2023年高考第二次模拟考试卷-化学（福建A卷）（全解全析）

这是一份2023年高考第二次模拟考试卷-化学（福建A卷）（全解全析），共15页。试卷主要包含了本试卷分选择题和非选择题两部分等内容，欢迎下载使用。

2023年高考化学第二次模拟考试卷
化学·全解全析
注意事项：
1．本试卷分选择题和非选择题两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。
3．回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 N-14 Fe-56 Ga-70
一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。每小题只有一项符合题目要求。
1．2022北京冬奥会，有很多亮点。以下说法不正确的是
A．硅橡胶是制作冰墩墩外壳的主要原料：加成型液体硅橡胶是由基础聚合物和交联剂交联硫化的一类有机硅材料
B．中国健儿将身披通过三维扫描技术定制的战衣出征：速滑服为有机高分子材料
C．雪上项目将适当采用人造雪：人造雪性能优于天然雪，其化学成分与干冰相同
D．“绿氢”燃料电池客车投入“冰丝带”：光伏电解水制氢可作为绿氢主要来源
【答案】C
【解析】A．硅橡胶是由C、H、O、Si元素形成的高聚物，加成型液体硅橡胶是由基础聚合物和交联剂交联硫化的一类材料，因此属于有机硅材料，A正确；B．有机高分子材料是以有机高分子化合物为主要成分的材料,聚氨酯是一种有机高分子化合物，2022年北京冬奥会速滑服主要材料是聚氨酯，因此速滑服应用了有机高分子材料，B正确；C．雪上项目将适当采用人造雪又称人工造雪，是指人为地通过一定的设备或物理、化学手段，将水(水气)变成雪花或类似雪花的过程。人造雪性能优于天然雪，但其化学成分与冰相同，化学式是H2O，C错误；D．“绿氢”燃料电池客车投入“冰丝带”，不仅能量利用率高，而且无污染，反应产物水又是生产燃料H2的原料，光伏电解水制氢充分利用太阳能，也无污染物产生，因此可作为绿氢主要来源，D正确；故选C。
2．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．2.0 g D2中含有的中子数目为0.8NA
B．4.6 g C2H6O中含有C-H键的数目一定为0.6NA
C．常温下，将2.8 g Fe置于足量的浓硝酸中，转移的电子数目一定为0.15NA
D．11.2 L(标准状况)由甲烷和乙烯组成的混合气体中含有氢原子数目为2NA
【答案】D
【解析】A．D2的相对分子质量是4，其中含有2个中子，2.0 g D2的物质的量是0.5 mol，则其中含有的中子数目为NA，A错误；B．4.6 g C2H6O的物质的量是0.1 mol，由于C2H6O表示的物质可能是乙醇，也可能是而甲醚，因此不能根据其质量计算其中含有的C-H键的数目，B错误；C．浓硝酸具有强氧化性，在常温下浓硝酸遇铁、铝会在金属表面氧化产生一薄层致密的氧化物保护膜，阻止金属的进一步反应，即发生钝化现象，因此不能计算反应过程中转移的电子数目，C错误；D．标准状况下11.2 L由甲烷和乙烯组成的混合气体的物质的量是0.5 mol，由于CH4、C2H4分子中都含有4个H原子，因此0.5 mol混合气体中含有的H原子数目为2NA，D正确；故选D。
3．特布他林是治疗支气管哮喘，喘息性支气管炎，肺气肿等肺部疾病的药物。它对支气管平滑肌有高度的选择性，对心脏的兴奋作用很小，无中枢性作用。其结构简式如下图，下列关于该有机物说法正确的是

A．该有机物的分子式为：C12H20NO3
B．该有机物能发生加成、取代、氧化反应
C．1mol该有机物最多消耗2molNa
D．该有机物中最多7个碳原子共面
【答案】B
【解析】A．该有机物分子式为C12H19NO3，A错误；B．该有机物含苯环，可发生加成反应；含苯环和烷基，可发生取代反应；能与氧气发生氧化反应，B正确；C．1mol该有机物含3mol羟基，消耗3mol Na，C错误；D．该有机物最多8个原子共平面，如图所示， ，D错误；故选B。
4．下列实验设计能够完成且结论合理的是
A．可用玻璃棒蘸取氯水点在pH试纸上，待变色后和标准比色卡比较测出氯水的pH
B．向饱和溶液中滴加AgCl悬独液，产生黑色沉淀，证明AgCl的溶解度大于Ag2S
C．将50mL稀NaOH溶液缓慢倒入盛有等量盐酸的烧杯中，记录温度可测定中和热
D．将浓NaOH溶液和少量溴苯混合后振荡，仍有无色油状液体，证明常温下溴苯不易水解
【答案】D
【解析】A．氯水具有漂白性，能使pH试纸褪色，所以不能用pH试纸检验氯水的pH，故A错误；B．向饱和Ag2S溶液中滴加AgCl悬独液，产生黑色沉淀，反应为2AgCl(s)+Na2S(aq)Ag2S(s)+2NaCl(aq)，由于S2-浓度较高使溶解平衡正向移动，且AgCl和Ag2S组成不一样，不能判断溶解度大小，故B错误；C．NaOH稍过量，可保证盐酸完全反应，缓慢混合可使热量散失，应一次性迅速混合测定中和热，故C错误；
D．常温下不反应，NaOH溶液与溴苯分层，分层后下层为无色油状液体，故D正确；故选D。
5．常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A．在澄清透明的溶液中：Fe3+、Mn2+、SO、C1-
B．能使甲基橙显红色的溶液中：Zn2+、H+、ClO-、I-
C．含0.1mol·L-1 NaHSO4的溶液：K+、A13+、NO、SiO
D．=1.0×10-12的溶液：NH、Na+、HCO、NO
【答案】A
【解析】A. 在澄清透明的溶液中：Fe3+、Mn2+、SO、C1-各离子之间相互不反应，能大量共存，选项A正确；B. 能使甲基橙显红色的溶液呈酸性，H+、ClO-、I-之间因发生氧化还原反应而不能大量共存，选项B错误；C. 含0.1mol·L-1 NaHSO4的溶液中H+与SiO反应生成沉淀而不能大量共存，选项C错误；D. =1.0×10-12的溶液呈碱性，NH、HCO与氢氧根离子反应而不能大量存在，选项D错误；故选A。
6．氮的氧化物是大气污染物之一，如图为科研人员探究消除氮氧化物的反应机理，下列说法错误的是

A．整个过程中Ni2+作催化剂
B．过程Ⅰ中发生的化学反应为
C．过程中涉及的反应均为氧化还原反应
D．过程Ⅱ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2
【答案】D
【解析】A．整个过程中Ni2+先参加反应后又被生成，Ni2+是催化剂，A正确；B．过程Ⅰ中的反应物为Ni2+、NO，产物为Ni3+、O-、N2，对应的化学方程式为，故B正确；C．过程Ⅰ、Ⅱ中的化学反应均存在元素化合价的升降，即涉及的反应均为氧化还原反应，C正确；D．过程Ⅱ的化学方程式为，Ni元素化合价降低，Ni3+是氧化剂，O元素化合价升高，O-是还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1，故D错误；选D。
7．FEMC是锂电池电解液中常用的一种物质，由原子序数依次增大的短周期元素W、X、Y、Z组成，其结构如图所示，其中Z元素在其化合物中只会显示一种价态。下列说法正确的是

A．最高化合价：Y＞X＞W
B．Z单质在一定条件下可置换出Y单质
C．W的简单离子半径一定小于周期表中其它所有元素简单离子的半径
D．Y的氢化物的稳定性一定强于X的氢化物的稳定性
【答案】B
【解析】FEMC是锂电池电解液中常用的一种物质，由原子序数依次增大的短周期元素W、X、Y、Z组成，其结构如图所示，其中Z元素在其化合物中只会显示一种价态，则Z是F元素；W形成1个共价键，且原子序数比F小，则W是H；X形成4个共价键，则X是C元素；Y形成2个共价键，则Y是O元素，然后根据元素周期律及物质的性质分析解答。综上所述，W是H，X是C，Y是O，Z是F元素。
A．O元素原子半径小，元素的非金属性较强，没有与族序数相当的最高正化合价，碳元素的最高化合价为+4价，大于氧元素，A错误；B．F2可与水剧烈反应产生HF、O2，该反应所属基本类型为置换反应，B正确；C．H元素的简单离子H+的半径是所有简单离子中半径最小的，但H-与Li+、Be2+核外电子排布相同，离子的核电荷数越大，离子半径就越小，所以离子半径：H-＞Li+＞Be2+，C错误；
D．元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性就越强。题目未指明是否是最简单的气体氢化物，因此不能比较物质的稳定性的强弱。如元素的非金属性：O＞C，则稳定性：H2O＞CH4，但H2O2的稳定性弱于CH4，D错误；故选B。
8．苯亲电取代反应中卤代反应的反应进程与能量变化曲线如图所示，下列说法正确的是

A．决速步的能垒是ΔE2
B．反应分三步进行，且各步均为吸热反应
C．总反应的ΔH=ΔE1+ΔE2+ΔE3
D．升温既能加快反应速率，又能提高该卤代反应的平衡转化率
【答案】A
【解析】A．第二步能垒最大，是整个反应的决速步，其能垒是ΔE2，正确；B．根据图中信息得出前两步是吸热反应，第三步是放热反应，错误；C．总反应的焓变是生成物总能量减去反应物总能量或反应物的活化能减去生成物活化能，因此ΔH≠ΔE1+ΔE2+ΔE3，错误；D．由于总反应是放热反应，故升温可以加快反应速率，平衡逆向移动，因此不能提高该卤代反应的平衡转化率，错误。故选B。
9．一种水性聚合物-空气可充电电池，工作原理如图。N极为尖晶石钴，M极为碳纳米管上的聚合物，电解液为KOH溶液。下列说法中错误的是

A．放电时，电解质溶液的pH增大
B．放电时， M极的电极反应式为-2ne-=
C．充电时，每转移1mol电子，N极上有0.25 mol O2参与反应
D．充电时，N极与电源正极相连
【答案】C
【解析】放电时为原电池，阳离子移向正极、阴离子移向负极，图中K+移向N电极，则N电极为正极，M电极为负极，充电时为电解池。
A．放电时，正极上O2得电子生成OH-，电解质溶液pH增大，故A正确；B．放电时，M极为负极，在负极失去电子发生氧化反应生成，电极反应式为-2ne- === ，故B正确；C．充电时为电解池，N电极为阳极，电极反应式为，则充电时每转移1mol电子，N电极上生成0.25molO2，故C错误；D．充电时，N极为阳极，与电源正极相连，故D正确；答案选C。
10．将等体积的CH3COOH溶液和HNO2溶液分别加水稀释，pH随加水稀释倍数的变化如图所示，据图分析，下列说法正确的是

A．a点时的两溶液中存在：c(CH3COOH)>c(HNO2)>c(H＋)>c(CH3COO-)>c(NO)
B．酸的电离程度：c点=d点>b点
C．b、c两点时的溶液分别与NaOH恰好中和，溶液中n(Na＋)：b点>c点
D．溶液中水的电离程度：a点＜b点＜c点＜d点
【答案】C
【解析】两种酸的起始pH值相同，加相同体积水后HNO2的pH值更大，故HNO2酸性强于CH3COOH。CH3COOH酸性弱，相同pH值时CH3COOH的浓度更大。A．相同浓度时，酸的酸性越强，酸的电离程度越大，则酸的电离程度HNO2>CH3COOH，a点pH值相同，CH3COOH的浓度更大，故c(CH3COOH)>c(HNO2)，两种溶液的pH值相同，则两种溶液中的氢离子和氢氧根浓度分别相等，两种溶液中分别存在电荷守恒：c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，c(H+)=c(NO)+c(OH-)，故c(CH3COO-)=c(NO)，A错误；B．同一种酸，酸的浓度越大，酸的电离程度越小，CH3COOH浓度b点>d点，则CH3COOH电离程度：b点d点，综上分析酸的电离程度：c点>d点>b点，B错误；C．b、c两点时的溶液分别与NaOH恰好中和，酸的物质的量越多，溶液中n(Na+)越大，a点c(HNO2)c点，C正确；D．酸抑制水的电离，酸中c(H+)越大，抑制水电离程度越大，水的电离程度越小， c(H+)：a点> b点> c点=d点，则水的电离程度：a点＜b点＜c点=d点，D错误；故选C。

二、非选择题：本题共5小题，共60分。
11．（13分）氮化镓(GaN)在5G基站及工业互联网系统建设等方面用途广泛。从砷化镓废料(主要成分为GaAs，含Fe2O3、 SiO2和CaCO3等杂质)中回收砷，制备GaN的工艺流程如图：

已知：①Ga与Al同主族，化学性质相似；
②离子完全沉淀的pH值：SiO为8，GaO为5.5。
回答下列问题：
(1)为了提高“碱浸”效率应采用的措施是_______(写出一种措施)。
(2)“滤液1”中含有NaGaO2等溶质， “碱浸”时反应的离子方程式为_______________________。“滤渣1”的成分为_______(填化学式)。
(3)通CO2两次调pH的原因是_____________。
(4)“操作a”为_______、过滤、洗涤、干燥。
(5)“电解”时阴极的电极反应为_______。
(6)取m克GaN样品溶于足量的热NaOH溶液(GaN+OH- +H2O = GaO+NH3↑)中，用H3BO3溶液将产生的NH3完全吸收，用c mol·L-1的盐酸滴定，消耗盐酸V mL，则样品的纯度是_______。(已知： NH3+H3BO3 =NH3·H3BO3；NH3·H3BO3 +HCl=NH4Cl+H3BO3 )
【答案】(1)搅拌或适当提高温度或粉碎或适当提高溶液浓度（1分）
(2)GaAs+4OH—+4H2O2= GaO+ AsO+6H2O  （2分）   Fe2O3、CaCO3 （2分）
(3)先通入CO2使SiO变成H2SiO3沉淀，除杂，再通第二次使GaO变成Ga(OH)3沉淀，制备产品GaN（2分）
(4)蒸发浓缩、冷却结晶（2分）
(5) GaO+3e—+2H2O = Ga+4OH— （2分）
(6) % （2分）
【解析】由题给流程可知，向砷化镓废料中加入氢氧化钠溶液、过氧化氢溶液碱浸时，砷化镓碱性条件下与过氧化氢溶液反应生成偏镓酸钠、砷酸钠和水，二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，氧化铁、碳酸钙不反应，过滤得到含有氧化铁、碳酸钙的滤渣和含有偏镓酸钠、砷酸钠、硅酸钠的滤液；向滤液中通入二氧化碳调节溶液pH为8，将硅酸钠转化为硅酸沉淀，过滤得到含有硅酸的滤渣和含有偏镓酸钠、砷酸钠的滤液；向滤液中通入二氧化碳调节溶液pH为5.5，将偏镓酸钠转化为氢氧化镓沉淀，过滤得到氢氧化镓滤渣和含有砷酸钠的滤液；滤液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到十二水砷酸钠；向氢氧化镓滤渣中加入氢氧化钠溶液，将氢氧化锗转化为偏镓酸钠，电解偏镓酸钠溶液，在阴极得到镓，镓与氨气在高温条件下反应制得氮化镓。
（1）搅拌、适当提高温度、粉碎、适当提高溶液浓度等措施能提高碱浸效率，故答案为：搅拌或适当提高温度或粉碎或适当提高溶液浓度；
（2）由分析可知，碱浸时得到偏镓酸钠的反应为砷化镓碱性条件下与过氧化氢溶液反应生成偏镓酸钠、砷酸钠和水，反应的离子方程式为GaAs+4OH—+4H2O2= GaO+ AsO+6H2O；滤渣1的成分为氧化铁、碳酸钙，故答案为：GaAs+4OH—+4H2O2= GaO+ AsO+6H2O；Fe2O3、CaCO3；
（3）由分析可知，通二氧化碳两次调pH的原因是第一次通入二氧化碳调节溶液pH为8，将滤液中硅酸钠转化为硅酸沉淀，过滤除去硅酸达到除去溶液中硅元素的目的，第二次通入二氧化碳调节溶液pH为5.5，将滤液中偏镓酸钠转化为氢氧化镓沉淀，便于后续反应制备产品氮化镓，故答案为：先通入CO2使SiO变成H2SiO3沉淀，除杂，再通第二次使GaO变成Ga(OH)3沉淀，制备产品GaN；
（4）由分析可知，操作a为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到十二水砷酸钠，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；
（5）由分析可知，电解偏镓酸钠溶液，在阴极得到镓，电极反应为GaO+3e—+2H2O = Ga+4OH—，故答案为：GaO+3e—+2H2O = Ga+4OH—；
（6）由题给方程式可得如下转化关系：GaN—NH3·H3BO3—HCl，滴定消耗VmLcmol/L盐酸，则样品的纯度为×100%=%，故答案为：%。

12．（14分）3-苯基乳酸是一些重要的化学合成物前体，并广泛应用于医药、化工、生物合成等领域，可作为日常食品的防腐剂。实验室通过苯丙氨酸的重氮化及水解反应制取3—苯基乳酸，方法如下：

HNO2(Mr=47)：弱酸，不稳定，遇热即分解，水溶液无色。
苯丙氨酸(Mr =165)：白色固体，溶于水，熔点270～275℃。
3—苯基乳酸(Mr =166)：白色晶体，微溶于水，易溶于有机溶剂，熔点122～124℃。
实验步骤：
①三颈烧瓶中加入6.0g苯丙氨酸，再加入70mL稀硫酸，冷却至5℃，边搅拌边滴加60mLNaNO2溶液(0.1g·mL-1)，维持温度搅拌50min，然后改成35℃热水浴再搅拌10min。
②往烧瓶中加入25mL乙酸乙酯，搅拌后将混合液中的水分离，干燥得到粗产品5.0g。
③取粗产品0.5g于锥形瓶中，加入1mL95%的乙醇，溶解后再加入25mL蒸馏水、2滴酚酞试剂，用0.1mol·L-1NaOH标准溶液滴定至终点，重复3次实验，平均消耗V(NaOH)=28.10mL

（1）仪器a的名称为_______，配制60mL0.1g·mL-1NaNO2溶液需要的玻璃仪器有_______、胶头滴管、玻璃棒、烧杯。
（2）加入稀硫酸的作用是_________________，涉及到的化学方程式为______________________。
（3）步骤①中先在5℃温度下搅拌50min，后改为35℃搅拌10min的原因是_____________________。
（4）步骤②中乙酸乙酯的作用是________________，后续提纯粗产品的方法是_______________。
（5）滴定终点的现象是_________________________，计算得产品的纯度是_______。(保留3位有效数字)
【答案】（1）恒压滴液漏斗    （1分） 100mL容量瓶    （1分）
（2）溶解苯丙氨酸、产生HNO2       （2分）  H2SO4 + NaNO2 =Na2SO4 + 2HNO2    （2分）
（3）低温条件下进行重氮化反应可防止HNO2分解，该温度下反应速率慢，反应所需时间长，重氮化反应结束后，升高实验温度至35℃，以便水解反应顺利进行    （2分）
（4）作萃取剂提取3-苯基乳酸      （2分）   重结晶    （1分）
（5）当最后一滴NaOH标准溶液滴入锥形瓶，溶液由无色变为粉红色，且30s内不褪色      （1分）   93.2%    （2分）
【解析】
配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤：计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶，根据配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤来确定需要的仪器；3-苯基乳酸微溶于水，易溶于有机溶剂，乙酸乙酯可作萃取剂萃取3-苯基乳酸；滴定时酚酞作指示剂，当到达滴定终点时溶液由无色变为粉红色，且30s内不褪色。
（1）由图可知，仪器a为恒压滴液漏斗；配制60mL0.1g·mL-1NaNO2溶液的步骤为计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶，由于实验室没有60mL规格的容量瓶，应选用100mL容量瓶，因此所需的玻璃仪器为：100mL容量瓶、烧杯、胶头滴管、玻璃棒，故答案为：恒压滴液漏斗；100mL容量瓶；
（2）加入稀硫酸，稀硫酸可以溶解苯丙氨酸，同时H2SO4与NaNO2反应生成HNO2，反应的化学方程式H2SO4 + NaNO2 =Na2SO4 + 2HNO2，故答案为：溶解苯丙氨酸、产生HNO2；H2SO4 + NaNO2 =Na2SO4 + 2HNO2；
（3）低温条件下进行重氮化反应可防止HNO2分解，该温度下反应速率慢，反应所需时间长，重氮化反应结束后，升高实验温度至35℃，以便水解反应顺利进行，因此步骤①中先在5℃温度下搅拌50min，后改为35℃搅拌10min，故答案为：低温条件下进行重氮化反应可防止HNO2分解，该温度下反应速率慢，反应所需时间长，重氮化反应结束后，升高实验温度至35℃，以便水解反应顺利进行；
（4）由于3-苯基乳酸微溶于水，易溶于有机溶剂，步骤②中乙酸乙酯的作用是作萃取剂提取3-苯基乳酸；得到含3-苯基乳酸的溶液，将溶剂蒸发后，得到3-苯基乳酸的白色固体，由于该物质微溶于水，可选择水为溶剂进行重结晶提纯，具体方法为：将3-苯基乳酸溶于热水，配成热的饱和溶液，再趁热过滤，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥，故答案为：作萃取剂提取3-苯基乳酸；重结晶；
（5）用NaOH溶液进行滴定，到达滴定终点时，溶液呈碱性，因此滴定终点的现象为：当最后一滴NaOH标准溶液滴入锥形瓶，溶液由无色变为粉红色，且30s内不褪色；3-苯基乳酸含有一个-COOH，所以滴定时与NaOH以1∶1进行反应，则样品中的3-苯基乳酸的质量为28.10 ×10-3L×0.1mol·L-1×166g/mol=0.466g，则产品的纯度为×100%=93.2%，故答案为：当最后一滴NaOH标准溶液滴入锥形瓶，溶液由无色变为粉红色，且30s内不褪色；93.2%。
13．（13分）丙烯是制备聚丙烯的单体，在催化剂作用下，可由丙烷直接脱氢或氧化脱氢制得。
反应Ⅰ(直接脱氢)：   △H1
反应Ⅱ(氧化脱氢)：       
已知：       
（1）△H1_______kJ·mol-1。
（2）向某容器中仅通入C3H8(g)，发生反应Ⅰ，达到平衡后，下列措施能提高C3H6(g)的平衡产率的有_______(填标号)。
A．恒压下，充入惰性气体 B．加入高效催化剂
C．恒容下，充入C3H8 D．适当升高温度
（3）向某恒压密闭容器中通入C3H8(g)和N2(g)的混合气体(N2不参与反应)，发生反应Ⅰ，反应起始时气体的总压强为100kPa。在温度为T1℃时，C3H8的平衡转化率与通入的混合气体中C3H8的物质的量分数的关系如图1所示。
①C3H8的平衡转化率随起始通入C3H8的物质的量分数增大而减小，其原因是______________。
②T1℃时，反应Ⅰ的平衡常数Kp_______(以分压表示，分压=总压×物质的量分数，保留一位小数)kPa。

（4）向密闭容器中充入一定量丙烷，在催化剂Cat1、Cat2作用下，单位时间内丙烯的产率与温度的关系如图2所示。在相同条件下，催化效率较高的是_______(填“Cat1”或“Cat2”)。在Cat2作用下，之后丙烯产率急剧减小的原因可能是__________________(答一条)。
（5）已知：高温下，C-C键断裂的反应比C-H键断裂的脱氢反应容易发生，这将导致的选择性降低；同时高温加剧催化剂表面积炭，导致催化剂迅速失活。在生产中充入的作用之一是利于保持催化剂活性，其原因是_______________________(用化学方程式表示)。
【答案】（1）+124 （2分）
（2）AD （2分）
（3）丙烷物质的量分数增大，相当于对平衡体系加压，平衡向逆反应方向移动    （2分）   16.7 （2分）
（4）Cat1     （1分） 催化剂失活、副产物增多(催化剂选择性降低) （2分）
（5）C+CO22CO （2分）
【解析】
（1）已知：反应Ⅰ(直接脱氢)：   △H1，反应Ⅱ(氧化脱氢)：，根据盖斯定律，将Ⅱ- Ⅰ×2可得： ，则△H2-2△H1=△H3，-236 kJ/mol-2△H1=-484 kJ/mol，解得△H1=+124 kJ/mol。
（2）向某容器中仅通入C3H8，发生反应Ⅰ：，则：
A．恒压下，充入惰性气体，则体系的体积扩大，导致反应体系压强减小，化学平衡向气体体积扩大的正反应方向移动，导致C3H6(g)的平衡产率提高，A符合题意；B．加入高效催化剂只能加快反应速率，缩短达到平衡所需时间，但化学平衡不移动，因此C3H6(g)的平衡产率不变，B不符合题意；C．恒容下，充入C3H8，导致反应体系压强增大，化学平衡逆向移动，最终使C3H6(g)的平衡产率降低，C不符合题意；D．△H1=+124 kJ/mol，该反应的正反应是吸热反应，在其他条件不变时，适当升高温度，化学平衡向吸热的正反应方向移动，导致C3H6(g)的平衡产率提高，D符合题意；故合理选项是AD；
（3）向某恒压密闭容器中通入和的混合气体(不参与反应)，发生反应Ⅰ：，反应起始时气体的总压强为100kPa，则：
①C3H8的平衡转化率随起始通入C3H8的物质的量分数增大而减小，这是由于丙烷物质的量分数增大，相当于对平衡体系加压，增大压强，化学平衡向气体体积减小的逆反应方向移动，因此C3H8的平衡转化率会减小；
②根据图1可知：在温度为T1时，当通入C3H8的体积分数为0.4，反应达到平衡时C3H8的平衡转化率为50%，假设反应开始时通入气体物质的量为a mol，则n(C3H8)=0.4a mol， n(N2)=0.6a mol，根据C3H8平衡转化率为50%，结合反应中物质反应转化关系可知平衡时n(C3H8)=0.2a mol，n(C3H6)=n(H2)=0.2a mol，平衡时气体总物质的量n(总)=0.2a mol+0.2a mol+0.2a mol+0.6a mol=1.2a mol，C3H8、C3H6、H2的物质的量分数都是，Kp= 16.7kPa；
（4）根据图2可知：在相同条件下，催化效率较高的是Cat1；在Cat2作用下，T0℃之后丙烯产率急剧减小的原因可能是温度升高，导致催化剂失活、副产物增多(催化剂选择性降低)；
（5）高温下，C-C键断裂的反应比C-H键断裂的脱氢反应容易发生，这将导致C3H6的选择性降低；同时高温加剧催化剂表面积炭，导致催化剂迅速失活。在生产中充入CO2的作用之一是利于保持催化剂活性，这是由于在高温下CO2能够与C反应产生CO，消耗了在催化剂表面覆盖的炭，有利于催化剂对反应的催化作用，该反应方程式为：C+CO22CO。
14．（10分）镓(31Ga)是化学史上第一种先理论预言，后在自然界中被发现并验证的元素。镓的化合物半导体广泛用于电子与微电子工业。
（1）基态Ga原子中，核外电子占据的最高能层的符号是_______。
（2）门捷列夫预言的“类硼”(即钪，21Sc)，“类铝”(即镓，31Ga)，“类硅”(即锗，32Ge)三种元素中，未成对电子数最多的是_______(填元素符号)。
（3）氮化镓(GaN)和砷化镓(GaAs)都是新型的半导体材料，与晶体硅属于同一晶体类型。
①Ga、N、As三种元素的电负性由大到小的顺序是_______________。
②GaN熔点(1700℃)高于GaAs熔点(1238℃)的原因是__________________。
③GaAs可由Ga(CH3)3和AsH3在一定条件下制得，该反应的化学方程式是________________，Ga(CH3)3分子中Ga原子的杂化方式是_______。
（4）钆镓石榴石是一种激光介质材料，其晶体结构单位简图如下。

钆镓石榴石的化学式是_______。
【答案】（1）N （1分）
（2）Ge （1分）
（3）①N＞As＞Ga     （1分）
②二者都属于共价晶体，由于原子半径：As＞N，共价键的键长：Ga-As＞Ga-N，则键能：Ga-As＜Ga-N，断裂共价键消耗的能量Ga-As＜Ga-N，故物质的熔点：GaN＞GaAs； （2分）
③Ga(CH3)3+AsH3GaAs+3CH4    （2分）  sp2杂化     （1分）
（4）Cd3Ga5O12    （2分）
【解析】
（1）Ga是31号元素，位于元素周期表第四周期，因此基态Ga核外电子占据的最高能层的符号是N；
（2）根据构造原理可知基态21Sc核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d14s2，有1个未成对电子；Ga原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s24p1，有1个未成对电子；32Ge原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s24p2，有2个未成对电子。因此这三种元素中，未成对电子数最多的是Ge；
（3）①同一周期元素，原子序数越大，元素的非金属性越强，其电负性就越大；同一主族元素，原子核外电子层数越少，元素的非金属性越强，其电负性就越大。元素的非金属性：N＞As＞Ga，所以Ga、N、As三种元素的电负性由大到小的顺序是：N＞As＞Ga；
②GaN、GaAs都是共价晶体，由于原子半径：As＞N，所以共价键的键长：Ga-As＞Ga-N，共价键的键长越长，键能就越小，该共价键键能就越小，化学键就越容易断裂，断裂共价键消耗的能量就越少，则含有该化学键的物质的熔沸点就越低，所以物质GaN的熔点(1700℃)高于GaAs熔点(1238℃)；
③GaAs可由Ga(CH3)3和AsH3在一定条件下制得，该反应的化学方程式是：Ga(CH3)3+AsH3GaAs+3CH4；
Ga(CH3)3分子中Ga原子与3个-CH3的C原子形成3个σ共价键，Ga原子上无孤对电子，因此Ga原子采用sp2杂化；
（4）在钆镓石榴石晶胞中含有Ga3+原子为8×+1=2；含有Cd3+为6×=3；含有个数为6×=3，所以该晶体化学式为Cd3Ga5O12。
15．（10分）8—羟基喹啉可用作医药中间体，其合成路线如图。回答下列问题：

已知：①D分子结构中含有醛基
②++H2O
回答下列问题：
（1）A→B的反应类型为_________，B的名称是__________，G的结构简式为__________。
（2）J→K的化学反应方程式为___________________。
（3）化合物J的同分异构体中能同时满足下列条件的有____种。
①苯环上有两个取代基
②含有—NH2
③能与FeCl3溶液发生显色反应且能发生银镜反应
（4）合成8-羟基喹啉时，F发生_________(填“氧化”或“还原”)反应，同时生成水。当有1molH2O生成时，产物中8-羟基喹啉的物质的量为________mol。
【答案】（1）取代反应    （1分） 3-氯-1-丙烯      （1分）     （1分）
（2）+H2O    （2分）
（3）12    （2分）
（4）还原        （1分） 1.5    （2分）
【解析】A的分子式为C3H6，A的不饱和度为1，A与Cl2高温反应生成B，B与Br2的CCl4发生加成反应生成C，C发生水解反应生成甘油，甘油的结构简式为HOCH2CH(OH)CH2OH，则C的结构简式为HOCH2CHBrCH2Br，B的结构简式为CH2=CHCH2Cl，A→B为取代反应，则A的结构简式为CH3CH=CH2；甘油在浓硫酸、加热时消去2个“H2O”生成D，D含有醛基，根据E→F→G和D+G→J，结合E、F、G的分子式以及J的结构简式，D+G→J为加成反应，则D的结构简式为CH2=CHCHO，E的结构简式为、F的结构简式为、G的结构简式为；J的分子式为C9H11NO2，K的分子式为C9H9NO，J→K的过程中脱去1个“H2O”，结合J→K的反应条件和题给已知i，J→K先发生加成反应、后发生消去反应，则K的结构简式为，据此分析解答。
（1）根据上述分析可知，A→B为取代反应，B的结构简式为CH2=CHCH2Cl，Cl原子位于3号碳上，故名称为3-氯-1-丙烯，G的结构简式为；
（2）J→K先发生加成反应、后发生消去反应，K的结构简式为，反应的化学方程式为+H2O；
（3）J的分子式为C9H11NO2，其同分异构体中，能与FeCl3溶液发生显色反应且能发生银镜反应，则含有酚羟基和醛基，同时含有—NH2，又苯环上有两个取代基，则除酚羟基外，另一个基团为—CH(CHO)CH2NH2、—CH(NH2)CH2CHO、—CH2CH(NH2)CHO、共4种，4种基团分别与酚羟基有邻间对3种结构，故满足条件的同分异构体数目为4×3=12种；
（4）合成8-羟基喹啉时，F的—NO2发生还原反应，同时生成水，反应的化学方程式为3+→3++2H2O，因此当有1molH2O生成时，产物中8-羟基喹啉的物质的量为1.5mol。