江西省九師聯(lián)盟2024-2025學(xué)年高三上學(xué)期12月聯(lián)考化學(xué)試題（解析版）

高級中學(xué)名校試卷PAGEPAGE1江西省九師聯(lián)盟2024-2025學(xué)年高三上學(xué)期12月聯(lián)考可能用到的相對原子質(zhì)量：一、選擇題：本題共14小題，每小題3分，共計42分。在每小題列出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.下列微粒的VSEPR模型與空間結(jié)構(gòu)不一致的是A. B. C. D.【答案】D【解析】A．的模型與空間結(jié)構(gòu)均為直線形，A不符合題意；B．的模型與空間結(jié)構(gòu)均為平面三角形，B不符合題意；C．的模型與空間結(jié)構(gòu)均為正四面體形，C不符合題意；D．的模型為四面體形，空間結(jié)構(gòu)為V形，D符合題意；故選D。2.制備肼可利用反應(yīng)。下列說法正確的是A.基態(tài)O原子的軌道表示式：B.分子間能形成氫鍵C.與均為非極性分子D.中僅含有離子鍵【答案】B【解析】A．基態(tài)O原子軌道表示式：，A項錯誤；B．N元素電負性較強，分子間能形成氫鍵，B項正確；C．的中心原子N原子價層電子對數(shù)為，孤電子對數(shù)為1，空間構(gòu)型三角錐形，正負電荷中心不重合，為極性分子，的中心原子O原子價層電子對數(shù)為，孤電子對數(shù)為2，空間構(gòu)型為V形，正負電荷中心不重合，為極性分子，C項錯誤；D．中除了含有離子鍵，還存在Cl、O之間的共價鍵，D項錯誤；故答案為：B。3.京尼平苷酸具有抗氧化、抗衰老等作用，其結(jié)構(gòu)簡式如圖所示。下列有關(guān)京尼平苷酸的說法錯誤的是A.屬于烴的衍生物 B.能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)C.與Na和均能反應(yīng) D.能使溴水和酸性KMnO4溶液褪色【答案】B【解析】A．該物質(zhì)分子中含有C、H、O三種元素，故其屬于烴的衍生物，A正確；B．根據(jù)物質(zhì)分子結(jié)構(gòu)可知：物質(zhì)分子中無苯環(huán)，也不含有酚結(jié)構(gòu)單元，因此不能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)，B錯誤；C．該物質(zhì)分子含有醇羥基、羧基，能與Na發(fā)生反應(yīng)；含有羧基，還可以和NaOH溶液發(fā)生中和反應(yīng)，C正確；D．該物質(zhì)分子中含有碳碳雙鍵，可以與溴水發(fā)生加成反應(yīng)；也可以被酸性KMnO4溶液氧化而使溶液褪色；分子中含有羥基，由于羥基連接的C原子上有H原子，因此羥基能被酸性KMnO4溶液氧化而使溶液褪色，D正確；故合理選項是B。4.部分含氮物質(zhì)的轉(zhuǎn)化關(guān)系如下：。設(shè)為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A.中含鍵數(shù)目為下B.標準狀況下，中原子總數(shù)為C.溶液中含O原子數(shù)目為D.反應(yīng)②每生成，轉(zhuǎn)移電子數(shù)目為【答案】D【解析】A．的結(jié)構(gòu)為中含σ鍵數(shù)目為，A錯誤；B．標準狀況下，不是氣體，B錯誤；C．除中含有O原子外，水分子中也含有O原子，C錯誤；D．反應(yīng)②為，生成時轉(zhuǎn)移電子為，D正確；故選D。5.下列說法中正確的是A.的酸性小于B.基態(tài)碳原子核外有三種能量不同的電子C.的中心原子價層電子對數(shù)為3D.分子中有2個手性碳原子【答案】B【解析】A．因電負性：中羥基的極性更大，其酸性大于，A錯誤；B．基態(tài)碳原子的核外電子排布式為，占據(jù)三個能級，則有三種能量不同的電子，B正確；C．中S原子的價層電子對數(shù)，C錯誤；D．同時連有4個互不相同的原子或原子團的碳原子為手性碳原子，乳酸分子中含有1個手性碳原子，D錯誤；故選B。6.用下列實驗裝置進行相應(yīng)的實驗，能達到實驗?zāi)康牡氖茿圖①裝置注射器活塞自動右移，說明與反應(yīng)放熱B.圖②裝置可制備并收集C.圖③裝置可制備少量干燥的氣體D.圖④裝置驗證氧化性：【答案】C【解析】A．與反應(yīng)有生成，也能使注射器活塞向右移動，A錯誤；B．與水反應(yīng)生成，不能用排水法收集，B錯誤；C．濃硫酸具有吸水性，且混合放熱，故可得到少量，C正確；D．氯氣也能與碘化鉀反應(yīng)生成碘單質(zhì)使淀粉變藍色，不能證明氧化性，D錯誤；故選C。7.含有兩個或兩個以上配位原子的配體與同一中心離子(或原子)通過螯合配位成環(huán)而形成的配合物稱為螯合物。的一種螯合物的結(jié)構(gòu)如圖所示，下列說法錯誤的是A.第一電離能：B.氫化物的沸點：C.該配合物中C、N原子雜化方式相同D.該配合物中通過螯合作用形成的配位鍵有【答案】D【解析】A．N原子電子排布為1s22s22p3，2p軌道上為半滿狀態(tài)，因此氮的第一電離能相對較高；H原子電子排布為1s1，氫原子只有一個電子，且原子半徑非常小，其第一電離能相對較高；C原子電子排布為1s22s22p2，2p軌道上的電子相對容易失去，因此碳的第一電離能相對較低，則第一電離能：，A項正確；B．NH3分子間可形成氫鍵，沸點高，和為分子晶體，分子量大，沸點高于，B項正確；C．由該螯合物的結(jié)構(gòu)可知，該配合物中C、N原子雜化方式均為，C項正確；D．鍵為通過螯合作用形成的配位鍵，Ni提供空軌道，N提供孤電子對，則該配合物中通過螯合作用形成的配位鍵有，D項錯誤；答案選D。8.室溫下，用含少量的溶液制備的過程如圖所示。已知，。下列說法正確的是A.的下溶液中：B.“除鈣”得到的上層清液中：C.的溶液中：D.“沉鎳”后的濾液中一定存在：【答案】B【解析】含少量的溶液中加NaF溶液除鈣生成CaF2沉淀，再加碳酸氫鈉沉鎳得到NiCO3。A．根據(jù)質(zhì)子守恒可得的溶液中，A項錯誤；B．上層清液是的飽和溶液，，故有，B項正確：C．根據(jù)電荷守恒知，溶液中：，，c(Na+)≠c(H2CO3)，C項錯誤；D．“沉鎳”后溶液為的混合溶液，n(Na)＞n(C)，則，D項錯誤；故答案為：B。9.利用如圖電化學(xué)裝置可將轉(zhuǎn)化為，同時獲得。下列說法錯誤的是A.催化電極Ⅱ與電源的正極相連B.工作時，質(zhì)子通過交換膜由催化電極Ⅱ室移向催化電極I室C.催化電極I的電極反應(yīng)式：D.理論上每消耗，生成【答案】D【解析】該裝置為電解池裝置，電極I二氧化碳被還原為一氧化碳，則電極I為陰極，電極II電解飽和食鹽水生成次氯酸鈉，則電極II為陽極，總反應(yīng)：。A．催化電極Ⅱ上轉(zhuǎn)化為失電子被氧化，則催化電極Ⅱ應(yīng)與電源的正極相連，A正確；B．氫離子為陽離子，電解池裝置中，陽離子向著電解質(zhì)陰極發(fā)生移動，即質(zhì)子通過交換膜由催化電極Ⅱ室移向催化電極I室，B正確；C．電極I為陰極，二氧化碳被還原為一氧化碳，電極反應(yīng)式：，C正確；D．電池總反應(yīng)為，理論上每消耗，生成，D錯誤；答案選D。10.物質(zhì)的結(jié)構(gòu)決定其性質(zhì)。下列實例與解釋相符的是選項實例解釋A鍵角依次減小孤電子對與成鍵電子對的斥力大于成鍵電子對之間的斥力B不存在穩(wěn)定的分子N原子價層只有4個原子軌道，不能形成5個鍵C熔點：熔化時要斷開化學(xué)鍵，只需克服范德華力D焰色試驗為黃色與電子躍遷有關(guān)A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】A．中N原子上均沒有孤電子對，不能用孤電子對與成鍵電子對的斥力大于成鍵電子對之間的斥力來解釋三者鍵角依次減小，可用雜化理論解釋為sp雜化，鍵角180°，為sp2雜化，鍵角120°，為sp3雜化，鍵角109°28′，所以三者鍵角依次減小，A不符合題意；B．氮原子價層只有4個原子軌道，3個未成對電子，由共價鍵的飽和性可知，氮原子不能形成5個氮氟鍵，則不存在穩(wěn)定的五氟化氮分子，B符合題意；C．是分子晶體，熔化時克服的是分子間作用力而不是斷開化學(xué)鍵，C不符合題意；D．焰色試驗為黃色，與電子躍遷有關(guān)，D不符合題意；故選B。11.常溫下，向二元弱酸的稀溶液中滴加等濃度溶液，所得混合溶液的與離子濃度變化的關(guān)系如圖所示。下列說法錯誤的是A.曲線m表示與之間的關(guān)系B.的溶液中：C.交點a的溶液中：D.溶液中：【答案】B【解析】二元弱酸的一級電離常數(shù)，二級電離常數(shù)，當(dāng)時或時，由圖可知，坐標原點時，曲線m對應(yīng)的為2.3，曲線n對應(yīng)的為5.7，一級電離常數(shù)大于二級電離常數(shù)，則曲線m表示與變化的關(guān)系，曲線n表示與變化的關(guān)系，一級電離常數(shù)，二級電離常數(shù)。A．由上述分析可知，曲線m表示與變化的關(guān)系，A項正確；B．為3.5的溶液中，則，B項錯誤；C．溶液中存在電荷守恒：，則，a點，，C項正確；D．溶液中，的水解常數(shù)，即的電離程度大于水解程度，且HA-的電離程度和水解程度都很小，溶液中，D項正確；故答案為：B。12.如圖是的反應(yīng)歷程與相對能量關(guān)系，其中包含了一系列基元反應(yīng)。下列說法錯誤的是A.該反應(yīng)歷程包含了三個基元反應(yīng)B.該反應(yīng)的C.該反應(yīng)總反應(yīng)速率由基元反應(yīng)決定D.與具有相似的結(jié)構(gòu)，中鍵和鍵的數(shù)目不相等【答案】D【解析】從圖中可得出三個熱化學(xué)方程式：反應(yīng)①：；反應(yīng)②：；反應(yīng)③：。A．根據(jù)分析可知，該反應(yīng)歷程包含了三個基元反應(yīng)，故A正確；B．利用蓋斯定律，將反應(yīng)①＋②＋③得，，故B正確；C．由于第一個基元反應(yīng)活化能最大，所以該反應(yīng)總反應(yīng)速率由基元反應(yīng)決定，故C正確；D．與結(jié)構(gòu)相似，所以的結(jié)構(gòu)式為N=N=O，所以中鍵和鍵的數(shù)目也相等，故D錯誤；答案選D。13.已知合金的立方晶胞結(jié)構(gòu)如圖1所示，原子以金剛石方式堆積，八面體空隙和半數(shù)的四面體空隙中填入四面體；沿x軸投影晶胞中所有原子的分布圖如圖2所示，A點的分數(shù)坐標為。設(shè)晶胞參數(shù)為的摩爾質(zhì)量為為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法錯誤的是A.電負性： B.B點的分數(shù)坐標為C.A、C兩原子間的距離為 D.該晶體的密度為【答案】C【解析】A．同一周期主族元素，原子序數(shù)增大，電負性增強，所以電負性：，A項正確；B．A點的分數(shù)坐標為，則B點的分數(shù)坐標為，B項正確；C．A、C位于體對角線位置，距離為體對角線，即為pm，C項錯誤；D．根據(jù)均攤原則，每個晶胞含有的個數(shù)為，每個晶胞中含有4個，該晶胞的質(zhì)量為，晶體的密度為ρ=g?cm-3，D項正確；故答案為：C。14.已知金屬硫化物在“細菌氧化”時轉(zhuǎn)化為硫酸鹽。某工廠用細菌冶金技術(shù)處理載金硫化礦粉(其中細小的顆粒被包裹)，以提高金的浸出率并冶煉金，工藝流程如下：下列說法中錯誤的是A.“細菌氧化”過程中，體系的酸性增強B.“細菌氧化”的優(yōu)勢為無需控溫，可減少有害氣體產(chǎn)生C.“沉金”中作還原劑，將還原為D.“沉鐵砷”時需加堿調(diào)節(jié)，生成膠體起絮凝作用，促進了含微粒的沉降【答案】B【解析】向礦粉中加入硫酸溶液，在足量空氣和pH為2的條件下發(fā)生細菌氧化，將鐵元素轉(zhuǎn)化為鐵離子、硫元素轉(zhuǎn)化為硫酸根離子、砷元素轉(zhuǎn)化為砷酸，過濾得到濾液①和濾渣；將濾液①中鐵元素、砷元素轉(zhuǎn)化為沉淀，過濾得到凈化液；向濾渣中加入氰化鈉溶液，在空氣中浸金，將金轉(zhuǎn)化為二氰合金離子，向含有二氰合金離子的浸出液中加入鋅，將溶液中二氰合金離子轉(zhuǎn)化為金，過濾得到含有四氰合鋅離子的濾液②和金。A．“細菌氧化”時二硫化亞鐵在細菌作用下與氧氣和水反應(yīng)生成硫酸鐵和硫酸，反應(yīng)的離子方程式為，故體系酸性增強，A項正確；B．細菌的活性與溫度息息相關(guān)，高溫會導(dǎo)致細菌死亡，因此細菌氧化需要控溫，B項錯誤；C．“沉金”時發(fā)生反應(yīng)：，Zn元素化合價升高、Au元素化合價降低，即作還原劑，將還原為，C項正確；D.“沉鐵砷”時，加堿調(diào)節(jié)pH值使Fe3+轉(zhuǎn)化為膠體，膠體能吸附含砷微粒，促進含微粒的沉降，D項正確；故答案為：B。二、非選擇題：本題共4小題，共58分。15.工業(yè)上用某軟錳礦(主要成分為MnO2，還含有少量鐵、鋁及硅的氧化物)為原料制備錳酸鋰(LiMn2O4)。工藝流程如圖所示：已知：當(dāng)溶液中某離子的濃度不大于1.0×10-5mol/L時，該離子沉淀完全。25℃時相關(guān)物質(zhì)的Ksp如表所示：物質(zhì)Fe(OH)2Fe(OH)3Al(OH)3Mn(OH)2Ksp回答下列問題：（1）基態(tài)錳原子核外電子排布式為_____。（2）濾渣I的主要成分是SiO2，其晶體類型為_____。（3）“浸取”時，MnO2反應(yīng)的離子方程式為_____。（4）“精制”時，H2O2加入的量應(yīng)大于理論值，原因是_____。（5）若“浸取”后溶液中c(Mn2+)=0.1mol/L，則“精制”時應(yīng)調(diào)pH的范圍為_____[計算時Mn2+只考慮生成Mn(OH)2沉淀]，濾渣Ⅱ的主要成分是_____(寫化學(xué)式)。（6）“控溫、氧化”時，Mn(OH)2和Mn2(OH)2SO4均可被氧化為MnO2，該步驟溶液的pH隨時間的變化如圖所示。呈現(xiàn)如圖所示變化的原因是_____(用離子方程式表示)。（7）“鋰化”時，參加反應(yīng)的MnO2與Li2CO3的物質(zhì)的量之比為_____?！敬鸢浮浚?）或（2）共價晶體（3）（4）H2O2在Fe3+、Mn2+的催化作用下易分解損耗（5）①.4.9≤pH<8.1②.Fe(OH)3、Al(OH)3（6）Mn2(OH)2SO4+O2=2MnO2+2H++（7）4：1【解析】軟錳礦主要成分為MnO2，還含有少量鐵、鋁及硅等的氧化物，加入FeSO4、H2SO4，浸取，MnO2被還原為MnSO4，F(xiàn)eSO4被氧化為Fe2(SO4)3，Al2O3與H2SO4反應(yīng)轉(zhuǎn)化為Al2(SO4)3存在于溶液中，過濾出酸性氧化物SiO2，得到MnSO4、Fe2(SO4)3，Al2(SO4)3、FeSO4、H2SO4的混合溶液，向其中加入H2O2，可以把Fe2+氧化為Fe3+，加入氨水調(diào)節(jié)溶液pH使Fe3+、Al3+轉(zhuǎn)化生成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀除去；濾液中加氨水沉錳，得到的是Mn(OH)2和Mn2(OH)2SO4濾餅，過濾，通入水、氧氣控溫、氧化生成MnO2，加入Li2CO3鋰化生成LiMn2O4。（1）Mn是25號元素，根據(jù)構(gòu)造原理，可知基態(tài)Mn原子核外電子排布式是或；（2）SiO2與硫酸不反應(yīng)，因此濾渣I的主要成分是SiO2，SiO2為共價晶體；（3）浸取時，MnO2將Fe2+氧化為Fe3+，MnO2得到電子被還原為Mn2+，同時反應(yīng)產(chǎn)生H2O，根據(jù)電子守恒、電荷守恒、原子守恒，可得反應(yīng)的離子方程式為：；（4）“精制”時，H2O2加入的量應(yīng)大于理論值，這是由于H2O2除了將Fe2+氧化為Fe3+外，H2O2在Fe3+、Mn2+的催化作用下會部分分解而損耗，因此H2O2加入的量應(yīng)大于理論值；（5）要使溶液中Fe3+轉(zhuǎn)化生成Fe(OH)3，則c(OH-)≥mol/L=10-11.2mol/L，c(H+)≤mol/L=10-2.8mol/L，pH≥2.8；要使溶液中Al3+轉(zhuǎn)化生成Al(OH)3，則c(OH-)≥mol/L=10-9.1mol/L，c(H+)≤mol/L=10-4.9mol/l，pH≥4.9，使Fe3+、Al3+轉(zhuǎn)化生成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀需要溶液的pH最小值為4.9；在浸取后溶液中c(Mn2+)=0.1mol/L，而浸取后溶液中c(Mn2+)=0.1mol/L，根據(jù)Ksp[Mn(OH)2]=10-12.8，則c(OH-)=mol/L=10-5.9mol/L，c(H+)=mol/L=10-8.1mol/l，pH<8.1；則使Fe3+、Al3+轉(zhuǎn)化生成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，而Mn2+不能形成Mn(OH)2沉淀，則相應(yīng)的溶液的pH范圍為4.9≤pH<8.1；根據(jù)上述分析可知濾渣Ⅱ的主要成分是Fe(OH)3、Al(OH)3；（6）“控溫、氧化”時，Mn(OH)2和Mn2(OH)2SO4均可被氧化為MnO2，該步驟溶液的pH隨時間的變化而逐漸減小，這是由于氧化時會發(fā)生反應(yīng)：Mn2(OH)2SO4+O2=2MnO2+2H++，反應(yīng)產(chǎn)生H+，使溶液中c(H+)增大，溶液酸性增強，因而溶液pH逐漸減?。唬?）“鋰化”時，MnO2與Li2CO3發(fā)生反應(yīng)：8MnO2+2Li2CO3=4LiMn2O4+2CO2↑+O2↑，根據(jù)反應(yīng)方程式可知：參加反應(yīng)的MnO2與Li2CO3的物質(zhì)的量之比為4:1。16.是一種常用的氧化劑，某實驗小組利用氧化，制備的裝置(夾持裝置略)如圖所示：已知：錳酸鉀在濃強堿溶液中可穩(wěn)定存在，堿性減弱時易發(fā)生反應(yīng)：?；卮鹣铝袉栴}：（1）儀器X的名稱是_____。（2）裝置B中制備反應(yīng)的化學(xué)方程式為_____。（3）裝置連接順序是_____(按照氣流方向，用小寫字母表示)。（4）若去掉裝置A，會導(dǎo)致產(chǎn)率_____(填“增大”“降低”或“無影響”)。（5）裝置C中生成的離子方程式為_____。（6）利用滴定法測定某樣品[雜質(zhì)為和中的其中一種]的組成，實驗步驟如下：I．取樣品于錐形瓶中，加入稀硫酸全部溶解，水浴加熱至。用的溶液趁熱滴定至溶液出現(xiàn)粉紅色且內(nèi)不褪色，消耗溶液；Ⅱ．向上述溶液中加入適量還原劑(不引入鐵元素)將恰好完全還原為，加入稀硫酸酸化后，在繼續(xù)用溶液滴定至溶液出現(xiàn)粉紅色且內(nèi)不褪色，又消耗溶液。已知上述過程中。①樣品中的質(zhì)量分數(shù)表達式為_____(用含m、c、的代數(shù)式表示)。②若步驟I中滴入溶液不足(假設(shè)已完全被氧化)，則測得樣品中元素含量_____(填“偏高”“偏低”或“無影響”)。③若，樣品中含有的雜質(zhì)為_____(寫化學(xué)式)?！敬鸢浮浚?）恒壓滴液漏斗(或恒壓分液漏斗)（2）(濃)=（3）c→a→b→e→d→f（4）降低（5）（6）①.(或其他合理形式，2分)②.無影響③.【解析】使用B裝置用強氧化劑KClO3與濃鹽酸在室溫下制取Cl2，然后結(jié)構(gòu)裝置A除去Cl2中的雜質(zhì)HCl，再將Cl2通入裝置C中與K2MnO4制備KMnO4，導(dǎo)氣管應(yīng)該長進短出，最后通入裝置D進行尾氣處理，防止多余Cl2污染環(huán)境，據(jù)此分析；（1）儀器X的名稱是恒壓滴液漏斗(或恒壓分液漏斗)；（2）根據(jù)分析可知，與反應(yīng)生成氯氣，反應(yīng)的化學(xué)方程式為(濃)=；（3）根據(jù)上述分析可知裝置連接順序是BACD，則裝置導(dǎo)氣管連接順序是；（4）若去掉裝置A，揮發(fā)的氯化氫會與溶液中的KOH中和，導(dǎo)致溶液堿性減弱，反應(yīng)生成MnO2，從而導(dǎo)致KMnO4產(chǎn)率降低；（5）氧化，制備，離子方程式為：；（6）①設(shè)FeC2O4·2H2O的物質(zhì)的量為xmol，F(xiàn)e2(C2O4)3的物質(zhì)的量為ymol，H2C2O4·2H2O的物質(zhì)的量為zmol，步驟I中和Fe2+均被氧化，結(jié)合得失電子守恒有：2KMnO4~5H2C2O4，KMnO4~5Fe2+，所以，步驟Ⅱ中Fe2+被氧化，由KMnO4~5Fe2+可知，，聯(lián)立二個方程解得：z=，所以H2C2O4·2H2O的質(zhì)量分數(shù)=；②Fe元素的物質(zhì)的量=，若步驟I中KMnO4溶液不足，則步驟I中有一部分Fe2+沒有被氧化，不影響V2的大小，則不變，則對于測得Fe元素的含量無影響；③若，H2C2O4·2H2O的質(zhì)量分數(shù)=，樣品中不含H2C2O4·2H2O，樣品中含有的雜質(zhì)為；17.1-丁烯裂解可生成丙炔、乙炔，涉及反應(yīng)如下：反應(yīng)I．反應(yīng)Ⅱ．已知相關(guān)化學(xué)鍵的鍵能如表所示：化學(xué)鍵鍵能615812347.7413.4回答下列問題：（1）反應(yīng)I的_____。該反應(yīng)能夠自發(fā)的條件是_____(填“高溫”或“低溫”)。（2）在密閉容器中充入1-丁烯，發(fā)生上述反應(yīng)，測得1-丁烯的平衡轉(zhuǎn)化率與溫度、壓強的關(guān)系如圖所示。X代表_____(填“溫度”或“壓強”)，_____(填“>”“=”或“<”)。（3）一定溫度下，保持總壓為不變，向容積可變的密閉容器中加入及催化劑進行上述反應(yīng)，達到平衡時測得與的物質(zhì)的量之比為，的體積分數(shù)為。①的平衡轉(zhuǎn)化率為_____。②的選擇性為_____(選擇性，結(jié)果保留三位有效數(shù)字)。③此溫度下，反應(yīng)Ⅱ的平衡常數(shù)_____(壓強代替濃度，分壓=總壓×物質(zhì)的量分數(shù))。（4）1-丁烯可以利用正丁烷催化脫氫制備，催化脫氫分為無氧催化脫氫和有氧催化脫氫，如下表所示。與無氧脫氫相比，其他條件相同，有氧脫氫(為氧化劑)平衡轉(zhuǎn)化率高的原因是_____。無氧催化脫氫有氧催化脫氫反應(yīng)i．反應(yīng)ii．平衡轉(zhuǎn)化率：平衡轉(zhuǎn)化率：【答案】（1）①.②.高溫（2）①.溫度②.<（3）①.②.③.（4）生成的與反應(yīng)，促進正丁烷脫氫反應(yīng)平衡正向移動【解析】（1）反應(yīng)焓變=反應(yīng)物鍵能總和-生成物鍵能總和；反應(yīng)I中碳氫鍵數(shù)相同，故；該反應(yīng)為吸熱的熵增反應(yīng)，則能夠自發(fā)的條件是高溫；（2）反應(yīng)為吸熱的氣體分子數(shù)增大的反應(yīng)，相同條件下，升高溫度，平衡正向移動，1-丁烯的平衡轉(zhuǎn)化率增大，增大壓強，平衡逆向移動，1-丁烯的平衡轉(zhuǎn)化率減小，結(jié)合圖，相同條件下X增大，1-丁烯的平衡轉(zhuǎn)化率增大，則X為溫度，那么Y為壓強，且<；（3）由題意列三段式：反應(yīng)I為氣體分子數(shù)增加1的反應(yīng)、反應(yīng)Ⅱ為氣體分子數(shù)增加2的反應(yīng)，則反應(yīng)后氣體總的物質(zhì)的量為1+a+2a=1+3a，的體積分數(shù)為，則，a=0.2mol；①的平衡轉(zhuǎn)化率為。②的選擇性為。③此溫度下，反應(yīng)后氣體總的物質(zhì)的量為1+3a=1.6mol，、、分別為0.4mol、0.4mol、0.4mol，反應(yīng)Ⅱ的平衡常數(shù)；（4）相同條件下，生成的與反應(yīng)，促進正丁烷脫氫反應(yīng)平衡正向移動，使得有氧脫氫(為氧化劑)平衡