浙江省寧波市2024屆高三上學期一模（期中）化學試題（解析版）

高級中學名校試卷PAGEPAGE1浙江省寧波市2024屆高三上學期一模（期中）可能用到的相對原子質(zhì)量：H：1C：12N：14O：16S：32C1：35.5Ca：40Fe：56Cu：64Ⅰ卷選擇題部分一、選擇題(本大題共16小題，每小題3分，共48分。每小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分)1.下列食品添加劑不屬于電解質(zhì)的是（）A.二氧化硫 B.亞硝酸鈉 C.苯甲酸 D.山梨酸鉀〖答案〗A〖祥解〗電解質(zhì)是指在水溶液或熔融狀態(tài)下能夠?qū)щ姷幕衔?，所有的酸、堿、鹽和大部分金屬氧化物均屬于電解質(zhì)，據(jù)此分析解題?！驹斘觥緼．二氧化硫的水溶液雖然能夠?qū)щ?，但由于不是其本身發(fā)生電離，而是其與水反應的產(chǎn)物H2SO3發(fā)生電離，故SO2屬于非電解質(zhì)，A符合題意；B．亞硝酸鈉是鹽，屬于電解質(zhì)，B不合題意；C．苯甲酸是酸，屬于電解質(zhì)，C不合題意；D．山梨酸鉀是鹽，屬于電解質(zhì)，D不合題意；故〖答案〗為：A。2.2023年諾貝爾化學獎授予三位探索納米和量子點領域的科學家。納米晶體具有顆粒尺寸小、微孔多、比表面積大、對紫外線反射能力強等特點。下列關于納米晶體的說法正確的是（）A.熔點低于大塊晶體 B.屬于膠體，能產(chǎn)生丁達爾效應C.與大塊晶體屬于同分異構體 D.與NaOH、HF都能反應，屬于兩性氧化物〖答案〗A〖解析〗A．納米SiO2晶體顆粒尺寸小，相對大塊晶體來說，其中有一部分共價鍵斷裂，熔化時需要克服的作用力小一些，熔點低一些，故A正確；B．納米SiO2晶體是純凈物，而膠體是混合物，故B錯誤；C．納米SiO2晶體和大塊SiO2晶體都是共價晶體，由原子構成，沒有分子式，不屬于同分異構體，故C錯誤；D．SiO2能與NaOH反應生成鹽硅酸鈉和水，SiO2能和HF都能反應，但是SiO2不是和所有的酸都能反應，只能和HF反應，和其他酸不反應，是酸性氧化物不是兩性氧化物，故D錯誤；故〖答案〗為：A。3.下列化學用語表示不正確的是（）A.HCl的鍵電子云圖：B.質(zhì)量數(shù)為2的氫原子：C.分子的空間填充模型：D.氧化鈉的電子式：〖答案〗C〖解析〗A．HCl中是H的s能級電子，其電子云輪廓圖呈球形和Cl原子的p能級電子，其電子云輪廓圖呈啞鈴形形成的鍵，故該鍵的電子云圖為：，A正確；B．質(zhì)量數(shù)為2的氫原子表示為：，B正確；C．已知H2O2不是直線形結構，而是折線形，故H2O2分子的空間填充模型為：，C錯誤；D．氧化鈉是離子化合物，故其電子式為：，D正確；故〖答案〗為：C。4.物質(zhì)的性質(zhì)決定用途，下列兩者關系對應不正確的是（）A.鋁合金質(zhì)量輕、強度大，可用作制造飛機和宇宙飛船的材料B.FeCl3溶液呈酸性，可腐蝕覆銅板制作印刷電路板C.CuS、HgS極難溶，可用Na2S作沉淀劑除去廢水中的Cu2+和Hg2+D.碳化硅硬度大，可用作砂紙、砂輪的磨料〖答案〗B〖解析〗A．合金密度比成分金屬一般較小，硬度一般比成分金屬要大，故鋁合金質(zhì)量輕、強度大，決定其可用作制造飛機和宇宙飛船的材料，A不合題意；B．用FeCl3溶液腐蝕覆銅板制作印刷電路板的原理為：Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2，反應中FeCl3作氧化劑，與其溶液呈酸性無關，B符合題意；C．由于CuS、HgS極難溶，故可用Na2S作沉淀劑除去廢水中的Cu2+和Hg2+，C不合題意；D．碳化硅硬度大，可用作砂紙、砂輪的磨料，D不合題意；故〖答案〗為：B。5.下列說法不正確的是（）A.麥芽糖、乳糖和蔗糖都屬于寡糖B.核酸、蛋白質(zhì)和超分子都屬于高分子化合物C.油脂在堿性條件下水解生成的高級脂肪酸鹽是肥皂的主要成分D.高壓法制得的低密度聚乙烯可用于生產(chǎn)食品包裝袋〖答案〗B〖解析〗A．麥芽糖、乳糖和蔗糖都是二糖，屬于低聚糖，低聚糖又叫寡糖，選項A正確；B．蛋白質(zhì)、核酸是高分子化合物，但超分子不是指超高相對分子質(zhì)量的分子，也不是指大分子，和相對分子質(zhì)量無關，選項C不正確；C．油脂在堿性條件下發(fā)生水解反應生成甘油和高級脂肪酸鹽，高級脂肪酸鹽是肥皂的主要成分，該反應是皂化反應，選項C正確；D．高壓法制得的低密度聚乙烯相對分子質(zhì)量小，密度低，柔軟，可用于生產(chǎn)食品包裝袋，選項D正確；〖答案〗選B。6.以下是工業(yè)上利用煙道氣中的二氧化硫處理含鉻(Ⅵ)廢水的工藝流程：設為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法不正確的是（）A.轉(zhuǎn)化過程中，溶液顏色由黃色變?yōu)槌壬獴.過程Ⅱ中是還原劑，為還原產(chǎn)物C.處理廢水中的(不考慮其它氧化劑存在)，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為D.煙道氣可以用或代替〖答案〗D〖解析〗A．，A正確；B．過程Ⅱ中Cr元素化合價降低，說明被還原，則是還原劑，為還原產(chǎn)物，B正確；C．，每個Cr原子得3個電子，即處理廢水中的(不考慮其它氧化劑存在)，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為，C正確；D．中的Fe3+不具有還原性，不能代替具有還原性的二氧化硫，D錯誤；〖答案〗選D。7.下列過程中對應的離子方程式正確的是（）A.向苯酚鈉溶液中通入少量：B.酚酞滴入碳酸鈉溶液中變紅：C.同濃度同體積明礬溶液與溶液混合：D.用醋酸和淀粉溶液檢驗加碘鹽中的：〖答案〗C〖解析〗A．由于酸性：碳酸大于苯酚大于碳酸氫根，故向苯酚鈉溶液中通入少量生成苯酚和碳酸氫鈉，故離子方程式為：，A錯誤；B．已知碳酸為多元弱酸，故碳酸根水解為分布進行的，故酚酞滴入碳酸鈉溶液中變紅對應的離子方程式為：，B錯誤；C．同濃度同體積明礬溶液與溶液混合即Ba2+和硫酸根恰好完成沉淀，故該反應的離子方程式為：，C正確；D．已知醋酸是弱酸，故用醋酸和淀粉溶液檢驗加碘鹽中的的離子方程式為：，D錯誤；故〖答案〗為：C。8.下列說法正確的是（）A.用圖①裝置可蒸干溶液制無水固體B.用圖②裝置可完成鐵與水蒸氣反應并根據(jù)固體顏色證明產(chǎn)物有C.用圖③裝置可驗證1-溴丁烷發(fā)生消去反應后的有機產(chǎn)物D.用圖④裝置可測定的標準燃燒熱〖答案〗C〖解析〗A．用圖①裝置可蒸干溶液過程中鋁離子水解最終得到氫氧化鋁，無法得到固體，故A錯誤；B．根據(jù)固體顏色無法證明產(chǎn)物有，故B錯誤；C．證1-溴丁烷發(fā)生消去反應后的有機產(chǎn)物為1-丁烯，能使酸性高錳酸鉀褪色，故C正確；D．此裝置用來測定中和反應的反應熱，氫氣燃燒不能用此裝置測定，故D錯誤；故選C。9.一種高分子化合物W的合成路線如圖(圖中表示鏈延長)：下列說法不正確的是（）A.化合物Y中最多18個原子共平面B.化合物Z的核磁共振氫譜有3組峰C.高分子化合物W具有網(wǎng)狀結構D.X、Y、Z通過縮聚反應合成高分子化合物W〖答案〗B〖解析〗A．苯環(huán)和雙鍵為共面結構，結合單鍵可旋轉(zhuǎn)特點可知，化合物Y中最多18個原子共平面，A正確；B．對比X、Y、W可知化合物Z中氫原子種類不止3種，B錯誤；C．高分子化合物W為通過縮聚反應生成的高分子化合物，，具有網(wǎng)狀結構，C正確；D．結合高分子化合物W結構可知為縮聚反應合成高分子化合物，D正確；〖答案〗選B。10.某種離子液體的結構如圖所示，X、Y、Z、M、Q為原子序數(shù)依次增大的短周期元素，Z的原子序數(shù)等于X、Y原子序數(shù)之和，Q為非金屬性最強的元素。下列說法正確的是（）A.氫化物的沸點：B.基態(tài)原子未成對電子數(shù)：C.簡單離子半徑：D.基態(tài)原子第一電離能由大到小的順序為：〖答案〗D〖祥解〗X、Y、Z、M、Q為原子序數(shù)依次增大的短周期元素，Q為非金屬性最強的元素，則Q為F，根據(jù)某種離子液體的結構得到X、Q有一個價鍵，Z有四個價鍵，M有三個價鍵，Y得到一個電子形成四個價鍵，Z的原子序數(shù)等于X、Y原子序數(shù)之和，Y、Z、M為同周期相鄰元素，則X為H，Y為B，Z為C，M為N，據(jù)此分析解題?！驹斘觥緼．由分析可知，Z為C、M為N，由于碳有固態(tài)、液態(tài)和氣態(tài)的很多氫化物，故無法比較碳和氮氫化物的沸點，A錯誤；B．由分析可知，Y為B，核外有1個未成對電子，而Q為F，核外也有1個未成對電子，故基態(tài)原子未成對電子數(shù)：，B錯誤；C．由分析可知，M為N、Q為F，故N3-、F-具有相同的核外電子排布，則核電荷越大半徑越小，即簡單離子半徑：N3-＞F-即，C錯誤；D．由分析可知，Y為B，Z為C，M為N，Q為F，根據(jù)同一周期從左往右第一電離能呈增大趨勢，ⅡA和ⅤA高于相鄰元素，同一主族從上往下第一電離能依次減小，故基態(tài)原子第一電離能由大到小的順序為：F＞N＞C＞B即，D正確；故〖答案〗為：D。11.實驗室初步分離苯甲酸乙酯、苯甲酸和環(huán)己烷的流程如下：已知：苯甲酸乙酯的沸點為，“乙醚-環(huán)己烷-水共沸物”的沸點為。下列說法不正確的是（）A.操作a分液，操作c為重結晶 B.操作b中需用到直形冷凝管C.可用冷水洗滌苯甲酸粗品 D.無水可以用濃硫酸代替〖答案〗D〖祥解〗苯甲酸乙酯、苯甲酸和環(huán)己烷混合物中加入碳酸鈉溶液，苯甲酸與碳酸鈉反應生成苯甲酸鈉、水和二氧化碳，分液后得到有機相1和水相；苯甲酸乙酯的沸點為，“乙醚-環(huán)己烷-水共沸物”的沸點為，蒸餾（操作b）后得到有機相2和共沸物，向有機相2中加入無水硫酸鎂，用于除去有機相中的少量水；向水相1中加入乙醚萃取少量的有機物進入有機相，分液后得到水相2，水相2中成分為苯甲酸鈉，加入硫酸反應得到苯甲酸晶體，過濾后得到苯甲酸粗品，經(jīng)重結晶后得到純凈的苯甲酸，據(jù)此分析此題?！驹斘觥緼.結合上述分析，操作a為分液，操作c為重結晶，故A正確；B.結合上述分析，操作b為蒸餾，需用到蒸餾燒瓶、直形冷凝管、溫度計、尾接管、錐形瓶等，故B正確；C.用冷水洗滌苯甲酸粗品，避免因溶解導致產(chǎn)率低，故C正確；D.濃硫酸使苯甲酸乙酯部分發(fā)生水解，故D錯誤；〖答案〗為D。12.電解硫酸鈉溶液制取電池正極材料的前驅(qū)體，其工作原理如圖所示：下列說法不正確的是（）A.a是直流電源的正極，石墨電極發(fā)生氧化反應B.交換膜A是陰離子交換膜，通電一段時間，Ⅰ室pH降低C.當產(chǎn)生的時，標準狀況下純鈦電極上至少產(chǎn)生氣體D.若將純鈦電極直接放入Ⅱ室，則純鈦電極上會有金屬與前驅(qū)體附著而使產(chǎn)率降低〖答案〗C〖祥解〗由圖可知，前驅(qū)體在III室生成，則II室的金屬陽離子進入III室，交換膜B為陽離子交換膜，則右側(cè)純鈦電極為陰極，電極反應式為2H2O+2e-=H2+2OH-，OH-與金屬陽離子結合得到前驅(qū)體，為保持電荷守恒，交換膜A為陰離子交換膜，左側(cè)石墨電極為陽極，電極反應式為2H2O-4e-=O2+4H+，所以電解過程實際上是電解水。【詳析】A．由上述分析可知，石墨為陽極，發(fā)生氧化反應，則a為電源的正極，故A正確；B．由分析可知，交換膜A為陰離子交換膜，左側(cè)電極反應式為2H2O-4e-=O2+4H+，產(chǎn)生H+，故pH降低，故B正確；C．每生成的，就相當于生成0.2molOH-，由電極反應式2H2O+2e-=H2+2OH-可知，會生成0.1molH2，在標準狀況下的體積為2.24L，故C錯誤；D．純鈦電極若直接放入II室，會導致接受電子的物質(zhì)不是水而是金屬離子，導致金屬單質(zhì)的生成，附著在前驅(qū)體上導致產(chǎn)率的降低，故D正確；〖答案〗選C。13.磷酰氯()是有機合成的催化劑，可用以下方法制取：或，的分子空間結構模型如圖所示，下列說法不正確的是（）A.中只含有鍵B.是非極性分子C.的空間構型是三角錐形D.可與反應生成〖答案〗A〖解析〗A．結構中含有P-O鍵、P=O鍵，故既含鍵，也含鍵，A符合題意；B．為空間對稱結構，是非極性分子，B不符合題意；C．的中心原子P的價層電子對數(shù)為，由于中心P原子有一對孤對電子，其空間構型是三角錐形，C不符合題意；D．可與發(fā)生反應：+3→+3HCl，D不符合題意；故選A。14.時，固體酸分子篩催化乙醇脫水，乙醇的分子間脫水和分子內(nèi)脫水過程與相對能量變化如圖所示：下列說法不正確的是（）A.乙醇通過氫鍵吸附于固體酸分子篩表面并放出熱量B.生成產(chǎn)物2的決速步活化能為C.生成產(chǎn)物1的熱化學方程式為：D.升高溫度、延長反應時間及選擇合適催化劑均可提高產(chǎn)物1的產(chǎn)率〖答案〗D〖解析〗A．根據(jù)過程能量示意圖可知，乙醇通過氫鍵吸附于固體酸分子篩表面并放出熱量，A正確；B．生成產(chǎn)物2的決速步對應活化能最大，對應數(shù)值：，B正確；C．根據(jù)過程能量示意圖可知，生成產(chǎn)物1的熱化學方程式為：，C正確；D．反應存在限度，延長反應時間及選擇合適催化劑不能提高轉(zhuǎn)化率，D錯誤；〖答案〗選D。15.已知的電離常數(shù)、。常溫下，難溶物BaX在不同濃度鹽酸(足量)中恰好不再溶解時，測得混合液中與pH的關系如圖所示：下列說法正確的是（）A.直線上任一點均滿足：B.M點：C.N點：約為D.約為〖答案〗C〖祥解〗由BaX+2H+=Ba2++H2X結合H2X的Ka1、Ka2可知c(Ba2+)≈c(H2X)。【詳析】A．根據(jù)電荷守恒可知c(H+)+2c(Ba2+)=c(OH?)+c(Cl?)+c(HX-)+2c(X2?)，A錯誤；B．由題干信息可知，直線MN的方程式為：lg(Ba2+)=1-pH，故M點為lg(Ba2+)=0.4，pH=0.6，根據(jù)分析可知c(H2X)≈c(Ba2+)=10-0.4mol/L，c(H+)=10-0.6mol/L，此時溶質(zhì)為BaCl2和H2X，故c(Cl?)>c(H2X)>c(H+)，B錯誤；C．由題干信息可知，直線MN的方程式為：lg(Ba2+)=1-pH，故N點pH=0.8，lg(Ba2+)=0.2，故c(H2X)≈c(Ba2+)=100.2mol/L，c(H+)=10-0.8mol/L，c(HX-)==≈2×10-7mol?L，C正確；D．根據(jù)分析，結合H2XH++HX-，HX-H++X2-，故Ka1=，Ka2=，Ka1Ka2==，得到c(X2-)=，Ksp(BaX)=c(Ba2+)c(X2-)=，由題干圖示信息，當pH=1時，lg(Ba2+)=0即c(H+)=0.1mol/L，c(Ba2+)=1.0mol/L，故Ksp(BaX)=c(Ba2+)c(X2-)==≈6×10-23，D錯誤；故〖答案〗為：C。16.探究硫及其化合物的性質(zhì)，下列實驗方案、現(xiàn)象和結論都正確的是（）實驗方案現(xiàn)象結論A向溶液和鹽酸反應后的溶液中加入紫色石蕊試液溶液變紅說明鹽酸已經(jīng)過量B分別測定濃度均為mol/L的和溶液的pH前者pH小于后者不能說明水解常數(shù)()：C向稀硫酸中加入銅粉，再加入少量硝酸鉀固體開始無明顯現(xiàn)象，加入硝酸鉀后溶液變藍硝酸鉀起催化作用D將通入溶液中，然后滴加氯水先有白色沉淀生成，滴加氯水后沉淀不溶解先生成沉淀，后被氧化為〖答案〗B〖解析〗A．Na2S2O3溶液和鹽酸反應:Na2S2O3+2HCl=2NaCl+H2O+SO2↑,生成的SO2溶于水和水反應生成亞硫酸使溶液呈酸性，加入紫色石蕊試液變紅，不能說明鹽酸已經(jīng)過量，故A錯誤；B．mol/L的溶液pH在常溫時為7，是因為CH3COO-和水解程度相同，溶液的pH在常溫時大于7是因為水解使溶液呈堿性，所以前者pH小于后者，不能說明水解常數(shù)()：，故B正確；C．向稀硫酸中加入銅粉開始無明顯現(xiàn)象，是因為銅粉與稀硫酸不反應，再加入少量硝酸鉀固體，硝酸鉀電離的硝酸根在稀硫酸的酸性環(huán)境下表現(xiàn)氧化性，將銅粉溶解生成Cu2+使溶液變藍，不是硝酸鉀起催化作用，故C錯誤；D．將SO2通入BaCl2溶液中，無白色沉淀生成，然后滴加氯水，氯水中Cl2將+4價硫氧化+6價，得硫酸鋇沉淀，故D錯誤；故〖答案〗為：B。Ⅱ卷非選擇題部分二、非選擇題(本大題共5小題，共52分)17.第ⅢA和第ⅤA元素可形成多種化合物。請回答：（1）基態(tài)B原子核外電子占據(jù)的最高能級符號是___________，基態(tài)As原子的價層電子排布式是___________。（2）①固體儲氫材料氨硼烷，其結構和乙烷相似，下列有關說法正確的是_________。A．氨硼烷中B原子的雜化方式為B．相同條件下在水中的溶解度：氨硼烷>乙烷C．元素B、N的第一電離能均高于相鄰元素D．是硼原子能量最低的激發(fā)態(tài)②形成的化合物中配位鍵的強度：________(填“>”、“<”或“=”)，理由是_________________________________________。（3）一種含Ga化合物晶胞如圖甲，三個晶胞圍成一個六棱柱，如圖乙，該化合物的化學式為___________，每個N原子周圍距離最近的N原子數(shù)目為________?！即鸢浮剑?）2p（2）①B②>Cl電負性大，中Cl原子多，使N電子云密度降低，N的孤電子對不易給出與形成配位鍵，即形成的配位鍵穩(wěn)定性低（3）GaN12〖解析〗（1）基態(tài)B原子核外電子排布：，占據(jù)的最高能級符號2p；As原子序數(shù)33，基態(tài)As原子與的價層電子排布式；（2）①A．氨硼烷，其結構和乙烷相似，則氨硼烷中B原子的雜化方式為，A錯誤；B．氨硼烷分子與水分子間可形成氫鍵，所以相同條件下在水中的溶解度：氨硼烷>乙烷，B正確；C．N原子核外電子排布處于半充滿穩(wěn)定結構，第一電離能高于相鄰元素；B核外電子排布：，第一電離能不高于相鄰元素，C錯誤；D．2s能級未排滿電子，不是硼原子能量最低的激發(fā)態(tài)，D錯誤；〖答案〗選B；②Cl電負性大，中Cl原子多，使N電子云密度降低，N的孤電子對不易給出與形成配位鍵，即形成的配位鍵穩(wěn)定性低；（3）均攤法計算可知Ga原子與N原子個數(shù)比為1：1，則其化學式：GaN；距離每個N原子距離最近的N原子數(shù)目為12；18.工業(yè)上氮氧化物(：NO和混合氣)廢氣吸收利用的某流程如下：已知：氧化度；吸收液含有的產(chǎn)物有和；在堿性條件下受熱分解產(chǎn)物之一為。請回答：（1）過程Ⅳ以“肼合成酶”催化與轉(zhuǎn)化為肼()的反應歷程如下所示：該反應歷程中Fe元素的化合價___________(填“變化”或“不變”)。若將替換為，反應制得的肼的結構簡式為_______________。（2）寫出過程Ⅰ中時反應的離子方程式___________________________________。（3）下列說法正確的是___________。A.過程Ⅰ采用氣、液逆流的方式可提高的吸收效率B.的鍵角小于C.可作為配體，與等金屬離子形成配合物D.的水溶液顯弱堿性，且（4）是一種理想還原劑，氧化產(chǎn)物對環(huán)境友好，寫出還原的化學方程式___________________________________________________。（5）設計實驗證明中存在N元素___________________________________。〖答案〗（1）變化（2）（3）AC（4）（5）取少量溶液于試管中，加入足量NaOH溶液加熱，產(chǎn)生能使?jié)駶櫦t色石蕊試紙變藍的氣體，證明中有N元素〖解析〗（1）①由反應歷程可知，反應過程中先失去電子發(fā)生氧化反應生成，后面又得到電子被還原成，該反應歷程中Fe元素的化合價發(fā)生變化；②由反應歷程可知，有兩個H原子來源于，另外兩個H原子來源于，所以若將替換為，反應制得的肼的結構簡式為；（2）若過程Ⅰ中，則反應物中，該反應為氧化還原反應，生成硝酸根和亞硝酸根，根據(jù)氧化還原反應規(guī)律配平可得：（3）采用氣、液逆流的方式可增大反應物的接觸面積，增大反應速率，提高的吸收效率，A項正確；中的硫原子為雜化，的硫原子為雜化，所以的鍵角大于，B項錯誤；中的N原子有孤電子對，可作為配體，與等金屬離子形成配合物，C項正確；羥基的吸電子能力大于氫原子，所以堿性應弱于，即，D項錯誤，應選AC。（4）是一種理想還原劑，氧化產(chǎn)物對環(huán)境友好，所以氧化產(chǎn)物應該為無毒的氮氣，同時氯化鐵被還原為氯化亞鐵，反應方程式為：（5）在堿性條件下受熱分解產(chǎn)物之一為，化合價降低，說明還會有化合價升高的產(chǎn)物生成，即氨氣，所以檢驗氨氣即可，實驗方法為：取少量溶液于試管中，加入足量NaOH溶液加熱，產(chǎn)生能使?jié)駶櫦t色石蕊試紙變藍的氣體，證明中有N元素。19.丙烯是一種重要的化工原料，其主要產(chǎn)品聚丙烯是生產(chǎn)口罩噴溶布的原料。鉻基催化劑下丙烷生產(chǎn)丙烯相關主要反應有：Ⅰ．Ⅱ．Ⅲ．請回答：（1）已知鍵能：，。C=C的鍵能與C-C的鍵能相差約___________kJ/mol。（2）600℃時，容器壓強恒為P，鉻基催化劑下兩個密閉容器中分別按下表投料發(fā)生反應：容器C3H8/molCO2/molN2/molA1010B128①容器B生成C3H6的反應流程如下：下列有關說法正確的是________。A．原料氣中通入N2可提高C3H8的平衡轉(zhuǎn)化率B．升高溫度，一定能提高的C3H6平衡產(chǎn)率C．過程1產(chǎn)生C3H6的量大于過程2和過程3產(chǎn)生的C3H6D．在鉻基催化劑中適當加入CaO可促進過程2平衡正移而提高C3H8的平衡轉(zhuǎn)化率②若容器A中只發(fā)生反應Ⅰ和反應Ⅱ，C3H8的平衡轉(zhuǎn)化率為，C3H6的選擇性(選擇性)為w，計算反應Ⅰ的平衡常數(shù)_____________________。(用平衡分壓代替平衡濃度計算，分壓=總壓×物質(zhì)的量分數(shù))。③按照容器A和容器B氣體組分比，將兩組氣體按相同流速分別通過催化劑固定床反應器，C3H8的轉(zhuǎn)化率和C3H6的選擇性隨時間變化如圖所示：隨反應進行，A組中C3H8轉(zhuǎn)化率明顯降低的可能原因是____________________________，B組中CO2的作用是___________________________(用化學方程式和必要的文字說明)。（3）恒溫恒容的密閉容器中通入氣體分壓比為的混合氣體，，已知某反應條件下只發(fā)生反應Ⅳ和反應Ⅴ(，為速率常數(shù)，只與溫度有關且)：反應Ⅳ：反應Ⅴ：實驗測得丙烯的凈生成速率方程為，請在下圖中畫出丙烯的物質(zhì)的量隨時間的變化趨勢____________?！即鸢浮剑?）（2）①A②③分解產(chǎn)生的C附著于催化劑表面，使催化劑失活，反應速率迅速減小，消除催化劑上積碳，增加催化劑的穩(wěn)定性和壽命；促進按過程2和3發(fā)生反應，減少裂解副反應，提高選擇性（3）(曲線起點為0，縱坐標最大值不超過2且終點時為1)〖解析〗（1）已知鍵能：，，根據(jù)反應熱等于反應物的鍵能總和減去生成物的鍵能總和，結合反應Ⅰ．有：8E(C-H)+2E(C-C)-6E(C-H)-E(C=C)-E(C-C)-E(H-H)=2E(C-H)+E(C-C)-E(C=C)-E(H-H)=2×413.4-436+E(C-C)-E(C=C)=+124.14kJ/mol，故得E(C-C)-E(C=C)=-266.66kJ/mol，故C=C的鍵能與C-C的鍵能相差約266.66kJ/mol，故〖答案〗為：266.66；（2）①A．該容器為恒壓容器，故原料氣中通入N2，導致反應體系的平衡分壓減小，上述反應平衡正向移動，故可提高C3H8的平衡轉(zhuǎn)化率，A正確；B．由題干信息可知，容器中發(fā)生了反應Ⅱ和Ⅲ副反應，且這兩個反應也是吸熱反應，雖然升高溫度，能使反應I正向移動，但反應Ⅱ和Ⅲ也正向移動，故不一定能提高的C3H6平衡產(chǎn)率，B錯誤；C．已知過程2和過程3為有催化劑參與，能夠加快反應速率，但不知道它們的產(chǎn)率，故無法比較過程1產(chǎn)生C3H6的量和過程2和過程3產(chǎn)生的C3H6，C錯誤；D．在鉻基催化劑中適當加入CaO，將消耗CO2，使得過程3無法進行，CrOx-1的濃度增大，則促進過程2平衡逆向移動，但不能改變C3H8的平衡轉(zhuǎn)化率，D錯誤；故〖答案〗為：A；②若容器A中只發(fā)生反應Ⅰ和反應Ⅱ，C3H8的平衡轉(zhuǎn)化率為，C3H6的選擇性為w，根據(jù)三段式分析：故平衡時p(C3H8)=P=P，p(C3H6)=p(H2)=P，故計算反應Ⅰ的平衡常數(shù)=，故〖答案〗為：；③由題干信息可知，反應中將發(fā)生副反應Ⅲ，生成的C將附著在催化劑表面，是催化劑失活，故隨反應進行，A組中C3H8轉(zhuǎn)化率明顯降低的可能原因是C3H8分解產(chǎn)生的C附著于催化劑表面，使催化劑失活，反應速率迅速減小，已知高溫下CO2能與C反應生成CO，從而減少附著在催化劑表面的碳，使催化劑復活，故B組中CO2的作用是，消除催化劑上積碳，增加催化劑的穩(wěn)定性和壽命；促進按過程2和3發(fā)生反應，減少裂解副反應，提高選擇性，故〖答案〗為：C3H8分解產(chǎn)生的C附著于催化劑表面，使催化劑失活，反應速率迅速減小；，消除催化劑上積碳，增加催化劑的穩(wěn)定性和壽命；促進按過程2和3發(fā)生反應，減少裂解副反應，提高選擇性；（3）恒溫恒容的密閉容器中通入氣體分壓比為的混合氣體，，根據(jù)同溫同體積下，氣體的壓強之比等于物質(zhì)的量之比，故n(C3H8)=2mol，n(CO2)=8mol，剛開始只發(fā)生反應Ⅳ則生成的C3H6逐漸增大，當反應完全進行是最多生成C3H6為2mol，消耗2molCO2，然后將發(fā)生反應V，則C3H6的量逐漸減少，直到丙烯的凈生成速率為0時C3H6不再改變，此時剩余的6molCO2完全消耗，則消耗掉C3H6為1mol，故剩余C3H6的物質(zhì)的量為1mol，據(jù)此分析可知，丙烯的物質(zhì)的量隨時間的變化趨勢如圖所示：(曲線起點為0，縱坐標最大值不超過2且終點時為1)。20.氯化亞銅(CuCl)是石油工業(yè)常用的脫硫劑和脫色劑，以低品位銅礦(主要成分為CuS。CuS2和鐵的氧化物)為原料制備CuCl步驟如下：已知：CuCl難溶于醇和水，熱水中能被氧化，在堿性溶液中易轉(zhuǎn)化為CuOH．CuCl易溶于濃度較大的Cl-體系中()。請回答：（1）還原過程中所得產(chǎn)物的主要溶質(zhì)的化學式是___________。（2）下列有關說法不正確的是___________。A.“浸取”過程中稀硫酸可以用濃硫酸代替B.濾渣1的成分是C.“除錳”后的濾液中Cu元素主要以形式存在D.“除錳”后濾液加熱的主要目的是除去多余的氨水和（3）“稀釋”過程中，pH對CuCl產(chǎn)率的影響如圖所示：請分析pH控制在左右的原因______________________________________________。（4）為測定CuCl產(chǎn)品純度進行如下實驗：a．稱量所得CuCl產(chǎn)品g溶于硝酸，配制成250mL溶液；取出mL，加入足量的mLmol/L溶液，充分反應；b．向其中加入少量硝基苯，使沉淀表面被有機物覆蓋；c．加入指示劑，用標準溶液滴定過量的溶液；d．重復實驗操作三次，消耗mol/L溶液體積平均為mL。已知，。=1\*GB3①加入硝基苯的作用是________________________________________________。②滴定選用的指示劑是__________________。A．B．C．D．③CuCl的純度為________?！即鸢浮剑?）（2）AD（3）pH低于，CuCl易發(fā)生歧化反應；pH高于，隨著增大，CuCl易轉(zhuǎn)化為CuOH（4）①防止在滴加時，AgCl沉淀部分轉(zhuǎn)化為AgSCN沉淀②C③〖祥解〗低品位銅礦加入稀硫酸、二氧化錳浸取，除去硫，所得濾液加入氨水除鐵，得到的濾渣1主要為氫氧化鐵，再加氨水、碳酸氫銨除錳得到碳酸錳，濾液再加熱，過濾、洗滌得到高活性氧化銅，加入銅、鹽酸，加入氯化鈉還原，再加水稀釋后過濾、洗滌、干燥得到氯化亞銅；【詳析】（1）還原過程中銅離子、鹽酸、氯化鈉、和銅，銅與銅離子反應轉(zhuǎn)化為氯化亞鐵，CuCl易溶于濃度較大的Cl-體系中()，故所得產(chǎn)物的主要溶質(zhì)的化學式是；（2）A．濃硫酸具有強氧化性，能氧化二價鐵離子，且能生成二氧化硫，不能用濃硫酸代替稀硫酸，選項A不正確；B．濾渣1的成分是Fe(OH)3，選項B正確；C．“除錳”后的濾液中Cu元素主要以[Cu(NH3)4]2+形式存在，選項C正確；D．Cu元素主要以形式存在，“除錳”后濾液加熱的主要目的是使其分解生成CuO，選項D不正確；〖答案〗選AD；（3）pH控制在