試卷第=page1919頁，共=sectionpages1919頁河南省八市重點(diǎn)高中2021-2022學(xué)年高三下學(xué)期開學(xué)考試?yán)砭C化學(xué)試題學(xué)校:___________姓名：___________班級(jí)：___________考號(hào)：___________一、單選題1．胡辣湯是河南早餐中常見的傳統(tǒng)湯類名吃，制作傳統(tǒng)胡辣湯需要用到牛(羊)肉粒、淀粉粉芡、細(xì)粉條、新鮮蔬菜、植物油等。下列說法中錯(cuò)誤的是A．牛肉含有豐富的蛋白質(zhì)，蛋白質(zhì)屬于高分子化合物B．新鮮蔬菜含有多種維生素，維生素屬于人體必需營養(yǎng)素之一C．淀粉粉芡、細(xì)粉條的主要成分均為淀粉，淀粉屬于糖類，糖類均能水解D．植物油屬于高級(jí)脂肪酸甘油酯，是酯類物質(zhì)，在堿性條件下能水解【答案】C【解析】【詳解】A．牛肉含有豐富的蛋白質(zhì)，蛋白質(zhì)屬于高分子化合物，故A正確；B．新鮮蔬菜含有多種維生素，維生素屬于人體必需七大營養(yǎng)素之一，故B正確；C．淀粉粉芡、細(xì)粉條的主要成分均為淀粉，淀粉屬于糖類，糖類中的單糖不能水解，故C錯(cuò)誤；D．植物油屬于高級(jí)脂肪酸甘油酯，是酯類物質(zhì)，在堿性條件下能水解為高級(jí)脂肪酸鹽和甘油，故D正確；選C。2．某科研團(tuán)隊(duì)用PdCl2催化苯酚(PhOH)羰基化合成(DPC)，并提出了合成DPC的反應(yīng)機(jī)理(如圖所示)，下列有關(guān)說法中錯(cuò)誤的是A．Cl-Pd-OPh和是反應(yīng)的中間產(chǎn)物B．反應(yīng)過程中Pd的化合價(jià)始終保持不變C．反應(yīng)過程中PdCl2降低了反應(yīng)的活化能，未改變反應(yīng)的△HD．總反應(yīng)方程式為4PhOH+2CO+O2→2+2H2O【答案】B【解析】【詳解】A．由圖可知Cl-Pd-Cl作為催化劑參與反應(yīng)，流程呈逆時(shí)針方向進(jìn)行，Cl-Pd-OPh和是反應(yīng)的中間產(chǎn)物，A選項(xiàng)正確；B．流程圖中有最后一步Pd0轉(zhuǎn)化為Cl-Pd-Cl，Pd化合價(jià)發(fā)生改變，B選項(xiàng)錯(cuò)誤；C．催化劑PdCl2使活化能降低，加快反應(yīng)速率，但并未改變反應(yīng)的△H，C選項(xiàng)正確；D．由流程圖的物質(zhì)對(duì)應(yīng)箭頭指向可知總反應(yīng)方程式為4PhOH+2CO+O2→2+2H2O，D選項(xiàng)正確；答案選B。3．一種由X轉(zhuǎn)化為Z的合成路線如圖，下列有關(guān)化合物X、Y和Z的說法正確的是A．Z中含有4種官能團(tuán)B．Y的分子式為C11H10O6C．相同條件下，等物質(zhì)的量的X、Y、Z與足量Na反應(yīng)生成的氣體體積之比為2：1：1D．Z既能使溴水褪色又能使酸性KMnO4溶液褪色【答案】D【解析】【詳解】A．Z中含有羥基、羧基、醚鍵、羰基、碳碳雙鍵5種官能團(tuán)，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)Y的結(jié)構(gòu)簡式，Y的分子式為C12H12O6，故B錯(cuò)誤；C．X中的羥基能與鈉反應(yīng)放出氫氣，Y中羥基能與鈉反應(yīng)放出氫氣，Z中羥基、羧基能與鈉反應(yīng)放出氫氣，相同條件下，等物質(zhì)的量的X、Y、Z與足量Na反應(yīng)生成的氣體體積之比為2：1：2，故C錯(cuò)誤；D．Z含有碳碳雙鍵，既能使溴水褪色又能使酸性KMnO4溶液褪色，故D正確；選D。4．下列由實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象推出的實(shí)驗(yàn)結(jié)論正確的是選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)過程實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象實(shí)驗(yàn)結(jié)論A取少量濃硝酸加熱分解，將產(chǎn)物先通入濃硫酸，再用集氣瓶收集氣體，將帶火星的木條伸入集氣瓶內(nèi)木條復(fù)燃NO2支持燃燒B向石蠟油中加入碎瓷片，加熱，將產(chǎn)生的氣體通入溴水中溴水褪色石蠟油分解氣中一定含有乙烯C向盛有2mL氯化鐵黃色溶液的試管中滴加濃的維生素C溶液溶液由黃色變?yōu)闇\綠色維生素C具有氧化性D向Na2SO3溶液中滴入BaCl2溶液產(chǎn)生白色沉淀，滴入足量鹽酸后，沉淀部分溶解Na2SO3完全變質(zhì)A．A B．B C．C D．D【答案】A【解析】【詳解】A．濃硝酸受熱分解會(huì)生成二氧化氮、氧氣和水，取少量濃硝酸加熱分解，將產(chǎn)物先通入濃硫酸，吸收水后再用集氣瓶收集氣體，將帶火星的木條伸入集氣瓶內(nèi)，木條復(fù)燃，則說明二氧化氮和氧氣均助燃，A正確；B．石蠟油在催化劑作用下分解可產(chǎn)生能使溴水褪色的不飽和烴，不一定是乙烯，結(jié)論不正確，B錯(cuò)誤；C．根據(jù)實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象描述可知，鐵離子被還原為亞鐵離子，所以證明維生素C具有還原性，C錯(cuò)誤；D．亞硫酸鈉與氯化鋇反應(yīng)可生成亞硫酸鋇沉淀，該沉淀可溶于鹽酸，通過現(xiàn)象描述，當(dāng)加入鹽酸后，沉淀部分溶解，說明沉淀中除了亞硫酸鋇還含有硫酸鋇，則推知亞硫酸鈉已變質(zhì)，有硫酸鈉，但不能說明完全變質(zhì)，D錯(cuò)誤；故選A。5．W、X、Y、Z是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，其最外層電子數(shù)之和為19。W、X、Y所在的族均不相鄰，族序數(shù)按Y、W、X、Z的順序依次增大。下列說法正確的是A．由X、Y、Z三種元素形成的化合物只有一種B．原子半徑：C．W的氫化物的沸點(diǎn)小于X的氫化物的沸點(diǎn)D．一定條件下，Y的單質(zhì)能將W從置換出來【答案】D【解析】【分析】族序數(shù)按Y、W、X、Z的順序依次增大，但Y的序數(shù)比W、X均大，則Y、Z一定位于第三周期，W、X一定位于第二周期；4種元素最外層電子數(shù)之和為19，則Y和W的族序數(shù)之和一定小于19÷2=9.5，則二者只能為前四個(gè)主族；Y為Na時(shí)，沒有符合題意的，Y為Mg時(shí)，W為C、X為O、Z為Cl，故符合題意的為：Y為Mg、W為C、X為O、Z為Cl?！驹斀狻緼．X、Y、Z分別為O、Mg、Cl，三者可形成MgClO3、MgClO4等種化合物，A錯(cuò)誤；B．Y為Mg、W為C、X為O、Z為Cl，原子半徑Y(jié)(Mg)>Z(Cl)>W(C)>X(O)，B錯(cuò)誤；C．W為C，其氫化物很多，如甲烷、苯、甚至固態(tài)氫化物，X為O，其氫化物為H2O、H2O2，因此W的氫化物的沸點(diǎn)不一定小于X的氫化物的沸點(diǎn)，C錯(cuò)誤；D．Y為Mg、為CO2，2Mg+CO22MgO+C，故一定條件下，Y的單質(zhì)能將W從置換出來，D正確；答案選D。6．某科研小組研制了一種通過電解將草酸(HOOC-COOH)轉(zhuǎn)化為羥基乙酸(HOCH2COOH)的裝置。固體聚合物為兩面分別是以Y2O3為基質(zhì)的陽極和TiO2涂覆的陰極，H+可通過固體聚合物電解質(zhì)。其裝置如圖所示，下列說法錯(cuò)誤的是A．電源的a極為負(fù)極B．電解池工作時(shí)，H+通過固體聚合物電解質(zhì)向右移動(dòng)C．為增強(qiáng)陽極電解液的導(dǎo)電性，可在水中添加適量Na2SO4D．陰極上的電極反應(yīng)式為HOOC-COOH+4H++4e-=HOCH2COOH+H2O【答案】B【解析】【分析】由外接電源，本題主要考查電解池相關(guān)知識(shí)?！驹斀狻緼．根據(jù)圖示，電解池中右側(cè)電極水失電子生成氧氣，右側(cè)點(diǎn)擊為電解池陽極，則電源的b極是正極、a極為負(fù)極，故A正確；B．電解池左側(cè)為陰極、右側(cè)為陽極，電解池工作時(shí)，H+通過固體聚合物電解質(zhì)向左(陰極)移動(dòng)，故B錯(cuò)誤；C．右側(cè)電極水失電子生成氧氣，陽極電解液中添加適量Na2SO4，電極反應(yīng)不變，故C正確；D．陰極草酸得電子生成羥基乙酸，電極反應(yīng)式為HOOC-COOH+4H++4e-=HOCH2COOH+H2O，故D正確；選B。7．常溫下，用0.1mol·L-1的NaOH溶液滴定20mL0.1mol·L-1HA溶液。溶液中A-(或HA)的分布系數(shù)δ、NaOH溶液體積V與pH的關(guān)系如圖所示[已知：δ(HA)=]。下列敘述錯(cuò)誤的是A．曲線a表示的是HA的分布系數(shù)變化曲線B．HA的電離平衡常數(shù)的數(shù)量級(jí)為10-6C．p點(diǎn)對(duì)應(yīng)的溶液中，c(A-)＜3c(HA)D．p、n、q中，水的電離程度最大的是q點(diǎn)【答案】C【解析】【分析】用NaOH溶液滴定酸HA的過程中會(huì)發(fā)生反應(yīng)：，HA不斷減少，NaA不斷生成。溶液的pH不斷增大，當(dāng)加入20mLNaOH溶液時(shí)時(shí)，恰好完全反應(yīng)?！驹斀狻緼．由分析可知：HA因?yàn)橄?，而使其分布系?shù)隨NaOH的滴加而降低；同時(shí)生成NaA，而使A-的分布系數(shù)隨NaOH的滴加而升高，故a、b分別為HA和A-的分布系數(shù)曲線；A項(xiàng)正確；B．由圖可知，曲線a、b的交點(diǎn)x表示HA和A-的分布系數(shù)相同，即溶液中c(HA)=c(A-)，由電離平衡常數(shù)計(jì)算式Ka=可得HA的電離平衡常數(shù)Ka=c(H+)=10-5.2，數(shù)量級(jí)為10-6；B項(xiàng)正確；C．p點(diǎn)時(shí)，溶液中HA和NaA的濃度比為1:3，但此時(shí)溶液pH小于7，顯酸性，即HA的電離程度大于A-的水解程度，所以c(A-)﹥3c(HA)；C項(xiàng)錯(cuò)誤；D．由圖可知，q點(diǎn)是NaOH和HA恰好完全反應(yīng)的點(diǎn)，此時(shí)溶液中只有A-的水解促進(jìn)水的電離，水的電離程度最大。D項(xiàng)正確；故選C。二、實(shí)驗(yàn)題8．實(shí)驗(yàn)室以濃硫酸、銅與NaOH溶液為原料制取少量NaHSO3并探究其性質(zhì)，已知CuCl為白色難溶于水的化合物。I.制備NaHSO3(裝置如圖所示)。(1)儀器a的名稱是____。(2)裝置丙的作用是____。II.探究：NaHSO3與Cu2+的反應(yīng)，設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)：向2mL1mol·L-1NaHSO3溶液中加入2mL1mol·L-1CuSO4溶液，得到綠色溶液，3min內(nèi)無明顯變化。將所得混合液分為兩等份。①第一份加入適量Na2SO4固體，瞬間無明顯變化，30s時(shí)也無明顯變化。②另一份加入適量NaCl固體，瞬間無明顯變化，30s時(shí)有無色氣體和白色沉淀生成，上層溶液顏色變淺。(3)推測實(shí)驗(yàn)②產(chǎn)生的無色氣體為SO2，用新制的氯水檢驗(yàn)該無色氣體，可觀察到淡黃綠色消失，滴加BaCl2溶液有白色沉淀生成。寫出SO2與氯氣反應(yīng)的離子方程式：____。(4)對(duì)實(shí)驗(yàn)II產(chǎn)生SO2的原因進(jìn)行分析，提出兩種假設(shè)：假設(shè)1：Cu2+水解使溶液中c(H+)增大。假設(shè)2：Cl-存在時(shí)，Cu2+與HSO反應(yīng)生成CuCl白色沉淀，溶液中c(H+)增大。①假設(shè)1不合理，實(shí)驗(yàn)證據(jù)是____。②實(shí)驗(yàn)證實(shí)假設(shè)2合理，實(shí)驗(yàn)II中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式有____和H++HSO=SO2↑+H2O。III.與碘酸鹽的反應(yīng)：向用H2SO4酸化的KIO3溶液中滴加NaHSO3溶液(以及少量淀粉溶液)。實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象為“無色→藍(lán)色→無色→藍(lán)色→……”的周期性變化，此反應(yīng)過程分為三步：①IO+3HSO=3SO+3H++I-(慢)；②IO+5I-+6H+=3I2+3H2O(慢)；③I2+HSO+H2O=2I-+SO+3H+(快)。(5)請(qǐng)解釋出現(xiàn)該實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象可能的原因：____。IV.NaHSO3固體的純度測定：稱取wgNaHSO3固體溶于水配成100mL溶液，取25.00mL已配好的溶液置于錐形瓶中，用0.1000mol·L-1的酸性KMnO4溶液進(jìn)行滴定，消耗KMnO4溶液VmL。(已知：2MnO+5HSO+H+=2Mn2++5SO+3H2O)(6)滴定終點(diǎn)的顏色變化為____，NaHSO3固體的純度為____(用含V和w的代數(shù)式表示)?！敬鸢浮?1)分液漏斗(2)防倒吸、尾氣處理(3)SO2+Cl2+2H2O=4H++2Cl-+SO(4)

實(shí)驗(yàn)①無氣體放出

2Cu2++HSO+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO+3H+(5)NaHSO3溶液滴加到KIO3溶液中，IO先轉(zhuǎn)化為I-，I-與過量的KIO3溶液生成碘單質(zhì)，I2遇淀粉變?yōu)樗{(lán)色，而后NaHSO3與I2反應(yīng)又變?yōu)镮-(6)

無色變?yōu)闇\紅色，且半分鐘內(nèi)不變色

×100%【解析】【分析】甲中濃硫酸和銅在加熱條件下反應(yīng)生成二氧化硫，乙中過量二氧化硫和氫氧化鈉反應(yīng)生成亞硫酸氫鈉，二氧化硫有毒，用丙中的高錳酸鉀氧化二氧化硫，防止污染。(1)根據(jù)裝置圖，儀器a的名稱是分液漏斗；(2)二氧化硫有毒，高錳酸鉀能氧化二氧化硫，裝置丙中倒置漏斗防倒吸、尾氣處理；(3)SO2與氯氣反應(yīng)生成鹽酸和硫酸，反應(yīng)的離子方程式為SO2+Cl2+2H2O=4H++2Cl-+SO；(4)①實(shí)驗(yàn)①無氣體放出，所以假設(shè)1不合理；②Cl-存在時(shí)，Cu2+與HSO反應(yīng)生成CuCl白色沉淀，氫離子濃度增大，亞硫酸氫根離子在酸性條件下放出二氧化硫氣體，反應(yīng)的方程式為2Cu2++HSO+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO+3H+、H++HSO=SO2↑+H2O；(5)NaHSO3溶液滴加到KIO3溶液中，IO先轉(zhuǎn)化為I-，I-與過量的KIO3溶液生成碘單質(zhì)，I2遇淀粉變?yōu)樗{(lán)色，而后NaHSO3與I2反應(yīng)又變?yōu)镮-，所以實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象為“無色→藍(lán)色→無色→藍(lán)色→……”周期性變化。(6)高錳酸鉀能被亞硫酸氫鈉還原，滴定終點(diǎn)高錳酸鉀剩余，滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象為：滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，無色變?yōu)闇\紅色，且半分鐘內(nèi)不變色；消耗KMnO4溶液的體積VmL，則25mLNaHSO3溶液中n(NaHSO3)=，NaHSO3固體的純度為×100%。三、工業(yè)流程題9．硫酸鋅是生活中常用的營養(yǎng)強(qiáng)化劑之一，用于補(bǔ)充微量元素鋅。工廠以某種含鋅礦渣為原料(主要含有ZnO，另含有少量CaO、Fe2O3、FeO、CuO、SiO2等)制備ZnSO4·7H2O的流程如圖：已知：①常溫下，部分物質(zhì)的Ksp相關(guān)信息如表所示：物質(zhì)Fe(OH)3Fe(OH)2Cu(OH)2Zn(OH)2CuSZnSKsp2.7×10-394.9×10-172.2×10-201.3×10-176.3×10-361.6×10-24②硫酸鋅晶體的溶解度隨溫度的變化如圖。(1)“酸浸”時(shí)，提高含鋅礦渣中鋅的浸出率的措施有____(任寫一條)。(2)“濾渣1”中除了SiO2外，還含有____(填化學(xué)式)。(3)“氧化”的主要目的是____，工業(yè)上常用的氧化劑有次氯酸鈉、稀硝酸、過氧化氫，從經(jīng)濟(jì)角度考慮，也有提出用氧氣作氧化劑，若該流程使用氧氣作氧化劑，請(qǐng)?jiān)O(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證氧化已完全：____。(4)若“氧化”后所得濾液中c(Zn2+)=1.3mol·L-1，c(Cu2+)=0.022mol·L-1，常溫下，“除鐵”操作中為了使鐵元素完全除去[c(Fe3+)≤10-6mol·L-1時(shí)視為完全除去，lg3≈0.5]，又不影響硫酸鋅的產(chǎn)量，可以調(diào)節(jié)pH的范圍是____(保留兩位有效數(shù)字)～5.0。(5)“除鐵”操作時(shí)添加的“試劑2”除了可以選擇ZnO外，還可以選擇____(填化學(xué)式)。(6)“除銅”所用“試劑3”一般選用ZnS固體，某同學(xué)認(rèn)為將“試劑2”和“試劑3”的加入順序?qū)φ{(diào)，也可以除去Cu2+和Fe3+，并回收CuS和Fe(OH)3，該設(shè)計(jì)____(填“合理”或“不合理”)，理由是____。(7)“濾液”經(jīng)一系列操作可得成品ZnSO4·7H2O，具體操作如圖：簡述從“濾液2”中得到成品ZnSO4·7H2O的操作：____，過濾、洗滌、干燥。【答案】(1)將礦渣進(jìn)行粉碎(2)CaSO4(3)

將Fe2+轉(zhuǎn)化為Fe3+

取少量氧化后的溶液于試管中，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，無明顯變化，說明已經(jīng)氧化完全(4)3.2(5)Zn(OH)2(或ZnCO3)(6)

不合理

加入ZnS會(huì)將Fe3+還原為Fe2+，使鐵元素難以除去(7)在60℃左右蒸發(fā)濃縮至有晶膜產(chǎn)生時(shí)停止加熱，冷卻結(jié)晶【解析】【分析】含鋅礦渣硫酸酸浸后氧化鈣轉(zhuǎn)化為硫酸鈣進(jìn)入濾渣1，二氧化硅不與硫酸反應(yīng)，進(jìn)入濾渣1，其他氧化物與稀硫酸反應(yīng)轉(zhuǎn)化離子留在濾液中，金屬陽離子為：Zn2+、Fe2+、Fe3+、Cu2+，加試劑1氧化將亞鐵離子轉(zhuǎn)化為鐵離子，加試劑2調(diào)節(jié)pH值使鐵離子形成氫氧化鐵沉淀，進(jìn)入濾渣2；再加試劑3除銅，轉(zhuǎn)化為氫氧化銅沉淀進(jìn)入濾渣3；此時(shí)濾液中為硫酸鋅溶液，經(jīng)過蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥得到產(chǎn)物。(1)“酸浸”時(shí)，提高含鋅礦渣中鋅的浸出率的措施有：將礦渣進(jìn)行粉碎、適當(dāng)升高溫度、適當(dāng)增大硫酸的濃度、攪拌（任寫一條）；(2)根據(jù)分析，“濾渣1”中除了SiO2外，還含有CaSO4；(3)根據(jù)分析，“氧化”的主要目的是：將Fe2+轉(zhuǎn)化為Fe3+；驗(yàn)證氧化已完全，證明不存在Fe2+即可，故可選用鐵氰化鉀溶液，看是否產(chǎn)生藍(lán)色沉淀，故答案為：取少量氧化后的溶液于試管中，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，無明顯變化，說明已經(jīng)氧化完全；(4)由題意可知通過調(diào)節(jié)pH值使鐵離子沉淀完全，但不能沉淀銅離子和鋅離子，c(Fe3+)≤10-6mol·L-1時(shí)視為完全除去，根據(jù)其Ksp，此時(shí)溶液中的氫氧根濃度為：，，pH+pOH=14，故pH=3.2，故調(diào)節(jié)pH值范圍是：3.2～5.0；(5)除鐵是加ZnO目的是促進(jìn)鐵離子水解生成氫氧化鐵沉淀，同時(shí)不引入新的雜質(zhì)離子，故還可選用難溶性的：Zn(OH)2(或ZnCO3)；(6)先加ZnS，溶液中的Fe3+會(huì)被ZnS還原為Fe2+，F(xiàn)e2+水解程度弱，不易在有Zn2+的溶液中除去，故答案為不合理，理由是：加入ZnS會(huì)將Fe3+還原為Fe2+，使鐵元素難以除去；(7)根據(jù)硫酸鋅的溶解度曲線可知，在60oC時(shí)溶解度最大，即其飽和溶液的濃度最大，在此溫度下冷卻結(jié)晶可得到較多的產(chǎn)物，故從“濾液2”中得到成品ZnSO4·7H2O的操作：在60℃左右蒸發(fā)濃縮至有晶膜產(chǎn)生時(shí)停止加熱，冷卻結(jié)晶，過濾、洗滌、干燥。四、原理綜合題10．丙烯是生產(chǎn)石油化工產(chǎn)品的基本原料之一，其需求增長迅速。某科研小組以、、等為催化劑，通過丙烷催化氧化脫氫制備丙烯，其反應(yīng)原理為

。Ⅰ．已知：丙烷、丙烯的燃燒熱()分別為、。

。(1)則___________。Ⅱ．不同催化劑對(duì)丙烷的催化效率不同，平衡時(shí)，丙烷的總轉(zhuǎn)化率與催化劑、不同投料比之間的關(guān)系如表。催化劑反應(yīng)溫度/℃總轉(zhuǎn)化率/%丙烯的選擇性/%5003：2：52546.65003：2：52540.05001：1：840.045.0(2)在上述三種催化劑作用下，丙烯產(chǎn)率最高的是___________(填催化劑的化學(xué)式)。(3)在500℃、以為催化劑的條件下，向容積為10L的恒容密閉容器中充入、、，發(fā)生反應(yīng)，經(jīng)過10min達(dá)到平衡狀態(tài)。①，丙烯的化學(xué)反應(yīng)速率___________。②下列情況能說明該反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)的是___________(填標(biāo)號(hào))。A．不變B．與的物質(zhì)的量之比為1：1C．的質(zhì)量不再改變③欲提高丙烷轉(zhuǎn)化率，可采取的措施是___________(任寫一條即可)。④在恒溫恒壓的密閉容器中充入丙烷、氧氣、氨氣發(fā)生氧化脫氫反應(yīng)，起始氧氣一定時(shí)，越大，丙烷的平衡轉(zhuǎn)化率越大，其原因是___________。(4)在500℃、以為催化劑的條件下，向恒容密閉容器中充入、、發(fā)生反應(yīng)，平衡時(shí)壓強(qiáng)為p[已知該催化劑條件下的副反應(yīng)為]，則該溫度下丙烷氧化脫氫反應(yīng)的平衡常數(shù)___________(用含p的代數(shù)式表示，是用反應(yīng)體系中氣體物質(zhì)的分壓表示的平衡常數(shù)，平衡分壓=總壓×體積分?jǐn)?shù)，列出計(jì)算式即可，不用化簡)?！敬鸢浮?1)-236(2)(3)

0.003

C

及時(shí)分離出

該反應(yīng)為氣體分子數(shù)增加的反應(yīng)，恒壓條件下增大氨氣的比例，相當(dāng)于減壓，平衡正向移動(dòng)，丙烷的平衡轉(zhuǎn)化率增大(4)【解析】(1)①②

由丙烷、丙烯的燃燒熱()分別為、的方程式：③

④

由蓋斯定律可得③×2-④×2+②×2得方程式①，則則。故答案為：-236;(2)在上述三種催化劑作用下，丙烯的選擇性高且丙烷的總轉(zhuǎn)化率高時(shí)，丙烯產(chǎn)率才會(huì)最高，所以最好的催化劑是：。故答案為：(3)①在500℃、以為催化劑的條件下，丙烷轉(zhuǎn)化率為25%，丙烯選擇性為40%，說明丙烷生成丙烯的部分是40%，則，則，丙烯的化學(xué)反應(yīng)速率。②A．與物質(zhì)狀態(tài)和熱化學(xué)方程式的書寫有關(guān)，所以不論是否平衡狀態(tài)其值都不變，故A錯(cuò)誤；B．，與的物質(zhì)的量之比一直為1：1，不能說明該反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，故B錯(cuò)誤；C．為生成物，平衡時(shí)的質(zhì)量才不再改變，故C正確。③欲提高丙烷轉(zhuǎn)化率，即讓反應(yīng)正向進(jìn)行即可，所以可采取的措施是及時(shí)分離出產(chǎn)物，促進(jìn)反應(yīng)正向進(jìn)行。④在恒溫恒壓的密閉容器中充入丙烷、氧氣、氨氣發(fā)生氧化脫氫反應(yīng)，起始氧氣一定時(shí)，越大，丙烷的平衡轉(zhuǎn)化率越大，其原因是：該反應(yīng)為氣體分子數(shù)增加的反應(yīng)，恒壓條件下增大氨氣的比例，相當(dāng)于減壓，平衡正向移動(dòng)，丙烷的平衡轉(zhuǎn)化率增大。故答案為：①0.003；②C；③及時(shí)分離出；④該反應(yīng)為氣體分子數(shù)增加的反應(yīng)，恒壓條件下增大氨氣的比例，相當(dāng)于減壓，平衡正向移動(dòng)，丙烷的平衡轉(zhuǎn)化率增大。(4)在500℃、以為催化劑的條件下，向恒容密閉容器中充入、、發(fā)生反應(yīng)，丙烯選擇性為45%，丙烷轉(zhuǎn)化率為40%，則，則可得：起始n始(mol)

1

1

0

0變化△n(mol)

0.18

0.09

0.18

0.18終態(tài)n終(mol)

0.82

0.91

0.18

0.18起始n始(mol)

0.82

0.91

0

0.18變化△n(mol)

0.4-0.18

0.77

0.66

0.88終態(tài)n終(mol)

0.6

0.17

0.66

1.06故平衡時(shí)：，，，，，，則；平衡時(shí)壓強(qiáng)為，平衡分壓=總壓×體積分?jǐn)?shù)，則，，，，則該溫度下丙烷氧化脫氫反應(yīng)的平衡常數(shù)：故答案為：五、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)11．H、N、P、Cl、Mg、Al、Cu元素的單質(zhì)及其化合物在生活、工業(yè)和國防領(lǐng)域應(yīng)用廣泛。請(qǐng)回答下列問題：(1)基態(tài)氯原子核外電子占據(jù)最高能級(jí)的電子云輪廓圖為____形，Ag與Cu位于同一族且相鄰，基態(tài)銀原子的價(jià)電子排布式為____，Cu、Ag元素位于元素周期表____區(qū)。(2)CuF的熔點(diǎn)為1008℃，熔化呈液態(tài)時(shí)能導(dǎo)電。CuCl的熔點(diǎn)為426℃，能升華，熔化呈液態(tài)時(shí)不導(dǎo)電。CuF的熔點(diǎn)比CuCl的高，原因是____。(3)鎂合金是航空器、航天器和火箭導(dǎo)彈制造工業(yè)中使用的最輕金屬結(jié)構(gòu)材料。以氨水和磷酸一氫銨[(NH4)2HPO4]檢驗(yàn)Mg2+的反應(yīng)中，有白色晶體MgNH4PO4·6H2O沉淀生成。N、P、Mg中第一電離能由大到小的順序?yàn)開___(用元素符號(hào)表示)，分子中N原子的雜化類型為____，PO的空間構(gòu)型為____。(4)一種由Mg2+、N3-、F-組成的化合物的立方晶胞如圖所示。該化合物的化學(xué)式為____，若距離最近的兩個(gè)Mg2+的核間距為apm，NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，則晶胞密度為____g·cm-3?！敬鸢浮?1)

紡錘或啞鈴

4d105s1

ds(2)CuF是離子晶體，CuCl是分子晶體，離子鍵強(qiáng)度大于分子間作用力(3)

N>P>Mg

sp3

正四面體形(4)

Mg3NF3

×1030【解析】(1)基態(tài)氯原子核外電子簡化排布式為[Ne]3s23p5，最高能級(jí)3p的電子云輪廓圖為紡錘或啞鈴形；Cu為第四周期29號(hào)元素，核外電子簡化排布式為[Ar]3d104s1，Ag在Cu的下一周期第五周期且同族，所以原子序數(shù)相差18，Ag的核外電子簡化排布式為[Kr]4d105s1，基態(tài)Ag原子的價(jià)電子排布式為4d105s1；Cu、Ag元素位于第IB族，即元素周期表ds區(qū)；(2)CuF的熔點(diǎn)較高，熔化呈液態(tài)時(shí)能導(dǎo)電，說明CuF是離子晶體；CuCl的熔點(diǎn)低，且能升華，熔化呈液態(tài)時(shí)不導(dǎo)電，說明CuCl是分子晶體，離子鍵強(qiáng)度大于分子間作用力，故CuF的熔點(diǎn)比CuCl的高；(3)同一主族自上而下，第一電離能逐漸減小，則第一電離能N>P，同一周期自左向右，第一電離能逐漸增大，則第一電離能P>Mg，則N、P、Mg中第一電離能由大到小的順序?yàn)镹>P>Mg；根據(jù)VSEPR理論可得，N的價(jià)電子為5，H的價(jià)電子為1，（5+4-1）/2=4，中心原子N的價(jià)電子對(duì)數(shù)為4對(duì)電子，為sp3雜化；PO是正四面體形結(jié)構(gòu)，中心原子是P，周圍有4個(gè)O原子，氧族元素作配位原子時(shí),不考慮其成鍵電子，價(jià)電子對(duì)數(shù)為(5+3)/2=4，