湖北省武汉市2024届高三毕业生四月调研考试（二模）化学试题【含答案解析】

湖北省武汉市2024届高三毕业生四月调研考试(二模)化学试题武汉市教育科学研究院命制2024.4.26全卷满分100分考试用时75分钟注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2.选择题的作答:每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3.非选择题的作答:用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4.考试结束后请将本试卷和答题卡一并上交。一、选择题:本题共15小题，每小题3分，共45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.生活中处处有化学。下列对应关系错误的是A.——调味剂 B.——补铁剂C.——防腐剂 D.——抗氧化剂【答案】B【解析】【详解】A．食盐具有咸味，无毒，可用作食品的调味剂，故A正确；

B．人体所需的铁是亚铁离子，FeCl3中含有铁离子，则FeCl3不能作补铁剂，故B错误；

C．苯甲酸钠能抑制细菌滋生，可防止食物变质发酸、延长保质期，常用作食品防腐剂，故C正确；

D．SO2具有还原性，能与氧气反应，如葡萄酒中加入适量SO2作抗氧化剂，故D正确；

故选：B。2.鄂东地区富含铜矿。下列有关铜的说法正确的是A.铜元素位于周期表d区 B.铜的焰色试验为红色C.含配位键 D.青铜的硬度小于纯铜【答案】C【解析】【详解】A．铜元素的原子序数为29，基态原子的价电子排布式为3d104s1，位于元素周期表ds区，故A错误；B．焰色试验为元素的性质，铜元素的焰色试验为绿色，故B错误；C．四水合铜离子中具有空轨道的铜离子与具有孤对电子的水分子形成配位键，故C正确；D．一般情况下，合金的硬度比各组分都大，青铜属于铜合金，硬度大于纯铜，故D错误；故选C。3.化学助力体育事业的发展。下列说法错误的是选项用途物质原因A“球场大夫”氯乙烷易分解且吸收热量B泳池消毒剂漂粉精在空气中易生成强氧化性物质C羽毛球拍网线尼龙66强度高且弹性好D运动场人造草坪聚乙烯无毒、耐腐蚀、耐磨性好A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．“球场大夫”的主要成分是沸点低的氯乙烷，氯乙烷挥发时会吸收热量，故A错误；B．泳池消毒剂漂粉精的有效成分为次氯酸钙，次氯酸钙易与空气中的二氧化碳和水蒸气反应生成具有强氧化性的次氯酸，而起到杀菌消毒的作用，故B正确；C．羽毛球拍网线是由尼龙66制成，尼龙66具有强度高且弹性好的优良性能，故C正确；D．运动场人造草坪的主要成分是聚乙烯，聚乙烯具有无毒、耐腐蚀、耐磨性好的优良性能，故D正确；故选A。4.磷的两种含氧酸的结构信息如图所示，下列说法正确的是A.二者σ键数目均为6 B.磷原子均为杂化C.为酸式盐 D.分子间均存在氢键【答案】D【解析】【详解】A．由图可知，磷酸分子中的σ键数目为7，故A错误；B．H3PO3和H3PO4分子中磷原子的价层电子对数都为4，原子的杂化方式都为sp3杂化，故B错误；C．由图可知，1个H3PO3分子中含有2个羟基，属于二元酸，则为正盐，故C错误；D．由图可知，H3PO3和H3PO4分子中都存在羟基，都能形成分子间氢键，故D正确；故选D5.用溶液处理火箭发射场附近废水中偏二甲肼的反应原理为，NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.中所含氮原子数目为0.4NAB.溶液中氧原子数目为4NAC.标准状况下，中孤电子对数目为2NAD.反应生成时转移电子数目为2NA【答案】C【解析】【详解】A．物质的量为，所含氮原子数目为0.1mol×2×NAmol-1=0.2NA，故A错误；B．物质的量为2mol，含4molO原子，溶液中水分子还含有氧原子，则溶液中氧原子数目大于4NA，故B错误；C．标准状况下，物质的量为，N2电子式为，所以含有的孤电子对数为2NA，故C正确；D．该反应中只有过氧化氢中O元素化合价降低，由-1价降低至-2价，生成2mol二氧化碳时转移16mol电子，则生成时转移电子数目为4NA，故D错误；故答案选C。6.苯氧乙酸是制备某种具有菠萝气味的香料的中间体，其制备原理如图所示。下列说法错误的是A.环氧乙烷中所有原子共平面 B.苯氧乙醇有2种含氧官能团C.氧化剂可选用酸性溶液 D.苯氧乙酸的核磁共振氢谱有5组峰【答案】A【解析】【详解】A．环氧乙烷中C原子均为饱和碳原子，不可能所有原子共平面，故A错误；B．苯氧乙醇的结构简式为，有醚键和羟基2种含氧官能团，故B正确；C．当羟基碳上有两个氢原子时，可以被强氧化剂酸性溶液氧化为羧基，故C正确；D．苯氧乙酸中苯环上有3种氢原子，侧链上有2种氢原子，共5种氢原子，故核磁共振氢谱有5组峰，故D正确；故选A。7.实验室按以下方案从某海洋动物提取具有抗肿瘤活性的天然产物。下列实验方法或仪器错误的是A.步骤(1)需要过滤装置B.步骤(2)水层溶液从分液漏斗下口放出C.步骤(3)需要用到坩埚D.步骤(4)可利用物质的沸点不同分离【答案】C【解析】【分析】由流程可知，某海洋动物提取具有抗肿瘤活性的天然产物，由实验流程可知，操作(1)是分离固液混合物，其操作为过滤，操作(2)分高互不相溶的液体混合物，需进行分液，要用分液属斗，操作(3)是从溶液中得到固体，操作为蒸发，需要蒸发皿，操作(4)是从有机化合物中，利用沸点不同采用蒸馏得到甲苯，以此来解析；【详解】A．由分析可知，操作(1)是分离固液混合物，其操作为过滤，A正确；B．由分析可知，操作(2)分离互不相溶的液体混合物，需进行分液，由于甲苯的密度小于水，故下层为水层，分液时水层溶液从下口放出，上层为有机层，需从上口倒出，B正确；C．操作(3)是从溶液中得到固体，操作为蒸发，需要蒸发皿而不需要用坩埚，C错误；D．操作(4)是从有机化合物中，利用沸点不同采取蒸馏得到甲苯，D正确；故选C。8.晶格能是反映离子晶体稳定性的物理量，其定义为气态离子形成离子晶体释放的能量。生成的Born-Haber循环如图所示。下列说法错误的是A.离子晶体稳定性： B.的第三电离能为C.断裂键消耗的能量 D.【答案】B【解析】【详解】A．晶格能是反映离子晶体稳定性的物理量，其定义为气态离子形成离子晶体释放的能量，由图可知，形成离子释放845kJ能量，形成离子释放5493kJ能量，则离子晶体稳定性：，故A正确；B．Tl原子的第三电离能是由气态Ti2+离子失去1个电子形成气态Tl3+离子所需要的能量，根据Tl＋(g)+F-(g)+F2(g)→Tl3+(g)+F－(g)+F2(g)∆H=-，可判断的第三电离能不是，故B错误；C．由图可知，F2(g)→2F(g)吸收158kJ能量，则断裂键消耗的能量，故C正确；D．根据盖斯定律，，故D正确；故选B。9.键角是重要的键参数之一。下列键角的大小比较正确的是选项键角键角的大小比较AB金刚石>石墨CDA.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．氨分子中氮原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为1，四氨合铜离子中中心离子为提供空轨道的铜离子，配体为提供孤对电子的氨分子，配离子中氮原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为0，孤对电子对数越多，对成键电子对的斥力越大，键角越小，则四氨合铜离子的键角大于氨分子，故A正确；B．金刚石中碳原子的杂化方式为sp3杂化，石墨中碳原子的杂化方式为sp2杂化，则金刚石中键角小于石墨，故B错误；C．三氧化硫分子中硫原子的价层电子对数为3、孤对电子对数为0，分子的空间构型为平面三角形，亚硫酸根离子中硫原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为1，离子的空间构型为三角锥形，则三氧化硫分子中键角大于亚硫酸根离子，故C错误；D．离子中碳原子的价层电子对数为3、孤对电子对数为0，离子的空间构型为平面三角形，离子中碳原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为1，离子的空间构型为三角锥形，则离子中键角大于离子，故D错误；故选A。10.方程式是物质转化的符号表征形式。下列符号表征错误的是A.铅酸蓄电池放电正极反应：B.顺式聚异戊二烯的合成：C.乙酰胺在酸性条件下加热水解：D.向溶液滴入稀硫酸出现乳白色浑浊：【答案】B【解析】【详解】A．二氧化铅是铅蓄电池的正极，酸性条件下二氧化铅在正极得到电子发生还原反应生成硫酸铅和水，电极反应式为，故A正确；B．催化剂作用下顺式异戊二烯发生加聚反应生成顺式聚异戊二烯，反应的化学方程式为n，故B错误；C．乙酰胺在酸性条件下加热发生水解反应生成乙酸和铵根离子，反应的离子方程式为，故C正确；D．硫代硫酸钠溶液与稀硫酸反应生成硫酸钠、硫沉淀、二氧化硫气体和水，反应的离子方程式为，故D正确；故选B。11.某化合物具漂白性，主要用于染色工艺，其结构如图所示，其中W、X、Y、M、Z是原子序数依次递增短周期主族元素，且Y和同主族，下列说法错误的是A.电负性: B.和均为极性分子C.MW与水反应后的溶液呈碱性 D.利的VSEPR模型名称均为平面三角形【答案】B【解析】【分析】由化合物的结构可知，M为带一个单位正电荷的阳离子，阴离子中W、X、Y、Z形成的共价键分别为1、4、2、4，W、X、Y、M、Z是原子序数依次递增的短周期主族元素，且Y和Z同主族，则W为H元素、X为C元素、Y为O元素、M为Na元素、Z为S元素。【详解】A．元素的非金属性越强，电负性越大，元素的非金属性强弱顺序为C<S<O，则电负性的大小顺序为C<S<O，故A正确；B．乙炔分子的空间构型为结构对称的直线形，属于非极性分子，故B错误；C．氢化钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，反应所得溶液呈碱性，故C正确；D．二氧化硫和三氧化硫分子中硫原子的价层电子对数都为3，则分子的VSEPR模型均为平面三角形，故D正确；故选B12.钙介导下电化学合成氨的原理如图所示，已知钙元素的转化途径为Ca2+→Ca→CaxNyHz→Ca2+。下列说法正确的是A.阴极区的反应式为B.理论上每产生消耗C.钙离子在该合成氨过程中的作用是活化D.电解质溶液可换为含有少量乙醇的水溶液【答案】C【解析】【分析】由图可知，与直流电源正极相连的左侧电极为电解池的阳极，氢气在阳极失去电子发生氧化反应生成氢离子，氢离子与C2H5O-结合生成乙醇，乙醇又离解生成氢离子和C2H5O-，右侧电极为阴极，钙离子在阴极得到电子发生还原反应生成钙，钙与氮气反应生成CaxNyHz，CaxNyHz与氢离子反应生成钙离子和氨气，则电解的总反应为钙离子和乙醇催化作用下氮气和氢气电解生成氨气。【详解】A．由分析可知，与直流电源正极相连的左侧电极为电解池的阳极，氢气在阳极失去电子发生氧化反应生成氢离子，氢离子与C2H5O-结合生成乙醇，反应式为，故A错误；B．由分析可知，电解的总反应为钙离子和乙醇催化作用下氮气和氢气电解生成氨气，则阴极区生成氨气时，催化剂乙醇的量没有变化，故B错误；C．由分析可知，电解的总反应为钙离子和乙醇催化作用下氮气和氢气电解生成氨气，则钙离子的作用是活化氮气，故C正确；D．钙能与水反应生成氢氧化钙和氢气，所以电解质溶液不能换为含有少量乙醇的水溶液，故D错误；故选C。13.超导现象一直吸引着广大科学家的关注。某超导材料的晶体结构属于四方晶系，其晶胞如图所示。下列说法错误的是A.第一电离能: B.与等距且最近的有12个C.该超导材料的化学式为 D.该晶体的密度为【答案】B【解析】【详解】A．同一主族随原子序数变大，原子半径变大，第一电离能变小；同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，第一电离能:，A正确；B．由图可知，与等距且最近的有4个，B错误；C．根据“均摊法”，晶胞中含个Hg、2个Ba、个Cu、个O，则化学式为，C正确；D．结合C分析可知，，D正确；故选B。14.甲烷化是“负碳排放”的重要研究方向，某研究团队报道了镍基催化剂上与反应生成甲烷的两种机理如图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用*表示。下列说法错误的是A.镍基催化剂增加了活化分子的百分数B.两种机理均涉及极性链的断裂和生成C.机理中的选择性更高D.机理涉及反应【答案】C【解析】【详解】A．催化剂降低反应的活化能，将普通分子转化为活化分子，则镍基催化剂增加了活化分子的百分数，A正确；B．两种机理均涉及C=O极性键的断裂和C-H键的生成，B正确；C．机理中主要生成CH4，次要生成CO，则机理中的选择性更高，C错误；D．由图可知机理涉及反应，D正确；故选C。15.为测定中配位数，将浓度均为和溶液按不同体积比混合，其用量和溶液浑浊度的关系如图，已知:。下列说法错误的是A.b点对应的B.中配位数C.当时，D.当时，【答案】D【解析】【分析】由图可知，浓度相等的硝酸银溶液和氰化钾溶液的总体积为10mL，硝酸银溶液和氰化钾溶液的体积比为1：1时，溶液浑浊度最大，说明a点时硝酸银溶液和氰化钾溶液恰好反应生成氰化银沉淀；体积比小于1：1时，溶液浑浊度减小，说明氰化银与溶液中氰酸根离子转化为配离子，b点时酸银溶液和氰化钾溶液恰好生成配离子，由体积比可知，配离子的配位数n为：＜n＜，由n为大于0的正整数可知，配位数n为2，则配离子的化学式为[Ag(CN)2]—。【详解】A．由分析可知，配离子的化学式为[Ag(CN)2]—，实验时硝酸银溶液和氰化钾溶液的总体积为10mL，则b点硝酸银溶液和氰化钾溶液的体积比为1：2，属于硝酸银溶液的体积为，故A正确；B．由分析可知，配离子的化学式为[Ag(CN)2]—，则配位数n为2，故B正确；C．氰化钾溶液的体积溶液为4mL时，硝酸银溶液的体积为6mL，则混合溶液中银离子浓度为=2.0×10—3mol/L，由溶度积可知，溶液中氰酸根离子浓度为=8.0×10—12mol/L，故C正确；D．氰化钾溶液的体积溶液为6mL时，硝酸银溶液的体积为4mL，则硝酸银溶液完全反应生成氰化银沉淀的物质的量为0.01mol/L×4×10—3L=4×10—5mol，过量氰化钾溶液与氰化银反应生成可溶的配离子，则剩余氰化银沉淀的物质的量为4×10—5mol—0.01mol/L×2×10—3L=2×10—5mol，故D错误；故选D。二、非选择题:本题共4小题，共55分。16.实现废钨——镍型加氢催化剂(主要成分为，还含有和少量含有机物)中有价值金属回收的工艺流程如下。已知：ⅰ.，纯碱不与反应。ⅱ.相关金属离子[c0(Mn+)=0.1mol/L]形成氢氧化物沉淀的范围如下:金属离子Ni2+Al3+Fe3+开始沉淀时的pH6.93.41.5沉淀完全时的pH8.94.72.8回答下列问题:（1）28Ni位于元素周期表的第__________周期、__________族。（2）“氧化”的目的为__________和将金属单质氧化至相应价态。（3）“钠化焙烧”中生成的化学方程式为__________。（4）“酸化沉钨”后过滤，所得滤饼的主要成分为__________(填化学式)。（5）“调”除铁和铝，溶液的范围应调节为__________。（6）资料显示，硫酸镍结晶水合物的形态与温度有如表关系。温度低于高于晶体形态多种结晶水合物“一系列操作”依次是__________、及时过滤、洗涤、干燥。（7）强碱溶液中NaClO氧化NiSO4，可沉淀出用作电池正极材料的NiOOH，该反应的离子方程式为__________。【答案】（1）①.四②.Ⅷ（2）除去含S有机物（3）WO3+Na2CO3Na2WO4+CO2↑（4）H2WO4（5）4.7—6.9（6）蒸发浓缩、冷却到30.8℃～53.8℃结晶（7）ClO−＋2Ni2＋＋4OH−=2NiOOH↓＋Cl−＋H2O【解析】【分析】由题给流程可知，废催化剂在空气中氧化，将含硫有机物转化为气体除去，并将金属单质氧化至相应价态；向氧化渣中加入碳酸钠在600℃条件下钠化焙烧，将氧化钨转化为钨酸钠，焙烧渣经水浸、过滤得到浸渣和滤液；向滤液中加入硫酸溶液酸化沉钨，将钨酸钠转化为钨酸沉淀，过滤得到钨酸；钨酸煅烧分解生成氧化钨；向浸渣中加入硫酸溶液酸浸，将金属氧化物转化为可溶的硫酸盐，二氧化硅与硫酸溶液不反应，过滤得到含有二氧化硅的滤渣和滤液；调节滤液pH在4.7—6.9范围内，将溶液中的铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤得到含有氢氧化铁、氢氧化铝的滤渣和硫酸镍溶液；硫酸镍溶液经蒸发浓缩、冷却到30.8℃～53.8℃结晶、及时过滤、洗涤、干燥得到六水硫酸镍。小问1详解】镍元素的原子序数为28，位于元素周期表第四周期Ⅷ族，故答案为：四；Ⅷ；【小问2详解】由分析可知，氧化的目的是将含硫有机物转化为气体除去，并将金属单质氧化至相应价态，故答案为：除去含S有机物；【小问3详解】由分析可知，“钠化焙烧”中生成钨酸钠的反应为氧化钨与碳酸钠高温下反应生成钨酸钠和二氧化碳，反应的化学方程式为WO3+Na2CO3Na2WO4+CO2↑，故答案为：WO3+Na2CO3Na2WO4+CO2↑；【小问4详解】由分析可知，“酸化沉钨”后过滤，所得滤饼的主要成分为钨酸，故答案为：H2WO4；【小问5详解】由分析可知，调节滤液pH在4.7—6.9范围内的目的是将溶液中的铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，故答案为：4.7—6.9；【小问6详解】由题给信息可知，“一系列操作”为硫酸镍溶液经蒸发浓缩、冷却到30.8℃～53.8℃结晶、及时过滤、洗涤、干燥得到六水硫酸镍，故答案为：蒸发浓缩、冷却到30.8℃～53.8℃结晶；【小问7详解】由题意可知，生成碱式氧化镍的反应为碱性条件下溶液中的镍离子与次氯酸根离子反应生成碱式氧化镍、氯离子和水，反应的离子方程式为ClO−＋2Ni2＋＋4OH−=2NiOOH↓＋Cl−＋H2O，故答案为：ClO−＋2Ni2＋＋4OH−=2NiOOH↓＋Cl−＋H2O。17.硫脲为白色晶体，可溶于水，易溶于乙酸乙酯，可代替氰化物用于提炼金。合成硫脲的原理为。回答下列问题：（1）仪器a的名称为__________。（2）从结构角度分析，硫脲可溶于水的原因是__________。（3）多孔球泡的作用是__________。（4）B中反应完全的标志是__________。（5）分离提纯的方法为萃取，应选用的绿色萃取剂为__________(填标号)。a.苯b.四氯化碳c.乙酸乙酯d.乙醇（6）滴定原理：取mg硫脲的粗产品溶于水，用cmol∙L-1的酸性重铬酸钾标准溶液滴定到终点，平行三次实验平均消耗VmL标准溶液，则样品中硫脲的纯度为__________。（7）在酸性溶液中，硫脲在Fe3+存在下能溶解金形成，反应的离子方程式为_______。溶解金的过程伴随着溶液变红的现象，原因可能为硫脲发生异构化生成__________(填化学式)。【答案】（1）球形干燥管（2）硫脲为极性分子，水也为极性分子，依据相似相溶原理，硫脲易溶于水，且硫脲分子可与水分子间形成氢键（3）增大气体与液体的接触面积，提高吸收效率（4）分层现象消失（5）c（6）（7）①.Au+2S=C(NH2)2+Fe3+=[Au(S=C(NH2)2)++Fe2+②.【解析】【分析】合成硫脲的原理为。装置A中，NH4Cl与Ca(OH)2在加热条件下反应制取NH3；将NH3通入B装置中，与CS2发生反应，生成易溶于水的(H2N)2C=S和NH4HS，反应完成后用萃取剂萃取出(H2N)2C=S，再加以分离，未反应的NH3用稀硫酸吸收。【小问1详解】仪器a的名称为球形干燥管。【小问2详解】硫脲的结构简式为，从结构角度分析，可溶于水的原因是：硫脲为极性分子，水也为极性分子，依据相似相溶原理，硫脲易溶于水，且硫脲分子可与水分子间形成氢键。【小问3详解】多孔球泡能使气体与水的接触面积增大，则作用是：增大气体与液体的接触面积，提高吸收效率。【小问4详解】反应前，B中液体分层，通入NH3后，NH3与CS2反应生成的产物(H2N)2C=S和NH4HS都易溶于水，则B中反应完全的标志是：分层现象消失。【小问5详解】苯、四氯化碳易挥发，且会对大气造成污染，乙醇与水互溶，而乙酸乙酯无毒、挥发性小，且硫脲易溶于乙酸乙酯，则分离提纯方法为萃取，应选用的绿色萃取剂为乙酸乙酯，故选c。【小问6详解】由反应方程式可建立关系式：3(H2N)2C=S——7，n()=cmol∙L-1×V×10-3L=cV×10-3mol，则样品中硫脲的纯度为=。【小问7详解】在酸性溶液中，硫脲在Fe3+存在下能溶解金形成，反应的离子方程式为Au+2S=C(NH2)2+Fe3+=[Au(S=C(NH2)2)++Fe2+。溶解金的过程伴随着溶液变红的现象，原因可能为硫脲发生异构化，则生成。【点睛】分离沸点相差较大的液体混合物，常用蒸馏法。18.化合物F是合成药物的重要中间体，其合成路线如图所示。已知回答下列问题:（1）B→C的反应类型是__________。（2）C中官能团的名称是__________。（3）D的结构简式为__________。（4）F中有__________个手性碳原子。（5）A的同分异构体中，遇溶液显色的共有__________种。（6）以苯、乙烯和为含碳原料，利用上述原理，合成化合物。①相关步骤涉及到烯烃制卤代烃的反应，其化学方程式为__________。②最后一步转化中与卤代烃反应的有机物的结构简式为__________。【答案】（1）还原反应（2）羧基、醚键（3）（4）2（5）9（6）①.CH2=CH2+HBrCH3CH2Br②.【解析】【分析】由有机物的转化关系可知，氯化铝作用下与发生取代反应生成，与盐酸和铁共热发生还原反应生成，在PPA作用下发生取代反应生成，则D为；与CH3Br发生题给信息反应生成，经多步转化生成。【小问1详解】由分析可知，B→C的反应为与盐酸和铁共热发生还原反应生成，故答案为：还原反应；【小问2详解】由结构简式可知，的官能团为羧基和醚键，故答案为：羧基、醚键；【小问3详解】由分析可知，D的结构简式为，故答案为：；【小问4详解】由结构简式可知，F分子中含有如图*所示的2个手性碳原子：，故答案为：2；【小问5详解】A的同分异构体遇氯化铁溶液显色说明同分异构体分子中含有酚羟基，同分异构体可以视作乙苯、邻二甲苯、对二甲苯、间二甲苯分子中苯环上的氢原子被酚羟基取代所得结构，共有9种，故答案为：9；【小问6详解】由题给有机物的转化关系可知，以苯、乙烯和为含碳原料合成化合物的合成步骤为催化剂作用下乙烯与溴化氢共热发生加成反应生成溴乙烷；催化剂作用下苯与发生取代反应生成，与盐酸和铁共热发生还原反应生成，在PPA作用下发生取代反应生成，与溴乙烷发生题给信息反应生成；①由分析可知，相关步骤涉及到烯烃制卤代烃的反应为催化剂作用下乙烯与溴化氢共热发生加成反应生成溴乙烷，反应的化学方程式为CH2=CH2+HBrCH3CH2Br，故答案为：CH2=CH2+HBrCH3CH2Br；②由分析可知，最后一步转化中与卤代烃反应的有机物的结构简式为，故答案为：。19.丙烯是一种重要的化工原料。利用丙烷脱氢制备丙烯的原理为：直接脱氢:回答下列问题:（1）各化学键的键能如表所示，则__________。化学键C-HC-C(π键)H-H键能413271436（2）计算机模拟直接脱氢的反应历程如图所示：①基元反应速率大小：第一步__________(填“>”“<”或“=”)第二步。②依据该历程图推测丙烷脱氢可能会产生的副产物为__________(填分子式)。（3）一种提高丙烷转化率的催化剂—膜系统，能让部分氢气透过膜后与反应体系分离，其工作原理如图所示：①该系统能提高丙烷转化率的原因为__________。②在T、p0条件下，丙烷通入无膜反应器，丙烷的平衡转化率为，该反应的压强平衡常