注意事項：
1．答題前填寫好自己的姓名、班級、考號等信息
2．請將答案正確填寫在答題卡上
3. 本試卷中可能涉及的相對原子質(zhì)量：H1 C12 O16 Cl35.5 Ca40 Fe56 Zn65
一、單選題(共42分)
1. “●”表示上述相關元素的原子，“O”表示氫原子，小黑點“·”表示沒有形成共價鍵的最外層電子，短線表示共價鍵。下列關于幾種分子的說法正確的是
A. 上述分子中，中心原子采取sp3雜化的只有①②
B. ①分子為正四面體結構，④分子為平面形結構
C. ②分子中鍵數(shù)與鍵數(shù)之比為
D. 四種分子的鍵角由大到小的順序②>③>①>④
【答案】D
【解析】
【分析】①中中心原子形成3個單鍵，有一對孤電子對，為sp3雜化，空間構型為三角錐形；
②中中心原子形成一個單鍵和一個三鍵，為sp雜化，空間構型為直線形；
③中中心原子形成4個相同的單鍵，為sp3雜化，空間構型為正四面體；
④中中心原子形成2個單鍵，有2對孤電子對，為sp3雜化，空間構型為V形。
【詳解】A．中心原子采取sp3雜化的有①③④，A錯誤；
B．由分析可知，①分子為三角錐形，④分子雖然也有2對孤電子對，但形成的兩個共價鍵共面，所以④分子為平面形，B錯誤；
C．②中有3個鍵和2個π鍵，鍵數(shù)與鍵數(shù)之比3：2，C錯誤；
D．②的鍵角為180°，①③④中心原子均為sp3雜化，③中無孤電子對，①有1對孤電子對，④有2對孤電子對，孤電子對數(shù)越多，排斥作用越多，鍵角越小，故鍵角：②>③>①>④，D正確；
故選D
2. 有機物適合做鋰離子電池的電解液。
下列敘述正確的是
A. 鋰離子電池作為一種新型干電池，具有體積小，比能量高的特點
B. X和Y的分子組成相差一個“”，X和Y互為同系物
C. 反應和的原子利用率均為100%
D. Y能發(fā)生加成反應、氧化反應、取代反應
【答案】D
【解析】
【詳解】A．鋰離子電池可以充放電，屬于二次電池，故A錯誤；
B．同系物必須是含有相同數(shù)目相同官能團的同類物質(zhì)，由結構簡式可知，X和Y的官能團不完全相同，不是同類物質(zhì)，不可能互為同系物，故B錯誤；
C．由轉(zhuǎn)化關系可知，的反應為濃硫酸作用下X與甲醇共熱發(fā)生酯化反應生成Y和水，酯化反應的原子利用率達不到100%，故C錯誤；
D．由結構簡式可知，分子中含有的碳碳雙鍵能發(fā)生加成反應、氧化反應，含有的酯基能發(fā)生取代反應，故D正確；
故選D。
3. 咖啡因是一種生物堿(易溶于水及乙醇，熔點234.5℃，100℃以上開始升華)，有興奮大腦神經(jīng)和利尿等作用。茶葉中含咖啡因約1%～5%、單寧酸(弱酸，易溶于水及乙醇)約3%~10%。索氏提取裝置如圖所示。實驗時燒瓶中溶劑受熱蒸發(fā)，蒸汽沿蒸汽導管2上升至球形冷凝管，冷凝后滴入濾紙?zhí)淄瞝中，與茶葉末接觸，進行萃取。萃取液液面達到虹吸管3頂端時，經(jīng)虹吸管3返回燒瓶，從而實現(xiàn)對茶葉末的連續(xù)萃取。有關說法不正確的是
A. 用乙醇做萃取劑比用水更好
B. 蒸餾操作過程中，若發(fā)現(xiàn)忘加沸石，應立即停止加熱，待燒瓶冷卻后再加入沸石
C. 萃取結束后，將圓底燒瓶內(nèi)混合物倒出、過濾，將濾液蒸餾即可得到咖啡因
D. 索氏提取器比常規(guī)萃取更節(jié)約、更高效
【答案】C
【解析】
【詳解】A．已知咖啡因易溶于乙醇，100℃以上開始升華，用乙醇做萃取劑比用水更好，乙醇易揮發(fā)，A正確；
B．蒸餾操作中若忘記加入沸石易產(chǎn)生暴沸現(xiàn)象，蒸餾操作過程中，若發(fā)現(xiàn)忘加沸石，應立即停止加熱，待燒瓶冷卻后再加入沸石，B正確；
C．咖啡因100℃以上開始升華，直接蒸餾濾液不能馬上得到咖啡因，蒸餾出來的是酒精，咖啡因還留在蒸餾燒瓶內(nèi)，還要進一步處理才能得到咖啡因，C錯誤；
D．本實驗中采用索氏提取器的優(yōu)點是溶劑乙醇可循環(huán)使用，能減少溶劑用量，且萃取效率高，D正確；
故答案為：C。
4. 某研究團隊開發(fā)的長循環(huán)堿性金屬空氣電池裝置如圖所示。下列敘述錯誤的是
A. 放電時，向極移動
B. 放電時，極上的電極反應為
C. 充電時，極與電源正極連接
D. 充電時，產(chǎn)生(標準狀況)時有由交換膜左側向極遷移
【答案】D
【解析】
【分析】堿性金屬空氣電池裝置是原電池裝置，b極上氧氣得電子生成氫氧根離子，b為正極，電極反應式為：O2+2H2O+4e-=4OH-，a極為負極，電極反應式為：M+nOH--ne-=M(OH)n；
【詳解】A．由分析可知，放電時，a極為負極，b為正極，原電池中電解液陰離子移向負極，則OH-向a極移動，A正確；
B．放電時，a極為負極，電極反應式為：M+nOH--ne-=M(OH)n，B正確；
C．原電池中負極與電解池陰極相連，正極與陽極相連，則充電時，極與電源正極連接，C正確；
D．充電時，陽極上的電極反應式為4OH--4e-= O2↑+2H2O，標準狀況下O2物質(zhì)的量為，陰離子向陽極遷移，即有0.4mlOH-由交換膜左側向右側遷移，D錯誤；
故選D。
5. 下列化學用語或表述錯誤的是
A. 乙烯的球棍模型：
B. 基態(tài)Al原子最高能級的電子云輪廓圖：
C. 在[Ni(NH3)6]SO4中，陰離子的VSEPR模型名稱：正四面體形
D. HClO的結構式為H-O-Cl
【答案】A
【解析】
【詳解】A．乙烯分子結構簡式是CH2=CH2，乙烯分子中所有原子在同一平面上，由于原子半徑：C＞H，所以乙烯分子的球棍模型為，A錯誤；
B．Al是13號元素，基態(tài)Al原子核外電子排布式是1s22s22p63s23p1，基態(tài)Al原子最高能級是3p能級，該能級的電子云是啞鈴形，在3p1電子的輪廓圖為：，B正確；
C．在[Ni(NH3)6]SO4中，陰離子的中心S原子價層電子對數(shù)是：4+=4，無孤對電子，因此的VSEPR模型名稱：正四面體形，C正確；
D．在HClO中，O原子分別與H、Cl原子各形成1對共用電子對，使分子中的各個原子都達到最外層2個或8個電子的穩(wěn)定結構，其結構式為H-O-Cl，D正確；
故合理選項是A。
6. a、b、c、d、e為原子序數(shù)依次遞增的短周期主族元素，a的氣態(tài)氫化物與其最高價氧化物對應的水化物可反應形成鹽，基態(tài)b原子電子總數(shù)是其最高能級電子數(shù)的2倍，c的原子半徑是本周期最大的，d的單質(zhì)為淡黃色固體。下列說法錯誤的是
A. 簡單氫化物的沸點：d>b>a
B. 原子的半徑：c>d>e>a>b
C. 同溫下，等濃度的簡單氫化物水溶液的pH值：a>d>e
D. b、c、e以原子個數(shù)比1：1：1形成的化合物可用于殺菌消毒
【答案】A
【解析】
【分析】a、b、c、d、e為原子序數(shù)依次遞增的短周期主族元素。a的氣態(tài)氫化物與其最高價氧化物對應的水化物可反應形成鹽，應為銨鹽，則a為N元素，基態(tài)b原子電子總數(shù)是其最高能級電子數(shù)的2倍，則b為O元素，c的原子半徑是本周期最大的，則c是Na元素，d的單質(zhì)為淡黃色固體，d是S，e是Cl。
【詳解】A．水分子間形成氫鍵，沸點最高，氨分子間形成氫鍵，但比水分子間作用力弱，硫化氫分子間不能形成氫鍵，簡單氫化物的沸點：，故A錯誤；
B．電子層數(shù)越多，原子或離子的半徑越大，電子層數(shù)相同時，核電荷數(shù)越大，對核外電子的吸引能力越強，離子半徑越小，原子半徑：Na>S>Cl>N>O，故B正確；
C．的水溶液顯堿性，為弱酸，HCl為強酸，則等濃度的和HCl，的酸性弱，又酸性越強，pH值越小，堿性越強pH值越大，故同溫下，等濃度的簡單氫化物水溶液的pH值：a>d>e，故C正確；
D．b、c、e以原子個數(shù)比1∶1∶1形成的化合物是次氯酸鈉，可用于殺菌消毒，故D正確；
故選A。
7. 下列說法正確的是
A. 氯乙烷與其他藥物制成“復方氯乙烷氣霧劑”，用于運動中急性損傷的鎮(zhèn)痛
B. 醫(yī)用酒精的質(zhì)量分數(shù)為
C. 2-甲基-1，3-丁二烯與HCl發(fā)生加成反應的產(chǎn)物可能有5種
D. 苯酚鈉溶液中通入少量的：2+CO2+H2O2+Na2CO3
【答案】A
【解析】
【詳解】A．“復方氯乙烷氣霧劑”汽化時大量吸熱，具有冷凍麻醉作用，常用于急性運動損傷后鎮(zhèn)痛，A正確；
B．醫(yī)用酒精體積分數(shù)為，B錯誤；
C．2-甲基-1，3-丁二烯與HCl發(fā)生加成反應，若兩者以1：1的物質(zhì)的量進行反應，則產(chǎn)物可能有6種，若兩者以1：2的物質(zhì)的量進行反應，則也會生成等物質(zhì)，產(chǎn)物多于5種，C錯誤；
D．向苯酚鈉溶液中通入少量或者足量的，反應生成苯酚和碳酸氫鈉，反應的化學方程式為+CO2+H2O+NaHCO3，D錯誤；
故選A。
8. 用如圖裝置電解制取，溫度控制在左右，持續(xù)通入，電解前后物質(zhì)的量基本不變。下列說法正確的是
A. 電解過程中的移動方向是：甲室乙室
B. 乙室電極反應
C. 甲室產(chǎn)生的氣體只有
D. 電子的流動方向：鉑電極陰離子交換膜多晶銅電極
【答案】B
【解析】
【分析】從圖中可知，該裝置為電解池裝置，多晶銅電極上CO2得電子轉(zhuǎn)化為CH4，因此多晶銅電極為陰極，鉑電極為陽極。
【詳解】A．由分析知，電解過程中電解質(zhì)溶液中的陰離子向陽極移動，即電解過程中的移動方向是：乙室甲室，A錯誤；
B．電解時電解質(zhì)溶液中KHCO3物質(zhì)的量基本不變，故在陰極會同時產(chǎn)生碳酸氫根，乙室發(fā)生的電極反應：，B正確；
C．電解前后物質(zhì)的量基本不變，陰極電極反應：，陰極上有生成，則陽極上失電子生成和CO2，C錯誤；
D．電子只能在外電路沿著導線移動，不能在電解質(zhì)溶液中移動，D錯誤；
答案選B。
9. 化學和生活、科技、社會發(fā)展息息相關，下列說法正確的是
A. 大量開發(fā)可燃冰作為能源有利于實現(xiàn)碳達峰、碳中和
B. 富勒烯是一系列籠狀烴分子的總稱，其中的足球烯是富勒烯的代表物
C. 在規(guī)定的范圍內(nèi)合理使用食品添加劑，對人體健康不會產(chǎn)生不良影響
D. 油脂在人體中通過酶的催化可以發(fā)生分解反應，生成高級脂肪酸和甘油
【答案】C
【解析】
【詳解】A．可燃冰中能源主要成分為甲烷，燃燒產(chǎn)生二氧化碳，大量開發(fā)可燃冰作為能源不利于實現(xiàn)碳達峰、碳中和，A錯誤；
B．富勒烯是碳的單質(zhì)，不屬于烴，B錯誤；
C．合理使用食品添加劑，不會對人體健康產(chǎn)生不良影響，C正確；
D．油脂在人體中通過酶的催化可以發(fā)生水解反應，生成高級脂肪酸和甘油，D錯誤；
故選C。
10. 化合物甲是一種常見無機物，其結構如下圖所示(圖中的“—”為單鍵或雙鍵)，其中W、X、Y、Z為元素周期表中的短周期主族元素，且原子序數(shù)依次增大，W和Y、X和Z分別為同主族元素，其四種元素原子的最外層電子數(shù)之和為14。下列敘述正確的是
A. W分別與X、Z形成的簡單分子均為10電子微粒
B. X、Y形成的離子化合物只含離子鍵
C. ZX2的鍵角小于ZX3的鍵角
D. 等物質(zhì)的量Y和Z的最高價氧化物對應的水化物反應生成甲
【答案】C
【解析】
【分析】由化合物甲中X能形成2個共價鍵可知，X為O元素、W為H元素，由W、X、Y、Z為元素周期表中的短周期主族元素，且原子序數(shù)依次增大，W和Y、X和Z分別為同主族元素可知，Y為Na元素、Z為S元素，H、O、Na、S四種元素原子的最外層電子數(shù)之和為14。
【詳解】A．硫元素位于第三周期，硫化氫分子中含有的電子數(shù)為18，故A錯誤；
B．氧元素和鈉元素形成的過氧化鈉為離子化合物，化合物中含有離子鍵和共價鍵，故B錯誤；
C．SO2雜化軌道中有一對孤電子對，SO3雜化軌道中只有成鍵電子對，所以SO2中孤電子對對成鍵電子對的斥力大于SO3中成鍵電子對對成鍵電子對的斥力，使鍵角變小，故C正確；
D．化合物甲為亞硫酸氫鈉，硫元素為+4價，而硫酸氫鈉中硫元素化合價為+6價；氫氧化鈉與硫酸等物質(zhì)的量反應生成硫酸氫鈉，不能生成亞硫酸氫鈉，故D錯誤。
答案選C。
11. 下列為達到實驗目的所用實驗操作或原理解釋存在錯誤的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【詳解】A．該反應中，二氧化碳被還原為C單質(zhì)，二氧化碳作氧化劑，說明二氧化碳具有氧化性，A不符題意；
B．用激光筆照射硫的酒精溶液，若產(chǎn)生丁達爾效應，說明硫的酒精溶液屬于膠體，則硫的酒精溶液中分散質(zhì)粒子的直徑在1～100nm之間，B不符題意；
C．在加熱攪拌的條件下加入碳酸鎂除去三價鐵離子，發(fā)生反應2Fe3++3MgCO3+3H2O=2Fe(OH)3+3Mg2++3CO2↑，說明氫氧化鐵的溶解度小于碳酸鎂，沒有生成氫氧化鎂，說明溶解度：，C不符題意；
D．隨溫度升高，溶液中CH3COONa水解程度增大，說明溫度升高，CH3COONa的水解平衡正向移動，同時水的電離程度也增大，Kw增大，pH變化不能能探究溫度對CH3COONa水解程度的影響，D符合題意；
答案選D。
12. 下列化學用語或表述錯誤的是
A. 乙烯的球棍模型：
B. 基態(tài)Al原子最高能級的電子云輪廓圖：
C. 在中，陰離子的VSEPR模型名稱：正四面體形
D. 次氯酸鈉中含有的化學鍵類型：極性鍵、離子鍵
【答案】A
【解析】
【詳解】A．乙烯分子中含碳碳雙鍵，且乙烯為平面形分子，且C的原子半徑比H的大，故球棍模型中黑球代表碳原子，白球代表氫原子，棍代表共價鍵，因此乙烯的球棍模型，A錯誤；
B．已知Al是13號元素，其價電子排布式為：3s23p1，故基態(tài)Al原子最高能級即3p的電子云輪廓圖呈啞鈴形即為，B正確；
C．在中，陰離子即中心原子S原子周圍的價層電子對數(shù)為：4+=4，故其VSEPR模型名稱：正四面體形，C正確；
D．次氯酸鈉中含有的化學鍵類型為Na+和ClO-之間的離子鍵和ClO-內(nèi)部的極性鍵，D正確；
故答案為：A。
13. 中和百分數(shù)是指在酸堿反應過程中已反應的酸或堿的物質(zhì)的量占起始時酸或堿的物質(zhì)的量的百分數(shù)。室溫時用NaOH中和，保持反應體系中 ml/L，粒子濃度的對數(shù)值()、中和百分數(shù)與pH的關系如圖所示。下列有關說法正確的是
A. 曲線②表示濃度的對數(shù)值隨pH的變化關系
B. 室溫時，的水解平衡常數(shù)的數(shù)量級為
C. 水的電離程度：
D. 中和百分數(shù)從0.5到1.0的變化過程中：
【答案】D
【解析】
【分析】①代表濃度的對數(shù)值隨pH的變化關系，②代表c(H+)對數(shù)值隨pH的變化關系， ③代表濃度的對數(shù)值隨pH的變化關系，④代表濃度的對數(shù)值隨pH的變化關系，據(jù)此分析解題。
【詳解】A．據(jù)分析可知，②代表c(H+)對數(shù)值隨pH的變化關系， ③代表濃度的對數(shù)值隨pH的變化關系，A錯誤；
B．從圖中可知，c(CH3COOH)和c(CH3COO-)相同時(虛線與實線相交的點)，pH=4.75，根據(jù)CH3COOHCH3COO-+H+，醋酸濃度和醋酸根離子濃度相同時，K=c(H+)=10-4.75，水解常數(shù)為，數(shù)量級為10-10，B錯誤；
C．隨著反應進行CH3COONa的濃度逐漸增加，CH3COONa促進水的電離，水的電離程度：，C錯誤；
D．根據(jù)電荷守恒，，P1→P3過程中，c(CH3COO-)>c(CH3COOH)，故是成立的，D正確；
故答案選D。
14. 一定條件下，1-苯基丙炔可與發(fā)生催化加成，反應如下：
反應過程中該炔烴及反應產(chǎn)物的占比隨時間的變化如圖（已知：反應Ⅰ、Ⅲ為放熱反應），下列說法錯誤的是
A. 穩(wěn)定性：產(chǎn)物Ⅱ>產(chǎn)物Ⅰ
B. 反應活化能：反應Ⅰ>反應Ⅱ
C. 反應至70min后，分離可獲得較高產(chǎn)率的產(chǎn)物Ⅱ
D. 增加HCl濃度，平衡時產(chǎn)物Ⅱ和產(chǎn)物Ⅰ的比例不變
【答案】B
【解析】
【詳解】A．反應Ⅰ、Ⅲ為放熱反應，反應Ⅱ=反應Ⅰ+反應Ⅲ，因此反應Ⅱ的比反應Ⅰ更小，產(chǎn)物Ⅱ的能量比產(chǎn)物Ⅰ低，即穩(wěn)定性：產(chǎn)物Ⅱ>產(chǎn)物Ⅰ，故A正確；
B．反應所需的活化能越小，反應速率越快，相同時間內(nèi)所占比例越大，根據(jù)圖知，短時間內(nèi)，反應Ⅰ的占比遠遠大于反應Ⅱ，說明反應Ⅰ的速率遠遠大于反應Ⅱ，則所需活化能反應Ⅰ＜反應Ⅱ，故B錯誤；
C．由圖可知，反應至70min后，產(chǎn)物Ⅱ的產(chǎn)比遠高于產(chǎn)物Ⅰ，此時分離可獲得較高產(chǎn)率的產(chǎn)物Ⅱ，故C正確；
D．由于存在產(chǎn)物Ⅰ與產(chǎn)物Ⅱ之間的可逆反應，其K值與氯化氫含量無關，因此比值不會隨著HCl的含量的改變而改變，故D正確；
故選B。
二、非選擇題(共58分)
15. 氨是重要化工原料，其工業(yè)合成原理為 。回答下列問題：
（1）已知：ⅰ. ；
ⅱ. (a、b都大于0)。
則反應的___________(用含a、b的代數(shù)式表示)，利于該反應正向進行的條件為___________(填“低溫”“高溫”或“任意溫度”)。
（2）向恒溫恒容密閉容器中充入體積比的和，發(fā)生反應。下列情況表明該反應一定達到平衡狀態(tài)的是___________(填字母，下同)。
A. 氣體密度不隨時間變化B. 氣體平均摩爾質(zhì)量不隨時間變化
C. 氣體總壓強不隨時間變化D. 體積分數(shù)不隨時間變化
（3）下列關于 的敘述正確的是___________。
A．生成速率等于消耗速率的2倍
B．若加入高效催化劑，平衡常數(shù)和反應熱都會增大
C．若起始按體積比投入和，則和的轉(zhuǎn)化率相等
（4）向剛性密閉容器中充入和合成氨，經(jīng)歷相同時間測得轉(zhuǎn)化率與溫度及時間的關系如圖1所示。
①溫度：___________(填“>”或“ ②. 8.33
（5） ①. 壓強增大，反應速率加快，平衡正向移動，平衡時NH3的體積分數(shù)增大 ②. 壓強過大，此時氨液化(或壓強過大，催化劑活性降低等)
【解析】
【小問1詳解】
根據(jù)蓋斯定律，得N2(g)+3H2(g)?2NH3(g)的ΔH=；合成氨為放熱反應，正反應為體積減小反應，即、，根據(jù)可知低溫利于該反應正向進行。
【小問2詳解】
A．氣體總質(zhì)量不變、容器體積不變，密度是恒量，混合氣體密度不隨時間變化，反應不一定平衡， A錯誤；
B．氣體總質(zhì)量不變，氣體物質(zhì)的量減少，混合氣體平均摩爾質(zhì)量是變量，混合氣體平均摩爾質(zhì)量不隨時間變化，反應一定達到平衡狀態(tài)， B正確；
C．容器體積不變、氣體物質(zhì)的量減少，壓強是變量，混合氣體總壓強不隨時間變化，反應一定達到平衡狀態(tài)， C正確；
D．若投入、，的轉(zhuǎn)化量為，由
，可知N2體積分數(shù)，即其始終為定值，不隨時間變化，反應不一定平衡；D錯誤，
故選BC．
【小問3詳解】
A．同一反應方向的速率之比等于化學計量數(shù)之比，A正確；
B．催化劑能改變化學反應速率，不能改變平衡常數(shù)和反應熱，B錯誤；
C．起始按化學計量數(shù)比投料，轉(zhuǎn)化按化學計量數(shù)比反應，故轉(zhuǎn)化率相等，C正確，
故答案選AC．
【小問4詳解】
①根據(jù)“先拐先平數(shù)值大”可知，>。
②根據(jù)圖像可知，平衡時轉(zhuǎn)化率為，用三段式計算：。。
。
【小問5詳解】
①由圖像可知，ab段NH3體積分數(shù)增大，原因是壓強增大，反應速率加快，平衡正向移動，平衡時NH3的體積分數(shù)增大；
②由圖像可知，cd段 NH3體積分數(shù)急減，其原因可能是壓強過大，此時氨液化(或壓強過大，催化劑活性降低等)。
16. 丙烯是重要的化工原料，丙烯的制備是關注的熱點。
主反應：
副反應：
科學上規(guī)定：在298.15K時，由最穩(wěn)定的單質(zhì)生成1ml化合物時的焓變，叫作該物質(zhì)的標準摩爾生成焓?；卮鹣铝袉栴}：
已知：部分物質(zhì)的標準摩爾生成焓數(shù)據(jù)如下表：
（1）上述反應的___________。
（2）主反應在催化劑Pt(111)表面上反應有2種路徑，整個反應的能線圖如圖所示。
表示路徑1的活化能，表示路徑2的活化能，TS表示過渡態(tài)
①路徑2中速控步驟的反應式為___________。
②在前兩步脫氫反應中，路徑___________更有優(yōu)勢。
（3）在壓強(117.5kPa)恒定，以作為稀釋氣，不同水烴比［、10、15］時，催化脫氫制備反應的平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度的變化曲線圖如圖所示。
①水烴比的曲線為___________(選填“”、“”或“”)，理由是___________。
②W點對應條件下，若的選擇性為，則主反應的分壓平衡常數(shù)為___________［的選擇性］。
③相同溫度下，水烴比遠大于15：1時，的消耗速率明顯下降，可能的原因是：i．的濃度過低；ii．___________。
（4）2024年3月1日，廈門大學《科學》雜志報道，該?？蒲腥藛T創(chuàng)制了沸石催化劑(為銠銦合金)，實現(xiàn)了丙烷脫氫高選擇性制丙烯。下列關于該催化劑的描述正確的是___________(填標號)。
A. 改變沸石顆粒大小能影響反應速率
B. 沸石催化劑可改變丙烷的平衡轉(zhuǎn)化率
C. 在工業(yè)生產(chǎn)中，沸石催化劑能提高丙烯的產(chǎn)率
D. X射線衍射技術可測定晶體結構
【答案】（1）
（2） ①. (或) ②. 1
（3） ①. ②. 在相同溫度下，水烴比增大，等效于減小壓強，平衡正向移動，的平衡轉(zhuǎn)化率增大。故此條件下水烴比時平衡轉(zhuǎn)化率最大，對應的曲線為 ③. 14.4 ④. 過多地占據(jù)催化劑表面活性位點，導致催化劑對丙烷的吸附率降低 （4）ACD
【解析】
【小問1詳解】
副反應：的生成物的標準摩爾生成焓-反應物的標準摩爾生成焓。
【小問2詳解】
①從能線圖可知路徑2中c生成d的活化能最高，為速控步驟，故反應式為(或)；
②在前兩步脫氫反應中，路徑1的活化能均較低，為優(yōu)勢路徑。
【小問3詳解】
①在相同溫度下，水烴比增大，等效于減小壓強，平衡正向移動，的平衡轉(zhuǎn)化率增大。故此條件下水烴比時平衡轉(zhuǎn)化率最大，對應的曲線為；
②W點的平衡轉(zhuǎn)化率為，根據(jù)已知條件列出“三段式”
則，的選擇性為，則。故，。W點，則的物質(zhì)的量為10ml，則主反應的分壓平衡常數(shù)。
③相同溫度下，水烴比遠大于15：1時，說明水蒸氣多，的濃度過低，反應速率減慢，另一方面是過多地占據(jù)催化劑表面活性位點，導致催化劑對丙烷的吸附率降低，也導致的反應速率明顯下降。
【小問4詳解】
A．改變沸石顆粒大小，改變了催化劑的表面積，反應速率改變，A正確；
B．催化劑不能使平衡移動，沸石催化劑不能改變丙烷的平衡轉(zhuǎn)化率，B錯誤；
C．沸石催化劑實現(xiàn)了丙烷脫氫高選擇性制丙烯，所以該催化劑能提高生成丙烯的選擇性，提高丙烯的產(chǎn)率，C正確；
D．X射線衍射技術可以確定晶體內(nèi)部的原子排列順序，所以可測定晶體結構，D正確；
選ACD。
17. 工業(yè)上，可以用處理煙氣中、，總反應式為．已知：有關反應的能量變化曲線如圖所示。
（1）寫出和反應的熱化學方程式：________________。上述總反應中________。
（2）其他條件不變，增大，對總反應速率幾乎沒有影響，其原因可能是________________。
（3）一定條件下，速率方程為（k為速率常數(shù)，只與溫度有關）。阿侖尼烏斯經(jīng)驗公式：（R為常數(shù)，為活化能，不隨溫度改變；T為溫度）。和反應在不同催化劑Cat1、Cat2作用下，與的關系如圖所示。
其他條件相同，催化效率較高的是________（填“Cat1”或“Cat2”），判斷依據(jù)是________________。
（4）在恒容密閉容器中保持總物質(zhì)的量不變，充入NO和。NO平衡轉(zhuǎn)化率與溫度（T）、投料比關系如圖所示。
①________（填“”“”或“”）；平衡常數(shù)、和由大到小排序為________________。
②已知：，溫度下該反應的平衡常數(shù)________________。（為用分壓表示的平衡常數(shù)，分壓總壓物質(zhì)的量分數(shù)）
（5）在恒容密閉容器中充入和，發(fā)生反應，測得部分物質(zhì)的平衡濃度變化如圖所示。M點對應的反應體系中體積分數(shù)為________________。
【答案】（1） ①. ②. -442.5
（2）和反應的活化能遠大于NO與O2反應的活化能，即SO2和O3的反應為控速反應，總反應的速率主要取決于和反應
（3） ①. Cat1 ②. 由圖可知，當溫度變化量一定時，Cat1作用下的RlnK變化值較小，對應的活化能較小，催化效率較高
（4） ①. ＜ ②. ＞= ③. 16
（5）50%
【解析】
【小問1詳解】
由圖可知，和反應的，熱化學方程式為：；，總反應等于與相加，其；
【小問2詳解】
和反應的活化能遠大于NO與O2反應的活化能，即SO2和O3的反應為控速反應，總反應的速率主要取決于和反應，因此，當其他條件不變，增大，對總反應速率幾乎沒有影響；
【小問3詳解】
由圖可知，當溫度變化量一定時，Cat1作用下的RlnK變化值較小，對應的活化能較小，催化效率較高；
【小問4詳解】
①其他條件相同時，投料比越大，NO的平衡轉(zhuǎn)化率越小，即＜（填“”“”或“”）；平衡常數(shù)只與溫度有關，反應為放熱反應，溫度越高，平衡常數(shù)越小，即＞=；
②當時，NO的平衡轉(zhuǎn)化率為80%，設投入NO的物質(zhì)的量為aml，即轉(zhuǎn)化的NO物質(zhì)的量為0.8aml，可得三段式：，平衡時總物質(zhì)的量為2aml，NO、O3、NO2、O2物質(zhì)的量分數(shù)分別為0.1、0.1、0.4、0.4，設總壓強為P，即平衡常數(shù)；
【小問5詳解】
在恒容密閉容器中充入和，設M點時，轉(zhuǎn)化NO物質(zhì)的量為x，可得三段式：，，由圖可知，虛線為NO2或O2的濃度，M點，即，1-x=x，解得x=0.5ml，總物質(zhì)的量為0.5+1.5+0.5+0.5=3ml，此時O3體積分數(shù)等于物質(zhì)的量分數(shù)為：。
18. 草酸鎳(NiC2O4)是一種不溶于水的淺綠色粉末，常用于制鎳催化劑和鎳粉等。以銅鎳合金廢料(主要成分為鎳和銅，含有一定量的鐵和硅)為原料生產(chǎn)草酸鎳的工藝流程如圖：
已知：①“浸出”液含有的離子主要有H+、Ni2+、Cu2+、Fe3+、、；
②pH增大，F(xiàn)e2+被氧化的速率加快，同時生成的Fe3+水解形成更多的膠體能吸附Ni2+。
③草酸Ka1=6.0×10-2，Ka2=5.0×10-5。
回答下列問題：
（1）生產(chǎn)時為提高合金廢料浸出率，下列措施可行的是_______(填字母)。
a．適當延長浸出時間 b．高溫浸出 c．分批加入混酸浸取并攪拌
（2）“萃取”步驟中萃取除去的主要金屬陽離子是_______。
（3）“氧化”過程中，控制70℃、pH小于3的條件下進行。
①“氧化”過程的離子方程式為_______。
②若pH大于3鎳的回收率降低的原因是_______。
（4）“過濾”后的濾液中加入(NH4)2C2O4溶液反應得到草酸鎳，過濾得到的草酸鎳需要用蒸餾水洗滌，檢驗晶體是否洗滌干凈的方法是_______。已知常溫下Ksp[NiC2O4]=1.70×10-17，當溶液pH=2時，Ni2+沉淀完全[c(Ni2+)≤1×10-5ml·L-1時認為完全沉淀]，則此時溶液中草酸的濃度c(H2C2O4)=_______(保留兩位有效數(shù)字)。
（5）在空氣中加熱二水合草酸鎳得到NiO，該反應的化學方程式為_______。
【答案】（1）ac （2）Cu2+
（3） ① ②. pH過高，F(xiàn)e3+生成氫氧化鐵膠體吸附大量Ni2+，導致鎳回收率降低
（4） ①. 取最后一次的洗滌液少許于試管中，先加鹽酸酸化，再加氯化鋇溶液，若無沉淀生成，則證明洗滌干凈 ②.
（5）
【解析】
【分析】由已知信息可知，合金廢料中加入混酸浸取液浸取后，得到的溶液中含有的離子有H+、Ni2+、Cu2+、Fe3+、、，向溶液中加入萃取劑，用萃取劑除去溶液中的Cu2+，向萃取后的溶液中加入還原劑，將Fe3+還原為Fe2+，然后加入H2O2，將Fe2+氧化為FeOOH沉淀，除去溶液中的鐵元素；過濾后，向濾液中加入，(NH4)2C2O4溶液反應得到NiC2O4。
【小問1詳解】
a．適當延長浸出時間可以使反應更充分，提高浸出率，a項選；
b．高溫條件下可以加快反應速率，但是在高溫條件下硝酸會揮發(fā)，故不能用高溫浸出，b項不選；
c．分批加入混酸浸取并攪拌能使反應物混合更均勻，更充分，提高浸出率，c項選；
答案選ac；
【小問2詳解】
由流程分析可知，后續(xù)的操作不能除去Cu2+，故只能在萃取步驟中除去Cu2+；
【小問3詳解】
①由題意可知，氧化過程是在70℃、pH小于3的條件下進行，過氧化氫與亞鐵離子發(fā)生氧化還原反應生成FeOOH沉淀，反應的離子方程式為；
②由題給信息可知，溶液pH增大，F(xiàn)e2+被氧化的速率加快，同時生成的Fe3+水解形成更多的膠體能吸附Ni2+，導致鎳回收率降低；
【小問4詳解】
由流程可知，草酸鎳晶體表面附有可溶的硫酸銨和硝酸銨，檢驗晶體是否洗滌干凈實際上就是檢驗洗滌液中是否存在硫酸根，則檢驗方法為取最后一次的洗滌液少許于試管中，先加鹽酸酸化，再加氯化鋇溶液，若無沉淀生成，則證明洗滌干凈；常溫下Ksp[NiC2O4]=1.70×10-17，當溶液pH=2時，Ni2+沉淀完全，假設Ni2+濃度為1×10-5ml·L-1，則==，溶液pH=2，，草酸的Ka2==5.0×10-5，則==，Ka1==6.0×10-2，則=，
【小問5詳解】
在空氣中加熱二水合草酸鎳得到NiO，該反應的化學方程式為。實驗目的
實驗操作
原理解釋
A
探究有氧化性
鈉在燃燒匙中點燃，迅速伸入盛滿的集氣瓶中
被還原成碳單質(zhì)
B
探究硫的酒精溶液屬于膠體
用激光筆照射硫的酒精溶液
硫的酒精溶液中分散質(zhì)粒子的直徑在之間
C
除去酸性溶液中的
在加熱攪拌的條件下向溶液中加入足量的固體，過濾后，再向濾液中加入適量的稀鹽酸
溶解度：
D
探究溫度對水解程度的影響
用計測溶液的隨溫度變化
隨溫度升高，溶液中水解程度增大
物質(zhì)
標準摩爾生成焓

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