廣東省廣州市2025屆高三化學(xué)4月第一次模擬考試試題含解析

PAGE18-廣東省廣州市2025屆高三化學(xué)4月第一次模擬考試試題（含解析）相對(duì)原子質(zhì)量：H1Li7N14O16Ni59Zn65Cd112La139一、單選題每題6分1.我國(guó)古代優(yōu)秀科技成果對(duì)人類文明進(jìn)步做出巨大貢獻(xiàn)，下列有關(guān)說法錯(cuò)誤的是A.燒制“青如天，明如鏡，薄如紙，聲如磬”的瓷器的主要原料為黏土B.記載“倫乃造意，用樹膚……以為紙”中的“樹膚”的主要成分含纖維素C.古代“黑火藥”是由硫磺、木炭、硝酸三種物質(zhì)按肯定比例混合制成D.“司南之杓，投之于地，其柢指南”中的“杓”的主要成分是自然磁鐵（Fe3O4）【答案】C【解析】【詳解】A．瓷器的主要原料為黏土，是利用黏土高溫煅燒制得的，故A正確；B．樹膚即樹皮，主要成分為纖維素，故B正確；C．制備黑火藥的原料為S、KNO3、C，三者比例為1∶2∶3，故C錯(cuò)誤；D．與磁鐵的磁性有關(guān)，則司南中的“杓”含F(xiàn)e3O4，故D正確；故選C。2.關(guān)于化合物1，4-二氫萘（），下列說法錯(cuò)誤的是A.能使酸性高錳酸鉀溶液褪色B.分子中全部原子均處同一平面C.一氯代物有4種（不考慮立體異構(gòu)）D.與互為同分異構(gòu)體【答案】B【解析】【詳解】A．中含有碳碳雙鍵，能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故A正確；B．苯環(huán)為平面結(jié)構(gòu)，碳碳雙鍵為平面結(jié)構(gòu)，但分子結(jié)構(gòu)中含有亞甲基，分子中全部原子不行能處同一平面上，故B錯(cuò)誤；C．上有4種H原子()，一氯代物有4種，故C正確；D．與的分子式相同，均為C10H10，但結(jié)構(gòu)不同，互為同分異構(gòu)體，故D正確；故選B?！军c(diǎn)睛】有機(jī)物分子中只要含有飽和碳原子(包括：-CH3、-CH2-、、)中的一種，分子中的全部原子就不行能處于同一平面內(nèi)。3.試驗(yàn)室模擬氨催化氧化法制硝酸的裝置如圖所示（無水CaCl2可用于汲取氨氣），下列說法錯(cuò)誤的是A.裝置①、②、⑤依次盛裝堿石灰、無水CaCl2、NaOH溶液B.裝置③中氣體呈紅棕色C.裝置④中溶液可使紫色石蕊溶液變紅，說明有HNO3生成D.通空氣主要作用是鼓出氨氣，空氣可用N2代替【答案】D【解析】【分析】空氣通入濃氨水后，氨氣和氧氣的混合氣體經(jīng)過干燥后進(jìn)入裝有催化劑的硬質(zhì)玻璃管，發(fā)生催化氧化，4NH3+5O24NO+6H2O，生成的氣體經(jīng)過無水CaCl2，除去氨氣和水蒸氣，在裝置③中NO與空氣中的氧氣反應(yīng)生成NO2，并收集，④中的水可以汲取排出的二氧化氮，尾氣中的NO在⑤中被汲取，防止污染，因此⑤中可以選用氫氧化鈉溶液，據(jù)此分析解答?！驹斀狻緼．依據(jù)上述分析，裝置①、②、⑤依次盛裝堿石灰、無水CaCl2、NaOH溶液，故A正確；B．裝置③NO被氧化生成NO2，氣體呈紅棕色，故B正確；C．裝置④中發(fā)生3NO2+H2O=2HNO3+NO，溶液顯酸性，可使紫色石蕊溶液變紅，故C正確；D．通空氣的主要作用是鼓出氨氣并供應(yīng)氧氣，空氣不能用N2代替，故D錯(cuò)誤；故選D。4.一種礦石[Y3Z2X5（XW）4]的組成元素W、X、Y、Z為原子序數(shù)依次增大的短周期元素，其中W、X、Z分別位于不同周期，其中Z核外最外層電子數(shù)是X核外電子數(shù)的一半,1個(gè)W2X分子含有10個(gè)電子。下列說法正確的是A.原子半徑：Y＞Z＞X＞W(wǎng)B.Y與X可形成共價(jià)化合物C.Z的最高價(jià)氧化物的水化物是中強(qiáng)酸D.簡(jiǎn)潔氫化物的沸點(diǎn)：Z＞X【答案】A【解析】【分析】W、X、Y、Z為原子序數(shù)依次增大的短周期元素，其中W、X、Z分別位于不同周期，則W為H元素，X位于第2周期，Z位于第3周期，1個(gè)W2X分子含有10個(gè)電子，則X為O元素，Z核外最外層電子數(shù)是X核外電子數(shù)的一半，Z最外層有4個(gè)電子，Z為Si元素，Y3Z2X5(XW)4的化學(xué)式為Y3Si2O5(OH)4，依據(jù)正負(fù)化合價(jià)的代數(shù)和為0，Y顯+2價(jià)，為Mg元素，據(jù)此分析解答。【詳解】A．同一周期，從左到右，原子半徑漸漸減小，同一主族，從上到下，原子半徑漸漸增大，原子半徑：Y＞Z＞X＞W(wǎng)，故A正確；B．Y為Mg元素，為活潑的金屬元素，X為O元素，是活潑的非金屬性元素，Y與X形成離子化合物，故B錯(cuò)誤；C．Z為Si元素，Z的最高價(jià)氧化物的水化物是兩性氫氧化物，故C錯(cuò)誤；D．水分子間能夠形成氫鍵，因此簡(jiǎn)潔氫化物的沸點(diǎn)：X＞Z，故D錯(cuò)誤；故選A?！军c(diǎn)睛】正確推斷元素是解題的關(guān)鍵。本題的易錯(cuò)點(diǎn)為B，要留意活潑的金屬元素和活潑的非金屬元素簡(jiǎn)潔形成離子鍵。5.我國(guó)科學(xué)家設(shè)計(jì)了一種太陽能驅(qū)動(dòng)從海水中提取金屬鋰的裝置，示意圖如圖所示。該裝置工作時(shí)，下列說法正確的是A.銅箔上的電勢(shì)比催化電極上的高B.海水的pH變大C.若轉(zhuǎn)移1mol電子，理論上銅箔增重7gD.固體陶瓷膜可用質(zhì)子交換膜代替【答案】C【解析】【分析】依據(jù)海水提取金屬鋰的裝置圖知，催化電極上放出氣體，為氯離子放電生成氯氣，因此催化電極為陽極，則銅箔為陰極，陰極上得電子發(fā)生還原反應(yīng)析出金屬鋰，據(jù)此分析解答?！驹斀狻緼．依據(jù)以上分析，催化電極為陽極，銅箔為陰極，銅箔上電勢(shì)比催化電極上的低，故A錯(cuò)誤；B．海水中的鋰離子和氯離子放電，海水的pH基本不變，故B錯(cuò)誤；C．依據(jù)轉(zhuǎn)移電子數(shù)相等，若導(dǎo)線中轉(zhuǎn)移1mol電子，則銅箔上產(chǎn)生1molLi，質(zhì)量為7g，故C正確；D．因?yàn)榇呋姌O為陽極，放出氯氣，銅箔為陰極，形成金屬鋰，所以固體陶瓷膜為陽離子交換膜，不能用質(zhì)子交換膜代替，故D錯(cuò)誤；故選C?！军c(diǎn)睛】明確各個(gè)電極上發(fā)生的反應(yīng)是解本題關(guān)鍵，難點(diǎn)是電極反應(yīng)原理的分析。本題的易錯(cuò)點(diǎn)為D，要留意固體陶瓷膜為陽離子交換膜，是使鋰離子通過的，不能用質(zhì)子交換膜代替。6.已知鄰苯二甲酸（H2A）的Ka1=1.1×10?3，Ka2=3.9×10?6。常溫下，用0.10mol·L?1的NaOH溶液滴定20.0mL0.10mol·L?1的鄰苯二甲酸氫鉀（KHA）溶液，溶液pH的改變曲線如圖所示。下列敘述錯(cuò)誤的是A.a點(diǎn)混合溶液中：c（K+）>c（A2-）>c（Na+）>c（HA-）B.b點(diǎn)的混合溶液中：c（Na+）=c（A2-）+c（HA-）C.c點(diǎn)溶液pH在9~10之間D.從a點(diǎn)到c點(diǎn)水的電離程度漸漸增大【答案】B【解析】【詳解】A．a(chǎn)點(diǎn)(加入的NaOH為KHA物質(zhì)的量的一半，)溶液顯酸性，HA-的水解常數(shù)Kh===×10-11，HA-的電離常數(shù)為3.9×10-6＞×10-11，則HA-的電離程度大于水解程度，但其電離程度較小，所以其溶液中離子濃度關(guān)系為：c(K+)＞c(A2-)＞c(Na+)＞c(HA-)，故A正確；B．b點(diǎn)溶液的pH=7，c(OH-)=c(H+)，此時(shí)溶液中所含溶質(zhì)為等濃度的K2A和Na2A，以及少量的KHA，依據(jù)電荷守恒c(Na+)+c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-)，因此c(Na+)+c(K+)=c(HA-)+2c(A2-)，在KHA溶液中存在物料守恒，c(K+)=c(HA-)+c(A2-)+c(H2A)，因此c(Na+)+c(H2A)=c(A2-)，故B錯(cuò)誤；C．c點(diǎn)溶液中含有等濃度的K2A和Na2A，Kh===×10-8，c(OH-)≈mol/L=×10-5mol/L，pH在9~10之間，故C正確；D．a(chǎn)點(diǎn)溶液由于HA-的電離產(chǎn)生H+，溶液顯酸性，水的電離受到抑制，隨著NaOH溶液的加入，溶液中c(HA-)漸漸減小，c(A2-)漸漸增大，A2-的水解促進(jìn)水的電離，因此水的電離程度漸漸增大，故D正確；故選B。7.探討人員提出了一種基于Li元素的電化學(xué)過程來合成氨，其工藝路途如圖所示，下列說法錯(cuò)誤的是A.第一步每生成1mol氧氣轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為4NA（NA為阿伏加德羅常數(shù)的值）B.第一步實(shí)現(xiàn)了能量轉(zhuǎn)化：可再生能源→電能→化學(xué)能C.其次步反應(yīng)方程式為6Li+N22Li3ND.該工藝的總反應(yīng)為N2+3H22NH3【答案】D【解析】【詳解】A．第一步電解熔融的氫氧化鋰生成鋰和氧氣，每生成1mol氧氣轉(zhuǎn)移4mol電子，電子數(shù)為4NA，故A正確；B．依據(jù)圖示，第一步的能量轉(zhuǎn)化：風(fēng)能和太陽能等可再生能源轉(zhuǎn)化為電能，在電解池中電解熔融的氫氧化鋰生成鋰和氧氣，實(shí)現(xiàn)可再生能源→電能→化學(xué)能的轉(zhuǎn)化，故B正確；C．依據(jù)圖示，第一步生成了鋰，第三步中的反應(yīng)物為L(zhǎng)i3N，因此其次步反應(yīng)生成了Li3N，因此其次步反應(yīng)的化學(xué)方程式為6Li+N22Li3N，故C正確；D．依據(jù)流程圖，該工藝的第一步反應(yīng)為4LiOH(熔融)4Li+2H2O+O2↑，其次步反應(yīng)為6Li+N22Li3N，第三步反應(yīng)為L(zhǎng)i3N+3H2O=3LiOH+NH3，因此總反應(yīng)為2N2+6H2O4NH3+3O2，故D錯(cuò)誤；故選D。二、填空題8.試驗(yàn)室以活性炭為催化劑，用CoCl2·6H2O制取三氯化六氨合鈷（Ⅲ）?？偡磻?yīng)式為2CoCl2+10NH3+2NH4Cl+H2O2+2H2O。制備流程如下：回答下列問題：（1）步驟①“溶解”需加熱并運(yùn)用研細(xì)的CoCl2·6H2O，目的是________。（2）步驟②“絡(luò)合”需降溫至10℃進(jìn)行，緣由是________。（3）步驟③“氧化”在60℃進(jìn)行?！安僮鱅”是________。已知：[Co（NH3）6]Cl3在冷水中溶解度較小，在熱水中溶解度較大。（4）“溶液2”中鈷主要以[Co（NH3）6]3+形式存在，加入濃HCl的作用是________。（5）用下圖裝置測(cè)定產(chǎn)品中NH3的含量（已省略加熱和夾持裝置）：①蒸氨：取mg樣品進(jìn)行測(cè)定。添加藥品后，加熱三頸燒瓶，蒸出的NH3通入含有V1mLc1mol·L?1H2SO4標(biāo)準(zhǔn)溶液的錐形瓶中。液封裝置1的作用是________。②滴定：將液封裝置2中的水倒入錐形瓶后，滴定過剩的H2SO4，消耗V2mLc2mol·L?1的NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液。產(chǎn)品中NH3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為___。若未將液封裝置2中的水倒入錐形瓶，測(cè)得NH3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)可能__（填“偏高”或“偏低”）。【答案】(1).加速溶解(2).防止氨氣逸出(3).趁熱過濾(4).存在溶解平衡[Co(NH3)6]Cl3(s)?[Co(NH3)6]3+(aq)+3Cl-(aq)，加入濃鹽酸，增大了c(Cl-)，使平衡逆向移動(dòng)，有利于析出[Co(NH3)6]Cl3晶體(5).平衡氣壓，防止倒吸，防止氨氣逸出(6).×100%(7).偏低【解析】【分析】將CoCl2?6H2O和可溶性NH4Cl一起用水溶解，所得溶液中加入活性碳和濃氨水，得到[Co(NH3)6]Cl2和活性炭的濁液，滴加H2O2的水溶液，在活性炭的催化作用下，溶液中Co(Ⅱ)氧化為Co(Ⅲ)，生成[Co(NH3)6]Cl3和活性炭的濁液，再加入濃鹽酸，冷卻過濾，析出晶體[Co(NH3)6]Cl3，據(jù)此分析解答。【詳解】(1)步驟①“溶解”需加熱并運(yùn)用研細(xì)的CoCl2·6H2O，目的是加速CoCl2·6H2O的溶解速率，故答案為：加速溶解；(2)濃氨水簡(jiǎn)潔揮發(fā)，步驟②“絡(luò)合”需降溫至10℃進(jìn)行，可以防止氨氣逸出，故答案為：防止氨氣逸出；(3)[Co(NH3)6]Cl3在冷水中溶解度較小，在熱水中溶解度較大，步驟③“氧化”在60℃進(jìn)行。為了防止[Co(NH3)6]Cl3結(jié)晶析出，“操作I”須要趁熱過濾，故答案為：趁熱過濾；(4)“溶液2”中鈷主要以[Co(NH3)6]3+形式存在，存在溶解平衡[Co(NH3)6]Cl3(s)?[Co(NH3)6]3+(aq)+3Cl-(aq)，加入濃鹽酸，增大了c(Cl-)，使平衡逆向移動(dòng)，有利于析出[Co(NH3)6]Cl3晶體，故答案為：存在溶解平衡[Co(NH3)6]Cl3(s)?[Co(NH3)6]3+(aq)+3Cl-(aq)，加入濃鹽酸，增大了c(Cl-)，使平衡逆向移動(dòng)，有利于析出[Co(NH3)6]Cl3晶體；(5)①添加藥品后，加熱三頸燒瓶，蒸出的NH3通入含有V1mLc1mol·L?1H2SO4標(biāo)準(zhǔn)溶液的錐形瓶中，為了防止氨氣逸出，須要用液封裝置，同時(shí)可以起到平衡氣壓，防止倒吸的作用，故答案為：平衡氣壓，防止倒吸，防止氨氣逸出；②硫酸過量，氨氣與硫酸反應(yīng)生成硫酸銨[(NH4)2SO4]，剩余的H2SO4，消耗V2mLc2mol·L?1的NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液，因此硫酸汲取的氨氣的物質(zhì)的量為×10-3mol，產(chǎn)品中NH3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為×100%，氨氣簡(jiǎn)潔揮發(fā)，若未將液封裝置2中的水倒入錐形瓶，則使得硫酸汲取的氨氣偏少，則測(cè)得的NH3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)偏低，故答案為：×100%；偏低。9.鎘（Cd）可用于制作某些發(fā)光電子組件。一種以鎘廢渣（含CdO及少量ZnO、CuO、MnO、FeO雜質(zhì)）為原料制備鎘的工藝流程如下：回答下列問題：（1）“濾渣1”的主要成分為Cu（OH）2和_____（填化學(xué)式）。（2）“氧化”時(shí)KMnO4的還原產(chǎn)物是MnO2，該步驟中除鐵、除錳的離子方程式分別為_____、_____。（3）“置換”中鎘置換率與（）的關(guān)系如圖所示，其中Zn的理論用量以溶液中Cd2+的量為依據(jù)。①實(shí)際生產(chǎn)中比值最佳為1.3，不宜超過該比值的緣由是________。②若需置換出112kgCd，且使鎘置換率達(dá)到98%，實(shí)際加入的Zn應(yīng)為____kg。（4）“置換”后濾液溶質(zhì)主要成分是________（填化學(xué)式）。（5）“熔煉”時(shí)，將海綿鎘（含Cd和Zn）與NaOH混合反應(yīng)，反應(yīng)的化學(xué)方程式是________。當(dāng)反應(yīng)釜內(nèi)無明顯氣泡產(chǎn)生時(shí)停止加熱，利用Cd與Na2ZnO2的___不同，將Cd從反應(yīng)釜下口放出，以達(dá)到分別的目的?！敬鸢浮?1).CaSO4(2).3Fe2++MnO4-+7H2O=MnO2↓+3Fe(OH)3↓+5H+(3).3Mn2++2MnO4-+2H2O=5MnO2↓+4H+(4).鋅粉用量過多會(huì)增加成本；海綿鎘的純度降低；熔煉中NaOH的用量過多增加成本(5).86.2(6).ZnSO4(7).Zn+2NaOHNa2ZnO2+H2↑(8).密度【解析】【分析】依據(jù)流程圖，鎘廢渣(含CdO及少量ZnO、CuO、MnO、FeO雜質(zhì))，破裂后加入稀硫酸溶解，溶液中含有多種硫酸鹽，加入石灰乳調(diào)整pH=5，沉淀除去Cu(OH)2和硫酸鈣，在濾液中加入高錳酸鉀溶液，氧化亞鐵離子為鐵離子，形成氫氧化鐵沉淀，將Mn2+氧化生成二氧化錳沉淀；在濾液中再加入鋅置換出Cd，得到海綿鎘，海綿鎘用氫氧化鈉溶解其中過量的鋅，得到鎘和Na2ZnO2，據(jù)此分析解答?！驹斀狻?1)硫酸鈣微溶于水，“濾渣1”的主要成分為Cu(OH)2和CaSO4，故答案為：CaSO4；(2)“氧化”時(shí)KMnO4的還原產(chǎn)物是MnO2，該步驟中除鐵、除錳的離子方程式分別為3Fe2++MnO4-+7H2O=MnO2↓+3Fe(OH)3↓+5H+，3Mn2++2MnO4-+2H2O=5MnO2↓+4H+，故答案為：3Fe2++MnO4-+7H2O=MnO2↓+3Fe(OH)3↓+5H+；3Mn2++2MnO4-+2H2O=5MnO2↓+4H+；(3)①實(shí)際生產(chǎn)中比值最佳為1.3，假如超過該比值，鋅粉用量過多會(huì)增加成本；生成的海綿鎘的純度會(huì)降低；熔煉中NaOH的用量過多，也會(huì)增加成本，故答案為：鋅粉用量過多會(huì)增加成本；海綿鎘的純度降低；熔煉中NaOH的用量過多增加成本；②鋅置換鎘的反應(yīng)為Cd2++Zn=Cd+Zn2+，若需置換出112kgCd，且使鎘置換率達(dá)到98%，實(shí)際加入的Zn的質(zhì)量為×65kg/kmol×1.3=86.2kg，故答案為：86.2；(4)依據(jù)流程圖，“氧化”后的溶液中主要含有Cd2+和Zn2+，因此加入鋅“置換”后濾液溶質(zhì)的主要成分是ZnSO4，故答案為：ZnSO4；(5)“熔煉”時(shí)，將海綿鎘(含Cd和Zn)與NaOH混合反應(yīng)，鋅被NaOH溶解，反應(yīng)的化學(xué)方程式是Zn+2NaOHNa2ZnO2+H2↑。當(dāng)反應(yīng)釜內(nèi)無明顯氣泡產(chǎn)生時(shí)停止加熱，Cd液體與Na2ZnO2的密度不同，將Cd從反應(yīng)釜下口放出，以達(dá)到分別的目的，故答案為：Zn+2NaOHNa2ZnO2+H2↑；密度。【點(diǎn)睛】本題的易錯(cuò)點(diǎn)和難點(diǎn)為(3)②的計(jì)算，要留意鎘置換率達(dá)到98%，同時(shí)=1.3。10.丙烯廣泛用于合成聚丙烯、丙烯醛、丙烯酸等工業(yè)領(lǐng)域?；卮鹣铝袉栴}：（1）丙烷無氧脫氫法制備丙烯反應(yīng)如下：C3H8（g）C3H6（g）+H2（g）△H1=+124kJ·mol-1①總壓分別為100kPa、10kPa時(shí)發(fā)生該反應(yīng)，平衡體系中C3H8和C3H6的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)隨溫度改變關(guān)系如圖所示：100kPa時(shí)，C3H8和C3H6的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)隨溫度改變關(guān)系的曲線分別是___、___。②某溫度下，在剛性容器中充入C3H8，起始?jí)簭?qiáng)為10kPa，平衡時(shí)總壓為13.3kPa，C3H8的平衡轉(zhuǎn)化率為__。該反應(yīng)的平衡常數(shù)Kp=___kPa（保留1位小數(shù)）。（2）丙烷氧化脫氫法制備丙烯主要反應(yīng)如下：C3H8（g）+O2（g）C3H6（g）+H2O（g）△H2在催化劑作用下，C3H8氧化脫氫除生成C3H6外，還生成CO、CO2等物質(zhì)。C3H8的轉(zhuǎn)化率和C3H6的產(chǎn)率隨溫度改變關(guān)系如圖所示。①已知H2（g）+O2（g）＝H2O（g）?H=-242kJ·mol-1。由此計(jì)算?H2=__kJ·mol-1。②圖中C3H8的轉(zhuǎn)化率隨溫度上升而上升的緣由是_________。③575℃時(shí)，CH的選擇性為___。（×100％）④基于本探討結(jié)果，能提高C3H6選擇性的措施是___________?！敬鸢浮?1).a(2).d(3).33%(4).1.6(5).-118(6).溫度上升，催化劑的活性增大(7).51.5%(8).選擇相對(duì)較低的溫度【解析】分析】(1)①C3H8(g)?C3H6(g)+H2(g)△H1=+124kJ·mol-1，正反應(yīng)吸熱，上升溫度，平衡正向移動(dòng)，C3H8(g)的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)減小，C3H6(g)的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)增大；該反應(yīng)為氣體體積增大的反應(yīng)，增大壓強(qiáng)，平衡逆向移動(dòng)，據(jù)此分析推斷；②同溫同體積條件下，氣體的壓強(qiáng)之比=氣體物質(zhì)的量之比，設(shè)C3H8的平衡轉(zhuǎn)化率為x，依據(jù)三段式列式計(jì)算；(2)①i.C3H8(g)?C3H6(g)+H2(g)△H1=+124kJ·mol-1，ii.H2(g)+O2(g)＝H2O(g)?H=-242kJ·mol-1，依據(jù)蓋斯定律分析計(jì)算C3H8(g)+O2(g)?C3H6(g)+H2O(g)△H2；②結(jié)合催化劑的活潑改變分析解答；③依據(jù)圖象，575℃時(shí)，C3H8的轉(zhuǎn)化率為33%，C3H6的產(chǎn)率為17%，據(jù)此分析解答；④依據(jù)圖象，分別計(jì)算535℃、550℃、575℃時(shí)，C3H6的選擇性，再分析解答?！驹斀狻?1)①C3H8(g)?C3H6(g)+H2(g)△H1=+124kJ·mol-1，正反應(yīng)吸熱，上升溫度，平衡正向移動(dòng)，C3H8(g)的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)減小，C3H6(g)的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)增大；依據(jù)方程式，該反應(yīng)為氣體體積增大的反應(yīng)，增大壓強(qiáng)，C3H8的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)大于10kPa時(shí)C3H8的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)，因此表示100kPa時(shí)，C3H8的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)隨溫度改變關(guān)系的曲線是a；增大壓強(qiáng)，平衡逆向移動(dòng)，C3H6的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)減小，表示100kPa時(shí)，C3H6的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)隨溫度改變關(guān)系的曲線是d，故答案為：a；d；②同溫同體積條件下，氣體的壓強(qiáng)之比=氣體物質(zhì)的量之比，設(shè)C3H8的平衡轉(zhuǎn)化率為x，則10(1-x)+10x+10x=13.3，解得：x=0.33，Kp==1.6kPa，故答案為：33%；1.6；(2)①i.C3H8(g)?C3H6(g)+H2(g)△H1=+124kJ·mol-1，ii.H2(g)+O2(g)＝H2O(g)?H=-242kJ·mol-1，依據(jù)蓋斯定律，將i+ii得：C3H8(g)+O2(g)?C3H6(g)+H2O(g)△H2=(+124kJ·mol-1)+(-242kJ·mol-1)=-118kJ·mol-1，故答案為：-118；②該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，上升溫度，平衡逆向移動(dòng)，C3H8的轉(zhuǎn)化率應(yīng)當(dāng)降低，但事實(shí)上C3H8的轉(zhuǎn)化率隨溫度上升而上升，可能是上升溫度，催化劑的活性增大導(dǎo)致的，故答案為：溫度上升，催化劑的活性增大；③依據(jù)圖象，575℃時(shí)，C3H8的轉(zhuǎn)化率為33%，C3H6的產(chǎn)率為17%，假設(shè)參與反應(yīng)的C3H8為100mol，生成的C3H6為17mol，C3H6的選擇性=×100%=51.5%，故答案為：51.5%；④依據(jù)圖象，535℃時(shí)，C3H6的選擇性=×100%=66.7%，550℃時(shí)，C3H6的選擇性=×100%=61.5%，575℃時(shí)，C3H6的選擇性=×100%=51.5%，選擇相對(duì)較低的溫度能夠提高C3H6選擇性，故答案為：選擇相對(duì)較低的溫度。[化學(xué)——選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)]11.儲(chǔ)氫合金能有效解決氫氣的貯存和輸運(yùn)問題，對(duì)大規(guī)模運(yùn)用氫能具有重要的意義。（1）鎳氫電池放電時(shí)的總反應(yīng)為NiOOH+MH＝Ni（OH）2+M，M表示儲(chǔ)氫合金。Ni成為陽離子時(shí)首先失去___軌道電子。Ni3+的價(jià)層電子排布式為___。（2）用KF/HF溶液對(duì)儲(chǔ)氫合金表面進(jìn)行氟化處理，能改善合金的表面活性。①HF與水能按任何比例互溶，緣由是___________。②KHF2KF+HF，KHF2晶體中的作用力類型有___，與HF2-互為等電子體的分子為______（填一種）。（3）用KBH4和NaH2PO4處理儲(chǔ)氫合金電極。KBH4中陰離子的空間構(gòu)型是___，NaH2PO4中陰離子中心原子的雜化類型是_______。（4）某儲(chǔ)氫合金的結(jié)構(gòu)屬六方晶系，晶體結(jié)構(gòu)及俯視圖分別如圖（a）、（b）所示，該儲(chǔ)氫合金的化學(xué)式是_____（填最簡(jiǎn)式）。已知該儲(chǔ)氫合金晶胞底邊長(zhǎng)為a=0.5017nm，高為c=0.3977nm，設(shè)阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，該晶體的密度為____g·cm?3（列出計(jì)算式）。【答案】(1).4s(2).3d7(3).HF能與水分子形成氫鍵(4).離子鍵、共價(jià)鍵和氫鍵(5).CO2或N2O或CS2等(6).正四面體(7).sp3(8).LaNi5(9).【解析】【分析】(1)Ni為28號(hào)元素，核外電子排布為1s22s22p63s23p63d84s2，據(jù)此分析解答；(2)①HF能與水分子形成氫鍵；②KHF2為離子晶體，結(jié)合陰離子HF2-的結(jié)構(gòu)和等電子體的概念分析解答；(3)依據(jù)價(jià)層電子對(duì)個(gè)數(shù)=σ鍵個(gè)數(shù)+孤電子對(duì)個(gè)數(shù)=σ鍵個(gè)數(shù)+(a-xb)計(jì)算解答；(4)依據(jù)晶體結(jié)構(gòu)及俯視圖可知，La位于晶胞的頂點(diǎn)和棱上，Ni位于內(nèi)部和面上，利用均攤法計(jì)算推斷化學(xué)式；該儲(chǔ)氫合金晶胞底邊長(zhǎng)為a=0.5017nm，高為c=0.3977nm，則晶胞的體積為a×asin60°×c，圖示晶體結(jié)構(gòu)含有2個(gè)晶胞，計(jì)算晶胞的質(zhì)量，依據(jù)晶體的密度=計(jì)算?！驹斀狻?1)Ni為28號(hào)元素，核外電子排布為1s22s22p63s23p63d84s2，成為陽離子時(shí)首先失去4s軌道電子，Ni3+的價(jià)層電子排布式為3d7，故答案為：4s；3d7；(2)①HF能與水分子形成氫鍵，因此HF與水能按任何比例互溶，故答案為：HF能與水分子形成氫鍵；②KHF2為離子晶體，含有離子鍵，HF2-中存在氫鍵和共價(jià)鍵；等電子體是含有相同的原子數(shù)和價(jià)電子數(shù)，HF2-含有3個(gè)原子，16個(gè)價(jià)電子，與HF2-互為等電子體的分子為CO2或N2O或CS2等，故答案為：離子鍵、共價(jià)鍵和氫鍵；CO2或N2O或CS2等；(3)KBH4中陰離子中B的價(jià)層電子對(duì)數(shù)=4+=4，沒有孤電子對(duì)，空間構(gòu)型是正四面體，NaH2PO4中陰離子中心原子P的價(jià)層電子對(duì)數(shù)=4+=4，雜化類型是sp3，故答案為：正四面體；sp3；(4)依據(jù)晶體結(jié)構(gòu)及俯視圖可知，La位于晶胞的頂點(diǎn)和棱上，個(gè)數(shù)=4×+4×+2×+2×=2，Ni位于內(nèi)部和面上，個(gè)數(shù)=12×+4=10，因此化學(xué)式為L(zhǎng)aNi5；該儲(chǔ)氫合金晶胞底邊長(zhǎng)為a=0.5017nm，高為c=0.3977nm，則晶胞的體積為a×asin60°×c=a2c=×(0.5017×10-7)2×0.3977×10-7cm3，圖示晶體結(jié)構(gòu)含有2個(gè)晶胞，晶胞的質(zhì)量為g=g，則晶體的密度==g·cm?3，