遼寧省大連市2022年高三第一次模擬考試化學試題及答案解析

遼寧省大連市2022年高三第一次模擬考試化學試題注意事項：1.請在答題紙上作答，在試卷上作答無效2.本試卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷兩部分，滿分100分，考試時間75分鐘?？赡苡玫降南鄬υ淤|量：H-1C-12N-14O-16Mg-24S-32Fe-56第Ⅰ卷(選擇題，共45分)一、選擇題：本題共15小題，每小題3分，共45分。在每小題給出的4個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.2022年，一場冬奧會讓全世界刷新了對中國的認知，科技冬奧會，彰顯大國風范。下列說法錯誤的是A.國家速滑館采用了跨臨界直冷制冰技術，與使用氟利昂制冷相比更加環(huán)保B.火炬“飛揚”外殼采用的耐高溫碳纖維材料，屬于傳統(tǒng)無機非金屬材料C.冬奧會完全采用光伏發(fā)電技術綠色供電，這有利于實現(xiàn)低碳管理目標D.紫外線可以使蛋白質變性，冬奧會大量使用紫外線消毒技術保護公眾的健康【答案】B【解析】【詳解】A．二氧化碳安全無毒，采用其做制冷劑，與使用氟利昂制冷相比更加環(huán)保，A項正確；B．碳纖維是新型無機非金屬材料，B項錯誤；C．采用光伏發(fā)電，可減少化石燃料的燃燒，減少污染物的排放，符合“綠色出行”的理念，C項正確；D．由于蛋白質在紫外線照射下發(fā)生變性，故冬奧會上采用紫外殺菌技術進行消毒，是利用紫外線使蛋白質變性的原理，保護公眾的健康，D項正確；答案選B。2.下列化學用語中正確的是A.Fe3+的最高能層電子排布式為3d5 B.質量數(shù)為127的碘原子：C.S2-的結構示意圖： D.反-2-丁烯的結構簡式：【答案】D【解析】【詳解】A．Fe3+的最高能層為M層，該層電子排布式為3s23p63d5，故A錯誤；B．質量數(shù)為127的碘原子：，故B錯誤；C．S2-的結構示意圖：，故C錯誤；D．反-2-丁烯的結構簡式：，甲基在雙鍵的兩側，故D正確；故選D。3.遼寧有眾多國家級非物質文化遺產(chǎn)，如復州皮影戲、阜新瑪瑙雕、錦州滿族刺繡、沈陽老龍口白酒傳統(tǒng)釀造技藝等。下列說法正確的是A.皮影人用獸皮雕刻，獸皮的主要成分屬于高級脂肪酸甘油酯B.瑪瑙是熔融態(tài)快速冷卻形成的C.滿族刺繡以家布為底襯，制作家織布的棉花屬于再生纖維D.在釀酒工藝中，可以將淀粉直接轉化為乙醇【答案】B【解析】【詳解】A．獸皮的主要成分是蛋白質，A錯誤；B．瑪瑙的主要成分是二氧化硅，是熔融態(tài)二氧化硅快速冷卻形成的，B正確；C．棉花的主要成分是纖維素，屬于天然纖維，C錯誤；D．在釀酒過程中，淀粉先轉化為葡萄糖，葡萄糖再經(jīng)過發(fā)酵生成乙醇，淀粉不能直接轉化為乙醇，D錯誤；答案選B。4.氯化三乙基錫常溫下為無色液體，熔點15.5℃，沸點206℃。氯化三乙基錫的合成方法如圖所示。下列說法錯誤的是

A.四乙基錫的二氯代物有6種B.低溫下，氯化三乙基錫為分子晶體C.1mol四乙基錫中含有28mol鍵D.錫元素的同素異形體灰錫屬于金屬晶體【答案】D【解析】【詳解】A．根據(jù)定一移一法可確定，四乙基錫的二氯代物有和共6種，A正確；B．根據(jù)題干信息可知，氯化三乙基錫常溫下為無色液體，熔點15.5℃，沸點206℃，可推知低溫下，氯化三乙基錫為分子晶體，B正確；C．已知一個四乙基錫為20個C-H鍵、4個C-C鍵和4個C-Sn配位鍵，則1mol四乙基錫中含有28mol鍵，C正確；D．白錫為金屬晶體，轉變?yōu)榛义a時結構發(fā)生了變化，變成了共價晶體，D錯誤；故答案為：D。5.設為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是A.將78g苯和52g苯乙烯混合，混合物中含有鍵的個數(shù)為5B.向足量溶液中滴加含的鐵氰化鉀溶液，溶液中含的數(shù)目為0.3C.0.1mol草酸亞鐵晶體被足量酸性溶液完全氧化，所轉移的電子數(shù)是0.3D.將0.1mol醋酸鈉固體溶于一定量稀醋酸中，溶液呈中性，此時溶液中數(shù)目小于0.1【答案】C【解析】【詳解】A．已知一個苯環(huán)上含有一個大鍵，1個苯乙烯中含有苯環(huán)上的大鍵和碳碳雙鍵上的鍵，則將78g苯和52g苯乙烯混合，混合物中含有鍵的個數(shù)為=2，A錯誤；B．根據(jù)反應可知：Fe2++K++[Fe(CN)6]3-=KFe[Fe(CN)6]↓，故向足量溶液中滴加含的鐵氰化鉀溶液，溶液中含的數(shù)目為(0.1×3-0.1)×NAmol-1=0.2，B錯誤；C．已知草酸亞鐵被完全氧化后變?yōu)镕e3+、CO2，故1mol草酸亞鐵將失去3mol電子，則0.1mol草酸亞鐵晶體被足量酸性溶液完全氧化，所轉移的電子數(shù)是0.1mol×3×NAmol-1=0.3，C正確；D．將0.1mol醋酸鈉固體溶于一定量稀醋酸中，根據(jù)電荷守恒可知：n(Na+)+n(H+)=n(CH3COO-)+n(OH-)，溶液呈中性，n(H+)=n(OH-)，則此時溶液中n(Na+)=n(CH3COO-)=0.1mol，故數(shù)目等于0.1，D錯誤；故答案為：C。6.L-脯氨酸是合成人體蛋白質的重要氨基酸之一，以下是利用L-脯氨酸催化羥醛縮合反應的方程式，下列說法錯誤的是A.M的分子式為 B.N分子中有2個手性碳原子C.M與N互為同分異構體 D.L-脯氨酸可以發(fā)生縮聚反應【答案】A【解析】【詳解】A．由鍵線式可知M的分子式為，A錯誤；B．連有四個不同的原子或原子團的飽和碳原子為手性碳原子，N分子中有2個手性碳原子，B正確；C．M與N的分子式均為、而結構不同，則M和N互為同分異構體，C正確；D．L-脯氨酸的羧基和亞氨基之間可以發(fā)生縮合反應，則L-脯氨酸可以發(fā)生縮聚反應，D正確；答案選A。7.海水綜合利用符合可持續(xù)發(fā)展的原則，其聯(lián)合工業(yè)體系(部分)如圖所示，下列說法中錯誤的是

A.①中可采用蒸餾法或者電滲析法B.②中可通過電解熔融態(tài)的氯化鎂制金屬鎂單質C.③中生成1molBr2，共消耗標準狀況下Cl222.4LD.④的產(chǎn)品可生產(chǎn)鹽酸、漂白液、漂白粉等【答案】C【解析】【詳解】A．海水淡化的方法有蒸餾法、電滲析法和離子交換法，A正確；B．從海水中得到氯化鎂后，鎂為活潑金屬，氯化鎂是離子化合物，則可以電解熔融狀態(tài)的氯化鎂生成氯氣和金屬鎂，B正確；C．③中將苦鹵濃縮，再通入過量氯氣進行氧化，靜置溴沉在底部，繼而通入空氣和水蒸氣，將溴吹入吸收塔，使溴蒸汽和吸收劑二氧化硫發(fā)生作用轉化成氫溴酸以達到富集溴的目的，然后再用氯氣將氫溴酸氧化得到溴，整個過程中需要兩次利用氯氣氧化，所以每生成1molBr2，理論上共消耗2molCl2，其標準狀況下的體積為=44.8L，C錯誤；D．從海水中得到氯化鈉后，電解飽和氯化鈉溶液，得氫氧化鈉和氫氣和氯氣，利用制得的氯氣與氫氣在工業(yè)上可以生產(chǎn)鹽酸，氯氣與氫氧化鈉溶液可制備漂白液，氯氣與石灰乳反應可制備漂白粉，D正確；答案選C。8.下列實驗操作對應的實驗現(xiàn)象及解釋或結論都正確的是選項實驗操作實驗現(xiàn)象解釋或結論A鑒別食鹽中是否含有少量NaNO2，可取一定量食鹽溶于水中，再滴加酸性KMnO4溶液溶液紫色褪去食鹽中含有NaNO2B將苯和液溴反應生成的氣體通入硝酸酸化的AgNO3溶液中產(chǎn)生淡黃色沉淀反應生成了HBrC將0.1mol/LAgNO3溶液和0.1mol/LNaCl溶液等體積混合，得到懸濁液后過濾，向濾液和白色沉淀中分別滴加0.1mo/LKI溶液濾液出現(xiàn)渾濁，沉淀變?yōu)辄S色D將少量的乙二醇(HOCH2CH2OH)滴入酸性KMnO4溶液中溶液紫色變淺乙二醇被氧化為乙二酸A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【詳解】A．由于Cl-本身能夠被酸性KMnO4溶液氧化，即Cl-能使酸性KMnO4溶液褪色，故溶液紫色褪去不能說明食鹽中含有NaNO2，A不合題意；B．將苯和液溴反應生成的氣體通入硝酸酸化的AgNO3溶液中，由于液溴易揮發(fā)，揮發(fā)除來的Br2能與水反應生成HBr，則產(chǎn)生淡黃色沉淀也不能檢驗反應生成了HBr，B不合題意；C．將0.1mol/LAgNO3溶液和0.1mol/LNaCl溶液等體積混合，得到懸濁液后過濾，向濾液和白色沉淀中分別滴加0.1mo/LKI溶液，濾液出現(xiàn)渾濁，沉淀變?yōu)辄S色，說明AgCl轉化為AgI，能證明，C符合題意；D．將少量的乙二醇(HOCH2CH2OH)滴入酸性KMnO4溶液中，溶液紫色變淺，只能說明乙二醇能夠將酸性高錳酸鉀溶液還原，但不能說明乙二醇被氧化成乙二酸，D不合題意；故答案為：C。9.我國科學家發(fā)明了高選擇性的加氫合成的催化劑，其組成為固溶體，其中摩爾質量為Mg/mol，晶胞如圖所示，晶胞的棱長為apm。下列說法錯誤的是A.離子在晶胞中配位數(shù)為8B.位于元素周期表中ds區(qū)C.該晶胞的密度為D.O位于Zr構成的正四面體空隙中【答案】B【解析】【詳解】A．Zr4+位于晶胞頂點，每個晶胞中，面心的Zr4+與4個O2-相鄰，則配位數(shù)為8，故A正確；B．40Zr位于元素周期表中d區(qū)，在第5周期ⅣB族，故B錯誤；C．晶胞中Zr4+位于頂點和面心，個數(shù)為8×+6×=4，O2-位于晶胞內(nèi)，個數(shù)為8，則晶胞質量為g，晶胞體積為a3×10-30cm3，可知ρ==g/cm3；該晶胞的密度為g/cm3，故C正確；D．由晶胞可知O位于Zr構成的正四面體空隙中，故D正確；故選B。10.MFC-電芬頓技術通過產(chǎn)生經(jīng)基自由基(·OH)處理有機污染物，可獲得高效的廢水凈化效果，其耦合系統(tǒng)工作原理如圖所示，下列說法錯誤的是

A.Y電極上消耗1mol溶液中時，可以產(chǎn)生2molB.甲池是將化學能轉化為電能，其中a極上發(fā)生氧化反應C.乙池中生成羥基自由基的反應為D.電子移動方向為：a→Y，x→b【答案】A【解析】【分析】由圖可知，甲為原電池，a極為負極，b極為正極，乙為電解池，X極與b極相連，則為陽極，Y極與a極相連，則為陰極，據(jù)此分析作答?！驹斀狻緼．乙池中生成的反應為，Y電極上得到H2O2的反應為O2+2e-＋2H+=H2O2，則消耗1mol溶液中時，可以產(chǎn)生1mol，A項錯誤；B．甲池是燃燒電池，它通過氧化還原反應將燃料和O2的化學能轉換為電能，燃料所在的電極發(fā)生氧化反應，B項正確；C．由反應物和產(chǎn)物以及電荷平衡知乙池中生成自由基反應為，C項正確；D．a(chǎn)電極通入燃料，為負極，失電子，b電極為正極，得電子；乙池為電解池，x為陽極，失電子，Y為陰極，得電子，電子移動方向為a→Y，x→b，D項正確；答案選A。11.向恒容的密閉容器中充入amolCO和bmol，發(fā)生反應：，的平衡轉化率如圖所示，下列說法正確的是A.150℃時，若該反應的平衡常數(shù)，則B.該反應吸熱反應C.若一段時間后，保持不變，則該反應達到平衡狀態(tài)D.平衡后，向容器中再通入amolCO，逐漸增大【答案】A【解析】【詳解】A．由題干信息可知，150℃時，H2S的平衡轉化率為40%，根據(jù)三段式分析可知：，若該反應的平衡常數(shù)，即=，解得，A正確；B．由題干圖示信息可知，隨著溫度的升高，H2S的平衡轉化率減小，即升高溫度平衡逆向移動，則該反應為放熱反應，B錯誤；C．反應從開始到達到平衡的過程中，始終不變?yōu)?，則若一段時間后，保持不變，不能說明該反應達到平衡狀態(tài)，C錯誤；D．平衡后，向容器中再通入amolCO，反應物濃度突然增大，故突然增大，逐漸增大，D錯誤；故答案為：A。12.某種化合物的結構如圖所示。其中X、Y、Z、Q、W為原子序數(shù)依次增大的五種短周期主族元素，Q核外最外層電子數(shù)與Y核外電子總數(shù)相同，X的原子半徑是元素周期表中最小的，下列說法正確的是

A.電負性：Z>Q>YB.簡單離子半徑：W>Z>QC.該化合物中Z原子和Y原子都是雜化D.Y的氫化物沸點可能大于Q的氫化物沸點【答案】D【解析】【分析】X的原子半徑是元素周期表中最小的，則X為H元素，由該化合物的結構圖可知，Y為第ⅣA族元素，Q為ⅥA族元素，W為第IA族元素，又X、Y、Z、Q、W為原子序數(shù)依次增大的五種短周期元素，Q核外最外層電子數(shù)與Y核外電子總數(shù)相同，則Y為C元素，Q為O元素，W為Na元素，Z為N元素，據(jù)此分析解答。【詳解】A．

同周期元素從左至右電負性逐漸增大，故電負性：O＞N＞C，故A錯誤；B．

N3-、O2-、Na+的核外電子排布相同，核電荷數(shù)越大，離子半徑越小，則簡單離子半徑：N3-＞O2-＞Na+，故B錯誤；C．該化合物中的Y原子，其中的一個是形成4個σ鍵，雜化方式為雜化，但是另一個形成了雙鍵，這個Y原子是雜化，故C錯誤；D．C的氫化物為烴，常溫下，含C原子數(shù)較多的烴可以呈固態(tài)，O的氫化物為水、過氧化氫，常溫下為液態(tài)，故D正確；故選D。13.酸性水系鋅錳電池放電時，電極上的易剝落，會降低電池效率，若向體系中加入少量KI固體則可以提高電池的工作效率，原理如圖所示。下列說法正確的是

A.含有的碳電極的電勢低于Zn電極B.加入KI后可降低能量的“損失”，相關方程式為C.電池要維荷較高的工作效率，需不斷向體系中加入KI固體D.放電時，消耗0.5molZn時，有0.5mol通過質子交換膜【答案】B【解析】【分析】Zn電極為負極，發(fā)生氧化反應Zn-2e-=Zn2+，含有MnO2的碳電極為正極，發(fā)生還原反應MnO2+4H++2e-=Mn2++2H2O，MnO2剝落后，影響了反應的進行；加入KI后，提高了電池的工作效率，對應反應的方程式為MnO2+3I-+4H+=Mn2++I+2H2O，I+2e-=3I-。【詳解】A．含有MnO2的碳電極為正極，該碳電極的電勢高于Zn電極，故A錯誤；B．加入KI后，對應反應的方程式為MnO2+3I-+4H+=Mn2++I+2H2O，I+2e-=3I-，可以讓I在正極繼續(xù)得電子，恢復“損失”的能量，故B正確；C．加入KI后，對應反應的方程式為MnO2+3I-+4H+=Mn2++I+2H2O，I+2e-=3I-，碘離子不斷消耗又生成、循環(huán)反應，故不需要繼續(xù)向體系中加入KI固體，故C錯誤；D．放電時，負極每消耗1molZn，轉移2mol電子，則會有2molH+通過質子交換膜進入正極，故消耗0.5molZn時，有1molH+通過質子交換膜，故D錯誤；故選B。14.研究表明，與水反應制氫氣的原理為。表格為pH和溫度對半衰期的影響(半衰期是指反應過程中，某物質的濃度降低到初始濃度一半所需的時間)，下列說法錯誤的是體系pH不同溫度下的半衰期(min)0℃25℃50℃101214A.溶液顯堿性，溶液中各離子濃度大小為B.在50℃、的條件下，初始濃度為4.32mol/L，則半衰期內(nèi)C.由表格中數(shù)據(jù)可知，相同pH下，與水反應的速率隨溫度升高而增大D.由表格中數(shù)據(jù)可知，相同溫度下，與水反應的速率隨pH升高而增大【答案】D【解析】【詳解】A．NaBO2溶液顯堿性，則溶液中c(OH-)＞c(H+)，根據(jù)電荷守恒，c(Na+)＞c()，Na+和是鹽完全電離產(chǎn)生的，是大量的，而H+、OH-是水電離產(chǎn)生的，是少量的，所以溶液中各離子濃度大小為：c(Na+)＞c()＞c(OH-)＞c(H+)，故A正確；B．在50℃、pH=12的條件下，NaBH4初始濃度為4.32mol/L，NaBH4的濃度降低到初始濃度一半即2.16mol/L所需的時間為8.64×102，則半衰期內(nèi)v(NaBH4)==0.0025mol?L-1?min-1，根據(jù)反應的方程式，用不同物質表示的反應速率之比等于方程式的計量數(shù)之比，則v(H2)=4v(NaBH4)=0.01mol?L-1?min-1，故B正確；C．由表格中數(shù)據(jù)可知，相同pH下，NaBH4的半衰期隨溫度升高逐漸減小，則NaBH4與水反應的速率隨溫度升高而增大，故C正確；D．由表格中數(shù)據(jù)可知，相同溫度下，NaBH4的半衰期隨pH增大升高逐漸增大，則NaBH4與水反應的速率隨pH升高而減小，故D錯誤；故選D。15.某溫度下，改變0.1mol/L溶液的pH時，各種含鉻元素粒子及濃度變化如圖所示(已知a是二元酸)，下列有關說法正確的是A.該溫度下的B.溶液中存在平衡，且該溫度下此反應的平衡常數(shù)C.E點溶液中存在：D.向溶液中，加入一定量NaOH固體，溶液橙色加深【答案】C【解析】【分析】根據(jù)圖中G點的數(shù)據(jù)可以計算出該溫度下的水的離子積，在pH逐漸增大的過程中存在著平衡移動的過程，其中鉻酸根離子為黃色的，重鉻酸根離子為橙色的，以此解題。【詳解】A．G點時，，此時，則Kw=，A項錯誤；B．由圖可知溶液中存在平衡，F(xiàn)點時，，則K=，B項錯誤；C．E點時，，根據(jù)電荷守恒有：，即，此時溶液顯酸性，即，則c(K+)<2c()+3c()，C項正確；D．根據(jù)平衡+H2O?2+2H+，加入NaOH固體，平衡正向移動，溶液橙色變淺，D項錯誤；故選C。第Ⅱ卷(非選擇題，共55分)二、非選擇題：本題共4小題，共55分。16.鎳是一種硬而有延展性并具有鐵磁性的金屬，它能夠高度磨光和抗腐蝕，工業(yè)上用紅土鎳礦[主要成分為、、NiO、、]為原料，采用硫酸銨焙燒法選擇性提取鎳并回收副產(chǎn)物黃銨鐵礬[化學式可表示為，摩爾質量為]的工藝流程如圖所示：已知：①②（1）除鐵時加入的的用量高于理論用量的原因是_______。(寫出2點)（2）經(jīng)分析礦樣中大部分鐵仍以氧化物形式存在于“浸渣”中，只有部分FeO在空氣中焙燒時與反應生成該反應的化學方程式為_______；“浸渣”的主要成分除含有鐵元素的化合物外還有_______(填化學式)。（3）該工藝條件下，生成沉淀，生成或黃銨鐵礬沉淀，開始沉淀和沉淀完全時的pH如下表：沉淀物黃銨鐵礬開始沉淀時的pH7.12.71.3沉淀完全時的pH9.23.72.3若殘留在浸出液中的鐵完全轉化為黃銨鐵礬除去，“除鐵”時通入調節(jié)溶液pH的范圍是_______。（4）“沉鎳”時pH調為8.0，濾液中濃度約為_______mo/L。（5）由所得濾液獲得品體時，常用無水乙醇代替蒸餾水作洗滌劑，原因是_______(寫出2點)（6）對黃銨鐵鞏進行熱分解實驗，其結果如下圖所示，則黃銨鐵礬的化學式為_______。(已知：黃銨鐵礬在300℃前分解釋放的物質為，300-575℃之間只有和放出，此時殘留固體只存在Fe、O、S三種元素，670℃以上得到的是純凈的紅棕色粉末)?！敬鸢浮浚?）過氧化氫不穩(wěn)定，受熱易分解，過氧化氫在催化下分解（2）①.②.（3）（4）（5）減小的溶解量，以減少損失，同時乙醇易揮發(fā)，便于干燥（6）【解析】【分析】紅土鎳礦與硫酸銨混合研磨，使二者充分接觸，然后再焙燒發(fā)生反應；然后用熱水浸泡焙燒后的固體物質，其中(NH4)2Mg2(SO4)3、(NH4)2Fe(SO4)3進入溶液，不溶性的酸性氧化物二氧化硅進入浸渣中，大部分Fe3+及Ni2+、Mg2+、銨根離子、硫酸根存在于溶液中；然后向濾液中加入氨氣、H2O2并進行加熱，F(xiàn)e3+以黃銨鐵礬沉淀析出；然后向濾液中加入MgO漿調節(jié)pH值，使Ni2+轉變?yōu)闅溲趸嚦恋韥沓伶?；沉淀?jīng)過過濾、洗滌、硫酸溶解得到硫酸鎳；濾液中含有MgSO4，經(jīng)一系列處理得到，據(jù)此分析作答?！拘?詳解】過氧化氫不穩(wěn)定，受熱易分解，F(xiàn)e3+可作為過氧化氫分解的催化劑，分解速率加快，故除鐵時加入的H2O2的用量高于理論用量的原因是：過氧化氫不穩(wěn)定，受熱易分解、過氧化氫在Fe3+催化下分解，故答案為：過氧化氫不穩(wěn)定，受熱易分解、過氧化氫在催化下分解；【小問2詳解】FeO在空氣中焙燒時與反應生成，該反應的化學方程式為：；由分析可知，浸渣中含有SiO2，故答案為：；；【小問3詳解】殘留在浸出液中的鐵完全轉化為黃銨鐵礬除去，不能生成沉淀，應調節(jié)的pH值范圍為：，故答案為：；【小問4詳解】根據(jù)表格可知鎳離子沉淀完全是pH為9.2，，當沉鎳調整的pH值為8.0時，，故答案為：；【小問5詳解】由所得濾液獲得品體時，常用無水乙醇代替蒸餾水作洗滌劑，原因是減小的溶解量，以減少損失，同時乙醇易揮發(fā)，便于干燥，故答案為：減小的溶解量，以減少損失，同時乙醇易揮發(fā)，便于干燥；【小問6詳解】黃銨鐵礬化學式可表示為，摩爾質量為，設有480g(1mol)物質分解，670oC以上得到的紅棕色固體為純凈的氧化鐵，物質的量為，即y=3；黃銨鐵礬在300℃前分解釋放的物質為，300-575℃之間只有和放出，此時殘留固體只存在Fe、O、S三種元素固體質量，因此元素化合價未變，則由400g減少為240g時，減少的質量應為SO3的質量，為SO3的物質的量為：，即z=2；化合物中各元素正負化合價代數(shù)和為0，則，，解得x=1，w=6，故該物質的化學式為，故答案為：。17.丙烯是一種重要的化工原料，工業(yè)上可用“丙烯氨氧化法”生產(chǎn)，副產(chǎn)物有乙腈、氫氰酸、丙烯醛等，以丙烯、氨氣和氧氣為原料，在催化劑存在下合成丙烯腈的主要反應如下：Ⅰ.Ⅱ.回答下列問題：（1）_______。（2）反應Ⅰ在_______(填“高溫”“低溫”或“任意”)條件下可自發(fā)進行：恒溫，體系達到平衡后，若壓縮容器體積，則反應Ⅱ的平衡移動方向為_______(填“正反應方向”“逆反應方向”或“不移動”)。（3）工業(yè)生產(chǎn)條件下的丙烯氨氧化過程十分復雜。下列說法正確的是_______。A.原料丙烯可以從石油裂解氣中分離得到B.為提高丙烯的平衡轉化率和丙烯腈的選擇性，需要研究高性能催化劑C.加入水蒸氣可防止原料混合氣中丙烯與空氣的比例處于爆炸范圍內(nèi)產(chǎn)生危險D.生產(chǎn)過程中會產(chǎn)生大量的含氰廢水，對環(huán)境的危害很大，排放前必須除去（4）已知對于反應：，其標準平衡常數(shù)：。T℃，壓強為的恒壓密閉容器中，通入1mol丙烯、1mol氨氣和3mol氧氣發(fā)生反應Ⅰ、Ⅱ，達到平衡時，容器內(nèi)有amol，bmol，此時的分壓_______(分壓=總壓×物質的量分數(shù)，用含a，b的代數(shù)式表示，下同)；反應Ⅱ的標準平衡常數(shù)為_______。（5）以丙烯腈為原料，利用電解原理合成已二腈可減少氮氧化物的排放，其裝置如圖所示，電解時Pb電極發(fā)生的電極反應式為_______?！敬鸢浮浚?）-162（2）①.任意②.正反應方向（3）ACD（4）①.②.（5）【解析】【小問1詳解】因為該反應可由反應I-反應II得到，所以ΔH=ΔH1-ΔH2=-515kJ/mol-（-353kJ/mol）=-162kJ/mol；【小問2詳解】反應I的ΔH1＜0，ΔS＞0，屬于熵增的放熱反應，在任意條件下都能自發(fā)進行；恒溫，體系達到平衡后，若壓縮容器體積，增大壓強，反應I向逆反應方向移動，丙烯和氧氣的轉化率減小，則反應II中的反應物的濃度（分壓）增大，導致反應II平衡向正反應方向移動，故答案為：任意；正反應方向；【小問3詳解】A．石油裂解氣經(jīng)凈化和分離，可得到乙烯、丙烯等基本有機化工原料，A正確；B．催化劑可以改變反應速率，不能使平衡移動，故不能改變丙烯的平衡轉化率和丙烯腈的選擇性，B錯誤；C．加入水蒸氣可稀釋原料混合氣中的丙烯，防止產(chǎn)生危險，C正確；D．根據(jù)反應過程可以發(fā)現(xiàn)，生產(chǎn)過程中會產(chǎn)生大量的含氰廢水，對環(huán)境的危害很大，排放前必須除去，D正確；故選ACD；【小問4詳解】根據(jù)兩個反應可知，在達到平衡時，容器中有（1-a-b）mol丙烯，（1-a）mol氨氣，（3-1.5a-b）mol氧氣，（3a+b）mol水蒸氣，以及amolC3H3N(g)和bmolC3H4O(g)，則平衡后容器中氣體總的物質的量為（1-a-b）mol+（1-a）mol+（3-1.5a-b）+（3a+b）mol+amol+bmol=（5+0.5a）mol。所以水蒸氣所占的分壓p(H2O)=；同理得出C3H4O(g)、丙烯、氧氣的分壓分別為、、，根據(jù)上述公式可知，反應II的標準平衡常數(shù)==；【小問5詳解】根據(jù)電解池的工作原理可知，CH2=CHCN在Pb電解酸性電解液下發(fā)生得電子的還原反應生成己二腈[CN(CH2)4CN]，其電極反應式為：2CH2=CHCN+2e-+2H+=CN(CH2)4CN。18.某化學實驗小組發(fā)現(xiàn)鎂和溶液可以反應生成氣體，且比鎂和水的反應速率快，通過實驗探充速率加快取決于哪些粒子，同時分析氣體的成分。Ⅰ.探究加快速率的粒子（1）甲同學推測加快速率的粒子有兩種：①能加快化學反應速率②能加快化學反應速率。為驗證猜想，進行了如下實驗：對照組1mol/L溶液持續(xù)產(chǎn)生大量氣泡，溶液略顯渾濁實驗組11mol/L溶液持續(xù)產(chǎn)生大量氣泡，溶液略顯渾濁實驗組21mol/L溶液鎂表面有極微量氣泡附著已知：Mg和反應只能看到鎂條表面有極微量氣泡附著。用離子方程式解釋對照組中溶液顯堿性的原因_______；實驗組1得到的結論是_______；為控制變量與對照組一致，實驗組2應在1mo/L溶液中_______。Ⅱ.探究氣體的成分。（2）乙同學向反應容器中滴加幾滴洗潔精，形成大量泡沫時點燃氣泡，聽到有爆鳴聲；再將產(chǎn)生的氣體通入澄清石灰水，溶液變渾濁。由此推測氣體成分為_______。經(jīng)查閱文獻得知，溶液可以通過自耦電離產(chǎn)生，該反應的平衡常數(shù)為_______(保留3位有效數(shù)字)。(已知：電離常數(shù)，)（3）丙同學認為乙同學的推測不夠嚴謹，逸出的氣體會帶出少量溶液也能使澄清石灰水變渾濁，于是利用傳感器檢測放出的氣體中是否含有。實驗組3取6mL1mol/L溶液加入250mL塑料瓶，塞緊傳感器，采集數(shù)據(jù)15min，記錄液面上方濃度的變化，重復實驗2次。實驗組4取6mLlmol/L溶液、0.1g打磨好的鎂條加入250mL塑料瓶，實驗操作同上。實驗組5用上述同樣方法采集15min空塑料瓶中濃度的數(shù)據(jù)。由圖像可知，加入Mg條后，釋放受到抑制，原因是_______；實驗時取少量溶液、少量鎂條的原因是_______?！敬鸢浮浚?）①.②.對實驗無影響③.滴加NaOH溶液至（2）①.和②.（3）①.Mg和溶液反應使溶液中的被消耗，反應體系的堿性增強，不利于釋放②.當容器中反應物量大時，產(chǎn)生的熱量會加速溶液分解【解析】【小問1詳解】碳酸氫鈉溶液呈堿性，原因是碳酸氫根水解，離子方程式為：；實驗組1中用的是溶液，實驗現(xiàn)象與對照組一樣，則說明對實驗無影響；為了控制變量與對照組一致，實驗組2應在1mo/L溶液中滴加NaOH溶液至；故答案為：；對實驗無影響；滴加NaOH溶液至；【小問2詳解】同學向反應容器中