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宁夏回族自治区银川市银川一中2020届高三下学期第一次模拟考试化学（解析版）
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宁夏回族自治区银川市银川一中2020届高三下学期第一次模拟考试
1.下列说法正确的是（ ）
A. 食盐抗结剂K4[Fe（CN）6]（黄血盐）可用KCN和FeCl2代替
B. ClO2和75%酒精均可用于新冠肺炎期间消毒，二者杀菌原理相同
C. 添加碱性蛋白酶等水解酶的洗衣粉去污能力更好，水温越高酶的活性越高
D. 用超临界液态CO2代替有机溶剂萃取大豆油，有利于环保
【答案】D
详解】A．KCN有剧毒，不能用于食品添加剂，故A错误；
B．酒精可使病菌细胞脱水，ClO2具有强氧化性而杀菌消毒，二者的原理不同，故B错误；
C．温度升高，可使蛋白质变性，使酶失去活性，故C错误；
D．用超临界液态CO2代替有机溶剂萃取大豆油，可减少有机溶剂的使用，有利于环保，故D正确；
故答案为D。
2.设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列有关说法正确的是（ ）
A. 60克乙酸和葡萄糖混合物充分燃烧消耗O2分子数为2NA
B. 5.8g熟石膏（2CaSO4·H2O）含有的结晶水分子数为0.04NA
C. 把4.6g乙醇完全氧化变成乙醛，转移电子数为0.1NA
D. 实验室制取氧气方法有多种，制取1molO2转移电子数均是4NA
【答案】A
【详解】A．乙酸与葡萄糖最简式都是CH2O，1个CH2O完全燃烧消耗1个氧气分子，60克的乙酸和葡萄糖混合物含有CH2O物质量为2mol，充分燃烧消耗2NA个O2，故A正确；
B．熟石膏(2CaSO4•H2O)的物质的量n==0.02mol，由熟石膏(2CaSO4•H2O)的化学式可知，1mol熟石膏(2CaSO4•H2O)中含1mol水，故0.02mol水中含0.02mol水，即0.02NA个，故B错误；
C．把4.6g乙醇物质的量为0.1mol，完全氧化变成乙醛，碳元素由乙醇中的-2价升高乙醛中的-1价，故转移电子数为0.2NA，故C错误；
D．实验室可以用双氧水、KClO3和KMnO4来制取氧气，当用KClO3和KMnO4来制取氧气时，氧元素由-2价变为0价，故制取1mol氧气转移4NA个电子，当用双氧水制取氧气时，氧元素由-1价变为0价，故制取1mol氧气时转移2NA个电子，故D 错误；
故答案为A。
3.下列根据实验操作和实验现象所得出的结论中，正确的是（ ）
选项
实验操作
现象
结论
A
常温下分别测定等浓度的KNO2、KCl溶液的pH
pH值：KNO2＞KCl
非金属性：Cl＞N
B
打磨后的铝片投入沸水中，加热一段时间，取出铝片，用一束光照射溶液
加热，铝片表面无明显现象；用光照射溶液时，有一条光亮的“通路”
铝与热水发生了反应
C
将某溶液与盐酸反应产生的气体通入澄清石灰水中
澄清石灰水变浑浊
某溶液中一定含有HCO3-或CO32-
D
向Cu（OH）2沉淀中分别滴加盐酸和氨水
沉淀均能溶解
Cu（OH）2为两性氢氧化物
【答案】B
【详解】A．可比较亚硝酸与盐酸的酸性，但亚硝酸和盐酸均不是N或Cl元素最高价水化物含氧酸，则不能比较非金属性，故A错误；
B．用光照射溶液时，有一条光亮“通路”，可知生成氢氧化铝胶体分散系，则铝与热水发生了反应，故B正确；
C．二氧化硫、二氧化碳均使石灰水变浑浊，生成的气体不一定就是CO2，则不能说明溶液中一定含有HCO3-或CO32-，故C错误；
D．Cu(OH)2与氨水反应生成络合物，不是生成盐和水，则氢氧化铜为碱，不具有两性，故D错误；
故选：B。
4.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。K、L、M均是由这些元素组成的二元化合物，甲、乙分别是元素X、Y的单质，甲是常见的固体，乙是常见的气体。K是无色气体，是主要的大气污染物之一．常温下0.05mol/L丙溶液的pH为1，上述物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 由W、Y组成的某种化合物可与K直接反应制得丙
B. K、L、M 中沸点最高的是M
C. 原子半径：W
【答案】A
【分析】0.05mol/L丙溶液的pH为l，可知丙为二元强酸，应为H2SO4，K是无色气体，是主要的大气污染物之一，且可生成H2SO4，则应为SO2，可知乙为O2，L为H2O，乙是常见的气体，且与浓硫酸和甲反应生成，可知甲为C，M为CO2，则W为H元素，X为C元素，Y为O元素，Z为S元素，以此解答该题。
【详解】由上述分析可知，W为H元素，X为C元素，Y为O元素，Z为S元素；
A．丙为H2SO4，K为SO2，可由过氧化氢与SO2发生氧化还原反应生成，故A正确；
B．K(SO2)、M(CO2)常温下为气体，L为H2O，常温下为液体，沸点最高，故B错误；
C．同周期元素原子半径从左到右逐渐减小，电子层越多原子半径越大，则原子半径为C＞O＞H，即W＜Y＜X，故C错误；
D．同主族元素从上到下非金属性减弱，且碳酸的酸性小于硫酸，可知非金属性为O＞S＞C，即Y＞Z＞X，故D错误；
故答案为A。
5.2019年3月科学家研发出一种新型的锌碘单液流电池，其原理如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 充电时B电极反应式为： I2 + 2e- = 2I-
B. 放电时电解质储罐中离子总浓度减小
C. M为阴离子交换膜，N为阳离子交换膜
D. 充电时，A极增重65g时，C区增加离子数为2NA
【答案】C
【详解】A．充电时，B电极为阳极，I-失电子发生氧化反应生成I2，电极反应式为2I--2e-=I2，故A错误；
B．放电时，左侧为负极，电极反应式为Zn-2e-═Zn2+，所以储罐中的离子总浓度增大，故B错误；
C．离子交换膜是防止正负极I2、Zn接触发生自发电，负极区生成Zn2+、正电荷增加，正极区生成I-、负电荷增加，所以Cl-通过M膜进入负极，K+通过N膜进入正极，所以M为阴离子交换膜，N为阳离子交换膜，故C正确；
D．充电时，A极反应式Zn2++2e-═Zn，A极增重65g转移2mol电子，所以C区增加2molK+、2molCl-，离子总数为4NA，故D错误；
故答案为C。
【点睛】考查化学电源新型电池，会根据电极上发生的反应判断正负极是解本题关键，由装置图可知，放电时，Zn是负极，负极反应式为Zn-2e-═Zn2+，石墨是正极，反应式为I2+2e-=2I-，外电路中电流由正极经过导线流向负极，充电时，阳极反应式为2I--2e-=I2、阴极反应式为Zn2++2e-=Zn，注意交换膜的特点，选项是D为易错点。
6.2019年4月20日，药品管理法修正草案进行二次审议，牢筑药品安全防线。运用现代科技从苦艾精油中分离出多种化合物，其中四种的结构如下：
下列说法不正确的是（ ）
A. ②③分子中所有的碳原子不可能处于同一平面内
B. ②④互为同分异构体
C. ③④的一氯代物数目不同
D. ①②③均能使酸性高锰酸钾溶液褪色
【答案】B
【详解】A．②含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特征，则所有的碳原子不可能在同一个平面上，故A正确；
B．②、④的分子式不同，各为C10H18O、C10H16O，则二者不是同分异构体，故B错误；
C．③的一氯代物有5种，而④结构不对称，一氯代物有6种，两者一氯代物数目不同，故C正确；
D．①、②均含有碳碳双键，可被酸性高锰酸钾氧化，③的苯环含有甲基，可酸性高锰酸钾被氧化，故D正确；
故答案为B。
7.最近科学家在植物中提取到一种特殊的二元酸叫类草酸H2M（Ka1=1.4×10-3；Ka2=1.7×10-5），能做安全的食品保鲜剂，研究表明H2M分子比离子更易透过细胞膜而杀灭细菌。常温下，向20 mL 0.2 mol/L H2M溶液中滴加0.2mol/L NaOH溶液。根据图示判断，下列说法正确的是（ ）
A. b点比a点杀菌能力强
B. 曲线Ⅲ代表HM- 物质的量的变化
C. M2-水解常数Kh=7.14×10-12
D. 当V=30 mL时，溶液显酸性
【答案】D
【详解】H2M分子比离子更易透过细胞膜而杀灭细菌，则H2M浓度越大杀菌能力越大，H2M与NaOH反应过程中H2M浓度逐渐减小、HM-浓度先增大后减小、M2-浓度增大，所以I表示H2M、II表示HM-、III表示M2-；
A．H2M分子比离子更易透过细胞膜而杀灭细菌，则H2M浓度越大杀菌能力越大，H2M浓度：a＞b，所以杀菌能力a＞b，故A错误；
B．通过以上分析知，III表示M2-物质的量的变化，故B错误；
C．M2-水解常数Kh= ≈5.88×10-10，故C错误；
D．当V=30mL时，溶液中生成等物质量浓度的NaHM、Na2M，根据图知溶液中c(HM-)＜c(M2-)，说明HM-电离程度大于M2-水解程度，所以溶液呈酸性，故D正确；
故答案为D。
【点睛】考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查图象分析判断及计算能力，正确判断各曲线表示微粒种类、水解平衡常数计算方法是解本题关键，注意：二元弱酸中第一步水解平衡常数与该酸的第二步电离平衡常数之积为离子积常数。
8.金属在社会生活中的应用很广泛，常用金属表面往往生锈，用盐酸对其表面氧化物进行清洗，会产生酸洗废水。pH在1.5左右的某酸洗废水中含铁元素质量分数约3%，还有如铜、镍、锌、 铬浓度较低的金属也有，工业上综合利用酸洗废水可制备三氯化铁。制备过程如下：
相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH如下表所示：
回答下列问题：
（1）“中和”操作中发生的主要反应的化学方程式为_________________________________，调节pH范围为________________，有利于后续制备得纯度较高的产品。
（2）酸溶处理中和后的滤渣，使铁元素浸出。滤渣和工业盐酸反应时，不同反应温度下铁浸出率随时间变化如图（a）所示，可知酸溶的最佳温度为_________。按照不同的固液比（滤渣和工业盐酸的投入体积比）进行反应时，铁浸出率随时间变化如图（b）所示，实际生产中固液比选择3:2的原因是_____________________________________________________。
（3）氧化时，可选氯酸钠或过氧化氢为氧化剂，若100L“酸溶”所得溶液中Fe 2+含量为1.2mol∙L−1，则需投入的氧化剂过氧化氢的质量为___________。
（4）氧化时，除可外加氧化剂外，也可采用惰性电极电解的方法，电解总反应的离子方程式是_________________________________________________________。
（5）将得到的FeCl3溶液______________________、过滤、洗涤、干燥得FeCl3∙6H2O晶体。
【答案】 (1). Ca（OH）2＋2HCl=CaCl2＋2H2O、3Ca（OH）2＋2FeCl3=2Fe（OH）3＋3CaCl2 (2). 3.7
【详解】(1)酸洗废水中含有氯化铁、氯化铜、氯化镍、氯化铬，加入熟石灰后发生反应：Ca(OH)2+2HCl=CaCl2+2H2O、3Ca(OH)2+2FeCl3=2Fe(OH)3 +3CaCl2；根据表中数据可知，pH≥3.7时铁离子完全转化成氢氧化铁沉淀，pH＜4.2时铜离子等其它离子没有形成沉淀，为了减少滤渣中杂质，需要调节溶液pH范围为3.7～4.2；
(2)根据图(a)可知，温度为65℃时铁浸出率最高，所以酸溶的最佳温度为65℃；根据图(b)可知，固液比越大铁浸出率越低，但固液比过低时，蒸发浓缩FeCl3溶液需消耗过多的能量，提高了生生产成本，所以实际生产中固液比选择3:2；
(3)若100L“酸溶”所得溶液中Fe2+含量为1.2mol•L-1，则n(Fe2+)=1.2mol/L×100L=120mol，根据电子守恒，需投入的氧化剂过氧化氢的物质的量为：=60mol，质量为：34g/mol×60mol=2040g；
(4)氧化时，除可外加氧化剂外，也可采用惰性电极电解的方法，此时阴极氢离子得到电子生成氢气，阳极亚铁离子失去电子生成铁离子，电解总反应为亚铁离子与氢离子反应生成铁离子和氢气，该离子方程式是：2Fe2++2H+ 2Fe3++H2↑；
(5)氯化铁加热易水解生成氢氧化铁和氯化氢，HCl易挥发，要从FeCl3溶液中得到FeCl3•6H2O晶体，需要在HCl气流中采用蒸发浓缩、冷却结晶的方法，然后通过过滤、洗涤、干燥得到FeCl3•6H2O晶体。
9.二氧化钒形态可在绝缘体和金属导体之间转换，具有相变特性，研究表明其可能成为未来电子业的革命性材料。实验室以V2O5为原料合成用于制备VO2的氧钒碱式碳酸铵晶体，过程如下：
V2O5 VOCl2溶液(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9] ∙10H2O（氧钒碱式碳酸铵晶体）
已知：+4价的钒化合物在弱酸性条件下易被氧化。
回答下列问题：
（1） 氧钒碱式碳酸铵中V的化合价为 ________。
（2）步骤i中生成VOC12的同时生成一种无色无污染的气体，该化学方程式为______________________________________________。也可只用浓盐酸与V2O5来制备VOC12溶液，该法的缺点是 _____________________________________________。
（3）步骤ii可在下图装置中进行。
①反应前应通入CO2数分钟的目的是 _____________________________________。
②装置B中的试剂是_______________。
（4）测定氧钒碱式碳酸铵晶体粗产品中钒的含量。
称量ag样品于锥形瓶中，用20mL蒸馏水与30 mL混酸溶解后，加0.02 mol/LKMnO4溶液至稍过量，充分反应后继续加1 %NaNO2溶液除去过量的KMnO4，再用尿素除去过量的NaNO2，最后用c mol/L（NH4）2Fe（SO4）2标准溶液滴定至终点，消耗体积为b mL。滴定反应为：VO2++Fe2++2H+= VO2++Fe3++H2O．
①KMnO4溶液的作用是_________________________________________。
②粗产品中钒的质量分数的表达式为______________。
【答案】(1). +4 (2). 2V2O5+N2H4•2HCl+6HCl=4VOCl2+N2↑+6H2O (3). 有氯气生成污染空气 (4). 排除装置中的空气，避免产物被氧化 (5). 饱和NaHCO3溶液 (6). 将+4的钒化合物氧化为VO2+ (7).
【分析】V2O5与盐酸、N2H4•2HCl混合发生反应：2V2O5+N2H4•2HCl+6HCl=4VOCl2+N2↑+6H2O，得到VOCl2溶液，加入NH4HCO3溶液，得到氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体；
(1)根据化合物中化合价代数和为0可得；
(2)步骤i中V2O5与盐酸、N2H4•2HCl混合得到VOC12的同时生成一种无色无污染的气体，该气体为氮气，根据质量守恒可写；浓盐酸与V2O5来制备VOC12，根据氧化还原反应原理，V元素被浓盐酸还原，则浓盐酸中氯元素被氧化得到氯气，氯气污染环境；
(3)A中由盐酸与石灰石制备二氧化碳，制得的二氧化碳混有HCl气体，通过B中饱和碳酸氢钠吸收HCl，进入C装置参与反应，为防止产物被装置中空气氧化，故反应前先通二氧化碳一段时间，排除装置内的空气，据此分析；
(4)①测定氧钒(IV)碱式碳酸铵晶体粗产品中钒的含量的原理为：氧钒(IV)碱式碳酸铵晶体溶解后，加0.02mol/LKMnO4溶液至稍过量，氧化其中+4价钒为VO2+，再加入NaNO2溶液除去过量的KMnO4，防止后续对标准液的消耗干扰试验，最后用(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定VO2+；
②根据钒元素的质量守恒，根据滴定反应为：VO2-+Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O，则钒元素的物质的量n=n((NH4)2Fe(SO4)2)=cmol/L×b×10-3L=cb×10-3mol，据此计算。
【详解】(1)(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]中氧元素-2价，氮元素-3价，氢元素为+1价，碳元素为+4价，根据正负化合价代数和为0可知V元素为+4价；
(2)步骤i中V2O5与盐酸、N2H4•2HCl混合得到VOC12的同时生成氮气，反应为：2V2O5+N2H4•2HCl+6HCl=4VOCl2+N2↑+6H2O；浓盐酸与V2O5来制备VOC12，根据氧化还原反应原理，V元素被浓盐酸还原，则浓盐酸中氯元素被氧化得到氯气，氯气污染环境；
(3)①已知：+4价钒化合物在弱酸性条件下易被氧化，故装置中不能有空气，反应前应通入CO2数分钟排除装置中的空气，避免产物被氧化；
②A中制得的二氧化碳混有HCl气体，B装置的试剂应是能吸收HCl气体同时不吸收二氧化碳，故为饱和NaHCO3溶液；
(4)①根据分析，KMnO4溶液的作用是将+4价的钒氧化为VO2+；
②根据钒元素的质量守恒，根据滴定反应为：VO2++Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O，则钒元素的物质的量n=n((NH4)2Fe(SO4)2)=cmol/L×b×10-3L=cb×10-3mol，粗产品中钒的质量分数的表达式为100%=×100%。
10.丙烯（C3H6）用以生产合成树脂、合成橡胶及多种精细化学品等多种重要有机化工原料。丙烷直接脱氢制丙烯发生的主要反应及能量变化如图1所示。
已知：丙烷直接脱氢制丙烯必须在高温下进行，但温度越高副反应进行程度越大，同时还会降低催化剂的活性和选择性。
回答下列问题：
（1）为提供反应所需热量，若恒压时向原料气中掺入高温水蒸气，则主反应的平衡常数K_________（填“增大”、“减小”或“不变”）。温度升高，副反应更容易发生的主要原因是______________________________________________________________。
（2）图2为丙烷直接脱氢法中丙烷和丙烯的平衡体积分数与温度、压强的关系（图中的压强分别为1×104 Pa和1×105 Pa）。
①1×104 Pa时，图2中表示丙烯的曲线是________（填“ⅰ”、“ⅱ”、“ⅲ”或“ⅳ”）。
②1×105Pa、500℃时，若只发生上述主反应和副反应，则达平衡时，丙烷转化为丙烯的转化率为_________。
（3）为克服丙烷直接脱氢法的缺点，科学家探索出在相对适中的温度下，在无机膜反应器中进行丙烷脱氢制丙烯的技术。在膜反应器中，利用特定功能膜将生成的氢气从反应区一侧有选择性地及时移走。与丙烷直接脱氢法相比，该方法的优点是________________________
__________________________________________________________________。
（4）利用CO2的弱氧化性，开发了丙烷氧化脱氢制丙烯的新工艺。该工艺可采用铬的氧化物为催化剂，其反应机理如图3。已知： CO和H2的燃烧热分别为△H＝﹣283.0 kJ/mol、△H＝﹣285.8 kJ/mol。
①反应（i）的化学方程式为_______________________________________。
②25℃时，该工艺总反应的热化学方程式为________________________________________。
③该工艺可以有效消除催化剂表面的积炭，维持催化剂活性，原因是____________________
____________________。
【答案】(1). 增大 (2). 副反应的活化能低于主反应的活化能。 (3). i (4). 16.5% (5). 使反应始终未达到平衡状态，突破反应限度，提高丙烯产率，且能保证催化剂具有较高的活性和选择性 (6). 3C3H8+2CrO3=3C3H6+Cr2O3+3H2O (7). C3H8（g）+CO2（g）= C3H6（g）+CO（g）+H2O（l）△H＝+121.5kJ/mol (8). 碳与CO2反应生成CO，脱离催化剂表面。
【分析】(1)化学平衡常数K只与温度有关，对于吸热反应，升高温度，平衡常数K增大，反之相反；反应的活化能越低，反应就越能进行，反应速率就越大；
(2)①丙烷直接脱氢反应正向是体积增大的吸热反应，其它条件相同时，温度越高，丙烷的含量越低，丙烯的含量越高；其它其它条件相同时，压强越大，丙烷的含量越高，丙烯的含量越低；
②温度等条件相同时，压强越大，丙烷的体积分数越大，丙烯的体积分数越小，据此1×105Pa、500℃时丙烷和丙烯的变化曲线；
(3)生成的氢气从反应区一侧有选择性地及时移走，使反应的限度减小，反应始终正向进行，原料的利用率逐步提高；
(4)①由图3可知C3H8 和CrO3反应，生成C3H6 、H2O和Cr2O3，根据电子守恒和原子守恒写出反应的化学方程式；
②总反应化学方程式C3H8+CO2⇌C3H6+CO+H2O，①CO的燃烧热热化学方程式为CO(g)+O2(g)=CO2(g)△H=-283.0kJ/mol，②H2的燃烧热热化学方程式为H2(g)+O2(g)=H2O(l)△H=-285.8kJ/mol，③C3H8(g)⇌C3H6(g)+H2(g)△H=+124.3kJ/mol，根据盖斯定律③-①+②得到总反应的热化学方程式；
③CO2能与C反应生成气体CO，据此分析解答。
【详解】(1)丙烷直接脱氢制丙烯反应正向吸热，恒压时向原料气中掺入水蒸气，反应正向进行，体系温度升高，化学平衡常数增大；由图1可知，主反应的反应活化能高，副反应的活化能低，正副反应正向均为吸热反应，所以升高温度副反应更易进行；
(2)图2为丙烷直接脱氢法中丙烷和丙烯的平衡体积分数与温度、压强的关系，由于两个反应正向均为吸热反应，所以其它条件相同时升高温度平衡均正向进行，丙烷的体积分数降低，丙烯的体积分数升高，所以曲线ii、iv为丙烷的变化曲线，曲线i、iii为丙烯的变化曲线；温度相同时，增大压强，平衡逆向进行，即压强越大，丙烷的体积分数越大，丙烯的体积分数越小，所以i为1×104Pa时丙烯变化曲线，iii为1×105Pa时丙烯变化曲线，ii为1×105Pa时丙烷变化曲线，iv为1×104Pa时丙烷变化曲线；
①根据上述分析可知i为1×104Pa时丙烯变化曲线；
②根据上述分析可知：iii为1×105Pa时丙烯变化曲线，ii为1×105 Pa时丙烷变化曲线，500℃平衡时φ(C3H8)=70%，φ(C3H6)=14%，其它为C2H4、H2、CH4的体积分数，设平衡时混合气体为100mol，则n(C3H8)=70mol，n(C3H6)=14mol，根据C3H8(g)⇌C3H6(g)+H2(g)有n(H2)=n(C3H6)=14mol，C3H8(g)⇌C2H4(g)+CH4有n(C2H4)=n(CH4)=(100-70-14×2)mol=1mol，所以起始时n(C3H8)=70mol+14mol+1mol=85mol，即丙烷转化为丙烯的转化率=×100%≈16.5%；
(3)生成的氢气从反应区一侧有选择性地及时移走，使反应的限度减小，反应始终正向进行，原料的利用率和催化剂的活性、选择性均得到提高；
(4)①由图3可知C3H8 和CrO3反应，生成C3H6 、H2O和Cr2O3，结合电子守恒和原子守恒得到反应的化学方程式3C3H8 +2CrO3⇌3C3H6 +Cr2O3 +3H2O；
②总反应化学方程式C3H8+CO2⇌C3H6+CO+H2O，CO的燃烧热热化学方程式为CO(g)+O2(g)=CO2(g)△H=-283.0kJ/mol①，H2的燃烧热热化学方程式为H2(g)+O2(g)=H2O(l)△H=-285.8kJ/mol②，③C3H8(g)⇌C3H6(g)+H2(g)△H=+124.3kJ/mol，根据盖斯定律③-①+②有总反应的热化学方程式C3H8(g)+CO2(g)⇌C3H6(g)+CO(g)+H2O(l)△H=+124.3kJ/mol-(-283.0kJ/mol)+(-285.8kJ/mol)=+121.5kJ/mol；
③由于高温时碳能与CO2反应生成CO，生成的气体CO会逸散，从而有效消除催化剂表面的积炭，维持催化剂活性。
【点睛】本题考查盖斯定律的应用、化学平衡常数的影响因素、活化能对化学反应的影响、温度和压强等条件对化学平衡的影响、化学工艺的评价、化学方程式和热化学方程式是书写、平衡转化率的计算等知识，把握基础知识和基本技能、迁移应用原理是解题的关键，注意原子守恒在化学平衡计算中的运用，(2)是难点和易错点，题目难度中等。
[化学——选修3：物质结构与性质]
11.非金属元素在化学中具有重要地位，请回答下列问题：
（1）氧元素的第一电离能比同周期的相邻元素要小，理由____________________________。
（2）元素X与硒（Se）同周期，且该周期中X元素原子核外未成对电子数最多，则X为_____（填元素符号），其基态原子的电子排布式为_______________。
（3）臭齅排放的臭气主要成分为3－MBT－甲基2丁烯硫醇，结构简式为（）1mol 3－MBT中含有键数目为_______NA（NA为阿伏伽德罗常数的值）。该物质沸点低于（CH3）2C＝CHCH2OH，主要原因是___________________________________________。
（4）PCl5是一种白色晶体，熔融时形成一种能导电的液体测得其中含有一种正四面体形阳离子和一种正八面体形阴离子；熔体中P－Cl的键长只有198pm和206pm两种，试用电离方程式解释PCl5熔体能导电的原因_________________________________________，正四面体形阳离子中键角大于PCl3的键角原因为__________________________________________，该晶体的晶胞如图所示，立方体的晶胞边长为a pm，NA为阿伏伽德罗常数的值，则该晶体的密度为_______g/cm 3
【答案】(1). F对最外层电子的吸引力比O强，N原子核外电子处于半满的较稳定状态，故第一电离能均高于O (2). Cr (3). 1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1 (4). 15 (5). （CH3）2C=CHCH2OH分子间含有氢键，增大分子间的作用力，使沸点升高 (6). 2 PCl5 = PCl4+＋PCl6－ (7). PCl3分子中P原子有一对孤电子对，PCl4+中P没有孤电子对。孤电子对对成键电子的排斥力大于成键电子对间的排斥力 (8). 或
【分析】(1)F对最外层电子的吸引力比O强，N原子核外电子处于半满的较稳定状态；
(2)元素X与(Se)同周期，且该周期中X元素原子核外未成对电子数最多，X应该是第四周期3d、4s能级半满的原子，为24号元素；该原子核外有24个电子，根据构造原理书写其基态原子的电子排布式；
(3)臭齅排放的臭气主要成分为3-MBT-甲基2丁烯硫醇，结构简式为)，共价单键为σ键、共价双键中一个是σ键另一个是排键，所以1个3-MBT分子中含有15个σ键；存在分子间氢键的物质熔沸点较高；
(4)含有自由移动离子的化合物能导电；孤电子对对成键电子的排斥力大于成键电子对间的排斥力；该晶胞中PCl5个数=1+8×=2，晶胞体积=(a×10-10cm)3，晶胞密度=。
【详解】(1)F对最外层电子的吸引力比O强，N原子核外电子处于半满的较稳定状态，所以第一电离能均高于O元素
(2)元素X与(Se)同周期，且该周期中X元素原子核外未成对电子数最多，X应该是第四周期3d、4s能级半满的原子，为24号元素；该原子核外有24个电子，根据构造原理书写其基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1；
(3)臭齅排放的臭气主要成分为3-MBT-甲基2丁烯硫醇，结构简式为)，共价单键为σ键、共价双键中一个是σ键另一个是Π键，所以1个3-MBT分子中含有15个σ键，则1mol该分子中含有15NA个σ键；(CH3)2C=CHCH2OH分子间含有氢键，增大分子间的作用力，使沸点升高；
(4)含有自由移动离子的化合物能导电，PCl5是一种白色晶体，熔融时形成一种能导电的液体测得其中含有一种正四面体形阳离子和一种正八面体形阴离子，阳离子、阴离子分别为PCl4+、PCl6-，其电离方程式为2PCl5 PCl4++PCl6-；PCl3分子中P原子有一对孤电子对，PCl4+中P没有孤电子对，孤电子对对成键电子的排斥力大于成键电子对间的排斥力，所以正四面体形阳离子中键角大于PCl3的键角；该晶胞中PCl5个数=1+8×=2，晶胞体积=(a×10-10cm)3，晶胞密度==g/cm3。
[化学——选修5：有机化学基础]
12.以葡萄糖为原料制得的山梨醇（A）和异山梨醇（B）都是重要的生物质转化平台化合物。E是一种治疗心绞痛的药物，由葡萄糖为原料合成E的过程如下：
回答下列问题：
（1）葡萄糖的结构简式为______________。
（2）E中含有的官能团为羟基、醚键和___________。
（3）由B到C的反应类型为_____________。
（4）C的结构简式为_____________。
（5）由D到E的反应方程式为_____________________________________________。
（6）F是B的同分异构体，7.30g的F与足量饱碳酸氢钠反应可释放出2.24L二氧化碳（标准状况），F的可能结构共有__________种（不考虑立体异构），其中核磁共振氢谱为三组峰，峰面积比为3:1:1的结构简式为________。
【答案】 (1). CH2OH（CHOH）4CHO (2). 酯基 (3). 取代反应 (4). (5). +NaOH+CH3COONa (6). 9种 (7).
【分析】葡萄糖和氢气发生加成反应生成A为HOCH2(CHOH)4CH2OH，A发生消去反应生成B，B和乙酸反应生成C，根据C分子式知，B中一个羟基发生酯化反应，C结构简式为，根据D分子式知，生成D的反应为取代反应，D发生水解反应生成E，根据E结构简式知，D为，以此解答该题。
【详解】(1)葡萄糖的分子式为C6H12O6，是多羟基醛，结构简式为CH2OH(CHOH)4CHO；
(2)由结构简式可知E中含有的官能团为羟基、醚键和酯基；
(3)由B到C的反应类型为取代反应或酯化反应；
(4)由以上分析可知C的结构简式为；
(5)D为，D发生水解反应生成E，由D到E的反应方程式为；
(6)F是B的同分异构体，B的相对分子质量为146，7.30g的F物质的量==0.05mol，生成n(CO2)==0.1mol，说明该分子中含有2个-COOH，B的分子式为C6H10O4，B的不饱和度==2，2个-COOH的不饱和度是2，说明F中不含碳碳不饱和键和环，则：
如果剩余碳链结构为C-C-C-C，羧基排放方式有6种；
如果剩余碳链结构为，羧基排放方式有3种；
所以符合条件的同分异构体有9种；其中核磁共振氢谱为三组峰，峰面积比为3：1：1的结构简式为。
【点睛】考查有机物推断，为高考常见题型，侧重考查学生分析、推断能力，涉及物质推断、官能团判断、反应类型判断、同分异构体种类判断等知识点，明确有机物官能团及其性质关系是解本题关键，难点是同分异构体种类判断。
宁夏回族自治区银川市银川一中2020届高三下学期第一次模拟考试
1.下列说法正确的是（ ）
A. 食盐抗结剂K4[Fe（CN）6]（黄血盐）可用KCN和FeCl2代替
B. ClO2和75%酒精均可用于新冠肺炎期间消毒，二者杀菌原理相同
C. 添加碱性蛋白酶等水解酶的洗衣粉去污能力更好，水温越高酶的活性越高
D. 用超临界液态CO2代替有机溶剂萃取大豆油，有利于环保
【答案】D
详解】A．KCN有剧毒，不能用于食品添加剂，故A错误；
B．酒精可使病菌细胞脱水，ClO2具有强氧化性而杀菌消毒，二者的原理不同，故B错误；
C．温度升高，可使蛋白质变性，使酶失去活性，故C错误；
D．用超临界液态CO2代替有机溶剂萃取大豆油，可减少有机溶剂的使用，有利于环保，故D正确；
故答案为D。
2.设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列有关说法正确的是（ ）
A. 60克乙酸和葡萄糖混合物充分燃烧消耗O2分子数为2NA
B. 5.8g熟石膏（2CaSO4·H2O）含有的结晶水分子数为0.04NA
C. 把4.6g乙醇完全氧化变成乙醛，转移电子数为0.1NA
D. 实验室制取氧气方法有多种，制取1molO2转移电子数均是4NA
【答案】A
【详解】A．乙酸与葡萄糖最简式都是CH2O，1个CH2O完全燃烧消耗1个氧气分子，60克的乙酸和葡萄糖混合物含有CH2O物质量为2mol，充分燃烧消耗2NA个O2，故A正确；
B．熟石膏(2CaSO4•H2O)的物质的量n==0.02mol，由熟石膏(2CaSO4•H2O)的化学式可知，1mol熟石膏(2CaSO4•H2O)中含1mol水，故0.02mol水中含0.02mol水，即0.02NA个，故B错误；
C．把4.6g乙醇物质的量为0.1mol，完全氧化变成乙醛，碳元素由乙醇中的-2价升高乙醛中的-1价，故转移电子数为0.2NA，故C错误；
D．实验室可以用双氧水、KClO3和KMnO4来制取氧气，当用KClO3和KMnO4来制取氧气时，氧元素由-2价变为0价，故制取1mol氧气转移4NA个电子，当用双氧水制取氧气时，氧元素由-1价变为0价，故制取1mol氧气时转移2NA个电子，故D 错误；
故答案为A。
3.下列根据实验操作和实验现象所得出的结论中，正确的是（ ）
选项
实验操作
现象
结论
A
常温下分别测定等浓度的KNO2、KCl溶液的pH
pH值：KNO2＞KCl
非金属性：Cl＞N
B
打磨后的铝片投入沸水中，加热一段时间，取出铝片，用一束光照射溶液
加热，铝片表面无明显现象；用光照射溶液时，有一条光亮的“通路”
铝与热水发生了反应
C
将某溶液与盐酸反应产生的气体通入澄清石灰水中
澄清石灰水变浑浊
某溶液中一定含有HCO3-或CO32-
D
向Cu（OH）2沉淀中分别滴加盐酸和氨水
沉淀均能溶解
Cu（OH）2为两性氢氧化物
【答案】B
【详解】A．可比较亚硝酸与盐酸的酸性，但亚硝酸和盐酸均不是N或Cl元素最高价水化物含氧酸，则不能比较非金属性，故A错误；
B．用光照射溶液时，有一条光亮“通路”，可知生成氢氧化铝胶体分散系，则铝与热水发生了反应，故B正确；
C．二氧化硫、二氧化碳均使石灰水变浑浊，生成的气体不一定就是CO2，则不能说明溶液中一定含有HCO3-或CO32-，故C错误；
D．Cu(OH)2与氨水反应生成络合物，不是生成盐和水，则氢氧化铜为碱，不具有两性，故D错误；
故选：B。
4.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。K、L、M均是由这些元素组成的二元化合物，甲、乙分别是元素X、Y的单质，甲是常见的固体，乙是常见的气体。K是无色气体，是主要的大气污染物之一．常温下0.05mol/L丙溶液的pH为1，上述物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 由W、Y组成的某种化合物可与K直接反应制得丙
B. K、L、M 中沸点最高的是M
C. 原子半径：W
【答案】A
【分析】0.05mol/L丙溶液的pH为l，可知丙为二元强酸，应为H2SO4，K是无色气体，是主要的大气污染物之一，且可生成H2SO4，则应为SO2，可知乙为O2，L为H2O，乙是常见的气体，且与浓硫酸和甲反应生成，可知甲为C，M为CO2，则W为H元素，X为C元素，Y为O元素，Z为S元素，以此解答该题。
【详解】由上述分析可知，W为H元素，X为C元素，Y为O元素，Z为S元素；
A．丙为H2SO4，K为SO2，可由过氧化氢与SO2发生氧化还原反应生成，故A正确；
B．K(SO2)、M(CO2)常温下为气体，L为H2O，常温下为液体，沸点最高，故B错误；
C．同周期元素原子半径从左到右逐渐减小，电子层越多原子半径越大，则原子半径为C＞O＞H，即W＜Y＜X，故C错误；
D．同主族元素从上到下非金属性减弱，且碳酸的酸性小于硫酸，可知非金属性为O＞S＞C，即Y＞Z＞X，故D错误；
故答案为A。
5.2019年3月科学家研发出一种新型的锌碘单液流电池，其原理如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 充电时B电极反应式为： I2 + 2e- = 2I-
B. 放电时电解质储罐中离子总浓度减小
C. M为阴离子交换膜，N为阳离子交换膜
D. 充电时，A极增重65g时，C区增加离子数为2NA
【答案】C
【详解】A．充电时，B电极为阳极，I-失电子发生氧化反应生成I2，电极反应式为2I--2e-=I2，故A错误；
B．放电时，左侧为负极，电极反应式为Zn-2e-═Zn2+，所以储罐中的离子总浓度增大，故B错误；
C．离子交换膜是防止正负极I2、Zn接触发生自发电，负极区生成Zn2+、正电荷增加，正极区生成I-、负电荷增加，所以Cl-通过M膜进入负极，K+通过N膜进入正极，所以M为阴离子交换膜，N为阳离子交换膜，故C正确；
D．充电时，A极反应式Zn2++2e-═Zn，A极增重65g转移2mol电子，所以C区增加2molK+、2molCl-，离子总数为4NA，故D错误；
故答案为C。
【点睛】考查化学电源新型电池，会根据电极上发生的反应判断正负极是解本题关键，由装置图可知，放电时，Zn是负极，负极反应式为Zn-2e-═Zn2+，石墨是正极，反应式为I2+2e-=2I-，外电路中电流由正极经过导线流向负极，充电时，阳极反应式为2I--2e-=I2、阴极反应式为Zn2++2e-=Zn，注意交换膜的特点，选项是D为易错点。
6.2019年4月20日，药品管理法修正草案进行二次审议，牢筑药品安全防线。运用现代科技从苦艾精油中分离出多种化合物，其中四种的结构如下：
下列说法不正确的是（ ）
A. ②③分子中所有的碳原子不可能处于同一平面内
B. ②④互为同分异构体
C. ③④的一氯代物数目不同
D. ①②③均能使酸性高锰酸钾溶液褪色
【答案】B
【详解】A．②含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特征，则所有的碳原子不可能在同一个平面上，故A正确；
B．②、④的分子式不同，各为C10H18O、C10H16O，则二者不是同分异构体，故B错误；
C．③的一氯代物有5种，而④结构不对称，一氯代物有6种，两者一氯代物数目不同，故C正确；
D．①、②均含有碳碳双键，可被酸性高锰酸钾氧化，③的苯环含有甲基，可酸性高锰酸钾被氧化，故D正确；
故答案为B。
7.最近科学家在植物中提取到一种特殊的二元酸叫类草酸H2M（Ka1=1.4×10-3；Ka2=1.7×10-5），能做安全的食品保鲜剂，研究表明H2M分子比离子更易透过细胞膜而杀灭细菌。常温下，向20 mL 0.2 mol/L H2M溶液中滴加0.2mol/L NaOH溶液。根据图示判断，下列说法正确的是（ ）
A. b点比a点杀菌能力强
B. 曲线Ⅲ代表HM- 物质的量的变化
C. M2-水解常数Kh=7.14×10-12
D. 当V=30 mL时，溶液显酸性
【答案】D
【详解】H2M分子比离子更易透过细胞膜而杀灭细菌，则H2M浓度越大杀菌能力越大，H2M与NaOH反应过程中H2M浓度逐渐减小、HM-浓度先增大后减小、M2-浓度增大，所以I表示H2M、II表示HM-、III表示M2-；
A．H2M分子比离子更易透过细胞膜而杀灭细菌，则H2M浓度越大杀菌能力越大，H2M浓度：a＞b，所以杀菌能力a＞b，故A错误；
B．通过以上分析知，III表示M2-物质的量的变化，故B错误；
C．M2-水解常数Kh= ≈5.88×10-10，故C错误；
D．当V=30mL时，溶液中生成等物质量浓度的NaHM、Na2M，根据图知溶液中c(HM-)＜c(M2-)，说明HM-电离程度大于M2-水解程度，所以溶液呈酸性，故D正确；
故答案为D。
【点睛】考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查图象分析判断及计算能力，正确判断各曲线表示微粒种类、水解平衡常数计算方法是解本题关键，注意：二元弱酸中第一步水解平衡常数与该酸的第二步电离平衡常数之积为离子积常数。
8.金属在社会生活中的应用很广泛，常用金属表面往往生锈，用盐酸对其表面氧化物进行清洗，会产生酸洗废水。pH在1.5左右的某酸洗废水中含铁元素质量分数约3%，还有如铜、镍、锌、 铬浓度较低的金属也有，工业上综合利用酸洗废水可制备三氯化铁。制备过程如下：
相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH如下表所示：
回答下列问题：
（1）“中和”操作中发生的主要反应的化学方程式为_________________________________，调节pH范围为________________，有利于后续制备得纯度较高的产品。
（2）酸溶处理中和后的滤渣，使铁元素浸出。滤渣和工业盐酸反应时，不同反应温度下铁浸出率随时间变化如图（a）所示，可知酸溶的最佳温度为_________。按照不同的固液比（滤渣和工业盐酸的投入体积比）进行反应时，铁浸出率随时间变化如图（b）所示，实际生产中固液比选择3:2的原因是_____________________________________________________。
（3）氧化时，可选氯酸钠或过氧化氢为氧化剂，若100L“酸溶”所得溶液中Fe 2+含量为1.2mol∙L−1，则需投入的氧化剂过氧化氢的质量为___________。
（4）氧化时，除可外加氧化剂外，也可采用惰性电极电解的方法，电解总反应的离子方程式是_________________________________________________________。
（5）将得到的FeCl3溶液______________________、过滤、洗涤、干燥得FeCl3∙6H2O晶体。
【答案】 (1). Ca（OH）2＋2HCl=CaCl2＋2H2O、3Ca（OH）2＋2FeCl3=2Fe（OH）3＋3CaCl2 (2). 3.7
【详解】(1)酸洗废水中含有氯化铁、氯化铜、氯化镍、氯化铬，加入熟石灰后发生反应：Ca(OH)2+2HCl=CaCl2+2H2O、3Ca(OH)2+2FeCl3=2Fe(OH)3 +3CaCl2；根据表中数据可知，pH≥3.7时铁离子完全转化成氢氧化铁沉淀，pH＜4.2时铜离子等其它离子没有形成沉淀，为了减少滤渣中杂质，需要调节溶液pH范围为3.7～4.2；
(2)根据图(a)可知，温度为65℃时铁浸出率最高，所以酸溶的最佳温度为65℃；根据图(b)可知，固液比越大铁浸出率越低，但固液比过低时，蒸发浓缩FeCl3溶液需消耗过多的能量，提高了生生产成本，所以实际生产中固液比选择3:2；
(3)若100L“酸溶”所得溶液中Fe2+含量为1.2mol•L-1，则n(Fe2+)=1.2mol/L×100L=120mol，根据电子守恒，需投入的氧化剂过氧化氢的物质的量为：=60mol，质量为：34g/mol×60mol=2040g；
(4)氧化时，除可外加氧化剂外，也可采用惰性电极电解的方法，此时阴极氢离子得到电子生成氢气，阳极亚铁离子失去电子生成铁离子，电解总反应为亚铁离子与氢离子反应生成铁离子和氢气，该离子方程式是：2Fe2++2H+ 2Fe3++H2↑；
(5)氯化铁加热易水解生成氢氧化铁和氯化氢，HCl易挥发，要从FeCl3溶液中得到FeCl3•6H2O晶体，需要在HCl气流中采用蒸发浓缩、冷却结晶的方法，然后通过过滤、洗涤、干燥得到FeCl3•6H2O晶体。
9.二氧化钒形态可在绝缘体和金属导体之间转换，具有相变特性，研究表明其可能成为未来电子业的革命性材料。实验室以V2O5为原料合成用于制备VO2的氧钒碱式碳酸铵晶体，过程如下：
V2O5 VOCl2溶液(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9] ∙10H2O（氧钒碱式碳酸铵晶体）
已知：+4价的钒化合物在弱酸性条件下易被氧化。
回答下列问题：
（1） 氧钒碱式碳酸铵中V的化合价为 ________。
（2）步骤i中生成VOC12的同时生成一种无色无污染的气体，该化学方程式为______________________________________________。也可只用浓盐酸与V2O5来制备VOC12溶液，该法的缺点是 _____________________________________________。
（3）步骤ii可在下图装置中进行。
①反应前应通入CO2数分钟的目的是 _____________________________________。
②装置B中的试剂是_______________。
（4）测定氧钒碱式碳酸铵晶体粗产品中钒的含量。
称量ag样品于锥形瓶中，用20mL蒸馏水与30 mL混酸溶解后，加0.02 mol/LKMnO4溶液至稍过量，充分反应后继续加1 %NaNO2溶液除去过量的KMnO4，再用尿素除去过量的NaNO2，最后用c mol/L（NH4）2Fe（SO4）2标准溶液滴定至终点，消耗体积为b mL。滴定反应为：VO2++Fe2++2H+= VO2++Fe3++H2O．
①KMnO4溶液的作用是_________________________________________。
②粗产品中钒的质量分数的表达式为______________。
【答案】(1). +4 (2). 2V2O5+N2H4•2HCl+6HCl=4VOCl2+N2↑+6H2O (3). 有氯气生成污染空气 (4). 排除装置中的空气，避免产物被氧化 (5). 饱和NaHCO3溶液 (6). 将+4的钒化合物氧化为VO2+ (7).
【分析】V2O5与盐酸、N2H4•2HCl混合发生反应：2V2O5+N2H4•2HCl+6HCl=4VOCl2+N2↑+6H2O，得到VOCl2溶液，加入NH4HCO3溶液，得到氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体；
(1)根据化合物中化合价代数和为0可得；
(2)步骤i中V2O5与盐酸、N2H4•2HCl混合得到VOC12的同时生成一种无色无污染的气体，该气体为氮气，根据质量守恒可写；浓盐酸与V2O5来制备VOC12，根据氧化还原反应原理，V元素被浓盐酸还原，则浓盐酸中氯元素被氧化得到氯气，氯气污染环境；
(3)A中由盐酸与石灰石制备二氧化碳，制得的二氧化碳混有HCl气体，通过B中饱和碳酸氢钠吸收HCl，进入C装置参与反应，为防止产物被装置中空气氧化，故反应前先通二氧化碳一段时间，排除装置内的空气，据此分析；
(4)①测定氧钒(IV)碱式碳酸铵晶体粗产品中钒的含量的原理为：氧钒(IV)碱式碳酸铵晶体溶解后，加0.02mol/LKMnO4溶液至稍过量，氧化其中+4价钒为VO2+，再加入NaNO2溶液除去过量的KMnO4，防止后续对标准液的消耗干扰试验，最后用(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定VO2+；
②根据钒元素的质量守恒，根据滴定反应为：VO2-+Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O，则钒元素的物质的量n=n((NH4)2Fe(SO4)2)=cmol/L×b×10-3L=cb×10-3mol，据此计算。
【详解】(1)(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]中氧元素-2价，氮元素-3价，氢元素为+1价，碳元素为+4价，根据正负化合价代数和为0可知V元素为+4价；
(2)步骤i中V2O5与盐酸、N2H4•2HCl混合得到VOC12的同时生成氮气，反应为：2V2O5+N2H4•2HCl+6HCl=4VOCl2+N2↑+6H2O；浓盐酸与V2O5来制备VOC12，根据氧化还原反应原理，V元素被浓盐酸还原，则浓盐酸中氯元素被氧化得到氯气，氯气污染环境；
(3)①已知：+4价钒化合物在弱酸性条件下易被氧化，故装置中不能有空气，反应前应通入CO2数分钟排除装置中的空气，避免产物被氧化；
②A中制得的二氧化碳混有HCl气体，B装置的试剂应是能吸收HCl气体同时不吸收二氧化碳，故为饱和NaHCO3溶液；
(4)①根据分析，KMnO4溶液的作用是将+4价的钒氧化为VO2+；
②根据钒元素的质量守恒，根据滴定反应为：VO2++Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O，则钒元素的物质的量n=n((NH4)2Fe(SO4)2)=cmol/L×b×10-3L=cb×10-3mol，粗产品中钒的质量分数的表达式为100%=×100%。
10.丙烯（C3H6）用以生产合成树脂、合成橡胶及多种精细化学品等多种重要有机化工原料。丙烷直接脱氢制丙烯发生的主要反应及能量变化如图1所示。
已知：丙烷直接脱氢制丙烯必须在高温下进行，但温度越高副反应进行程度越大，同时还会降低催化剂的活性和选择性。
回答下列问题：
（1）为提供反应所需热量，若恒压时向原料气中掺入高温水蒸气，则主反应的平衡常数K_________（填“增大”、“减小”或“不变”）。温度升高，副反应更容易发生的主要原因是______________________________________________________________。
（2）图2为丙烷直接脱氢法中丙烷和丙烯的平衡体积分数与温度、压强的关系（图中的压强分别为1×104 Pa和1×105 Pa）。
①1×104 Pa时，图2中表示丙烯的曲线是________（填“ⅰ”、“ⅱ”、“ⅲ”或“ⅳ”）。
②1×105Pa、500℃时，若只发生上述主反应和副反应，则达平衡时，丙烷转化为丙烯的转化率为_________。
（3）为克服丙烷直接脱氢法的缺点，科学家探索出在相对适中的温度下，在无机膜反应器中进行丙烷脱氢制丙烯的技术。在膜反应器中，利用特定功能膜将生成的氢气从反应区一侧有选择性地及时移走。与丙烷直接脱氢法相比，该方法的优点是________________________
__________________________________________________________________。
（4）利用CO2的弱氧化性，开发了丙烷氧化脱氢制丙烯的新工艺。该工艺可采用铬的氧化物为催化剂，其反应机理如图3。已知： CO和H2的燃烧热分别为△H＝﹣283.0 kJ/mol、△H＝﹣285.8 kJ/mol。
①反应（i）的化学方程式为_______________________________________。
②25℃时，该工艺总反应的热化学方程式为________________________________________。
③该工艺可以有效消除催化剂表面的积炭，维持催化剂活性，原因是____________________
____________________。
【答案】(1). 增大 (2). 副反应的活化能低于主反应的活化能。 (3). i (4). 16.5% (5). 使反应始终未达到平衡状态，突破反应限度，提高丙烯产率，且能保证催化剂具有较高的活性和选择性 (6). 3C3H8+2CrO3=3C3H6+Cr2O3+3H2O (7). C3H8（g）+CO2（g）= C3H6（g）+CO（g）+H2O（l）△H＝+121.5kJ/mol (8). 碳与CO2反应生成CO，脱离催化剂表面。
【分析】(1)化学平衡常数K只与温度有关，对于吸热反应，升高温度，平衡常数K增大，反之相反；反应的活化能越低，反应就越能进行，反应速率就越大；
(2)①丙烷直接脱氢反应正向是体积增大的吸热反应，其它条件相同时，温度越高，丙烷的含量越低，丙烯的含量越高；其它其它条件相同时，压强越大，丙烷的含量越高，丙烯的含量越低；
②温度等条件相同时，压强越大，丙烷的体积分数越大，丙烯的体积分数越小，据此1×105Pa、500℃时丙烷和丙烯的变化曲线；
(3)生成的氢气从反应区一侧有选择性地及时移走，使反应的限度减小，反应始终正向进行，原料的利用率逐步提高；
(4)①由图3可知C3H8 和CrO3反应，生成C3H6 、H2O和Cr2O3，根据电子守恒和原子守恒写出反应的化学方程式；
②总反应化学方程式C3H8+CO2⇌C3H6+CO+H2O，①CO的燃烧热热化学方程式为CO(g)+O2(g)=CO2(g)△H=-283.0kJ/mol，②H2的燃烧热热化学方程式为H2(g)+O2(g)=H2O(l)△H=-285.8kJ/mol，③C3H8(g)⇌C3H6(g)+H2(g)△H=+124.3kJ/mol，根据盖斯定律③-①+②得到总反应的热化学方程式；
③CO2能与C反应生成气体CO，据此分析解答。
【详解】(1)丙烷直接脱氢制丙烯反应正向吸热，恒压时向原料气中掺入水蒸气，反应正向进行，体系温度升高，化学平衡常数增大；由图1可知，主反应的反应活化能高，副反应的活化能低，正副反应正向均为吸热反应，所以升高温度副反应更易进行；
(2)图2为丙烷直接脱氢法中丙烷和丙烯的平衡体积分数与温度、压强的关系，由于两个反应正向均为吸热反应，所以其它条件相同时升高温度平衡均正向进行，丙烷的体积分数降低，丙烯的体积分数升高，所以曲线ii、iv为丙烷的变化曲线，曲线i、iii为丙烯的变化曲线；温度相同时，增大压强，平衡逆向进行，即压强越大，丙烷的体积分数越大，丙烯的体积分数越小，所以i为1×104Pa时丙烯变化曲线，iii为1×105Pa时丙烯变化曲线，ii为1×105Pa时丙烷变化曲线，iv为1×104Pa时丙烷变化曲线；
①根据上述分析可知i为1×104Pa时丙烯变化曲线；
②根据上述分析可知：iii为1×105Pa时丙烯变化曲线，ii为1×105 Pa时丙烷变化曲线，500℃平衡时φ(C3H8)=70%，φ(C3H6)=14%，其它为C2H4、H2、CH4的体积分数，设平衡时混合气体为100mol，则n(C3H8)=70mol，n(C3H6)=14mol，根据C3H8(g)⇌C3H6(g)+H2(g)有n(H2)=n(C3H6)=14mol，C3H8(g)⇌C2H4(g)+CH4有n(C2H4)=n(CH4)=(100-70-14×2)mol=1mol，所以起始时n(C3H8)=70mol+14mol+1mol=85mol，即丙烷转化为丙烯的转化率=×100%≈16.5%；
(3)生成的氢气从反应区一侧有选择性地及时移走，使反应的限度减小，反应始终正向进行，原料的利用率和催化剂的活性、选择性均得到提高；
(4)①由图3可知C3H8 和CrO3反应，生成C3H6 、H2O和Cr2O3，结合电子守恒和原子守恒得到反应的化学方程式3C3H8 +2CrO3⇌3C3H6 +Cr2O3 +3H2O；
②总反应化学方程式C3H8+CO2⇌C3H6+CO+H2O，CO的燃烧热热化学方程式为CO(g)+O2(g)=CO2(g)△H=-283.0kJ/mol①，H2的燃烧热热化学方程式为H2(g)+O2(g)=H2O(l)△H=-285.8kJ/mol②，③C3H8(g)⇌C3H6(g)+H2(g)△H=+124.3kJ/mol，根据盖斯定律③-①+②有总反应的热化学方程式C3H8(g)+CO2(g)⇌C3H6(g)+CO(g)+H2O(l)△H=+124.3kJ/mol-(-283.0kJ/mol)+(-285.8kJ/mol)=+121.5kJ/mol；
③由于高温时碳能与CO2反应生成CO，生成的气体CO会逸散，从而有效消除催化剂表面的积炭，维持催化剂活性。
【点睛】本题考查盖斯定律的应用、化学平衡常数的影响因素、活化能对化学反应的影响、温度和压强等条件对化学平衡的影响、化学工艺的评价、化学方程式和热化学方程式是书写、平衡转化率的计算等知识，把握基础知识和基本技能、迁移应用原理是解题的关键，注意原子守恒在化学平衡计算中的运用，(2)是难点和易错点，题目难度中等。
[化学——选修3：物质结构与性质]
11.非金属元素在化学中具有重要地位，请回答下列问题：
（1）氧元素的第一电离能比同周期的相邻元素要小，理由____________________________。
（2）元素X与硒（Se）同周期，且该周期中X元素原子核外未成对电子数最多，则X为_____（填元素符号），其基态原子的电子排布式为_______________。
（3）臭齅排放的臭气主要成分为3－MBT－甲基2丁烯硫醇，结构简式为（）1mol 3－MBT中含有键数目为_______NA（NA为阿伏伽德罗常数的值）。该物质沸点低于（CH3）2C＝CHCH2OH，主要原因是___________________________________________。
（4）PCl5是一种白色晶体，熔融时形成一种能导电的液体测得其中含有一种正四面体形阳离子和一种正八面体形阴离子；熔体中P－Cl的键长只有198pm和206pm两种，试用电离方程式解释PCl5熔体能导电的原因_________________________________________，正四面体形阳离子中键角大于PCl3的键角原因为__________________________________________，该晶体的晶胞如图所示，立方体的晶胞边长为a pm，NA为阿伏伽德罗常数的值，则该晶体的密度为_______g/cm 3
【答案】(1). F对最外层电子的吸引力比O强，N原子核外电子处于半满的较稳定状态，故第一电离能均高于O (2). Cr (3). 1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1 (4). 15 (5). （CH3）2C=CHCH2OH分子间含有氢键，增大分子间的作用力，使沸点升高 (6). 2 PCl5 = PCl4+＋PCl6－ (7). PCl3分子中P原子有一对孤电子对，PCl4+中P没有孤电子对。孤电子对对成键电子的排斥力大于成键电子对间的排斥力 (8). 或
【分析】(1)F对最外层电子的吸引力比O强，N原子核外电子处于半满的较稳定状态；
(2)元素X与(Se)同周期，且该周期中X元素原子核外未成对电子数最多，X应该是第四周期3d、4s能级半满的原子，为24号元素；该原子核外有24个电子，根据构造原理书写其基态原子的电子排布式；
(3)臭齅排放的臭气主要成分为3-MBT-甲基2丁烯硫醇，结构简式为)，共价单键为σ键、共价双键中一个是σ键另一个是排键，所以1个3-MBT分子中含有15个σ键；存在分子间氢键的物质熔沸点较高；
(4)含有自由移动离子的化合物能导电；孤电子对对成键电子的排斥力大于成键电子对间的排斥力；该晶胞中PCl5个数=1+8×=2，晶胞体积=(a×10-10cm)3，晶胞密度=。
【详解】(1)F对最外层电子的吸引力比O强，N原子核外电子处于半满的较稳定状态，所以第一电离能均高于O元素
(2)元素X与(Se)同周期，且该周期中X元素原子核外未成对电子数最多，X应该是第四周期3d、4s能级半满的原子，为24号元素；该原子核外有24个电子，根据构造原理书写其基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1；
(3)臭齅排放的臭气主要成分为3-MBT-甲基2丁烯硫醇，结构简式为)，共价单键为σ键、共价双键中一个是σ键另一个是Π键，所以1个3-MBT分子中含有15个σ键，则1mol该分子中含有15NA个σ键；(CH3)2C=CHCH2OH分子间含有氢键，增大分子间的作用力，使沸点升高；
(4)含有自由移动离子的化合物能导电，PCl5是一种白色晶体，熔融时形成一种能导电的液体测得其中含有一种正四面体形阳离子和一种正八面体形阴离子，阳离子、阴离子分别为PCl4+、PCl6-，其电离方程式为2PCl5 PCl4++PCl6-；PCl3分子中P原子有一对孤电子对，PCl4+中P没有孤电子对，孤电子对对成键电子的排斥力大于成键电子对间的排斥力，所以正四面体形阳离子中键角大于PCl3的键角；该晶胞中PCl5个数=1+8×=2，晶胞体积=(a×10-10cm)3，晶胞密度==g/cm3。
[化学——选修5：有机化学基础]
12.以葡萄糖为原料制得的山梨醇（A）和异山梨醇（B）都是重要的生物质转化平台化合物。E是一种治疗心绞痛的药物，由葡萄糖为原料合成E的过程如下：
回答下列问题：
（1）葡萄糖的结构简式为______________。
（2）E中含有的官能团为羟基、醚键和___________。
（3）由B到C的反应类型为_____________。
（4）C的结构简式为_____________。
（5）由D到E的反应方程式为_____________________________________________。
（6）F是B的同分异构体，7.30g的F与足量饱碳酸氢钠反应可释放出2.24L二氧化碳（标准状况），F的可能结构共有__________种（不考虑立体异构），其中核磁共振氢谱为三组峰，峰面积比为3:1:1的结构简式为________。
【答案】 (1). CH2OH（CHOH）4CHO (2). 酯基 (3). 取代反应 (4). (5). +NaOH+CH3COONa (6). 9种 (7).
【分析】葡萄糖和氢气发生加成反应生成A为HOCH2(CHOH)4CH2OH，A发生消去反应生成B，B和乙酸反应生成C，根据C分子式知，B中一个羟基发生酯化反应，C结构简式为，根据D分子式知，生成D的反应为取代反应，D发生水解反应生成E，根据E结构简式知，D为，以此解答该题。
【详解】(1)葡萄糖的分子式为C6H12O6，是多羟基醛，结构简式为CH2OH(CHOH)4CHO；
(2)由结构简式可知E中含有的官能团为羟基、醚键和酯基；
(3)由B到C的反应类型为取代反应或酯化反应；
(4)由以上分析可知C的结构简式为；
(5)D为，D发生水解反应生成E，由D到E的反应方程式为；
(6)F是B的同分异构体，B的相对分子质量为146，7.30g的F物质的量==0.05mol，生成n(CO2)==0.1mol，说明该分子中含有2个-COOH，B的分子式为C6H10O4，B的不饱和度==2，2个-COOH的不饱和度是2，说明F中不含碳碳不饱和键和环，则：
如果剩余碳链结构为C-C-C-C，羧基排放方式有6种；
如果剩余碳链结构为，羧基排放方式有3种；
所以符合条件的同分异构体有9种；其中核磁共振氢谱为三组峰，峰面积比为3：1：1的结构简式为。
【点睛】考查有机物推断，为高考常见题型，侧重考查学生分析、推断能力，涉及物质推断、官能团判断、反应类型判断、同分异构体种类判断等知识点，明确有机物官能团及其性质关系是解本题关键，难点是同分异构体种类判断。
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