莆田市2024屆高中畢業班第四次教學質量檢測試卷化學考生注意：1.本試卷分選擇題和非選擇題兩部分，共100分。考試時間75分鐘。2.請將各題答案填寫在答題卡上。3.本試卷主要考試內容：高考全部內容。4.可能用到的相對原子質量：H-1C-12N-14O-16Mn-55一、選擇題：本題共10小題，每小題4分，共40分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.化學科技與生活密切相關，下列說法錯誤的是A.苯甲酸鈉水解顯堿性，苯甲酸鈉可作為食品防腐劑B.聚酯纖維的主要成分為有機物C.鈣鈦礦太陽能電池可實現能量轉化形式：太陽能→電能D.熒光指示牌被照發光是因為發生了氧化還原反應【答案】D【解析】【詳解】A．苯甲酸鈉屬于強堿弱酸鹽，由于苯甲酸根的水解使得苯甲酸鈉溶液呈堿性，苯甲酸鈉是常用的食品防腐劑，A項正確；B．聚酯纖維是一種由有機二元酸和二元醇通過縮聚反應制成的合成纖維，屬于有機高分子化合物，B項正確；C．鈣鈦礦太陽能電池能將太陽能轉化成電能，C項正確；D．熒光指示牌被照發光是因為光被指示牌發生了反射，沒有發生氧化還原反應，D項錯誤；答案選D。2.烏苯美司用作治療腫瘤的輔助作用劑，其結構如圖所示。下列說法錯誤的是A.分子中含有3個手性碳原子 B.分子中含4種官能團C.1mol烏苯美司最多能消耗3molNaOH D.烏苯美司的分子式為C16H24N2O4【答案】C【解析】【詳解】A．中“*”標示的3個碳原子為手性碳原子，A項正確；B．分子中含有氨基、羥基、酰胺基和羧基4種官能團，B項正確；C．1個烏苯美司中含有的1個酰胺基和1個羧基能與NaOH反應，1mol烏苯美司最多消耗2molNaOH，C項錯誤；D．由烏苯美司的結構可知，其分子式為C16H24N2O4，D項正確；答案選C。3.下列離子方程式正確且能準確解釋相應實驗現象的是A.向苯酚鈉溶液中通入CO2，溶液變渾濁：2C6H5O-+CO2+H2O=2C6H5OH+COB.NaClO溶液與FeI2溶液反應，溶液變為紅棕色：2ClO-+2Fe2++H2O=2Fe3++2Cl-+2OH-C.向Fe(SCN)3溶液中滴加NaF溶液，紅色褪去：Fe3++6F-=[FeF6]3-D.向氯水中通入SO2，黃綠色褪去：SO2+Cl2+2H2O=SO+2Cl-+4H+【答案】D【解析】【詳解】A．苯酚鈉溶液中通入CO2反應生成苯酚和碳酸氫鈉，C6H5O-+CO2+H2O=C6H5OH+HCO，A錯誤；B．碘離子還原性大于亞鐵離子，溶液變為紅棕色，說明碘離子首先被次氯酸鈉氧化為碘單質，ClO-+2I-+H2O=I2+Cl-+2OH-，B錯誤；C．Fe(SCN)3溶液中滴加NaF溶液，紅色褪去，說明Fe(SCN)3和氟離子生成[FeF6]3-，反應為Fe(SCN)3+6F-[FeF6]3-+3SCN-，C錯誤；D．氯水中通入SO2，發生氧化還原反應生成硫酸和鹽酸，使得溶液黃綠色褪去,因為發生氧化還原反應：SO2+Cl2+2H2O=+2Cl-+4H+，D正確；故選D。4.一種電池的總反應為4Li+2SOCl2=SO2↑+4LiCl+S，設NA為阿伏加德羅常數的值。下列說法錯誤的是A.1molSOCl2中所含的共價鍵數目為4NAB.每生成1molS，轉移2NA個電子C.標準狀況下，22.4LSO2中電子的數目為32NAD.1.0L1.0mol?L-1LiCl溶液中Cl-數目為1.0NA【答案】B【解析】【詳解】A．SOCl2的結構式為，則1molSOCl2中所含共價鍵數目為4NA，A項正確；B．反應中Li元素的化合價由0價升至+1價，部分S元素的化合價由+4價降至0價，反應每生成1molS，轉移4NA個電子，B項錯誤；C．1個SO2中含有32個電子，標準狀況下22.4LSO2物質的量為1mol，所含電子的數目為32NA，C項正確；D．1.0L1.0mol/LLiCl溶液中LiCl物質的量為1mol，LiCl完全電離成Li+和Cl-，則Cl-數目為1.0NA，D項正確；答案選B。5.已知X，Y，Z、W、Q是前四周期原子序數依次增大的五種元素。Y的基態原子中電子占據三種能級軌道，且每個能級軌道中的電子總數相同；W原子有2個未成對電子；X、Y、W三種元素形成的一種化合物M是新裝修居室中常含有的一種有害氣體；含Q元素的硫酸鹽溶液是制造波爾多液的原料之一。W、Q兩種元素形成的化合物的晶胞結構示意圖如圖，下列說法錯誤的是A.上述元素中，元素第一電離能最大的是ZB.化合物ZX3的沸點比YX4的高C.Z的空間結構為V形D.W、Q兩種元素形成的化合物的化學式為Q2W【答案】C【解析】【分析】X、Y、Z、W、Q是前四周期原子序數依次增大的五種元素，Y的基態原子中電子占據三種能量不同的原子軌道，且每種軌道中的電子總數相同，推出Y的電子排布式為1s22s22p2,Y為C元素；根據X、Y、W三種元素組成的一種化合物M是新裝修居室中常含有的一種有害氣體，這種氣體指的是甲醛HCHO，結合W原子有2個未成對電子，可知X為H元素，W為O元素；根據原子序數依次增大，可知Z為N元素；含Q元素的硫酸鹽溶液是制備波爾多液的原料之一，則Q為Cu元素，因此X、Y、Z、W、Q分別是H、C、N、O、Cu元素，據此作答。【詳解】A．同周期從左往右第一電離能呈現增大的趨勢，同主族從上往下第一電離能呈現減小的趨勢，五種元素中第一電離能最大的是氮，因為它的2p軌道是半充滿較穩定結構，故A正確；B．化合物ZX3為NH3，YX4為CH4，化合物NH3的沸點比CH4的高，其主要原因是NH3分子間能形成氫鍵，故B正確；C．Z為N元素，為，中心原子N的價層電子對數為，沒有孤電子對，其空間構型為直線形，故C錯誤；D．W為O元素，Q為Cu元素，形成的化合物的化學式為Q2W即為Cu2O，根據均攤法，每個晶胞中含4個黑色的小球、2個白色的小球，比值關系2：1，說明則該化合物的化學式為Cu2O，故D正確；故答案選C。6.科學家通過使用雙極膜電滲析法來捕獲和轉化海水中的CO2，其原理如圖。下列說法正確的是A.裝置運行一段時間后循環液1和循環液2要交替使用B.隔膜1為陽離子交換膜，隔膜2為陰離子交換膜C.與電源負極相連的電極上的電極反應式為[Fe(CN)6]4--e-=[Fe(CN)6]3-D.該方法可以同時將海水進行淡化【答案】A【解析】【詳解】A．由圖中信息可知循環液1中[Fe(CN)6]3-最終轉化為[Fe(CN)6]4-、循環液2中[Fe(CN)6]4-最終轉化為[Fe(CN)6]3-，裝置運行一段時間后循環液1和循環液2要交替使用，故A正確；B．由左側電極反應[Fe(CN)6]3-+e-=[Fe(CN)6]4-可知，循環液1中負電荷數增加，為平衡溶液中電荷，則海水中的鈉離子應通過隔膜1；右側電極反應為：[Fe(CN)6]4--e-=[Fe(CN)6]3-，循環液2中負電荷數減少，為平衡溶液中電荷，則循環液中鉀離子應通過隔膜2進入左室，這樣才能保持循環液中的陰離子不出現交換，隔膜1、2都為陽離子交換膜，故B錯誤；C．與電源負極相連的電極為陰極，得電子，故電極反應式為[Fe(CN)6]3-+e-=[Fe(CN)6]4-，故C錯誤；D．由選項B的分析可知海水中鈉離子最終移向陰極區，但氯離子不能通過雙極膜進入陽極區，因此不能實現海水淡化，故D錯誤；本題選A。7.實驗室制備三氯化硼(BCl3)的裝置如圖所示(部分夾持裝置略)。已知：BCl3極易水解，熔點為-107.3℃，沸點為12.5℃；F中溶液用于吸收CO尾氣。以下說法錯誤的是A.實驗操作應先滴加濃鹽酸再點燃酒精燈B.水浴R為冰水浴C.裝置C中主要發生的反應為B2O3+3C+3Cl22BCl3+3COD.裝置F會隨著反應的進行，溶液酸性減弱【答案】D【解析】【分析】從鉻酸鉀和濃鹽酸反應生成氯化鉀、氯化鉻、氯氣和水，用濃硫酸干燥氯氣，氯氣和B2O3、C在加熱條件下反應生成BCl3和CO，用冰水浴冷卻BCl3，用堿石灰吸收氯氣，再用F裝置吸收尾氣CO。【詳解】A．在A中先點燃酒精燈，濃鹽酸滴入時溫度高會揮發，因此是先滴加濃鹽酸，再點燃A處酒精燈，待整套裝置中都充滿Cl2后再點燃D處酒精燈，使之發生反應，故A正確；B．BCl3的熔點為?107.3℃，沸點為12.5℃，C中制備BCl3，而D是將BCl3冷卻，因此水浴R選擇冰水浴，故B正確；C．氯氣和B2O3、C在加熱條件下反應生成BCl3和CO，發生的反應為B2O3+3C+3Cl22BCl3+3CO，故C正確；D．C裝置反應生成了CO，其他裝置不能與CO反應，CO有毒，因此裝置F的作用是吸收CO，隨著反應進行，氫離子的濃度增大，溶液酸性增強，故D錯誤；故答案選D。8.某V2O5失活催化劑是重要的含釩二次資源。從酸浸處理之后的浸出液中提取釩的一種工藝流程如圖。下列說法錯誤的是已知：HA(有機酸性萃取劑)對金屬陽離子萃取能力的順序：Fe3+＞VO2+＞Fe2+A.物質X為高錳酸鉀溶液B.反萃取時，物質Y可以選用硫酸C.氧化過程中，氧化產物與還原產物的物質的量之比為6：1D.調pH時，發生反應：VO+2NH3?H2OVO+2NH+H2O【答案】A【解析】【分析】根據流程圖，結合HA(有機酸性萃取劑)對金屬陽離子萃取能力可知，物質X應為氧化劑，將亞鐵離子氧化為鐵離子，便于萃取操作的進行，經過萃取后，通過加入反萃取劑硫酸，可將從萃取劑中分離出，經過氧化、調pH、沉釩及焙燒操作得。【詳解】A．若物質X為高錳酸鉀溶液，在氧化亞鐵離子過程中會引入新雜質，A錯誤；B．HA有機酸性萃取劑，反萃取及應為酸，結合后續流程離子種類判斷可為硫酸，B正確；C．氧化過程中V元素化合價從+4價升高為+5價（），Cl元素從+5價降低為-1價，根據得失電子守恒，氧化產物與還原產物的物質的量之比為6：1，C正確；D．調pH時，發生反應：VO+2NH3?H2OVO+2NH+H2O，D正確；答案選A。9.我國科學家研究發現，使用GaZrOx雙金屬氧化物可形成氧空位，具有催化氧化性能，實現CO2加氫制甲醇(MT)。Zr基態原子核外價電子排布式為4d25s2。下列說法錯誤的是A.步驟a到b有極性鍵的斷裂與形成B.氧空位越多越有利于加快速率C.步驟(2)Zr(Ⅲ)將電子轉移給CO2形成Zr(Ⅱ)，起到活化CO2的作用D.步驟(4)可制得甲醇【答案】C【解析】【詳解】A．步驟a→b氫氣參與反應，H-H鍵斷裂，O-Ga鍵斷裂，形成O-H鍵，有極性化學鍵的斷裂和形成，故A正確；B．氧空位用于捕獲CO2，同時也捕捉了氫氣，氧空位個數越多，速率越快，故B正確；C．Zr(Ⅲ)形成Zr(Ⅱ)需要得電子，無法轉移電子給CO2，故C錯誤；D．由圖可知，中間體c可通過氫化等步驟得到甲醇（MT）和二甲醚（DME），故D正確；故答案為：C。10.實驗小組利用感應器技術探究1mol?L-1的碳酸鈉溶液滴定10.00mL1mol?L-1鹽酸溶液過程中離子濃度變化(忽略溶液體積變化的影響)。反應過程中含碳微粒濃度的變化曲線(忽略滴定過程中CO2的逸出)如圖，下列說法錯誤的是已知：25℃時，H2CO3的Ka1=4×10-7，Ka2=5×10-11；lg4=0.6。A.P點溶液中存在：CO2(g)+H2O(l)H2CO3(aq)H+(aq)+HCO(aq)B.P點到Q點的過程中，存在c(Na+)＞c(Cl-)，P點溶液中水的電離程度比Q點大C.Q點溶液中：c(Na+)-c(HCO)-2c(CO)＞0.5mol?L-1D.M點溶液的pH=6.4【答案】B【解析】【分析】向鹽酸中滴加溶液，先發生反應，再發生反應，逐漸增大，鹽酸完全反應之后，逐漸減小，溶液中逐漸增大，過量后，逐漸增大，因此P點所在曲線為的變化曲線，Q點所在曲線為中的變化曲線，一直呈上升趨勢的是的變化曲線。【詳解】A．根據分析，P點所在曲線為的變化曲線，溶液中存在，A正確；B．根據分析，P點溶液中溶質為和，Q點溶液中溶質為、和，抑制水的電離，水解促進水的電離，Q點水的電離程度大于P點，B錯誤；C．Q點根據物料守恒，含碳微粒濃度為0.5mol/L，Na+離子濃度為1mol/L，，，C正確；D．根據圖示，M點溶液中，溶液中，溶液，D正確；答案選B。二、非選擇題：本題共4小題，共60分。11.一種高硫錳礦的主要成分為MnCO3和MnS，主要雜質為FeS、SiO2、CaCO3、Al2O3、MgO等，研究人員設計了如圖流程，制備Mn3O4。已知：①金屬離子濃度≤10-5mol?L-1時，認為該離子沉淀完全。相關離子形成氫氧化物沉淀的pH范圍如表。金屬離子Mn2+Fe2+Fe3+Al3+Mg2+開始沉定的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）“焙燒”的主要目的是___________。（2）“酸浸”過程中，___________(填“能”或“不能”)用鹽酸替換硫酸。（3）“氧化1”時，試劑a為MnO2，并控制溶液的pH=3，此時發生反應的離子方程式為___________。（4）若省略“氧化”步驟直接進行“中和除雜”，則造成的影響是___________。（5）“凈化除雜”可將鈣、鎂離子轉化為沉淀過濾除去，若所得濾液中c(Mg2+)=1.0×10-5mol?L-1，則濾液中c(Ca2+)為___________mol?L-1.（6）“氧化2”過程中，在MnSO4溶液中滴入一定濃度的氮水，加壓通入空氣反應7小時制備Mn3O4，此時發生反應的離子方程式為___________。（7）錳的一種氧化物晶胞結構如圖所示：該晶體中Mn的配位數為___________，該晶胞的密度為___________g?cm-3(列出計算式，設NA為阿伏加德羅常數的值，晶胞底面邊長為apm，高為bpm)。【答案】（1）除去高硫錳礦中的硫元素（2）能（3）2Fe2++MnO2+4H2O=2Fe(OH)3+Mn2++2H+（4）Fe2+完全沉淀時，Mn2+也開始沉淀，造成Mn2+損失（5）6.25×10-8（6）6Mn2++12NH3?H2O+O2=2Mn3O4↓+12NH+6H2O（7）①.6②.【解析】【分析】高硫錳礦用空氣焙燒后生成二氧化硫煙氣，用硫酸酸浸固體得到含Mn2+、Fe2+、Al3+、Mg2+的溶液，可能還有Fe3+，過濾得到CaSO4和SiO2濾渣；溶液中加入試劑MnO2，控制溶液pH=3，生成Fe(OH)3除去，過濾得到的濾液加入CaCO3中和后可除去過量H+和Al3+，再次過濾后往濾液加入MnF2除去Ca2+和Mg2+，得到較純凈的MnSO4溶液，再加入NH3·H2O、空氣氧化得到Mn3O4。【小問1詳解】“焙燒”的主要目的是除去高硫錳礦中的硫元素。【小問2詳解】“酸浸”過程中，硫酸的作用是溶解得到含各種金屬離子的溶液，若用鹽酸替換硫酸，則Ca2+可以在后面加MnF2時除去，故可以用鹽酸替換硫酸。【小問3詳解】“氧化1”時，試劑a為MnO2，并控制溶液的pH=3，此時發生反應的離子方程式為2Fe2++MnO2+4H2O=2Fe(OH)3+Mn2++2H+。【小問4詳解】根據已知信息中Fe2+、Fe3+、Mn2+的開始沉淀和沉淀完全的pH可判斷，若省略“氧化”步驟直接進行“中和除雜”，則造成的影響是Fe2+完全沉淀時，Mn2+也開始沉淀，造成Mn2+損失。【小問5詳解】“凈化除雜”可將鈣、鎂離子轉化為沉淀過濾除去，若所得濾液中c(Mg2+)=1.0×10-5mol?L-1，c2(F-)==，則濾液中c(Ca2+)為=。【小問6詳解】“氧化2”過程中，在MnSO4溶液中滴入一定濃度的氮水，加壓通入空氣反應7小時制備Mn3O4，此時發生反應的離子方程式為：6Mn2++12NH3?H2O+O2=2Mn3O4↓+12NH+6H2O。【小問7詳解】根據圖示可知，該晶體中Mn位于頂點和體心，其配位數為6，晶胞的底面邊長為apm，高為bpm，晶胞的質量是g，該晶胞的密度為g?cm-3。12.硫代硫酸鈉晶體(Na2S2O3)易溶于水，難溶于乙醇，在酸性環境中易分解。實驗室中用工業硫化鈉、純堿、二氧化硫等物質制備Na2S2O3晶體。（1）工業Na2S中含重金屬硫化物，硫化鈉易溶于熱乙醇，重金屬硫化物難溶于乙醇。實驗室采用溶解回流提純Na2S，具體操作為溶解回流→_______→_______→過濾洗滌→干燥。（2）取提純后的Na2S與純堿、二氧化硫等物質制備Na2S2O3，實驗所需儀器、裝置如圖。①裝置A中裝Na2SO3的儀器名稱為_______。裝置B中的藥品可選擇下列物質中的_______(選填標號)。A.CCl4B.Ba(OH)2溶液C飽和NaHSO3溶液D.酸性KMnO4溶液②裝置C通入SO2過量至溶液pH＜7，產率會降低，請用離子方程式解釋原因：______，理論上Na2S和SO2的最佳物質的量之比應為_______。（3）為測定反應結束后裝置C中S2-、SO、S2O的濃度進行如下實驗：步驟1：取10mL待測液，加入過量的c1mol?L-1碘標液，充分反應后滴加指示劑，用c2mol?L-1硫代硫酸鈉標液滴定，消耗硫代硫酸鈉標液的體積是V1mL；步驟2：取20mL待測液，加入過量CdCO3，充分反應后，過濾并洗滌沉淀，將濾液合并后等分為兩份，一份用c1mol?L-1碘標液滴定，消耗碘標液V2mL；另一份加入過量甲醛溶液后，再用c1mol?L-1碘標液滴定，消耗c1mol?L-1碘標液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.SO能與甲醛反應，產物[CH2(OH)SO3Na]不被I2氧化；iii.2S2O+I2=S4O+2I-①步驟1中滴定時使用的指示劑是_______，滴定終點的現象是______。②步驟2中加入CdCO3的作用是_______。③待測液中SO和S2O的物質的量濃度之比是______。【答案】（1）①.趁熱過濾②.冷卻結晶（2）①.蒸餾燒瓶②.BD③.④.1∶2（3）①.淀粉②.加入最后半滴硫代硫酸鈉標液后，溶液由藍色變為無色，且半分鐘內無變化③.沉淀S2-，避免其消耗碘溶液，造成實驗誤差④.【解析】【小問1詳解】乙醇與水互溶，硫化鈉易溶于熱乙醇，重金屬硫化物難溶于乙醇，趁熱過濾可濾去重金屬硫化物等雜質，所以溶解回流、趁熱過濾、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥后獲得，故答案為：趁熱過濾；冷卻結晶。【小問2詳解】①有支管的燒瓶稱為蒸餾燒瓶；裝置B吸收SO2尾氣，SO2具有酸性氧化物、氧化性、還原性性質。A．CCl4為有機溶劑，SO2為無機物質，CCl4不能吸收SO2，故A錯誤；B．Ba(OH)2溶液能用于吸收SO2，，故B正確；C．NaHSO3不能與SO2反應，無法吸收SO2，故C錯誤；D．SO2能與酸性KMnO4反生氧化還原反應，故D正確；故答案為：蒸餾燒瓶；BD；②實驗中通入的SO2過量至溶液pH＜7，否則產率會降低，原因是硫代硫酸根離子在酸性溶液中會發生歧化反應，離子方程式為：；反應的方程式為：，所以論上Na2S和SO2的最佳物質的量之比應為1∶2，故答案為：；1∶2。【小問3詳解】①步驟1中待測液中含有標準碘溶液，滴定時使用的指示劑是淀粉；滴定終點現象：加入最后半滴硫代硫酸鈉標液后，溶液由藍色變為無色，且半分鐘內無變化；故答案為：淀粉；加入最后半滴硫代硫酸鈉標液后，溶液由藍色變為無色，且半分鐘內無變化；②步驟2中加入CdCO3的作用是沉淀S2-，避免其消耗碘溶液，造成實驗誤差，故答案為：沉淀S2-，避免其消耗碘溶液，造成實驗誤差；③碘液與S2-發生反應：①；2+I2=+2I-②；步驟2中將濾液合并后等分為兩份，一份用碘標液滴定，兩反應消耗的碘標準液體積為V2mL；另一份加入過量甲醛溶液后，再用碘標液滴定，消耗碘標液的體積是V3mL，即消耗的碘液為V3mL，由此可得消耗碘液體積為(V2-V3)mL，待測液中和的物質的量濃度之比是：，故答案為：。13.苯乙烯是生產塑料、橡膠的重要原料，工業上以鐵鈷催化劑催化乙苯催化脫氫可獲得苯乙烯。主要發生的反應為：反應I：(g)(g)+H2(g)△H1=+117.6kJ?mol-1反應Ⅱ：(g)+H2(g)(g)+CH4(g)△H2反應Ⅲ：(g)8C(s)+H2(g)△H3=-1.67kJ?mol-1（1）鐵鈷催化劑中基態Co原子的電子排布式為_______。（2）已知，在298K、101kPa條件下，某些物質的相對能量(△H)變化關系如圖所示，則△H2=_______kJ?mol-1。（3）在恒溫恒壓的條件下只發生反應I，下列事實能作為反應I達到平衡的依據的是_______。A.v正(C6H5C2H5)=v正(C6H5C2H3) B.容器內氣體密度不再變化C.苯乙烯、H2的分子數之比不再變化 D.氣體的平均相對分子質量不再變化（4）往剛性密閉容器中同時通入乙苯和一定比例水蒸氣，控制反應溫度為600℃、體系起始總壓強為100kPa的條件下進行反應。①通入水蒸氣的作用有_______。②假設容器中只發生反應I，測得體系總壓和乙苯轉化率隨時間變化結果如圖所示。則平衡時，p(H2O)=_______kPa，平衡常數Kp=_______kPa(Kp為以分壓表示的平衡常數，氣體分壓=氣體總壓×體積分數)。③反應速率v正=k正×p(乙苯)，v逆=k逆×p(苯乙烯)×p(氫氣)，k正、k逆分別為正、逆反應速率常數，則a點時=_______。（5）工業上也可以利用CO2弱氧化性在催化劑條件下制備苯乙烯，其反應的機理如圖所示(α、β表示乙苯分子中C或H原子的位置；A、B為催化劑的活性位點，其中A位點帶部分正電荷，B1、B2位點帶部分負電荷)。αC—H的極性_______(選填“＞”或“＜”)βC—H，步驟Ⅲ形成苯乙烯后更容易脫附的原因為_______。【答案】（1）1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2（2）-54.6（3）BD（4）①.可與C反應生成CO和H2以消除積碳，同時有利于反應I正向進行②.80③.45④.2.5（5）①.＜②.苯乙烯上苯環和碳碳雙鍵形成大鍵，降低苯環電子云密度，導致苯環與A位點吸附減弱【解析】【小問1詳解】鈷為27號元素，基態鈷原子的電子排布式為1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2，故答案為：1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2。【小問2詳解】根據圖像可知：①；②；③；根據蓋斯定律：③-②+①，得，故答案為：-54.6。【小問3詳解】A．根據反應速率之比等于化學計量數之比可知，當正(乙苯)=逆(苯乙烯)時，也即正(乙苯)=逆(乙烯)，即正、逆反應速率相等，說明反應到達平衡狀態，必須是有正有逆，不能只有一個方向的速率，A不符合題意；B．根據質量守恒，混合氣體的質量始終不變，容器體積是變量，則氣體的密度是變量，當容器內氣體的密度不再改變，能表明反應已達到平衡狀態，B符合題意；C．容器內苯乙烯與H2的物質的量之比始終為1∶1，則不能表明反應已達到平衡狀態，C不合題意；D．根據質量守恒，混合氣體的質量始終不變，該反應是氣體物質的量增大的反應，隨著反應進行，混合氣體的平均相對分子質量減小，當容器內氣體的平均相對分子質量不再變化，表明反應已達到平衡狀態，D符合題意；故答案為：BD。【小問4詳解】①通入水蒸氣的作用有：可與C反應生成CO和H2以消除積碳，同時有利于反應I正向進行，故答案為：可與C反應生成CO和H2以消除積碳，同時有利于反應I正向進行；②體系起始總壓強為100kPa，若設起始時混合氣體的物質的量為100mol，則1mol氣體的分壓為1kPa，起始混合氣體中乙苯的物質的量為amol，平衡時混合氣體的壓強為115kPa，即混合氣體的物質的量為115mol，乙苯的平衡轉化率為75%，反應三段式為：0.25a+0.75a+0.75a-a=115mol-100mol，解得a=20mol，即平衡時，水蒸氣的物質的量為100ml-20mol=80mol、p(H2O)=80kPa，n乙苯=5mol、p乙苯=5kPa，n苯乙烯=n氫氣=15mol、p苯乙烯=p氫氣=15kPa，平衡常數Kp=；故答案為：80；45；③平衡時v正=V逆，即K正×P(乙苯)=K逆×P(苯乙烯)×P(氫氣)，，a處的總壓強為112kPa，即氣體總物質的量為112mol，由②解析可知起始氣體中水蒸氣為80mol，乙苯20mol，乙苯的轉化率為60%，即n(苯乙烯)=n(氫氣)=20mol×60%=12mol，p(苯乙烯)=p(氫氣)=12kPa，n(乙苯)=20ml×(1-60%)=8mol、p(乙苯)=8kPa，；故答案為：2.5。【小問5詳解】根據圖中反應機理，步驟Ⅰ可表述為乙苯帶部分正電荷，被帶部分負電荷的B1位點吸引，隨后解離出并吸附在B1位點上，因此αC—H的極性小于βC—H的極性；步驟Ⅲ苯乙烯上苯環和碳碳雙鍵形成大鍵，降低苯環電子云密度，導致苯環與A位點吸附減弱，因此形成苯乙烯后更容易脫附，故答案為：＜；苯乙烯上苯環和碳碳雙鍵形成大鍵，降低苯環電子云密度，導致苯環與A位點吸附減弱。14.鹽酸阿比朵爾H具有良好的抗病毒活性，其中一種合成路線如圖：回答下列問題：（1）A的官能團有酯基和_______。（