2022-2023学年江苏省宿迁市泗阳县实验高级中学高三上学期第一次质量调研化学试题含解析

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江苏省宿迁市泗阳县实验高级中学2022-2023学年高三上学期第一次质量调研化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．糖类是人体所需的重要营养物质。下列属于糖类的是
A．淀粉 B．植物油 C．维生素A D．酶
【答案】A
【详解】A．淀粉为多糖，属于糖类，A正确；
B．植物油是油脂类物质，不属于糖类，B错误；
C．维生素不属于糖类，C错误；
D．大部分的酶都属于蛋白质，D错误；
故答案选A。
2．光气是一种重要的有机中间体。反应可用于制备光气。下列有关叙述正确的是
A．为非极性分子 B．氯原子的结构示意图为
C．的电子式为 D．分子的空间构型为平面三角形
【答案】B
【详解】
A．CHCl3为极性分子，A错误；
B．氯原子的结构示意图为，B正确；
C．H2O2的电子式为，C错误；
D．NCl3分子的空间构型为三角锥形，D错误；
故选B。
3．漂白粉加水发生反应：。下列说法正确的是
A．半径大小： B．沸点高低：
C．电离能大小： D．酸性强弱：
【答案】B
【详解】
A．、核外电子排布相同，核电荷数更多，对核外电子吸引能力较强，半径较小，A错误；
B．水分子间存在氢键，熔沸点高于氯化氢，B正确；
C．O的第一电离能比C的大，C错误；
D．碳酸酸性强于次氯酸的，D错误；
故选B。
4．实验室制取少量水溶液并探究其酸性，下列实验装置和操作不能达到实验目的的是

A．用装置甲制取气体 B．用装置乙制取水溶液
C．用装置丙吸收尾气中的 D．用干燥pH试纸检验水溶液的酸性
【答案】C
【详解】A．60%硫酸和NaHSO3(s)可发生反应：H2SO4+2NaHSO3=Na2SO4+2SO2↑+2H2O，因此装置甲可以制取气体，A正确；
B．气体通入液体时“长进短处”，装置乙可以制取水溶液，B正确；
C．SO2不会与饱和NaHSO3溶液发生反应，因此装置丙不能吸收尾气中的，C错误；
D．水溶液显酸性，可用干燥的pH试纸检验其酸性，D正确；
答案选C。

5．周期表中ⅥA族元素及其化合物应用广泛。水溶液的光谱分析可以检测到、和痕量的，水溶液吸收溴蒸气后生成两种强酸。在高温时能将氧化为。液态是一种溶剂，其燃烧热为。含、的烟气用水吸收后，硒元素全部变为单质硒。工业上制备碲用还原溶液或者以石墨为电极，电解强碱性溶液。下列说法不正确的是
A．中夹角比中的大 B．分子中含有键
C．空间构型是V形 D．在中的溶解度大于在的溶解度
【答案】A
【详解】A．中的S为sp3杂化，SO3中的硫为sp2杂化，故中夹角比中的小，A错误；
B．CS2的结构式为S=C=S，故分子中含有键，B正确；
C．SO2分子为sp2杂化，含有一个孤电子对，空间结构是V形，C正确；
D．根据相似相容原理，Br2是非极性分子，更易溶于非极性溶剂，CS2是非极性分子，水是极性分子，故在中的溶解度大于在的溶解度，D正确；
答案选A。
6．周期表中ⅥA族元素及其化合物应用广泛。SO2水溶液的光谱分析可以检测到、和痕量的，SO2水溶液吸收溴蒸气后生成两种强酸。SO3在高温时能将HBr氧化为Br2。液态CS2是一种溶剂，其燃烧热为。含SeO2、SO2的烟气用水吸收后，硒元素全部变为单质硒。工业上制备碲用SO2还原TeCl4溶液或者以石墨为电极，电解强碱性Na2TeO3溶液。下列化学反应表示正确的是
A．用SO2水溶液吸收溴蒸气的离子方程式：
B．CS2燃烧的热化学方程式：
C．SO2还原TeCl4反应方程式：
D．电解法制备碲的阴极电极方程式：
【答案】C
【详解】A．用SO2水溶液吸收溴蒸气生成硫酸和氢溴酸，离子方程式：，A不正确；
B．1molCS2(s)燃烧时，依据燃烧热数据，放出热量1077kJ，则热化学方程式：，B不正确；
C．SO2在水溶液中还原TeCl4，生成Te、H2SO4和HCl，反应方程式：，C正确；
D．电解法制备碲时，在阴极得电子产物与电解质反应，生成Te等，电极方程式：，D不正确；
故选C。
7．周期表中ⅥA族元素及其化合物应用广泛。水溶液的光谱分析可以检测到、和痕量的，水溶液吸收溴蒸气后生成两种强酸。在高温时能将氧化为。液态是一种溶剂，其燃烧热为。含、的烟气用水吸收后，硒元素全部变为单质硒。工业上制备碲用还原溶液或者以石墨为电极，电解强碱性溶液。在给定条件下，下列物质间所示的转化可以实现的是
A． B．
C． D．
【答案】B
【详解】A．S可以和O2生成SO2，SO2和O2在催化剂加热的条件下生成SO3，S无法直接转化成SO3，A错误；
B．据题意，SO2能与水反应产生H2S2O5，B正确；
C．据题意，需要高温才能反应，C错误；
D．若生成物中有BaSO3，则H2SO3生成了HCl，违背强酸之弱酸原理，D错误；
答案选B。
8．下列盐的性质与用途具有对应关系的是
A．NH4Cl溶液呈酸性，可用于除铁锈
B．NaHCO3受热易分解，可用于治疗胃酸
C．K2FeO4易溶于水，可用于杀菌消毒
D．Na2SO3溶液呈碱性，可用于污水脱氯(Cl2)
【答案】A
【详解】A．NH4Cl是强酸弱碱盐，水解使溶液呈酸性，因而能够与金属氧化物反应而产生可溶性的物质，故可用于除铁锈，A正确；
B．NaHCO3能够与HCl发生反应，降低胃酸的浓度，其本身对人无刺激，因而可用于治疗胃酸，这与其不稳定，受热易分解的性质无关，B错误；
C．K2FeO4易溶于水，具有强氧化性，能够使细菌、病毒的蛋白质氧化变质，因而可用于杀菌消毒，C错误；
D．Na2SO3具有还原性，Cl2具有氧化性，二者在溶液中发生氧化还原反应，产生Na2SO4、HCl，因果关系不成立，D错误；
故合理选项是A。
9．青蒿酸是合成青蒿素的原料，可以由香草醛合成：

下列叙述正确的是
A．香草醛的分子式为C8H10O3
B．1个青蒿酸分子中含有2个手性碳原子
C．1mol青蒿酸与H2反应，最多消耗3molH2
D．可用FeCl3溶液鉴别香草醛和青蒿酸
【答案】D
【详解】A． 香草醛的分子式为C8H8O3，故A错误；
B． 1个青蒿酸分子中含有4个手性碳原子，如图，故B错误；
C． 只有碳碳双键能与氢发生加成反应，羧基不与氢反应，1mol青蒿酸与H2反应，最多消耗2molH2，故C错误；
D． 酚羟基能与三氯化铁发生显色反应，可用FeCl3溶液鉴别香草醛和青蒿酸，故D正确；
故选D。
10．对于反应，下列说送正确的是
A．该反应的
B．该反应的平衡常数可表示为
C．其他条件相同，增大，转化率减小
D．使用催化剂能降低该反应的焓变
【答案】C
【详解】A．该反应是气体分子数减少的反应，△S<0，A错误；
B．该反应的平衡常数为：K=，B错误；
C．其他条件相同，增大，由于H2的总量变多，无法按原比例消耗，转化率降低，C正确；
D．催化剂降低反应活化能，不改变反应焓变，D错误；
答案选C。
11．室温下，下列实验探究方案能达到探究目的的是
选项
探究方案
探究目的
A
向盛有KBr溶液的试管中滴加几滴新制氯水，再加入CCl4溶液，振荡、静置，观察CCl4层颜色
Cl2的氧化性比Br2的强
B
向盛有SO2水溶液的试管中滴加几滴酸性KMnO4溶液，观察溶液颜色变化
SO2具有漂白性
C
向久置的FeSO4溶液中滴加几滴KSCN溶液，振荡，观察溶液颜色变化
FeSO4已全部变质
D
用pH试纸测得：CH3COONa溶液的pH约为9，NaNO2溶液的pH约为8
HNO2电离出H+的能力比CH3COOH的强

A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【详解】A．新制氯水中含有Cl2，可以置换出Br2，Cl2+2NaBr=2NaCl+Br2 ，Br2在CCl4中的溶解度远大于在水中的溶解度，发生萃取，溶液分层，下层为橙红色，上层无色，说明Cl2的氧化性比Br2的强，选项A正确；
B．向盛有SO2水溶液的试管中滴加几滴酸性KMnO4溶液，SO2将KMnO4还原而使溶液褪色，说明SO2具有还原性，选项B错误；
C．久置的FeSO4溶液中部分Fe2+被空气中的氧气氧化生成Fe3+，遇KSCN溶液显血红色，只能证明FeSO4已变质，要证明全部变质必须检验是否还含有Fe2+，选项C错误；
D．.越弱越水解，虽然用pH试纸测得:CH3COONa溶液的pH约为9，NaNO2溶液的pH约为8，但不知道溶质的物质的量浓度是否相同，因此不能说明水解能力CH3COONa>NaNO2，则不能说明HNO2电离出的H+的能力比CH3COOH的强，选项D错误；
答案选A。
12．室温下，通过下列实验探究0.100mol·L-1K2C2O4溶液的性质。已知：25℃时H2C2O4的Ka1=10-1.22，Ka2=10-4.19。
序号
实验
①
准确量取10.00mL0.100mol·L-1K2C2O4溶液，测得pH=8.4
②
向①中加入2滴0.100mol·L-1HCl盐酸，测得pH=7.0
③
向①准确加入10.00mL0.100mol·L-1HCl溶液，pH=3.52
④
向①中加入20.00mL0.100mol·L-1CaCl2溶液，出现白色沉淀

下列说法正确的是A．实验①溶液中：=10-4.21
B．实验②反应所得溶液中：c(K+)=2c(C2O)+c(HC2O)
C．实验③反应所得溶液中：c(C2O) D．实验④所得上层清液中：c(Ca2+)·c(C2O) 【答案】A
【分析】由题干信息可知，25℃时H2C2O4的Ka1=10-1.22，Ka2=10-4.19，则可知的水解平衡常数为：Kh1===10-9.81，Kh2===10-12.78，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，的水解平衡常数为：Kh1===10-9.81，即=10-9.81，实验①溶液中pH=8.4，c(OH-)=10-5.6mol/L，则=10-4.21，A正确；
B．实验②反应所得溶液中：根据电荷守恒可知，c(K+)+c(H+)=2c(C2O)+c(HC2O) +c(Cl-)+c(OH-)，pH=7，即c(H+)=c(OH-)，则c(K+)=2c(C2O)+c(HC2O)+c(Cl-)，B错误；
C．向①准确加入10.00mL0.100mol·L-1HCl溶液，混合后K2C2O4与HCl1：1反应生成KHC2O4，此时溶液pH=3.52，说明HC2O的电离大于水解，故实验③反应所得溶液中：c(C2O)＞c(H2C2O4)，C错误；
D．实验④所得上层清液中即达到溶解平衡，故c(Ca2+)·c(C2O)=Ksp(CaC2O4)，D错误；
故答案为：A。
13．催化加氢合成二甲醚是一种资源化利用的方法，其过程中主要发生如下两个反应：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
在恒压、和的起始量一定的条件下，平衡转化率和平衡时的选择性随温度的变化如下图所示。

已知：的选择性
下列说法不正确的是
A．反应的焓变为
B．根据图象推测
C．其他条件不变时，温度越高，主要还原产物中碳元素的价态越低
D．其他条件不变时，增大体系压强可以提升A点的选择性
【答案】C
【详解】A．由盖斯定律可知，II—I×2得到反应2CO(g)+4H2(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)，则反应的焓变为ΔH=ΔH2—2ΔH1，故A正确；
B．反应II是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，二氧化碳的转化率减小，由图可知，温度升高，二甲醚的选择性降低，二氧化碳的转化率增大，说明反应I向正反应方向移动，该反应为吸热反应，焓变ΔH1＞0，故B正确；
C．由化合价代数和为0可知，二甲醚中碳元素的化合价为—2价，由图可知，温度升高，二甲醚的选择性降低，说明反应以反应I为主，碳元素的化合价为+2价的一氧化碳为主要还原产物，所以温度越高，二氧化碳主要还原产物中碳元素的价态越高，故C错误；
D．反应I为气体体积不变的反应，增大压强，化学平衡不移动，反应II是气体体积减小的反应，增大压强，化学平衡向正反应方向移动，所以增大体系压强可以提升A点二甲醚的选择性，故D正确；
故选C。

二、实验题
14．氧钒(IV)碱式碳酸铵为紫色晶体，难溶于水，是制备热敏材料的原料，其化学式为。实验室以为原料合成用于制备的氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体，过程如下：

已知：+4价钒在弱酸性条件下具有还原性，能被氧化。
(1)为离子化合物，中含有的σ键数目为_______。
(2)步骤1中生成的同时生成一种无色无污染的气体，该反应的化学方程式为_______。
(3)步骤2可在下图装置(气密性良好)中进行。

制备过程中，需向锥形瓶中通入，作用是_______ ，所得紫色晶体残留的杂质离子主要为_______。
(4)步骤3洗涤晶体时需用饱和溶液洗涤3次，再用无水乙醇洗涤2次，选择无水乙醇的原因是_______。
(5)已知：①去除溶液中可依次加入尿素溶液(还原)、亚硝酸钠溶液(氧化尿素)。
②滴定反应：。
测定氧钒(Ⅳ)碱式碳酸按晶体中钒的含量的实验方案如下：称量5.1000g样品于锥形瓶中，用溶液溶解后，加入溶液至稍过量，充分反应后继续滴加亚硝酸钠溶液至稍过量，再用尿素除去过量亚硝酸钠溶液，最后用0.0800mol/L的标准溶液滴定至终点。请补充完整配制100mL0.0800mol/L的标准溶液的实验步骤：用精度为千分之一的电子天平准确称取固体_______g， 将固体转移至100mL烧杯中，加入少量溶液和适量蒸馏水溶解，_______。轻轻震荡容量瓶，使溶液混合均匀。_______，将容量瓶塞盖好，反复上下颠倒，摇匀。再将所配溶液装入试剂瓶中，贴上标签。
【答案】(1)7mol
(2)2++6HCl=4+N2↑+6H2O
(3)     排尽装置中的空气，防止+4价钒被氧化     Cl-、NH
(4)除去晶体表面的水分，便于乙醇的挥发低温快速干燥
(5)     2.272     冷却至室温，将烧杯中的溶液用玻棒小心地引流到100mL 容量瓶中，用蒸馏水洗涤烧杯内壁及玻璃棒2-3次，并将每次洗涤的溶液都注入容量瓶中     缓缓地将蒸馏水注入容量瓶中，直到容量瓶中液面距离容量瓶的刻度线1-2cm时，改用胶头滴管滴加至溶液的凹液面正好与刻度线相切

【分析】由题给流程可知，向五氧化二钒中加入盐酸、混合溶液，将五氧化二钒还原为，溶液与碳酸氢铵溶液反应后，抽滤、洗涤得到氧钒(IV )碱式碳酸铵晶体。
【详解】（1）离子化合物含有的离子为离子和Cl-离子，离子含有7个键，则1mol中含有的键数目为7NA，故答案为: 7NA;
（2）由题意可知，五氧化二钒与盐酸、混合溶液反应生成、氮气和水，反应的化学方程式为： 2++6HCl=4+N2↑+6H2O；
（3）由题给信息可知，+4价钒在弱酸性条件下具有还原性，能被氧气氧化，所以制备过程中，需向锥形瓶中通入二氧化碳排尽装置中的空气，防止+4价钒被氧化;本实验在溶液中进行，会生成氯化铵，所得紫色晶体会残留、Cl-离子，故答案为:排尽装置中的空气，防止+4价钒被氧化; 、Cl-；
（4）溶液与碳酸氢铵溶液反应得到的氧钒(IV)碱式碳酸铵晶体表面会附有可溶的氯化铵，所以用饱和NH4HCO3溶液洗涤晶体可以除去除去晶体表面的氯化铵，同时减少晶体的溶解，除去晶体表面的水分，再用无水乙醇洗涤2次，便于乙醇的挥发低温快速干燥，故答案为: 便于乙醇的挥发低温快速干燥
（5）配制溶液一般需要计算、称量、溶解、冷却转移、定容摇匀、装瓶；整配制100mL0.0800mol/L的标准溶液计算；将固体转移至100mL烧杯中，加入少量溶液和适量蒸馏水溶解，转移液体，冷却至室温，将烧杯中的溶液用玻棒小心地引流到100mL 容量瓶中，用蒸馏水洗涤烧杯内壁及玻璃棒2-3次，并将每次洗涤的溶液都注入容量瓶中；定容，缓缓地将蒸馏水注入容量瓶中，直到容量瓶中液面距离容量瓶的刻度线1-2cm时，改用胶头滴管滴加至溶液的凹液面正好与刻度线相切；

三、有机推断题
15．化合物G是合成抗过敏药喘乐氧蒽酸的中间体，可通过以下方法合成：

(1)A分子中碳原子杂化类型：_______。
(2)B→C的反应类型为_______。
(3)D经还原得到E。D的分子式为C14H9O5N，写出D的结构简式：_______。
(4)写出同时满足下列条件的E的一种同分异构体的结构简式：_______。
①分子中含有两个苯环；
②能发生银镜反应且能与FeCl3溶液发生显色反应；
③分子中有6种不同化学环境的氢。
(5)请以和C2H5Cl为有机原料制备，写出制备的合成路线流程图_______(无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)
【答案】(1)sp2、sp3
(2)取代反应
(3)
(4)
(5)

【分析】由题干合成流程图信息可知，A发生氧化反应生成B，B发生取代反应生成C，D经还原得到E，D的分子式为C14H9O5N，根据C、E结构简式知，D中硝基被还原生成氨基，则D为，E发生取代反应生成F，F发生取代反应生成G，(5)本题采用逆向合成法，根据题干流程图中F转化为G的信息可知，可由在AlCl3的催化下转化而来，而可以由和CH3CH2OH通过酯化反应而得，可由在酸性KMnO4或K2Cr2O7等强氧化剂作用下转化得到，CH3CH2OH则可以由CH3CH2Cl水解得到，由此确定合成路线，据此分析解题。
【详解】（1）由题干流程图中A的结构简式可知，A分子中-CH3的C原子采用sp3杂化，苯环上的碳原子均采用sp2杂化，故A分子中碳原子杂化类型为：sp2、sp3；
（2）由题干流程图中B、C的结构简式可知，B→C的反应类型为取代反应，故答案为：取代反应；
（3）由分析可知，D的结构简式为：，故答案为：；
（4）由题干流程图中E的结构简式可知，E的分子式为：C14H11NO3,则E同时满足下列条件①分子中含有两个苯环；②能发生银镜反应即含有-CHO或者甲酸酯基，能与FeCl3溶液发生显色反应即含有酚羟基，③分子中有6种不同化学环境的氢，的E的一种同分异构体的结构简式为：，故答案为：；
（5）本题采用逆向合成法，根据题干流程图中F转化为G的信息可知，可由在AlCl3的催化下转化而来，而可以由和CH3CH2OH通过酯化反应而得，可由在酸性KMnO4或K2Cr2O7等强氧化剂作用下转化得到，CH3CH2OH则可以由CH3CH2Cl水解得到，由此确定合成路线为：，故答案为：。

四、工业流程题
16．金(Au)广泛应用于电子信息产业，一种从被FeS2包裹的含金矿物中提金的工艺流程如下：

(1)①“预处理”时，FeS2被氧化为Fe2(SO4)3，写出该反应的离子方程式_______。
②研究发现H2O2在Fe2+的催化作用下产生具有强氧化能力的中间体∙OH，∙OH将金表面的FeS2氧化溶出。FeS2溶出率与硫酸初始浓度的关系如图所示，随着硫酸初始浓度的增大，FeS2溶出率逐渐提高的主要原因是_______。

(2)①“浸取”时Au转化为配合物NH4[Au(SCN)4]，该配合物中的配体为_______。
②“浸取”时可使用硫脲[SC(NH2)2]代替NH4SCN，硫脲可通过下列反应制备：


_______。
(3)“置换”时需维持无氧环境，其主要原因是_______。
(4)测定样品中Au的含量：准确称取0.1000g试样，加入王水，将Au转化成具有强氧化性的氯金酸(HAuCl4)，在除去硝酸根后的溶液中，边不断搅拌，边向溶液中加入过量0.4000 mol·L-1FeSO4溶液30.00mL，将HAuCl4完全还原为Au；滴加二苯胺磺酸钠作指示剂，用0.1000 mol·L-1K2Cr2O7标准溶液滴定至终点，消耗K2Cr2O7溶液18.00mL。
已知：

计算样品中金的质量分数(写出计算过程)_______。
【答案】(1)          硫酸浓度增大，与FeS2反应生成的Fe2+增多，催化H2O2产生的∙OH增多，FeS2溶出率增大
(2)     SCN-     (2a-b) kJ∙mol-1
(3)有氧环境下铝会和氧气反应在表面生成氧化膜，阻碍置换的进行
(4)由关系式：6Fe2+——K2Cr2O7，可求出过量的Fe2+的物质的量为：0.1000 mol·L-1×0.01800L×6=0.0108mol，则与HAuCl4反应的Fe2+的物质的量为0.4000 mol·L-1×0.03000L-0.0108mol=0.0012mol；由关系式：3Fe2+——HAuCl4——Au，可得出n(Au)==0.0004mol，样品中金的质量分数=78.8%

【分析】将被FeS2包裹的含金矿物加入H2SO4和H2O2预处理，将FeS2氧化为Fe2(SO4)3等；加入Fe2(SO4)3和NH4SCN，将Au转化为NH4[Au(SCN)4]，再用Al将Au置换出来。
【详解】（1）①“预处理”时，FeS2被H2O2氧化为Fe2(SO4)3等，该反应的离子方程式：。
②从信息中可以看出，H2O2在Fe2+的催化作用下产生具有强氧化能力的中间体∙OH，∙OH将金表面的FeS2氧化溶出，则Fe2+浓度越大，生成∙OH越多，FeS2溶出率越高，而硫酸浓度越大，溶解的FeS2越多，生成的Fe2+越多，所以随着硫酸初始浓度的增大，FeS2溶出率逐渐提高的主要原因是：硫酸浓度增大，与FeS2反应生成的Fe2+增多，催化H2O2产生的∙OH增多，FeS2溶出率增大。答案为：；硫酸浓度增大，与FeS2反应生成的Fe2+增多，催化H2O2产生的∙OH增多，FeS2溶出率增大；
（2）①“浸取”时Au转化为配合物NH4[Au(SCN)4]，该配合物中的配体为SCN-。
②ⅰ.
ⅱ.
利用盖斯定律，将反应①×2-②得：=(2a-b) kJ∙mol-1。答案为：SCN-；(2a-b) kJ∙mol-1；
（3）Al是活泼金属，表面的Al能被O2氧化生成Al2O3，则“置换”时需维持无氧环境，其主要原因是：有氧环境下铝会和氧气反应在表面生成氧化膜，阻碍置换的进行。答案为：有氧环境下铝会和氧气反应在表面生成氧化膜，阻碍置换的进行；
（4）由关系式：6Fe2+——K2Cr2O7，可求出过量的Fe2+的物质的量为：0.1000 mol·L-1×0.01800L×6=0.0108mol，则与HAuCl4反应的Fe2+的物质的量为0.4000 mol·L-1×0.03000L-0.0108mol=0.0012mol；由关系式：3Fe2+——HAuCl4——Au，可得出n(Au)==0.0004mol，样品中金的质量分数=78.8%。答案为：78.8%。
【点睛】多步计算时，可建立关系式求解。

五、原理综合题
17．氢气不仅是一种清洁能源，更是一种重要的化工原料。
(1)图1是一种将氢气与氮气利用电解原理制备NH3的装置，图中陶瓷在高温时可以传输H+。其中Pd电极b为________(填“阳极”或“阴极”)，阴极的电极反应式为________。

(2)氢气与苯催化加成制备环己烷是化工生产中的重要工艺，一定条件下发生如下反应：
I.主反应：(g)+3H2(g)(g) ΔH1<0
II.副反应：(g) ΔH2>0
①有利于提高平衡体系中环己烷体积分数的措施有________。
A．适当升温       B．适当降温          C．适当加压       D．适当减压
②反应Ⅰ在管式反应器中进行，实际投料往往在n(H2)∶n(C6H6)=3∶1的基础上适当增大H2用量，其目的是________。
③图2是氢气与苯反应的机理，该过程可描述为________；当H2中混有微量H2S或CO等杂质时，会导致反应I的产率降低，推测其可能原因为________。

④催化剂载体中的酸性中心能催化苯及环己烷的裂解。已知酸性中心可结合孤电子对，图3中可作为酸性中心的原子的标号是________(填“a”、“b”或“c”)。

【答案】(1)     阳极     N2+6H++6e-=2NH3
(2)     BC     提高苯的利用率     氢气在金属催化剂表面转化为氢原子，氢原子和苯分子吸附在催化剂表面活性中心，发生反应生成环己烷     金属催化剂会与H2S或CO反应从而失去催化活性或者H2S、CO导致催化剂中毒而失去催化活性     b

【分析】（1）该电池电极a通入的是氮气，电极b通入的是氢气，其总反应，可知a为阴极，b为阳极。
（2）提高平衡体系中环己烷体积分数，需要主反应正向移动，副反应逆向移动，但主要受主反应的影响。实际投料时，增大氢气的量是为了提高苯的利用率。从图中可以看出，氢气在金属催化剂表面转化为氢原子，氢原子和苯分子吸附在催化剂表面活性中心，发生反应生成环己烷，如果有硫化氢或一氧化碳等杂质时，杂质会使催化剂中毒而失去活性，导致反应I的产率降低。
【详解】（1）氢气中b极放电生成氢离子，故电极b为阳极，氮气在电极a即阴极放电生成氨气，其电极反应式为。
（2）①A．升温之后，主反应逆向移动，环乙烷转化率降低，A错误；
B．降温之后，主反应正向移动，环乙烷转化率升高，B正确；
C．加压之后，主反应正向移动，环乙烷转化率升高，C正确；
D．加压之后，主反应逆向移动，环乙烷转化率降低，D正错误
故选BC。；
②实际投料时增大氢气的量增大了苯的转化率和环乙烷的产率，即为了提高苯的利用率。
③氢气在金属催化剂表面转化为氢原子，氢原子和苯分子吸附在催化剂表面活性中心，发生反应生成环己烷。硫化氢和一氧化碳等杂质会使催化剂中毒从而反应I的产率降低。
④已知酸性中心可结合孤电子对，即中心原子有空轨道，Al、Si、O三种原子只有Al原子有空轨道，所以选b。