FeCl3等)加NaOH溶解B11．在不同温度下，分别向10L的恒容密闭容器中按1:1充入一定量的NO和O3发生反应：NOg+A．T2时，0-tB．容器内气体颜色不再改变时可以说明反应达到平衡状态C．若T1时，NO和O3的起始投入量均为amol，则达到平衡时NOD．该反应的ΔH【答案】A【解析】由图像可知，T2时，0-t1时间段内，NO的物质的量减小而非增大，A错误；生成的NO2为红棕色气体，容器内气体颜色不再改变时，平衡不再移动，可以说明反应达到平衡状态，B正确；该反应为气体分子数不变的反应，且投料比等于反应中系数比，则两次投料为等效平衡，故T1时，NO和O3的起始投入量均为amol，则达到平衡时NO的残留量为0.4amol，C正确；先拐先平速率大，由图像可知，温度T2更高，升高温度，NO含量比例增大，说明平衡逆向移动，正反应为放热反应，该反应的12．环己酮是一种重要的化工原料。苯酚电催化加氢具有操作条件温和、由可再生的电力驱动等优势，是一种有吸引力的环己酮生产工艺。我国科研人员选用不同负载材料电极研究其合成机理如图所示[已知：Hads代表吸附态氢原子；法拉第效率FEX=下列说法正确的是A．Pt/C和Pt/TiO2电极均连接电源的正极B．Pt/C和Pt/TiO2电极上均可能有H2溢出C．Pt/C电极上若生成1mol环己酮的FE为20%，则一定伴随生成约2.7mol环己醇D．TiO2增大了Pt上Hads的覆盖度，有利于提高环己酮制备的纯度【答案】B【解析】苯酚Pt/C和Pt/TiO2在表面电化学加氢生成环己酮和环己醇的机理为：首先溶液中的H＋得电子生成吸附态的H原子，然后苯酚与吸附态的H原子反应生成环己酮和环己醇，电极反应式可写为C6H6O＋4H＋＋4e-＝C6H10O和C6H6O＋6H＋＋6e-＝C6H12O，因此Pt/C和Pt/TiO2电极为阴极，连接电源负极。H＋得电子除了生成吸附态的H原子，还可能还原为H2。如图所示，TiO2诱导了Hads从Pt到TiO2的迁移，降低了Pt表面的Hads覆盖度，有效抑制了环己酮的过度加氢，因此Pt/C表面苯酚加氢生成环己酮和环己醇，而Pt/TiO2表面苯酚加氢还原产物只有环己酮，提高了环己酮选择性。Pt/C和Pt/TiO2电极均连接电源的负极，A错误；Pt/C和Pt/TiO2电极上均存在吸附于Pt表面的氢原子，这些氢原子在电催化条件下能够发生氢还原反应生成H2，B正确；生成环己酮的FE为20%，若通过电极的电子全部用于苯酚加氢生成环己酮和环己醇，则生成环己酮和环己醇所需电子数比例为1:4，根据电极反应式可知生成1mol环己酮所需4mol电子，因此由16mol电子用于生成环己醇，得到环己醇的物质的量为2.7mol，由于通过电极的电子可能存在其他用途，则生成环己醇的物质的量最大为2.7mol，C错误；TiO2减小了Pt上Hads的覆盖度，有利于提高环己酮制备的选择性，D错误。故选B。13．高铜酸钠是黑色难溶于水的固体，晶胞如下图，虚线连接的O原子与Cu原子距离最近且相等。下列说法错误的是A．Na、O、Cu三种元素未成对电子数之比为1:2:1B．该化合物的化学式为NaCuOC．晶体中距离Cu原子最近的O原子有4个D．若该晶胞的体积为V，则空间利用率为4【答案】D【解析】Na、O、Cu的价层电子排布式依次为3s1、2s22p4、3d104s1，未成对电子数之比为1:2:1，A正确；由晶胞结构图可知，平行六面体的8个顶点处各有一个Cu，O、Na在平行六面体内部，由均摊法可知，一个晶胞中含Cu原子的个数为1；含O原子的个数为2、含Na原子的个数为1，故该化合物的化学式为NaCuO2，B正确；晶胞中Cu和O的个数比为1:2，图中距离一个O原子最近的Cu原子有2个，根据不同原子的个数比等于它们配位数的反比可知，距离Cu原子最近的O原子有4个，C正确；空间利用率是晶胞中所有原子的体积和与晶胞体积之比，所有原子的体积和为43πrNa3+2rO14．我国科学家建立了一个按需催化平台，通过不同路径合理利用甘油：选用合适催化剂在夜间优先将甘油升级为甘油酸，并在白天将其作为生物燃料为系统提供电压。其中夜间反应机理如图所示，下列说法正确的是A．该过程氧的原子利用率为100%B．该历程中有机物分子中涉及极性键的断裂和形成C．步骤①更易形成如图的过渡态D．若将氧气标记为18O【答案】B【解析】由流程可知总反应为CH2OH-CHOH-CH2OH+O2—→催化剂CH2OH-CHOH-COOH+H2O，该过程会生成H2O，原子利用率并非100%，A错误；该历程中涉及O-H等极性键的断裂和O-H等极性键的形成，15．常温下，一元有机弱酸HC≡CCOOH、CH2=CHCOOH、CH已知：①一元弱酸分布分数可表示为δHA②杂化轨道中s成分越多，C的电负性越大。A．曲线L5代表微粒CH3CHB．浓度均为0.10mol⋅L-1的CHC．若酸的初始浓度0.10mol⋅L-1，则a点cD．若酸的初始浓度0.10mol⋅L-1【答案】C【解析】杂化轨道中s成分越多，碳元素的电负性越大，羧酸的酸性越强，则丙炔酸、丙烯酸、丙酸的酸性依次减弱，电离常数依次减小，等浓度的酸溶液的pH越小，则曲线L1、L2、L3、L4、L5、L6分别表示HC≡CCOOH、HC≡CCOO-、CH2＝CHCOOH、CH3CH2COOH、CH2＝CHCOO-、CH3CH2COO-的分布系数随pH变化关系，A错误；由图像可知，HC≡CCOOH和HC≡CCOO-的浓度相等时，溶液pH为1.89，则丙炔酸的电离常数Ka＝cHC≡CCOO-cH+cHC≡CCOOH＝c(H＋)＝10则CH2＝CHCOO-的水解常数Kh＝KwKa＝1.0×10-141.0×10-4.26＜Ka，则等浓度的CH2＝CHCOOH和CH2＝CHCOONa混合溶液中，CH2＝CHCOOH的电离程度大于CH2＝CHCOO-水解程度，CH2＝CHCOOH的浓度小于CH2＝CHCOO-，由图像可知，CH2＝CHCOOH与CH2＝CHCOO-的浓度相等时，溶液pH为4.26，则浓度均为0.1mol/L的CH2＝CHCOOH和CH2＝CHCOONa混合溶液的pH小于4.26，B错误；HC≡CCOOH的电离常数Ka＝10—1.89，则HC≡CCOO-的水解常数Kh＝KwKa＝1.0×10-141.0×10-1.89＝10—12.11，HC≡CCOOH的电离常数Ka＝10—4.87，则HC≡CCOO-的水解常数Kh＝KwKa＝1.0×10-141.0×10-4.87＝10—9.13，则a点等浓度的HC≡CCOOH的电离程度大于c点CH3CH2COOH的电离程度、HC≡CCOO-的水解程度小于c点CH3CH2COO-的水解程度，故a点HC≡CCOO-的浓度大于c点CH3CH2COO-的浓度，C正确；由图像可知，d点pH<1，则c二、解答题16．硼化钛(TiB2)准金属化合物，强度高、硬度大，用于机械制造领域；五氟化锑(SbF5)是一种高能氟化剂，广泛应用于制药业。工业上以一种含钛的矿渣(主要含TiO2、Sb2O3、ZnO、已知：TiO2性质较稳定，加热时可溶于浓硫酸中形成TiO2+；高温下回答下列问题：(1)为了加快酸浸速率，除适当升温外，还可以采取的一条措施是：。滤渣Ⅰ的主要成分(填化学式)，“水解”后经“过滤”得到主要含的滤液，可以循环利用。(2)“热还原”中发生反应的化学方程式为，B2O3的实际用量超过了理论化学计量所要求的用量，原因是(3)“除钴镍”，有机净化剂的基本组分为大分子立体网格结构的聚合物。其净化原理如图所示：Co2+、Ni2+能发生上述转化而Zn2+不能，推测可能的原因为(4)“除锌铅”加入Na2S溶液，(填“能”或“否”)产生H2(5)“电解”时，以惰性材料为电极，锑的产率与电压大小关系如下图所示，当电压超过U0V时，锑的产率降低的原因可能发生副反应的电极反应式【答案】(1)适当增大盐酸浓度、研磨等TiO2(2)TiO2+B2O3+5C(3)Co2+、Ni2+半径与有机净化剂网格孔径大小匹配，可形成配位键而(4)否(5)2H2【解析】矿渣(主要含TiO2、Sb2O3、ZnO、PbO、NiO、CoO)中加入盐酸酸浸，过滤，TiO2不溶于酸，滤渣I为TiO2，滤液I为SbCl3、ZnCl2、PbCl2、NiCl2和CoCl2。TiO2中加入热的浓硫酸得到TiOSO4溶液，再水解得到TiO2·xH2O沉淀和H2SO4，将TiO2·xH2O用B2O3、C还原得到TiB2。滤液I中加有机净化剂吸附分离出Co2＋和Ni2＋，过滤，滤液中再加入Na2S生成成ZnS、PbS沉淀，除去Zn2＋和Pb2＋，过滤，滤液为SbCl3溶液，电解SbCl3溶液制备Sb，Sb与Cl2反应得到SbCl5，在经过HF（1）反应速率和温度、浓度、接触面积等有关，因此加快酸浸速率可采用升温、适当增大盐酸浓度、研磨等；滤渣I的主要成分为TiO2，“水解”后经“过滤”得到主要含H2SO4的滤液。（2）“热还原”中发生反应为TiO2·xH2O、B2O3、C反应生成TiB2和CO，化学方程式为TiO2+B2O3+5C（3）有机净化剂为具有立体网格结构的聚合物，通过在网格中填充金属离子从而实现净化，Co2+、Ni2+能发生上述转化而Zn2+不能，推测可能的原因为Co2+、（4）ZnS和PbS的Ksp很小，S2-易与Zn2＋和Pb2＋生成ZnS、PbS沉淀，不会形成H2S气体。（5）电解中的主反应为Sb3++3e-=Sb，溶液中的氢还原反应与该反应竞争，当溶液中的还原反应为2H2O+217．苯胺在染料、医药、香料等领域有广泛的应用。乙酰苯胺是磺胺类药物的原料，可用于止痛、退热、防腐及合成染料的中间体。已知：①②苯胺与乙酸的反应速率较慢，且反应是可逆的。③刺形分馏柱的作用相当于二次蒸馏，用于沸点差别不太大的混合物的分离。④相关物质物理性质如下：物质硝基苯苯胺乙醚冰醋酸乙酰苯胺沸点/℃21018411834.5304溶解性及特性难溶于水，易溶于乙醇、乙醚微溶于水，易溶于乙醇、乙醚易溶于水和有机溶剂微溶于水、极易燃微溶于冷水步骤Ⅰ：制取苯胺在图1仪器A中，加入锡粒、硝基苯，边搅拌边分次加入过量浓盐酸，控制温度不超过90℃，加热回流30min。充分反应后冷却至室温，加入NaOH溶液至呈碱性。(1)仪器A的名称为。(2)加入NaOH溶液的主要目的是析出苯胺，写出反应的离子方程式。步骤Ⅱ：提纯苯胺将图1改装为图2装置，进行水蒸气蒸馏，直到馏出液变澄清为止；向馏出液中加入氯化钠至饱和，分离出粗苯胺，向水层中加入乙醚萃取，合并粗苯胺和乙醚萃取液，加入无水固体，静置1h后过滤，将滤液进行蒸馏，先蒸出乙醚回收，再蒸出苯胺，收集馏分。(3)步骤Ⅱ中加入氯化钠至饱和的目的是；无水Na2SO4固体的作用是(4)步骤Ⅱ中蒸出苯胺时应选用下列哪种仪器(填序号)。A．直形冷凝管B．球形冷凝管C．空气冷凝管(5)步骤Ⅱ中向水层中加入乙醚萃取的操作：向分液漏斗中小心加入乙醚，振荡，，静置，分液。步骤Ⅲ：制取乙酰苯胺向图3反应器内加入新制的苯胺、过量冰醋酸以及少许锌粉(防止苯胺被氧化)，保持分流装置柱顶温度在105℃左右加热回流1h；在搅拌下趁热将反应物倒入200mL冰水中，析出固体，冷却后进行减压过滤、洗涤，得到粗乙酰苯胺。(6)从化学平衡角度分析，步骤Ⅲ中控制分流装置柱顶温度在100℃～105℃的原因为。(7)下列有关本实验操作的说法不正确的是。A．采用水蒸气蒸馏的优点是蒸馏温度不高于100℃B．减压过滤的优点是：过滤速度快，得到晶体较干燥C．步骤Ⅱ的蒸馏操作，应该采用酒精灯直接加热【答案】(1)双颈烧瓶(2)＋OH-→＋H2O(3)降低苯胺在水中的溶解度，增大水层密度有利于苯胺分层析出干燥产品(4)C(5)将分液漏斗下口向上倾斜，打开活塞排出气体(6)不断分出反应过程中生成的水，促进反应正向进行，提高生成物的产率(7)C【解析】步骤Ⅰ制备苯胺的过程为硝基苯与锡、盐酸共热发生还原反应生成，与NaOH溶液反应生成；步骤Ⅱ提纯的过程为通过水蒸气蒸馏，蒸出和水蒸气，将馏出液分液得到粗苯胺，向水层加入NaCl至饱和，降低在水中的溶解，再用乙醚萃取苯胺，合并粗苯胺和乙醚萃取液，用无水Na2SO4固体干燥，将干燥后的混合液小心倾入干燥的蒸馏烧瓶中蒸馏分别收集得到乙醚和；步骤Ⅲ制取乙酰苯胺的过程为新制的、过量冰醋酸在加热条件下发生取代反应生成乙酰苯胺，将在冰水中析出的固体经减压过滤、洗涤得到粗乙酰苯胺。（1）仪器A为双颈烧瓶；（2）加入NaOH溶液的目的是将溶液中的转化为，离子反应方程式为＋OH-→＋H2O；（3）步骤Ⅱ中加入NaCl至饱和的目的是降低在水中的溶解度，增大水层密度有利于分层析出；无水Na2SO4能与水反应生成Na2SO4·10H2O，实验时无水Na2SO4固体的作用是做干燥剂，干燥产品；（4）由苯胺的沸点可知，苯胺蒸气的温度与水的温度相差较大，用水冷却易炸裂冷凝管，实验时选用空气冷凝管，故选C；（5）乙醚易挥发，挥发出的乙醚会使分液漏斗内的气压增大，为防止压力过大活塞脱落，振荡时应打开活塞排出气体，则向水层中加入乙醚萃取的操作为向分液漏斗中小心加入乙醚，振荡，将分液漏斗下口向上倾斜，打开活塞排出气体，静置，分液；（6）新制的苯胺与过量乙酸发生取代反应生成乙酰苯胺和水的反应是可逆反应，步骤Ⅲ中控制分流装置柱顶温度在100℃～105℃的目的是不断分出反应过程中生成的水，促进反应正向进行，提高生成物的产率；（7）采用水蒸气蒸馏的优点是蒸馏温度不高于100℃，能够有效降低苯胺的蒸馏温度，避免高温对苯胺可能造成的热分解等不利影响，从而实现温和高效的分离，A正确；减压过滤可以加快过滤速率，且过滤过程中减少了液体的残留使滤出的固体更容易干燥，B正确；乙醚易挥发，挥发出的乙醚遇明火会发生燃烧爆炸，故步骤Ⅱ的蒸馏操作，不能用酒精灯直接加热，C错误。故选C。18．苯乙烯(C6H5CH=CH2)是重要的化工原料，工业上制是用乙苯(C6H5CH2CH3Ⅰ．制苯乙烯主要反应方程式如下：ⅰ．Cⅱ．H(1)已知乙苯的燃烧热4567kJ⋅mol-1，苯乙烯的燃烧热4378kJ(2)工业生产苯乙烯时会产生少量积碳，加入水蒸气可较长时间保持催化剂的活性，用化学方程式表示原因：。(3)采用传统乙苯脱氢，总压100kPa下，向乙苯中充入一定量氮气(氮气不参与反应)，不同投料比(乙苯和氮气的物质的量之比，分别为1:0、1:1、1:5、1:9)，乙苯的平衡转化率随反应温度的变化如图。其中投料比为1:9的曲线是(填“m1”、“m2”、“m3”或“m4”)，选择该曲线的理由。图中P和Q两点相比较，乙苯的活化分子百分数点P(填“>”，“<”或(4)传统乙苯脱氢(反应ⅰ)，还发生副反应ⅲ和ⅳ。ⅲ．Cⅳ．C在一定温度、200kPa条件下，Fe2O3作催化剂，以3mol水蒸气作稀释气，充入2mol乙苯发生上述反应，反应达到平衡状态，测得体系中pC6H5CH=CH2:pC(5)O2氧化脱氢方法与传统脱氢法相比，得到的苯乙烯纯度较低的原因可能是：【答案】(1)＋97(2)C(3)m4恒压条件下加入氮气，总体积增大，各物质分压越小，相当于减压，且该反应为气体体积增大的反应，所以平衡正向移动，乙苯转化率增大(4)K(5)苯乙烯进一步被氧气氧化【解析】（1）ⅰ．Cⅱ．Hiii．Hiv．C6H5CH2CH3(g)＋212O2(g)＝8CO2(g)＋5H2O(l)∆H4＝-4567kJ·molv．C6H5CH＝CH2(g)＋10O2(g)＝8CO2(g)＋4H2O(l)∆H5＝-4378kJ·mol-1反应i＝反应iv－反应v－反应ii＋反应iii，根据盖斯定律可得，∆H1＝∆H4－∆H5－∆H2＋∆H3＝－4567kJ·mol-1＋4378kJ·mol-1＋242kJ·mol-1＋44kJ·mol-1＝＋97kJ·mol-1；（2）积碳与水蒸气在高温下反应生成CO和H2，从而消除积碳，化学反应方程式为C+（3）该反应为气体体积增大的反应，恒压条件下加入氮气，总体积增大，相当于减压，平衡正向移动，乙苯转化率增大，故投料比为1∶9的，乙苯的转化率大，为曲线m4；P、Q两点的温度相同，气体分压强不同，乙苯的活化分子百分数相同；（4）平衡时pC6H5CH=CH2∶pC6H6∶pC6H5CH3=6∶2∶1，设苯