山东省泰安市2021届-2023届高考化学三年模拟（二模）按题型分类汇编-非选择题

这是一份山东省泰安市2021届-2023届高考化学三年模拟（二模）按题型分类汇编-非选择题，共40页。试卷主要包含了工业流程题，实验题，结构与性质，有机推断题，填空题，原理综合题等内容，欢迎下载使用。
山东省泰安市 2021届-2023届高考化学三年模拟（二模）按题型分类汇编-非选择题

一、工业流程题
1．（2021·山东泰安·统考二模）工业生产中利用方铅矿(主要成分为PbS，含有FeS2等杂质)制备PbSO4的工艺流程如图：

已知：①PbCl2难溶于冷水，易溶于热水。
②PbCl2(s)+2Cl-(aq) (aq)ΔH＞0
③Ksp(PbSO4)=1.08×10-8，Ksp(PbCl2)=1.6×10-5
(1)“浸取”时需要加热，充分反应后生成Na2PbCl4、S、FeCl3等物质，其中生成FeCl3的化学方程式为______。
(2)“滤渣2”的主要成分是______。
(3)“沉降”操作时加入冰水的原因是______。
(4)上述流程中滤液可循环利用，试剂X是______(填化学式)。PbCl2经“沉淀转化”后得到PbSO4，若用1LX溶液转化10mol的PbCl2，则X溶液的最初物质的量浓度不得低于______。
(5)硫酸铅广泛应用于制造铅蓄电池。铅蓄电池充电时，正极与电源的______极相连，其电极反应式为______。充电过程中转移2mole-时，两电极材料共______(填“增加”或“减少”)的质量为______g。
2．（2022·山东泰安·新泰市第一中学统考二模）天空课堂第二课中航天员展示了金属锆(40Zr)在无容器实验柜中从液体变成固体时的“再辉”现象。以锆英石(主要成分是ZrSiO4，还含有少量Al2O3、SiO2、Fe2O3等杂质)为原料生产锆的流程如图所示：

已知：常温下，ZrCl4是白色固体， 604K升华，遇水强烈水解：ZrCl4+9H2O=ZrOCl2·8H2O+2HCl，在浓盐酸中会析出ZrOCl2·8H2O沉淀。请回答下列问题：
(1)“高温气化”中可发生多个反应，写出发生的主要反应的化学方程式是_______。
(2)分馏过程中，为防止产品变质，过程中一定需要注意的是_______。液体a的电子式是_______。
(3)实验室中洗涤ZrOCl2·8H2O沉淀操作是_______。
(4)“还原”中氧化剂是_______(填化学式)。
(5)由于锆铪(Hf)矿石共生，这样制得的锆中常含有少量的铪，需要进一步分离提纯。
第一步：溶解分离
将样品溶于氢氟酸后再加入一定量KOH溶液，锆和铪均以[MF6]2-存在。
①已知在水中K2HfF6比K2ZrF6的溶解度大，且K2ZrF6的溶解度随温度的升高而增大，可以利用_______
方法进行分离。
②离子交换法：利用强碱型酚醛树脂R-N(CH3)Cl-阴离子交换剂进行交换分离，原理是：2RN(CH3)3Cl+K2ZrF6= [RN(CH3)3]ZrF6+2 KCl；2RN(CH3)3Cl+K2HfF6=[RN(CH3)3]HfF6+2 KCl。然后再用HF和HCl混合溶液为淋洗剂，先后将这两种阴离子淋洗下来，达到分离的目的。这种方法能够将锆、铪分离的原因是_______。
③将所得溶液与有机相磷酸三丁酯(TBP)充分混合、振荡，可以达到Zr与Hf分离。这种分离方法是_______。
第二步：高温还原
在高温条件下，加入铝将制得的K2ZrF6还原可得锆，反应的化学方程式是_______。
3．（2023·山东泰安·统考二模）电解金属锰阳极渣(主要成分MnO2，杂质为PbCO3、Fe2O3、CuO)和黄铁矿(FeS2)为原料可制备Mn3O4，其流程如图所示：

已知：部分阳离子以氢氧化物形式完全沉淀时的pH如下：Fe3+ 3.7，Fe2+ 9.7，Cu2+ 7.4，Mn2+ 9.8
回答下列问题：
(1)“酸浸”过程中，滤渣Ⅰ的主要成分为S、______(填化学式)。
(2)“酸浸”过程中Fe2+、Fe3+的质量浓度、Mn浸出率与时间的关系如图1所示。

20~80min，浸出Mn元素的主要离子方程式为______。80~100min时，Fe2+浓度上升的原因可能是______。
(3)“除Fe、Cu”过程中依次加入的试剂X、Y为______(填序号)。
A．NH3•H2O、H2O2 B．H2O2、CaCO3 C．SO2、MnCO3
(4)硫酸锰晶体的溶解度曲线如图2，由MnSO4溶液获得MnSO4•H2O晶体的系列操作为______、洗涤、干燥。

(5)“真空热解”过程中，测得固体的质量随温度变化如图3所示。需控制的温度为______。

(6)由MnSO4溶液制取Mn3O4的另一种方案是：向MnSO4溶液中加入氨水，产生Mn(OH)2沉淀和少量Mn2(OH)2SO4，滤出，洗净，加水打成浆，浆液边加热边持续通空气，制得Mn3O4。沉淀加热通空气过程中，7小时之前，溶液的pH=6，7小时之后迅速下降，原因是______。

二、实验题
4．（2021·山东泰安·统考二模）亚氯酸钠(NaClO2)是一种重要的含氯消毒剂，制备亚氯酸钠的工艺流程如图：

已知：二氧化氯(ClO2)沸点为11.0℃，易溶于水，浓度过高时易分解。
(1)反应1在装置甲中进行，装置A的作用是______；通入空气，其作用是排出ClO2，通空气不能过快，空气流速过快时ClO2不能被充分吸收；通空气也不能过慢，其原因是______。
(2)反应2在装置乙中进行，其中反应的化学方程式为______。

(3)多步操作中包含“过滤”操作，该操作需要的玻璃仪器有______。
(4)测定某NaClO2样品的纯度时，用到某浓度的Na2S2O3标准溶液。
此过程中要用到滴定管，选出其正确操作并按顺序写出字母：检查滴定管是否漏水→蒸馏水洗涤→(       )→(       )→(       )→(       )→(       )→滴定管准备完成。______
a．从滴定管上口加入高于“0”刻度3mL所要盛装的溶液
b．从滴定管上口加入3mL所要盛装的溶液，倾斜着转动滴定管
c．将洗涤液从滴定管上口倒入预置的烧杯中
d．将洗涤液从滴定管下部放入预置的烧杯中
e．调整液面至“0”刻度或“0”刻度以下，记录数据
f．轻轻转动活塞使滴定管的尖嘴部分充满溶液，无气泡
g．轻轻挤压玻璃球使滴定管的尖嘴部分充满溶液，无气泡
(5)NaClO2受热分解为NaClO3和NaCl，反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为______。NaClO2作消毒剂时，每克NaClO2的氧化能力相当于______gCl2的氧化能力(保留2位小数)。
5．（2022·山东泰安·新泰市第一中学统考二模）氨基甲酸铵(H2NCOONH4)是一种重要的化工原料，易分解，极易水解。实验室利用下列反应和相关装置制备氨基甲酸铵。2NH3(g) + CO2(g) H2NCOONH4(s) ΔHC>H H2O>NH3>CH4 2 2
(3) sp2 有
(4)100%
(5) (、、) a
(6)

【详解】（1）Fe2+核外有24个电子，电子排布式为[Ar] 3d6，所以Fe2+的价电子排布式为：3d6，故答案为：3d6。
（2）同周期元素自左至右，电负性增大，非金属性越强，电负性越大，故O、N、C、H的电负性依次减小，即O>N>C>H；O、N、C的简单氢化物分别为H2O、NH3、CH4，水和氨气分子间存在氢键，沸点高于甲烷，常温下水为液态，氨为气态，则沸点由高到低的顺序是H2O>NH3>CH4；CNO-的结构式为[O-CN]-，单键为σ键，三键有一个σ键和两个π键，所以其结构中有2个σ键，2个π键，故答案为：O>N>C>H；H2O>NH3>CH4；2；2。
（3）由图可知，n环为平面结构，N原子上有3个共价键，则N杂化类型为sp2；成环原子的π电子数等于6，则该环有芳香性，故答案为：sp2；有。
（4）该晶胞为立方晶胞，晶胞参数为a pm，晶胞体积为：a 3pm3，一个晶胞中含有Fe原子数目为：8+6+12+1+4=12，含有Al原子数目为：4，Fe3Al晶胞中，rA1=b pm， rFe=c pm，则晶胞中Fe、Al原子的总体积为rFe312+rA134=(12c3+4b3) pm3=(3c3+b3) pm3，所以该晶胞的空间利用率为100%，故答案为：100%。
（5）由图一可知，m原子位于右后下方小立方体的中心，则m原子的原子分数坐标为(、、)；由晶胞结构图可知，4个铝原子分别位于处于对角位置的4个小立方体的中心，任意两个A1原子之间的距离为晶胞面对角线长的一半，即为apm，故答案为：a。
（6）一个晶胞中含有Fe原子数目为：8+6+12+1+4=12，含有Al原子数目为：4，一个晶胞的质量m=，晶胞的体积V=(a10-10cm)3=a310-30cm3，根据=，得Fe3Al晶体的密度为： g·cm-3，故答案为：。
9．(1)3s23p4
(2)4
(3)4
(4) 6 正八面体
(5) 24.8pm 47.2pm 途径2

【详解】（1）基态S原子的价电子排布式为3s23p4。
（2）第二周期元素第一电离能从左向右呈增大趋势，由于Be的2s轨道全满，N的2p轨道半满，结构稳定，造成Be和N比同周期相邻元素的第一电离能高，因此第一电离能介于B和F之间的有Be、C、N、O共4种。
（3）由图1所示晶体结构可知，Li+位于棱心，正四面体结构的离子在体心，则每个Li+与4个呈四面体结构的离子相邻。
（4）NaCl晶胞中Na+周围有3个Cl-，则在NaCl晶体中，Na+周围等距离最近有6个C1-，6个C1-构成正八面体结构，即Na+填充在C1-堆积而成的八面体空隙中。
（5）①该三角形为等边三角形，边长等于图2中面对角线长度，故三角形边长=×564pm=282pm=394.8pm，即2r(C1)+x=394.8pm，r(Cl-)=185pm，解得x=24.8pm；内部虚线部分三角形的顶角为120°、两腰长为r(Cl )+y、底长为282pm，边角关系有[ r(Cl )+y]=282pm，解得y= 47.2pm；
②由于挤过由1、2、 3号氯离子形成的三角形通道y的值大于挤过2、3号氯离子之间的狭缝x值，所以Na+如果能挤过，那么挤过由1、2、 3号氯离子形成的三角形通道相对容易些，即迁移可能性更大的途径是途径2。
10． CH2=C(CH3)CH2CH3 3，4—二甲基—3—己烯 消去反应 +2H2O 碳碳双键，酯基 3 、、 CH3CH2BrC(CH3)CH2BrCH3CH2COH(CH3)CH2OHCH3CH2COH(CH3)CHO
【分析】由F的结构简式可知A应为CH2=C（CH3）CH2CH3，生成E为CH2BrCBr（CH3）CH2CH3，F发生消去反应生成G，G为，由（5）知X的苯环上只有一个取代基，且取代基无甲基，结合N的分子式可知N的结构简式为，可知X为苯乙醇，由M的分子式可知D含有8个C，结合信息可知B为CH3CH2C（CH3）=C（CH3）CH2CH3，则C为CH3CH2CBr（CH3）CBr（CH3）CH2CH3，D为CH3CH2COH（CH3）COH（CH3）CH2CH3，M为，以此解答该题。
【详解】（1）根据F的结构简式，结合A的分子式分析A为CH2=C（CH3）CH2CH3，故答案为：CH2=C(CH3)CH2CH3；
（2）由以上分析可知B为CH3CH2C（CH3）=C（CH3）CH2CH3，根据系统命名法命名为3，4—二甲基—3—己烯，故答案为：3，4—二甲基—3—己烯；
（3）根据F的结构简式及G的分子式分析，F→G的过程为脱去一个水分子，形成双键的过程，该反应为消去反应，故答案为：消去反应；
（4）D为CH3CH2COH（CH3）COH（CH3）CH2CH3，M为，反应的方程式为，故答案为：；
（5）根据上述分析N为，其中所含官能团为：碳碳双键，酯基，故答案为：碳碳双键，酯基；
（6）X为苯乙醇，对应的同分异构体①遇FeCl3溶液显紫色，则羟基连接在苯环，②苯环上的一氯取代物只有两种，若苯环上只有两个取代基，则另一取代基为乙基，只能为对位，若苯环上有三个取代基，则一个为羟基，两个是甲基，两个甲基的可以位置在羟基的邻位或间位，所以共3种，，故答案为：3；；
（7）E为CH2BrCBr(CH3)CH2CH3，可先水解生成CH2OHCOH（CH3）CH2CH3，端点的羟基在铜催化条件下可以被氧化生成醛，2号碳上的羟基由于2号碳上没有氢原子，所以不能被氧化，醛基被弱氧化剂氧化，酸化后反应生成酸，反应的流程为：CH3CH2Br(CH3)CH2BrCH3CH2COH(CH3)CH2OHCH3CH2COH(CH3)CHO；
故答案为：CH3CH2Br(CH3)CH2BrCH3CH2COH(CH3)CH2OHCH3CH2COH(CH3)CHO。
11．(1) 羰基、羧基 还原反应
(2)
(3)+H2O
(4)、、、
(5)

【分析】A是，B的结构简式是，由A、B的结构简式和已知信息①可得X是，再由B的分子式C11H12O2，和C的分子式C11H14O2得结构简式为，D是，由D和已知信息②可得E为，由信息和题干知F为，G为，分子式为C17H28，H的分子式为C17H28O2，由G、H的分子式和反应条件可得H为，由题干可得I为，据此分析。
(1)
由B的结构简式，可得B中含氧官能团的名称为羰基、羧基；由B的结构简式 和C的结构简式为，可知化合物B→C是去氧的反应，所以反应类型是还原反应，故答案为：羰基、羧基；还原反应；
(2)
由分析可知化合物X结构简式是；化合物E的结构简式是；故答案为：；；
(3)
由H和 I的结构简式和已知信息可得H→I的化学方程式为：+H2O，故答案为：+H2O；
(4)
B的结构简式是，分子式C11H12O2，同时符合下列条件①包含两个碳环，且只含两个-CH2-；②包含，是不对称碳原子，苯环上只有1个取代基，则含有苯环，含有羧基和羟基等基团，结合B的分子式可得的结构简式为、、、，故答案为：、、、；
(5)
结合题干信息可知由化合物制取，应该先从六元环变成五元环，结合题干路线知先氧化双键断键，再在一定条件下形成五元环，再氧化得最终产物，故合成路线为，故答案为：。
12．(1)羟基、醚键、酰胺基
(2) ①②
(3) +CH3NO2→
(4) 13
(5)

【分析】对照反应①和②可知，A为 ，物质X为CH3NO2，结合反应条件和后面物质的结构简式分析，B的结构简式为 ，KCN溶液中存在HCN，对比A的分子式和反应②的产物可以，反应②为A和HCN的加成反应，据此解答。
【详解】（1）根据TM的结构简式可知，TM分子中含氧官能团名称是羟基、醚键、酰胺基；
（2）根据分析，B 的结构简式为： ；由分析可知，A为 ，则反应①为A与CH3NO2的加成反应，反应②为A与HCN的加成反应，故上述合成路线中属于加成反应的是①②；
（3）A的结构简式为：，物质X的结构简式为CH3NO2，反应中原子利用率100%，则为加成反应，该反应方程式为：+CH3NO2→；
（4）符合下列条件的有机物A的同分异构体①含有苯环；②1mol该物质分别与足量的NaHCO3溶液、金属钠反应生成1molCO2、1molH2，说明结构中含有一个羧基和一个羟基；③含有手性碳原子。则若苯环上有一个侧链，同分异构体有、、、，若苯环上有两个侧链，分别为羧基和、—OH和、—CH3和，均有邻间对三种位置关系，故符合条件的同分异构体有13种；其中苯环上仅有一个支链且核磁共振氢谱中有6个峰的分子的结构简式；
（5）首先用苯甲醛和CH3NO2发生加成反应生成，，随后硝基被还原为氨基生成，再在ClCOCH2Cl在作用下生成产物，具体流程为：。
13． > v正(CO2)、v正(CH3OH)、v正(H2O)均可 CH4+3CO2=4CO+2H2O bc b c 温度相同时，增大压强使反应①平衡正向移动，水的体积分数增大，CO2和N2的体积分数减少，有利于反应②逆向移动，故高压时，CO体积分数降低，M点高于N点(或者，温度相同时，降低压强使反应①平衡逆向移动，水的体积分数减小，CO2和H2的体积分数增大，有利于反应②平衡正向移动，故低压时，CO的体积分数增大，M点高于N点) 2.88
【详解】(1)容器①和容器②中其是反应物物质的量相当，即①中反应物能够完全转化为②中的反应物。若在恒温恒容下，二者达到的平衡状态是相同的，当然，CO2的体积分数也相同；容器②是绝热容器，且反应从逆向开始，逆反应是吸热反应，容器②中的反应从开始到平衡的过程中，温度一直下降，不利于逆反应正向移动，产生的CO2比容器①要少，故CO2的体积分数①>②；
(2)正(CO2)=正(CH3OH)=正(H2O)=逆(H2)时，说明正=逆，反应达到平衡；
(3)根据箭头指向可知：CH4和CO2是反应物，CO和H2O是生成物，利用电子守恒和原子守恒可写成方程式：CH4+3CO2=4CO+2H2O；
(4)a．过程Ⅰ发生的反应为CH4+CO2=2CO+2H2，CO2是氧化剂，a项错误；
b．过程Ⅱ发生了四个反应：①Fe3O4+4CO=3Fe+4CO2、②Fe3O4+4H2=3Fe+4H2O、③CaCO3=CaO+CO2、④CaO+CO2=CaCO3，转化②实现了碳氢分离，转化③实现CO再制备，b项正确；
c．过程Ⅱ反应④消耗CO2，有利于过程Ⅱ反应①正向进行，c项正确；
d．转化③方程式为：3Fe+4CaCO3=Fe3O4+4CaO+4CO，故Fe与CaCO3反应的物质的量之比为3∶4，d项错误；
答案选bc；
(5)根据两个反应的热效应可知：随温度升高，呈下降趋势的曲线表示CH4的体积分数，反应①正反应是气体分子数减小的反应，减小压强时，CH4的体积分数也会减小，所以，b线表示1MPa时CH4的体积分数变化趋势；CH4的体积分数小，剩余的CO2和H2就会变多，反应①的产物H2O浓度也小，这两个因素有利于反应②正向移动，CO平衡体积分数增大，所以，c线表示1MPa时CO的体积分数变化趋势；温度相同时，增大压强使反应①平衡正向移动，水的体积分数增大，CO2和H2的体积分数减少，有利于反应②逆向移动，故高压时，CO体积分数降低，M点高于N点(或者，温度相同时，降低压强使反应①平衡逆向移动，水的体积分数减小，CO2和H2的体积分数增大，有利于反应②平衡正向移动，故低压时，CO的体积分数增大，M点高于N点)；
(6)因为图象是对实验中对平衡体系的三种物质(CO2、CO、CH4)进行分析，当实验中CO、CH4各占40%时，CO2占20%。设反应生成x mol CH4，y mol CO，在反应体系中：

反应0.4mol1.6mol0.4mol0.8mol

CO2、CH4、CO的总物质的量为，则有，解得，则平衡时n()=0.4mol、n()=1.2mol、n()=0.2mol、n()=1mol，容器的体积为1L，则平衡常数。
14．(1)4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g)  ΔH=(-a-3b) kJ·mol-1
(2)从速率角度考虑，选择高温；从平衡角度考虑，选择室温；从催化剂角度考虑，500℃左右催化剂活性高，且此温度时速率、转化率均较合适，综合效果好
(3) 2(*NH)+4H++4e-=2NH3 N2与*H反应时，N2中三键键能大，断裂需要较高的能量
(4) ＞ T4时，该反应达到平衡，催化剂不影响平衡转化率，故重合
(5) 4 0.0145

【解析】(1)
已知：①4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g)  ΔH=-a kJ·mol-1；
②N2(g)+O2(g)=2NO(g)  ΔH=+b kJ·mol-1；根据盖斯定律，将①-②×3，整理可得4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g)  ΔH=(-a-3b) kJ·mol-1；
(2)
根据温度与化学平衡常数关系可知：温度升高，化学平衡常数减小，说明升高温度，化学平衡向逆反应方向移动，逆反应为吸热反应，则该反应的正反应为放热反应。从平衡角度考虑，工业合成氨应该选择常温条件，但实际工业生产却选择500°C左右的高温，这是由于从速率角度考虑，选择高温条件；从平衡角度考虑，选择室温；从催化剂角度考虑，500℃左右催化剂活性高，且此温度时速率、转化率均较合适，综合效果好；
(3)
根据图示可知中间体为*NH，反应前后原子守恒、电荷守恒，第三步反应为2个中间体与4个H+、4e-反应产生2个NH3(g)，则第三反应方程式为：2(*NH)+4H++4e-=2NH3；
其中，第二步为决速步，这是由于第二步反应中N2与*H反应时，N2中三键键能大，断裂需要较高的能量速率慢。对于多步反应，整个反应速率快慢由慢反应决定，故第二步为决速步；
(4)
催化剂只能加快反应速率，缩短达到平衡所需时间，而不能使平衡发生移动。根据图示可知：b点未达到该温度下H2的平衡转化率，说明反应正向进行，因此b点反应速率：v正＞v逆；
温度高于T4后曲线重合为ac，这是由于T4时，该反应达到平衡，催化剂不影响平衡转化率，故线重合在一起；
c点时，正、逆反应瞬时速率方程：v正(H2)= k1·c3(H2)·c(N2)和v逆(NH3)= k2·c2(NH3)，由于用不同物质表示反应速率时速率比等于化学方程式中化学计量数的比，则根据v正(H2)= k1·c3(H2)·c(N2)可知v正(NH3)=v正(H2)=k1·c3(H2)·c(N2)，在平衡时用同一物质表示的正、逆反应速率相等，v正(NH3)=v逆(NH3)，k1·c3(H2)·c(N2)=k2·c2(NH3)，，即此条件下反应的平衡常数K=；
(5)
(3)若q=10，由题意可得：3m%+m%+10%=1，解得m=22.5，则N2、H2的起始物质的量分数分别是22.5%、67.5%，假设开始时气体总物质的量为100 mol，则惰性气体的物质的量为10 mol，N2为22.5 mol，H2为67.5 mol。假设反应过程中消耗N2物质的量为x mol，根据物质反应转化关系，可知同时消耗3x mol H2，反应产生2x mol NH3，n(N2)=(22.5-x)mol，n(H2)=(67.5-3x)mol，n(NH3)=2x mol，根据NH3占总体积的，可得，解得x=12.5 mol，则平衡时气体总物质的量为(100-2x) mol=(100-2×12.5) mol=75 mol，则N2、H2和NH3的分压为30 MPa×=4 MPa、30 MPa×=12 MPa、30 MPa×=10 MPa，则此时该反应的压强平衡常数Kp=。
15．(1) 1，3－环己二烯 AD
(2) B 0.3 0.003
(3) +6H++6e-= 2

【详解】（1）以含双键的环为主，离官能团最近的一端对环进行编号，该物质为1，3-环己二烯。
A．从图看环己烯变为环己烷为放热反应即碳碳双键加氢为放热，A项错误；
B．物质的能量越低越稳定，由△H2＜△H3即单双键交替的环己二烯能量更低，则该物质的更稳定，B项正确；
C．苯环中C=C为3个但其加氢放出的能量却远小于环己烯所释放的能量的3倍，所以苯环中不存在三个完全独立的碳碳双键，C项正确；
D．前三者官能团均为C=C键，而苯环没有官能团，D项错误；
故选AD。
答案为1，3-环己二烯；AD；
（2）假设苯完全转化，此时环己烷的物质的量为1mol，H2剩余1mol，环己烷的体积分数为，实际上环己烯、1，3-环己二烯、环己烷都可能存在，其该反应为可逆反应不彻底所以体积分数一定小于50%；
故选B。
由图知苯环的转化率为50%即消耗了50%×2mol=1mol，那么平衡时的苯为1mol。而1，3-环己二烯、环己烯、环己烷选择性分别为60%、30%、1-60%-30%=10%，即各物质物质的量分别为60%×1mol=0.6mol、0.3mol、0.1mol。产生0.6mol 1，3-环己二烯消耗的H2为0.6mol，产生0.3mol环己烯消耗H2为0.6mol，产生0.1mol环己烷消耗的H2为0.3mol，平衡的H2为2.5-0.6mol-0.6mol-0.3mol=1mol。1，3-环己二烯平衡时物质的量分数为，则其分压为20%×30MPa=6MPa，20min的分压变化速率为6÷20=0.3MPa/min。环己烯的物质的量分数=，则其分压为3MPa，同理H2的物质的量分数为，其分压为33.3%×30MPa=10MPa；同理苯平衡时的物质的量分数为33.3%，33.3%×30MPa=10MPa ，得出KP=。答案为B；0.3；0.003；
（3）苯环得电子与H+结合被还原为环己烷，反应为+6H++6e-=；同时可能H+直接放电2H++2e-=H2↑。电解池的B极为阳极反应为2H2O-4e-=O2↑+4H+，当有2.8molO2产生时转移电子为11.2mol。设阴极产生环己烷为ymol、H2为xmol，根据得失电子守恒得2x+6y=11.2mol。10mol混合气体中苯的物质的量分数为24%，即苯为2.4mol。反应后苯的体积分数为10%，建立等式：，解得x=2、y=1.2。答案为+6H++6e-=；2。