陕西省汉中市部分高中2021届高三上学期（12月）联考理科综合化学试卷 Word版含解析 15页

- 1 - 高三理科综合试卷(化学试题) 高三理科综合试卷 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 P 31 Fe 56 第 I卷(选择题) 一、选择题：本题共 7小题，每小题 6分。在每小题给出的四个选项中，只有一 项是符合题目要求的。 1. 某大学课题组研究了晶态卟啉超分子材料。通过利用该材料电催化 CO2还原制备 CO、 HCOOH、CH4等有 价值的产品。不同卟啉分子结构如图。下列说法中正确的是 A. TPYP与石墨烯互为同素异形体 B. Ni—TPYP与 Ni—TPYP—l均属于烃类化合物 C. Ni-TPYP 分子中无苯环结构 D.Ni-TPP 属于高分子化合物 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】A．同素异形体是指同种元素的不同种单质，由图象可知，TPYP中含有 N元素，与 石墨烯不互为同分异构体，A错误； B．烃类化合物只含有 C、H两种元素，而 Ni—TPYP与 Ni—TPYP—l均含有 Ni元素，不属 于烃类化合物，B错误； C．根据结构可知，Ni—TPYP分子中不含有苯环，C正确； D．高分子化合物的相对分子质量高达几千到几百万，而根据 Ni-TPP的结构可知，其不属于 高分子化合物，D错误； 答案选 C。 2. 已知有机物M是合成青蒿素的原料之一，M的结构如图所示。下列有关该有机物M的说 - 2 - 法不正确的是( ) A. 能发生消去反应 B. 能与碳酸氢钠溶液反应 C. 分子式为 11 16 5C H O D. 一氯取代物只有 1种 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】A．由图示可知该物质含有羟基，且相邻碳原子含有氢原子，所以能发生消去反应， 故 A正确； B．该物质含有羧基，能与碳酸氢钠反应，故 B正确； C．由图示可知，该物质的分子式为： 11 16 5C H O ，故 C正确； D．由图示可知该物质中直接与碳原子相连的有两种不同环境的氢，则其一氯取代物有 2种， 故 D错误； 答案选 D。 3. 以粗铜为原料制取并收集 NO2 。从反应后的溶液中回收 Cu(NO3)2 • 6H2O。实验装置如下： 下列设计不能达到实验目的的是 A. 用装置①制取 NO2 B. 用装置②收集 NO2 C. 用装置③除去反应残液中的不溶物 - 3 - D. 用装置④蒸发浓缩装置③所得滤液，然后冷却结晶、固液分离 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】A．浓硝酸与铜反应生成二氧化氮，同时将球形分液漏斗的顶端与蒸馏烧相连也有利 于浓硝酸顺利流入蒸馏烧瓶中，能达到实验目的，故 A不选； B．二氧化氮不仅能溶于水还能与水反应，所以不能用排水法收集二氧化氮，应选用向上排空 气法或选用真空收集法收集，故选 B； C．除去反应残液中的不溶物选用过滤装置，故 C 不选； D．装置④为蒸发装置可用于发浓缩装置③所得滤液，然后冷却结晶、过滤进行固液分离，故 D不选。 答案选 B 4. 设 NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 10g46%甘油水溶液中所含的氧原子数为 0.35NA B. 0.2molNO 与 0.1molO2在密闭容器中充分反应后，容器中含有的氧原子数为 0.4NA C. 11.2g铁与足量水蒸气在高温下反应，转移的电子数为 0.6NA D. 1molCH3COOH完全溶于水，所得溶液中 CH3COO-的数目为 NA 【答案】B 【解析】 【分析】 【 详 解 】 A ． 10g46% 甘 油 水 溶 液 中 甘 油 的 质 量 为 10g×46%=4.6g ， 物 质 的 量 为 4.6n= mol=0.05mol 92 ， 则 甘 油 中 所 含 的 氧 原 子 数 为 0.05×3NA=0.15NA ， 水 的 质 量 =10g-4.6g=5.4g，物质的量为 0.3mol，水中氧原子数为 0.3NA，因此 10g46%甘油水溶液中氧原 子总数为 0.45NA，故 A 错； B．0.2molNO 与 0.1molO2在密闭容器中充分反应后，容器中含有的氧原子数为    2 A A AN=N NO 2N O =0.2N 0.2N =0.40N  ，故选 B； C．由铁与足量水蒸气在高温下反应方程式  2 3 4 23Fe+4H O g Fe O 4H  高温 可知，3molFe 与质量水蒸气完全反应转移电子数为 A8N ，11.2gFe 的物质的量为 n=0.2mol，由关系式 - 4 - 3Fe ~ 8e 3 8 0.2 n  可得， 3 8= 0.2 n ，解得 8n= mol 15 ，所以转移的电子数为 A 8n= N 15 ，故 C错； D．CH3COOH为弱电解质，其溶于水后只有部分电离，故 1molCH3COOH完全溶于水，所得 溶液中 CH3COO-的数目小于 NA，故 D错。 答案选 B。 5. 氮元素是空气中含量最多的元素，在自然界中的分布十分广泛，在生物体内亦有极大作用。 一定条件下，含氮元素的物质可发生如图所示的循环转化。下列说法正确的是 A. 过程 b、j、c属于“氮的固定” B. 过程 a、l、f为非氧化还原反应 C. 过程 h说明 NO2为酸性氧化物 D. 过程 j可能为汽车尾气的处理过程 【答案】D 【解析】 【分析】 分析转化关系 a是铵根离子和碱反应生成氨气过程，b为氨气和氧气反应生成氮气和水，c为 氮气发生氧化还原反应生成 NO，d为 NO发生氧化还原反应生成 - 3NO ，e为硝酸被还原发生 氧化还原反应是二氧化氮，f为二氧化氮发生还原反应生成铵盐，g为铵根离子发生氧化还原 反应生成二氧化氮，h为二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，i硝酸根离子被还原生成 NO， j为 NO生成 N2是氮元素化合价降低发生氧化还原反应，k为氮气和氢气发生反应生成氨气， l是氨气和氢离子反应生成铵根离子，将游离态的氮(即氮气)转化为化合态的氮(即氮的化合物) 的过程，叫做氮的固定，据此分析解答。 【详解】A．氮的固定是指由游离态变为化合态，b 为氨气和氧气反应生成氮气和水，c 为氮 气发生氧化还原反应生成 NO，j为 NO生成 N2，以上转化关系中属于氮的固定的为 c，过程 b、 j不属于“氮的固定”，故 A错误； - 5 - B．a是铵根离子和碱反应生成氨气过程，为非氧化还原反应；l是氨气和氢离子反应生成铵根 离子，为非氧化还原反应，f为二氧化氮发生还原反应生成铵盐，故 B错误； C．酸性氧化物是一类能与水作用生成酸或与碱作用生成盐和水的氧化物，过程 h为二氧化氮 和水反应生成硝酸和一氧化氮的氧化还原反应，不符合酸性氧化物的定义，故 C错误； D．过程 j为 NO生成 N2是氮元素化合价降低发生氧化还原反应，将有毒的一氧化氮气体转化 为无害的氮气，NO可来自汽车尾气的排放，则过程 j可能为汽车尾气处理过程，故 D正确； 答案选 D。 6. 锌醞电池具有高可逆性的优点，在储能和转换系统中显示出巨大的潜力，负极室和正极室 分别是 NaOH溶液和 H2SO4溶液，放电时物质转化如图所示。下列说法正确的是 A. 放电时，负极上的电势比正极上的高 B. 充电时，Na+迁移至阳极室，SO 2- 4 迁移至阴极室 C. 放电时，负极发生：Zn+4OH- -2e-=ZnO 2- 2 +2H2O D. 充电时，阳极发生：QH2+2OH--2e-=BQ+2H2O 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】A．放电时负极发生失去电子的氧化反应，因此负极上的电势比正极上的低，A错误； B．充电时阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动，因此 Na+迁移至阴极室，SO 2- 4 迁移至阳极 室，B错误； C．放电时锌失去电子，负极室溶液显碱性，负极发生：Zn+4OH- -2e-＝ZnO 2- 2 +2H2O，C正确； D．充电时发生失去电子的氧化反应，阳极反应式与放电时正极反应式相反，由于溶液显酸性， 则阳极发生：QH2-2e-=BQ+2H＋，D错误； - 6 - 答案选 C。 7. X、Y、Z、W为短周期的主族元素，X、Y同主族，Y、W同周期，其中 Y、Z、W的最外 层电子数之和为 14， 2-Z 与 +Y 具有相同的核外电子层结构，上述四种元素中只有一种金属元 素。下列说法正确的是( ) A. W的最高价氧化物对应的水化物是一种弱酸 B. 原子半径：Y>Z>X C. 非金属性：X>W D. 最简单氢化物的沸点：W>Z 【答案】B 【解析】 【分析】 X、Y、Z、W为短周期的主族元素，X、Y同主族，Y、W同周期，其中 Y、Z、W的最外层 电子数之和为 14， 2-Z 与 +Y 具有相同的核外电子层结构，则 Z为 O，Y为 Na，W为 Cl，X 为 H，根据元素周期表周期律的相关知识分析可得： 【详解】A．由分析可知W为 Cl，其最高价氧化物对应的水化 4HClO 为强酸，而且为最强的 含氧酸，故 A错误； B．由分析可知 X、Y、Z分别为 H、Na 和 O，则其原子半径的大小关系为：      r Na r O r H＞ ＞ ，所以Y>Z>X，故选 B； C．X为 H，W为 O，所以非金属性：X(H)＜W(O)，故 C错误； D．Z的简单气态氢化物为 2H O，W的氢化物为 HCl，由于 2H O含有氢键所以其沸点较 HCl 高，则最简单氢化物的沸点：W Z＜ ，故 D错。 答案选 B 第 II卷(非选择题) 8. 磷酸燃料电池是当前商业化发展最快的一种燃料电池。该电池使用浓磷酸作电解质，浓磷 酸通常位于碳化硅基质中。以氢气为燃料的磷酸燃料电池(图 1)，氢气由石油气经过一系列转 化后得到(图 2)。 - 7 - 根据题意，回答下列问题： (1)图 1中“a→”表示___________(填“电流流动”或“电子移动”)方向，电极 c的电极反应式为 ___________；实验室模拟该燃料电池(产物水不排出)工作，初始时电解质溶液为 100g质量分 数为 50.9%的 H3PO4溶液，工作一段时间后，H3PO4的质量分数变为 50%，则这段时间内外电 路上转移的电子数为___________NA(不考虑水的蒸发)。 (2)写出图 2中“改质器”内发生反应的化学方程式：___________，反应中水作___________(填 “氧化剂”或“还原剂”)。 (3)一定温度下，在容积为 1L的恒容容器中，模拟进行“移位反应器”中的反应 CO (g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)，反应过程中某时刻各组分的物质的量浓度如下表所示，其中 4min 时向容器中加入了一定量的组分气体。 时间(min) c(CO)(mol/L) c(H2O)(mol/L) c(CO2)(mol/L) c(H2)(mol/L) 0 0.2 0.3 0 0 2 n1 n2 n3 0.1 3 n1 n2 n3 0.1 4 0.15 0.25 0.15 0.15 该温度下，4min时该反应___________(填“向正反应方向进行”“向逆反应方向进行”或“处于平 衡状态”)，其理由是___________(结合计算式)。 【 答 案 】 (1). 电 子 移 动 (2). O2+4H++4e － =2H2O (3). 0.2 (4). CxHy+xH2O 800℃ xCO+(x+ y 2 )H2 (5). 氧化剂 (6). 向逆反应方向进行 (7). 4min 时，Qc= 0.15mol / L 0.15mol / L 0.15mol / L 0.25mol / L   = 3 5 ＞K= 0.1mol / L 0.1mol / L 0.1mol / L 0.2mol / L   = 1 2 【解析】 - 8 - 【分析】 【详解】(1)氢气失电子，生成氢离子，则电极 b为负极，故 a→表示电子移动的方向；电极 c 上氧气得电子与氢离子反应生成水，电极反应为 O2+4H++4e－=2H2O；电池工作时，溶质的物 质的量不变，水的质量增大，则 100g×50.9%=[100+n(H2O)×18g/mol]×50%，则 n(H2O)=0.1mol， 由 0.1mol氢气发生生成，故转移电子数为 0.2 NA； (2)根据图 2中“改质器”的反应物为 CxHy与水在加热、催化剂的作用下生成 CO和氢气，反应 的方程式为 CxHy+xH2O 800℃ xCO+(x+ y 2 )H2；反应时，H原子的化合价降低，得电子作氧 化剂； (3)根据表中数据，反应在 2min时，达到平衡状态，生成氢气的浓度为 0.1mol/L，反应的物质 的量之比等于化学计量数之比，则反应的 c(CO)= c(H2O) =0.1mol/L，则剩余 c(CO)= 0.1mol/L、 c(H2O) =0.2mol/L，生成的 c(CO2)=0.1mol/L，K= 0.1mol / L 0.1mol / L 0.1mol / L 0.2mol / L   = 1 2 ；4min时， Qc= 0.15mol / L 0.15mol / L 0.15mol / L 0.25mol / L   = 3 5 ＞K，则反应向逆反应方向进行。 9. 叠氮化钠(NaN3)为无色六角结晶性粉末，主要用于制造炸药、安全气囊。某化学探究小组 拟在实验室中利用下列装置制取叠氮化钠。 I.实验操作： ①向装置 A的三颈烧瓶中加入乙醇 20 g、亚硝酸钠 40 g、水 60 g后，混合均匀； ②将装置 A的三颈烧瓶中的混合液体加热到 35 °C左右，控制滴入 70%硫酸的速率； ③在装置 B的三颈烧瓶中预装由水合肼(N2H4• H2O、NaOH溶液、乙醇和催化剂组成的混合液， 打开活塞 K，使装置 A中产生的亚硝酸乙酯(C2H5ONO)进入装置 B中，控制温度在 70-90 °C 内，持续加热 40 mino II.部分药品的性质如下表： 密度/g • cm-3 熔点/°c 沸点/°c 溶解性 乙醇 0.816 -114 7& 4 与水以任意比例互溶，可与醚、氯仿、 丙酮混溶 - 9 - 亚硝酸乙酯 0. 90 -93 17.2 不溶于水，可溶于乙醇、乙醚 叠氮化钠 1. 85 275 300 易溶于水和液氨，微溶于乙醇，不溶 于乙醚 已知：2C2 H5OH+H2SO4+2NaNO2 Δ 2C2 H5ONO↑ +Na2SO4+2H2Oo 回答下列问题： (1)连接好装置后，进行的第一步操作是__________。 (2)对装置 B中液体进行加热，合适的加热方式为___________。 (3)装置 A中用恒压漏斗代替分液漏斗的优点是_______；缓慢滴加硫酸，控制滴入速率的原因 是_____。 (4)装置 B中水合腓、亚硝酸乙酯和氢氧化钠在 80 °C时反应生成叠氮化钠、乙醇等物质，该 反应的化学方程式为________。 (5)产品的分离：将装置 B中反应后的混合液倒入蒸馏烧瓶中，加热到 80-90 °C，除去混合物 中 的乙醇。将蒸馏后所得母液降温结晶，过滤得到叠氮化钠晶体，再用去离 子水重结晶得 NaN3 产品。冷凝管中的冷却水要“b进 a出”的原因是_______。 (6)产品纯度测定：取 6.5g产品，加入足量蒸馏水溶解，并加入适量稀硫酸酸化，向混合液中 加入 20.00mL1mol·L-1KMnO4溶液 (l0NaN3+2KMnO4+8H2SO4=2MnSO4+K2SO4+5Na2SO4+8H2O+15N2↑)，反应后溶液呈紫红色。再 用 0.2mol•L-1的 Na2SO3标准液滴定过量的 KMnO4溶液，到达滴定终点时消耗标准液 25.00mL ①到达滴定终点时的现象为_____。 ②叠氮化钠的纯度为_________。 【答案】 (1). 检查装置气密性 (2). 水浴加热 (3). 平衡气压，使 70%的硫酸顺利流 下 (4). 防止硫酸滴入速率过快产生大量热导致乙醇挥发，产率下降 (5). N2H4﹒H2O+ C2H5ONO+NaOH 80 C NaN3+C2H5OH+ 3H2O (6). 使冷凝水与热蒸气的接触面积增大，上 - 10 - 下对流，接触时间长，增强冷凝效果 (7). 当滴入最后一滴 Na2SO3标准液时，锥形瓶中溶 液的紫红色褪去且半分钟内不恢复原色 (8). 90% 【解析】 【分析】 由题意及图可知，装置 A中加入乙醇、亚硝酸钠、水，加热到 35 °C左右，滴入 70%硫酸反 应生成亚硝酸乙酯进入装置 B中与水合肼、NaOH溶液在 70-90 °C反应生成叠氮化钠；取一 定量产品配成溶液，用过量酸性高锰酸钾溶液氧化，剩余的高锰酸钾用亚硫酸钠溶液进行滴 定，测定产品纯度，据此分析。 【详解】(1)连接好实验装置装入药品前，应先检查装置的气密性，故答案为：检查装置气密 性； (2)控制装置 B温度在 70-90 °C内反应生成叠氮化钠，方法采用水浴加热控制，故答案为：水 浴加热； (3) 恒压漏斗有一根导管，导管连通漏斗与烧瓶，起到平衡气压的作用，缓慢滴加硫酸防止产 生的热使乙醇挥发到 B装置中，导致叠氮化钠的产率降低，故答案为：平衡气压，使 70%的 硫酸顺利流下，防止硫酸滴入速率过快产生大量热导致乙醇挥发，产率下降； (4)由题意反应物为 C2H5ONO、N2H4﹒H2O、NaOH，产物为 NaN3、C2H5OH等，根据提示写 出配平即可，答案为：N2H4﹒H2O+ C2H5ONO+NaOH 80 C NaN3+C2H5OH+ 3H2O； (5)冷凝管冷凝水采用下进上出，使冷凝水全部充满冷凝管，增大与热蒸气的接触面积，热蒸 气与冷凝水形成对流，冷凝时间长，效果好，故答案为：使冷凝水与热蒸气的接触面积增大， 上下对流，接触时间长，增强冷凝效果； (6)产品中叠氮化钠纯度的测定，用酸性高锰酸钾氧化叠氮化钠生成氮气，发生反应①： l0NaN3+2KMnO4+8H2SO4=2MnSO4+K2SO4+5Na2SO4+8H2O+15N2↑，过量的高锰酸钾用亚硫酸 钠溶液进行还原，发生反应②的离子方程式为： 2 4MnO + 6H+ +5 2 3SO  = 2Mn2++5 2 4SO  + 3H2O，列出关系式：2 4MnO ∼5 2 3SO  ，n( 2 3SO  )= 0.2×25.00×10-3=5.00×10-3mol，则反应②消 耗的 KMnO4的物质的量 n2= 2.00×10-3mol，则反应①消耗的 KMnO4的物质的量 n1= n(KMnO4) - n2= 1×20.00×10-3-2.00×10-3 =18.00×10-3mol，反应①的关系式：l0NaN3∼2KMnO4，则 n(NaN3)= 10 2 ×18.00×10-3= 0.09mol，故产品的纯度ω=  3NaNm m总 = 0.09 65 6.5  100%=90%，故答 - 11 - 案为 90%。 【点睛】再进行产品纯度的计算时，一定抓住关键物质的化学计量系数，列出关系式进行简 单即可，不必考虑中间的繁杂过程，如本题涉及到的化学方程式不必配平，只需注意氧化剂 和还原剂的系数比可快速简单。 10. 金属钇是稀土元素中含量最丰富的元素之一，主要存在于硅铍钇矿等矿石中。我国蕴藏着 丰富的硅铍钇矿(Y2FeBe2Si2O10)，以此矿石为原料生产氧化钇(Y2O3)的主要流程如下： 请回答下列问题： (1)硅铍钇矿石中 Y的化合价是+3价，Fe的化合价是______，写出用氧化物形式表示硅铍钇矿 石组成的化学式______。 Be与 A1性质相似，写出 Be的氧化物与氢氧化钠“共熔”时的化学 方程式_______。 (2)“共熔”时，可选择的容器是_______(填“石英”、“氧化铝耐高温”或“生铁”)坩埚。“滤液 I ”中 溶质的主要成分除过量的 NaOH外，还有_______(填化学式)。 (3)除杂。“滤渣 I ”的主要成分为 Y(OH)3、Fe2O3，酸浸使 Y(OH)3.Fe2O3转化为 Y3+，Fe3+，再 用氨水调节 pH<6. 0，使 Fe3+沉淀完全，检验 Fe3+沉淀完全的操作方法是_______ 。 (4)沉钇。往“滤液Ⅱ”中先加氨水调节 pH = 8.2，此时 Y3+转化为 Y(OH)3，写出反应的离子方程 式：_______。再加入草酸，转化为 Y2(C2O4)3，要使 Y3+沉淀转化完全，需保证滴加草酸后的 溶 液中"c(C2O 2- 4 )不低于_______mol • L-1 ｛已知：Ksp[Y2(C2O4)3] = 8. 0  10-28，离子浓度小于 110-5 mol • L-1视为沉淀完全｝ (5)写出草酸钇隔绝空气加热生成 Y2O3的化学方程式：_______。 【 答 案 】 (1). +2 (2). 2 3 2Y O FeO 2BeO 2SiO   (3). 2 2 2 高温 BeO+2NaOH Na BeO +H O (4). 生铁 (5). Na2SiO3、Na2BeO2 (6). 静置，去上 层清液少许于试管中，滴加 KSCN 溶液，溶液不变红，说明 Fe3+已沉淀完全 (7). - 12 - 3+ + 3 2 3 4Y +3NH H O=Y(OH) +3NH (8). 2.0×10-6mol/L (9). Y2(C2O4)3 Δ Y2O3+3CO +3CO2 【解析】 【分析】 【详解】(1)由化学式 Y2FeBe2Si2O10，且 Y是+3价，Be 是+2 价，Si 为+4 价，O 为-2 价，根据 化合物中正负化合价代数和为零可得 Fe 为+2 价。用氧化物形式表示硅铍钇矿石组成的化学式 2 3 2Y O FeO 2BeO 2SiO   , Be 与 A1 性 质 相 似 ， BeO 为 两 性 氧 化 物 ， 2 2 2 高温 BeO+2NaOH Na BeO +H O ， 故 答 案 为 ： +2 ， 2 3 2Y O FeO 2BeO 2SiO   ， 2 2 2 高温 BeO+2NaOH Na BeO +H O； (2)由于 NaOH与二氧化硅和氧化铝都反应，所以只能选用生铁坩埚，“共熔”后产物有 FeO、 Na2SiO3、Na2BeO2、Y2O3,加水后 FeO 、Y2O3不溶，所以滤液中溶质的成分除 NaOH外还有 Na2SiO3、Na2BeO2。故答案为：生铁，Na2SiO3、Na2BeO2； (3)检验 Fe3+沉淀完全的操作方法是:静置，去上层清液少许于试管中，滴加 KSCN 溶液，溶液 不变红，说明 Fe3+已沉淀完全。故答案为：静置，去上层清液少许于试管中，滴加 KSCN 溶液， 溶液不变红，说明 Fe3+已沉淀完全。 (4)滴加氨水 Y3+转化为 Y(OH)3，离子方程式为 3+ + 3 2 3 4Y +3NH H O=Y(OH) +3NH ;离子 浓度小于 1 10-5 mol • L-1视为沉淀完全，Ksp[Y2(C2O4)3] =c(Y3+)2c(C2O42- )3= 8. 0  10-28，所 以 c(C2O42- )= -28 3 -5 2 8.0 10 10（ ）  =2.0×10-6mol/L，故答案为： 3+ + 3 2 3 4Y +3NH H O=Y(OH) +3NH , 2.0×10-6mol/L (5)草酸钇隔绝空气加热生成 Y2O3和 CO、CO2,方程式为 Y2(C2O4)3 Δ Y2O3+3CO +3CO2， 故答案为：Y2(C2O4)3 Δ Y2O3+CO +CO2 【点睛】本题考查了化合价，两性氧化物的性质，离子检验，物质的转化，溶度积常数应用 等知识，题目难度适中，注意根据题目信息写出相应的方程式。 - 13 - 11. 目前由丙烷制备丙烯的方法主要为催化脱氢法、氧化脱氢法。回答下列问题： (1)丙烷催化脱氢制丙烯的部分化学反应及其在 0. 1 MPa时的 lnKp(平衡常数 KP以平衡分压代 替浓度)与 温度的关系如图 1所示。 主反应：I.C3H8(g)⇌C3H6(g)+ H2(g) ∆H1 副反应：II. C3H8(g)⇌CH4(g)+ C2H4 (g) ∆H2 III. C3H8(g) + H2(g)⇌ CH4(g)+ C2H6 (g) ∆H3 IV. C2H4(g) + H2(g)⇌C2H6(g) ∆H4 ①△H3_______(填“<”或“ >”)0。 ②用 E(C—H)、E(C—C)、E(C=C)表示键能，则△H2=_______。 ③当反应 II的 InKP=0时，Kp(Ⅲ)和 Kp(IV)的关系是 _______。 ④图中 N 点分压 p(C3H6)= _______[用 p(H2)， p(CH4)及 p(C2H6)表示 ⑤反应 I分别在 0.1 MPa和 0.01 MPa进行时，丙烷和丙烯平衡时的物质的量分数随温度、压 强的变化如图 2所示： 表示 0.01 MPa时丙烷的物质的量分数随温度变化的曲线是________(填标号，下同)，0. 1 MPa 时丙烯的物质量分数随温度变化的曲线是_______。 (2)现有两个相同的恒压密闭容器，向甲容器中只通入 C3H8(g)，发生反应(a)，向乙容器中通入 C3H8(g)和 CO2(g)，使 n(C3H8)： n(CO2) = l:3，发生反应(b)，C3H8的平衡转化率与温度的关系 如图 3所示。 - 14 - 反应(a)：C3H8(g)⇌C3H6(g) + H2(g) 反应(b)：C3 H8 (g) +CO2 (g)⇌C3H6 (g) + CO( g) + H2 O( g) ①相同温度下，反应(b)中 C3 H8 (g)的平衡转化率比反应(a)的大，原因是 _______。 ②维持温度不变，使反应(b)的状态从图中 X点移至 Y点，可采取的措施是_______。 ③T °C时，压强为 p，反应(b)中丙烷的平衡转化率为 50%，则反应(b)的 Kp= _______。 【 答 案 】 (1). < (2). 2E(C—C) -E(C=C) (3). Kp(Ⅲ)=Kp(IV) (4).       2 6 4 2 2 p C H p CH p H (5). C (6). D (7). 相同温度下，恒压密闭容器中，反应 (b)的体 积变化大，有利于平衡正向移动 (8). 吸收一氧化碳或水蒸气 (9). 24 p 【解析】 【分析】 【详解】(1)①根据图像分析可知，温度升高，lnKp减小，说明升高温度，平衡逆向移动，该 反应正反应为放热反应，△H3<0； ②反应 C3H8(g)⇌CH4(g)+ C2H4 (g)，△H2= 8E(C—H)+ 2E(C—C)-[ 4E(C—H)+4E (C—H)+ E(C=C)]=2E(C—C) -E(C=C)； ③当反应 II的 InKP=0时，即 2 4 4 3 8 ( ( ( 1p C H p CH p C H   ） ） ） ；Kp(Ⅲ)= 4 2 6 3 8 2 c CH c C H c C H c H   （ ）（ ） （ ）（ ） ，Kp(IV)= 2 6 2 4 2( ) c C H c C H c H （ ） （ ） ，   ( )Kp Kp IV Ⅲ = 2 4 4 3 8 ( ( ( 1p C H p CH p C H   ） ） ） ； ④图中 N点 Kp(Ⅲ)和 Kp(I)相等，Kp(I)=p(C3H6) p(H2)/p(C3H8)= p(CH4) p(C2H6)/ p(C3H8) p(H2)， 综上所述可知，p(C3H6)=       2 6 4 2 2 p C H p CH p H ； ⑤反应 I C3H8(g)⇌C3H6(g)+ H2(g) ∆H1>0，且反应为气体体积增大的反应，因此升高温度，有 利于反应向右进行，减小压强，有利于反应向右进行，AC表示丙烷，BD表示丙烯；因此， - 15 - A表示 0.01 MPa时丙烷的物质的量分数随温度变化的曲线是 C；0.1MPa 时丙烯的物质量分数 随温度变化的曲线是 D。 (2)①相同温度下，恒压密闭容器中，相对于(a)来讲，(b)中加入的气体的量多（多二氧化碳）， 为保持恒压，容器的体积增大，平衡向气体体积增大的方向移动，即(b)反应向右移动，反应(b) 中 C3H8 (g)的平衡转化率比反应(a)的大； ②维持温度不变，使反应(b)的状态从图中 X点移至 Y点，增大丙烷的转化率，使反应向右进 行，因此可以减少一氧化碳或水蒸气的浓度； ③T °C时，压强为 p，反应(b)中丙烷的平衡转化率为 50%，根据反应 C3 H8 (g) +CO2 (g)⇌C3H6 (g) + CO( g) + H2 O( g)可知，n(C3H8)： n(CO2) = l：3，起始时：p（C3H8）=0.25p，p（CO2） =0.75p，平衡时，p（C3H8）=0.125p，p（CO2）=0.375p，p（C3H6）=p（CO）=p（H2O）=0.125p； Kp= 2 3 6 3 8 2 ( ( ( ( ( p CO p H O p C H p C H p CO ） ） ） ） ） 带入数值，可得 Kp= 24 p 。