2022年福建省高考真題化學(xué)試題

福建省2022年高考化學(xué)試題

1.福建多個科研機(jī)構(gòu)經(jīng)過長期聯(lián)合研究發(fā)現(xiàn)，使用。砂和改性的Cu基催化劑，可打通從

合成氣經(jīng)草酸二甲酯常壓催化加氫制備乙二醇的技術(shù)難關(guān)。下列說法正確的是

A.草酸屬于無機(jī)物B.C6G與石墨互為同分異構(gòu)體

C.Cu屬于過渡元素D.催化劑通過降低焰變加快反應(yīng)速

率

【答案】C

【解析】

【詳解】A.草酸屬于二元弱酸，即乙二酸，屬于有機(jī)物，A錯誤：

B.C60與石墨是碳元素的不同單質(zhì)，互為同素異形體，B錯誤；

C.Cu為IB族，屬于過渡元素，C正確；

D.催化劑通過降低反應(yīng)的活化能加快反應(yīng)速率，反應(yīng)熔變不變，D錯誤；

故選Co

2.絡(luò)塞維是中藥玫瑰紅景天中含有的一種天然產(chǎn)物，分子結(jié)構(gòu)見下圖。關(guān)于該化合物下列

說法正確的是

A.不能發(fā)生消去反應(yīng)B.能與醋酸發(fā)生酯化反應(yīng)

C.所有原子都處于同一平面D.Imol絡(luò)塞維最多能與3moiH?反

應(yīng)

【答案】B

【解析】

【詳解】A.該化合物的分子中，與羥基相連的碳原子的鄰位碳原子上有氫原子，可發(fā)生

消去反應(yīng)，A錯誤；

B.該化合物含有羥基，可與醋酸發(fā)生酯化反應(yīng)，B正確；

C.該化合物的結(jié)構(gòu)中含有飽和碳原子，不可能所有原子處于同一平面上，C錯誤；

D.1mol絡(luò)塞維最多能與4moiH2反應(yīng)，其中苯環(huán)消耗3moiH),碳碳雙鍵消耗Imol

H2,D錯誤；

故選B。

催化劑

3.常溫常壓下，電化學(xué)還原制氨氣的總反應(yīng)方程式：2N,+6HQ4NH3+3O2,

~一通電-

設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是

A.9g水中含有的孤電子對數(shù)為2NA

B.每產(chǎn)生34gNH3，N2失去的電子數(shù)為6NA

C.ImoLLT氨水中，含有的NH3-H?。分子數(shù)少于NA

D.消耗1L2LN2（己折算為標(biāo)況）時，產(chǎn)生的。2分子數(shù)為0.75NA

【答案】D

【解析】

I9s

【詳解】A.H2O分子中孤電子對數(shù)為5（6-2）=2,9gH2。的物質(zhì)的量為］8g/'。］

=0.5m01,含有的孤電子對數(shù)為NA，故A錯誤；

34g

B.該反應(yīng)中N2中N元素化合價由0價下降到-3價，34gNH,的物質(zhì)的量為一己,

17g/mol

=2mol,每產(chǎn)生34gN&,$得到6moi電子，數(shù)目為6NA,故B錯誤；

C.氨水的體積未知，無法計算NH3-H2。的分子數(shù)，故C錯誤；

D.1L2LN2的物質(zhì)的量為0.5mol,由方程式可知，消耗O.SmolN2,產(chǎn)生的0.75mol

02,數(shù)目為0.75NA，故D正確；

故選D。

4.某非線性光學(xué)晶體由鉀元素（K）和原子序數(shù)依次增大的X、Y、Z、W四種短周期元素組

成。X與Y、Z與W均為同周期相鄰元素，X的核外電子總數(shù)為最外層電子數(shù)的2倍，Z

為地殼中含量最多的元素。下列說法正確的是

A.簡單氫化物沸點：Z>WB.YW3分子的空間構(gòu)型為三角錐形

C.原子半徑：Y<X<Z<WD.最高價氧化物對應(yīng)水化物的堿

性：X<Y

【答案】A

【解析】

【分析】X的核外電子總數(shù)為最外層電子數(shù)的2倍，X為Be；Z為地殼中含量最多的元素,

Z為O,X與Y、Z與W均為同周期相鄰元素，Y為B,W為F,據(jù)此解答。

【詳解】A.H?。常溫下為液態(tài)，HF常溫下為氣體，沸點H?O>HF,故A正確；

B.YW3為BF3,中心B原子有3對價電子且沒有孤電子對，空間構(gòu)型為平面三角形，故

B錯誤；

C.四種元素為同周期元素，隨核電荷數(shù)增大原子半徑減小，原子半徑：Be>B>O>F,故C

錯誤；

D.Be最高價氧化物水化物為Be（OH）?,溶液顯兩性，B最高價氧化物的水化物為

H3BO3,溶液顯酸性，故D錯誤；

故選：Ao

5.探究醋酸濃度與電離度（可關(guān)系的步驟如下，與相關(guān)步驟對應(yīng)的操作或敘述正確的

步驟操作或敘述

AI.用NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液標(biāo)定醋酸溶液濃度滴定時應(yīng)始終注視滴定管中的液面

II.用標(biāo)定后的溶液配制不同濃度的醋酸溶

B應(yīng)使用干燥的容量瓶

液

Cin.測定步驟I中所得溶液的pH應(yīng)在相同溫度下測定

計算式為

+

DIV.計算不同濃度溶液中醋酸的電離度c(H)

0.=—,~_rXlOO%

-

C(CH3COO)

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【解析】

【詳解】A.中和滴定時眼睛應(yīng)始終注視錐形瓶內(nèi)溶液顏色的變化，A錯誤；

B.配制不同濃度的醋酸溶液時，容量瓶不需要干燥，B錯誤；

C.溫度影響醋酸的電離平衡，因此測定步驟I中所得溶液的pH時應(yīng)在相同溫度下測定,

C正確；

D.電離度是指弱電解質(zhì)在溶液里達(dá)電離平衡時，已電離的電解質(zhì)分子數(shù)占原來總分子數(shù)

（包括已電離的和未電離的）的百分?jǐn)?shù)，因此醋酸的電離度計算式為

c（H+）

a=—~--xlOO%,D錯誤；

c（CH,COOH）

答案選C。

6.用倍鐵合金（含少量Ni、Co單質(zhì)）生產(chǎn)硫酸鋁的工藝流程如下:

稀液酸Na2S?.候

格欽含金A血_?￡|T沉鐵］fCr、'。,

液液I泌港2

下列說法埼誤的是

A.“浸出”產(chǎn)生的氣體含有H2B.“除雜”的目的是除去Ni、Co元素

C.流程中未產(chǎn)生六價格化合物D.“濾渣2”的主要成分是

Fe2（C2O4）3

【答案】D

【解析】

【分析】由流程可知，加入稀硫酸溶解，生成氣體為氫氣，溶液中含Ni?+、Co2\Cr3\Fe2+

2+

加入Na2s分離出濾渣1含CoS和NiS,c產(chǎn)、Fe不會沉淀,再加入草酸除鐵生成FeC2O4,

過濾分離出硫酸銘，以此來解答。

【詳解】A.四種金屬均與稀硫酸反應(yīng)生成Hz,A正確；

B.共有四種金屬，由流程可知，沉鐵后分離出硫酸倍，則“除雜”的目的是除去Ni、Co

元素，B正確；

C.由上述分析可知，流程中未產(chǎn)生六價銘化合物，C正確；

D.“濾渣2”的主要成分是FeC2O4,D錯誤；

故本題選D。

7.鋰輝石是鋰的重要來源，其焙燒后的酸性浸出液中含有Fe3+、Al3\Fe?+和Mg?+雜質(zhì)

離子，可在0?14范圍內(nèi)調(diào)節(jié)pH對其凈化（即相關(guān)離子濃度c<IO-'mol-L-'）。25℃時,

Ige與pH關(guān)系見下圖（堿性過強(qiáng)時FelOH%和Fe（OH%會部分溶解）。下列說法正確的是

A.Mg?+可被凈化的pH區(qū)間最大

B.加入適量H?。>可進(jìn)一步提升凈化程度

C.凈化的先后順序：Mg2\Fe2\Fe3+>A產(chǎn)

D.Ksp[Fe(OH)3]<Ksp[Fe(OH)2]<Ksp[Al(OH)3]

【答案】B

【解析】

【詳解】A.對離子凈化時，相關(guān)離子濃度c<10-5moi/L,貝IJlgc<-5,由圖可知，可作凈化

的pH區(qū)間最大的是Fe3+,A錯誤；

B.加入適量H2O2,可將Fe2+氧化為Fe3+,提高凈化程度，B正確；

C.由圖可知，凈化的先后順序為FetAltFe2\Mg2+,C錯誤；

D.對離子凈化時，相關(guān)離子濃度c<10-5moi/L,lgc<-5,,由圖可知，F(xiàn)e3+完全沉淀的pH約

為2.5,c(H+)=10-25mol/L,c(OH)=10"-5mol/L,

Ksp[Fe(OHT=105moi/Lx(10」L5moi/L)3=]0-39.5,貓+完全沉淀的pH約為4.5,

c(H+>10-45mol/L,c(OH>10-95mol/L,

5953335

Kp[A1(OH)3]=1O-mol/Lx(1O-mol/L)=1O-,Fe?+完全沉淀的pH約為8.5,

c(H+>10-85mol/L,c(OH)=10-55mol/L,

-5-552-6

A：sp[Fe(OH)2]=10mol/Lx(10mol/L)=10',貝!!有

K/Fe(OH)3k&p[Al(OH)3k/Tsp[Fe(OH)2],D錯誤；

故選Bo

8.實驗室需對少量污染物進(jìn)行處理。以下處理方法和對應(yīng)的反應(yīng)方程式為錯誤的是

A.用硫磺處理灑落在地上的水銀：S+Hg=HgS

B.用鹽酸處理銀鏡反應(yīng)后試管內(nèi)壁的金屬銀：2Ag+2H+=2Ag++H,T

C.用燒堿溶液吸收蔗糖與濃硫酸反應(yīng)產(chǎn)生的刺激性氣體：SO3+2OH=SO；+H20

用燒堿溶液吸收電解飽和食鹽水時陽極產(chǎn)生的氣體：

D.C12+2OH-=C1+C1O+H2O

【答案】B

【解析】

【詳解】A.S和Hg發(fā)生化合反應(yīng)生成HgS,可以用硫磺處理灑落在地上的水銀，方程式

為：S+Hg=HgS,處理方法和對應(yīng)的反應(yīng)方程式正確，不合題意；

B.Ag不活潑，不能和鹽酸反應(yīng)生成氫氣，處理方法和對應(yīng)的反應(yīng)方程式均錯誤，符合題

意；

C.蔗糖與濃硫酸反應(yīng)產(chǎn)生的刺激性氣體為SO2,可以用NaOH溶液吸收S02,離子方程式

為：SO2+2OH-=SO^+H2O,處理方法正確，對應(yīng)的反應(yīng)方程式錯誤，不符合題

意；

D.電解飽和食鹽水時陽極產(chǎn)生的氣體為CL,可以用NaOH溶液吸收CL,離子方程式

為：,處理方法和對應(yīng)的反應(yīng)方程式均正確，不符合題

Cl2+2OH-=cr+CIO-+H2O

忌；

故選Bo

9.一種化學(xué)“自充電”的鋅-有機(jī)物電池，電解質(zhì)為KOH和Zn(CH3coGJ):水溶液。將電

池暴露于空氣中，某電極無需外接電源即能實現(xiàn)化學(xué)自充電，該電極充放電原理如下圖所

示。下列說法正確的是

HN----------------KN----------------

——一一'n

A.化學(xué)自充電時，c(OET)增大

B.化學(xué)自充電時，電能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能

C.化學(xué)自充電時，鋅電極反應(yīng)式：Zn2++2e-=Zn

D.放電時，外電路通過O.()2mol電子，正極材料損耗0.78g

【答案】A

【解析】

【詳解】A.由圖可知，化學(xué)自充電時，消耗02,該反應(yīng)為O2+2H2O+4e=4OH\

C(OH)增大，故A正確；

B.化學(xué)自充電時，無需外接電源即能實現(xiàn)化學(xué)自充電，該過程不是電能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能，

故B錯誤；

C.由圖可知，化學(xué)自充電時，鋅電極作陰極，該電極的電極反應(yīng)式為02+2比0+4日

=40H',故C錯誤；

正極物

質(zhì)增力口0.02molK+,增加的質(zhì)量為0.02molX39g/mol=0.78g,故D錯誤:

故選Ao

10.氨是水體污染物的主要成分之一，工業(yè)上可用次氯酸鹽作處理劑，有關(guān)反應(yīng)可表示

為:

02NH,+3C1O-=N,T+3Cr+3H,O

-

②NH3+4C10+OIK=NO,+4CP+2H2O

在一定條件下模擬處理氨氮廢水：將1L0.006moi?匚的氨水分別和不同量的NaClO混

合，測得溶液中氨去除率、總氮（氨氮和硝氮的總和）殘余率與NaClO投入量（用x表示）的

關(guān)系如下圖所示。下列說法正確的是

0025

%%

、

95氨去除率、

樹120

樹

健115

90總氮殘余率做

也

1150魅

M艇

85

通

、

80

再

x(NaClO)/mol

A.X1的數(shù)值為0.009

B.X>X］時,c（C「）=4c（NO，

C.x>X］時，x越大，生成N?的量越少

D.x=X|時，c（Na+）+c（H'）+c（NH4）=c（Cr）+c（0H-）+c（C10_）

【答案】C

【解析】

【詳解】A.xi時，氨的去除率為100%、總氮殘留率為5%,

〃（NH3）=0.006mol/Lxl1^0.006moi,95%的氨氣參與反應(yīng)①、有5%的氨氣參與反應(yīng)②,

反應(yīng)①消耗”（CIO）=--（X）6^1X95<^x3=0.00855mol,參與反應(yīng)②消耗

"（CIO）-4x0.006molx5%=0.0012mol,

X1=0.00855mol+0.0012mol=0.00975mol,A錯誤；

B.x>xi時，反應(yīng)①也生成氯離子，所以。（C「）>4c（NO；）,B錯誤；

C.x>xi時，x越大，氨總?cè)コ什蛔?，氮殘余率增大，說明生成的硝酸根離子越多，生成

N2的量越少，C正確；

D.x=xi時，氨的去除率為100%,溶液中沒有NH；和CIO,含有Na+、NO］、和

OH,根據(jù)電荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（C「）+c（OH-）+c（NO；）,D錯誤；

故本題選C。

11.粉煤灰是火電廠的大宗固廢。以某電廠的粉煤灰為原料（主要含SiC）2、AI2O3和CaO

等）提鋁的工藝流程如下：

破IKKjSO,

II,

前煤灰一浸出卜一I沉的|一|I燥脫水一I培優(yōu)I木浸I-AljOj

inr11^

浸液灌液I氣體濾液2

回答下列問題：

（1）“浸出”時適當(dāng)升溫的主要目的是,Al2o3發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為。

（2）“浸渣”的主要成分除殘余AI2O3外，還有。實驗測得，5.0g粉煤灰（AhOs

的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為30%）經(jīng)浸出、干燥后得到3.0g“浸渣”（ALO：的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為8%）,A12O3的

浸出率為O

（3）“沉鋁”時，體系中三種物質(zhì)的溶解度曲線如下圖所示，加入K2sO,沉鋁的目的是

,“沉鋁”的最佳方案為。

160

-O-KAKSO4)2I2H2O

120--K.SO.

*IKH3O

KO

（4）“焙燒”時，主要反應(yīng)的化學(xué)方程式為。

（5）“水浸”后得到的“濾液2”可返回工序循環(huán)使用。

【答案】（1）①.提高浸出率（或提高浸出速率）②.AUO3+6H+=2A產(chǎn)+3H20

（2）①.Si。？和CaSC）4②.84%

（3）①.使更多的鋁元素轉(zhuǎn)化為晶體析出，同時保證晶體純度②.高溫溶解再冷卻

結(jié)晶

/、高溫小

（4）2KA1（SO4）,K2SO4+A12O3+3SO3T或

4KAi（SO）^=2K2SO4+2Ala+6SO2T+3O2T

（5）沉鋁

【解析】

【分析】粉煤灰為原料（主要含SiCh、AI2O3和CaO等）加入硫酸，浸渣為二氧化硅、硫酸鈣，

加入硫酸鉀，產(chǎn)生復(fù)鹽明研沉鋁，干燥脫水，焙燒產(chǎn)生氧化鋁、硫酸鉀和二氧化硫氣體，水

浸除去硫酸鉀，得到氧化鋁。

【小問1詳解】

溫度高速率大，“浸出”時適當(dāng)升溫的主要目的是提高反應(yīng)速率，提高浸出率；AI2O3和

+3+

H2s04發(fā)生反應(yīng)生成A12（SC）4）3和H20,離子反應(yīng)方程式為A12O3+6H=2A1+3H2O；

故答案為：提高浸出率（或提高浸出速率）；A12Ch+6H+=2A13++3H2O。

【小問2詳解】

“浸渣”的主要成分除殘余AL03外，還有二氧化硅、硫酸鈣；5.0g粉煤灰AbCh的質(zhì)量為

5.0gx30%=1.5g,3.0g“浸渣”AI2O3的質(zhì)量為3.0gx8%=0.24g,則AI2O3的浸出率為

1.5g-0.24gxlQ0%=84%；

故答案：SiCh和CaSO384%o

【小問3詳解】

根據(jù)沉鋁體系中，A12(SO4)348H2O溶解度最大，KA1(SO4)242H2O溶解度最小，更容易析

出，加入K2s04沉鋁的目的是更多的使A12(SO4)3轉(zhuǎn)化為KA1(SCU)242H2O,使更多的鋁元

素轉(zhuǎn)化為晶體析出，同時保證晶體純度；KA1(SO4)2-12H2O溶解度受溫度影響較大，“沉鋁”

的最佳方案為高溫溶解再冷卻結(jié)晶；

故答案為：使更多的鋁元素轉(zhuǎn)化為晶體析出，同時保證晶體純度；高溫溶解再冷卻結(jié)晶。

【小問4詳解】

“焙燒”時，KA1(SC>4)2分解K2so4、AI2O3和SCh或K2so4、AI2O3、SO2和O2,反應(yīng)方程

高溫高溫

式為2KAi(SC)4)2,K2SO4+AI2O3+3SO3T或4KAi(SC)4)2

2K2so4+2AI2O3+6SO2T+302T；

高溫高溫

故答案為：2KAi(SO4)2=K2SO4+AI2O3+3SO3T或4KA1(SO4)2=

2K2so4+2AI2O3+6SO2T+3O2T。

【小問5詳解】

“水浸”后得到的“濾液2”成分為K2SO4,可在沉鋁工序循環(huán)使用；

故答案為：沉鋁。

12.某興趣小組設(shè)計實驗探究Ce-MnO、，催化空氣氧化CO的效率?；卮鹣铝袉栴}:

步驟I制備CO

在通風(fēng)櫥中用下圖裝置制備CO(加熱及夾持裝置省略)，反應(yīng)方程式：

(2)從B、C、D中選擇合造的裝置收集CO,正確的接口連接順序為

a——->——h(每空填一個接□標(biāo)號)。

步驟n檢驗co

將co通入新制銀氨溶液中，有黑色沉淀生成。

（3）該反應(yīng)的化學(xué)方程式為o

步驟HI探究Ce-MnOx催化空氣氧化CO的效率

將一定量CO與空氣混合，得到CO體積分?jǐn)?shù)為1%的氣體樣品。使用下圖裝置（部分加熱

及夾持裝置省略），調(diào)節(jié)管式爐溫度至120℃,按一定流速通入氣體樣品。（已知：12。5是

（4）通入11.2L（已折算為標(biāo)況）的氣體樣品后，繼續(xù)向裝置內(nèi)通入一段時間氮氣，最終測

得U形管內(nèi)生成了0.1016g%.

①能證明CO被空氣氧化的現(xiàn)象是；

②CO被催化氧化的百分率為:

③若未通入氮氣，②的結(jié)果將（填“偏大”“偏小”或“無影響”）。

（5）探究氣體與催化劑接觸時長對催化氧化效率的影響時，采用方法可以縮短接

觸時長。

（6）步驟in裝置存在的不足之處是。

【答案】（1）分液漏斗

（2）a—>d-->c->b

（3）CO+2[Ag（N&卜]OH=2Ag（+（阻入CO3+2NH3

（4）①.石灰水變渾濁②.60%③.偏大

（5）增大氣體樣品流速

（6）尾氣出口未加防潮裝置（或其他相似表述）

【解析】

【分析】在通風(fēng)櫥中用下圖裝置制備一氧化碳，用A裝置制取一氧化碳，該氣體中含有甲酸

蒸氣，故用水除去甲酸，再用B裝置排水收集一氧化碳?xì)怏w，排出水用E中的燒杯接收。

根據(jù)氣體樣品通過氫氧化鈉吸收空氣中的二氧化碳，濃硫酸吸水，一氧化碳在H中被氧氣氧

化生成二氧化碳，二氧化碳能被石灰水吸收，J中的濃硫酸吸收氣體中的水蒸氣，干燥的一

氧化碳和12。5,進(jìn)而測定生成的碘的質(zhì)量，計算一氧化碳的被氧化的百分率。據(jù)此解答。

【小問1詳解】

裝置A中盛放甲酸的儀器為分液漏斗。

【小問2詳解】

用C除去甲酸，B收集一氧化碳，E接收排出的水，故接口連接順序為

3->d->e->c->b―>ho

【小問3詳解】

一氧化碳和銀氨溶液反應(yīng)生成黑色的銀，同時生成碳酸核和氨氣，方程式為：

CO+2[Ag(NH3)2]OH=2Ag^+(NH4)2CO3+2NH3。

【小問4詳解】

一氧化碳被氧氣氧化生成二氧化碳，能使澄清的石灰水變渾濁。碘的物質(zhì)的量為

華華；=0.0004mol,則結(jié)合方程式分析，還有0。02moi一氧化碳未被氧氣氧化，

11.2L氣體為0.5mol其中一氧化碳為0.005mol,則被氧化的一氧化碳為0.005-

0.002=0.003mol,則被氧化的百分率為竺史xl00%=60%。如果沒有通入氮氣則計算的

0.005

未被氧化的一氧化碳的物質(zhì)的量減少，則被氧化的百分率增大。

【小問5詳解】

增大氣流速率可以提高催化效率。

【小問6詳解】

：匕。5是白色固體，易吸水潮解，但該裝置出氣口未加防潮裝置。

13.異丙醇(C3H8。)可由生物質(zhì)轉(zhuǎn)化得到，催化異丙醇脫水制取高值化學(xué)品丙烯(C3H6)

的工業(yè)化技術(shù)已引起人們的關(guān)注，其主要反應(yīng)如下：

1

I.C,H8O(g).C,H6(g)+H2O(g)AH,=+52kJmoE

II.2c3H,,(g).C6Hl2(g)AH2=-97kJmor'

回答下列問題：

(1)已知2c3H8(D(g)+9O2(g)=6CO2(g)+8H2O(g)AH=-3750kJ-moF1,則

C3H6(g)燃燒生成CC)2(g)和H2O(g)的熱化學(xué)方程式為。

(2)在1350C下，剛性密閉容器中的反應(yīng)體系內(nèi)水蒸氣濃度與反應(yīng)時間關(guān)系如下表：

反應(yīng)時間41s04812t20

乩。濃度/ppm024403200360040004100

1

①4?8(is內(nèi)，V(C3H8O)=ppm-gs'；

②t16(填“或“=")。

(3)在恒溫剛性密閉容器中，反應(yīng)I、II均達(dá)到平衡的判據(jù)是(填標(biāo)號)。

a.H?O(g)的分壓不變b.混合氣體密度不變

c.n(C3H6)=2n(C6H12)d.v正(HQ)=v逆(C3H8O)

(4)在一定條件下，若反應(yīng)I、II的轉(zhuǎn)化率分別為98%和40%,則丙烯的產(chǎn)率為

(5)下圖為反應(yīng)I、n達(dá)到平衡時igQp與溫度的關(guān)系曲線。

溫度/℃

(己知：對于可逆反應(yīng)aA(g)+bB(g).cC(g)+dD(g),任意時刻

pYCApd(D)

式中p(X))表示物質(zhì)x的分壓)

①在350c恒壓平衡體系中充入少量水蒸氣時，反應(yīng)I的的狀態(tài)最有可能對應(yīng)圖中的

點(填“甲”“乙”或"丙”)，判斷依據(jù)是。

②35()℃時，在密閉容器中加入一定量的C3HgO,體系達(dá)到平衡后，測得C6H□的分壓為

xMPa,則水蒸氣的分壓為MPa(用含x的代數(shù)式表示)。

【答案】(D2C3H6(g)+9O2(g)=6CO2(g)+6H2O(g)AH=-3854kJmor'

(2)①.190②.>

(3)ad(4)58.8%

(5)①.甲②.反應(yīng)I平衡曲線為N,恒壓時充入水蒸氣，Qp>Kp

(Vx+2x)

【解析】

【小問1詳解】

設(shè)in2c3H8O(g)+9O2(g)=6CC)2(g)+8H2O(g)A//=-3750kJ-moE1,根據(jù)蓋斯定

律IH-2xI得2c3H6(g)+9C)2(g)=6CO2(g)+6H2O(g)△”=-3854kJ?moL。

【小問2詳解】

3200-24401

①4?811s內(nèi)，V(H2O)=--------------ppm-iis-^WOppm-iis',則

8-4

V(C3H8O)=v(H2O)=190ppmMS''；

②0?4/、4?8國、8?12即,△c(H2O)逐漸減小,說明反應(yīng)速率減小，8?12即內(nèi),

Ac(H20)=400ppm,12?tRS內(nèi)，Ac(H20)=400ppm,則t-12>4,即t>16。

【小問3詳解】

a.H2O的分壓不變，則C3H6的分壓也不變，反應(yīng)1、II各組分分壓不變，反應(yīng)1、I［均達(dá)

到平衡，a正確；

b.反應(yīng)物和生成物均為氣體，混合氣體的總質(zhì)量不變，剛性密閉容器體積不變，則混合氣

體密度不變，不能作為反應(yīng)I、II均達(dá)到平衡的判據(jù)，b錯誤；

c.當(dāng)n(C3H6)=2n(C6H吐)時，反應(yīng)不一定達(dá)到平衡，不能作為反應(yīng)1、I】均達(dá)到平衡

的判據(jù)，c錯誤；

d.v正(H?O)=v逆(C3H8。)，說明正逆反應(yīng)速率相等，反應(yīng)I達(dá)平衡，各組分分壓不

變，c3H6的分壓不變，說明反應(yīng)n也達(dá)平衡，d正確；

故選ado

【小問4詳解】

設(shè)C3H8。的物質(zhì)的量為1mol,若ImolC3H8。完全反應(yīng)，理論上生成ImolC3H6,因為反應(yīng)

I、II的轉(zhuǎn)化率分別為98%和40%,反應(yīng)I生成lmolX98%=0.98molC3H6,反應(yīng)II消耗了

40%C3H6,則達(dá)平衡時C3H6的物質(zhì)的量為0.98molX(l-40%)=0.588mol,所以丙烯的產(chǎn)率

0.588mol

為xlOO%=58.8%。

Imol

【小問5詳解】

①反應(yīng)I為氣體體積增大的吸熱反應(yīng)，反應(yīng)H為氣體體積減小的放熱反應(yīng)，則升高溫度,

反應(yīng)I正向移動，4逐漸增大，反應(yīng)II逆向移動，Qp逐漸減小，即反應(yīng)I為平衡曲線為

N,反應(yīng)H平衡曲線為M；在350℃恒壓平衡體系中充入少量水蒸氣時，對于反應(yīng)I而言,

相當(dāng)于增大生成物濃度，使得Qp>Kp,即lg2增大，反應(yīng)I的狀態(tài)最有可能對應(yīng)圖中的

甲；

②由圖可知，350。12時達(dá)平衡后，lg2=0,則350℃時長「=?！?1,設(shè)水蒸氣的平衡分壓

為aMPa,則反應(yīng)n的C3H6起始分壓為aMPa,對反應(yīng)II列三段式有

2c3H6(g)，C6Hl2(g)

起始/MPaa0

變化/MPa2xx

平衡/MPaa-2xx

K—X1,解得a-(4+2x)MPa。

*234

P(a-2x)

14.1962年首個稀有氣體化合物XePtFe問世，目前已知的稀有氣體化合物中，含量QXe)

的最多，氮(36Kr)次之，氮(isAr)化合物極少。[BrO曰[AsR^xKrB是

[BrO月]*、[AsR「與KrB分子形成的加合物，其晶胞如下圖所示。

?0

oF

?As

OBr

?Kr

(1)基態(tài)As原子的價電子排布式為。

(2)Ar、Kr、Xe原子的活潑性依序增強(qiáng)，原因是。

(3)晶體熔點：KrF2XeF2(填“或“=")，判斷依據(jù)是。

(4)[BrOB『的中心原子Br的雜化軌道類型為。

(5)[BrO月][AsK]-xKrB加合物中*=,晶體中的微粒間作用力有(填標(biāo)

號)。

a.氫鍵b.離子鍵c.極性共價鍵d.非極性共價鍵

【答案】(1)4s24P

(2)同族元素，從上而下原子半徑逐漸增大，原