冲刺2024年高考化学真题重组卷01（浙江专用） 含解析

冲刺2024年高考化学真题重组卷(浙江专用)真题重组卷01(考试时间：90分钟试卷满分：100分)可能用到的相对原子质量：H-1Li-7B-11C-12N-14O-16Na-23Mg-24Al-27Si-28S-32Cl-35.5K-39Mn-55Fe-56Co-59Cu-64Zn-65Br-80I-127Ag-108Ba-137一、选择题：本题共16小题，每小题3分，共48分。1．(2023•浙江6月选考)材料是人类赖以生存和发展的物质基础，下列材料主要成分属于有机物的是()A．石墨烯 B．不锈钢C．石英光导纤维D．聚酯纤维【答案】D【解析】A项，石墨烯是一种由单层碳原子构成的平面结构新型碳材料，为碳的单质，属于无机物，A不符合题意；B项，不锈钢是Fe、Cr、Ni等的合金，属于金属材料，B不符合题意；C项，石英光导纤维的主要成分为SiO2，属于无机非金属材料，C不符合题意；D项，聚酯纤维俗称“涤纶”，是由有机二元酸和二元醇缩聚而成的聚酯经纺丝所得的合成纤维，属于有机物，D符合题意；故选D。2．(2023•浙江1月选考)下列化学用语表示正确的是()A．中子数为18的氯原子：B．碳的基态原子轨道表示式：C．的空间结构：(平面三角形)D．的形成过程：【答案】C【解析】A项，质量数=质子数+中子数，质量数标注于元素符号左上角，质子数标注于左下角，中子数为18的氯原子的质量数为17+18=35，核素符号为，故A错误；B项，基态碳原子的核外电子排布式为1s22s22p2，根据洪特规则，2p轨道上的2个电子应该分别在2个轨道上，且自旋方向相同，轨道表示式：，故B错误；C项，BF3的中心原子B原子孤电子对数==0，价层电子对数=3，空间构型为平面三角形，空间结构模型为：，故C正确；D项，HCl是共价化合物，不存在电子得失，其形成过程应为，故D错误；故选C。3．(2021•湖北选择性考试)“碳中和”有利于全球气候改善。下列有关CO２的说法错误的是()A．CO2是V形的极性分子B．CO2可催化还原为甲酸C．CO2晶体可用于人工增雨D．CO2是侯氏制碱法的原料之一【答案】A【解析】CO2中C采用sp杂化，空间构型为直线形分子；CO2是非极性分子，A项错误；CO2在电催化下与氢气反应可以降低碳的化合价，生成一系列化合物，如CH4、CH2＝CH2、CH3OH、HCOOH等，B项正确；干冰汽化时在吸收大量热量，使水蒸气液化而增雨，C项正确；侯氏制碱法的化学反应原理是NaCl＋NH3＋CO2＋H2O＝NaHCO3↓＋NH4Cl，2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O，D项正确。4．(2023•浙江1月选考)下列关于元素及其化合物的性质说法不正确的是()A．和乙醇反应可生成H2B．工业上煅烧黄铁矿(FeS2)生产SO2C．工业上用氨的催化氧化制备NO D．常温下铁与浓硝酸反应可制备NO2【答案】D【解析】A项，乙醇分子中含有羟基，可以和钠反应生成氢气，A正确；B项，黄铁矿(FeS2)在空气中煅烧生成二氧化硫和氧化铁，B正确；C项，工业上利用氨与氧气催化氧化生成一氧化氮和副产物水，C正确；D项，常温下铁与浓硝酸会发生钝化，不能制备二氧化氮，D错误；故选D。5．(2022•海南省选择性卷)下列实验操作规范的是()A．过滤B．排空气法收集CO2C．混合浓硫酸和乙醇D．溶液的转移【答案】B【解析】A项，过滤时，漏斗下端应紧靠烧杯内壁，A操作不规范；B项，CO2的密度大于空气，可用向上排空气法收集CO2，B操作规范；C项，混合浓硫酸和乙醇时，应将浓硫酸缓慢倒入乙醇中，并用玻璃棒不断搅拌，C操作不规范；D项，转移溶液时，应使用玻璃棒引流，D操作不规范；故选B。6．(2023•浙江6月选考)化学烫发巧妙利用了头发中蛋白质发生化学反应实现对头发的“定型”，其变化过程示意图如下。下列说法不正确的是()A．药剂A具有还原性B．①→②过程若有2molS-S键断裂，则转移4mol电子C．②→③过程若药剂B是H2O2，其还原产物为O2D．化学烫发通过改变头发中某些蛋白质中S-S键位置来实现头发的定型【答案】C【解析】A项，①→②是氢原子添加进去，该过程是还原反应，因此①是氧化剂，具有氧化性，则药剂A具有还原性，故A正确；B项，①→②过程中S的价态由−1价变为−2价，若有2molS-S键断裂，则转移4mol电子，故B正确；C项，②→③过程发生氧化反应，若药剂B是H2O2，则B化合价应该降低，因此其还原产物为H2O，故C错误；D项，通过①→②过程和②→③过程，某些蛋白质中S-S键位置发生了改变，因此化学烫发通过改变头发中某些蛋白质中S-S键位置来实现头发的定型，故D正确。故选C。7．(2021•全国甲卷)NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是()A．重水(D2O)中含有的质子数为10NAB．3mol的NO2与H2O完全反应时转移的电子数为4NAC．32g环状()分子中含有的S-S键数为1NAD．1LpH＝4的0.1mol·L-1K2Cr2O7溶液中Cr2O72-离子数为0.1NA【答案】C【解析】A项，D2O的质子数为10，18gD2O的物质的量为0.9mol，则18g重水(D2O)中所含质子数为9NA，A错误；B项，NO2与H2O反应的化学方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，该反应消耗3个NO2分子转移的电子数为2个，则有3mol的NO2参与反应时，转移的电子数为2NA，B错误；C项，一个()分子中含有的S-S键数为8个，32gS8的物质的量为mol，则含有的S-S键数为，C正确；D项，酸性K2Cr2O7溶液中存在：Cr2O72-+H2O2CrO42-+2H+，含Cr元素微粒有Cr2O72-和CrO42-，则1LpH＝4的0.1mol·L-1K2Cr2O7溶液中Cr2O72-离子数应小于0.1NA，D错误；故选C。8．(2022·浙江省1月卷)下列说法正确的是()A．苯酚、乙醇、硫酸铜、氢氧化钠和硫酸铵均能使蛋白质变性B．通过石油的常压分馏可获得石蜡等馏分，常压分馏过程为物理变化C．在分子筛固体酸催化下，苯与乙烯发生取代反应获得苯乙烯D．含氮量高的硝化纤维可作烈性炸药【答案】D【解析】A项，硫酸铵使蛋白质发生盐析，而不是变性，A错误；B项，石油经过减压分馏得到石蜡等馏分，是物理变化，B错误；C项，在分子筛固体酸催化下，苯与乙烯发生加成反应获得苯乙烯，C错误；D项，含氮量高的硝化纤维可作烈性炸药，D正确；故选D。9．(2023•浙江6月选考)下列反应的离子方程式正确的是()A．碘化亚铁溶液与等物质的量的氯气：B．向次氯酸钙溶液通入足量二氧化碳：C．铜与稀硝酸：↑D．向硫化钠溶液通入足量二氧化硫：S2-+2SO2+2H2O=H2S+2HSO3-【答案】B【解析】A项，碘化亚铁溶液与等物质的量的氯气，碘离子与氯气恰好完全反应，：，故A错误；B项，向次氯酸钙溶液通入足量二氧化碳，反应生成碳酸氢钙和次氯酸：，故B正确；C项，铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水：3↑，故C错误；D项，向硫化钠溶液通入足量二氧化硫，溶液变浑浊，溶液中生成亚硫酸氢钠：5S2-+5SO2+2H2O=3S↓+4HSO3-，故D错误；故选B。10．(2022•北京卷)高分子Y是一种人工合成的多肽，其合成路线如下。下列说法不正确的是()A．F中含有2个酰胺基B．高分子Y水解可得到E和GC．高分子X中存在氢键D．高分子Y的合成过程中进行了官能团保护【答案】B【解析】A项，由结构简式可知，F中含有2个酰胺基，故A正确；B项，由结构简式可知，高分子Y一定条件下发生水解反应生成和，故B错误；C项，由结构简式可知，高分子X中含有的酰胺基能形成氢键，故C正确；D项，由结构简式可知，E分子和高分子Y中都含有氨基，则高分子Y的合成过程中进行了官能团氨基的保护，故D正确；故选B。11．(2023•浙江6月选考)X、Y、Z、W四种短周期主族元素，原子序数依次增大。X、Y与Z位于同一周期，且只有X、Y元素相邻。X基态原子核外有2个未成对电子，W原子在同周期中原子半径最大。下列说法不正确的是()A．第一电离能：Y＞Z＞XB．电负性：Z＞Y＞X＞WC．Z、W原子形成稀有气体电子构型的简单离子的半径：W＜ZD．W2X2与水反应生成产物之一是非极性分子【答案】A【解析】X、Y、Z、W四种短周期主族元素，原子序数依次增大。X、Y与Z位于同一周期，且只有X、Y元素相邻。X基态原子核外有2个未成对电子，则X为C，Y为N，Z为F，W原子在同周期中原子半径最大，则W为Na。A项，根据同周期从左到右第一电离能呈增大趋势，但第IIA族大于第IIIA族，第VA族大于第VIA族，则第一电离能：Z＞Y＞X，故A错误；B项，根据同周期从左到右电负性逐渐增大，同主族从上到下电负性逐渐减小，则电负性：Z＞Y＞X＞W，故B正确；C项，根据同电子层结构核多径小，则Z、W原子形成稀有气体电子构型的简单离子的半径：W＜Z，故C正确；D项，W2X2与水反应生成产物之一为乙炔，乙炔是非极性分子，故D正确。故选A。12．(2023•浙江1月选考)共价化合物中所有原子均满足8电子稳定结构，一定条件下可发生反应：，下列说法不正确的是()A．Al2Cl6的结构式为 B．Al2Cl6为非极性分子C．该反应中NH3的配位能力大于氯 D．Al2Br6比Al2Cl6更难与发生反应【答案】D【解析】A项，由双聚氯化铝分子中所有原子均满足8电子稳定结构可知，分子的结构式为，故A正确；B项，由双聚氯化铝分子中所有原子均满足8电子稳定结构可知，分子的结构式为，则双聚氯化铝分子为结构对称的非极性分子，故B正确；C项，由反应方程式可知，氨分子更易与具有空轨道的铝原子形成配位键，配位能力大于氯原子，故C正确；D项，溴元素的电负性小于氯元素，原子的原子半径大于氯原子，则铝溴键弱于铝氯键，所以双聚溴化铝的铝溴键更易断裂，比双聚氯化铝更易与氨气反应，故D错误；故选D。13．(2023•辽宁省选择性考试)某无隔膜流动海水电解法制H2的装置如下图所示，其中高选择性催化剂PRT可抑制O2产生。下列说法正确的是()A．b端电势高于a端电势 B．理论上转移2mol生成4C．电解后海水pH下降 D．阳极发生：H【答案】D【解析】由图可知，左侧电极产生氧气，则左侧电极为阳极，电极a为正极，右侧电极为阴极，b电极为负极，该装置的总反应产生氧气和氢气，相当于电解水。A项，由分析可知，a为正极，b电极为负极，则a端电势高于b端电势，A错误；B项，右侧电极上产生氢气的电极方程式为：2H++2e-=H2↑，则理论上转移2mol生成2，B错误；C项，由图可知，该装置的总反应为电解海水的装置，随着电解的进行，海水的浓度增大，但是其pH基本不变，C错误；D项，由图可知，阳极上的电极反应为：H，D正确；故选D。14．(2023•江苏卷)二氧化碳加氢制甲烷过程中的主要反应为CO2(g)＋4H2(g)=CH4(g)＋2H2O(g)ΔH＝-164.7kJ·mol−1CO2(g)＋H2(g)=CO(g)＋H2O(g)ΔH＝41.2kJ·mol−1在密闭容器中，、时，CO2平衡转化率、在催化剂作用下反应相同时间所测得的CO2实际转化率随温度的变化如题图所示。CH4的选择性可表示为。下列说法正确的是()A．反应2CO(g)＋2H2(g)=CO2(g)＋CH4(g)的焓变ΔH＝-205.9kJ·mol−1B．CH4的平衡选择性随着温度的升高而增加C．用该催化剂催化二氧化碳反应的最佳温度范围约为480~530℃D．450℃时，提高的值或增大压强，均能使平衡转化率达到X点的值【答案】D【解析】A项，由盖斯定律可知反应2CO(g)＋2H2(g)=CO2(g)＋CH4(g)的焓变，A错误；B项，CO2(g)＋4H2(g)=CH4(g)＋2H2O(g)为放热反应，升高温度平衡逆向移动，CH4的含量降低，故CH4的平衡选择性随着温度的升高而降低，B错误；C项，由图可知温度范围约为450~550℃时二氧化碳实际转化率趋近于平衡转化率，此时为最适温度，温度继续增加，催化剂活性下降，C错误；D项，450℃时，提高的值可提高二氧化碳的平衡转化率，增大压强反应I平衡正向移动，可提高二氧化碳的平衡转化率，均能使CO2平衡转化率达到X点的值，D正确。故选D。15．(2023•浙江1月选考)碳酸钙是常见难溶物，将过量碳酸钙粉末置于水中达到溶解平衡：CaCO3(s)Ca2+(aq)+CO32-(aq)[已知Ksp(CaCO3)=3.4×10-9，Ksp(CaSO4)=4.9×10-5，H2CO3的电离常数Ka1=4.5×10-7，Ka2=4.7×10-11]，下列有关说法正确的是()A．上层清液中存在c(Ca2+)=c(CO32-)B．上层清液中含碳微粒最主要以HCO3-形式存在C．向体系中通入CO2气体，溶液中c(Ca2+)保持不变D．通过加Na2SO4溶液可实现CaCO3向CaSO4的有效转化【答案】B【解析】A项，上层清液为碳酸钙的饱和溶液，碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子，因此c(Ca2+)＞c(CO32-)，A错误；B项，根据Ka2=4.7×10-11可得，则碳酸根的水解平衡常数为，说明碳酸根的水解程度较大，则上层清液中含碳微粒主要为碳酸氢根离子，B正确；C项，向体系中通入CO2，碳酸钙与CO2反应生成碳酸氢钙，碳酸氢钙易溶于水，则溶液中钙离子浓度增大，C错误；D项，由题干可知，Ksp(CaCO3)=3.4×10-9，Ksp(CaSO4)=4.9×10-5，碳酸钙比硫酸钙更难溶，加入硫酸钠后碳酸钙不会转化成硫酸钙，D错误；故选B。16．(2023•全国新课标卷)根据实验操作及现象，下列结论中正确的是()选项实验操作及现象结论A常温下将铁片分别插入稀硝酸和浓硝酸中，前者产生无色气体，后者无明显现象稀硝酸的氧化性比浓硝酸强B取一定量Na2SO3样品，溶解后加入Ba溶液，产生白色沉淀。加入浓HNO3，仍有沉淀此样品中含有SO42-C将银和溶液与铜和Na2SO4溶液组成原电池。连通后银表面有银白色金属沉积，铜电极附近溶液逐渐变蓝的金属性比强D向溴水中加入苯，振荡后静置，水层颜色变浅溴与苯发生了加成反应【答案】C【解析】A项，常温下，铁片与浓硝酸会发生钝化，导致现象不明显，但稀硝酸与铁不发生钝化，会产生气泡，所以不能通过该实验现象比较浓硝酸和稀硝酸的氧化性强弱，A错误；B项，浓硝酸会氧化亚硫酸根生成硫酸根，仍然产生白色沉淀，所以不能通过该实验现象判断样品中含有硫酸根，B错误；C项，铜比银活泼，在形成原电池过程中，做负极，发生氧化反应，生成了铜离子，导致溶液变为蓝色，所以该实验可以比较铜和银的金属性强弱，C正确；D项，向溴水中加入苯，苯可将溴萃取到上层，使下层水层颜色变浅，不是溴与苯发生了加成反应，D错误；故选C。二、非选择题：本题共5小题，共52分。17．(2023•全国甲卷)(10分)将酞菁—钴钛—三氯化铝复合嵌接在碳纳米管上，制得一种高效催化还原二氧化碳的催化剂。回答下列问题：(1)图1所示的几种碳单质，它们互为_______，其中属于原子晶体的是_______，C60间的作用力是_______。(2)酞菁和钴酞菁的分子结构如图2所示。酞菁分子中所有原子共平面，其中轨道能提供一对电子的原子是_______(填图2酞菁中原子的标号)。钴酞菁分子中，钴离子的化合价为_______，氮原子提供孤对电子与钴离子形成_______键。(3)气态AlCl3通常以二聚体Al2Cl6的形式存在，其空间结构如图3a所示，二聚体中Al的轨道杂化类型为_______。AlF3的熔点为，远高于AlCl3的，由此可以判断铝氟之间的化学键为_______键。AlF3结构属立方晶系，晶胞如图3b所示，F-的配位数为_______。若晶胞参数为，晶体密度ρ=_______·m-3(列出计算式，阿伏加德罗常数的值为NA)。【答案】(1)同素异形体(0.5分)金刚石(0.5分)范德华力(1分)(2)③(1分)+2(1分)配位(1分)(3)sp3(1分)离子(1分)2(1分)(2分)【解析】(1)同一元素形成的不同单质之间互为同素异形体。图1所示的几种碳单质，它们的组成元素均为碳元素，因此，它们互为同素异形体；其中金刚石属于原子晶体，石墨属于混合型晶体，C60属于分子晶体，碳纳米管不属于原子晶体；C60间的作用力是范德华力；(2)已知酞菁分子中所有原子共平面，则其分子中所有的C原子和所有的N原子均为sp2杂化，且分子中存在大π键，其中标号为①和②的N原子均有一对电子占据了一个sp2杂化轨道，其p轨道只能提供1个电子参与形成大π键，标号为③的N原子的p轨道能提供一对电子参与形成大π键，因此标号为③的N原子形成的N—H键易断裂从而电离出H+；钴酞菁分子中，失去了2个H+的酞菁离子与钴离子通过配位键结合成分子，因此，钴离子的化合价为+2，氮原子提供孤对电子与钴离子形成配位键。(3)由Al2Cl6的空间结构结合相关元素的原子结构可知，Al原子价层电子对数是4，其与其周围的4个氯原子形成四面体结构，因此，二聚体中A1的轨道杂化类型为sp3。AlF3的熔点为1090℃，远高于AlCl3的192℃，由于F的电负性最大，其吸引电子的能力最强，因此，可以判断铝氟之间的化学键为离子键。由AlF3的晶胞结构可知，其中含灰色球的个数为，红色球的个数为，则灰色的球为F-，距F-最近且等距的Al3+有2个，则F-的配位数为2。若晶胞参数为apm，则晶胞的体积为，晶胞的质量为，则其晶体密度。18．(2023•辽宁省选择性考试)(10分)某工厂采用如下工艺处理镍钴矿硫酸浸取液含(N、、、、M2+和M)。实现镍、钴、镁元素的回收。已知：物质NMKsp10-37.410-14.710-14.710-10.8回答下列问题：(1)用硫酸浸取镍钴矿时，提高浸取速率的方法为_______(答出一条即可)。(2)“氧化”中，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸(H2SO5)，1molH2SO5中过氧键的数目为_______。(3)“氧化”中，用石灰乳调节pH=4，M被H2SO5氧化为M，该反应的离子方程式为_______(H2SO5的电离第一步完全，第二步微弱)；滤渣的成分为M、_______(填化学式)。(4)“氧化”中保持空气通入速率不变，M(Ⅱ)氧化率与时间的关系如下。SO2体积分数为_______时，M(Ⅱ)氧化速率最大；继续增大SO2体积分数时，M(Ⅱ)氧化速率减小的原因是_______。(5)“沉钴镍”中得到的Co(Ⅱ)在空气中可被氧化成CoO(OH)，该反应的化学方程式为_______。(6)“沉镁”中为使M2+沉淀完全(25℃)，需控制pH不低于_______(精确至0.1)。【答案】(1)适当增大硫酸浓度或适当升高温度或将镍钴矿粉碎增大接触面积(1分)NA(1分)(3)①M+HSO3-+H2O=M(1分)②Fe(OH)3(1分)(4)①9.0%(1分)②SO2有还原性，过多将会降低H2SO5的浓度，降低M(Ⅱ)氧化速率(2分)(5)4Co(OH)2+O2=4CoO(OH)+2H2O(1分)(6)11.1(2分)【解析】在“氧化”中，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸(H2SO5)，用石灰乳调节pH=4，M被H2SO5氧化为M，发生反应M+HSO3-+H2O=M，Fe3+水解同时生成氢氧化铁，“沉钻镍”过程中，Co2+变为Co(OH)2，在空气中可被氧化成CoO(OH)。(1)用硫酸浸取镍钴矿时，为提高浸取速率可适当增大硫酸浓度、升高温度或将镍钴矿粉碎增大接触面积；(2)H2SO5的结构简式为，所以1molH2SO5中过氧键的数目为NA；(3)用石灰乳调节pH=4，M被H2SO5氧化为M，该反应的离子方程式为：M+HSO3-+H2O=M；氢氧化铁的Ksp=10-37.4，当铁离子完全沉淀时，溶液中c(Fe3+)=10-5mol/L，Ksp=c(Fe3+)·c3(OH-)=1.0-5×(10-10.8)3=10－37.4，c(OH-)=10-10.8mol/L，根据Kw=10-14，pH=3.2，此时溶液的pH=4，则铁离子完全水解，生成氢氧化铁沉淀，故滤渣还有氢氧化铁；(4)根据图示可知SO2体积分数为0.9%时，M(Ⅱ)氧化速率最大；继续增大SO2体积分数时，由于SO2有还原性，过多将会降低H2SO5的浓度，降低M(Ⅱ)氧化速率；(5)“沉钻镍”中得到的Co(OH)2，在空气中可被氧化成CoO(OH)，该反应的化学方程式为：4Co(OH)2+O2=4CoO(OH)+2H2O；(6)氢氧化镁的Ksp=10-10.8，当镁离子完全沉淀时，c(Mg2+)=10-5mol/L，根据Ksp可计算c(OH-)=10-2.9mol/L，根据Kw=10-14，c(H+)=10-11.1mol/L，所以溶液的pH=11.1。19．(2023•湖南卷)(10分)聚苯乙烯是一类重要的高分子材料，可通过苯乙烯聚合制得。Ⅰ．苯乙烯的制备(1)已知下列反应的热化学方程式：①②③计算反应④的_______；(2)在某温度、下，向反应器中充入气态乙苯发生反应④，其平衡转化率为50%，欲将平衡转化率提高至75%，需要向反应器中充入_______水蒸气作为稀释气(计算时忽略副反应)；(3)在、下，以水蒸气作稀释气。作催化剂，乙苯除脱氢生成苯乙烯外，还会发生如下两个副反应：⑤⑥以上反应体系中，芳香烃产物苯乙烯、苯和甲苯的选择性S()随乙苯转化率的变化曲线如图所示，其中曲线b代表的产物是_______，理由是_______；(4)关于本反应体系中催化剂的描述错误的是_______；A．X射线衍射技术可测定晶体结构B．可改变乙苯平衡转化率C．降低了乙苯脱氢反应的活化能D．改变颗粒大小不影响反应速率Ⅱ．苯乙烯的聚合苯乙烯聚合有多种方法，其中一种方法的关键步骤是某Cu(Ⅰ)的配合物促进C6H5CH2X(引发剂，X表示卤素)生成自由基C6H5CH2•，实现苯乙烯可控聚合。(5)引发剂C6H5CH2Cl、C6H5CH2、C6H5CH2I中活性最高的是_______；(6)室温下，①Cu+在配体L的水溶液中形成[Cu(L)2]+，其反应平衡常数为K；②Cu在水中的溶度积常数为Ksp。由此可知，Cu在配体L的水溶液中溶解反应的平衡常数为_______(所有方程式中计量系数关系均为最简整数比)。【答案】(1)+118(1分)(2)5(1分)(3)苯(1分)反应④为主反应，反应⑤⑥为副反应，苯乙烯的选择性最大；在恒温恒压下，随乙苯转化率的增大，反应⑤正向移动，反应⑥不移动，则曲线b代表产物苯(2分)(4)BD(2分)(5)C6H5CH2Cl(1分)(6)K∙Ksp(2分)【解析】(1)根据盖斯定律，将①-②-③可得C6H5C2H5(g)⇌C6H5CH=CH2(g)+H2(g)∆H4=-4386.9kJ/mol-(-4263.1kJ/mol)-(-241.8kJ/mol)=+118kJ/mol；(2)设充入H2O(g)物质的量为xmol；在某温度、100kPa下，向反应器中充入1mol气态乙苯发生反应④。乙苯的平衡转化率为50%，可列三段式：此时平衡时混合气体总物质的量为1.5mol，此时容器的体积为V；当乙苯的平衡转化率为75%，可列三段式：此时乙苯、苯乙烯、H2物质的量之和为1.75mol，混合气的总物质的量为(1.75+x)mol，在恒温、恒压时，体积之比等于物质的量之比，此时容器的体积为；两次平衡温度相同，则平衡常数相等，则=，解得x=5；(3)曲线a芳香烃产物的选择性大于曲线b、c芳香烃产物的选择性，反应④为主反应，反应⑤⑥为副反应，则曲线a代表产物苯乙烯的选择性；反应④⑤的正反应为气体分子数增大的反应，反应⑥的正反应是气体分子数不变的反应；在913K、100kPa(即恒温恒压)下以水蒸气作稀释气，乙苯的转化率增大，即减小压强，反应④⑤都向正反应方向移动，反应⑥平衡不移动，故曲线b代表的产物是苯；(4)A项，测定晶体结构最常用的仪器是X射线衍射仪，即用X射线衍射技术可测定Fe2O3晶体结构，A项正确；B项，催化剂不能使平衡发生移动，不能改变乙苯的平衡转化率，B项错误；C项，催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，故Fe2O3可降低乙苯脱氢反应的活化能，C项正确；D项，催化剂颗粒大小会影响接触面积，会影响反应速率，D项错误；故选BD。(5)电负性Cl＞Br＞I，则极性C—Cl键＞C—Br键＞C—I键，则C6H5CH2Cl更易生成自由基，即活性最高的是C6H5CH2Cl；(6)Cu+在配体L的水溶液中形成[Cu(L)2]+，则Cu++2L⇌[Cu(L)2]+的平衡常数K=；CuBr在水中的溶度积常数Ksp=c(Cu+)∙c(Br-)；CuBr在配体L的水溶液中溶解反应为CuBr+2L⇌[Cu(L)2]++Br-，该反应的平衡常数为==K∙Ksp。20．(2023•浙江6月选考)(10分)某研究小组用铝土矿为原料制备絮凝剂聚合氯化铝([ab]，a=1~5)按如下流程开展实验。已知：①铝土矿主要成分为，含少量和SiO2。用NaOH溶液溶解铝土矿过程中SiO2转变为难溶性的铝硅酸盐。②[ab]的絮凝效果可用盐基度衡量，盐基度当盐基度为0.60~0.85时，絮凝效果较好。请回答：(1)步骤1所得滤液中主要溶质的化学式是___________。(2)下列说法不正确的是___________。A．步骤I，反应须在密闭耐高压容器中进行，以实现所需反应温度B．步骤Ⅱ，滤液浓度较大时通入过量CO2有利于减少沉淀中的杂质C．步骤Ⅲ，为减少吸附的杂质，洗涤时需对漏斗中的沉淀充分搅拌D．步骤中控制和的投料比可控制产品盐基度(3)步骤V采用如图所示的蒸汽浴加热，仪器A的名称是___________；步骤V不宜用酒精灯直接加热的原因是___________。(4)测定产品的盐基度。的定量测定：称取一定量样品，配成溶液，移取25.00mL。溶液于锥形瓶中，调，滴加指示剂K2溶液。在不断摇动下，用0.1000mol·L-1标准溶液滴定至浅红色(有沉淀)，30秒内不褪色。平行测试3次，平均消耗标准溶液22.50mL。另测得上述样品溶液中c(+)=0.1000mol·L-1。①产品的盐基度为___________。②测定过程中溶液过低或过高均会影响测定结果，原因是___________。【答案】(1)NaAlO2、NaOH(1分)(2)BC(2分)(3)①蒸发皿(1分)②酒精灯直接加热受热不均匀，会导致产品盐基度不均匀(2分)(4)①0.70(2分)②pH过低，指示剂会与氢离子反应生成重铬酸银沉淀，会氧化氯离子，导致消耗的硝酸银偏少，而pH过高，氢氧根会与银离子反应，导致消耗的硝酸银偏多(2分)【解析】铝土矿主要成分为，含少量和SiO2，向铝土矿中加氢氧化钠溶液，得到难溶性铝硅酸盐、偏铝酸钠，氧化铁不与氢氧化钠溶液反应，过滤，滤液中主要含偏铝酸钠，向偏铝酸钠溶液中通入二氧化碳，过滤，得到氢氧化铝沉淀，分为两份，一份加入盐酸得到氯化铝，将两份混合得到聚合氯化铝溶液，加热得到聚合氯化铝固体。(1)根据题中信息步骤1所得滤液中主要溶质的化学式是NaAlO2、NaOH；(2)A项，步骤I，反应所学温度高于100℃，因此反应须在密闭耐高压容器中进行，以实现所需反应温度，故A正确；B项，步骤Ⅱ，滤液浓度较大时通入过