全國I卷湖北省武漢市部分學(xué)校2025屆高三化學(xué)5月在線學(xué)習(xí)摸底檢測試題含解析

PAGE17-（全國I卷）湖北省武漢市部分學(xué)校2025屆高三化學(xué)5月在線學(xué)習(xí)摸底檢測試題（含解析）1.預(yù)防和滅殺新型冠狀病毒是有效限制肺炎傳播的重要手段。下列敘述中錯誤的是A.佩戴醫(yī)用外科口罩或N95口罩能有效阻斷病毒的傳播B.運用開水蒸煮餐具可使病毒蛋白質(zhì)變性C.醫(yī)用酒精、含氯消毒劑的濃度越高其消毒效果越好D.能傳播新冠病毒的氣溶膠的分散劑是空氣【答案】C【解析】【詳解】A．醫(yī)用外科口罩或N95口罩相較于一般口罩的優(yōu)勢在于能夠阻擋氣溶膠，而在飛沫傳播中病毒顆粒一般存在于氣溶膠中，所以N95對于某些傳播途徑有比較好的阻斷效果，能有效阻斷病毒的傳播，故A正確；B．高溫能使蛋白質(zhì)變性，從而殺死病毒，則運用開水蒸煮餐具可使病毒蛋白質(zhì)變性，故B正確；C．含氯消毒劑的濃度越高，氧化性越強，其消毒效果越好，但醫(yī)用酒精濃度過高，如95%酒精會使細(xì)菌細(xì)胞外面形成愛護層，酒精不能完全進入細(xì)菌細(xì)胞內(nèi)，達不到殺菌目的，75%的酒精殺菌效果最好，所以醫(yī)用酒精中乙醇的濃度為75%，故C錯誤；D．由固體或液體小質(zhì)點分散并懸浮在氣體介質(zhì)中形成的膠體分散體系叫做氣溶膠，又稱氣體分散體系，其分散相為固體或液體小質(zhì)點，其大小為0.001~100微米，分散介質(zhì)為氣體，能傳播新冠病毒的氣溶膠的分散劑是空氣，故D正確；答案選C。2.化合物如圖的分子式均為C7H8。下列說法正確的是A.W、M、N均能與溴水發(fā)生加成反應(yīng) B.W、M、N的一氯代物數(shù)目相等C.W、M、N分子中的碳原子均共面 D.W、M、N均能使酸性KMnO4溶液褪色【答案】D【解析】【詳解】A.由結(jié)構(gòu)簡式可知,W不能和溴水發(fā)生加成反應(yīng)，M、N均能與溴水發(fā)生加成反應(yīng)，故A錯誤；B.W的一氯代物數(shù)目為4種，M的一氯代物數(shù)目3種，N的一氯代物數(shù)目4種，故B錯誤；C.依據(jù)甲烷分子的正四面體結(jié)構(gòu)、乙烯分子和苯分子的共面結(jié)構(gòu)可知，W、N分子中的碳原子均共面，M中的碳原子不能共面，故C錯誤，D.W中與苯環(huán)相連的碳原子了有氫原子，M和N均含碳碳雙鍵，故W、M、N均能被酸性KMnO4溶液氧化，故D正確;答案：D。3.目前認(rèn)為酸催化乙烯水合制乙醇的反應(yīng)機理及能量與反應(yīng)進程的關(guān)系如圖所示。下列說法正確的是A.①、②、③三步反應(yīng)均釋放能量B.該反應(yīng)進程中有兩個過渡態(tài)C.第①步反應(yīng)的活化能最小D.總反應(yīng)速率由第①步反應(yīng)確定【答案】D【解析】【詳解】A．依據(jù)反應(yīng)發(fā)生歷程，結(jié)合圖示，反應(yīng)①反應(yīng)物總能量低于生成物總能量，為吸熱反應(yīng)，反應(yīng)②、③均為反應(yīng)物總能量高于生成物總能量，為放熱反應(yīng)，故A錯誤；B．過渡態(tài)理論認(rèn)為，化學(xué)反應(yīng)不是通過反應(yīng)物分子的簡潔碰撞就可以完成的，而是在反應(yīng)物到生成物的過程中，經(jīng)過了一個高能量的過渡態(tài)。這與爬山類似，山的最高點便是過渡態(tài)，依據(jù)圖示可知，該反應(yīng)進程中有三個過渡態(tài)，故B錯誤；C．由圖可知，第①步反應(yīng)的活化能最大，故C錯誤；D．總反應(yīng)的速率由進程中最慢的一步反應(yīng)確定，有C項分析可知，第①步反應(yīng)的活化能最大，反應(yīng)速率最慢，則總反應(yīng)速率由第①步反應(yīng)確定，故D正確；答案選D?！军c睛】看能量圖時，留意比較反應(yīng)物和生成物能量的相對大小，反應(yīng)物能量低于生成物能量時，汲取能量，反應(yīng)物能量高于生成物能量時，釋放能量。4.下列試驗中的顏色改變，與氧化還原反應(yīng)無關(guān)的是A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【詳解】A．Ag+與Cl-結(jié)合形成氯化銀沉淀，消耗氯水中的Cl-，導(dǎo)致Cl-濃度較低，促使氯氣與水反應(yīng)向正向進行產(chǎn)生氯離子，氯水中氯氣含量削減，淡黃綠色漸漸褪去，氯氣和水反應(yīng)為氧化還原反應(yīng)，故A與氧化還原反應(yīng)有關(guān)；B．向氯化鐵溶液中加入氫氧化鎂沉淀，氫氧化鎂沉淀轉(zhuǎn)化為更難溶的氫氧化鐵沉淀，白色渾濁轉(zhuǎn)變?yōu)榧t褐色沉淀，屬于沉淀的轉(zhuǎn)化，沒有化合價的改變，沒有發(fā)生氧化還原反應(yīng)，故B與氧化還原反應(yīng)無關(guān)；C．草酸是較好的還原劑，很簡潔被高錳酸鉀在酸性條件下氧化生成二氧化碳，方程式為：5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，現(xiàn)象是高錳酸鉀褪色并有氣泡產(chǎn)生，錳元素的化合價從+7降低到+2價，有化合價的改變，故C與氧化還原反應(yīng)有關(guān)；D．鈉在高溫下與空氣中的氧氣反應(yīng)并燃燒，鈉元素的焰色反應(yīng)為黃色，則反應(yīng)中產(chǎn)生黃色火焰，并生成淡黃色過氧化鈉，氧元素的化合價從0降低到-1價，有化合價的改變，故D與氧化還原反應(yīng)有關(guān)；答案選B?！军c睛】氧化還原反應(yīng)的特征是有化合價的改變，本質(zhì)是有電子的轉(zhuǎn)移，可以依據(jù)有無化合價的改變推斷反應(yīng)是否為氧化還原反應(yīng)。5.我國科學(xué)家合成了一種新的化合物，其結(jié)構(gòu)式如圖所示。該物質(zhì)中W、X、Y、Z、M是短周期中常見元素，且原子序數(shù)依次增大；已知M元素原子核外電子總數(shù)是Y元素原子核外電子總數(shù)的兩倍。下列說法中錯誤的是A.由X和Y兩種元素形成的化合物有多種B.W和Z元素位于周期表中同一主族C.元素的非金屬性強弱依次為：Z＞Y＞XD.Y、M元素的氣態(tài)氫化物沸點凹凸為：Y＞M【答案】B【解析】【分析】W、X、Y、Z、M是短周期中常見元素，且原子序數(shù)依次增大；已知M元素原子核外電子總數(shù)是Y元素原子核外電子總數(shù)的兩倍，結(jié)合結(jié)構(gòu)式圖所示，X形成3個共價鍵，M形成六個共價鍵，W形成一個共價鍵，則W為H元素，X為N元素，Y為O元素，Z為F元素，M為S元素，據(jù)此分析結(jié)合元素性質(zhì)解答?！驹斀狻恳罁?jù)分析，W為H元素，X為N元素，Y為O元素，Z為F元素，M為S元素；A．X為N元素，Y為O元素，由X和Y兩種元素形成的化合物為氮氧化物，有一氧化氮、二氧化氮、三氧化二氮、五氧化二氮等多種，故A正確；B．W為H元素，位于第一周期第ⅠA族，Z為F元素，位于周期表其次周期第ⅦA族，故B錯誤；C．X為N元素，Y為O元素，Z為F元素，同周期元素，隨核電荷數(shù)增大，非金屬性越強，元素的非金屬性強弱依次為：Z＞Y＞X，故C正確；D．Y為O元素，M為S元素，氧元素形成的氫化物為水，水分子間存在氫鍵，沸點較高，硫元素形成的氣態(tài)氫化物為硫化氫，無氫鍵，則Y、M元素的氣態(tài)氫化物沸點凹凸為：Y＞M，故D正確；答案選B。【點睛】依據(jù)元素的成鍵特征，可以推斷出各元素所在的族，從而依據(jù)同周期元素的性質(zhì)遞變規(guī)律進行推斷。6.利用固體氧化物電解池（SOEC)可實現(xiàn)乙烷電化學(xué)脫氫制乙烯，原理示意圖如下所示。下列說法錯誤的是A.X是電源的正極B.該裝置在工作過程中，O2-在固體氧化物中由下方向上方遷移C.陰極區(qū)發(fā)生的反應(yīng)為：CO2+2e-+2H+=CO+H2OD.該過程的總反應(yīng)方程式為：C2H6+CO2=C2H4+CO+H2O【答案】C【解析】分析】如圖所示，二氧化碳通過電解轉(zhuǎn)變?yōu)橐谎趸?，碳元素化合價降低，得電子，被還原，則與Y相連的電極為陰極，與X相連的電極為陽極，與陰極相連的為電源負(fù)極，則X為電源正極，Y為電源負(fù)極?！驹斀狻緼．依據(jù)分析，X是電源的正極，故A正確；B．該裝置在工作過程為電解池，電解池中陰離子向陽極移動，依據(jù)分析該電解池下方是陰極，上方是陽極，則O2-在固體氧化物中由下方向上方遷移，故B正確；C．利用固體氧化物做電解質(zhì)電解，不會產(chǎn)生氫離子，則陰極區(qū)發(fā)生的反應(yīng)為：CO2+2e-=CO+O2-，故C錯誤；D．依據(jù)電解原理示意圖所示，結(jié)合物料守恒和電荷守恒，該過程的總反應(yīng)方程式為：C2H6+CO2=C2H4+CO+H2O，故D正確；答案選C。7.在室溫下，向25mL0.1mol/LNaOH溶液中逐滴加入0.2mol/LCH3COOH溶液，曲線如圖所示。下列說法中正確的是A.在b點的溶液中：m＞12.5，且有c(Na+)=c(CH3COO-)=c(OH-)=c(H+)B.在c點的溶液中：c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(OH-)＞c(H+)C.在d點的溶液中：c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=2c(Na+)D.在a一b的溶液中肯定都有：c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H+)【答案】C【解析】【詳解】A．NaOH溶液與CH3COOH溶液恰好完全反應(yīng)時消耗CH3COOH溶液12.5mL，溶質(zhì)只有CH3COONa，溶液顯堿性，在b點的溶液中，溶液顯中性，則加入的CH3COOH溶液的體積大于12.5mL，即m＞12.5，pH=7，則且有c(OH-)=c(H+)，溶液中存在電荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，由于鹽類水解程度較小，c(CH3COO-)＞c(OH-)，則c(Na+)=c(CH3COO-)＞c(OH-)=c(H+)，故A錯誤；B．在c點的溶液顯酸性，則c(OH-)＜c(H+)，故B錯誤；C．在d點的溶液為CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，且濃度相等，依據(jù)物料守恒：c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=2c(Na+)，故C正確；D．a(chǎn)點溶液中無CH3COO-，b點溶液中c(OH-)=c(H+)，在a一b間的溶液中任一點，溶液中只存在四種離子有Na+、H+、CH3COO-、OH-，依據(jù)電荷守恒則有：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，溶液pH＞7，溶液呈堿性，則存在c(OH?)＞c(H+)，溶液中離子濃度大小關(guān)系為：c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H+)，氫氧化鈉足量，醋酸量少，離子濃度可能為：c(Na+)＞c(OH-)＞c(CH3COO-)＞c(H+)，溶液中不肯定都有c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H+)，故D錯誤；答案選C。8.某學(xué)習(xí)小組按如下試驗流程探究海帶中碘含量的測定和碘的制取。試驗一碘含量的測定取0.0100mol/L的AgNO3標(biāo)準(zhǔn)溶液裝入滴定管，取100.00mL海帶浸取原液至滴定池，用電勢滴定法測定碘含量。測得的電動勢（E)反映溶液中c(I-)的改變，部分?jǐn)?shù)據(jù)如下表：回答下列問題：(1)試驗中“灼燒”是在___________（填儀器名稱）中完成的。(2)用文字詳細(xì)描述“定容”過程：__________________________________(3)依據(jù)表中數(shù)據(jù)推斷滴定終點時用去AgNO3溶液的體積為___________mL,計算得海帶中碘的質(zhì)量百分含量為_______________________％。試驗二碘制取另制海帶浸取原液，甲、乙兩種試驗方案如下：已知：3I2+6NaOH=5NaI+NaIO3+3H2O(4)“適量O2”中能代替O2的最佳物質(zhì)對應(yīng)的電子式為_________________(5)若要測定“I2+水溶液”中碘的含量，可以選擇______________作指示劑，用Na2S2O3溶液滴定，滴定終點的現(xiàn)象是____________________。(6)若得到“I2+水溶液”時加入硫酸溶液過多，用Na2S2O3溶液滴定時會產(chǎn)生明顯的誤差，產(chǎn)生此誤差的緣由為_________________（用離子方程式表示）。【答案】(1).坩堝(2).容量瓶加蒸餾水至刻度線下1-2cm處，改用膠頭滴管滴加蒸餾水至凹液面最低處與刻度線相切(3).20.00(4).0.635(5).(6).淀粉溶液(7).滴加最終一滴Na2S2O3溶液時，錐形瓶內(nèi)的溶液由藍色變?yōu)闊o色，且半分鐘內(nèi)不變色(8).：2H++S2O32-=S↓+SO2↑+H2O【解析】【分析】試驗一(1)試驗中“灼燒”一般在坩堝中進行；(2)依據(jù)配制肯定物質(zhì)的量濃度溶液定容操作描述；(3)利用硝酸銀溶液滴定碘離子，結(jié)合電動勢的改變推斷滴定終點，進而計算碘含量；試驗二(4)將含有碘離子的海帶浸出原液通入適量氧氣將碘離子氧化為碘單質(zhì)，可用其他氧化劑來氧化碘離子且不引入新的雜質(zhì)；(5)碘單質(zhì)遇碘變藍；(6)酸性條件下，Na2S2O3自身會發(fā)生歧化反應(yīng)?！驹斀狻吭囼炓?1)試驗中“灼燒”一般在坩堝中進行，則進行灼燒的儀器名稱為坩堝；(2)依據(jù)配制肯定物質(zhì)的量濃度溶液定容操作為：接著向容量瓶加蒸餾水至刻度線下1-2cm處，改用膠頭滴管滴加蒸餾水至凹液面最低處與刻度線相切；(3)利用硝酸銀溶液滴定碘離子，依據(jù)表格中結(jié)合電動勢的改變可得，當(dāng)加入硝酸銀溶液的體積為19.98~20.02mL之間時，電動勢發(fā)生突變，取中間值為20.00mL，則碘的百分含量為×100%=0.635%；試驗二(4)將含有碘離子的海帶浸出原液通入適量氧氣將碘離子氧化為碘單質(zhì)，可用其他氧化劑來氧化碘離子且不引入新的雜質(zhì)，可以選用雙氧水來作氧化劑氧化碘離子，雙氧水的電子式為；(5)碘單質(zhì)遇淀粉變藍，則滴定操作可用淀粉溶液作指示劑，滴定終點時，碘單質(zhì)被Na2S2O3溶液全部轉(zhuǎn)化為碘離子，現(xiàn)象為：滴加最終一滴Na2S2O3溶液時，錐形瓶內(nèi)的溶液由藍色變?yōu)闊o色，且半分鐘內(nèi)不變色；(6)酸性條件下，Na2S2O3自身會發(fā)生歧化反應(yīng)，離子反應(yīng)為：2H++S2O32-=S↓+SO2↑+H2O。9.三氧化二鎳（Ni2O3)是一種重要的電子元件材料和蓄電池材料。工業(yè)上利用含鎳廢料（鎳、鐵、鈣、鎂合金為主）制取草酸鎳（NiC2O4·2H2O)，再高溫煅燒草酸鎳制取Ni2O3.已知草酸的鈣、鎂、鎳鹽均難溶于水。工藝流程圖如圖所示：回答下列問題：(1)“操作I”為“酸浸”，為了提高酸浸的效率，可以實行的措施為__________（寫出兩條）。(2)加入H2O2發(fā)生的主要反應(yīng)的離子方程式為________________(3)加入碳酸鈉溶液調(diào)pH至4.0~5.0，其目的是___________________(4)將草酸鎳（NiC2O4·2H2O)在熱空氣中干燥脫水，再采納高溫煅燒，可制得Ni2O3，同時獲得混合氣體，該混合氣體的主要成分為水蒸氣和_________________(5)工業(yè)上還可用電解法制取Ni2O3用NaOH溶液調(diào)NiCl2，溶液的pH至7.5，加入適量Na2SO4后利用惰性電極電解。電解過程中產(chǎn)生的Cl2，有80%在弱堿性條件下生成CIO-，再把二價鎳氧化為三價鎳。CIO-氧化Ni(OH)2生成Ni2O3的離子方程式為_______________________amol二價鎳全部轉(zhuǎn)化為三價鎳時，外電路中通過電子的物質(zhì)的量為_______mol.(6)以Al和NiO(OH)為電極，NaOH溶液為電解液組成原電池，放電時NiO(OH)轉(zhuǎn)化為Ni(OH)2，則放電時負(fù)極的電極反應(yīng)式為_______________【答案】(1).將含鎳廢料粉碎、適當(dāng)增大稀硫酸的濃度、適當(dāng)升溫、攪拌等方法(任選2種)(2).2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O(3).促進Fe3+水解沉淀完全(4).CO、CO2(5).ClO-+2Ni(OH)2═Cl-+Ni2O3+2H2O(6).1.25a(7).Al+4OH--3e-=AlO2-+2H2O【解析】【分析】將含鎳廢料(鎳、鐵、鈣、鎂合金為主)進行酸浸，轉(zhuǎn)化為含有Ni2+、Fe2+、Ca2+、Mg2+的浸出液，向浸出液中加入雙氧水，將Fe2+轉(zhuǎn)化為Fe3+，再加入碳酸鈉，調(diào)整溶液pH值，將Fe3+轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵和碳酸鈣沉淀過濾除去，再向濾液中加入NH4F，使Ca2+、Mg2+轉(zhuǎn)化為CaF2、MgF2過濾除去，得到的濾液中加入草酸，將Ni2+轉(zhuǎn)化為NiC2O4·2H2O，據(jù)此分析解答?！驹斀狻?1)“操作I”為“酸浸”，為了提高酸浸的效率，可以將含鎳廢料粉碎、適當(dāng)增大稀硫酸的濃度、適當(dāng)升溫、攪拌等方法；(2)加入H2O2，將Fe2+轉(zhuǎn)化為Fe3+，離子方程式為：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；(3)加入碳酸鈉溶液調(diào)pH至4.0~5.0，其目的是促進Fe3+水解轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀完全；(4)草酸鎳(NiC2O4?2H2O)在熱空氣中干燥脫水后生成NiC2O4，NiC2O4再發(fā)生氧化還原反應(yīng)(Ni由+2價上升到+3價，則C由+3價降低到+2價，題中要求生成混合氣體，則另一氣體為CO2)，再利用化合價升降相等，Ni：上升2×(3-2)，C：上升1×(4-3)，C：降低：3×(3-2)，生成Ni2O3、CO、CO2，配平方程式為：2NiC2O4Ni2O3+3CO↑+CO2↑，該混合氣體的主要成分為水蒸氣和CO、CO2；(5)Cl由+1價降低到-1價，Ni由+2價上升到+3價，利用化合價升降相等可配平ClO-、Ni(OH)2、Cl-、Ni2O3的系數(shù)，再利用H原子守恒配平水的系數(shù)，最終可利用O原子檢查配平是否正確，得到離子方程式為：ClO-+2Ni(OH)2═Cl-+Ni2O3+2H2O；則n(ClO-)=0.5amol；則n(Cl2)=0.625amol；進行電解時：則n(e-)=1.25amol；(6)以Al和NiO(OH)為電極，NaOH溶液為電解液組成一種新型電池，放電時NiO(OH)轉(zhuǎn)化為Ni(OH)2，發(fā)生還原反應(yīng)，則Al發(fā)生氧化反應(yīng)，堿性條件下得到NaAlO2，該電池反應(yīng)的化學(xué)方程式是：Al+3NiO(OH)+NaOH+H2O=3Ni(OH)2+NaAlO2，則放電時負(fù)極的電極反應(yīng)式為Al+4OH--3e-=AlO2-+2H2O。10.丙烯是一種重要的有機化工原料，用于制丙烯腈、環(huán)氧丙烷、丙酮等?；卮鹣铝袉栴}：(1)已知：I.C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)△H1=+124kJ/molII.2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H2=-484kJ/mol則丙烷氧化脫氫制丙烯反應(yīng)2C3H8(g)+O2(g)2C3H6(g)+2H2O(g)的△H為_________kJ/mol。(2)我國學(xué)者結(jié)合試驗與計算機模擬結(jié)果，探討了丙烷在六方氮化硼催化劑表面氧化脫氫制丙烯的反應(yīng)歷程如圖所示，其中吸附在催化劑表面的物種用*標(biāo)注。①該反應(yīng)歷程中決速步驟的能壘（活化能）為_________eV，該步驟的化學(xué)方程式為________②請補充該歷程之后可能發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)方程式_____________(3)已知丙烷氧化脫氫簡潔發(fā)生副反應(yīng)：2C3H8(g)+O2(g)3C2H4(g)+2H2O(g)如圖所示是丙烷氧化脫氫制丙烯反應(yīng)達到平衡時丙烷轉(zhuǎn)化率與丙烯選擇性隨溫度改變的曲線[丙烯的選擇性＝n=×100％]①丙烯的選擇性隨著溫度的上升而降低的可能緣由有_________②在反應(yīng)溫度為600℃，將C3H8與O2以體積比為1:1充入剛性容器中，達到平衡時，丙烷的轉(zhuǎn)化率為40%，丙烯的選擇性也為40%，體系總壓強為pkPa，則氧氣的轉(zhuǎn)化率(O2)=______________丙烯的分壓p(C3H8)=____________（結(jié)果保留2位有效數(shù)字）?！敬鸢浮?1).-236(2).1.73(3).C3H8?=C3H7?+H?(4).2H2O2=2H2O+O2↑(5).上升溫度，催化劑的活性降低，生成丙烯的反應(yīng)平衡逆向移動，生成乙烯的副反應(yīng)產(chǎn)物參與(6).20%(7).0.087pkPa【解析】【分析】(1)依據(jù)蓋斯定律計算反應(yīng)熱；(2)①該反應(yīng)歷程中決速的步驟為慢反應(yīng)，活化能越大，反應(yīng)速率越慢；依據(jù)活化能確定該步驟的化學(xué)方程式；②該歷程產(chǎn)物為雙氧水，不穩(wěn)定易分解，之后可能發(fā)生雙氧水分解；(3)①反應(yīng)2C3H8(g)+O2(g)2C3H6(g)+2H2O(g)為吸熱反應(yīng)，溫度過高催化劑活性降低；②依據(jù)圖示，結(jié)合“三段式”計算。【詳解】(1)已知：I．C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)△H1=+124kJ/molII．2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H2=-484kJ/mol依據(jù)蓋斯定律，I×2+II可得：2C3H8(g)+O2(g)2C3H6(g)+2H2O(g)△H=-236kJ/mol；(2)①該反應(yīng)歷程中決速的步驟為慢反應(yīng)，活化能越大，反應(yīng)速率越慢，依據(jù)圖示，活化能最大的為過渡態(tài)I，能壘(活化能)為1.73eV；依據(jù)活化能確定該步驟的化學(xué)方程式為C3H8?=C3H7?+H?；②該歷程產(chǎn)物為雙氧水，不穩(wěn)定易分解，之后可能發(fā)生雙氧水分解，反應(yīng)為：2H2O2=2H2O+O2↑；(3)①反應(yīng)2C3H8(g)+O2(g)2C3H6(g)+2H2O(g)為吸熱反應(yīng)，溫度過高催化劑活性降低，則上升溫度，催化劑的活性降低，生成丙烯的反應(yīng)平衡逆向移動，生成乙烯的副反應(yīng)產(chǎn)物參與；②依據(jù)圖示在反應(yīng)溫度為600℃，將C3H8與O2以體積比為1:1充入剛性容器中，達到平衡時，丙烷的轉(zhuǎn)化率為40%，丙烯的選擇性也為40%，體系總壓強為pkPa，相同條件下，物質(zhì)的量之比等于體積之比，2C3H8(g)+O2(g)2C3H6(g)+2H2O(g)和2C3H8(g)+O2(g)3C2H4(g)+2H2O(g)，反應(yīng)中C3H8與O2的反應(yīng)比例關(guān)系相同，設(shè)C3H8與O2的起始物質(zhì)的量為1mol，則：則氧氣的轉(zhuǎn)化率(O2)=×100%=20%；設(shè)平衡時，反應(yīng)生成C3H6的物質(zhì)的量為x，生成C2H4的物質(zhì)的量為y，依據(jù)題意可得：×100%=40%，40%，解得：x=0.2mol，y=0.3mol，平衡時n(C3H8)=1mol×(1-40%)=0.6mol，n(O2)=1mol×(1-20%)=0.8mol，n(H2O)=0.2mol+×0.3mol=0.4mol，丙烯的分壓p(C3H8)=pkPa×=0.087pkPa。11.元素A、B、C、D、E的原子序數(shù)依次增大，且均小于36。A的基態(tài)原子2p能級有3個單電子；C的基態(tài)原子2p能級有1個單電子；D的價電子數(shù)為2且與E同周期；E的基態(tài)原子的內(nèi)部各能層均排滿，且4s能級有1個單電子?；卮鹣铝袉栴}：(1)基態(tài)E原子的價電子排布式為____________________(2)A、B、C三種元素第一電離能由大到小的依次為___________（用元素符號表示）。(3)與A的單質(zhì)分子互為等電子體的分子和離子分別是________（用分子和離子符號表示）。AB2的空間構(gòu)型為___________，其中A原子的雜化類型是_______________(4)B元素簡潔氫化物沸點是同族元素中最高的，緣由是_____________(5)向含E元素的硫酸鹽溶液中加入過量氨水，可得到深藍色透亮溶液。向溶液中加人乙醇，將析出深藍色晶體。該晶體的化學(xué)式為[Cu(NH3)4]SO4?H2O晶體中陽離子的結(jié)構(gòu)式為____________(6)C和D形成化合物的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，已知晶體的密度為ρg/cm，阿伏加德羅常數(shù)為NA，則晶胞邊長a=______________cm(用含ρ、NA的計算式表示）?！敬鸢浮?1).3d104s1(2).F＞N＞O(3).CO和CN-(或C22-)(4).平面三角形(5).sp2(6).B的氫化物為H2O，水分子間存在氫鍵(7).(8).【解析】【分析】元素A、B、C、D、E的原子序數(shù)依次增大，且均小于36。A的基態(tài)原子2p能級有3個單電子，原子核外電子排布為1s22s22p3，則A是N元素；C的基態(tài)原子2p能級有1個單電子，且C的原子序數(shù)大于A，其原子核外電子排布為1s22s22p5，所以C是F元素，結(jié)合原子序數(shù)可推知B是O元素；E的基態(tài)原子的內(nèi)部各能層均排滿，且4s能級有1個單電子，且原子序數(shù)小于36，則E處于第四周期，其基態(tài)原子的價電子排布式[Ar]3d104s1，則E是Cu元素；D與E同周期，價電子數(shù)為2，則D是Ca元素，據(jù)此解答?！驹斀狻?1)依據(jù)分析可知E是銅元素，依據(jù)構(gòu)造原理知，其基態(tài)原子的價電子排布式[Ar]3d104s1，故基態(tài)Cu原子的價電子排布式為：3d104s1；(2)同一周期中，元素的第一電離能隨著原子序數(shù)的增大而增大，但第VA族元素第一電離能大于第VIA族元素，所以A、B、C三元素第一電離能由大到小的依次為F＞N＞O；(3)A是N元素，A的單質(zhì)分子為氮氣(N2)，2個原子構(gòu)成，價電子數(shù)為10，互為等電子體的分子和離子分別是CO和CN-或C22-；AB2構(gòu)成的物質(zhì)為NO2，N原子的成鍵電子對數(shù)為2，孤電子對數(shù)=×(5-2×2)=0.5，計算出來的孤電子對不是整數(shù)，這時應(yīng)當(dāng)作1來對待，因為，單電子也要占據(jù)一個孤對電子軌道，NO2的價層電子對=2+1，所以NO2的VSEPR模型為平面三角形，N原子的雜化類型是sp2雜化；(4)B是O元素，O元素的氫化物的沸點是同族元素中最高的，是因為水分子間能形成氫鍵導(dǎo)致其沸點最高；(5)晶體的化學(xué)式為[Cu(NH3)4]SO4?H2O，晶體中銅離子與NH3之