备战2024年高考化学模拟卷（浙江专用）03（解析版）

备战2024年高考化学模拟卷(浙江专用)黄金卷03(考试时间：90分钟试卷满分：100分)可能用到的相对原子质量：H1Li7C12N14O16Na23MSi28P31S32Cl35.5K39Ca40Mn55Fe56Cu64Zn65Br80Ag108Ba137第Ⅰ卷一、单项选择题：共16题，每题3分，共48分。每题只有一个选项最符合题意。1．下列物质中属于难溶于水的碱性氧化物的是()A．SiO2B．C．CuOD．【答案】C【解析】A项，SiO2是酸性氧化物，A不符合；

B项，虽然能与酸反应生成亚铁盐、铁盐和水，但不存在对应的碱，不属于碱性氧化物，B不符合；C项，CuO难溶于水，与酸反应生成铜离子和水，属于碱性氧化物，C符合；D项，是两性氧化物，D不符合；故选C。2．下列化学用语表示正确的是()A．中子数为76的碘原子：B．乙烷的球棍模型：C．2−丁烯的结构简式：CH2=CHCH=CH2D．用电子式表示Na2O的形成过程：【答案】D【解析】A项，中子数为76的碘原子，A错误；B项，乙烷的球棍模型，B错误；C项，2−丁烯的结构简式CH2=CHCH=CH2，C错误；D项，用电子式表示Na2O的形成过程，D正确；故选D。3．Na2SiO3应用广泛，下列说法不正确的是()A．Si元素位于周期表p区 B．Na2SiO3属于强电解质C．Na2SiO3的水溶液俗称水玻璃 D．存放Na2SiO3溶液的试剂瓶可以用玻璃塞【答案】D【解析】A项，Si原子的价层电子排布式为3s23p2，能量最高的电子排布在3p轨道上，则Si元素位于周期表p区，A正确；B项，Na2SiO3为可溶性盐，在水溶液中发生完全电离，则其属于强电解质，B正确；C项，Na2SiO3又称泡花碱，其水溶液是黏稠状液体，俗称水玻璃，C正确；D项，Na2SiO3溶液具有黏性，能将玻璃瓶塞与瓶口黏在一起，难以打开，所以存放Na2SiO3溶液的试剂瓶不能用玻璃塞，D不正确；故选D。4．物质的性质决定用途，下列两者关系对应不正确的是()A．铝合金质量轻、强度大，可用作制造飞机和宇宙飞船的材料B．FeCl3溶液呈酸性，可腐蚀覆铜板制作印刷电路板C．CuS、HgS极难溶，可用Na2S作沉淀剂除去废水中的Cu2+和Hg2+D．碳化硅硬度大，可用作砂纸、砂轮的磨料【答案】B【解析】A项，合金的密度比成分金属一般较小，硬度一般比成分金属要大，故铝合金质量轻、强度大，决定其可用作制造飞机和宇宙飞船的材料，A不合题意；B项，用FeCl3溶液腐蚀覆铜板制作印刷电路板的原理为：Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2，反应中FeCl3作氧化剂，与其溶液呈酸性无关，B符合题意；C项，由于CuS、HgS极难溶，故可用Na2S作沉淀剂除去废水中的Cu2+和Hg2+，C不合题意；D项，碳化硅硬度大，可用作砂纸、砂轮的磨料，D不合题意；故选B。5．下列实验装置能达到相应实验目的的是()选项ABCD实验装置实验目的验证牺牲阳极法保护铁制备并收集氨气验证MnO2是H2O2分解的催化剂关闭a、打开b，可检查装置的气密性【答案】A【解析】A项，通过铁氰化钾溶液可以检验是否有亚铁离子生成，从而判断铁作电极情况，可用来验证牺牲阳极法保护铁，故A正确；B项，收集氨气用向下排空气法，导管要插入试管底部，故B错误；C项，验证MnO2是H2O2分解的催化剂，其他条件应相同，而图中H2O2的浓度不同，故C错误；D项，分液漏斗上端与烧瓶连通，上下压强保持一致，液体始终可以顺利流下，不能检查装置的气密性，故D错误；故选A。6．制取乙炔时，常用溶液除去乙炔中的杂质。反应为：①↓②↓+3H3PO4+24H2SO4下列分析正确的是()A．在燃料电池中，通入C2H2一极为正极B．依据反应①可推出氢硫酸为二元强酸C．反应②中若1.2mol发生反应，被氧化的PH3为0.156molD．既是氧化产物，也是还原产物【答案】C【解析】A项，在燃料电池中，乙炔会失去电子，发生氧化反应，则通入C2H2一极为负极，A错误；B项，氢硫酸为二元弱酸，B错误；C项，根据方程式可知，24mol被氧化，则若1.2mol发生反应，被氧化的PH3为0.156mol，C正确；D项，中的Cu是由+2价变来的，则为还原产物，D错误；故选C。7．NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是()A．铁与水蒸气反应后，固体质量增加了3.2g，则电子转移的数目为0.4NAB．1L0.1mol/LK2CO7溶液中，CO72-的数目为0.1NAC．10g14N16O2和16O2混合气体中含有的质子数为5NAD．3.2gN2H4中含有的共价键的数目为0.5NA【答案】B【解析】A项，铁与水蒸气反应生成Fe3O4和氢气，3molFe变为Fe3O4，固体质量增加了4mol×16g/mol=64g，转移电子8mol，若固体质量增加了3.2g，则电子转移的数目为mol-1=0.4NA，故A正确；B项，K2CO7溶液中存在着CO72-+H2O2CO42-+2H+，1L0.1mol/LK2CO7溶液中，CO72-的数目小于0.1NA，故B错误；C项，14N16O2的摩尔质量为(14+16×2)g/mol=46g/mol，1个14N16O2分子中含有的质子数为7+2×8=23，10g14N16O2中含有的质子数为；16O2的摩尔质量为16×2=32g/mol，1个16O2分子中含有的质子数为2×8=16，10g16O2中含有的质子数为；所以10g14N16O2和16O2混合气体中含有的质子数为5NA，故C正确；D项，N2H4中有N-N和N-H键，1个N2H4分子中含有共价键5个，3.2gN2H4的物质的量为0.1mol，含有的共价键的数目为0.5NA，故D正确；故选B。8．下列说法不正确的是()A．甘油醛是最简单的醛糖，存在对映异构体B．蛋白质溶液中加入少量的硫酸铵溶液产生白色沉淀，加水后溶解C．核酸是由核苷酸单体缩聚形成的生物大分子，其单体水解得到核苷和磷酸D．在酸催化下，等物质的量的苯酚和甲醛反应得到线型结构酚醛树脂【答案】B【解析】A项，甘油醛是最简单的醛糖，分子中仅含有一个手性碳原子，存在对映异构体，A项正确；B项，蛋白质溶液中加入少量盐溶液能促进蛋白质的溶解，当盐达到一定浓度时，会使蛋白质的浓度降低从中析出，该作用称为盐析，盐析为可逆过程，加水后溶解，B项错误；C项，核酸是由核苷酸单体缩聚形成的聚合物，核苷酸进一步水解得到核苷和磷酸，C项正确；D项，在酸催化下，等物质的量的苯酚和甲醛反应，苯酚邻位或对位的氢原子与甲醛发生缩聚反应生成线性结构酚醛树脂，D项正确。故选B。9．下列离子方程式书写正确的是A．NaHCO3溶液的水解：HCO3-+H2OCO32-+H3O+B．向Al2(SO4)3溶液中滴加Na2CO3溶液：2Al3++3CO32-=Al2(CO3)3↓C．向Fe2(SO4)3溶液中通入足量H2S：2Fe3++S2-=2Fe2++S↓D．向Ca(ClO)2溶液中通入少量SO2：Ca2++3ClO-+SO2+H2O=Cl-+CaSO4↓+2HClO【答案】D【解析】A项，碳酸氢根离子水解生成碳酸分子和氢氧根离子，水解方程式为：HCO3-+H2OH2CO3+OH-，A错误；B项，铝离子和碳酸根离子发生双水解，生成氢氧化铝和二氧化碳，离子方程式为：2Al3++3CO32-+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑，B错误；C项，硫化氢是弱电解质，不能拆，并且三价铁可以把硫离子氧化为单质硫，则离子方程式为：2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，C错误；D项，次氯酸根离子有强氧化性，可以将二氧化硫中+4价硫氧化为硫酸根离子，并且二氧化硫少量，最终应该同时生成次氯酸，则离子方程式为：Ca2++3ClO-+SO2+H2O=Cl-+CaSO4↓+2HClO，D正确；故选D。10．一种高分子化合物W的合成路线如图(图中表示链延长)：下列说法不正确的是()A．化合物Y中最多18个原子共平面B．化合物Z的核磁共振氢谱有3组峰C．高分子化合物W具有网状结构D．X、Y、Z通过缩聚反应合成高分子化合物W【答案】B【解析】A项，苯环和双键为共面结构，结合单键可旋转特点可知，化合物Y中最多18个原子共平面，A正确；B项，对比X、Y、W可知化合物Z中氢原子种类不止3种，B错误；C项，高分子化合物W为通过缩聚反应生成的高分子化合物，，具有网状结构，C正确；D项，结合高分子化合物W结构可知为缩聚反应合成高分子化合物，D正确；故选B。11．下X、Y、Z、M、Q五种短周期元素，原子序数依次增大。X的2p轨道上有两个未成对电子，Z最高能级电子数是总电子数的一半，M是同周期主族元素中原子半径最大的，Q与Z的某种化合物可作为新型自来水消毒剂。下列说法不正确的是()A．第一电离能：Y＞X＞Z＞MB．X的氢化物沸点可能高于Z的氢化物C．X、Z与M三种元素形成的化合物中可能含有非极性共价键D．最高价氧化物对应水化物的酸性：Q＞Y【答案】A【解析】X、Y、Z、M、Q五种短周期元素，原子序数依次增大。M是同周期主族元素中原子半径最大的，则M为Na，Z最高能级电子数是总电子数的一半，则Z为O，X的2p轨道上有两个未成对电子，则X为C，Y为N，Q与Z的某种化合物可作为新型自来水消毒剂，则Q为Cl。A项，根据同周期从左到右第一电离能呈增大趋势，但第IIA族大于第IIIA族，第VA族大于第VIA族，同主族从上到下第一电离能逐渐减小，则第一电离能：Y＞Z＞X＞M，故A错误；B项，X的氢化物可能是固体，其沸点可能高于Z的氢化物，故B正确；C项，X、Z与M三种元素形成的化合物中可能含有非极性共价键，比如草酸钠，故C正确；D项，根据非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，氯非金属性比氮非金属性强，则最高价氧化物对应水化物的酸性：Q＞Y，故D正确。故选A。12．用钛铁矿(主要成分为FeTiO3，含有少量MgO、SiO2等杂质)制备LiFePO4的工艺流程如图所示：

已知：钛铁矿经盐酸浸取后钛主要以TiOCl42-形式存在，，。下列说法不正确的是()A．滤液①中含有Fe2+、Mg2+B．相同温度下溶解度：Mg3(PO4)2FePO4C．煅烧的主要反应为2FePO4+Li2CO3+H2C2O42LiFePO4+3CO2↑+H2O↑D．为保证水解过滤时能完全除钛，需调pH至溶液呈碱性【答案】D【解析】向钛铁矿(主要成分为FeTiO3，含有少量MgO、SiO2等杂质)中加入盐酸，SiO2与盐酸不反应，FeTiO3、MgO分别转化为TiOCl42-、Fe2+、Mg2+，过滤后将滤液①控制pH使TiOCl42-水解生成TiO2·xH2O，将其过滤后向滤液②中加入双氧水将Fe2+氧化生成Fe3+，加入H3PO4将Fe3+沉淀生成FePO4，FePO4与Li2CO3、草酸在高温条件下煅烧得到LiFePO4。A项，FeTiO3、MgO都能与盐酸反应，滤液①中含有Fe2+、Mg2+，故A正确；B项，FePO4的溶解度为s=mol/L，，的溶解度为s=，则相同温度下溶解度：Mg3(PO4)2FePO4，故B正确；C项，“高温煅烧”过程中Fe元素化合价由+3降低至+2被还原，因此草酸被氧化生成CO2，C元素化合价由+3升高至+4，根据氧化还原反应化合价升降守恒以及原子守恒可知反应方程式为2FePO4+Li2CO3+H2C2O42LiFePO4+3CO2↑+H2O↑，故C正确；D项，若调pH至溶液呈碱性，Fe2+也会形成氢氧化亚铁沉淀，故D错误；故选D。13．电解硫酸钠溶液制取电池正极材料的前驱体，其工作原理如图所示：下列说法不正确的是()A．a是直流电源的正极，石墨电极发生氧化反应B．交换膜A是阴离子交换膜，通电一段时间，Ⅰ室pH降低C．当产生的时，标准状况下纯钛电极上至少产生气体D．若将纯钛电极直接放入Ⅱ室，则纯钛电极上会有金属与前驱体附着而使产率降低【答案】C【解析】由图可知，前驱体在III室生成，则II室的金属阳离子进入III室，交换膜B为阳离子交换膜，则右侧纯钛电极为阴极，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，OH-与金属阳离子结合得到前驱体，为保持电荷守恒，交换膜A为阴离子交换膜，左侧石墨电极为阳极，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，所以电解过程实际上是电解水。A项，石墨为阳极，发生氧化反应，则a为电源的正极，故A正确；B项，交换膜A为阴离子交换膜，左侧电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，产生H+，故pH降低，故B正确；C项，每生成0.1mol的，就相当于生成0.2molOH-，由电极反应式2H2O+2e-=H2↑+2OH-可知，会生成0.1molH2，在标准状况下的体积为2.24L，故C错误；D项，纯钛电极若直接放入II室，会导致接受电子的物质不是水而是金属离子，导致金属单质的生成，附着在前驱体上导致产率的降低，故D正确；故选C。14．已知HCOOH水溶液在密封石英管中的分解反应：Ⅰ.HCOOHCO+H2O

K1Ⅱ.HCOOHCO2+H2

K2T温度下，在密封石英管内完全充满水溶液，使HCOOH分解，分解产物均完全溶于水。含碳物种浓度与反应时间的变化关系如图所示(忽略碳元素的其他存在形式)。下列有关说法不正确的是()A．混合体系达平衡后：B．活化能：反应Ⅰ<反应ⅡC．c(CO)浓度变小的原因是CO2的生成导致反应Ⅰ平衡逆向移动D．c(HCOOH)可降为0【答案】D【解析】A项，根据图像可知混合体系达平衡后，，故A正确；B项，根据图像可知，CO浓度达到最大值时表明反应I达平衡，此时CO2浓度未达最大值，即反应II尚未达平衡状态，说明反应I的反应速率大于反应II，即活化能：反应Ⅰ<反应Ⅱ，故B正确；C项，根据图像中CO2和CO浓度变化，即反应I和II可知，c(CO)浓度变小的原因是CO2的生成导致反应Ⅰ平衡逆向移动，故C正确；D项，过程I和II均为可逆过程，则c(HCOOH)不可能降为0，故D错误；故选D。15．苯酚是重要的化工原料，将废水中的苯酚富集并加入Na2CO3；转化为苯酚钠，再通入CO2，可进一步分离回收。已知：Ka(C6H5OH)=1.0×10-10，Ka1(H2CO3)=4.5×10-7，Ka2(H2CO3)=4.7×10-11。下列说法正确的是()A．Na2CO3；也可用NaOH或NaHCO3替代B．2HCO3-H2CO3+CO32-的平衡常数K约为9.57×103C．转化反应中若c(Na＋)=2c(C6H5O-)+2c(C6H5OH)，此时溶液中c(HCO3-)＞c(C6H5O-)D．当通入CO2至溶液pH=10时，溶液中的C6H5ONa完全转化为C6H5OH【答案】C【解析】A项，电离常数越大电离程度越大，弱酸的酸性越强，根据已知可得酸性：碳酸>苯酚>HCO3-，则苯酚不能与NaHCO3反应，故A错误；B项，2HCO3-H2CO3+CO32-的平衡常数，故B错误；C项，转化反应中若存在物料守恒：c(Na＋)=2c(C6H5O-)+2c(C6H5OH)，即溶质为等物质的量的NaHCO3和C6H5ONa，由于酸性：碳酸>苯酚，则C6H5O-水解程度大于2HCO3-H2CO3+CO32-，此时溶液中c(HCO3-)＞c(C6H5O-)，故C正确；D项，苯酚C6H5OH具有弱酸性，若溶液pH=10时为碱性，则C6H5ONa不可能完全转化为C6H5OH，故D错误；故选C。16．探究氮及其化合物的性质，下列方案设计、现象和结论都正确的是()实验方案现象结论A常温下，将Fe片分别插入稀硝酸和浓硝酸中一段时间后，前者有气体产生，后者无明显现象稀硝酸的氧化性强于浓硝酸B将Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸后，滴加KSCN溶液溶液变红Fe(NO3)2晶体已氧化变质C向两个同规格烧瓶中分别装入同比例的NO2和N2O4气体，并分别浸泡于热水和冷水中一段时间后，两烧瓶内颜色深浅不同NO2→N2O4的转化存在限度D将盛有NH4Cl固体的试管加热试管底部固体消失，试管口有晶体凝结NH4Cl固体受热易升华【答案】C【解析】A项，铁遇浓硫酸会发生钝化，浓硝酸的氧化性比稀硝酸强，A错误；B项，向Fe(NO3)2溶液中滴加稀硫酸，酸性条件下硝酸根离子与亚铁离子发生氧化还原反应生成铁离子，结论不合理，B错误；C项，向两个同规格烧瓶中分别装入同比例的NO2和N2O4气体，并分别浸泡于热水和冷水中，一段时间后，两烧瓶内颜色深浅不同，说明温度影响平衡移动，NO2→N2O4的转化存在限度，不能完全转化，C正确；D项，将盛有NH4Cl固体的试管加热，发生反应NH4ClNH3↑+HCl↑，氨气和氯化氢在试管口遇冷又生成氯化铵，所以试管口处有晶体出现，D错误；故选C。第Ⅱ卷二、非选择题：共5题，共52分。17．(10分)氮化铝晶体为共价晶体，是一种新型的无机非金属材料，有其重大用途。(1)某一种制取方法是Al2O3+C+N2→AlN+CO(未配平)。①每个N2中含_______个键，碳单质常见的是金刚石、石墨，其碳原子通常依次采用_______、_______杂化；②碳单质与生石灰在高温下生成电石与CO，CaC2晶体属于含离子键和_______(填非极性或极性)共价键的离子晶体，而CO与CO2比较，CO中C-O键更短，其主要原因是_______。(2)AlN也可由(CH3)3Al和NH3在一定条件下制取，该反应的化学方程式是_______(可以不写反应条件)，氨属于含极性共价键的_______(填非极性或极性)分子。(3)已知晶胞如图所示：①空心球(原子)半径大于黑心球(原子)半径，空心球代表的是_______(写名称)原子，理由是(空心球)_______(黑心球)[填写某一种原子的原子半径的单质通常不形成共价晶体]；②设NA为阿伏加德罗常数的值，晶胞的边长，则的晶体密度为_______g·cm-3。【答案】(1)①2(1分)sp3(1分)sp2(1分)②非极性(1分)CO中存在C中存在C=O(1分)(2)(CH3)3Al+NH3→AlN+CH4(1分)极性(1分)(3)①铝(1分)(1分)②(1分)【解析】(1)①N2分子中存在NN，含有1个σ键和2个π键；金刚石中每个C原子与周围4个C原子形成4个C-C键，为sp3杂化，石墨为层状结构，同一层中每个C原子与3个C原子形成3个C-C键，为sp2杂化；中存在C，为非极性共价键；CO中存在C中存在C=O，叁键的键长比双键的键长短，故CO中C-O键更短；(2)(CH3)3Al和NH3在一定条件下能生成AlN和CH4，该反应的化学方程式是(CH3)3Al+NH3→AlN+CH4；氨分子中存在孤电子对，正负电荷重心不重合，为极性分子。(3)①X的单质通常不形成共价晶体，则X为P，Al、P位于同一周期，P、N位于同一主族，同一周期从左向右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，原子半径：，则空心球为铝；Al原子位于顶点和面心，个数为，4个N原子为体内，晶胞质量为，晶胞体积为，晶胞密度。18．(10分)燃煤火电厂产生的尾气(主要成分为SO2、NO)可以按如下流程脱除或利用。请回答：(1)写出途径Ⅰ中SO2转化成的总反应化学方程式。(2)下列说法正确的是___________。A．途径Ⅰ中Cu+的作用是催化剂B．途径Ⅰ中C2H4的作用是还原剂C．若用氨水代替石灰乳吸收尾气，则SO2可能最终转化成为NH4HSO4或(NH4)2SO4D．工业制硝酸的第一步是N2与O2反应得到NO(3)写出途径Ⅱ中NO与CaCO3-NaClO2混合液反应的化学反应方程式。(4)下列物质有可能代替途径Ⅱ中NaClO2的是___________。A．NaClO B．O3 C．NH3 D．Na2S(5)设计实验方案检验途径Ⅱ产物中的含氮阴离子。【答案】(1)2SO2+O2+2Ca(OH)2=2CaSO4+2H2O(2分)(2)ABC(2分)(3)2CaCO3+4NO+3NaClO2=2Ca(NO3)2+3NaCl+2CO2(4)AB(2分)(5)取上层清液于试管中，加稀盐酸，无明显现象，再加入铜片，若产生无色气体，遇空气显红棕色，说明含氮阴离子为硝酸根离子(2分)【解析】燃煤火电厂产生的尾气(主要成分SO2、NO)通入石灰乳中，SO2和石灰乳反应生成CaSO3，后CaSO3被氧化成CaSO4；Cu+和O2结合生成Cu+(O2)然后和尾气中的NO反应转化成Cu+(NO2)，接着Cu+(NO2)和乙烯反应得到Cu+、N2、CO2、H2O；将燃煤火电厂产生的尾气(主要成分SO2、NO)通入CaCO3-NaClO2混合液中，反应得到CO2、CaSO4、Ca(NO3)2以及NaCl。(1)SO2和石灰乳反应生成CaSO3，后CaSO3被氧化成CaSO4，其总反应化学方程式为：2SO2+O2+2Ca(OH)2=2CaSO4+2H2O；(2)由图示可以看出，Cu+反应前后均有，且参加过反应，所以途径Ⅰ中Cu+的作用是催化剂，故A正确；C2H4中碳元素的化合价是-2价，反应后生成的CO2中碳元素的化合价为+4价，碳元素的化合价升高了，即途径Ⅰ中C2H4的作用是还原剂，故B正确；用氨水代替石灰乳，也能发生SO2和碱溶液反应生成亚硫酸盐的反应，后亚硫酸盐被氧化成硫酸盐，具体产物由碱和SO2的相对量的多少决定，可能生成NH4HSO4或(NH4)2SO4，故C正确；工业制硝酸的第一步是以氨和空气为原料，用铂铑合金网为催化剂，在氧化炉进行氨催化氧化反应，不是N2与O2反应得到NO，故D错误；故选ABC；(3)从图中可以看出，此反应的产物有CO2、Ca(NO3)2，Ca(NO3)2是NO的氧化产物，所以还有一种化合价降低的还原产物NaCl，反应的化学方程式为：2CaCO3+4NO+3NaClO2=2Ca(NO3)2+3NaCl+2CO2(4)途径Ⅱ中NaClO2的作用是将NO氧化，所以NaClO和O3能代替NaClO2，故选AB；(5)途径Ⅱ产物中的含氮阴离子为NO3-，检验方法为：取上层清液于试管中，加稀盐酸，无明显现象，再加入铜片，若产生无色气体，遇空气显红棕色，说明含氮阴离子为硝酸根离子。19．(10分)丙烯是一种重要的化工原料，其主要产品聚丙烯是生产口罩喷溶布的原料。铬基催化剂下丙烷生产丙烯相关主要反应有：Ⅰ．C3H8(g)C3H6(g)＋H2(g)ΔH1＝+124.14kJ·mol−1Ⅱ．C3H8(g)C2H4(g)＋CH4(g)Ⅲ．C3H8(g)3(s)＋4H2(g)请回答：(1)已知键能：，。C=C的键能与C-C的键能相差约kJ/mol。(2)600℃时，容器压强恒为P，铬基催化剂下两个密闭容器中分别按下表投料发生反应：容器C3H8/molCO2/molN2/molA1010B128①容器B生成C3H6的反应流程如下：下列有关说法正确的是。A．原料气中通入N2可提高C3H8的平衡转化率B．升高温度，一定能提高的C3H6平衡产率C．过程1产生C3H6的量大于过程2和过程3产生的C3H6D．在铬基催化剂中适当加入CaO可促进过程2平衡正移而提高C3H8的平衡转化率②若容器A中只发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，C3H8的平衡转化率为，C3H6的选择性(选择性)为w，计算反应Ⅰ的平衡常数。(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。③按照容器A和容器B的气体组分比，将两组气体按相同流速分别通过催化剂固定床反应器，C3H8的转化率和C3H6的选择性随时间变化如图所示：随反应进行，A组中C3H8转化率明显降低的可能原因是，B组中CO2的作用是(用化学方程式和必要的文字说明)。(3)恒温恒容的密闭容器中通入气体分压比为的混合气体，，已知某反应条件下只发生反应Ⅳ和反应Ⅴ(，为速率常数，只与温度有关且)：反应Ⅳ：C3H8(g)+CO2(g)=C3H6(g)＋H2O(g)+CO(g)反应Ⅴ：C3H8(g)+6CO2(g)=9CO(g)＋3H2O(g)实验测得丙烯的净生成速率方程为，请在下图中画出丙烯的物质的量随时间的变化趋势。【答案】(1)266.66(2分)(2)A(2分)(2分)C3H8分解产生的C附着于催化剂表面，使催化剂失活，反应速率迅速减小(1分)CO2+C2CO，消除催化剂上积碳，增加催化剂的稳定性和寿命；CO2促进C3H8按过程2和3发生反应，减少C3H8裂解副反应，提高C3H6选择性(1分)(3)(曲线起点为0，纵坐标最大值不超过2且终点时为1)(2分)【解析】(1)已知键能：，，根据反应热等于反应物的键能总和减去生成物的键能总和，结合反应Ⅰ．C3H8(g)C3H6(g)＋H2(g)ΔH1＝+124.14kJ·mol−1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的键能与C-C的键能相差约266.66kJ/mol；(2)①A项，该容器为恒压容器，故原料气中通入N2，导致反应体系的平衡分压减小，上述反应平衡正向移动，故可提高C3H8的平衡转化率，A正确；B项，由题干信息可知，容器中发生了反应Ⅱ和Ⅲ副反应，且这两个反应也是吸热反应，虽然升高温度，能使反应I正向移动，但反应Ⅱ和Ⅲ也正向移动，故不一定能提高的C3H6平衡产率，B错误；C项，已知过程2和过程3为有催化剂参与，能够加快反应速率，但不知道它们的产率，故无法比较过程1产生C3H6的量和过程2和过程3产生的C3H6，C错误；D项，在铬基催化剂中适当加入CaO，将消耗CO2，使得过程3无法进行，CrOx-1的浓度增大，则促进过程2平衡逆向移动，但不能改变C3H8的平衡转化率，D错误；故选A；②若容器A中只发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，C3H8的平衡转化率为，C3H6的选择性为w，根据三段式分析：故平衡时p(C3H8)=P=P，p(C3H6)=p(H2)=P，故计算反应Ⅰ的平衡常数=；③由题干信息可知，反应中将发生副反应Ⅲ，生成的C将附着在催化剂表面，是催化剂失活，故随反应进行，A组中C3H8转化率明显降低的可能原因是C3H8分解产生的C附着于催化剂表面，使催化剂失活，反应速率迅速减小，已知高温下CO2能与C反应生成CO，从而减少附着在催化剂表面的碳，使催化剂复活，故B组中CO2的作用是CO2+C2CO，消除催化剂上积碳，增加催化剂的稳定性和寿命；CO2促进C3H8按过程2和3发生反应，减少C3H8裂解副反应，提高C3H6选择性；(3)恒温恒容的密闭容器中通入气体分压比为的混合气体，，根据同温同体积下，气体的压强之比等于物质的量之比，故n(C3H8)=2mol，n(CO2)=8mol，刚开始只发生反应Ⅳ则生成的C3H6逐渐增大，当反应完全进行是最多生成C3H6为2mol，消耗2molCO2，然后将发生反应V，则C3H6的量逐渐减少，直到丙烯的净生成速率为0时C3H6不再改变，此时剩余的6molCO2完全消耗，则消耗掉C3H6为1mol，故剩余C3H6的物质的量为1mol，据此分析可知，丙烯的物质的量随时间的变化趋势如图所示：(曲线起点为0，纵坐标最大值不超过2且终点时为1)。20．(10分)氯化亚铜(CuCl)常用作有机合成催化剂，也用于颜料，防腐等工业；是一种白色粉末，微溶于水、不溶于乙醇及稀硫酸，在潮湿空气中易被氧化。某兴趣小组利用蚀刻液(主要含Cu2+、Fe3+、Fe2+、H+、Cl-)制备氯化亚铜，采用如下流程：已知：②Cu++2SO32-=[Cu(SO3)2]3-(1)步骤Ⅰ发生反应的离子方程式。(2)下列说法正确的是___________。A．步骤Ⅰ，可以用KMnO4溶液代替双氧水B．步骤Ⅱ，试剂X可以是CuO、CuCO3、Cu(OH)2等物质C．步骤Ⅲ，混合液中Na2CO3的作用是及时除去反应过程中产生的，避免产生SO2D．步骤Ⅳ，为了防止CuCl被氧化，可用SO2水溶液洗涤(3)步骤Ⅲ在如图所示装置中进行，仪器a的名称是；你认为恒压漏斗中所装试剂是，理由是。(4)准确称取所制备的氯化亚铜样品0.50g，将其置于过量的FeCl3溶液中，待样品完全溶解后过滤，用蒸馏水洗涤烧杯、玻璃棒及滤渣2～3次，将滤液及洗涤液一并转移到瓶中，加入指示剂2滴，立即用0.20mol/LCe(SO4)2标准溶液滴至终点，消耗Ce(SO4)2标准溶液24.00mL，样品中CuCl的质量分数为%(已知：，且杂质不参与反应)。【答案】(1)2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O(1分)(2)BCD(3分)(3)冷凝管(1分)Na2CO3、Na2SO3混合液(1分)若将Cu2+滴入Na2CO3、Na2SO3混合液中，则易形成Na3[Cu(SO3)2]溶液或者生成Cu2(OH)2CO3(2分)(4)95.52%(2分)【解析】蚀刻液(主要含Cu2+、Fe3+、Fe2+、H+、Cl-)加入双氧水氧化得到氧化液，主要是将Fe2+转化为Fe3+，再加入试剂X，调节pH4，沉淀Fe3+，则X可以是CuO、CuCO3、Cu(OH)2等物质，将Fe3+转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到的滤液加入Na2CO3、Na2SO3混合液处理后过滤、洗涤得到CuCl。(1)步骤Ⅰ中Fe2+被双氧水氧化生成Fe3+，发生反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3+