黄金卷01-2024年高考化学模拟卷11

【赢在高考·黄金8卷】备战2024年高考化学模拟卷（辽宁专用）黄金卷01（考试时间：75分钟试卷满分：100分）可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16S32Cl35.5Cr52Fe56Cu64第Ⅰ卷一、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，只有一项符合题目要求。1．近年来我国取得了很多令世界瞩目的科技成果，化学学科在“国之重器”的打造中发挥着重要作用。下列有关说法正确的是A．神州十五号载人飞船返回东风着陆场，返回舱逃逸系统复合材料中的酚醛树脂属于合成纤维B．制造5G芯片的氮化铝晶圆属于传统无机非金属材料C．“神州十六号”载人飞船使用砷化镓太阳能电池，砷化镓是一种分子晶体D．“鲲龙”水陆两栖飞机实现海上首飞，其所用燃料航空煤油是石油分馏产品【答案】D【解析】A．酚醛树脂是一种合成塑料，不属于合成纤维，A错误；B．氮化铝属于新型无机非金属材料，不是传统无机非金属材料，B错误；C．砷化镓为原子晶体，不是分子晶体，C错误；D．石油分馏得到煤油等物质，航空煤油通过石油分馏得到，D正确；故答案选D。2．下列化学用语表示正确的是A．用电子式表示HCl的形成过程：B．基态Fe原子的价层电子轨道表示式：C．邻羟基苯甲醛分子内氢键示意图：D．的VSEPR模型：【答案】D【解析】A．HCl是共价化合物，H原子和Cl原子通过电子对的共用形成共价键，故用电子式表示形成过程为，选项A错误；B．Fe是26号元素，基态Fe原子的价层电子排布式为3d64s2，价层电子轨道表示式为：，选项B错误；C．用氢键表示法表示邻羟基苯甲醛分子内氢键为，选项C错误；D．NH3中心原子N有3个σ键，孤电子对数为=1，价层电子对数为4，VSEPR模型为四面体形，选项D正确；答案选D。3．下列反应的离子方程式正确的是A．等浓度等体积的NaAlO2溶液和HCl溶液混合：AlO+4H+=Al3++2H2OB．用高锰酸钾标准溶液滴定草酸：2MnO+16H++5C2O=2Mn2++10CO2↑+8H2OC．用纯碱溶液转化水垢中的CaSO4：CO(aq)+CaSO4(s)SO(aq)+CaCO3(s)D．向CuSO4溶液中加入过量氨水：Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2NH【答案】C【解析】A．等浓度等体积的NaAlO2溶液和HCl溶液混合生成Al(OH)3沉淀，故离子方程式为：AlO+H++H2O=Al(OH)3↓，A错误；B．草酸是弱酸，离子方程式中不能拆，故用高锰酸钾标准溶液滴定草酸的离子方程式为：2MnO+6H++5H2C2O4=2Mn2++10CO2↑+8H2O，B错误；C．用纯碱溶液转化水垢中的CaSO4的离子方程式为：CO(aq)+CaSO4(s)SO(aq)+CaCO3(s)，C正确；D．向CuSO4溶液中加入过量氨水生成Cu(NH3)4SO4溶液，故离子方程式为：Cu2++4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++4H2O，D错误；故答案为：C。4．化学是以实验为基础的学科。下列实验操作、现象和结论均正确的是选项实验操作实验现象结论A向某溶液滴入氯水后再滴KSCN溶液溶液变红色该溶液一定含B向某溶液中滴入硝酸钡溶液溶液中出现白色沉淀原溶液中一定含有C将维生素C研细加入三氯化铁溶液中溶液由黄色变浅绿色维生素C有还原性D将海带灰浸出液过滤，在滤液中加入氯水，再滴几滴淀粉溶液溶液呈蓝色海带中含碘单质【答案】C【解析】A．原溶液可能本来就存在，A错误；B．如果溶液显酸性，向溶液中加入硝酸根，在酸性环境下硝酸根具有强氧化性，可能把原溶液的氧化成了，B错误；C．溶液加入维C后黄色变浅绿色，说明被还原为，维C有还原性，C正确；D．碘离子被氧化为碘单质，海带中含的是，而不是，D错误；故选C。5．在化学元素史上，氟元素的发现是参与人数最多、工作最难的研究课题之一，从发现氢氟酸到制得单质氟，历时118年之久。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．在标准状况下，22.4L与足量水反应生成的分子数为0.25NAB．氟蒸气和氢气充分反应，转移电子数小于2NAC．在标准状况下，22.4LHF所含的质子数为10NAD．的氟化钠水溶液中与离子数之和大于NA【答案】D【解析】A．氟气与水反应生成氢氟酸和氧气，由得失电子数目守恒可知，标准状况下22.4L氟气与足量水反应生成氧气的分子数为××NAmol—1=0.5NA，故A错误；B．氟气与氢气反应生成氟化氢，则1mol氟气与1mol氢气充分反应生成氟化氢时，转移电子数目为1mol×2×NAmol—1=2NA，故B错误；C．标准状况下，氟化氢为液态，则无法计算22.4L氟化氢的物质的量和含有的质子数，故C错误；D．氟化钠为强碱弱酸盐，氟离子在溶液中水解使溶液中阴离子数目增大，则1L1mol/L氟化钠溶液中氟离子和氢氧根离子的数目之和大于1mol/L×1L×NAmol—1=NA，故D正确；故选D。6．复旦大学科研团队发现了一种“小分子胶水”，能助力自噬细胞吞没致病蛋白，其结构如图。下列有关该物质说法正确的是A．该物质的分子式为C14H10O4B．分子中苯环上的一氯代物只有4种C．1mol该物质与NaOH反应最多消耗3molNaOHD．该物质可发生取代、加成、氧化、加聚反应【答案】D【解析】A．该有机物分子中含有15个碳原子、4个氧原子C15H10O4，故A错误；B．苯环上含有5种氢原子，则苯环上的一氯代物有5种，故B错误；C．分子中含有2个酚羟基和1个酚类酯基，所以1mol该物质最多消耗4molNaOH，故C错误；D．酚羟基和碳碳双键能发生氧化反应、碳碳双键能发生加成反应、加聚反应，酚羟基能发生取代反应，故D正确；故选：D。7．一种2甲基色酮内酯(Y)可通过下列反应合成，下列说法正确的是

A．Y分子中所有碳原子均可能处于同一平面B．最多能与含的浓溴水发生反应C．X、Y在浓硫酸催化下加热可发生消去反应D．Y与完全加成的产物分子中含有5个手性碳原子【答案】B【解析】A．由结构简式可知Y中存在与三个碳原子直接相连的饱和碳原子，该碳原子呈四面体构型，所有碳原子不可能处于同一平面上，故A错误；B．X中含有2个酚羟基邻、对位氢原子可与溴单质发生取代反应，含有1个碳碳双键能与溴单质发生加成反应，则1molX最多能与3mol溴单质反应，故B正确；C．X、Y均不含醇结构，不能发生消去反应，故C错误；D．Y与完全加成后生成：

，该物质中含6个手性碳原子如图：

，故D错误；故选：B。8．我国科学家合成一种比硫酸酸性强的超强酸催化剂，广泛应用于有机合成，它的结构式如图所示。短周期主族元素R、X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Y和W位于同族。下列说法正确的是

A．简单氢化物的沸点：B．X、W分别与Y形成的化合物中，X原子和W原子的杂化类型相同C．简单离子半径：D．R、Y、W只能组成一种三元化合物【答案】C【分析】根据题干信息和结构式中原子成键情况分析出R、X、Y、Z、W分别是H、C、O、F、S，以此解题。【解析】A．由分析可知，Z为F，Y为O，W为S，其对应的氢化物分别为：HF、H2O、H2S，其中H2O分子间可以形成较多氢键，且常温为液体，沸点最高，HF可以形成分子间氢键，沸点较高，故简单氢化物的沸点，A错误；B．X为C，W为S，Y为O，则X与Y形成化合物CO和CO2，W与Y形成化合物SO2和SO3，CO2中C为sp杂化，SO2和SO3中S为sp2杂化，B错误；C．电子层数越多，离子半径越大，电子层数相同时核电荷数越大，离子半径越小，则S2、O2、F的离子半径依次减小，C正确；D．R、Y、W能形成亚硫酸、硫酸等多种三元化合物，D错误；故选C。9．烟气中氮氧化物(NOx)所带来的污染问题日趋加剧，越发体现出其排放控制的重要性与紧迫性。电化学法在治理烟气中氮氧化物方面具有很大优势，以连二亚硫酸根()为媒介，使用间接电化学法可处理燃煤烟气中的NO，装置如图所示，下列有关说法中错误的是

A．Pt电极区电极反应式为B．C电极区得到的产物有和较浓的硫酸C．离子交换膜为阴离子交换膜，电解质中的从C电极区向Pt电极区移动D．若电路中转移了，则此通电过程中理论上吸收的NO的体积为5.6L(标准状况)【答案】C【分析】NO与连二亚硫酸根离子发生氧化还原反应，生成氮气和亚硫酸根离子，亚硫酸根离子进入阴极区发生还原反应，生成连二亚硫酸离子，阳极区水电离的氢氧根离子放电，发生氧化反应，生成氧气和氢离子，水被消耗导致硫酸浓度增大；【解析】A．Pt电极的亚硫酸根离子得到电子发生还原反应，生成连二亚硫酸离子，电极反应式为，A正确；B．由分析可知，C电极区得到的产物有和较浓的硫酸，B正确；C．离子交换膜为阳离子交换膜，阳极生成的氢离子从C电极区向Pt电极区移动，C错误；D．反应中氮元素化合价由+2变为0：，若电路中转移了，则此通电过程中理论上吸收的0.25molNO，其体积为5.6L(标准状况)，D正确；故选C。10．实验室以浓缩盐湖水(含Na＋、Li＋、Cl和少量Mg2＋、Ca2＋)为原料制备高纯Li2CO3的实验流程如下：

Li2CO3溶解度曲线如图所示下列说法错误的是A．“步骤Ⅰ”“步骤Ⅱ”中均需使用漏斗B．“沉淀2”的主要成分为CaCO3C．“操作X”依次为蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥D．“滤液3”经除杂后可用作氯碱工业的原料【答案】C【分析】浓缩盐湖水(含Na＋、Li＋、Cl和少量Mg2＋、Ca2＋)中加入Ca(OH)2，可将Mg2+转化为沉淀，经过滤得沉淀1主要为Mg(OH)2；往滤液1中加入Li2CO3，可将Ca2+转化为沉淀，经过滤得沉淀2主要为CaCO3，过滤后滤液2中继续加入浓度较大的Na2CO3溶液，同时升高温度，可将Li+转化为Li2CO3沉淀，所得滤液3主要为氯化钠溶液。【解析】A．“步骤Ⅰ”“步骤Ⅱ”用于分离溶液和沉淀，为过滤操作，均需使用漏斗，A正确；B．据分析，“沉淀2”的主要成分为CaCO3，B正确；C．题干信息显示，Li2CO3在冷水中溶解度较热水中大，所以“操作X”依次为蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥，C不正确；D．滤液3主要为氯化钠溶液，“滤液3”经除杂后可用作氯碱工业的原料，D正确；答案选C。11．我国科学院深圳研究中心研究员唐永炳及其团队成功研发出一种新型高性能、低成本的锡石墨钠型双离子电池，其结构原理如图所示。该电池采用锡箔(不参与电极反应)作为电池电极和集流体，另一电极材料为石墨(Cn)，电解液采用溶于有机溶剂中的六氟磷酸钠。下列有关说法错误的是A．放电时，锡钠合金为负极 B．放电时，正极反应为：C．充电时，石墨电极与电源的负极相连 D．充电时，电解液中的运动到锡箔表面，形成锡钠合金【答案】C【解析】A．放电时Na失去电子，发生反应Na−e−+=NaPF6，所以锡钠合金为负极，故A正确；B．放电时正极发生还原反应：Cn(PF6)x+xe−=x+Cn，故B正确；C．放电时锡钠合金为负极，则充电时，锡钠合金与电源的负极相连作阴极，故C错误；D．充电时阳离子移向阴极，充电时锡钠合金为阴极，所以充电时，电解液中的Na+运动到锡箔表面，形成锡钠合金，故D正确；故答案为C。12．T℃时，向体积不等的恒容密闭容器中加入足量活性炭和，发生反应。反应相同时间，测得各容器中的转化率与容器体积的关系如图所示，下列说法错误的是A．a点对应容器中，反应达到了平衡状态B．缩小c点对应容器的体积增大压强，v(正)<v(逆)C．D．向b点对应容器中再充入一定量，达到新平衡时，的转化率减小【答案】B【分析】图中b点NO2的转化率最高，则温度为T℃时，b点恰好达到平衡状态，由于ab曲线上对应容器的体积逐渐增大，NO2的起始浓度逐渐减小，但浓度均大于b点，NO2的浓度越大，反应速率越大，达到平衡的时间越短，所以ab曲线上反应均达到平衡状态，反应正向是气体体积增大的反应，随着容器体积的增大，NO2的转化率逐渐增大，b点达到最大；b点以后，随着容器体积的增大，NO2的起始浓度减小，反应速率减慢，达到平衡的时间延长，所以bc曲线上反应均未达到平衡状态，由于NO2的起始浓度低，则反应正向进行。【解析】A．据分析，a点对应容器中，反应达到了平衡状态，A正确；B．缩小c点对应容器的体积增大压强，若在bc曲线上任何一点，反应均正向进行，v(正)＞v(逆)，B错误；C．a点时反应达到平衡，NO2转化率为40%，则T℃时，该反应的化学平衡常数为，b点时反应三段式为，则T℃时，该反应的化学平衡常数为得，C正确；D．向b点对应容器中再充入一定量，相当于增大压强，平衡逆向移动，达到新平衡时，的转化率减小，D正确；选B。13．已知水合肼(N2H4•H2O)具有较强还原性，通常可被氧化为N2。现用如图流程可制得较纯的单质Pt，下列有关说法不正确的是A．王水是由浓盐酸与浓硝酸组成，与粗Pt反应时浓硝酸表现出强氧化性B．已知H2[PtCl6]是配合物，则中心原子是Pt，配位数为6C．脱硝除去残余的HNO3和氮氧化物，主要目的是防止其污染环境D．由PtO2制得1mol纯Pt，理论上至少需要1molN2H4•H2O作还原剂【答案】D【解析】A．王水由浓盐酸与浓硝酸按3:1体积比混合而成，与粗Pt反应时生成H2[PtCl6]、NO等，所以浓硝酸表现强氧化性，A正确；B．已知H2[PtCl6]是配合物，则中心原子是Pt，6个Cl与Pt以配位键相结合，所以配位数为6，B正确；C．脱硝的目的，是从环境保护的角度考虑，除去残余的HNO3和氮氧化物，防止其污染环境，C正确；D．由PtO2制得1mol纯Pt，发生反应的关系式为PtO2——N2H4∙H2O，由H2[PtCl6]制得纯Pt，发生反应的关系式为H2[PtCl6]——N2H4∙H2O，则理论上至少需要2molN2H4∙H2O作还原剂，D不正确；故选D。14．下列说法错误的是A．图1为石墨晶体结构，晶体中既存在共价键又存在范德华力，属于混合型晶体B．某气态团簇分子结构如图2所示，该气态团簇分子的化学式为TiCC．图3为ZnS的晶胞结构，晶胞中填充在围成的四面体空隙中，则四面体空隙的填充率为50%D．图3为ZnS的晶胞结构，已知该晶体的密度为，为阿伏加德罗常数的值，则晶胞中和的最近距离为【答案】B【解析】A．图1为石墨晶体结构，晶体中既存在共价键又存在范德华力，属于混合型晶体，故A正确；B．某气态团簇分子结构如图2所示，该气态团簇分子中含有14个Ti原子，13个C原子，该气态团簇分子的化学式为Ti14C13，故B错误；C．图3为ZnS的晶胞结构，晶胞中的个数为=4，S2的个数为4，ZnS构成的正四面体空隙有8个，其中4个被S2占据，所以空隙填充率为50%，故C正确；D．根据均摊法可知晶胞中含有4个Zn2+和4个S2，设晶胞常数为acm，则晶体密度为=，a=，晶胞中和的最近距离为cm，为，故D正确；故选B。15．已知：K1=103.32、K2.Ag+、[Ag(NH3)]+、[Ag(NH3)2]的分布系数δ与lg[c(NH3)/(mol·L1)]关系如图所示，。下列说法错误的是A．曲线b代表[Ag(NH3)2]+B．的平衡常数K=107.22C．K2=103.90D．当c(NH3)<0.01mol·L1时，银元素主要以[Ag(NH3)2]+形式存在【答案】D【分析】随着NH3浓度的增大，Ag+与NH3的反应、与NH3的反应的化学平衡均正向移动，因此NH3浓度的增大，银离子分布分数逐渐减小，分布分数先增大后减小，[Ag(NH3)2]+分布分数逐渐增大，故a表示Ag+，b表示，c表示；【解析】A．根据分析可知，曲线b代表[Ag(NH3)2]+，A正确；B．从图中可知，lgc(NH3)=3.61时，银离子的分布分数等于[Ag(NH3)2]+的分布分数，此时，的平衡常数K=c2(NH3)=(103.61)2=107.22，B正确；C．从图中可知，lgc(NH3)约为3.90时，和的分布分数相同，则K2=，C正确；D．从图中可知，c(NH3)<0.01mol/L时，Ag元素先后以Ag+、等形式存在，D错误；故选D。第Ⅱ卷二、非选择题：本题共4小题，共55分。16．过二硫酸铵[]具有强氧化性，广泛用于蓄电池工业，其电解法制备的装置如图所示：(1)已知：电解效率η的定义为①M膜为(填“阳”或“阴”)离子交换膜，生成的电极反应式是。②向阳极室和阴极室各加入100mL溶液。经测定制备的的物质的量浓度为，在电极a、b表面共收集到气体。则电极b表面收集到的气体是，为。(2)取电解后的b极室溶液少许于甲、乙两支试管中，进行下列实验：向甲试管中滴入酸化的KI和淀粉溶液并微热，溶液变蓝，说明过二硫酸铵具有(填“氧化”或“还原”)性；向乙试管中滴入酸化的溶液及1滴溶液(催化)并微热，溶液变紫色，能说明该现象的离子方程式为。(3)以为原料制备过二硫酸钾的主要流程如下：已知受热分解可得、等。①预浓缩得到的固体返回反应器再次与反应物作用的目的是。②解吸器中通入空气的目的是。【答案】(1)阴80%(2)氧化(3)提高的浓度将溶液中溶解的全部吹出【分析】过二硫酸铵和氢氧化钾反应生成过二硫酸钾后通入空气排出溶液中生成的氨气，冷却干燥分离出过二硫酸钾产品，吸收塔中加入硫酸得到副产物硫酸铵。【解析】（1）①由图可知，b极硫酸根离子失去电子发生氧化反应生成：，b极为阳极，a为阴极；电解池中阴离子向阳极运动，则左侧硫酸根离子通过阴极膜M进入阳极区，故M膜为阴离子交换膜；②阴极a极氢离子放电生成氢气，，b极硫酸根离子反应完全后，水放电生成氧气，，故电极b表面收集到的气体是氧气；制备的的物质的量浓度为，则生成0.002mol，根据电子守恒可知，此时同时生成氢气0.002mol，转移电子0.004mol，则生成后相当于电解水共生成氢气、氧气0.002mol=0.00075mol，，则生成氢气0.0005mol，转化电子0.001mol，故；（2）溶液变蓝，说明过二硫酸铵将碘离子氧化为碘单质，则其有氧化性；向乙试管中滴入酸化的溶液及1滴溶液(催化)并微热，溶液变紫色，说明锰离子在银离子催化作用下被氧化为高锰酸根离子，锰元素化合价升高，则过二硫酸根中1价的氧变成2价，化合价降低，结合电子守恒可知，离子方程式为；（3）①预浓缩得到的固体返回反应器再次与反应物作用的目的是提高的浓度，加快反应速率提高原料利用率；②反应中铵根离子和氢氧根离子生成极易溶于水的氨气，解吸器中通入空气的目的是将溶液中溶解的全部吹出。17．实验室用和亚硫酰氯制备无水的装置如图所示(加热及夹持装置略)。已知：的沸点为℃，遇水极易反应生成两种酸性气体。回答下列问题：(1)实验仪器B的名称为，仪器E的名称为，仪器G中盛有的试剂为溶液。(2)已知B中试剂为，实验开始先通N2。一段时间后，先加热装置_(填“B”或“D”)。(3)遇水蒸气发生反应的化学方程式为。(4)有人认为产品可能含，判断理由是。(5)实验完毕后，测定产品成分。取一定量产品溶于蒸馏水中，分成甲、乙两等份，进行如下实验：实验1：在甲中加入足量KI，再滴几滴淀粉溶液，用标准溶液滴定至终点，消耗2S2O3溶液V1mL。实验2：在乙中滴几滴24；溶液作指示剂，用3溶液测定氯离子的量，滴定至终点，消耗AgNO3溶液V2mL。已知：实验1中滴定反应为22S2O32。①若实验Ⅰ中溶液酸性较强，可能会使标准液变质，导致V1偏大，该过程用离子方程式表示：。②若时，可判断产品中全部是FeCl3。【答案】(1)三颈烧瓶球形冷凝管氢氧化钠(2)B(3)(4)生成的二氧化硫气体具有还原性，可能将铁离子还原为亚铁离子(5)3【分析】亚硫酰氯的沸点为76℃，加热易气化为蒸气，与在D中反应制备无水，尾气使用碱液吸收防止污染；【解析】（1）实验仪器B的名称为三颈烧瓶，仪器E的名称为球形冷凝管；已知：的沸点为℃，遇水极易反应生成两种酸性气体，根据质量守恒可知，生成气体为二氧化硫和氯化氢，故仪器G中盛有的试剂为氢氧化钠溶液，用于吸收尾气防止污染；（2）B中试剂为，实验开始先通N2排净装置中空气，一段时间后，先加热装置B，使得气化进入D装置中；（3）遇水极易反应生成两种酸性气体，根据质量守恒可知，生成气体为二氧化硫和氯化氢，；（4）生成的二氧化硫气体具有还原性，可能将铁离子还原为亚铁离子，使得产品可能含（5）铁离子和碘离子发生反应生成碘单质：，碘单质和反应：22S2O32，通过测定消耗的碘单质的量，求出I2的量，进而求出Fe3+的量，但酸性条件下发生，所以溶液酸性较强的话，会消耗更多的，使得V1偏大；由于反应可知，，所以，所以，当，可判断产品中全部是FeCl3。18．苯乙烯是用来制备重要高分子聚苯乙烯的原料。以水蒸气做稀释剂、催化剂存在条件下，乙苯催化脱氢可生成苯乙烯。可能发生如下两个反应：主反应：

副反应：

(1)已知，在298K、101kPa条件下，某些物质的相对能量()变化关系如图所示：。(2)在不同的温度条件下，以水烃比投料，在膜反应器中发生乙苯脱氢反应。膜反应器可以通过多孔膜移去，提高乙苯的平衡转化率，原理如图所示。已知移出率①忽略副反应。维持体系总压强p恒定，在温度T时，已知乙苯的平衡转化率为，的移出率为b，则在该温度下主反应的平衡常数(用等符号表示)。[对于气相反应，用某组分B的平衡压强代替物质的量浓度也可表示平衡常数，记作，如，p为平衡总压强，为平衡系统中B的物质的量分数]；②乙苯的平衡转化率增长百分数与的移出率在不同温度条件下的关系如下表：温度/℃增长百分数/%移出率/%7009501000608.434.382.778016.86.13.890277.14.39高温下副反应程度极小。试说明当温度高于950℃时，乙苯的平衡转化率随的移去率的变化改变程度不大的原因：；③下列说法正确的是。A．生成的总物质的量与苯乙烯相等B．因为被分离至隔离区，故反应器中不发生副反应C．在恒容的膜反应器中，其他条件不变，增大水烃比，可提高乙苯的转化率D．膜反应器可降低反应温度，减少副反应的影响(3)不同催化剂效能与水烃比有关。保持体系总压为常压的条件下，水烃比为9(曲线Ⅰ)时乙苯的平衡转化率与温度的关系的示意图如下：①请在图中画出水烃比为1时乙苯的平衡转化率与温度的关系曲线(曲线Ⅱ)；②工业上，减小水烃比是降低苯乙烯脱氢装置能耗的一个重要方向。若其他条件不变，减少水烃比，为使反应从起始到平衡均达到或接近原有的反应速率、限度，则可相应的改变的条件：。A．升温

B．降温

C．增压

D．减压

E．催化剂【答案】(1)54.6(2)主反应的吸热，高于950℃时，乙苯的平衡转化率很大(或平衡常数很大)，的移出率对平衡转化率的影响很小，或主反应的吸热，高于950℃时，温度对于主反应的影响大于的移出率对平衡转化率的影响D(3)AE【解析】（1）根据图像可知：①；②；③；根据盖斯定律：③②+①，得；（2）①，的移出率为b，剩余氢气，结合总压强p，将数据代入分压平衡常数，得；②当温度高于950℃时，乙苯的平衡转化率随的移去率的变化改变程度不大的原因：主反应的吸热，高于950℃时，乙苯的平衡转化率很大(或平衡常数很大)，的移出率对平衡转化率的影响很小，或主反应的吸热，高于950℃时，温度对于主反应的影响大于的移出率对平衡转化率的影响；③A．该过程有副反应发生，生成的总物质的量与苯乙烯不相等，故A错误；B．主反应为可逆过程，始终有存在，故反应器中发生副反应，故B错误；C．在恒容的膜反应器中，其他条件不