福建省莆田市2024届高三下学期高中毕业班第四次教学质量检测（三模）化学试卷（解析版）

莆田市2024届高中毕业班第四次教学质量检测试卷化学考生注意：1.本试卷分选择题和非选择题两部分，共100分。考试时间75分钟。2.请将各题答案填写在答题卡上。3.本试卷主要考试内容：高考全部内容。4.可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Mn-55一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40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.化学科技与生活密切相关，下列说法错误的是A.苯甲酸钠水解显碱性，苯甲酸钠可作为食品防腐剂B.聚酯纤维的主要成分为有机物C.钙钛矿太阳能电池可实现能量转化形式：太阳能→电能D.荧光指示牌被照发光是因为发生了氧化还原反应【答案】D【解析】【详解】A．苯甲酸钠属于强碱弱酸盐，由于苯甲酸根的水解使得苯甲酸钠溶液呈碱性，苯甲酸钠是常用的食品防腐剂，A项正确；B．聚酯纤维是一种由有机二元酸和二元醇通过缩聚反应制成的合成纤维，属于有机高分子化合物，B项正确；C．钙钛矿太阳能电池能将太阳能转化成电能，C项正确；D．荧光指示牌被照发光是因为光被指示牌发生了反射，没有发生氧化还原反应，D项错误；答案选D。2.乌苯美司用作治疗肿瘤的辅助作用剂，其结构如图所示。下列说法错误的是A.分子中含有3个手性碳原子 B.分子中含4种官能团C.1mol乌苯美司最多能消耗3molNaOH D.乌苯美司的分子式为C16H24N2O4【答案】C【解析】【详解】A．中“*”标示的3个碳原子为手性碳原子，A项正确；B．分子中含有氨基、羟基、酰胺基和羧基4种官能团，B项正确；C．1个乌苯美司中含有的1个酰胺基和1个羧基能与NaOH反应，1mol乌苯美司最多消耗2molNaOH，C项错误；D．由乌苯美司的结构可知，其分子式为C16H24N2O4，D项正确；答案选C。3.下列离子方程式正确且能准确解释相应实验现象的是A.向苯酚钠溶液中通入CO2，溶液变浑浊：2C6H5O-+CO2+H2O=2C6H5OH+COB.NaClO溶液与FeI2溶液反应，溶液变为红棕色：2ClO-+2Fe2++H2O=2Fe3++2Cl-+2OH-C.向Fe(SCN)3溶液中滴加NaF溶液，红色褪去：Fe3++6F-=[FeF6]3-D.向氯水中通入SO2，黄绿色褪去：SO2+Cl2+2H2O=SO+2Cl-+4H+【答案】D【解析】【详解】A．苯酚钠溶液中通入CO2反应生成苯酚和碳酸氢钠，C6H5O-+CO2+H2O=C6H5OH+HCO，A错误；B．碘离子还原性大于亚铁离子，溶液变为红棕色，说明碘离子首先被次氯酸钠氧化为碘单质，ClO-+2I-+H2O=I2+Cl-+2OH-，B错误；C．Fe(SCN)3溶液中滴加NaF溶液，红色褪去，说明Fe(SCN)3和氟离子生成[FeF6]3-，反应为Fe(SCN)3+6F-[FeF6]3-+3SCN-，C错误；D．氯水中通入SO2，发生氧化还原反应生成硫酸和盐酸，使得溶液黄绿色褪去,因为发生氧化还原反应：SO2+Cl2+2H2O=+2Cl-+4H+，D正确；故选D。4.一种电池的总反应为4Li+2SOCl2=SO2↑+4LiCl+S，设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是A.1molSOCl2中所含的共价键数目为4NAB.每生成1molS，转移2NA个电子C.标准状况下，22.4LSO2中电子的数目为32NAD.1.0L1.0mol•L-1LiCl溶液中Cl-数目为1.0NA【答案】B【解析】【详解】A．SOCl2的结构式为，则1molSOCl2中所含共价键数目为4NA，A项正确；B．反应中Li元素的化合价由0价升至+1价，部分S元素的化合价由+4价降至0价，反应每生成1molS，转移4NA个电子，B项错误；C．1个SO2中含有32个电子，标准状况下22.4LSO2物质的量为1mol，所含电子的数目为32NA，C项正确；D．1.0L1.0mol/LLiCl溶液中LiCl物质的量为1mol，LiCl完全电离成Li+和Cl-，则Cl-数目为1.0NA，D项正确；答案选B。5.已知X，Y，Z、W、Q是前四周期原子序数依次增大的五种元素。Y的基态原子中电子占据三种能级轨道，且每个能级轨道中的电子总数相同；W原子有2个未成对电子；X、Y、W三种元素形成的一种化合物M是新装修居室中常含有的一种有害气体；含Q元素的硫酸盐溶液是制造波尔多液的原料之一。W、Q两种元素形成的化合物的晶胞结构示意图如图，下列说法错误的是A.上述元素中，元素第一电离能最大的是ZB.化合物ZX3的沸点比YX4的高C.Z的空间结构为V形D.W、Q两种元素形成的化合物的化学式为Q2W【答案】C【解析】【分析】X、Y、Z、W、Q是前四周期原子序数依次增大的五种元素，Y的基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道，且每种轨道中的电子总数相同，推出Y的电子排布式为1s22s22p2,Y为C元素；根据X、Y、W三种元素组成的一种化合物M是新装修居室中常含有的一种有害气体，这种气体指的是甲醛HCHO，结合W原子有2个未成对电子，可知X为H元素，W为O元素；根据原子序数依次增大，可知Z为N元素；含Q元素的硫酸盐溶液是制备波尔多液的原料之一，则Q为Cu元素，因此X、Y、Z、W、Q分别是H、C、N、O、Cu元素，据此作答。【详解】A．同周期从左往右第一电离能呈现增大的趋势，同主族从上往下第一电离能呈现减小的趋势，五种元素中第一电离能最大的是氮，因为它的2p轨道是半充满较稳定结构，故A正确；B．化合物ZX3为NH3，YX4为CH4，化合物NH3的沸点比CH4的高，其主要原因是NH3分子间能形成氢键，故B正确；C．Z为N元素，为，中心原子N的价层电子对数为，没有孤电子对，其空间构型为直线形，故C错误；D．W为O元素，Q为Cu元素，形成的化合物的化学式为Q2W即为Cu2O，根据均摊法，每个晶胞中含4个黑色的小球、2个白色的小球，比值关系2：1，说明则该化合物的化学式为Cu2O，故D正确；故答案选C。6.科学家通过使用双极膜电渗析法来捕获和转化海水中的CO2，其原理如图。下列说法正确的是A.装置运行一段时间后循环液1和循环液2要交替使用B.隔膜1为阳离子交换膜，隔膜2为阴离子交换膜C.与电源负极相连的电极上的电极反应式为[Fe(CN)6]4--e-=[Fe(CN)6]3-D.该方法可以同时将海水进行淡化【答案】A【解析】【详解】A．由图中信息可知循环液1中[Fe(CN)6]3-最终转化为[Fe(CN)6]4-、循环液2中[Fe(CN)6]4-最终转化为[Fe(CN)6]3-，装置运行一段时间后循环液1和循环液2要交替使用，故A正确；B．由左侧电极反应[Fe(CN)6]3-+e-=[Fe(CN)6]4-可知，循环液1中负电荷数增加，为平衡溶液中电荷，则海水中的钠离子应通过隔膜1；右侧电极反应为：[Fe(CN)6]4--e-=[Fe(CN)6]3-，循环液2中负电荷数减少，为平衡溶液中电荷，则循环液中钾离子应通过隔膜2进入左室，这样才能保持循环液中的阴离子不出现交换，隔膜1、2都为阳离子交换膜，故B错误；C．与电源负极相连的电极为阴极，得电子，故电极反应式为[Fe(CN)6]3-+e-=[Fe(CN)6]4-，故C错误；D．由选项B的分析可知海水中钠离子最终移向阴极区，但氯离子不能通过双极膜进入阳极区，因此不能实现海水淡化，故D错误；本题选A。7.实验室制备三氯化硼(BCl3)的装置如图所示(部分夹持装置略)。已知：BCl3极易水解，熔点为-107.3℃，沸点为12.5℃；F中溶液用于吸收CO尾气。以下说法错误的是A.实验操作应先滴加浓盐酸再点燃酒精灯B.水浴R为冰水浴C.装置C中主要发生的反应为B2O3+3C+3Cl22BCl3+3COD.装置F会随着反应的进行，溶液酸性减弱【答案】D【解析】【分析】从铬酸钾和浓盐酸反应生成氯化钾、氯化铬、氯气和水，用浓硫酸干燥氯气，氯气和B2O3、C在加热条件下反应生成BCl3和CO，用冰水浴冷却BCl3，用碱石灰吸收氯气，再用F装置吸收尾气CO。【详解】A．在A中先点燃酒精灯，浓盐酸滴入时温度高会挥发，因此是先滴加浓盐酸，再点燃A处酒精灯，待整套装置中都充满Cl2后再点燃D处酒精灯，使之发生反应，故A正确；B．BCl3的熔点为−107.3℃，沸点为12.5℃，C中制备BCl3，而D是将BCl3冷却，因此水浴R选择冰水浴，故B正确；C．氯气和B2O3、C在加热条件下反应生成BCl3和CO，发生的反应为B2O3+3C+3Cl22BCl3+3CO，故C正确；D．C装置反应生成了CO，其他装置不能与CO反应，CO有毒，因此装置F的作用是吸收CO，随着反应进行，氢离子的浓度增大，溶液酸性增强，故D错误；故答案选D。8.某V2O5失活催化剂是重要的含钒二次资源。从酸浸处理之后的浸出液中提取钒的一种工艺流程如图。下列说法错误的是已知：HA(有机酸性萃取剂)对金属阳离子萃取能力的顺序：Fe3+＞VO2+＞Fe2+A.物质X为高锰酸钾溶液B.反萃取时，物质Y可以选用硫酸C.氧化过程中，氧化产物与还原产物的物质的量之比为6：1D.调pH时，发生反应：VO+2NH3•H2OVO+2NH+H2O【答案】A【解析】【分析】根据流程图，结合HA(有机酸性萃取剂)对金属阳离子萃取能力可知，物质X应为氧化剂，将亚铁离子氧化为铁离子，便于萃取操作的进行，经过萃取后，通过加入反萃取剂硫酸，可将从萃取剂中分离出，经过氧化、调pH、沉钒及焙烧操作得。【详解】A．若物质X为高锰酸钾溶液，在氧化亚铁离子过程中会引入新杂质，A错误；B．HA有机酸性萃取剂，反萃取及应为酸，结合后续流程离子种类判断可为硫酸，B正确；C．氧化过程中V元素化合价从+4价升高为+5价（），Cl元素从+5价降低为-1价，根据得失电子守恒，氧化产物与还原产物的物质的量之比为6：1，C正确；D．调pH时，发生反应：VO+2NH3•H2OVO+2NH+H2O，D正确；答案选A。9.我国科学家研究发现，使用GaZrOx双金属氧化物可形成氧空位，具有催化氧化性能，实现CO2加氢制甲醇(MT)。Zr基态原子核外价电子排布式为4d25s2。下列说法错误的是A.步骤a到b有极性键的断裂与形成B.氧空位越多越有利于加快速率C.步骤(2)Zr(Ⅲ)将电子转移给CO2形成Zr(Ⅱ)，起到活化CO2的作用D.步骤(4)可制得甲醇【答案】C【解析】【详解】A．步骤a→b氢气参与反应，H-H键断裂，O-Ga键断裂，形成O-H键，有极性化学键的断裂和形成，故A正确；B．氧空位用于捕获CO2，同时也捕捉了氢气，氧空位个数越多，速率越快，故B正确；C．Zr(Ⅲ)形成Zr(Ⅱ)需要得电子，无法转移电子给CO2，故C错误；D．由图可知，中间体c可通过氢化等步骤得到甲醇（MT）和二甲醚（DME），故D正确；故答案为：C。10.实验小组利用感应器技术探究1mol•L-1的碳酸钠溶液滴定10.00mL1mol•L-1盐酸溶液过程中离子浓度变化(忽略溶液体积变化的影响)。反应过程中含碳微粒浓度的变化曲线(忽略滴定过程中CO2的逸出)如图，下列说法错误的是已知：25℃时，H2CO3的Ka1=4×10-7，Ka2=5×10-11；lg4=0.6。A.P点溶液中存在：CO2(g)+H2O(l)H2CO3(aq)H+(aq)+HCO(aq)B.P点到Q点的过程中，存在c(Na+)＞c(Cl-)，P点溶液中水的电离程度比Q点大C.Q点溶液中：c(Na+)-c(HCO)-2c(CO)＞0.5mol•L-1D.M点溶液的pH=6.4【答案】B【解析】【分析】向盐酸中滴加溶液，先发生反应，再发生反应，逐渐增大，盐酸完全反应之后，逐渐减小，溶液中逐渐增大，过量后，逐渐增大，因此P点所在曲线为的变化曲线，Q点所在曲线为中的变化曲线，一直呈上升趋势的是的变化曲线。【详解】A．根据分析，P点所在曲线为的变化曲线，溶液中存在，A正确；B．根据分析，P点溶液中溶质为和，Q点溶液中溶质为、和，抑制水的电离，水解促进水的电离，Q点水的电离程度大于P点，B错误；C．Q点根据物料守恒，含碳微粒浓度为0.5mol/L，Na+离子浓度为1mol/L，，，C正确；D．根据图示，M点溶液中，溶液中，溶液，D正确；答案选B。二、非选择题：本题共4小题，共60分。11.一种高硫锰矿的主要成分为MnCO3和MnS，主要杂质为FeS、SiO2、CaCO3、Al2O3、MgO等，研究人员设计了如图流程，制备Mn3O4。已知：①金属离子浓度≤10-5mol•L-1时，认为该离子沉淀完全。相关离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如表。金属离子Mn2+Fe2+Fe3+Al3+Mg2+开始沉定的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）“焙烧”的主要目的是___________。（2）“酸浸”过程中，___________(填“能”或“不能”)用盐酸替换硫酸。（3）“氧化1”时，试剂a为MnO2，并控制溶液的pH=3，此时发生反应的离子方程式为___________。（4）若省略“氧化”步骤直接进行“中和除杂”，则造成的影响是___________。（5）“净化除杂”可将钙、镁离子转化为沉淀过滤除去，若所得滤液中c(Mg2+)=1.0×10-5mol•L-1，则滤液中c(Ca2+)为___________mol•L-1.（6）“氧化2”过程中，在MnSO4溶液中滴入一定浓度的氮水，加压通入空气反应7小时制备Mn3O4，此时发生反应的离子方程式为___________。（7）锰的一种氧化物晶胞结构如图所示：该晶体中Mn的配位数为___________，该晶胞的密度为___________g•cm-3(列出计算式，设NA为阿伏加德罗常数的值，晶胞底面边长为apm，高为bpm)。【答案】（1）除去高硫锰矿中的硫元素（2）能（3）2Fe2++MnO2+4H2O=2Fe(OH)3+Mn2++2H+（4）Fe2+完全沉淀时，Mn2+也开始沉淀，造成Mn2+损失（5）6.25×10-8（6）6Mn2++12NH3•H2O+O2=2Mn3O4↓+12NH+6H2O（7）①.6②.【解析】【分析】高硫锰矿用空气焙烧后生成二氧化硫烟气，用硫酸酸浸固体得到含Mn2+、Fe2+、Al3+、Mg2+的溶液，可能还有Fe3+，过滤得到CaSO4和SiO2滤渣；溶液中加入试剂MnO2，控制溶液pH=3，生成Fe(OH)3除去，过滤得到的滤液加入CaCO3中和后可除去过量H+和Al3+，再次过滤后往滤液加入MnF2除去Ca2+和Mg2+，得到较纯净的MnSO4溶液，再加入NH3·H2O、空气氧化得到Mn3O4。【小问1详解】“焙烧”的主要目的是除去高硫锰矿中的硫元素。【小问2详解】“酸浸”过程中，硫酸的作用是溶解得到含各种金属离子的溶液，若用盐酸替换硫酸，则Ca2+可以在后面加MnF2时除去，故可以用盐酸替换硫酸。【小问3详解】“氧化1”时，试剂a为MnO2，并控制溶液的pH=3，此时发生反应的离子方程式为2Fe2++MnO2+4H2O=2Fe(OH)3+Mn2++2H+。【小问4详解】根据已知信息中Fe2+、Fe3+、Mn2+的开始沉淀和沉淀完全的pH可判断，若省略“氧化”步骤直接进行“中和除杂”，则造成的影响是Fe2+完全沉淀时，Mn2+也开始沉淀，造成Mn2+损失。【小问5详解】“净化除杂”可将钙、镁离子转化为沉淀过滤除去，若所得滤液中c(Mg2+)=1.0×10-5mol•L-1，c2(F-)==，则滤液中c(Ca2+)为=。【小问6详解】“氧化2”过程中，在MnSO4溶液中滴入一定浓度的氮水，加压通入空气反应7小时制备Mn3O4，此时发生反应的离子方程式为：6Mn2++12NH3•H2O+O2=2Mn3O4↓+12NH+6H2O。【小问7详解】根据图示可知，该晶体中Mn位于顶点和体心，其配位数为6，晶胞的底面边长为apm，高为bpm，晶胞的质量是g，该晶胞的密度为g•cm-3。12.硫代硫酸钠晶体(Na2S2O3)易溶于水，难溶于乙醇，在酸性环境中易分解。实验室中用工业硫化钠、纯碱、二氧化硫等物质制备Na2S2O3晶体。（1）工业Na2S中含重金属硫化物，硫化钠易溶于热乙醇，重金属硫化物难溶于乙醇。实验室采用溶解回流提纯Na2S，具体操作为溶解回流→_______→_______→过滤洗涤→干燥。（2）取提纯后的Na2S与纯碱、二氧化硫等物质制备Na2S2O3，实验所需仪器、装置如图。①装置A中装Na2SO3的仪器名称为_______。装置B中的药品可选择下列物质中的_______(选填标号)。A.CCl4B.Ba(OH)2溶液C饱和NaHSO3溶液D.酸性KMnO4溶液②装置C通入SO2过量至溶液pH＜7，产率会降低，请用离子方程式解释原因：______，理论上Na2S和SO2的最佳物质的量之比应为_______。（3）为测定反应结束后装置C中S2-、SO、S2O的浓度进行如下实验：步骤1：取10mL待测液，加入过量的c1mol•L-1碘标液，充分反应后滴加指示剂，用c2mol•L-1硫代硫酸钠标液滴定，消耗硫代硫酸钠标液的体积是V1mL；步骤2：取20mL待测液，加入过量CdCO3，充分反应后，过滤并洗涤沉淀，将滤液合并后等分为两份，一份用c1mol•L-1碘标液滴定，消耗碘标液V2mL；另一份加入过量甲醛溶液后，再用c1mol•L-1碘标液滴定，消耗c1mol•L-1碘标液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能与甲醛反应，产物[CH2(OH)SO3Na]不被I2氧化；iii.2S2O+I2=S4O+2I-①步骤1中滴定时使用的指示剂是_______，滴定终点的现象是______。②步骤2中加入CdCO3的作用是_______。③待测液中SO和S2O的物质的量浓度之比是______。【答案】（1）①.趁热过滤②.冷却结晶（2）①.蒸馏烧瓶②.BD③.④.1∶2（3）①.淀粉②.加入最后半滴硫代硫酸钠标液后，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内无变化③.沉淀S2-，避免其消耗碘溶液，造成实验误差④.【解析】【小问1详解】乙醇与水互溶，硫化钠易溶于热乙醇，重金属硫化物难溶于乙醇，趁热过滤可滤去重金属硫化物等杂质，所以溶解回流、趁热过滤、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥后获得，故答案为：趁热过滤；冷却结晶。【小问2详解】①有支管的烧瓶称为蒸馏烧瓶；装置B吸收SO2尾气，SO2具有酸性氧化物、氧化性、还原性性质。A．CCl4为有机溶剂，SO2为无机物质，CCl4不能吸收SO2，故A错误；B．Ba(OH)2溶液能用于吸收SO2，，故B正确；C．NaHSO3不能与SO2反应，无法吸收SO2，故C错误；D．SO2能与酸性KMnO4反生氧化还原反应，故D正确；故答案为：蒸馏烧瓶；BD；②实验中通入的SO2过量至溶液pH＜7，否则产率会降低，原因是硫代硫酸根离子在酸性溶液中会发生歧化反应，离子方程式为：；反应的方程式为：，所以论上Na2S和SO2的最佳物质的量之比应为1∶2，故答案为：；1∶2。【小问3详解】①步骤1中待测液中含有标准碘溶液，滴定时使用的指示剂是淀粉；滴定终点现象：加入最后半滴硫代硫酸钠标液后，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内无变化；故答案为：淀粉；加入最后半滴硫代硫酸钠标液后，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内无变化；②步骤2中加入CdCO3的作用是沉淀S2-，避免其消耗碘溶液，造成实验误差，故答案为：沉淀S2-，避免其消耗碘溶液，造成实验误差；③碘液与S2-发生反应：①；2+I2=+2I-②；步骤2中将滤液合并后等分为两份，一份用碘标液滴定，两反应消耗的碘标准液体积为V2mL；另一份加入过量甲醛溶液后，再用碘标液滴定，消耗碘标液的体积是V3mL，即消耗的碘液为V3mL，由此可得消耗碘液体积为(V2-V3)mL，待测液中和的物质的量浓度之比是：，故答案为：。13.苯乙烯是生产塑料、橡胶的重要原料，工业上以铁钴催化剂催化乙苯催化脱氢可获得苯乙烯。主要发生的反应为：反应I：(g)(g)+H2(g)△H1=+117.6kJ•mol-1反应Ⅱ：(g)+H2(g)(g)+CH4(g)△H2反应Ⅲ：(g)8C(s)+H2(g)△H3=-1.67kJ•mol-1（1）铁钴催化剂中基态Co原子的电子排布式为_______。（2）已知，在298K、101kPa条件下，某些物质的相对能量(△H)变化关系如图所示，则△H2=_______kJ•mol-1。（3）在恒温恒压的条件下只发生反应I，下列事实能作为反应I达到平衡的依据的是_______。A.v正(C6H5C2H5)=v正(C6H5C2H3) B.容器内气体密度不再变化C.苯乙烯、H2的分子数之比不再变化 D.气体的平均相对分子质量不再变化（4）往刚性密闭容器中同时通入乙苯和一定比例水蒸气，控制反应温度为600℃、体系起始总压强为100kPa的条件下进行反应。①通入水蒸气的作用有_______。②假设容器中只发生反应I，测得体系总压和乙苯转化率随时间变化结果如图所示。则平衡时，p(H2O)=_______kPa，平衡常数Kp=_______kPa(Kp为以分压表示的平衡常数，气体分压=气体总压×体积分数)。③反应速率v正=k正×p(乙苯)，v逆=k逆×p(苯乙烯)×p(氢气)，k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，则a点时=_______。（5）工业上也可以利用CO2弱氧化性在催化剂条件下制备苯乙烯，其反应的机理如图所示(α、β表示乙苯分子中C或H原子的位置；A、B为催化剂的活性位点，其中A位点带部分正电荷，B1、B2位点带部分负电荷)。αC—H的极性_______(选填“＞”或“＜”)βC—H，步骤Ⅲ形成苯乙烯后更容易脱附的原因为_______。【答案】（1）1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2（2）-54.6（3）BD（4）①.可与C反应生成CO和H2以消除积碳，同时有利于反应I正向进行②.80③.45④.2.5（5）①.＜②.苯乙烯上苯环和碳碳双键形成大键，降低苯环电子云密度，导致苯环与A位点吸附减弱【解析】【小问1详解】钴为27号元素，基态钴原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2，故答案为：1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2。【小问2详解】根据图像可知：①；②；③；根据盖斯定律：③-②+①，得，故答案为：-54.6。【小问3详解】A．根据反应速率之比等于化学计量数之比可知，当正(乙苯)=逆(苯乙烯)时，也即正(乙苯)=逆(乙烯)，即正、逆反应速率相等，说明反应到达平衡状态，必须是有正有逆，不能只有一个方向的速率，A不符合题意；B．根据质量守恒，混合气体的质量始终不变，容器体积是变量，则气体的密度是变量，当容器内气体的密度不再改变，能表明反应已达到平衡状态，B符合题意；C．容器内苯乙烯与H2的物质的量之比始终为1∶1，则不能表明反应已达到平衡状态，C不合题意；D．根据质量守恒，混合气体的质量始终不变，该反应是气体物质的量增大的反应，随着反应进行，混合气体的平均相对分子质量减小，当容器内气体的平均相对分子质量不再变化，表明反应已达到平衡状态，D符合题意；故答案为：BD。【小问4详解】①通入水蒸气的作用有：可与C反应生成CO和H2以消除积碳，同时有利于反应I正向进行，故答案为：可与C反应生成CO和H2以消除积碳，同时有利于反应I正向进行；②体系起始总压强为100kPa，若设起始时混合气体的物质的量为100mol，则1mol气体的分压为1kPa，起始混合气体中乙苯的物质的量为amol，平衡时混合气体的压强为115kPa，即混合气体的物质的量为115mol，乙苯的平衡转化率为75%，反应三段式为：0.25a+0.75a+0.75a-a=115mol-100mol，解得a=20mol，即平衡时，水蒸气的物质的量为100ml-20mol=80mol、p(H2O)=80kPa，n乙苯=5mol、p乙苯=5kPa，n苯乙烯=n氢气=15mol、p苯乙烯=p氢气=15kPa，平衡常数Kp=；故答案为：80；45；③平衡时v正=V逆，即K正×P(乙苯)=K逆×P(苯乙烯)×P(氢气)，，a处的总压强为112kPa，即气体总物质的量为112mol，由②解析可知起始气体中水蒸气为80mol，乙苯20mol，乙苯的转化率为60%，即n(苯乙烯)=n(氢气)=20mol×60%=12mol，p(苯乙烯)=p(氢气)=12kPa，n(乙苯)=20ml×(1-60%)=8mol、p(乙苯)=8kPa，；故答案为：2.5。【小问5详解】根据图中反应机理，步骤Ⅰ可表述为乙苯带部分正电荷，被带部分负电荷的B1位点吸引，随后解离出并吸附在B1位点上，因此αC—H的极性小于βC—H的极性；步骤Ⅲ苯乙烯上苯环和碳碳双键形成大键，降低苯环电子云密度，导致苯环与A位点吸附减弱，因此形成苯乙烯后更容易脱附，故答案为：＜；苯乙烯上苯环和碳碳双键形成大键，降低苯环电子云密度，导致苯环与A位点吸附减弱。14.盐酸阿比朵尔H具有良好的抗病毒活性，其中一种合成路线如图：回答下列问题：（1）A的官能团有酯基和_______。（