四川省泸县第一中学2020届高三上学期期末考试理综化学试题

四川省泸县第一中学2020届高三上学期期末考试理综化学试题

‎1.世界第一条大面积碲化镉薄膜“发电玻璃”生产线最近在成都投产，该材料是在玻璃表面镀一层碲化镉薄膜，光电转化率高。下列说法错误的是 A. 普通玻璃含有二氧化硅 B. 该发电玻璃能将光能完全转化为电能 C. 碲化镉是一种无机化合物 D. 应用该光电转化技术可减少温室气体排放 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 普通玻璃的主要成分是二氧化硅，故A正确； ‎ B. 该发电玻璃光电转化率高，但不能将光能完全转化为电能，故B错误；‎ C. 碲化镉属于无机化合物，故C正确； ‎ D. 应用该光电转化技术，提高了光电转化率，能够减少温室气体排放，故D正确。‎ 故选B。‎ ‎2.某有机物的结构简式如下图所示，下列有关该有机物的说法正确的是（ ）‎ A. 该有机物的化学式为C10H14‎ B. 它的一氯代物有6种 C. 该有机物分子中所有碳原子一定在同一平面上 D. 一定条件下，它可以发生取代、 加成和氧化反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由结构可知分子式，分子中含碳碳双键，双键为平面结构，甲基、亚甲基为四面体构型，结合烯烃的性质来解答。‎ ‎【详解】A. 该有机物的化学式为C10H16，A项错误；‎ B. 结构不对称，含8种H，则一氯代物有8种，B项错误；‎ C. 甲基、亚甲基及次甲基为四面体构型，则所有碳原子不可能共面，C项错误；‎ D. 含碳碳双键，可发生加成、氧化反应，且甲基可光照下发生取代反应，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎3.按第26届国际计量大会重新定义，阿伏加德罗常数（NA）有了准确值6.02214076×1023‎ ‎。下列说法正确的是 A. 18g T2O中含有的中子数为12NA B. 用23.5g AgI与水制成的胶体中胶体粒子数目为0.1NA C. 在标准状况下，80g SO3所占的体积约为22.4L D. 1mol某烷烃CnH2n+2（n≥1）分子中含有的共价键数为 (3n+1)NA ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．18g T2O物质的量=18g/22g·mol-1=9/11mol，含有中子数=9/11×[(3-1)×2+16-8]=12×9/11NA=9.8NA，故A错误；‎ B．23.5g AgI的物质的量为23.5g/235g·mol-1=0.1mol，与水制成的胶体中胶体粒子数目小于0.1NA，故B错误；‎ C．标况下SO3不是气态，不能用气体的摩尔体积计算体积，故C错误；‎ D．1mol CnH2n+2（烷烃）中含有(n-1)mol碳碳键和(2n+2)mol碳氢键，总共含有(3n+1)mol共价键，含有共价键数为(3n+1)NA，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎4.化学与社会、生活密切相关，下列解释错误的是 实际应用 原理解释 A 含Na2CO3的盐碱地可用石膏降低其碱性 CaSO4具有酸性 B 二氧化硫用于纸的增白 二氧化硫具有漂白性 C 不可食用的“地沟油”可用于制肥皂 油脂碱性条件下可水解 D 小苏打用于焙制糕点的发酵粉 NaHCO3受热易分解产生气体 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．碳酸钠在土壤中显碱性，硫酸钙与碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀，碳酸钙难溶于水，所以能降低土壤的碱性，原理解释不正确，故A错误；‎ B．二氧化硫能够与有色物质化合生成无色物质，具有漂白性，可以漂白纸浆，故B正确；‎ C．地沟油的主要成分是油脂，油脂与碱反应生成高级脂肪酸盐，所以工业上常利用油脂的碱性水解制取肥皂，故C正确；‎ D．碳酸氢钠受热分解生成二氧化碳，可以作焙制糕点发酵粉，故D正确；‎ 答案选A。‎ ‎5.X、Y、Z、W为短周期元素，X原子的质子数等于Z与Y的质子数之和；Z与Y位于同一周期；Y2常用做保护气，一般由分馏液态空气得到；非金属Z的一种固体单质可导电；W原子半径是短周期元素中最大的。下列说法正确的是（ ）‎ A. 四种元素中简单离子半径由大到小的顺序W、X、Y、Z B. X、Z、W的最高价氧化物的水化物可两两发生反应 C. 氢化物沸点最高的是Z的氢化物 D. 随着温度升高，Y2的化学活性增强，可能与W单质发生化学反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ X、Y、Z、W为短周期元素，Y2常用做保护气，一般由分馏液态空气得到，则Y为N元素；Z与Y位于同一周期，非金属Z的一种固体单质可导电，则Z为C元素，该单质为石墨；X原子的质子数等于Z与Y的质子数之和；则X的质子数为：7+6=13，即X为Al元素；因同周期中原子半径从左到右依次减弱，同主族中从上到下原子半径依次增大，则短周期元素中最大的Na，即W为Na元素，结合元素周期律与物质结构和性质作答。‎ ‎【详解】根据上述分析可知，X、Y、Z、W为Al、N、C和Na元素，则 A. 电子层数越多，简单离子半径越大；电子层数相同时，核电荷数越小，简单离子半径越大，则四种元素的简单离子半径从大到小的顺序比较：N3-、Na+、Al3+、C4+，即Y、W、X和Z，A项错误；‎ B. X、Z、W的最高价氧化物的水化物分别是氢氧化铝、碳酸和氢氧化钠，其中碳酸为弱酸，氢氧化铝的碱性也很弱，两者不反应，B项错误；‎ C. 因氨气分子间有氢键，氢化钠与氢化铝为离子晶体，熔、沸点较大，甲烷为分子晶体，熔沸点最低，C项错误；‎ D. N2常温下性质稳定，但随着温度升高，其化学活性增强，可能与Na单质发生化学反应生成氮化钠，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】需要注意C项是学生的易错点，氢氧化铝可以与强酸、强碱反应，但不能与弱酸如碳酸、弱碱如氨水反应。‎ ‎6.电致变色玻璃以其优异的性能将成为市场的新宠，如图所示五层膜的玻璃电致变色系统，其工作原理是在外接电源下，通过在膜材料内部发生氧化还原反应，实现对器件的光透过率进行多级可逆性调节。(已知：WO3和Li4Fe4[Fe(CN)6]3均为无色透明，LiWO3和Fe4[Fe(CN)6]3均为蓝色)下列有关说法正确的是（ ）‎ A. 当B外接电源负极时，膜由无色变为蓝色 B. 当B外接电源负极时，离子储存层发生反应为：Fe4[Fe(CN)6]3+4Li++4eˉ=Li4Fe4[Fe(CN)6]3‎ C. 当A接电源的负极时，此时Li+得到电子被还原 D. 当A接电源正极时，膜的透射率降低，可以有效阻挡阳光 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意及图示信息可知，结合电解原理可知，当B外接电源负极时，离子储存层发生反应为：Fe4[Fe(CN)6]3+4Li++4eˉ＝Li4Fe4[Fe(CN)6]3，膜由蓝色变为无色，当A接电源负极时，WO3得电子被还原，发生的电极反应为：WO3+Li++e-= LiWO3，膜由无色变为蓝色，据此分析作答。‎ ‎【详解】根据上述分析可知，‎ A. 当B外接电源负极时，Fe4[Fe(CN)6]3转化为Li4Fe4[Fe(CN)6]3，膜由蓝色变为无色，A项错误；‎ B. 当B外接电源负极时，根据电解原理可知，离子储存层Fe4[Fe(CN)6]3得电子转化为Li4Fe4[Fe(CN)6]3，发生反应为：Fe4[Fe(CN)6]3+4Li++4eˉ＝Li4Fe4[Fe(CN)6]3，B项正确；‎ C. 当A接电源的负极时，WO3得电子被还原为LiWO3，Li+只是作为电解质溶液导电，未发生氧化还原反应，C项错误；‎ D. 当A接电源正极时，LiWO3失电子发生氧化反应得到WO3，膜由蓝色变为无色，透射率增强，不能有效阻拦阳光，D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎7.已知H3PO4是一种三元中强酸。25℃时，某浓度H3PO4溶液中逐滴加入NaOH溶液，滴加过程中各种含磷微粒的物质的量分数δ随溶液pH的变化曲线如下图所示。下列说法正确的是 A. 曲线2和曲线4分别表示δ(HPO42－)和δ(PO43－)变化 B. 25℃时，H3PO4的电离常数K1：K2=105.1‎ C. pH=7.2时，溶液中由水电离出的c(H+)=10－7.2mol/L D. pH=12.3时，溶液中2c(Na+)=5c(H2PO4－)+5c(HPO42－)+5c(PO43－)+5c(H3PO4)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.某浓度H3PO4溶液中逐滴加入NaOH溶液，滴加过程中各种含磷微粒为H3PO4、H2PO4-、HPO42-、PO43-，根据pH的变化，可知曲线1为H3PO4，曲线2为H2PO4-，曲线3为HPO42-，曲线4为PO43-，A项错误；‎ B. H3PO4的第一步电离常数K1=，25℃时当pH为2.1时，=，故K1==10-2.1，同理因H3PO4的第二步电离常数K2=，pH=7.2时， =，K2==10-7.2，则K1：K2=10-2.1：10-7.2 = 105.1，B项正确；‎ C. pH = 7.2时，溶液中含磷微粒主要为：H2PO4-、HPO42-，此时溶液中的c（H+）=10-7.2 mol/L，水的电离受到一定程度的抑制， H2PO4-、HPO42-及水电离的氢离子浓度共10-7.2 mol/L，则溶液中由水电离出的c(H+)小于10－7.2mol/L，C项错误； ‎ D. pH=12.3时，溶液中主要含Na3PO4与Na2HPO4，依据越弱越水解的原理可知，PO43-水解程度较HPO42-大，又因为此时=，则说明Na3PO4与Na2HPO4并非相同浓度，故物料守恒式不正确，D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎8.氯化亚铜是化工和印染等行业的重要原料，广泛用作有机合成的催化剂。‎ Ⅰ.甲采用CuCl2·2H2O热分解法制备CuCl，装置如图 ‎（1）仪器X的名称是_______________，C中烧杯的试剂可以是__________。‎ ‎（2）“气体入口”通入的气体是_______。‎ ‎（3）反应结束后，取所得产品分析，发现其中含有氧化铜，其可能原因是______________。‎ Ⅱ.乙另取纯净CuCl2固体用如下方法制备CuCl。‎ ‎（4）操作②中反应的离子方程式为___________________。‎ ‎（5）操作①中若用100 mL 10 mol/L盐酸代替0.2 mol/L盐酸，再通入SO2后，无白色沉淀产生。对此现象有如下两种猜想：‎ 猜想一：c(H＋)过大导致白色沉淀溶解。为验证此猜想，取75gCuCl2固体、100 mL0.2 mol/L盐酸及________mL10.0mol/LH2SO4配制成200 mL溶液，再进行操作②，观察是否有白色沉淀产生。‎ 猜想二：_______________。请设计实验说明该猜想是否成立：_________________。‎ ‎【答案】 (1). 硬质玻璃管 (2). NaOH溶液 (3). HCl (4). HCl气流不足，导致Cu2+水解产生氢氧化铜，受热分解所得 (5). SO2+2Cu2++2Cl-+2H2O=SO42-+2CuCl↓+4H+ (6). 49 (7). c(Cl-)过大导致白色沉淀溶解 (8). 取少量白色沉淀加入到饱和氯化钠溶液中，搅拌，若白色沉淀溶解，说明猜想二成立，反之不成立 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ I．热分解CuCl2•2H2O制备CuCl，发生的反应为2CuCl2·2H2O 2CuCl+Cl2↑+4H2O，因为氯化铜是强酸弱碱盐，CuCl2·2H2O受热时可能发生水解反应生成氢氧化铜和氯化氢，为抑制水解，气体入口需要通入HCl气体，然后加热A处试管，干燥管中无水硫酸铜变蓝，可以检验生成的水，D中NaOH溶液吸收尾气；‎ Ⅱ．(4)操作②为向含有铜离子、氯离子的溶液中通入二氧化硫气体，生成CuCl沉淀，据此书写反应的方程式；‎ ‎(5)根据氢原子守恒分析解答；根据盐酸中含有的离子结合题意猜想并验证。‎ ‎【详解】I．(1)根据图示，仪器X为硬质玻璃管，2CuCl2·2H2O 2CuCl+Cl2↑+4H2O，氯气有毒，所以氯气在C中用氢氧化钠吸收，故答案为硬质玻璃管；NaOH溶液；‎ ‎(2)因为氯化铜是强酸弱碱盐，CuCl2·2H2O受热时可能发生水解反应生成氢氧化铜和氯化氢，为了抑制水解，需要在 “气体入口”通入HCl，故答案为HCl；‎ ‎(3)HCl气流不足，导致Cu2+水解产生氢氧化铜，氢氧化铜受热分解生成氧化铜，故答案为HCl气流不足，导致Cu2+水解产生氢氧化铜，受热分解所得；‎ Ⅱ．(4)操作②为向含有铜离子、氯离子的溶液中通入二氧化硫气体，反应为SO2+2Cu2++2Cl-+2H2O =SO42-+2CuCl↓+4H+，故答案为SO2+2Cu2++2Cl-+2H2O =SO42-+2CuCl↓+4H+；‎ ‎(5)设10.0mol/LH2SO4的体积为VmL，则0.2×0.1+V×10.0×2=10×0.1，解之得V=49mL，猜想二：结合盐酸中的离子进行猜想，可能是氯离子的浓度过大，导致白色沉淀溶解，可以取少量白色沉淀加入到饱和氯化钠溶液中，搅拌，若白色沉淀溶解，说明猜想二成立，反之不成立，故答案为49；c(Cl-)过大导致白色沉淀溶解；取少量白色沉淀加入到饱和氯化钠溶液中，搅拌，若白色沉淀溶解，说明猜想二成立，反之不成立。‎ ‎9.以红土镍矿(主要含有Fe2O3、FeO、NiO、SiO2等)为原料，获取净水剂黄钠铁矾[NaFe(SO4)2(OH)6]和纳米镍粉的部分工艺流程如下：‎ ‎（1）“酸浸”过程，为提高铁和镍元素的浸出率，可采取的措施有___________(写出两种)。‎ ‎（2）“过滤Ⅰ”滤渣的主要成分是______。‎ ‎（3）“氧化”过程欲使0.3molFe2+转变Fe3+，则需氧化剂NaClO至少为________ mol。‎ ‎（4）“沉铁”过程中加入碳酸钠调节浴液的pH至2，生成黃钠铁矾沉淀，写出该反应的化学方程式______。若碳酸钠过多会导致生成的沉淀由黄钠铁矾转变为_____(填化学式)。‎ ‎（5）向“过滤Ⅱ”所得滤液(富含Ni2+)中加入N2H4·H2O，在不同浓度的氢氧化钠溶液中反应，含镍产物的XRD图谱如下图所示(XRD图谱可用于判断某晶态物质是否存在，不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同)。欲制得高纯纳米镍粉最适宜的NaOH的物质的量浓度为_____。写出该条件下制备纳米镍粉同时生成N2的离子方程式_____。‎ ‎（6）高铁酸盐也是一种优良的含铁净水剂，J．C．Poggendor早在1841年利用纯铁作电极插入浓的NaOH溶液电解制得Na2FeO4，阳极生成FeO42－的电极反应式为______；Deininger等对其进行改进，在阴、阳电极间设置阳离子交换膜，有效提高了产率，阳离子交换膜的作用是_______。‎ ‎【答案】 (1). 提高反应温度、适当增大硫酸浓度、将原料粉碎、搅拌等（任答两条） (2). SiO2 (3). 0.15 (4). 2Fe2(SO4)3+6Na2CO3+6H2O=2NaFe(SO4)2(OH)6+5Na2SO4+6CO2↑ (5). Fe(OH)3 (6). 0.015mol/L (7). N2H4·H2O+2Ni2++4OH-=2Ni+N2↑+5H2O(或N2H4+2Ni2++4OH-=2Ni+N2↑+4H2O) (8). Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O (9). 避免FeO42-在阴极上被还原 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）依据提高原料利用率与化学反应速率的影响因素作答；‎ ‎（2）红土镍矿中只有二氧化硅不溶于硫酸；‎ ‎（3）依据氧化还原反应规律与得失电子数守恒计算；‎ ‎（4）加入碳酸钠“沉铁”生成NaFe(SO4)2(OH)6，依据元素守恒定律书写化学方程式；碳酸钠过多会使溶液显碱性，据此分析；‎ ‎（5）根据图示信息，找出Ni晶体的衍射峰强度较强对应的氢氧化钠的浓度；依据氧化还原反应规律分析作答；‎ ‎（6）根据电解原理以及实验目的，Fe作阳极，电解质为NaOH，阳极Fe失电子发生氧化反应生成FeO42-；阳离子交换膜可防止FeO42-在阴极被还原，提高了产率。‎ ‎【详解】（1）可通过提高反应温度、适当增大硫酸浓度、将原料粉碎、搅拌等提高铁和镍元素的浸出率，‎ 故答案为提高反应温度、适当增大硫酸浓度、将原料粉碎、搅拌等（任答两条）；‎ ‎（2）Fe2O3、FeO、NiO、SiO2经过“酸浸”后，溶液存在Fe3+、Fe2+和Ni2+,只有SiO2不溶于硫酸，作为滤渣被过滤出来，‎ 故答案为SiO2；‎ ‎（3）NaClO做氧化剂会将Fe2+氧化为Fe3+，Cl元素由+1价降低到-1价，则易知2Fe2+NaClO，则0.3molFe2+转变为Fe3+，则需氧化剂NaClO至少为0.15 mol，‎ 故答案为0.15；‎ ‎（4）NaClO氧化后，溶液中溶质为Fe2(SO4)3，继续在“沉铁”过程中加入碳酸钠调节浴液的pH至2，生成黃钠铁矾沉淀，则化学方程式为：2Fe2(SO4)3+6Na2CO3+6H2O=2NaFe(SO4)2(OH)6+5Na2SO4+6CO2↑，碳酸钠过多，溶液酸性减弱，使pH增大，极易生成Fe(OH)3沉淀，‎ 故答案为2Fe2(SO4)3+6Na2CO3+6H2O=2NaFe(SO4)2(OH)6+5Na2SO4+6CO2↑；Fe(OH)3；‎ ‎（5）根据图示数据可以看出，氢氧化钠浓度为0.015mol/L时，仅出现Ni衍射峰，因此制得高纯纳米镍粉最适宜NaOH的物质的量浓度为0.015mol/L，则碱性条件下制备纳米镍粉同时生成N2的离子方程式为：N2H4·H2O+2Ni2++4OH-=2Ni+N2↑+5H2O(或N2H4+2Ni2++4OH-=2Ni+N2↑+4H2O)，‎ 故答案为0.015；N2H4·H2O+2Ni2++4OH-=2Ni+N2↑+5H2O(或N2H4+2Ni2++4OH-=2Ni+N2↑+4H2O)；‎ ‎（6）根据电解原理以及实验目的，Fe作阳极，电解质为NaOH，因此阳极反应式为Fe－6e－＋8OH－=FeO42－＋4H2O；阳离子交换膜只允许阳离子通过，FeO42－具有强氧化性，因此阳离子交换膜的作用是避免FeO42－在阴极上被还原；‎ 故答案为Fe－6e－＋8OH－=FeO42－＋4H2O；避免FeO42-在阴极上被还原。‎ ‎10.丙烯(C3H6)是重要的有机化工原料。丙烷直接脱氢制丙烯发生的主要反应及能量变化如图：‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）丙烷直接脱氢制丙烯为强吸热过程，该反应必须在高温下进行，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。‎ ‎①为提供反应所需热量，恒压时若向原料气中掺入水蒸气，则K(主反应)___(填“增大”、“减小”或“不变”)。‎ ‎②温度升高，副反应更容易发生的主要原因是_______。‎ ‎（2）如图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p1、p2分别为1×104 Pa和1×105 Pa)。‎ ‎①1×104 Pa时，如图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。‎ 已知：CO和H2的燃烧热分别为△H =－283.0kJ/mol、△H =－285.8kJ/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 + 2CrO33C3H6 + Cr2O3 + 3H2O (7). C3H8(g) + CO2C3H6(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 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）①丙烷脱氢制丙烯对应的化学方程式为C3H8（g）=C3H6（g）+H2（g），恒压时向原料气中掺入水蒸气，体积增大，压强减小，平衡向正反应方向进行；‎ ‎②副反应活化能小；‎ ‎（2）①压强越大平衡逆向进行，丙烯体积分数越小；‎ ‎②设丙烷起始量为1 mol，转化为丙烯的物质的量为x mol，转化为乙烯与甲烷的为ymol，再根据主反应与副反应列出关系式作答。‎ ‎（3）①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；‎ ‎（4）①根据图示信息书写；‎ ‎②由盖斯定律计算可得；‎ ‎③该工艺中碳与CO2反应生成CO。‎ ‎【详解】(1)①丙烷脱氢制丙烯对应的化学方程式为C3H8（g）=C3H6（g）+H2（g），△H1=+124.3kJ/mol，恒压时向原料气中掺入水蒸气，体积增大，压强减小，平衡向正反应方向进行，K(主反应)增大，丙烷转化率α(C3H8)增大，故答案为增大；‎ ‎②副反应活化能小，温度升高，副反应更容易发生，所以副反应更容易发生的主要原因是：Ea1＞Ea2‎ ‎，即副反应的活化能低于主反应的活化能，故答案为副反应的活化能低于主反应的活化能；‎ ‎(2)①C3H8（g）=C3H6（g）+H2（g），△H1=+124.3kJ/mol，温度越高丙烯的体积分数越大；压强越大平衡逆向进行，丙烯体积分数越小，丙烯是生成物，减压过程中体积分数增大，由此判断图中表示丙烯的曲线是i，故答案为i；‎ ‎②由上图温度和压强对物质体积分数的影响可以看出，1×105Pa、500℃时，丙烯的平衡体积分数为14%，丙烷的平衡体积分数为70%，设丙烷起始量为1 mol，转化为丙烯的物质的量为x mol，转化为乙烯与甲烷的为ymol，根据主反应为：C3H8（g）=C3H6（g）+H2（g），副反应：C3H8（g）=C2H4（g）+CH4（g）可知，反应后的气体总得物质的量为(1+x+y)mol，则 ①，②，解得x=0.165mol，故转化率为，故答案为16.5%；‎ ‎(3)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，可以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，故答案为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；‎ ‎（4）①图示信息中可以看出，C3H8与CrO3反应生成了C3H6与Cr2O3，则反应的化学方程式为：C3H8 + 2CrO33C3H6 + Cr2O3 + 3H2O，故答案为C3H8 + 2CrO33C3H6 + Cr2O3 + 3H2O；‎ ‎②由题意可得H2（g）+1/2O2（g）=H2O(l) △H =－285.8kJ/mol①；CO（g）+1/2O2（g）=CO2 (g) △H =－283.0kJ/mol②；C3H8（g）C3H6（g）+H2（g）△H =+124.3 kJ/mol③，由盖斯定律③-②+①得热化学方程式C3H8(g)+CO2C3H6(g)+CO(g)+H2O(l)，则△H =（+124.3 kJ/mol）+（－285.8kJ/mol）－（－283.0kJ/mol）=+121.5kJ/mol，故答案为C3H8(g)+CO2C3H6(g)+CO(g)+H2O(l) △H =+121.5kJ/mol；‎ ‎③该工艺中碳与CO2反应生成CO，可以有效消除催化剂表面的积炭，维持催化剂活性，故答案为碳与CO2反应生成CO，脱离催化剂表面。‎ ‎11.电镀工业上，为了提高镀锌的效果，通常采用Zn(CN)42－溶液代替Zn2+溶液进行电解。请回答下列问题：‎ ‎(1)元素锌在周期表中的位置为_____________，基态Zn的价电子排布式为_____________。‎ ‎(2)Zn(CN) 42－所含元素中，电负性最大的元素是_____________，Zn(CN) 42－中含有的化学键类型有σ键和_____________。‎ ‎(3)CN－中C的杂化类型为_____________，与CN－互为等电子体的单质为_____________。‎ ‎(4)H2CO3与HNO3的酸性相差较大，请解释其原因_____________。‎ ‎(5)N和Al可组成一种新型半导体材料AlN；AlN具有耐高温，耐磨性能。其晶体类型为_____________，其晶体结构如图，已知晶胞边长为apm，则AlN的密度为_____________(用含a、NA的代数式表示)g/cm3。‎ ‎【答案】 (1). 第四周期ⅡB族 (2). 3d104s2 (3). N (4). π键 (5). sp (6). N2 (7). HNO3非羟基氧多于H2CO3，非羟基氧吸电子导致—OH中H易电离 (8). 原子晶体 (9). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据元素对应的原子结构判断元素在周期表中的位置；根据构造原理书写其核外电子排布式；‎ ‎（2）元素的非金属性越强，元素的电负性就越大；单键为σ键，双键含有1个σ键和1个π键，三键含有1个σ键和2个π键；‎ ‎（3）依据价层电子对数判断杂化类型；价电子和原子数分别都相同的分子是等电子体；‎ ‎（4）含氧酸的酸性强弱与非羟基氧数目有关，非羟基氧数目越多，酸性越强；‎ ‎（5）原子晶体熔、沸点高、硬度大；运用均摊法计算晶胞中AlN的个数，依据 计算AlN的密度。‎ ‎【详解】（1）Zn是30号元素，位于周期表第四周期ⅡB族，根据核外电子排布规律可知，Zn电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2或[Ar]3d104s2，价电子排布式为3d104s2，故答案为第四周期ⅡB族；3d104s2；‎ ‎（2）元素的非金属性越强，元素的电负性就越大，Zn(CN) 42－所含元素中N元素非金属性最强，电负性最大；[Zn（CN）4]2-中CN－离子中含有C、N叁键，化学键类型有σ键和π键，故答案为N；π键；‎ ‎（3）CN－中C原子与N原子之间形成叁键，则C的杂化类型为sp杂化；价电子和原子数分别都相同的分子是等电子体，所以和CN－互为等电子体的单质分子是氮气，故答案为sp杂化；N2；‎ ‎（4）H2CO3与HNO3都为含氧酸，硝酸中含有2个非羟基氧，碳酸中含有1个非羟基氧，非羟基氧越多，吸电子能力更强，导致—OH中H更易电离，故答案为HNO3非羟基氧多于H2CO3，非羟基氧吸电子导致—OH中H易电离；‎ ‎（5）原子晶体熔、沸点高、硬度大，根据AlN具有有耐高温、，耐磨性能的性质可知，AlN为原子晶体；由晶胞结构示意图可知，晶胞中含有4个AlN，则晶胞的质量为g，晶胞的体积为（a×10—10m）3，则有d（a×10—10m）3=，d=，故答案为原子晶体；。‎ ‎【点睛】杂化类型的判断可以根据分子结构式进行推断，杂化轨道数＝中心原子孤电子对数(未参与成键)＋中心原子形成的σ键个数，方法二为根据分子的空间构型推断杂化方式，①只要分子构型为直线形的，中心原子均为sp杂化，同理，只要中心原子是sp杂化的，分子构型均为直线形。②只要分子构型为平面三角形的，中心原子均为sp2杂化。③只要分子中的原子不在同一平面内的，中心原子均是sp3杂化。④V形分子的判断需要借助孤电子对数，孤电子对数是1的中心原子是sp2杂化，孤电子对数是2的中心原子是sp3杂化。‎ ‎12.已知甲基丙烯酸缩水甘油酯(GMA)主要用于高分子胶囊、离子交换树脂和印刷油墨的粘合剂。其合成路线如下：‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)GMA中的官能团名称是_________________________________。‎ ‎(2)甘油的结构简式是___________，F的结构简式___________。‎ ‎(3)请写出B→C、D→E的化学方程式，并判断反应类型：‎ B→C：_________________________________、___________反应；‎ D→E：_________________________________、___________反应。‎ ‎(4)E的核磁共振氢谱峰面积之比由大到小为___________，E的同分异构体中能发生水解反应的链状化合物有___________种。‎ ‎(5)已知CH2=CH2能在Ag作催化剂的条件下与O2反应生成，据此请设计一条由丙烯生成F的路线。____________________________________________。‎ ‎【答案】 (1). 碳碳双键、酯基和醚键 (2). (3). (4). (5). 氧化 (6). (7). 消去 (8). 3:2:1 (9). 5 (10). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由GMA结构简式和题给框图可知，丙烯（CH3CH=CH2）与HCl发生加成反应生成CH3CH（Cl）CH3，则A为CH3CH（Cl）CH3；CH3CH（Cl）CH3在氢氧化钠溶液中加热发生水解反应生成CH3CH（OH）CH3，CH3CH（OH）CH3发生催化氧化反应生成，则C为；发生信息反应生成，则D为；在浓硫酸加热条件下发生消去反应生成，则E为；由E和GMA结构简式可知，F为。‎ ‎【详解】（1）GMA结构简式为 ‎，其含有的官能团为碳碳双键、酯基和醚键，故答案为碳碳双键、酯基和醚键；‎ ‎（2）甘油为丙三醇，结构简式是；由E和GMA结构简式可知，F为，故答案为；；‎ ‎（3）B→C的反应为CH3CH（OH）CH3发生催化氧化反应生成，反应的化学方程式为；D→E的反应为在浓硫酸加热条件下发生消去反应生成，反应的化学方程式为，故答案为；氧化；；消去；‎ ‎（4）E为，其核子共振氢谱有3组峰，面积为3:2:1；E的同分异构体中能发生水解反应的链状化合物应为酯，可能为甲酸酯、乙酸酯和丙烯酸酯，若为甲酸酯有3种、若为乙酸酯有1种、若为丙烯酸酯有1种，共有5种，故答案为3:2:1；5；‎ ‎（5）结合题给信息，由逆推法可知丙烯生成的合成步骤为：丙烯（CH3CH=CH2）与氯气发生加成反应生成，在氢氧化钠醇溶液中发生消去反应生成，在氢氧化钠溶液中加热发生水解反应生成，在Ag作催化剂的条件下与O2反应生成，合成路线为：，故答案为 ‎。‎ ‎ ‎ ‎ ‎