精品解析：陕西省咸阳市2020届高三高考模拟检测(二)理综化学试题(解析版)

1、咸阳市 2020 年高考模拟检测（二）化学部分注意事项：1 .答卷前，考生须准确填写自己的姓名、准考证号，并认真核准条形码上的姓名、准考证号；2 .第一部分选择题必须使用2B 铅笔填涂，第二部分非选择题必须使用0.5毫米黑色墨水签字笔书写，涂写要工整、清晰；3 .考试结束，监考员将试题卷答题卡一并收回.可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 S32 Cr52 Fe56 Cu64 W184第一部分一、选择题1. 中国四大发明之一造纸术中蕴含着许多化学知识。下列有关说法错误的是A. “纸上得来终觉浅”中 “纸 ”的主要成分是纤维素B. 古代造纸工艺中常利用石灰的碱性来分离植物中含酸性

2、官能团的木质素C. 现代造纸工艺中用二氧化硫漂白纸张的过程属于物理变化D. 废旧纸张的回收利用有利于环境保护和资源再利用【答案】C【解析】【详解】A. “纸上得来终觉浅 ”中 “纸 ”的主要成分是纤维素，故A 正确；B. 古代造纸工艺中利用酸碱中和反应，因此常利用石灰的碱性来分离植物中含酸性官能团的木质素，故B正确；C. 现代造纸工艺中用二氧化硫漂白纸张，是二氧化硫与有色物质化合生成不稳定的无色物质，该过程属于化学变化，故C 错误；D. 废旧纸张的回收利用可以减少树木等职务的砍伐，有利于环境保护和资源再利用，故D 正确。综上所述，答案为C。2.设Na为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.

3、1.8 g NH4 含有的电子数为NAB. 1 L 1 mol L 1的NaAlO 2水溶液中含有的氧原子数为2NaNAC.标况下，22.4 L NO与11.2 L O2充分反应后，生成物的分子总数为D. 50 mL 18 mol L-1的浓硫酸与足量的铜片共热，生成SO2的分子数为0.45Na【答案】A【解析】1.8g【分析】1 0.1mol ,因止匕 1.8g NH4【详解】A. 一个NH4+含有10个电子，1.8 g NH4+物质的量为n= M 18g mol+含有的电子物质的量为1mol,数目为Na,故A正确；B. 1 L 1 mol L-1的NaAlO 2水溶液中n(NaAlO 2)

4、 = 1 L 1 mol L-1 =1mol, NaAlO 2中含有的氧原子物质的量为2mol,溶液中水还含有氧原子，因此溶液中氧原子物质的量大于2mol,氧原子数目大于 2 Na ,故B错误;V 22.4L( 一V 11.2Ln= 一=1Vm 22.4L molC.标况下,22.4 L NO即物质的量为n=Vm=22.4L mol1 1m.与rL O2即物质的量为0.5mol ,发生 2NO + O2 = 2NO2,即生成 1molNO2,由于 2NO2 瀚? N2O4,因此生成物的分子总数小于Na,故C错误；D. 50 mL 18 mol L-1 的浓硫酸即物质的量 n(H2SO4) =

5、0.05 L 18 mol L-1=0.9 mol ,与足量的铜片共热，根据ACu + 2H 2SO4(浓)=CuSO4+ SO2 f + 2HO和浓硫酸反应过程中逐渐变稀，稀硫酸不与铜反应，因此生成SO2的分子数小于0.45 Na,故D错误。答案为Ao3.原子序数依次增大的元素X、Y、Z、W,它们的最外层电子数分别为1、6、7、1。X-的电子层结构与氨相同，丫和Z的次外层有8个电子，Z和W+的电子层结构相同。下列叙述错误的是A.元素的非金属性顺序为X<Y<ZB. X和其它3种元素均能形成共价化合物C. W和其它3种元素均能形成离子化合物D.元素X、Y、Z各自最高和最低化合价的代数

6、和分别为0、4、6【答案】B【分析】原子序数依次增大的元素 X、Y、Z、W,它们的最外层电子数分别为1、6、7、1。X 的电子层结构与氨相同，则X为H , 丫和Z的次外层有8个电子，Y最外层电子数为6,则丫为S, Z最外层电子数为7,则Z 为Cl, Z和W+的电子层结构相同，则 W为K。【详解】A.同周期从左到右非金属性逐渐增强，因此元素的非金属性顺序为XvYvZ,故A正确；B. H与K形成KH离子化合物，故 B错误；C. K与其它3种元素形成KH、K2S、KCl均是离子化合物，故 C正确；D.元素X最高价+1,最低价-1 ,最高和最低化合价的代数和为0, Y最高价+6,最低价-2 ,最高和最

7、低化合价的代数和为4, Z最高价+7,最低价-1 ,最高和最低化合价的代数和为6,故D正确。综上所述，答案为 BoB. BC. CD. D4.下列实验方案、现象及结论均正确的是选项实验方案、现象结论A用玻璃棒蘸取某样品进行焰色反应，观察到黄色火焰该样品中一定含钠元素B将石蜡油（液态石蜡）分解的产物通人澳的四氯化碳溶液中，溶液逐渐褪色分解广物中一定含用乙烯C向酸性KMnO4溶液中先通人少量SO2,充分反应后，再滴入几滴BaCl2溶液，产生白色沉SO2被氧化为SO42-D向FeCl,溶液中加入过最的 KI溶波，充分反应后，再滴入几滴KSCN溶液，溶液颜色变红KI与FeCl 3的反应为可逆反应【解析

8、】【分析】【详解】A.玻璃棒中含钠元素，干扰了检验结果，应选铁丝或钳丝蘸取某样品，故A错误；B.澳的四氯化碳溶液褪色，说明含有不饱和烧，但不一定是乙烯，故 B错误；C.酸性高镒可能是硫酸酸化，则无法确定硫酸根是否为二氧化硫被氧化生成，故C错误;D. Fe3+具有强氧化性，可以将I-氧化；KI溶液过量，所以溶?中有I-,根据实验现象可知溶液中也存在Fe3+反应物和生成物同时存在，说明KI与FeCl3的反应为可逆反应，故 D正确;5.结构简式为的有机物共有种(不考虑立体异构)A. 7B. 8C. 9D. 10故答案为Do【答案】C【解析】【分析】【详解】-C3H7的丙基有-CH2CH2CH3和-C

9、H(CH 3)2两种，则含有两个 Br取代基共有-CBr2CH2CH3、 -CHBrCHBrCH 3、-CHBrCH 2CH2Br、-CH2CBr2CH3、-CHzCHBrCH 2Br、-CH2CH2CHBr2、-CBr(CH 3)CH2Br、 -CH(CH 3)CHBr2、- CH(CH 2Br)2,共有 9种,故答案为 C。6.碳酸二甲酯(CH3O)2CO是一种具有发展前景的绿色”化工产品。电化学法合成碳酸二甲酯的工作原理如图所示。下列说法错误的是石强【质子殳蚪良石里口A.石墨I与直流电源正极相连B. H +由石墨II通过质子交换膜向石墨 I移动C.石墨I上发生的电极反应为 2CH3OH

10、+ CO - 2e = (CH3O) 2CO + 2H +D.电解过程中，阴极和阳极消耗气体的物质的量之比为1： 2【解析】【分析】该装置有外接电源，是电解池，由图可知甲醇和一氧化碳失电子发生氧化反应生成碳酸二甲酯，则电极石墨I为阳极，阳极反应为 2CH3OH+CO-2e- (CHO)2CO+2H+,电极石墨II为阴极，阳极产生的氢离子从质子交换通过移向阴极，氧气在阴极得电子与氢离子反应生成水，电极反应为O2+4e-+4H+=2H2。，据此解答。【详解】A.石墨I为阳极，与直流电源正极相连，故 A正确；B.电解池工作时，阳离子向阴极移动，即H+由石墨I通过质子交换膜向石墨 II移动，故B错误；

11、C.石墨I为阳极，阳极上是甲醇和一氧化碳反应失电子发生氧化反应，电极反应为2CH3OH+CO-2e-=(CH3O)2CO+2H+,故 C 正确；D.常温常压下甲醇是液体，电解池工作时转移电子守恒，根据关系式2CO4e-02可知阴极消耗 氧气与阳极消耗的一氧化碳物质的量之比为1:2,故D正确；故答案为B。7.某酸在水溶液中，四种微粒的物质的量分数(5)随溶液pH的变化曲线如图所示。下列说法正确的是KOH溶液,c Na+ 、，-的值变大cXO43-)A. H3XO4为三元弱酸，NaH2XO4溶液呈碱性B. lgK a3= 12.32C.向0.1 mol/L的Na3XO4溶液中滴加几滴浓D. 0.1

12、 mol/L 的 Na2HXO4溶液中，c (Na+) +c (H+) =c (XO43 ) +c (HXO42 ) +c (H2XO4 ) +c (OH【解析】【分析】【详解】A . H3XO4能最终电离生成XO43-,说明 HXO4为三元弱酸；当pH=2.16时，溶液中c H c H2XO4c(H3XO4)=c(H2XO4-), 则Ka1= =10-2.16, 此 时c H3XO4c OH c H3XO4Kw10 14Kh3= "7=-2-6-=10-11.84<Ka1；当 pH=7.21 时，溶液中 c(HXO42)=c(H2XO4-),则c H2XO4Ka1 10 2.

13、16c hxo2=10-7.21 >Kh3,即NaH2XO4溶液中，H2XO4-的电离程度大于 H2XO4-的水解程度,Ka2=c H2XO4溶液呈酸性，故 A错误；c H c XO：B.当 pH=12.32 时，溶液中 c(XO43-尸c(HXO 4-),则 Ka3=2=10-12.32,则一lgK a3= 12.32,故c HXO4B正确；C.向0.1 mol/L的Na3XO4溶液中滴加几滴浓 KOH溶液，抑制XO43-的水解，溶液中 XO43-的数目增大，而I 、，c Na+n Na一 _Na+数目不变，则 l的比值减小，故 C错误；c(XO4)n XO3D.在 0.1 mol/L

14、 的 Na2HXO4溶液中存在的电离守恒式为c(Na +) + c(H +) = 3c(XO43 ) + 2c(HXO 42 ) + c(H2XO4)+c(OH ),故 D 错误；故答案为B。第二部分三、非选择题8.对硝基苯甲酸(0/Y2y_COOH)是一种广泛用于医药、染料、感光材料等的重要精细化工中间体。甲酸，生产工艺流程如下:母液对硝基笨甲酸工业上以对硝基甲苯(Cr (SO) 3等物质为主要原料，通过间接电合成法制备对硝基苯已知：对硝基甲苯：黄色晶体，熔点为 51.7 C,沸点为238.5 C,不溶于水，易溶于乙醇、乙醛、氯仿和苯。对硝基苯甲酸：黄色晶体，熔点为 242 C,沸点为359

15、 C,微溶于水，溶于乙醇，能升华。回答下列问题:(1)电解制备C2O72一:用H型隔膜电解槽电解制备Cr2O72 ,装置如下图1所示。外接电源的负极为 _(填"A或"B)',反应II的离子方程式为 图1图2（2）氧化制备对硝基苯甲酸：用上图2所示装置制备对硝基苯甲酸，具体过程如下：步骤1：向250 mL三颈烧瓶中依次加入一定量含Cr2O72一的电解液、对硝基甲苯，搅拌、水浴升温到设定温度，恒温下进行反应，直至反应液由棕红色变为墨绿色时为止。步骤2:待反应混合物冷却至室温后，与适量冰水充分混合，抽滤。滤液返回电解槽中重新电解。步骤3:把步骤2中抽滤所得固体溶于 5%的

16、热NaOH溶液中（约60C）,待温度降到50c时，抽滤，向滤 液中加入过量2 mol/L H2SO4,析出黄色沉淀，再抽滤，并用冷水洗涤，然后在低于80c的条件下烘干，可得粗产品。仪器X的名称是?冷却水应从 口进入（填“a或“十。步骤2中，抽滤所得固体的主要成分是 步骤3中，用NaOH溶液处理后，需待温度降到50 c时进行抽滤的原因是 制得的粗产品需要进一步纯化，根据对硝基苯甲酸的有关性质可知，对其进行纯化还可以采用法完成。该合成技术的优点是实现了 （填化学式）的循环利用，绿色环保。（3）测定对硝基苯甲酸的纯度 ：称取1.670 g粗产品，配成100 mL溶液，取25.00 mL溶液，用0.1

17、000 mol L1 KOH溶液滴定，重复滴定四次，每次消耗 KOH溶液的体积如下表所示。已知：对硝基苯甲酸的摩尔质量为167.0 g mol1,则对硝基苯甲酸的纯度为 A次第二次第三次第四次体积（mL）23.0023.1021.4022.90【答案】(1). A (2). 3s2O82-+2Cr3+7H2O=6SO42-+Cr2O72-+14H+(3).冷凝管 (4). b (5).对硝基苯甲酸（6）.使未反应的对硝基甲苯凝固析出.升华 （8）. C2（SO4）3、（NH4）2SO4、H2SO4（9）. 92.00%【解析】【分析】用图1装置电解C2（SO4）3、（NH4）2SO4、H2SO

18、4的混合液，获彳导Cr2O72一的电解液，其中阳极区发生氧化反应，然后将含Cr2O72一的电解液浓缩并加硫酸酸化，再在氧化装置内将对硝基甲苯氧化为对硝基苯甲酸，将反应混合物冷却至室温后，与适量冰水充分混合，抽滤，所得所得固体溶于5%的热NaOH溶液中（约60C）,待温度降到50c时，抽滤，向滤液中加入过量2 mol/L H2SO4,析出黄色沉淀，再抽滤，并用冷水洗涤，然后在低于80c的条件下烘干，可得对硝基苯甲酸粗产品，据此分析解题。【详解】（1）电解槽中阳极周围阴离子发生氧化反应，反应I是SO42-氧化为S2O82-,则右侧电极为阳极，B为外接电源正极，A为外接电源的负极；反应 II是S2O

19、82-氧化Cr3+生成C2O72,发生反应的离子方程式为3s2O82-+2Cr3+7H2O=6SO42-+Cr2O72-+14H + ；（2）仪器X的名称是冷凝管，冷却水的水流方向应与蒸气流向相反，则应从b 口进入冷水；步骤1中反应液由棕红色变为墨绿色时，说明有对硝基苯甲酸生成，则步骤2经冷却后，经抽滤所得固体的主要成分是对硝基苯甲酸；对硝基甲苯的熔点为 51.7C,则步骤3中，用NaOH溶液处理后，需待温度降到 50c时进行抽滤，目的是使未反应的对硝基甲苯凝固析出，可提高对硝基苯甲酸的纯度；对硝基苯甲酸是黄色晶体，能升华，则对粗产品进行纯化还可以采用升华法完成；由工业流程图可知， 步骤2中抽

20、滤后的滤液返回电解槽中重新电解，说明滤?中的C2（SO4）3、（NH4）2SO4、H2SO4可循环利用，符合绿色环保；（3）第三次实验消耗 KOH的体积明显偏小，舍去，其它三次消耗KOH溶液体积的平均值23.00 23.10 22.90100mLmL=23.00mL ,对硝基苯甲酸与 KOH溶液发生中和反应时，对硝基苯甲酸与KOH0.023L 0.100mol/L 167.0g/mol等物质的重反应，则对硝基本甲酸的纯度为 "25mL X100%=92.0%。1.670g【点睛】本题考查物质的制备实验设计和评价，重点涉及电解池阴、阳极的判断，可根据电解产物并结合元素化合价的变化判断发

21、生的反应来分析，其中发生氧化反应的极为阳极，连接外接电源的正极，另外根据对硝基甲苯和对硝基甲酸的物理性质差异，选择混合物分离操作的方法是难点。9.硼酸和硫酸镁是重要化工原料。以硼铁混精矿主要成分为 MgBO2 （OH）、UO2和Fe3O4,还有少量的Fe2O3、FeO、SiO2为原料制备硼酸和硫酸镁的工艺流程如下:已知：UO22+在pH为45的溶液中生成UO2 (OH)2沉淀；Fe2+和Fe3+沉淀完全的pH分别为9.7、3.7。(1)酸浸过程中MgBO2 (OH)与硫酸反应的离子方程式为(2)酸浸过程中加入H2O2的目的是(写出两条)，滤渣1的主要成分是(填化学式)。(3)试剂1最好选择(填

22、化学式)。若调节溶液pH前，溶液中c (Mg-) =0.2 mol/L,当溶液pH调至5时，UO2+沉淀完全，此时是否有Mg (OH) 2沉淀生成 。 通过计算说明，KspMg (OH) 2 = 5.6 1012(4)操作1的名称是(5) MgSO4 H2O加热脱水可以得无水MgSO4,那么MgC12 6H2O晶体直接加热 (填 能”或 不能”)得到无水MgCl 2,理由是(6)已知：H2CO3 Ka1=4.4 10 7,Ka2= 4.7 10 11； H3BO3的Ka= 5.8 1010。向碳酸钠溶液里逐滴加入硼酸溶液(填宥”或无”)气泡产生，理由是.MgBO2(OH)+2H+=Mg2+H3

23、BO3(2).将Fe2+氧化为Fe3+,将UO2氧化成UO22+便于后续过程除去(3). SiO2或者 Mg(OH) 2或者 MgCO 3(5).c(Mg 2+) >C2(OH-)=0.2过滤 (7).不能无 (10).硼酸的酸性比碳酸用硫酸酸化的H2O2溶解硼铁整+、Fe3+、Mg2+及 H3BO3,用 M沉淀，并经过滤得滤渣 2,将过滤可得粗硼酸，据此分析解题MgO(4).；因此不会产生Mg (OH) 2沉淀g (OH)2=5.6(8).力M氧化镁或碱式碳酸镁,所得滤液中主要含有吏溶液中Fe3+完全转化为2O晶体析出，将滤液冷却结晶,(10-9)2=2M0-19v不溶于水和酸经过滤可

24、者MgCO3调节溶液p取过滤，获得MgS(6).(9).UO22Fe(OH)3【详解】酸浸过程中MgBO 2(OH)与硫酸反应，生成硼酸而毓酸镁，发生反应的离子方程式为MgBO 2(OH)+2H +=Mg 2+H3BO3 ；(2)酸浸过程中加入H2O2,利用H2O2的氧化性，将Fe2+氧化为Fe3+,同时将UO2氧化成UO22+便于后续过程除去；SiO2不溶于水和酸，则滤渣 1的主要成分是 SiO2；MgO 或者 Mg(OH) 2(3)添加试剂1是调节溶液pH,则试剂1能与酸反应，且不引入新的杂质，故最好选择或者 MgCO3； c(Mg2+) = 0.2 mol/L,当溶液 pH 调至 5 时

25、，c(OH-)=1 M0-9mol/L ,则c(Mg2+) >C2(OH-)=0.2 (!0-9)2=2M0-19vKspMg (OH) 2=5.6 W-12,因此不会产生 Mg (OH) 2 沉淀。(4)结合以上分析可知，将滤液蒸发、浓缩，趁热过滤，获得MgSO4 H2O晶体析出，所以操作 1的名称是趁热过滤；(5)MgCl 2能水解生成 Mg (OH)2和HCl, MgC12 6H2O晶体直接加热时，促进Mg2+水解，且HCl挥发，则最终得到氢氧化镁、氧化镁或碱式碳酸镁，而不能得到无水MgC12；(6)已知:H2CO3的 Ka1= 4.4 10 7, Ka2=4.7 1011； H3

26、BO3 的 Ka= 5.8 M0 10,则硼酸的酸性介于 H2CO3和HCO3-之间，根据强酸制弱酸的原理，向碳酸钠溶液里逐滴加入硼酸溶液只能生成NaHCO3和NaBO3,无碳酸生成，即无气泡产生。【点睛】判断一定条件下沉淀能否生成或溶解，关键在于判断Ksp与Qc的关系：对于AmBn(s=：mAn+(aq)+nBm-(aq),平衡状态：溶度积 Ksp=An+mxBm-，任意时刻：离子积 Qc=A n+mxBm-n, QoKsp,有沉淀析出；Qc=Ksp,沉淀溶解平衡；Qc< Ksp,无沉淀析出。10.烯燃催化裂解是制备短链烯煌的重要途径。研究表明，1丁烯CH3CH2CH=CH2 (g)催

27、化裂解时，发生两个平行竞争反应生成丙烯和乙烯，两反应的热化学方程式为：3CH3CH2CH = CH2 (g) 脩圈齐第 4CH3CH = CH2 (g) AH = + 579 kJ mol 1CH3CH2CH=CH2 (g) 浑齐寐 2CH2=CH2 (g) AH = + 283 kJ mol 1回答下列问题：(1)若1丁烯的燃烧热为 2539 kJ mol1,则表示乙烯燃烧热的热化学方程式为 ; 1丁烯转化为丙烯 反应的化学平衡常数表达式为 。(2)有利于提高1-丁烯平衡转化率的措施有 。(3) 550c和0.020.5 MPa下，两个反应均建立平衡，测得平衡混合物里各组分的质量分数随压强变

28、化的曲线如下图所示。由图可知，1丁烯的质量分数随压强的增大而增大，主要原因是 。腹底分数/为(4)在1 丁烯裂解的实际生产中，为了提高产物中丙烯的含量，除了选择合适的温度和压强之外，还有 一条关键措施是 。 0.1 MPa和300700c下，1丁烯裂解产物中各组分比例变化的曲线如下图所示。由图可知，生产过程中提高丙烯质量分数的最佳温度为 C,在该温度之前各温度对应的组成 (填定是“、何能是"或'定不是")平衡态，理由是 。CH 2=CH 2（g）+3O 2（g）=2CO 2（g）+2H 2O（l）AH= -1411kJ mol（2）.c4 CH3cH CH2c3 C

29、H3cH2cHCH7(3) .升高温度、减小压强(4) .其它条件不变时，增大压强,CH3CH2CH=CH 2催化裂解为丙烯或乙烯的平衡均逆向移动，CH3CH2CH=CH 2的质量分数会增大(5).高选择性的催化剂(6). 450 c (7).可能是 (8). 1-丁烯裂解为丙烯和乙烯的反应均为吸热反应，升高温度，两个平衡均正向移动，导致丙烯和乙烯的质量分数增大【解析】【分析】(1)1 丁烯的燃烧热为2539 kJ mol 1 ,则其燃烧热的热化学方程式为CH3CH2CH = CH2(g)+ 6O2(g)=4CO2(g)+4H 2O(l) AH= -2539kJ mol-1,结合盖斯定律写出乙

30、烯燃烧热的热化学方程式；平衡常数等于 生成物浓度哥的积与反应物浓度哥的积之比；(2)改变温度、压强、反应物或生成物的浓度可促进平衡正向移动，提高反应物的转化率；(3)可逆反应达到平衡后增大压强，平衡向气体总物质的量减小的方向移动；(4)结合1 -丁烯裂解过程中各裂解产物的含量与温度变化的曲线分析即可。【详解】(1)已知：CH3CH2CH = CH2(g)磔? 2CH2=CH2(g)AH = + 283 kJ mol 1,CH3CH2CH =CH2(g)+6O2(g)=4CO 2(g)+4H 2O(l) AH= -2539kJ mol-1,根据盖斯定律1 -。可得22CH2=CH 2(g)+3O

31、2(g)=2CO2(g)+2H 2O(l),则H=(-2539kJ m ol-1) - -(+283 kJ m ol 1) - =-1411kJ m ol-1,故22乙烯燃烧热的热化学方程式为CH2=CH2(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H 2O(l) AH= -1411kJ mol-1;已知 3CH3CH2CHc4 CH3CH CH2= CH2（g）峰飞4CH3CH = CH2（g）,则该反应的化学平衡常数表达式为K= 3一次；（2）已知 3CH3CH2CH=CH2（g）脩彳道爆c CH 3CH 2 CH CH 21-丁烯平衡转化率;4CH3CH = CH2（g）AH=+ 579 k

32、J mol1,正反应为吸热、气体总物质的量增大的反应，则升高温度或减小压强可促进平衡正向移动，有利于提高（3）已知： 3CH3CH2CH= CH2（g）眸? 4CH3CH= CH2（g）AH = + 579 kJ mol 1, CH3CH2CH =CH2（g）海? 2CH2=CH2（g）AH = + 283 kJ mol1,两个反应的逆反应均为气体总物质的量减小的反应，则其它条件不变时，增大压强，CH3CH2CH=CH2催化裂解为丙烯或乙烯的平衡均逆向移动，CH3CH2CH=CH 2的质量分数会增大；（4）已知： 3CH3CH2CH=CH2（g）解崂齐糕 4CH3CH = CH2（g） AH

33、= + 579 kJ mol 1,CH3CH2CH =CH2（g）i1明|剂4 2CH2=CH2（g）AH = + 283 kJ mol1,则生产过程中除选择合适的温度和压强之外，还需要选择高选择性白催化剂；由 0.1 MPa和300700 c下，1丁烯裂解产物中各组分比例变化的曲线可知，生产过程中提高丙烯质量分数的最佳温度为450 c左右；1-丁烯裂解为丙烯和乙烯的反应均为吸热反应，升高温度，两个平衡均正向移动，导致丙烯和乙烯的质量分数增，则450c之前各温度对应的组成可能是平衡0【点睛】应用盖斯定律进行简单计算的基本方法是参照新的热化学方程式（目标热化学方程式），结合原热化学方程式（一般2

34、3个）进行合理变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数，然后将它们相加、减，得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的AH与原热化学方程式之间 AH的换算关系。（二）选考题化学一一选彳3：物质结才与性质11.某些过渡元素的相关化合物在化工、医药、材料等领域有着极为广泛的应用。回答下列问题：（1）现有铜锌元素的4种微粒，锌：Ar3d 104s2;锌：Ar3d104s1;铜：Ar3d104s1;铜：Ar3d10。失去一个电子需要的最低能量由大到小的顺序是（填字母）。ABCD（2）神化镉（Cd3As2）是一种验证三维量子霍尔效应的材料。神与卤素可形成多种卤化物，AsB3、AsCl3、AsF3的熔

35、点由低到高的顺序为。神酸的酸性弱于硒酸，从分子结构的角度解释原因 。Cd2+与NH3形成配离子Cd （NH3）4产中，配体的空间构型为 一画出配离子的结构式 （不考虑立体 构型）。（3）铭（Cr）、铝（Mo）、鸨（W）位于同一副族相邻周期，且原子序数依次增大。基态铭原子、铝原子的核外电子排布特点相同，则基态铝原子的价层电子排布图为 铭的晶胞结构如图 A所示，它的堆积模型为 ，在该晶胞中铭原子的配位数为 。鸨和碳能形成耐高温、耐磨材料碳化鸨，其晶胞结构如图B所示，则碳化鸨的化学式为一，六棱柱的底g cm 3 (列出计算表达边长为a cm,高为b cm,设阿伏加德罗常数的值为Na,则碳化鸨晶体的密

36、度是(10).184 12 63 3 2Na a2b2【答案】(1). A (2). AsF3VAsc13<AsBr3(3). H2SeO4的非羟基氧原子多，Se的正电性更高，羟基中。原子上的电子向Se偏移的程度大，更容易电离出H+(4).三角锥形4d%(6). rTTTTTTTTTl rfl .体心立方堆积(8). 8(9). wc(1)结合电离能的变化规律分析解题，注意d轨道全充满的稳定结构，电离能较大;(2)AsCl3、AsF3、AsBr3都是分子晶体，根据分子间作用力大小及影响因素与熔点关系分析；非羟基氧越多，酸性越强；Cd(NH 3)42+中配体是NH3,根据N原子的价电子对数

37、目分析空间构型；Cd2+与NH 3通过配位键结合成配合离子；(3)铭原子核电荷数为 24,晶胞的特点是一个 Cr原子位于八个Cr原子形成的立方体中心；利用均摊法确定碳化鸨的化学式，计算出晶胞的质量和体积，再根据 p m计算密度。V【详解】(1)锌原子的第一电离能大于铜原子第一电离能，有；铜的第二电离能大于锌的第二电离能，有，锌的第二电离能大于第一电离能，即失去一个电子需要的最低能量由大到小的顺序是，故答案为 A；(2)AsBr3、AsCl3、AsF3都是分子晶体，相对分子质量越大， 范德华力越大，熔点越高，故熔点由低到高顺序为AsF3VAscl3AsBr3； H2SeO4的非羟基氧原子多，Se的正电性更高，羟基中的 O原子的电子向 Se偏移程度大，更容易电离出H+,神酸的酸性弱于硒酸;5 1 3NH3中N原子的价层电子对数目为 3+2=4,其中有1个孤对电子，N原子为sp3杂化，空间构型是N原子提供孤对电子，中心离子与4个NH 3形成4个配位键，则配离子的结构式为三角锥形；Cd2+与NH3通过配位键结合成配合离子,(3)基态铭原子的价电子排布式为3d54s1,铝原子与铭原子的核外电子排布特点相同，则基态电目原子的价电子排布式为4d55s1,故价层电子排布图为4J由铭的晶胞结构可知，一个Cr原子位于