重慶市2023屆高三下學期5月“三診”化學試題（ 含答案解析 ）

第1頁/共1頁2023年重慶市普通高中學業(yè)水平選擇性考試高三第三次聯(lián)合診斷檢測化學可能用到的相對原子質量：H-1C-12O-16Cl-35.5Cr-52Ni-59Pb-207一、選擇題：本題共14小題，每小題3分，共42分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.央視紀錄片《如果國寶會說話》中介紹了很多文物，其中主要成分屬于硅酸鹽的是A.江西省博物館藏青銅鉞 B.霍去病墓石刻 C.素紗禪衣 D.跪射俑【答案】D【解析】【詳解】A．青銅鉞主要成分為青銅合金，不是硅酸鹽，A錯誤；B．霍去病墓石刻主要成分為碳酸鈣，不是硅酸鹽，B錯誤；C．素紗禪衣主要成分為蛋白質，不是硅酸鹽，C錯誤；D．跪射俑為陶瓷，陶瓷主要成分為硅酸鹽，D正確；故答案選D。2.我國科研團隊對嫦娥五號月壤的研究發(fā)現(xiàn)，月壤中存在一種含“水”礦物。下列化學用語或圖示不正確的是A.的電子式： B.P原子的結構示意圖：C.空間結構模型： D.的VSEPR模型：【答案】C【解析】【詳解】A．Ca原子失去最外層兩個電子變成Ca2+，Ca2+的電子式為Ca2+，A項正確；B．P為15號元素，核外電子層上電子數(shù)分別為2、8、5，B項正確；C．的中心原子上孤電子對數(shù)為，則的空間結構為正四面體形，C項錯誤；D．H2O的中心原子上孤電子對數(shù)為，則H2O的VSEPR模型為正四面體形，D項正確。答案選C。3.下列各組離子在指定溶液中一定能大量共存的是A.氨水溶液中：、、、B.0.1KI溶液中：、、、C.能使甲基橙變紅的溶液中：、、、D.0.1溶液中：、、、【答案】B【解析】【詳解】A．氨水溶液呈堿性，Cu2+和OH—反應生成Cu(OH)2沉淀而不能大量共存，故A錯誤；B．這幾種離子之間不反應且和KI不反應，所以能大量共存，故B正確；C．使甲基橙變紅色的溶液呈酸性，H+可以與反應生成S、SO2而不能大量共存，故C錯誤；D．、Al3+相互促進發(fā)生雙水解，所以不能大量共存，故D錯誤；故選：B。4.下列有關物質性質與用途具有對應關系的是A.熔點高，可用于做耐高溫材料 B.顯堿性，可用作制冷劑C.受熱易分解，可用作氮肥 D.具有氧化性，可用于自來水的殺菌消毒【答案】A【解析】【詳解】A．Al2O3是離子化合物，熔點高耐高溫，可用于做耐高溫材料，性質與用途具有對應關系，A符合題意；B．NH3加壓易液化，氣化時吸收大量的熱使環(huán)境溫度降低，可用作制冷劑，性質與用途不具有對應關系，B不符合題意；C．NH4HCO3作氮肥，是利用其溶解后的銨根離子可被植物吸收，性質與用途不具有對應關系，C不符合題意；D．ClO2具有強氧化性，可用于自來水的殺菌消毒，有毒性且也不能用于自來水的殺菌消毒，性質與用途不具有對應關系，D不符合題意；故選A。5.Ni單原子催化劑具有良好的電催化性能，催化轉化的歷程如圖。下列說法正確的是A.過程①→②中C的雜化方式都是 B.過程②→③涉及極性鍵的斷裂與生成C.生成1molCO，需要1mol電子 D.從反應歷程看，Ni未參與反應【答案】B【解析】【詳解】A．CO2中C的雜化方式為sp，故A錯誤；B．根據(jù)歷程，②→③過程中有水的生成，即有H-O鍵的生成，同時存在碳氧鍵的斷裂，斷裂和生成的化學鍵為極性鍵，故B正確；B．由CO2生成CO，化合價變化為2，所以生成1molCO需要電子物質的量為2mol，故C錯誤；D．反應歷程中Ni是催化劑，有C-Ni鍵的形成和斷裂，Ni參與了反應，故D錯誤；答案為B。6.鉛丹()可用作防銹涂料，它與濃鹽酸反應的化學方程式為：。設為阿伏伽德羅常數(shù)值。下列說法不正確的是A.標準狀況下，22.4L溶于水所得溶液中含HClO分子數(shù)為B.1L12的濃鹽酸與足量反應生成的分子數(shù)少于1.5C.標準狀況下，22.4L中，含有H原子數(shù)目大于2D.反應中消耗137g，轉移的電子數(shù)目為0.4【答案】A【解析】【詳解】A．標準狀況下22.4L氯氣的物質的量為1mol，氯氣與水反應是可逆反應，生成的次氯酸也要發(fā)生部分電離，故HClO分子數(shù)小于，A項錯誤；B．1L12濃鹽酸完全反應生成的分子數(shù)為1.5，但隨著反應的進行濃鹽酸逐漸變?yōu)橄←}酸，就不再發(fā)生該反應，故生成的分子數(shù)少于1.5，B項正確；C．水在標準狀況下不為氣態(tài)，22.4L中H原子數(shù)為大于2，C項正確；D．由方程式可知，1mol參加反應轉移2mol電子，137g的物質的量為0.2mol，轉移的電子數(shù)目為0.4，D項正確。故選A。7.有機化合物II是一種藥物中間體，可用有機化合物I制得。下列有關有機化合物I、II的說法正確的是A.有機物I的分子式為 B.I的分子中所有原子處于同一平面C.可以用酸性溶液鑒別I和II D.反應I→II的原子利用率為100%【答案】D【解析】【詳解】A．有機物Ⅰ中C、H、O原子個數(shù)依次是11、12、3，分子式為C11H12O3，故A錯誤；B．分子I中含有飽和碳原子，飽和碳原子為(正)四面體結構，結構中最多有3個原子共平面，所以有機物Ⅰ中所有原子一定不共平面，故B錯誤；C．Ⅰ中醛基、Ⅱ中-CH(OH)-都能被酸性高錳酸鉀溶液氧化而使酸性高錳酸鉀溶液褪色，所以不能用酸性高錳酸鉀溶液鑒別，可以用銀氨溶液或新制氫氧化銅懸濁液檢驗，故C錯誤；D．Ⅰ和CH3NO2發(fā)生加成反應生成Ⅱ，該反應為加成反應，只有一種物質生成，所以原子利用率為100%，故D正確；故選：D。8.下列實驗裝置、試劑選用和操作正確的是A.制備并干燥收集 B.制備氫氧化鐵膠體 C.從NaCl溶液中獲得NaCl晶體 D.干燥氯氣【答案】D【解析】【詳解】A．收集氨氣，導管應該伸入試管底部，A錯誤；B．制備氫氧化鐵膠體應該用沸水而不是氫氧化鈉溶液，B錯誤；C．蒸發(fā)結晶應該用蒸發(fā)皿，而不能用坩堝，C錯誤；D．濃硫酸具有吸水性且不和氯氣反應，能干燥氯氣，D正確；答案選D。9.X、Y、Z、Q、W是原子序數(shù)依次增大的前四周期元素，其中X是宇宙中含量最多的元素；在同周期元素中，第一電離能數(shù)值比Y大的元素有2種：Z元素原子的價層電子排布是；Q、W元素原子的最外層均只有1個電子，Q元素的原子半徑是前四周期中最大的，W元素基態(tài)原子內層軌道均排滿電子。下列說法正確的是A.電負性： B.屬于酸性氧化物C.Q與Z可以形成多種化合物 D.W元素位于元素周期表的d區(qū)【答案】C【解析】【分析】X、Y、Z、Q、W是原子序數(shù)依次增大的前四周期元素，其中X是宇宙中含量最多的元素，則X為H元素；Z元素原子的價層電子排布是nsnnp2n，s能級填充滿只能容納2個電子，即n=2，故Z為O元素；由原子序數(shù)可知Y處于第二周期，而在同周期元素中第一電離能數(shù)值比Y大的元素有2種，可知Y為N元素；Q、W元素原子的最外層均只有1個電子，Q元素的原子半徑是前四周期中最大的，可知Q為K元素，由原子序數(shù)可知W處于第四周期，而W元素基態(tài)原子內層軌道均排滿電子，其核外電子數(shù)為2+8+18+1=29，則W為Cu元素，據(jù)此分析解題?！驹斀狻坑煞治隹芍琗為H元素、Y為N元素、Z為O元素、Q為K元素、W為Cu元素；

A．同周期主族元素自左而右電負性增大，N、O在它們的氫化物中都表現(xiàn)負價，說明二者的電負性都比氫元素大，則電負性：H＜N＜O，A錯誤；B．Y2Z4是N2O4，與水反應除生成HNO3外還有NO生成，不是酸性氧化物，B錯誤；C．K元素與氧元素可以形成K2O、K2O2、KO2，C正確；D．Cu處于第四周期第IB族，屬于ds區(qū)元素，D錯誤；故答案為：C。10.25℃時，的電離常數(shù)。在10.0mL0.10mol/L的溶液中加入5.0mL0.10mol/L的NaOH溶液。下列說法不正確的是A.該混合溶液呈酸性B.該混合溶液中：C.0.10mol/L溶液中D.將0.10mol/L的溶液加水稀釋，增大【答案】C【解析】【分析】在10.0mL0.10mol/L的溶液中加入5.0mL0.10mol/L的NaOH溶液，酸過量，則該混合液中溶質是和，且濃度相同。據(jù)此回答問題?！驹斀狻緼．該混合液中溶質是和，且濃度相同，由可知，的電離大于水解，所以該混合溶液呈酸性，故A正確；B．由可知，的電離大于水解，所以該混合溶液呈酸性，則該混合溶液中：，故B正確；C．醋酸的電離常數(shù)，在0.10mol/L的溶液中，則，，2＜pH＜3，故C錯誤；D．醋酸的電離常數(shù)，溫度不變不變，加水稀釋時減小，故增大，故D正確；故選C。11.下列實驗中采取的分離或提純方法能達到實驗目的的是選項實驗目的分離或提純方法A分離碘的四氯化碳溶液中的碘用苯萃取B除去乙酸乙酯中的乙酸加入飽和溶液后分液C除去蛋白質溶液中少量NaCl過濾D從高級脂肪酸鈉和甘油的混合水溶液中分離出高級脂肪酸鈉加入乙醇和濃硫酸并加熱，然后蒸餾A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【詳解】A．苯與四氯化碳互溶，不能用作萃取劑分離溶于四氯化碳中的碘，A錯誤；B．乙酸與碳酸鈉反應，轉化為易溶于水的鹽，再通過分液即可提純乙酸乙酯，B正確；C．蛋白質溶于水后形成了膠體，膠體離子不能透過半透膜，而氯離子和鈉離子能透過半透膜，因此應該用滲析的方法，C錯誤；D．油脂與氫氧化鈉溶液反應后即得到高級脂肪酸鈉與甘油的混合液，應該加入氯化鈉顆粒，發(fā)生鹽析的過程，然后過濾，D錯誤；故選：B。12.氮化鈦晶體的立方晶胞結構如圖所示，該晶胞中N、N之間的最近距離為apm，以晶胞邊長為單位長度建立坐標系，原子A的坐標參數(shù)為(0，0，0)，下列說法錯誤的是A.原子B的坐標參數(shù)為 B.晶胞邊長是pmC.該物質的化學式為TiN D.Ti的配位數(shù)為6【答案】A【解析】【詳解】A．原子B在x、y、z軸上坐標分別為1、1、，則坐標參數(shù)為，A錯誤；B．晶胞中N、N之間的最近距離為面對角線的二分之一，為apm，則N與Ti的最近距離是pm，則晶胞邊長為pm，B正確；C．該晶胞中，Ti(黑球)的個數(shù)為，N(白球)的個數(shù)為，則Ti和N的個數(shù)比為1∶1，該物質的化學式為TiN，C正確；D．如圖所示，以體心鈦為例，與Ti距離相等且最近的N有6個，則Ti的配位數(shù)為6，D正確；答案選A。13.工業(yè)上用雙極膜電解槽電解糠醛溶液同時制備糠醇和糠酸鹽，電解過程如圖所示。下列說法不正確的是A.電解時，陰極反應為B.理論上外電路中遷移2mol電子，消耗1mol糠醛C.電解時，MnO2和MnOOH電極與糠醛之間傳遞電子D.生成糠酸鹽的離子反應方程式為【答案】B【解析】【分析】根據(jù)圖示，陽極室中，MnOOH失電子變?yōu)镸nO2；陰極室中，糠醛得電子生成糠醇。雙極膜將水解離為H+和OH-，并實現(xiàn)其定向通過?！驹斀狻緼．據(jù)圖可知，電解時，陰極反應為，A正確；B．理論上外電路中遷移2mol電子，陽極室和陰極室各需要消耗1mol糠醛，共需要消耗2mol糠醛，B不正確；C．電解時，-2e-+3OH-=+2H2O、2MnO2+2e-+2H2O=2MnOOH+2OH-，2MnOOH-2e-+2OH-=2MnO2+2H2O，則MnO2和MnOOH在電極與糠醛之間傳遞電子，C正確；D．據(jù)圖可知，在陽極室，糠醛生成糠酸鹽，發(fā)生反應-2e-+3OH-=+2H2O、2MnO2+2e-+2H2O=2MnOOH+2OH-，則離子反應方程式為，D正確；故選B。14.甲烷是一種溫室氣體，將它轉化為高附加值產(chǎn)品甲醇具有重要意義。目前工業(yè)上的甲烷轉化大多需要先通過重整生成合成氣(CO、)再轉化為甲醇，涉及的反應如下：反應Ⅰ：反應Ⅱ：在密閉容器中通入3mol和2mol，假設只發(fā)生反應Ⅰ和Ⅱ，分別在0.2MPa和2MPa下進行反應，其中和的平衡體積分數(shù)隨溫度變化如圖所示。已知：對于反應Ⅱ，，，、為速率常數(shù)，只與溫度有關，分壓＝總壓×物質的量分數(shù)。下列說法不正確的是A.壓強為0.2MPa時，表示和的曲線分別是b、dB.混合氣體的平均相對分子質量保持不變時，說明反應體系已達到平衡C.在升溫的過程中，反應Ⅱ速率常數(shù)增大的倍數(shù)；＞D.500K，2MPa條件下，若平衡時CO的物質的量為1mol，則的轉化率約為66.7%【答案】C【解析】【分析】2個反應均為放熱反應，隨著溫度降低，平衡均正向移動，甲烷含量減小、甲醇含量增加，故ab為甲烷變化曲線、cd為甲醇含量曲線；反應Ⅰ為氣體分子數(shù)增大的反應、反應Ⅱ為分子數(shù)減小的反應，相同條件下，增大壓強，反應Ⅰ逆向移動、反應Ⅱ正向移動，使得甲烷含量增加、甲醇含量增大，則bd為0.2Mpa變化曲線、ac為2Mpa變化曲線；【詳解】A．由分析可知，壓強為0.2MPa時，表示和的曲線分別是b、d，A正確；B．混合氣體的平均相對分子質量M=m/n，氣體質量不變，但是氣體的總物質的量隨反應進行而改變，所以M會發(fā)生改變，當M不變時，反應達到平衡，B正確；C．已知：對于反應Ⅱ，，，當時，即達到化學平衡態(tài)，此時，因為反應是放熱反應，升溫減小，所以升高溫度變小，所以增加的倍數(shù)更大，C錯誤；D．在密閉容器中通入3mol和2mol，只發(fā)生反應Ⅰ和Ⅱ：由圖可知，平衡時，甲烷、甲醇量相等，則3-2a=2a-1，a=1mol，的轉化率約為66.7%，D正確；答案選C。二、非選擇題：本題共4個小題，共58分。15.鎳及其化合物在工業(yè)上有廣泛的應用。工業(yè)上用鎳礦渣(主要含、NiS，還含F(xiàn)eO、、MgO、CaO和)制備的過程如圖所示(已知：溶液中金屬離子開始沉淀和完全沉淀的pH如下表)。金屬離子開始沉淀時的pH6.82.27.59.4沉淀完全時的pH9.23.29.012.4（1）的價電子排布式為_______；電離一個電子需要吸收的能量_______________(填“大于”或“小于”)。（2）“酸溶”過程中，NiS發(fā)生反應的離子方程式為_________________________；如何判斷已足量：______________________(寫出具體操作過程)。（3）濾渣1的成分有_______________。（4）濾渣3的成分為和。若濾液1中，當濾液2中時，除鈣率為_______________(忽略沉淀前后溶液體積變化)。(已知：、)（5）“濾液2”加入碳酸鈉溶液后所得沉淀可表示為。進行下列實驗：稱取干燥沉淀樣品3.41g，隔絕空氣加熱，剩余固體質量隨溫度變化的曲線如圖所示(500℃～750℃條件下加熱，收集到的氣體產(chǎn)物只有一種，750℃以上殘留固體為NiO)，則該樣品的化學式為_________________。（6）資料顯示，硫酸鎳結晶水合物的形態(tài)與溫度有如表關系。由溶液獲得穩(wěn)定的晶體的操作M依次是蒸發(fā)濃縮、_______________、過濾、洗滌、干燥。溫度低于30.8℃30.8℃～53.8℃53.8℃～280℃280℃晶體形態(tài)多種結晶水合物【答案】（1）①.②.大于（2）①.②.取反應后少量濾液于試管中，滴加溶液，若無藍色沉淀產(chǎn)生，說明已足量（3）、、S（4）99.7%（5）（6）冷卻至30.8℃～53.8℃之間結晶【解析】【分析】鎳礦渣主要含、NiS，還含F(xiàn)eO、、MgO、CaO和，“酸溶”后過濾，則濾液中主要含有Ni2+、Fe3+、Mg2+、Ca2+、等離子，濾渣1中含有CaSO4、S、SiO2；“調pH”則Fe3+水解沉淀，Ca2+和生成CaCO3，濾液中含有Ni2+、Mg2+、等離子；濾液1加入NaF，則生成的濾渣3的成分為和，濾液2含有Ni2+、等離子；濾液2加入Na2CO3，Ni2+沉淀析出，進一步處理獲得硫酸鎳溶液，硫酸鎳溶液經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥得到?！拘?詳解】Ni失去2個電子后，價電子只剩d軌道的8個電子，故的價電子排布式為3d8，；因再失去一個電子后為半充滿狀態(tài)，能量更低，更穩(wěn)定，因此更容易失去一個電子，失去時所需要吸收的能量也更少?！拘?詳解】“酸溶”過程中，酸性條件下，NiS被氧化為S沉淀，發(fā)生反應的離子方程式為；要證明氯酸鈉已足量，只需證明溶液中已經(jīng)沒有亞鐵離子，因此方法為取反應后少量濾液于試管中，滴加溶液，若無藍色沉淀產(chǎn)生，說明已足量?！拘?詳解】鎳礦渣主要含、NiS，還含F(xiàn)eO、、MgO、CaO和，向其中加入硫酸和氯酸鈉，與硫酸反應生成，NiS與硫酸和氯酸鈉共同反應生成和S，F(xiàn)eO與硫酸和氯酸鈉共同反應生成，與硫酸反應生成，MgO與硫酸反應生成，CaO與硫酸反應生成，與硫酸不反應，則過濾得到的濾渣1含、、S?！拘?詳解】當濾液2中時，，此時溶液中，除鈣率為?！拘?詳解】750℃以上殘留固體為NiO，可知，500℃～750℃條件下加熱，收集到的氣體產(chǎn)物只有一種，說明發(fā)生反應NiCO3加熱分解為了NiO和CO2，固體質量減少，說明反應生成二氧化碳的質量為0.44g，則；根據(jù)鎳元素守恒，，則，該樣品的化學式為?！拘?詳解】從溶液中獲得晶體的操作一般是蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥，依據(jù)表中數(shù)據(jù)可知當溫度為30.8℃～53.8℃，晶體以形式存在，因此冷卻結晶時應在30.8℃～53.8℃之間冷卻結晶。16.實驗室利用固體和反應制備無水，并收集該反應產(chǎn)生的光氣()，實驗裝置如圖所示(夾持及加熱裝置已省略)。已知：Ⅰ．光氣與水易反應，能溶于溶液；Ⅱ．有關物質熔沸點如下表。物質熔點/℃14351152－23－118沸點/℃40001300768.2（1）儀器c的名稱是_______________，d中所裝試劑為_______________。（2）組裝好裝置并檢查裝置氣密性，保持、、處于打開狀態(tài)，然后通入，此時通入的目的是____。（3）通入一段時間后，保持、打開，關閉，將裝置A在85℃下進行水浴加熱，此時B中發(fā)生反應的化學方程式為________________，待B中反應結束后，停止高溫加熱，將裝置C在30℃下進行水浴加熱，此時開關、、的狀態(tài)分別為_______________，溫度計顯示的溫度為_______________℃。（4）實驗結束后，E中溶質除了有NaOH，還含有_______________(填化學式)。（5）稱取B中所得產(chǎn)品6.34g溶于水配制成250mL溶液，取25.00mL樣品溶液于帶塞的錐形瓶中，加入稀硫酸，完全溶解后加入NaOH溶液形成綠色的沉淀后，再加入過量，小火加熱至沉淀完全轉變?yōu)槿芤汉?，繼續(xù)加熱一段時間，再滴入指示劑，用新配制的0.20mol/L的溶液進行滴定，到達滴定終點時，消耗溶液36.00mL。①寫出加入過量后反應的離子方程式_______________。②產(chǎn)品中質量分數(shù)為_______________，若沉淀完全轉變?yōu)槿芤汉螅焕^續(xù)加熱一段時間會導致質量分數(shù)_______________(填“偏高”“偏低”或“不變”)?！敬鸢浮浚?）①.直形冷凝管②.堿石灰或無水（2）排凈裝置中的空氣（3）①.②.、關閉，打開③.8.2（4）NaCl和（5）①.②.60%③.偏高【解析】【分析】本實驗制備CrCl3，其反應原理是Cr2O3+3CCl42CrCl3+3COCl2，根據(jù)題給操作步驟，先通一段時間的氮氣，排除裝置的空氣，按照裝置圖，先打開K1、K2，關閉K3，反應結束后，然后關閉K1、K2，打開K3，因此COCl2與水易反應，因此裝置d的作用是防止E中水蒸氣進入錐形瓶中，據(jù)此分析；【小問1詳解】根據(jù)儀器c的特點，儀器c為直形冷凝管；D裝置收集COCl2，COCl2與水易反應，因此d的作用是防止E中的水蒸氣進入D中，即d中盛放堿石灰或無水氯化鈣；故答案為直形冷凝管；堿石灰或無水氯化鈣；小問2詳解】裝置中含有空氣，空氣可能會干擾實驗，因此需要先通一段時間的氮氣，排除裝置中的空氣，故答案為排凈裝置中的空氣；【小問3詳解】裝置B制備CrCl3，其反應方程式為Cr2O3+3CCl42CrCl3+3COCl2；因為COCl2能溶于CCl4溶液，裝置C中得到溶有COCl2的四氯化碳，利用沸點不同進行，采用蒸餾方法分離出光氣，此時應關閉K1、K2，打開K3，根據(jù)表中數(shù)據(jù)，溫度計顯示的溫度為8.2℃；故答案為Cr2O3+3CCl42CrCl3+3COCl2；關閉K1、K2，打開K3；8.2℃；【小問4詳解】有部分COCl2進入裝置E中，COCl2能與水反應生成CO2和HCl，E中溶質除了有NaOH外，還含有NaCl和Na2CO3，故答案為NaCl和Na2CO3；【小問5詳解】①根據(jù)題中信息，過氧化氫作氧化劑，將Cr(OH)3氧化成Na2CrO4，過氧化氫被還原成水，根據(jù)化合價升降法、原子守恒和所帶電荷守恒，得到該離子方程式為4OH-+2Cr(OH)3+3H2O2=2CrO+8H2O；故答案為4OH-+2Cr(OH)3+3H2O2=2CrO+8H2O；②根據(jù)題意建立關系式為2CrCl3～2CrO～6Fe2+，因此樣品中CrCl3的質量分數(shù)為=60%；繼續(xù)加熱一段時間的目的是將過量H2O2除去，防止氧化Fe2+，因此不繼續(xù)加熱一段時間，過氧化氫可以氧化Fe2+，消耗標準液的體積增加，導致CrCl3質量分數(shù)偏高；故答案為60%；偏高。17.乙烯的產(chǎn)量是一個國家石油化工水平的重要標志，研究制備乙烯的原理具有重要的意義，科學家研究出各種制備乙烯的方法。I．由乙烷直接脫氫或氧化脫氫制備，原理如下：直接脫氫：氧化脫氫：（1）已知鍵能，，生成1mol碳碳π鍵放出的能量為_______________kJ，從熱力學角度比較直接脫氫和氧化脫氫，氧化脫氫法的優(yōu)點為______________。（2）一定溫度下，在恒容密閉容器中充入一定量的和，維持初始壓強，，發(fā)生上述兩個反應。2.5min時，，，則用的分壓變化表示直接脫氫反應的平均速率為_______；反應一段時間后，和的消耗速率比小于2：1的原因為__________________。II．利用乙炔和氫氣催化加成制備乙烯，發(fā)生如下反應：①②保持壓強為20kPa條件下，按起始投料，勻速通入裝有催化劑的反應器中發(fā)生反應①和②，測得不同溫度下和的轉化率如下圖實線所示(圖中虛線表示相同條件下平衡轉化率隨溫度的變化)。（3）表示轉化率的曲線是_____________(填“m”或“n”)。（4）隨著溫度的升高，m和n兩條曲線都是先升高后降低，其原因是_______________。（5）時，兩種物質的轉化率分別為0.75、0.5，反應①的平衡常數(shù)__________?！敬鸢浮浚?）①.267.3②.氧化脫氫反應的且，故不需要太高溫度就可以發(fā)生(因為不需要高溫，所以不存在有機物碳化或者催化劑失活的情況)。（2）①.0.8②.生成的氫氣與氧氣反應生成了水蒸氣（3）n（4）開始階段未達到平衡，所以溫度高速率快，兩種氣體的轉化率都增大，但是隨著溫度升高，后面達到了平衡，溫度升高平衡逆向移動，故轉化率下降(當溫度高于時反應①生成的乙烯和氫氣反應生成了乙烷，所以兩者的轉化率是相同的)（5）0.2【解析】【小問1詳解】由焓變計算可得，解得；氧化脫氫反應的且，故不需要太高溫度就可以發(fā)生，因為不需要高溫，所以不存在有機物碳化或者催化劑失活的情況，所以答案為：氧化脫氫反應的且，故不需要太高溫度就可以發(fā)生?！拘?詳解】由PV=nRT可知，恒容密閉容器中，P與n成正比，根據(jù)反應數(shù)據(jù)可得消耗了1kPa，需要消耗2kPa的，一共消耗了4kPa，所以直接脫氫反應消耗了2kPa，則生成的為2kPa，則用的分壓變化表示直接脫氫反應的平均速率為0.8；直接脫氫反應生成的氫氣與氧氣反應生成了水蒸氣，使得整體反應消耗的變多，所以反應一段時間后，和的消耗速率比小于2：1?！拘?詳解】因為起始投料為，若只發(fā)生反應①，H2與的消耗量相同，則轉化率大于的轉化率；若只發(fā)生反應②，H2與的消耗量之比為2:1，則轉化率等于的轉化率，所以當兩個反應同時發(fā)生時，轉化率大于的轉化率，故表示轉化率的曲線是n【小問4詳解】開始階段未達到平衡，所以溫度高速率快，兩種氣體的轉化率都增大，但是隨著溫度升高，后面達到了平衡，溫度升高平衡逆向移動，故轉化率下降(當溫度高于時反應①生成的乙烯和氫氣反應生成了乙烷，所以兩者的轉化率是相同的)【小問5詳解】根據(jù)數(shù)據(jù)列出三段法根據(jù)轉化率可列方程組求得，再根據(jù)三段法可得平衡時P()=，同理可得P()=10kPa，P()=5kPa，則18.2-[對