江苏省南京师范大学附属中学2022-2023学年高二化学下学期期中试题（Word版附解析）

江苏省南京师大附属中学2022-2023学年高二下学期期中考试化学试题注意事项：1.本试卷分Ⅰ卷(选择题)和Ⅱ卷(非选择题)两部分，共100分，考试用时75分钟。2.可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Ⅰ卷(选择题共39分)单项选择题：每小题只有一个选项符合题意，共13题，每题3分。1.下列说法正确的是A.从分子结构上看，糖类都是多羟基醛及其缩合产物B.糖类、蛋白质、核酸都能发生水解反应C.制作宇航服的主体材料为有机高分子材料D.人摄入蔬菜、粗粮等主要是利用纤维素水解为葡萄糖来提供能量【答案】C【解析】【详解】A．从分子结构上看，糖类都是多羟基醛、酮或它们的脱水缩合产物，故A错误；B．单糖不能发生水解反应，故B错误；C．有机高分子材料性能优异，制作宇航服的主体材料为有机高分子材料，故C正确；D．纤维素人体中不能被水解，故D错误；故选C。2.反应可应用于工业合成尿素。下列表示反应中相关微粒的化学用语正确的是A.干冰分子空间构型为V型B.1mol尿素分子中含有7mol键C.水分子的电子式：D.氨气是非极性分子【答案】B【解析】【详解】A．二氧化碳分子结构式为O=C=O，C原子价层电子对个数是2，根据价层电子对互斥理论判断其空间构型为直线形，故A错误； B．CO(NH2)2结构简式为：，单键均为σ键，双键中含有1个σ键1个π键，故1mol尿素分子中含有7mol键，故B正确；C．水分子中O原子和每个H原子共有一对电子且O原子还有2个孤电子对，则水分子电子式为，故C错误；D．氨气分子中氮形成3个共价键且含有1电子对，为不对称结构，是极性分子，故D错误；故选B。3.X、Y均为第三周期元素，Y元素的单质及化合物常用于自来水的消毒，二者形成的一种化合物能以的形式存在，下列说法正确的是A.原子半径：X<YB.气态简单氢化物的稳定性：X<YC.氧化物对应水化物的酸性：Y>XD.同周期中第一电离能小于X的元素共有4种【答案】B【解析】【分析】X、Y均为第三周期元素，Y元素的单质及化合物常用于自来水的消毒，则Y为Cl元素；由二者形成的化合物的阴阳离子的化学式可知，X的最高正价为+5，则X为P元素。【详解】A．同周期元素，从左到右原子半径依次减小，则磷原子的原子半径大于氯原子，故A错误；B．元素的非金属性越强，气态简单氢化物越稳定，则磷化氢的稳定性弱于氯化氢，故B正确；C．元素的非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，则高氯酸的酸性强于磷酸，选项未指明最高价氧化物，因此酸性不确定，如HClO弱于H3PO4，故C错误；D．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，磷原子的3p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则第一电离能小于磷元素的有钠、镁、铝、硅、硫，共有5种，故D错误；故选：B。4.下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是A.甲醛具有还原性，可用于保存标本B.氢氧化钠溶液呈碱性，可用作制药中的抗酸剂C.二氧化硫具有漂白性，使滴有酚酞的NaOH溶液褪色D.过氧乙酸具有强氧化性，可用作环境杀菌消毒剂 【答案】D【解析】【详解】A．甲醛能使蛋白质变性，具有防腐作用，因此可用于保存标本，A项描述性质与用途无对应关系；B．NaOH是一种强碱性物质，易潮解和变质，且具有强烈的腐蚀性，不能用作制药中的抗酸剂，B项描述性质与用途无对应关系；C．SO2为酸性氧化物，能够与NaOH反应消耗氢氧根离子，从而使滴有酚酞的NaOH溶液褪色，不是因为SO2的漂白性，C项描述性质与用途无对应关系；D．过氧乙酸具有强氧化性，可蛋白质变性而杀菌消毒，所以可作为环境杀菌消毒剂，D项描述的性质与用途有对应关系。答案选D。5.实验室以BaS为原料制备晶体，下列有关实验原理、装置和操作说法错误的是A.设计a装置为了防止倒吸B.装置丙中装NaOH溶液用于吸收酸性气体C.将溶液蒸发结晶可以得到D.装置乙中，加快搅拌速率可以提高BaS转化率【答案】C【解析】【详解】A．a装置体积较大，可以防止倒吸，故设计a装置为了防止倒吸，故A正确；B．硫化钡和氯化氢生成有毒的硫化氢气体，装置丙中装NaOH溶液用于吸收酸性气体硫化氢防止污染，故B正确；C．将溶液蒸发浓缩、冷却结晶可以得到，故C错误；D．装置乙中，加快搅拌速率可以增加反应物接触面积，提高BaS转化率，故D正确；故选C。 6.槟榔中含有多种生物碱，如槟榔碱和槟榔次碱，其结构如下。下列说法错误的是A.槟榔碱和槟榔次碱是同系物B.槟榔碱分子中N原子的杂化方式是C.槟榔次碱分子至少有5个碳原子共平面D.槟榔碱和槟榔次碱均能与强酸、强碱反应【答案】A【解析】【详解】A．同系物是结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的化合物，槟榔碱和槟榔次碱的官能团不同，结构不相似，不是同系物，故A错误；B．槟榔碱分子中N原子连接3个原子形成σ键，N的价电子数为5，还有一孤电子对，所以N原子的价层电子对数是4，杂化方式是sp3，故B正确；C．碳碳双键构成了平面结构，槟榔次碱分子中的碳碳双键构成的平面中至少有5个碳原子共平面，故C正确；D．槟榔碱中有酯基，能在酸性条件和碱性条件下发生水解；槟榔次碱中有羧基，能和强碱反应，N原子上有一孤电子对，能吸引H+，即槟榔次碱能和强酸反应，故D正确；故选A。7.某化工厂的废液含有乙醇、苯酚、乙酸和二氯甲烷，该工厂设计回收方案如下：下列说法错误的是A.试剂a选择溶液比溶液更合适B.回收物1、2分别是二氯甲烷、乙醇 C.试剂b为，试剂c为稀硫酸D.操作Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均为蒸馏【答案】D【解析】【分析】废液含有乙醇、苯酚、乙酸和二氯甲烷，加入碳酸钠和苯酚、乙酸反应转化为盐，蒸馏分离出不同的沸点馏分乙醇、二氯甲烷；溶液通入二氧化碳和苯酚钠生成苯酚，分液分离，乙酸钠加入稀硫酸酸化蒸馏出乙酸；【详解】A．氢氧化钠碱性太强，加热可能导致二氯甲烷水解，故试剂a选择溶液比溶液更合适，A正确；B．乙醇沸点高于二氯甲烷，回收物1、2分别是二氯甲烷、乙醇，B正确；C．由分析可知，试剂b为，试剂c为稀硫酸，C正确；D．由分析可知，Ⅱ为分液操作，D错误；故选D。8.有机物Z是合成药物的中间体，Z的合成路线如下。下列说法错误的是A.1molX最多能与3molNaOH反应B.上述反应类型为加成反应C.化合物Y存在顺反异构D.Z与足量加成后，分子中含有5个手性碳原子【答案】A【解析】【详解】A．X中含醇羟基和酯基，醇羟基和NaOH不反应，酯基水解后生成的酚羟基和羧基均能和NaOH反应，所以1molX最多能与2molNaOH反应，A错误；B．Y中的碳碳双键和X加成生成Z，B正确；C．化合物Y中的碳碳双键的碳原子所连的两个原子或原子团不同，存在顺反异构，C正确； D．Z与足量加成后，分子中含有5个手性碳原子，如图，D正确；故答案选A。9.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是选项实验操作和现象结论A将乙醇和浓硫酸混合加热，产生的气体通入到酸性高锰酸钾溶液中，溶液褪色产物中一定含乙烯B分别向等物质的量浓度的苯酚钠溶液和碳酸氢钠溶液中滴加酚酞，前者红色更深碳酸酸性强于苯酚C向蛋白质溶液中加入硫酸铵溶液，蛋白质析出蛋白质发生变性D向淀粉溶液中加入稀硫酸，加热几分钟，冷却后再加入新制，加热，溶液中无明显现象淀粉没有水解生成葡萄糖A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．乙醇挥发，导致产生的气体中混有乙醇，乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，因此不能证明产物一定含乙烯，故A错误；B．根据越弱越水解可知，等浓度的盐的水解程度越大，对应的酸酸性越强，故B正确；C．硫酸铵引起蛋白质的盐析，故C错误；D．加入新制氢氧化铜前应先加碱中和硫酸，使溶液呈碱性后再加入氢氧化铜悬浊液，故D错误；故选：B。10.不对称催化羟醛缩合反应的循环机理如下图所示。下列说法错误的是 A.步骤①和②的有机产物可通过红外光谱鉴别B.步骤③和④的反应均涉及手性碳原子C.步骤⑤的产物L脯氨酸是该反应的中间产物D.若用苯甲醛和作为原料，不能完成上述羟醛缩合反应【答案】C【解析】【详解】A．①和②的有机产物分别为、，两者含有不同的官能团，可通过红外光谱鉴别，A正确；B．同一碳原子连接四个不同的原子或者原子团的碳原子为手性碳原子，步骤③和④的生成物均有手性碳原子，B正确；C．L-脯氨酸在步骤①参与反应，在步骤⑤又生成，是该反应的催化剂，C错误；D．的酮羰基碳原子的邻位碳原子上没有氢原子，不能发生步骤②的转化，所以不能完成上述羟醛缩合反应，D正确；故选：C。11.酸性条件下通过电催化法可生成，c-NC、i-NC是可用于阴极电极的两种电催化剂，其表面发生转化原理如图所示。下列有关说法正确的是 A.i-NC电极处发生氧化反应B.合成过程中均作为还原剂C.合成过程中用c-NC作电极催化剂更利于生成D.c-NC电极上发生反应：【答案】C【解析】【详解】A．i-NC电极上得电子生成CO，发生还原反应，故A错误；B．c-NC电极上转化为，i-NC电极上得电子生成CO和，均发生还原反应，均做氧化剂，故B错误；C．由图示可知，i-NC电极上生成CO和两种产物，c-NC作电极催化剂完全将转化为，由此可知c-NC作电极催化剂利用率更高，更利于生成，故C正确；D．电解质为酸性介质，电极反应为：，故D错误；故选：C。12.常温下，用0.1mol•L-1醋酸溶液滴定10mL浓度均为0.1mol•L-1的NaOH和氨水的混合液，下列说法不正确的是（）A.滴定前，NaOH和氨水的混合液中c(Na+)>c(NH4+)B.当滴入醋酸10mL时，c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=c(NH4+)+c(NH3•H2O)C.当滴入醋酸20mL时，c(CH3COOH)+c(H+)=c(NH3•H2O)+c(OH-)D.当溶液呈中性时，醋酸滴入量大于20mL，c(CH3COO-)＜c(Na+)【答案】D【解析】【详解】A．浓度均为0.1mol•L-1的NaOH和NH3·H2O的混合液中，NaOH完全电离，NH3·H2O部分电 离，则c(Na+)>c(NH4+)，故A正确；B．当滴入醋酸10mL时，NaOH恰好全部反应，得到等浓度的CH3COONa和NH3·H2O的混合物，结合溶液中物料守恒可知：c(NH4+)+c(NH3•H2O)═c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，故B正确；C．当滴入醋酸20mL时，NaOH和NH3•H2O恰好全部反应，得到等浓度的CH3COONH4和CH3COONa的混合物，物料守恒式为c(NH4+)+c(NH3•H2O)+c(Na+)═c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，电荷守恒式为c(H+)+c(NH4+)+c(Na+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，等量替换即可得c(CH3COOH)+c(H+)═c(NH3•H2O)+c(OH-)，故C正确；D．同一浓度，乙酸和氨水的电离程度相当，乙酸铵呈中性，当滴入醋酸20mL时，得到等浓度的CH3COONa和CH3COONH4的混合物，CH3COONa中CH3COO-离子水解，溶液呈碱性，欲使溶液呈中性，需滴入的醋酸的量大于20mL，由电荷守恒得：c(H+)+c(NH4+)+c(Na+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)，则c(NH4+)+c(Na+)=c(CH3COO-)，此时c(CH3COO-)＞c(Na+)，故D错误；故答案为D。13.甲醇脱氢法制工艺过程涉及如下反应：反应Ⅰ：反应Ⅱ：向容积为10L的恒容密闭容器中通入1.0mol气体发生上述反应，反应相同时间，测得的转化率和的选择性随温度变化如图所示。(已知：的选择性=)下列说法错误的是A.B.虚线代表的是的转化率C.553K时，的产量为0.05molD.低于553K时，温度越高，生成的越多 【答案】B【解析】【详解】A．根据盖斯定律，反应Ⅱ的2倍减去反应Ⅰ得到，故A正确；B．反应Ⅰ、反应Ⅱ都是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，转化率增大，因此实线代表的是的转化率，故B错误；C．553K时，实线为的转化率，虚线为的选择性，则的产量为，故C正确；D．根据图中分析虚线为的选择性，低于553K时，温度越高，生成的越多，故D正确。综上所述，答案为B。Ⅱ卷(非选择题共61分)14.处理含铬［Cr(Ⅵ)］废水的方法有化学沉淀法、铝还原回收法等。（1）钡盐沉铬法：已知水溶液中(橙色)可转化为(黄色)，该可逆反应用离子方程式可表示为___________；向含Cr(Ⅵ)的酸性废水中加入钡盐，生成难溶于水的沉淀。使用的沉铬效果要优于的原因是___________；（2）亚硫酸氢钠-石灰乳还原沉淀法：向初始pH不等几份酸性含铬废水中加入等量，使Cr(Ⅵ)还原成Cr(Ⅲ)。测得废水中残留Cr(Ⅵ)与反应时间的关系变化关系如图所示。①写出将还原为的离子方程式___________； ②实际生产中，还原反应控制pH为2.5左右的原因是___________；（3）还原回收Cr(Ⅵ)法：步骤1：向含Cr(Ⅵ)的酸性溶液中加入一定量的铝粉，充分反应，过滤。步骤Ⅱ：利用步骤Ⅰ过滤后得到的溶液(含有、、)获得。①研究发现，若步骤Ⅰ中pH偏低将会导致Cr(Ⅵ)的去除率下降，其原因是___________；②获得和的混合溶液的实验方案为：向步骤Ⅰ过滤后的溶液中加KOH溶液调节pH=8，___________，得到和的混合溶液。(实验中须用到的试剂：KOH溶液、溶液、稀硫酸)已知：ⅰ.常温下，体系中Al(Ⅲ)、Cr(Ⅲ)微粒的分布分数随溶液pH的变化如图下所示(部分无关粒子已略去)。ⅱ.强碱性条件下Cr(Ⅲ)能被氧化为；酸性条件下能将Cr(Ⅵ)还原为Cr(Ⅲ)。【答案】（1）①.②.消耗，使减小，促进平衡正向移动，提高，有利于Cr(Ⅵ)完全转化为沉淀（2）①.②.pH偏高，浓度低，(浓度降低)反应速率较慢；pH偏低，浓度大，易转化为气体逸出（3）①.pH偏低，浓度较大，Al与反应造成Al损耗增多②.沉淀完全后过滤：向滤渣中加KOH溶液调节pH=12，边搅拌边向其中滴加稍过量的溶液，充分反应；加热煮沸反应液，过滤后往滤液中加稀硫酸调节合适pH，使转化为【解析】【分析】从、微粒的分布分数随溶液pH的变化图像可知，pH=8时，沉淀完全，全部 转化为，转化为偏铝酸根；【小问1详解】水溶液中(橙色)可转化为(黄色)，存在可逆反应，；与H+反应，使得c(H+)减小，促进正向移动，更有利于生成沉淀；【小问2详解】①酸性条件下，将还原为，自身被氧化为，铬化合价由+6变为+3、硫元素化合价由+4变为+6，由电子守恒、质量守恒可知，反应的离子方程式为；②从图像可知，越大，反应速率越慢；实际生产中，偏高时，c(H+)过小，反应速率较慢，不利于工业生产；偏小时，c(H+)过大，易转化为气体逸出，且反应速率过快不易控制，酸性太强也会腐蚀容器，增加生产成本；综合考虑，还原反应控制为2.5合适；【小问3详解】①偏低，则Al与氢离子反应增强造成Al损耗增多，使得Al与的反应减弱，导致的去除率下降；②已知，强碱性条件下Cr(Ⅲ)能被氧化为；酸性条件下能将Cr(Ⅵ)还原为Cr(Ⅲ)；故步骤Ⅰ过滤后的溶液中加KOH溶液调节pH=8，生成沉淀，过滤往滤渣中加过量的溶液，同时加溶液调节pH，将全部氧化为；加热，将过量的除去，过滤，往滤液中加稀硫酸调节pH，使转化为；故操作为：沉淀完全后过滤：向滤渣中加KOH溶液调节pH=12，边搅拌边向其中滴加稍过量的溶液，充分反应；加热煮沸反应液，过滤后往滤液中加稀硫酸调节合适pH，使转化为。15.苯胺是一种重要精细化工原料，在染料、医药等行业中具有广泛的应用。物质相对分子质量沸点℃密度g/mL溶解性硝基苯123210.91.23不溶于水，易溶于乙醇、乙醚苯胺93184.41.02微溶于水，易溶于乙醇、乙醚；还原性强、易被氧化 （1）实验室以苯为原料制取苯胺，其原理简示如下：第一步：___________；第二步：+3H2+2H2O（2）制取硝基苯实验步骤：实验室采用如图所示装置制取硝基苯，恒压滴液漏斗中装有一定量的苯，三颈烧瓶装有一定比例的浓硫酸和浓硝酸混合物。①实验装置中长玻璃管的作用是___________；②下列说法中正确的是___________(填序号)；A．配混酸时，将浓硝酸沿杯壁缓缓加入浓硫酸中不断搅拌、冷却B．浓硫酸可以降低该反应活化能C．温度控制在50~60℃原因之一是减少副反应的发生D．制得的粗硝基苯可以先用乙醇萃取，分液后再洗涤③粗硝基苯用5%NaOH溶液洗涤的目的是___________；（3）制取苯胺①组装好实验装置并检查气密性。②先向三颈烧瓶中加入沸石及硝基苯，再取下恒压滴液漏斗，换上温度计。③打开活塞K，通入一段时间。④利用油浴加热。 ⑤反应结束后，关闭活塞K，向三颈烧瓶中加入生石灰。⑥调整好温度计的位置，继续加热，收集182~186℃馏分，得到较纯苯胺。回答下列问题：步骤④中利用油浴加热的目的是___________；步骤⑤中，加入生石灰的作用是___________；步骤⑥中温度计水银球的位置位于___________；若实验中硝基苯用量为10mL，最后得到苯胺5.6g，苯胺的产率为___________(写出计算过程，计算结果精确到0.1%)。【答案】（1）（2）①.冷凝回流，减少苯、硝酸及硝基苯的挥发损耗，提高原料利用率和产率②.BC③.除去粗硝基苯中混有的硫酸、硝酸（3）①.使反应液温度维持在140℃进行反应②.吸收反应生成的水③.三颈烧瓶出气口相平或反应液上方④.60.2%【解析】【分析】该实验以苯、浓硫酸、浓硝酸制备硝基苯，该实验用水浴加热，反应物苯、硝酸易挥发，长导管起到冷凝回流的作用，反应完毕后，分离、除杂。硝基苯和氢气反应制备苯胺，蒸馏分离出苯胺。【小问1详解】由题意可知第一步是苯的硝化反应，化学方程式，，答案：；【小问2详解】①实验装置中长玻璃管的作用是冷凝回流，答案：冷凝回流，减少苯、硝酸及硝基苯的挥发损耗，提高原料利用率和产率；②A.配制混酸时，将浓硫酸沿杯壁缓缓加入浓硝酸中，并不断搅拌、冷却，故A错误；B.浓硫酸在反应中既是催化剂，也是吸水剂，可以降低该反应活化能，故B正确；C.温度控制在50~60°C原因之一是减少副反应的发生，故C正确；C.乙醇与水任意比互溶，不能用来做萃取剂，故D错误；故答案为:BC；③粗硝基苯用5%NaOH溶液洗涤的目的是除去粗硝基苯中混有的硫酸、硝酸等，答案：除去粗硝基苯中混有的硫酸、硝酸；【小问3详解】由题中信息可知，该反应温度需要140℃，所以步骤④中利用油浴加热的目的是使反应液温度维持在140℃进行反应；步骤⑤中，加入生石灰的作用是吸收生成的水；步骤⑥蒸馏时中温度计水银球的位置位 于三颈烧瓶出气口相平或反应液上方；实验中硝基苯用量为10mL，质量为:10mL×1.23g/mL=12.3g，理论上生成苯胺，实际生成苯胺的质量为5.6g，苯胺的产率为=60.2%；故答案为:60.2%。16.化合物F(普瑞巴林)是一种治疗神经痛的药物。其合成路线如下：（1）在催化剂作用下，烃X和CO、化合生成A，则X的结构简式是___________；（2）B分子中碳原子杂化方式为___________；F中官能团名称是___________；（3）E→F的化学方程式是___________；（4）B的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式___________；①该分子为环状结构，分子中含有碳碳双键和羟基；②分子中不同化学环境的氢原子数目比为1∶2∶2∶1。（5）3-苯基丙烯酸乙酯()是一种重要的医药中间体。设计以丙二酸、乙醇和甲苯为原料制备3-苯基丙烯酸乙酯的合成路线(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线见本题题干)。_______【答案】（1）（2）①.、②.氨基、羧基（3）（4）或 （5）【解析】【分析】A与在碳酸钾作用下生成B，B与乙醇发生酯化反应生成C，C与反应，再经HCl作用生成D，D与CO(NH2)2反应生成E，E在NaClO作用下生成F，据此分析解答。【小问1详解】由A的结构简式及反应物为烃和CO及氢气，根据反应前后有碳骨架结构基本保持不变，可推知烃的结构为：，故答案为：；【小问2详解】B中存在饱和碳原子为杂化，双键碳原子为杂化；由F的结构简式可知其所含官能团为氨基和羧基，故答案为：、；氨基、羧基；【小问3详解】E在NaClO作用下生成F和NaCl及二氧化碳气体，反应为：，故答案为：；【小问4详解】①该分子为环状结构，分子中含有碳碳双键和羟基，结合B的不饱和度可知该分子只有一个环和一个碳碳双键，不含其他不饱和键；②分子中不同化学环境的氢原子数目比为1∶2∶2∶1，可知分子结构对称；结构中含有羟基且只含两个O原子，则可知O均以羟基存在且保持对称性，则符合的结构为：或，故答案为：或 ；【小问5详解】甲苯与氯气在光照条件下生成，水解生成苯甲醇，苯甲醇经催化氧化生成苯甲醛，苯甲醛发生流程中反应生成，与乙醇发生酯化反应生成，合成路线为：，故答案为：。17.以乙苯催化脱氢来制取苯乙烯，是化工产业中常用的方法如下所示：(g)(g)+H2(g)（1）在催化作用下将乙苯加入三个恒容密闭容器发生上述反应。相关数据如下：容器容积/L温度/℃起始量/mol平衡量/mol乙苯(g)苯乙烯(g)氢气(g)苯乙烯(g)甲13001乙1431x 丙150012①时，向乙容器中按表格中数据投料，则此时___________(填写“>”“=”“<”)；②___________(填写“>”“=”“<”)；③乙苯脱氢经历如图所示：该环节中，温度较低时，更有利于发生的“环节”是___________；“吸附环节”中苯烯分子被吸附在催化剂表面活性位点并被活化，“反应环节”可描述为___________；该催化剂在使用过程中，失活现象比较严重，由此推断“脱氢环节”除了产生，还会生成___________离开催化剂表面。（2）为了节省能源，乙苯催化脱氢制苯乙烯的过程可以在气氛下进行。100kPa下，反应气组成按照1∶0、1∶1、1∶5、1∶9投料，乙苯平衡转化率随反应温度变化关系如图。图中的曲线是___________(填曲线标号)。（3）工业乙苯催化脱氢生产苯乙烯时，会产生少量积碳，加入一定温度的水蒸气可较长时间保持催化剂 活性，其原因是___________。【答案】（1）①.>②.>③.吸附环节④.乙苯分子中乙基上的2个C-H键断裂，生成苯乙烯；H原子与活性氧生成2个O-H键；转化为⑤.（2）a（3）水蒸气与积碳发生反应，可消除催化剂表面的积碳【解析】【小问1详解】①T1时，向乙容器中按表格中数据投料，甲容器和乙容器温度相同，平衡常数只与温度有关，列出三段式如下：平衡常数为K==，温度相同时，容器乙Q==，平衡正向移动，则此时V正>V逆；②温度T2时，容器丙列三段式；该反应△H>0是吸热反应，因此T1>T2；③转化过程的图示可知，乙苯脱氢经历了四步，只有“吸附环节”属于结合过程，其余三步都是解离过程。低温有利于“吸附环节”的发生，则温度较低更有利于发生的“环节”是吸附环节；乙苯分子中乙基上的2个C-H键断裂，生成苯乙烯；H原子与活性氧生成2个O-H键；Fe3+转化为Fe2+；该催化剂在使用过程中，失活现象比较严重，“脱氢环节”除了产生H2，还会生成H2O离开催化剂表面。【小问2详解】正反应为总体积增大的反应，在100kPa的压强下，n(乙苯)：n(CO2)越大，CO2气体的压强就越大，则乙苯的分压越小，减小压强平衡向正向移动，则，n(乙苯)：n(CO2)=1：9时，乙苯的转化率最大，符合条件的曲线为a。【小问3详解】水蒸气与积碳发生反应C(g)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)，可消除催化剂表面积碳。