精品解析：陜西省咸陽市2020屆高三高考模擬檢測(二)理綜化學(xué)試題(解析版)

1、咸陽市 2020 年高考模擬檢測（二）化學(xué)部分注意事項(xiàng)：1 .答卷前，考生須準(zhǔn)確填寫自己的姓名、準(zhǔn)考證號，并認(rèn)真核準(zhǔn)條形碼上的姓名、準(zhǔn)考證號；2 .第一部分選擇題必須使用2B 鉛筆填涂，第二部分非選擇題必須使用0.5毫米黑色墨水簽字筆書寫，涂寫要工整、清晰；3 .考試結(jié)束，監(jiān)考員將試題卷答題卡一并收回.可能用到的相對原子質(zhì)量：H1 C12 N14 O16 S32 Cr52 Fe56 Cu64 W184第一部分一、選擇題1. 中國四大發(fā)明之一造紙術(shù)中蘊(yùn)含著許多化學(xué)知識。下列有關(guān)說法錯誤的是A. “紙上得來終覺淺”中 “紙 ”的主要成分是纖維素B. 古代造紙工藝中常利用石灰的堿性來分離植物中含酸性

2、官能團(tuán)的木質(zhì)素C. 現(xiàn)代造紙工藝中用二氧化硫漂白紙張的過程屬于物理變化D. 廢舊紙張的回收利用有利于環(huán)境保護(hù)和資源再利用【答案】C【解析】【詳解】A. “紙上得來終覺淺 ”中 “紙 ”的主要成分是纖維素，故A 正確；B. 古代造紙工藝中利用酸堿中和反應(yīng)，因此常利用石灰的堿性來分離植物中含酸性官能團(tuán)的木質(zhì)素，故B正確；C. 現(xiàn)代造紙工藝中用二氧化硫漂白紙張，是二氧化硫與有色物質(zhì)化合生成不穩(wěn)定的無色物質(zhì)，該過程屬于化學(xué)變化，故C 錯誤；D. 廢舊紙張的回收利用可以減少樹木等職務(wù)的砍伐，有利于環(huán)境保護(hù)和資源再利用，故D 正確。綜上所述，答案為C。2.設(shè)Na為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是A.

3、1.8 g NH4 含有的電子數(shù)為NAB. 1 L 1 mol L 1的NaAlO 2水溶液中含有的氧原子數(shù)為2NaNAC.標(biāo)況下，22.4 L NO與11.2 L O2充分反應(yīng)后，生成物的分子總數(shù)為D. 50 mL 18 mol L-1的濃硫酸與足量的銅片共熱，生成SO2的分子數(shù)為0.45Na【答案】A【解析】1.8g【分析】1 0.1mol ,因止匕 1.8g NH4【詳解】A. 一個NH4+含有10個電子，1.8 g NH4+物質(zhì)的量為n= M 18g mol+含有的電子物質(zhì)的量為1mol,數(shù)目為Na,故A正確；B. 1 L 1 mol L-1的NaAlO 2水溶液中n(NaAlO 2)

4、 = 1 L 1 mol L-1 =1mol, NaAlO 2中含有的氧原子物質(zhì)的量為2mol,溶液中水還含有氧原子，因此溶液中氧原子物質(zhì)的量大于2mol,氧原子數(shù)目大于 2 Na ,故B錯誤;V 22.4L( 一V 11.2Ln= 一=1Vm 22.4L molC.標(biāo)況下,22.4 L NO即物質(zhì)的量為n=Vm=22.4L mol1 1m.與rL O2即物質(zhì)的量為0.5mol ,發(fā)生 2NO + O2 = 2NO2,即生成 1molNO2,由于 2NO2 瀚? N2O4,因此生成物的分子總數(shù)小于Na,故C錯誤；D. 50 mL 18 mol L-1 的濃硫酸即物質(zhì)的量 n(H2SO4) =

5、0.05 L 18 mol L-1=0.9 mol ,與足量的銅片共熱，根據(jù)ACu + 2H 2SO4(濃)=CuSO4+ SO2 f + 2HO和濃硫酸反應(yīng)過程中逐漸變稀，稀硫酸不與銅反應(yīng)，因此生成SO2的分子數(shù)小于0.45 Na,故D錯誤。答案為Ao3.原子序數(shù)依次增大的元素X、Y、Z、W,它們的最外層電子數(shù)分別為1、6、7、1。X-的電子層結(jié)構(gòu)與氨相同，丫和Z的次外層有8個電子，Z和W+的電子層結(jié)構(gòu)相同。下列敘述錯誤的是A.元素的非金屬性順序?yàn)閄<Y<ZB. X和其它3種元素均能形成共價(jià)化合物C. W和其它3種元素均能形成離子化合物D.元素X、Y、Z各自最高和最低化合價(jià)的代數(shù)

6、和分別為0、4、6【答案】B【分析】原子序數(shù)依次增大的元素 X、Y、Z、W,它們的最外層電子數(shù)分別為1、6、7、1。X 的電子層結(jié)構(gòu)與氨相同，則X為H , 丫和Z的次外層有8個電子，Y最外層電子數(shù)為6,則丫為S, Z最外層電子數(shù)為7,則Z 為Cl, Z和W+的電子層結(jié)構(gòu)相同，則 W為K?！驹斀狻緼.同周期從左到右非金屬性逐漸增強(qiáng)，因此元素的非金屬性順序?yàn)閄vYvZ,故A正確；B. H與K形成KH離子化合物，故 B錯誤；C. K與其它3種元素形成KH、K2S、KCl均是離子化合物，故 C正確；D.元素X最高價(jià)+1,最低價(jià)-1 ,最高和最低化合價(jià)的代數(shù)和為0, Y最高價(jià)+6,最低價(jià)-2 ,最高和最

7、低化合價(jià)的代數(shù)和為4, Z最高價(jià)+7,最低價(jià)-1 ,最高和最低化合價(jià)的代數(shù)和為6,故D正確。綜上所述，答案為 BoB. BC. CD. D4.下列實(shí)驗(yàn)方案、現(xiàn)象及結(jié)論均正確的是選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)方案、現(xiàn)象結(jié)論A用玻璃棒蘸取某樣品進(jìn)行焰色反應(yīng)，觀察到黃色火焰該樣品中一定含鈉元素B將石蠟油（液態(tài)石蠟）分解的產(chǎn)物通人澳的四氯化碳溶液中，溶液逐漸褪色分解廣物中一定含用乙烯C向酸性KMnO4溶液中先通人少量SO2,充分反應(yīng)后，再滴入幾滴BaCl2溶液，產(chǎn)生白色沉SO2被氧化為SO42-D向FeCl,溶液中加入過最的 KI溶波，充分反應(yīng)后，再滴入幾滴KSCN溶液，溶液顏色變紅KI與FeCl 3的反應(yīng)為可逆反應(yīng)【解析

8、】【分析】【詳解】A.玻璃棒中含鈉元素，干擾了檢驗(yàn)結(jié)果，應(yīng)選鐵絲或鉗絲蘸取某樣品，故A錯誤；B.澳的四氯化碳溶液褪色，說明含有不飽和燒，但不一定是乙烯，故 B錯誤；C.酸性高鎰可能是硫酸酸化，則無法確定硫酸根是否為二氧化硫被氧化生成，故C錯誤;D. Fe3+具有強(qiáng)氧化性，可以將I-氧化；KI溶液過量，所以溶?中有I-,根據(jù)實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象可知溶液中也存在Fe3+反應(yīng)物和生成物同時存在，說明KI與FeCl3的反應(yīng)為可逆反應(yīng)，故 D正確;5.結(jié)構(gòu)簡式為的有機(jī)物共有種(不考慮立體異構(gòu))A. 7B. 8C. 9D. 10故答案為Do【答案】C【解析】【分析】【詳解】-C3H7的丙基有-CH2CH2CH3和-C

9、H(CH 3)2兩種，則含有兩個 Br取代基共有-CBr2CH2CH3、 -CHBrCHBrCH 3、-CHBrCH 2CH2Br、-CH2CBr2CH3、-CHzCHBrCH 2Br、-CH2CH2CHBr2、-CBr(CH 3)CH2Br、 -CH(CH 3)CHBr2、- CH(CH 2Br)2,共有 9種,故答案為 C。6.碳酸二甲酯(CH3O)2CO是一種具有發(fā)展前景的綠色”化工產(chǎn)品。電化學(xué)法合成碳酸二甲酯的工作原理如圖所示。下列說法錯誤的是石強(qiáng)【質(zhì)子殳蚪良石里口A.石墨I(xiàn)與直流電源正極相連B. H +由石墨I(xiàn)I通過質(zhì)子交換膜向石墨 I移動C.石墨I(xiàn)上發(fā)生的電極反應(yīng)為 2CH3OH

10、+ CO - 2e = (CH3O) 2CO + 2H +D.電解過程中，陰極和陽極消耗氣體的物質(zhì)的量之比為1： 2【解析】【分析】該裝置有外接電源，是電解池，由圖可知甲醇和一氧化碳失電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成碳酸二甲酯，則電極石墨I(xiàn)為陽極，陽極反應(yīng)為 2CH3OH+CO-2e- (CHO)2CO+2H+,電極石墨I(xiàn)I為陰極，陽極產(chǎn)生的氫離子從質(zhì)子交換通過移向陰極，氧氣在陰極得電子與氫離子反應(yīng)生成水，電極反應(yīng)為O2+4e-+4H+=2H2。，據(jù)此解答?！驹斀狻緼.石墨I(xiàn)為陽極，與直流電源正極相連，故 A正確；B.電解池工作時，陽離子向陰極移動，即H+由石墨I(xiàn)通過質(zhì)子交換膜向石墨 II移動，故B錯誤；

11、C.石墨I(xiàn)為陽極，陽極上是甲醇和一氧化碳反應(yīng)失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)為2CH3OH+CO-2e-=(CH3O)2CO+2H+,故 C 正確；D.常溫常壓下甲醇是液體，電解池工作時轉(zhuǎn)移電子守恒，根據(jù)關(guān)系式2CO4e-02可知陰極消耗 氧氣與陽極消耗的一氧化碳物質(zhì)的量之比為1:2,故D正確；故答案為B。7.某酸在水溶液中，四種微粒的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)(5)隨溶液pH的變化曲線如圖所示。下列說法正確的是KOH溶液,c Na+ 、，-的值變大cXO43-)A. H3XO4為三元弱酸，NaH2XO4溶液呈堿性B. lgK a3= 12.32C.向0.1 mol/L的Na3XO4溶液中滴加幾滴濃D. 0.1

12、 mol/L 的 Na2HXO4溶液中，c (Na+) +c (H+) =c (XO43 ) +c (HXO42 ) +c (H2XO4 ) +c (OH【解析】【分析】【詳解】A . H3XO4能最終電離生成XO43-,說明 HXO4為三元弱酸；當(dāng)pH=2.16時，溶液中c H c H2XO4c(H3XO4)=c(H2XO4-), 則Ka1= =10-2.16, 此 時c H3XO4c OH c H3XO4Kw10 14Kh3= "7=-2-6-=10-11.84<Ka1；當(dāng) pH=7.21 時，溶液中 c(HXO42)=c(H2XO4-),則c H2XO4Ka1 10 2.

13、16c hxo2=10-7.21 >Kh3,即NaH2XO4溶液中，H2XO4-的電離程度大于 H2XO4-的水解程度,Ka2=c H2XO4溶液呈酸性，故 A錯誤；c H c XO：B.當(dāng) pH=12.32 時，溶液中 c(XO43-尸c(HXO 4-),則 Ka3=2=10-12.32,則一lgK a3= 12.32,故c HXO4B正確；C.向0.1 mol/L的Na3XO4溶液中滴加幾滴濃 KOH溶液，抑制XO43-的水解，溶液中 XO43-的數(shù)目增大，而I 、，c Na+n Na一 _Na+數(shù)目不變，則 l的比值減小，故 C錯誤；c(XO4)n XO3D.在 0.1 mol/L

14、 的 Na2HXO4溶液中存在的電離守恒式為c(Na +) + c(H +) = 3c(XO43 ) + 2c(HXO 42 ) + c(H2XO4)+c(OH ),故 D 錯誤；故答案為B。第二部分三、非選擇題8.對硝基苯甲酸(0/Y2y_COOH)是一種廣泛用于醫(yī)藥、染料、感光材料等的重要精細(xì)化工中間體。甲酸，生產(chǎn)工藝流程如下:母液對硝基笨甲酸工業(yè)上以對硝基甲苯(Cr (SO) 3等物質(zhì)為主要原料，通過間接電合成法制備對硝基苯已知：對硝基甲苯：黃色晶體，熔點(diǎn)為 51.7 C,沸點(diǎn)為238.5 C,不溶于水，易溶于乙醇、乙醛、氯仿和苯。對硝基苯甲酸：黃色晶體，熔點(diǎn)為 242 C,沸點(diǎn)為359

15、 C,微溶于水，溶于乙醇，能升華。回答下列問題:(1)電解制備C2O72一:用H型隔膜電解槽電解制備Cr2O72 ,裝置如下圖1所示。外接電源的負(fù)極為 _(填"A或"B)',反應(yīng)II的離子方程式為 圖1圖2（2）氧化制備對硝基苯甲酸：用上圖2所示裝置制備對硝基苯甲酸，具體過程如下：步驟1：向250 mL三頸燒瓶中依次加入一定量含Cr2O72一的電解液、對硝基甲苯，攪拌、水浴升溫到設(shè)定溫度，恒溫下進(jìn)行反應(yīng)，直至反應(yīng)液由棕紅色變?yōu)槟G色時為止。步驟2:待反應(yīng)混合物冷卻至室溫后，與適量冰水充分混合，抽濾。濾液返回電解槽中重新電解。步驟3:把步驟2中抽濾所得固體溶于 5%的

16、熱NaOH溶液中（約60C）,待溫度降到50c時，抽濾，向?yàn)V 液中加入過量2 mol/L H2SO4,析出黃色沉淀，再抽濾，并用冷水洗滌，然后在低于80c的條件下烘干，可得粗產(chǎn)品。儀器X的名稱是?冷卻水應(yīng)從 口進(jìn)入（填“a或“十。步驟2中，抽濾所得固體的主要成分是 步驟3中，用NaOH溶液處理后，需待溫度降到50 c時進(jìn)行抽濾的原因是 制得的粗產(chǎn)品需要進(jìn)一步純化，根據(jù)對硝基苯甲酸的有關(guān)性質(zhì)可知，對其進(jìn)行純化還可以采用法完成。該合成技術(shù)的優(yōu)點(diǎn)是實(shí)現(xiàn)了 （填化學(xué)式）的循環(huán)利用，綠色環(huán)保。（3）測定對硝基苯甲酸的純度 ：稱取1.670 g粗產(chǎn)品，配成100 mL溶液，取25.00 mL溶液，用0.1

17、000 mol L1 KOH溶液滴定，重復(fù)滴定四次，每次消耗 KOH溶液的體積如下表所示。已知：對硝基苯甲酸的摩爾質(zhì)量為167.0 g mol1,則對硝基苯甲酸的純度為 A次第二次第三次第四次體積（mL）23.0023.1021.4022.90【答案】(1). A (2). 3s2O82-+2Cr3+7H2O=6SO42-+Cr2O72-+14H+(3).冷凝管 (4). b (5).對硝基苯甲酸（6）.使未反應(yīng)的對硝基甲苯凝固析出.升華 （8）. C2（SO4）3、（NH4）2SO4、H2SO4（9）. 92.00%【解析】【分析】用圖1裝置電解C2（SO4）3、（NH4）2SO4、H2SO

18、4的混合液，獲彳導(dǎo)Cr2O72一的電解液，其中陽極區(qū)發(fā)生氧化反應(yīng)，然后將含Cr2O72一的電解液濃縮并加硫酸酸化，再在氧化裝置內(nèi)將對硝基甲苯氧化為對硝基苯甲酸，將反應(yīng)混合物冷卻至室溫后，與適量冰水充分混合，抽濾，所得所得固體溶于5%的熱NaOH溶液中（約60C）,待溫度降到50c時，抽濾，向?yàn)V液中加入過量2 mol/L H2SO4,析出黃色沉淀，再抽濾，并用冷水洗滌，然后在低于80c的條件下烘干，可得對硝基苯甲酸粗產(chǎn)品，據(jù)此分析解題?！驹斀狻浚?）電解槽中陽極周圍陰離子發(fā)生氧化反應(yīng)，反應(yīng)I是SO42-氧化為S2O82-,則右側(cè)電極為陽極，B為外接電源正極，A為外接電源的負(fù)極；反應(yīng) II是S2O

19、82-氧化Cr3+生成C2O72,發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為3s2O82-+2Cr3+7H2O=6SO42-+Cr2O72-+14H + ；（2）儀器X的名稱是冷凝管，冷卻水的水流方向應(yīng)與蒸氣流向相反，則應(yīng)從b 口進(jìn)入冷水；步驟1中反應(yīng)液由棕紅色變?yōu)槟G色時，說明有對硝基苯甲酸生成，則步驟2經(jīng)冷卻后，經(jīng)抽濾所得固體的主要成分是對硝基苯甲酸；對硝基甲苯的熔點(diǎn)為 51.7C,則步驟3中，用NaOH溶液處理后，需待溫度降到 50c時進(jìn)行抽濾，目的是使未反應(yīng)的對硝基甲苯凝固析出，可提高對硝基苯甲酸的純度；對硝基苯甲酸是黃色晶體，能升華，則對粗產(chǎn)品進(jìn)行純化還可以采用升華法完成；由工業(yè)流程圖可知， 步驟2中抽

20、濾后的濾液返回電解槽中重新電解，說明濾?中的C2（SO4）3、（NH4）2SO4、H2SO4可循環(huán)利用，符合綠色環(huán)保；（3）第三次實(shí)驗(yàn)消耗 KOH的體積明顯偏小，舍去，其它三次消耗KOH溶液體積的平均值23.00 23.10 22.90100mLmL=23.00mL ,對硝基苯甲酸與 KOH溶液發(fā)生中和反應(yīng)時，對硝基苯甲酸與KOH0.023L 0.100mol/L 167.0g/mol等物質(zhì)的重反應(yīng)，則對硝基本甲酸的純度為 "25mL X100%=92.0%。1.670g【點(diǎn)睛】本題考查物質(zhì)的制備實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)和評價(jià)，重點(diǎn)涉及電解池陰、陽極的判斷，可根據(jù)電解產(chǎn)物并結(jié)合元素化合價(jià)的變化判斷發(fā)

21、生的反應(yīng)來分析，其中發(fā)生氧化反應(yīng)的極為陽極，連接外接電源的正極，另外根據(jù)對硝基甲苯和對硝基甲酸的物理性質(zhì)差異，選擇混合物分離操作的方法是難點(diǎn)。9.硼酸和硫酸鎂是重要化工原料。以硼鐵混精礦主要成分為 MgBO2 （OH）、UO2和Fe3O4,還有少量的Fe2O3、FeO、SiO2為原料制備硼酸和硫酸鎂的工藝流程如下:已知：UO22+在pH為45的溶液中生成UO2 (OH)2沉淀；Fe2+和Fe3+沉淀完全的pH分別為9.7、3.7。(1)酸浸過程中MgBO2 (OH)與硫酸反應(yīng)的離子方程式為(2)酸浸過程中加入H2O2的目的是(寫出兩條)，濾渣1的主要成分是(填化學(xué)式)。(3)試劑1最好選擇(填

22、化學(xué)式)。若調(diào)節(jié)溶液pH前，溶液中c (Mg-) =0.2 mol/L,當(dāng)溶液pH調(diào)至5時，UO2+沉淀完全，此時是否有Mg (OH) 2沉淀生成 。 通過計(jì)算說明，KspMg (OH) 2 = 5.6 1012(4)操作1的名稱是(5) MgSO4 H2O加熱脫水可以得無水MgSO4,那么MgC12 6H2O晶體直接加熱 (填 能”或 不能”)得到無水MgCl 2,理由是(6)已知：H2CO3 Ka1=4.4 10 7,Ka2= 4.7 10 11； H3BO3的Ka= 5.8 1010。向碳酸鈉溶液里逐滴加入硼酸溶液(填宥”或無”)氣泡產(chǎn)生，理由是.MgBO2(OH)+2H+=Mg2+H3

23、BO3(2).將Fe2+氧化為Fe3+,將UO2氧化成UO22+便于后續(xù)過程除去(3). SiO2或者 Mg(OH) 2或者 MgCO 3(5).c(Mg 2+) >C2(OH-)=0.2過濾 (7).不能無 (10).硼酸的酸性比碳酸用硫酸酸化的H2O2溶解硼鐵整+、Fe3+、Mg2+及 H3BO3,用 M沉淀，并經(jīng)過濾得濾渣 2,將過濾可得粗硼酸，據(jù)此分析解題MgO(4).；因此不會產(chǎn)生Mg (OH) 2沉淀g (OH)2=5.6(8).力M氧化鎂或堿式碳酸鎂,所得濾液中主要含有吏溶液中Fe3+完全轉(zhuǎn)化為2O晶體析出，將濾液冷卻結(jié)晶,(10-9)2=2M0-19v不溶于水和酸經(jīng)過濾可

24、者M(jìn)gCO3調(diào)節(jié)溶液p取過濾，獲得MgS(6).(9).UO22Fe(OH)3【詳解】酸浸過程中MgBO 2(OH)與硫酸反應(yīng)，生成硼酸而毓酸鎂，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為MgBO 2(OH)+2H +=Mg 2+H3BO3 ；(2)酸浸過程中加入H2O2,利用H2O2的氧化性，將Fe2+氧化為Fe3+,同時將UO2氧化成UO22+便于后續(xù)過程除去；SiO2不溶于水和酸，則濾渣 1的主要成分是 SiO2；MgO 或者 Mg(OH) 2(3)添加試劑1是調(diào)節(jié)溶液pH,則試劑1能與酸反應(yīng)，且不引入新的雜質(zhì)，故最好選擇或者 MgCO3； c(Mg2+) = 0.2 mol/L,當(dāng)溶液 pH 調(diào)至 5 時

25、，c(OH-)=1 M0-9mol/L ,則c(Mg2+) >C2(OH-)=0.2 (!0-9)2=2M0-19vKspMg (OH) 2=5.6 W-12,因此不會產(chǎn)生 Mg (OH) 2 沉淀。(4)結(jié)合以上分析可知，將濾液蒸發(fā)、濃縮，趁熱過濾，獲得MgSO4 H2O晶體析出，所以操作 1的名稱是趁熱過濾；(5)MgCl 2能水解生成 Mg (OH)2和HCl, MgC12 6H2O晶體直接加熱時，促進(jìn)Mg2+水解，且HCl揮發(fā)，則最終得到氫氧化鎂、氧化鎂或堿式碳酸鎂，而不能得到無水MgC12；(6)已知:H2CO3的 Ka1= 4.4 10 7, Ka2=4.7 1011； H3

26、BO3 的 Ka= 5.8 M0 10,則硼酸的酸性介于 H2CO3和HCO3-之間，根據(jù)強(qiáng)酸制弱酸的原理，向碳酸鈉溶液里逐滴加入硼酸溶液只能生成NaHCO3和NaBO3,無碳酸生成，即無氣泡產(chǎn)生。【點(diǎn)睛】判斷一定條件下沉淀能否生成或溶解，關(guān)鍵在于判斷Ksp與Qc的關(guān)系：對于AmBn(s=：mAn+(aq)+nBm-(aq),平衡狀態(tài)：溶度積 Ksp=An+mxBm-，任意時刻：離子積 Qc=A n+mxBm-n, QoKsp,有沉淀析出；Qc=Ksp,沉淀溶解平衡；Qc< Ksp,無沉淀析出。10.烯燃催化裂解是制備短鏈烯煌的重要途徑。研究表明，1丁烯CH3CH2CH=CH2 (g)催

27、化裂解時，發(fā)生兩個平行競爭反應(yīng)生成丙烯和乙烯，兩反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為：3CH3CH2CH = CH2 (g) 脩圈齊第 4CH3CH = CH2 (g) AH = + 579 kJ mol 1CH3CH2CH=CH2 (g) 渾齊寐 2CH2=CH2 (g) AH = + 283 kJ mol 1回答下列問題：(1)若1丁烯的燃燒熱為 2539 kJ mol1,則表示乙烯燃燒熱的熱化學(xué)方程式為 ; 1丁烯轉(zhuǎn)化為丙烯 反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)表達(dá)式為 。(2)有利于提高1-丁烯平衡轉(zhuǎn)化率的措施有 。(3) 550c和0.020.5 MPa下，兩個反應(yīng)均建立平衡，測得平衡混合物里各組分的質(zhì)量分?jǐn)?shù)隨壓強(qiáng)變

28、化的曲線如下圖所示。由圖可知，1丁烯的質(zhì)量分?jǐn)?shù)隨壓強(qiáng)的增大而增大，主要原因是 。腹底分?jǐn)?shù)/為(4)在1 丁烯裂解的實(shí)際生產(chǎn)中，為了提高產(chǎn)物中丙烯的含量，除了選擇合適的溫度和壓強(qiáng)之外，還有 一條關(guān)鍵措施是 。 0.1 MPa和300700c下，1丁烯裂解產(chǎn)物中各組分比例變化的曲線如下圖所示。由圖可知，生產(chǎn)過程中提高丙烯質(zhì)量分?jǐn)?shù)的最佳溫度為 C,在該溫度之前各溫度對應(yīng)的組成 (填定是“、何能是"或'定不是")平衡態(tài)，理由是 。CH 2=CH 2（g）+3O 2（g）=2CO 2（g）+2H 2O（l）AH= -1411kJ mol（2）.c4 CH3cH CH2c3 C

29、H3cH2cHCH7(3) .升高溫度、減小壓強(qiáng)(4) .其它條件不變時，增大壓強(qiáng),CH3CH2CH=CH 2催化裂解為丙烯或乙烯的平衡均逆向移動，CH3CH2CH=CH 2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)會增大(5).高選擇性的催化劑(6). 450 c (7).可能是 (8). 1-丁烯裂解為丙烯和乙烯的反應(yīng)均為吸熱反應(yīng)，升高溫度，兩個平衡均正向移動，導(dǎo)致丙烯和乙烯的質(zhì)量分?jǐn)?shù)增大【解析】【分析】(1)1 丁烯的燃燒熱為2539 kJ mol 1 ,則其燃燒熱的熱化學(xué)方程式為CH3CH2CH = CH2(g)+ 6O2(g)=4CO2(g)+4H 2O(l) AH= -2539kJ mol-1,結(jié)合蓋斯定律寫出乙

30、烯燃燒熱的熱化學(xué)方程式；平衡常數(shù)等于 生成物濃度哥的積與反應(yīng)物濃度哥的積之比；(2)改變溫度、壓強(qiáng)、反應(yīng)物或生成物的濃度可促進(jìn)平衡正向移動，提高反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率；(3)可逆反應(yīng)達(dá)到平衡后增大壓強(qiáng)，平衡向氣體總物質(zhì)的量減小的方向移動；(4)結(jié)合1 -丁烯裂解過程中各裂解產(chǎn)物的含量與溫度變化的曲線分析即可?！驹斀狻?1)已知：CH3CH2CH = CH2(g)磔? 2CH2=CH2(g)AH = + 283 kJ mol 1,CH3CH2CH =CH2(g)+6O2(g)=4CO 2(g)+4H 2O(l) AH= -2539kJ mol-1,根據(jù)蓋斯定律1 -?？傻?2CH2=CH 2(g)+3O

31、2(g)=2CO2(g)+2H 2O(l),則H=(-2539kJ m ol-1) - -(+283 kJ m ol 1) - =-1411kJ m ol-1,故22乙烯燃燒熱的熱化學(xué)方程式為CH2=CH2(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H 2O(l) AH= -1411kJ mol-1;已知 3CH3CH2CHc4 CH3CH CH2= CH2（g）峰飛4CH3CH = CH2（g）,則該反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)表達(dá)式為K= 3一次；（2）已知 3CH3CH2CH=CH2（g）脩彳道爆c CH 3CH 2 CH CH 21-丁烯平衡轉(zhuǎn)化率;4CH3CH = CH2（g）AH=+ 579 k

32、J mol1,正反應(yīng)為吸熱、氣體總物質(zhì)的量增大的反應(yīng)，則升高溫度或減小壓強(qiáng)可促進(jìn)平衡正向移動，有利于提高（3）已知： 3CH3CH2CH= CH2（g）眸? 4CH3CH= CH2（g）AH = + 579 kJ mol 1, CH3CH2CH =CH2（g）海? 2CH2=CH2（g）AH = + 283 kJ mol1,兩個反應(yīng)的逆反應(yīng)均為氣體總物質(zhì)的量減小的反應(yīng)，則其它條件不變時，增大壓強(qiáng)，CH3CH2CH=CH2催化裂解為丙烯或乙烯的平衡均逆向移動，CH3CH2CH=CH 2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)會增大；（4）已知： 3CH3CH2CH=CH2（g）解嶗齊糕 4CH3CH = CH2（g） AH

33、= + 579 kJ mol 1,CH3CH2CH =CH2（g）i1明|劑4 2CH2=CH2（g）AH = + 283 kJ mol1,則生產(chǎn)過程中除選擇合適的溫度和壓強(qiáng)之外，還需要選擇高選擇性白催化劑；由 0.1 MPa和300700 c下，1丁烯裂解產(chǎn)物中各組分比例變化的曲線可知，生產(chǎn)過程中提高丙烯質(zhì)量分?jǐn)?shù)的最佳溫度為450 c左右；1-丁烯裂解為丙烯和乙烯的反應(yīng)均為吸熱反應(yīng)，升高溫度，兩個平衡均正向移動，導(dǎo)致丙烯和乙烯的質(zhì)量分?jǐn)?shù)增，則450c之前各溫度對應(yīng)的組成可能是平衡0【點(diǎn)睛】應(yīng)用蓋斯定律進(jìn)行簡單計(jì)算的基本方法是參照新的熱化學(xué)方程式（目標(biāo)熱化學(xué)方程式），結(jié)合原熱化學(xué)方程式（一般2

34、3個）進(jìn)行合理變形”，如熱化學(xué)方程式顛倒、乘除以某一個數(shù)，然后將它們相加、減，得到目標(biāo)熱化學(xué)方程式，求出目標(biāo)熱化學(xué)方程式的AH與原熱化學(xué)方程式之間 AH的換算關(guān)系。（二）選考題化學(xué)一一選彳3：物質(zhì)結(jié)才與性質(zhì)11.某些過渡元素的相關(guān)化合物在化工、醫(yī)藥、材料等領(lǐng)域有著極為廣泛的應(yīng)用。回答下列問題：（1）現(xiàn)有銅鋅元素的4種微粒，鋅：Ar3d 104s2;鋅：Ar3d104s1;銅：Ar3d104s1;銅：Ar3d10。失去一個電子需要的最低能量由大到小的順序是（填字母）。ABCD（2）神化鎘（Cd3As2）是一種驗(yàn)證三維量子霍爾效應(yīng)的材料。神與鹵素可形成多種鹵化物，AsB3、AsCl3、AsF3的熔

35、點(diǎn)由低到高的順序?yàn)?。神酸的酸性弱于硒酸，從分子結(jié)構(gòu)的角度解釋原因 。Cd2+與NH3形成配離子Cd （NH3）4產(chǎn)中，配體的空間構(gòu)型為 一畫出配離子的結(jié)構(gòu)式 （不考慮立體 構(gòu)型）。（3）銘（Cr）、鋁（Mo）、鴇（W）位于同一副族相鄰周期，且原子序數(shù)依次增大?；鶓B(tài)銘原子、鋁原子的核外電子排布特點(diǎn)相同，則基態(tài)鋁原子的價(jià)層電子排布圖為 銘的晶胞結(jié)構(gòu)如圖 A所示，它的堆積模型為 ，在該晶胞中銘原子的配位數(shù)為 。鴇和碳能形成耐高溫、耐磨材料碳化鴇，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖B所示，則碳化鴇的化學(xué)式為一，六棱柱的底g cm 3 (列出計(jì)算表達(dá)邊長為a cm,高為b cm,設(shè)阿伏加德羅常數(shù)的值為Na,則碳化鴇晶體的密

36、度是(10).184 12 63 3 2Na a2b2【答案】(1). A (2). AsF3VAsc13<AsBr3(3). H2SeO4的非羥基氧原子多，Se的正電性更高，羥基中。原子上的電子向Se偏移的程度大，更容易電離出H+(4).三角錐形4d%(6). rTTTTTTTTTl rfl .體心立方堆積(8). 8(9). wc(1)結(jié)合電離能的變化規(guī)律分析解題，注意d軌道全充滿的穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，電離能較大;(2)AsCl3、AsF3、AsBr3都是分子晶體，根據(jù)分子間作用力大小及影響因素與熔點(diǎn)關(guān)系分析；非羥基氧越多，酸性越強(qiáng)；Cd(NH 3)42+中配體是NH3,根據(jù)N原子的價(jià)電子對數(shù)

37、目分析空間構(gòu)型；Cd2+與NH 3通過配位鍵結(jié)合成配合離子；(3)銘原子核電荷數(shù)為 24,晶胞的特點(diǎn)是一個 Cr原子位于八個Cr原子形成的立方體中心；利用均攤法確定碳化鴇的化學(xué)式，計(jì)算出晶胞的質(zhì)量和體積，再根據(jù) p m計(jì)算密度。V【詳解】(1)鋅原子的第一電離能大于銅原子第一電離能，有；銅的第二電離能大于鋅的第二電離能，有，鋅的第二電離能大于第一電離能，即失去一個電子需要的最低能量由大到小的順序是，故答案為 A；(2)AsBr3、AsCl3、AsF3都是分子晶體，相對分子質(zhì)量越大， 范德華力越大，熔點(diǎn)越高，故熔點(diǎn)由低到高順序?yàn)锳sF3VAscl3AsBr3； H2SeO4的非羥基氧原子多，Se的正電性更高，羥基中的 O原子的電子向 Se偏移程度大，更容易電離出H+,神酸的酸性弱于硒酸;5 1 3NH3中N原子的價(jià)層電子對數(shù)目為 3+2=4,其中有1個孤對電子，N原子為sp3雜化，空間構(gòu)型是N原子提供孤對電子，中心離子與4個NH 3形成4個配位鍵，則配離子的結(jié)構(gòu)式為三角錐形；Cd2+與NH3通過配位鍵結(jié)合成配合離子,(3)基態(tài)銘原子的價(jià)電子排布式為3d54s1,鋁原子與銘原子的核外電子排布特點(diǎn)相同，則基態(tài)電目原子的價(jià)電子排布式為4d55s1,故價(jià)層電子排布圖為4J由銘的晶胞結(jié)構(gòu)可知，一個Cr原子位于