甘肃省张掖市某校2024-2025学年高三下学期检测化学试卷

第页，共页第23页，共23页化学本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分。考试时间75分钟。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16S-32K-39Cr-52一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42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.文物见证历史，化学创造文明。对下列文物的成分说法错误的是元青花釉里红镂雕开光盖罐明犀角雕玉兰花果纹杯A．元青花釉里红镂雕开光盖罐的主要成分是硫酸钙B．犀角的主要成分属于蛋白质斫木云纹漆耳杯西汉长信宫灯C．斫木的主要成分属于纤维素D．西汉长信宫灯的主要成分属于金属材料A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．元青花釉里红镂雕开光盖罐是陶瓷制品，陶瓷的主要成分是硅酸盐，A错误；B．明犀角雕玉兰花果纹杯由犀牛角制成，犀角的主要成分是蛋白质，B正确；C．斫木是木材，木材的主要成分属于纤维素，C正确；D．西汉长信宫灯的主要材料是合金，合金属于金属材料，D正确；故选A。2.生产、生活中蕴含了丰富的化学知识。下列有关说法正确的是A.石墨烯和SiC都属于新型无机非金属材料B.“神舟”和“天宫”系列飞船使用的碳纤维复合材料属于碳的同素异形体C.在碱催化下，苯酚与过量甲醛反应可以制得网状结构的酚醛树脂，受热能软化或熔融D.聚氯乙烯薄膜透明性好，具有防潮、防水、绝缘等功能，广泛用作食品包装袋、雨衣、塑料大棚等【答案】A【解析】【详解】A．石墨烯、SiC均属于新型无机非金属材料，故A正确；B．碳纤维复合材料是有机纤维经过一系列热处理转化而成，含碳量高于90%，并不是碳单质，所以不是碳的同素异形体，故B错误；C．在碱催化下，苯酚可与过量甲醛反应，制得网状结构的酚醛树脂，具有较高的热稳定性和耐高温性，因此受热不能软化或熔融，故C错误；D．聚氯乙烯塑料有毒，不可用于食品包装袋，故D错误；故答案选A。3.HCl与NH3相遇，可产生白烟，反应的化学方程式为HCl+NH3=NH4Cl。下列有关化学用语或图示表达正确的是A.基态N原子的价层电子排布式：B.NH4Cl的电子式：C.NH3的球棍模型：D.HCl分子中σ键的形成：【答案】D【解析】【详解】A．N原子序数为7，基态N原子的价层电子排布式为2s22p3，A错误；B．氯化铵为离子化合物，其电子式为，B错误；C．NH3中心原子N的价层电子对数为3+×(5-3×1)=4，NH3中N含1个孤电子对，空间结构为三角锥形，球棍模型：，C错误；D．HCl分子中H原子的1s轨道，Cl原子的3p轨道上有未成对电子，s和p轨道通过“头碰头”方式重叠形成s-pσ键，形成过程为，D正确；故选D。4.下列装置与对应操作正确的是A．比较、、S的氧化性B．分离苯酚和水的混合物C．制取晶体D．测定溶液的浓度A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．高锰酸钾与浓盐酸反应制得氯气，氧化剂(高锰酸钾)的氧化性强于氧化产物(氯气)，反应生成的氯气与硫化钠溶液发生氧化还原反应生成硫，氯气(氧化剂)的氧化性强于硫(氧化产物)，则图示装置可以比较高锰酸钾、氯气、硫的氧化性，A正确；B．苯酚和水形成的是乳浊液，不能用过滤的方法分离，B错误；C．碳酸氢钠加热易分解，蒸发溶液不能制备晶体，C错误；D．溴水具有氧化性，能腐蚀橡胶，不能用碱式滴定管盛装，应用酸式滴定管盛装，且反应生成碘单质，无法指示滴定终点，D错误；故选A。5.为阿伏加德罗常数。下列说法错误的是A.与混合后气体分子总数小于B.环状分子中含有键数目为C.金属钠完全反应生成和的混合物，转移的电子数为D.中含有的价电子总数为【答案】D【解析】【详解】A．与混合后发生反应，，分子数小于，A正确；B．分子是环状结构，中含有，环状分子中含有键的数目为=，B正确；C．完全反应失去电子，无论产物为氧化钠还是过氧化钠，转移的电子为，转移电子总数为，C正确；D．物质的量为，N的价电子数等于最外层电子数为5，含有的价电子总数为，D错误；答案选D。6.实验室中可通过香草胺与8-甲基壬酸为原料合成二氢辣椒素，下列有关说法正确的是A.香草胺中含有两种官能团B.二氢辣椒素结构中具有一个手性碳原子C.1mol二氢辣椒素与过量NaOH溶液作用，最多可消耗3molNaOHD.产物提纯后，可通过红外光谱检测酰胺基的存在，初步确定此合成是否成功【答案】D【解析】【详解】A．根据题目中香草胺的结构可以得到，香草胺中含有羟基、醚键、氨基三种官能团，A错误；B．根据题目中二氢辣椒素的结构可以得到分子中无手性碳，B错误；C．二氢辣椒素中的酚羟基、酰胺基能消耗氢氧化钠，1mol二氢辣椒素与过量NaOH溶液作用，最多可消耗2molNaOH，C错误；D．二氢辣椒素中含有酰胺基，红外光谱可以检测有机物中的官能团，可通过红外光谱检测酰胺基的存在，初步确定此合成是否成功，D正确；故选D。7.的晶胞结构如图甲所示，将掺杂到的晶体中得到稀磁性半导体材料如图乙所示。下列说法中错误的是A.图甲中原子位于原子构成的正四面体空隙中，填充率为B.图乙中，a的分数坐标为，c点的分数坐标为C.图甲中，的相对分子质量为M，晶体密度为，表示阿伏加德罗常数，则晶胞中距离最近的两个原子间距离为D.掺杂之后，晶体中的原子个数比为【答案】C【解析】【详解】A．图甲中原子位于原子构成的正四面体空隙中，1个晶胞中有8个空隙，其中4个填充有原子，填充率为，A正确；B．图乙中，a的分数坐标为，则c点位于左侧面的面心上，故其分数坐标为，B正确；C．根据均摊原则，图甲中，原子数为、原子数为4，相对分子质量为M，晶体密度为，表示阿伏加德罗常数，则晶胞的边长为；晶胞中距离最近的两个原子间距离为面对角线的一半，距离为，C错误；D．图乙中掺杂之后，晶胞中原子数为：，原子数为4，原子个数为：，故晶体中、、的原子个数比为，D正确；故选C。8.W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，其中仅Y、Z位于同一周期，基态X原子的s轨道电子数是p轨道电子数的4倍，W、X的最外层电子数之和与Y的最外层电子数相等，基态Z原子的最外层只有1个未成对电子。下列说法错误的是A.第一电离能：Z>YB.化合物的空间结构是平面三角形C.因为电负性：H<Y，所以Y的简单氢化物中Y的化合价是正价D.已知：，可判断是一元弱酸，且酸性小于【答案】C【解析】【分析】由题干信息可知，W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，其中仅Y、Z位于同一周期，则W为H，X的s轨道电子数是p轨道电子数的4倍，即X的核外电子排布为：1s22s22p1，即X为B，W、X的最外层电子数之和为4与Y的最外层电子数相等，故Y为Si，Z基态原子最外层有1个未成对电子，则Z为Cl，据此分析解题。【详解】A．第一电离能：Cl>Si，故A正确；B．化合物即BCl3，其中心原子B周围的价层电子对数为：，故其空间结构是平面三角形，故B正确；C．由分析可知，Y为Si，由于Si的电负性小于H，故Y的简单氢化物中Y的化合价是正价，故C错误；D．由分析可知X为B，据已知：，可判断是一元弱酸，且酸性小于，故D正确；故选C。9.室温下，下列实验探究方案能达到探究目的的是选项探究目的探究方案A浓度对化学反应速率的影响向2支盛有3mL不同浓度溶液试管中同时加入NaClO溶液，观察实验现象B温度对化学反应速率的影响在两支试管中各加入溶液，将其中一支用水浴加热，观察并比较实验现象C反应的可逆性向溶液中滴加溶液，振荡，用苯多次萃取后，取水层分装在两支试管，向其中一支滴加几滴KSCN溶液，对比两试管中溶液的颜色D探究固体表面积对反应速率的影响称取相同质量的大理石和纯碱，加入盛有浓度、体积均相同的盐酸中的小烧杯中，观察实验现象A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．NaClO氧化生成和，无明显现象，A项不符合题意；B．温度高，分解速率加快，B项符合题意；C．过量，无法确定反应的可逆性，C项不符合题意；D．大理石和纯碱的成分不同，性质不同，与盐酸反应的快慢不同，D项不符合题意；故本题选B。10.以天然气燃料电池(熔融为电解质)为电源，采用电化学方法制备有机物，模拟装置如图所示。a极、b极为惰性电极，双极膜中水会解离出和并向两极迁移。下列叙述正确的是A.每生成，双极膜中有向a极迁移B.b极反应式为C.在燃料电池的正极上充入空气并补充D.消耗(标准状况)时理论上可以制备【答案】B【解析】【详解】A．根据物质转化中元素化合价变化情况可知，极为阴极，极为阳极。a极反应式为，双极膜中向极迁移，A错误；B．双极膜中氢氧根离子向阳极迁移，极发生氧化反应，环己烯转化成环戊基甲醛，B正确；C．燃料电池的正极反应式为，空气中体积分数为体积分数为，由电极反应式可知，需要在空气中补充，维持电源稳定放电，C错误；D．燃料电池负极反应式为，理论上可制备，D错误；故选B11.硼酸(H3BO3)是一种重要的化工原料，广泛应用于玻璃、医药、肥料等工艺。一种以硼镁矿(含Mg2B2O5·H2O、SiO2及少量Fe2O3、Al2O3)为原料生产硼酸及轻质氧化镁的工艺流程如图：已知：H3BO3的解离反应：H3BO3+H2OH++[B(OH)4]-，Ka=5.81×10-10。下列说法不正确的是A.“溶浸"硼镁矿粉过程中产生的气体经“吸收”转变为(NH4)2CO3B.“滤渣1”的主要成分有SiO2、Fe(OH)3、Al(OH)3C.在“过滤2”前，将溶液pH调节至3.5，目的是转化得到硼酸，促进硼酸析出D.母液可经浓缩处理后可用于“溶浸”环节处循环使用【答案】B【解析】【分析】硼镁矿(含Mg2B2O5•H2O、SiO2及少量Fe2O3、Al2O3)加入硫酸铵溶液，得到气体，根据硼镁矿和硫酸铵化学式知，得到的气体应为NH3，用NH4HCO3吸收NH3得到(NH4)2CO3；过滤得到的滤渣1应为难溶于硫酸铵溶液的SiO2、Fe2O3、Al2O3；调节滤液pH=3.5再过滤得到H3BO3，此时滤液中主要含有MgSO4，向滤液中加入碳酸铵进行沉镁，得到Mg(OH)2•MgCO3，加热分解可以得到轻质MgO；母液中含有(NH4)2SO4，以此解答该题。【详解】A．“溶浸”硼镁矿粉过程中产生的气体为NH3，经NH4HCO3“吸收”生成(NH4)2CO3，A正确；B．通过“过滤Ⅰ”所得滤液调pH为3.5得到硼酸，则SiO2、Fe2O3、Al2O3被过滤到“滤渣1”中，B错误；C．在“过滤2”前，将溶液pH调节至3.5，目的是转化得到硼酸，促进硼酸析出，C正确；D．母液的主要成分为硫酸铵，经加热后可去除过量的NH4HCO3等物质，这些物质可返回“溶浸”工序循环使用，D正确；故选B。12.一定条件下，与反应合成的反应历程如图所示。已知其他条件不变时，直接参与化学键变化的元素被质量数更大的同位素替换时，反应速率会变慢。说明：过渡态中“_______”表示化学键未完全断裂或形成。下列说法正确的是A.是该反应的催化剂B.过渡态Ⅰ稳定性强于过渡态ⅡC.该反应中既有极性键的断裂又有极性键的生成D.与发生上述反应，氘代甲醇的产量【答案】C【解析】【详解】A．根据图示知，与反应合成和，则是反应物，不是催化剂，A错误；B．能量越低越稳定，则过渡态Ⅰ稳定性弱于过渡态Ⅱ，B错误；C．既有碳氢极性键的断裂，又有碳氧、氢氧极性键的形成，C正确；D．已知其他条件不变时，直接参与化学键变化的元素被质量数更大的同位素替换时，反应速率会变慢，则与发生上述反应，氘代甲醇的产量，D错误；故选C。13.CH4-CO2重整反应可获得H2，主要反应如下：反应I：CH4(g)＋CO2(g)=2CO(g)＋2H2(g)；ΔH1=247kJ·mol−1反应Ⅱ：H2(g)＋CO2(g)=CO(g)＋H2O(g)；ΔH2=41kJ·mol−1反应Ⅲ：CH4(g)＋H2O(g)=CO(g)＋3H2(g)；ΔH3=225kJ·mol−1800℃，1.01×105Pa下，将n起始(CH4)∶n起始(CO2)=1∶1的混合气体置于含不同水量的密闭容器中，平衡时CH4和CO2的转化率、CO的选择性(可表示为×100%)如图所示。下列说法正确的是A.曲线a表示CO2B.升温或增大压强，均能提高CH4的平衡转化率C.在0.1~0.2时，CO的选择性增大，此时反应Ⅱ占据主导地位D.可以通过向CH4-CO2重整反应中添加水，来增大的比值【答案】D【解析】【分析】由题干信息并结合图示信息可知，随着增大，反应Ⅲ化学平衡正向移动，CO、H2的浓度增大，反应Ⅰ、Ⅱ化学平衡逆向移动，导致CO2的平衡转化率减小，即a为CH4、b为CO2，据此分析解题。【详解】A．由分析可知，曲线a表示CH4，曲线b代表CO2，A错误；B．由题干信息可知，三个反应均为吸热反应，故升温化学平衡正向移动，导致CH4的平衡转化率增大，但增大压强，反应Ⅰ、Ⅲ平衡逆向移动，Ⅱ平衡不移动，则导致CH4的平衡转化率降低，B错误；C．由题干图像信息可知，随着增大，反应Ⅲ化学平衡正向移动，对反应Ⅰ、Ⅱ平衡逆向移动，故在0.1~0.2时，CO的选择性增大，此时反应Ⅲ占据主导地位，C错误；D．向CH4-CO2重整反应中添加水，即增大结合题干图像可知，反应Ⅲ化学平衡正向移动，反应Ⅰ、Ⅱ化学平衡逆向移动，导致的比值增大，D正确；故答案为：D。14.某小组做如下两组实验：实验Ⅰ：往10mL0.1mol/L氨水中滴加0.1mol/L的草酸溶液。实验Ⅱ：往10mL0.1mo/L氨水中滴加0.1mol/L的氢氟酸。已知：溶液混合后体积变化忽略不计。溶液中某离子的浓度小于时，可认为该离子已沉淀完全。25℃时，相关常数如下表。HF电离常数溶度积下列说法正确的是A.实验Ⅰ，滴加过程中始终满足B.实验Ⅱ中时，因和水解相互促进，导致所得溶液中含氟微粒的主要形式为HF分子C.相同温度下，在溶液中的溶解度比水中要小D.用溶液，无法将混合液中相同浓度的和先后沉淀而分离【答案】D【解析】【详解】A．滴加过程中溶液体积逐渐变大，逐渐减小，A错误；B．实验Ⅱ中时，恰好生成溶液。的，故尽管和水解相互促进，但水解仍然微弱，所得溶液中含氟微粒的主要形式为，B错误；C．溶液呈酸性，使溶解平衡右移，在溶液中的溶解度比水中要大，C错误；D．当浓度等于时，浓度等于0.4mol/L，此时的最大浓度为，即也沉淀完全；反之，当浓度等于时，浓度等于，此时的最大浓度为，即也几乎沉淀完全；综上，用溶液，无法将混合液中相同浓度的和先后沉淀而分离，D正确；故选D。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.硫代硫酸钠晶体易溶于水，难溶于乙醇，在中性和碱性环境中稳定，在酸性环境中易分解，在熔化，分解。用两种方法制取并加以应用。Ⅰ．制备方法一：亚硫酸钠法。反应原理：。实验步骤：称取一定量的固体于烧杯中，溶于煮沸过的蒸馏水。另取过量硫粉，加入少量乙醇充分搅拌均匀后，加到上述溶液中。水浴加热，微沸，反应后趁热过滤。滤液蒸发浓缩、冷却结晶析出晶体。再进行减压过滤、洗涤并低温干燥。（1）中心硫原子的杂化方式为___________。（2）向硫粉中加入少量乙醇充分搅拌均匀的目的是___________。方法二：硫化碱法，装置如图所示。（3）组装好仪器后，首先进行的操作是___________；尾气成分为___________。（4）①装置C中，将和以2：1的物质的量之比配成溶液再通入，便可制得和。反应的化学方程式为___________。②三颈烧瓶中两种固体溶解时，需先将固体溶于水配成溶液，再将固体溶于溶液中，其目的是___________。③实验过程中，C装置中的澄清溶液先变浑浊，后变澄清时生成大量的一段时间后，再次出现少量浑浊，此时须立刻停止通入。为了保证的产量，实验中通入的不能过量，原因是___________。Ⅱ．的应用（5）设计以下实验测定粗产品中的含量：步骤1：准确称取8.0000g样品溶于水，加入5mL甲醛，配成100mL溶液。步骤2：准确称取固体于碘量瓶中，加入20mL蒸馏水溶解，再加入和20mL10%KI溶液使铬元素完全转化为，加水稀释至100mL。步骤3：向碘量瓶中加入1mL1%淀粉，用待测溶液滴定碘量瓶中溶液至滴定终点，消耗溶液20.00mL。(已知：)试计算的纯度：___________%(保留整数)。【答案】（1）sp3（2）硫粉微溶于乙醇，在乙醇中有一定的溶解度，从而增大反应物的接触面积，加快反应速率（3）①.检验气密性②.SO2、CO2（4）①.4SO2+2Na2S+Na2CO3=3Na2S2O3+CO2②.Na2CO3溶液呈碱性，可以抑制Na2S水解，防止产生H2S气体③.若通入SO2过量，反应液呈酸性，生成的Na2S2O3与酸反应使产品受到损失（5）93%【解析】【分析】方法一：利用归中反应，直接将两种物质化合即可得到产物，应注意S在水中溶解度较低，所以应在乙醇溶液中完成反应；方法二：A装置中用亚硫酸钠和70%的硫酸反应生成硫酸钠、二氧化硫和水，装置B是缓冲装置，可以通过装置B观察SO2生成速率，SO2通入装置C的混合溶液中，加热、搅拌，至溶液pH约为8时，发生反应：、；亚硫酸钠和硫发生反应：，C中的溶液pH约为8时，停止通入SO2气体，得产品混合溶液，产品混合溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到Na2S2O3•5H2O产品，由此分析。【小问1详解】中心硫原子的成键电子对4，孤对电子对为：，杂化方式为sp3杂化；【小问2详解】反应速率与固体物质的接触面积有关，硫粉微溶于乙醇，在乙醇中有以定的溶解度，从而增大反应物的接触面积，加快反应速率；【小问3详解】组装好仪器后，首先需要检验装置气密性，可将B中左侧导管没入水中，关闭分液漏斗活塞，微热烧瓶，在B中有气泡冒出，移走酒精灯后一段时间，导管倒吸形成一段水柱；反应尾气主要为未反应完的二氧化硫和反应生成的二氧化碳；【小问4详解】①二氧化硫气体均匀通入硫化钠和碳酸钠的混台溶液中最终生成硫代硫酸钠和二氧化碳，可知反应的化学方程式为：4SO2+2Na2S+Na2CO3=3Na2S2O3+CO2；②三颈烧瓶中两种固体溶解时，需先将Na2CO3溶于水配成溶液，再将Na2S固体溶于Na2CO3的溶液中，其目的是Na2CO3溶液呈碱性，抑制Na2S水解，就可以防止产生H2S气体；③产物在中性和碱性环境中稳定，若通入SO2过量，反应液呈酸性，生成的Na2S2O3与酸反应使产品受到损失；【小问5详解】根据反应方程式：+6I-+14H+=2Cr3++3I2+7H2O、I2+2=2I-+中物质反应转化关系可知n(K2Cr2O7)=3n(I2)=6n(Na2S2O3•5H2O)，n(K2Cr2O7)=，则Na2S2O3•5H2O的质量为m(Na2S2O3•5H2O)=6×0.001mol×248g/mol×=7.44g，所以Na2S2O3•5H2O的纯度为。16.利用水钴矿(主要成分为，含少量、、、)制备二次电池添加剂的流程如下。已知：25℃时，部分金属离子浓度与pH的关系如下图所示；沉淀过快无法形成，在碱性溶液中易被氧化。回答下列问题：（1）“酸浸”中反应的离子方程式为_______。（2）“沉铁”中控制pH的理论范围为_______(溶液中离子浓度时，可认为已除尽)。（3）萃取剂对、萃取率随pH的影响如下图，应选择萃取剂_______(填“M”或“N”)。若萃取剂的量一定时，_______(填“一次萃取”或“少量多次萃取”)的萃取效率更高。（4）“沉钴”中，的离子方程式为_______。（5）过程中，先加氨水再缓慢加NaOH溶液的理由是_______，“沉钴”中使用热NaOH溶液的目的是_______。【答案】（1）（2）3.2~7.2（3）①.N②.少量多次萃取（4）（5）①.“碱溶”形成的在加入“沉钴”时可缓释利于晶体形成，缓慢加溶液可以防止沉淀过快无法形成②.温度高利于减少溶解氧，形成气氛隔绝空气，防止产物被氧化【解析】【分析】水钴矿在硫酸和亚硫酸钠混合溶液中酸浸，SiO2不和硫酸反应过滤后存在于滤渣1中，滤液中含有Co2+、Fe2+、Mn2+，再向滤液中加入次氯酸钠、碳酸钠进行沉铁，将铁元素转化为Fe(OH)3沉淀过滤后存在于滤渣2中，向滤液中加入萃取剂，水相中含有Co2+，经过一系列处理后得到CoSO4固体，再加入氨水溶解，加入热的NaOH溶液沉Co得到β−Co(OH)2。【小问1详解】亚硫酸钠具有还原性，“酸浸”中在酸性条件下被亚硫酸钠还原为二价钴，亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子，反应中钴化合价由+3变为+2、硫化合价由+4变为+6，结合电子守恒可知，反应为：；【小问2详解】沉铁”中要求除去铁离子而Co2+不产生沉淀，结合图可知，控制的理论范围为3.2~7.2；【小问3详解】由流程可知，萃取剂要尽可能分离、，使得进入有机相而保留在水相，结合图可知，萃取剂N对两者的萃取分离效果较好，故选N；若萃取剂的量一定时，少量多次萃取的萃取效率更高。【小问4详解】由图表可知，pH=9.2时，pOH=4.8，沉淀完全，此时；“沉钴”中，和NaOH反应生成，根据质量守恒可知，同时生成氨气，离子方程式为：；【小问5详解】沉淀过快无法形成，先加氨水形成配离子减小浓度，然后再加NaOH溶液利于形成故先加氨水再加NaOH溶液理由是：“碱溶”形成的在加入“沉钴”时可缓释利于晶体形成，缓慢加溶液可以防止沉淀过快无法形成；容易被空气中氧气氧化，氨水受热易挥发，且升温利于减少溶解氧，故使用热溶液的目的是：温度高利于减少溶解氧，形成气氛隔绝空气，防止产物被氧化。17.丙烷是一种重要的化工原料，工业上常用丙烷制备丙烯。方法(一)热裂解法。化学反应为在25℃、101kPa条件下，几种物质的燃烧热如表所示：物质C3H8(g)C3H6(g)H2(g)燃烧热/()-2219.9-2049-286（1）___________。（2）该反应正向自发进行的条件为___________(填“高温”“低温”或“任何温度”)。（3）某温度下，在某刚性密闭容器中充入一定量的C3H8(g)，发生上述反应。平衡时容器中总压为akPa，丙烷的转化率为x，则该反应的平衡常数为___________(要求带单位；用分压计算的平衡常数为，分压=总压×物质的量分数)。达到化学平衡状态后，欲同时增大化学反应速率和丙烷的平衡转化率，可采取的措施为___________(填标号)。a．增大丙烷的浓度b．加入高效催化剂c．升高温度d．及时分离出丙烯方法(二)氧化裂解法。在固体催化剂作用下氧化丙烷生成丙烯，化学反应为反应产物中除C3H6外，还有CH4、CO和C等，产生的固体会附着在催化剂表面，降低催化剂活性。图1为温度对丙烷氧化裂解反应性能的影响，图2为投料比[]对丙烷氧化裂解反应性能的影响。已知：C3H6的选择性；C3H6产率=C3H8转化率×C3H6选择性。（4）图1中C3H8的转化率随着温度升高而增大的原因为___________。（5）的值较低时，C3H6的选择性较低的原因可能是___________。（6）研究发现，在丙烷的氧化裂解反应体系中充入一定量CO2，能更好地提高丙烷的转化率和丙烯的产率，请结合化学方程式说明原因：___________。【答案】（1）（2）高温（3）①.②.c（4）温度升高，反应速率加快，转化率升高（5）氧气过量，丙烷发生深度氧化生产其它副产物（6）CO2发生反应，消耗了氢气，促进反应正向移动【解析】【小问1详解】由表中燃烧热数值可得燃烧的热化学方程式为：a．b．c．由盖斯定律可知，a-b-c可得，则。【小问2详解】根据反应自发进行的判据，该反应是熵增的吸热反应，因此反应正向自发进行的条件为高温。【小问3详解】①设起始时充入C3H8(g)的物质的量为n，列出三段式：平衡时气体总物质的量为：n-nx+nx+nx=n+nx，平衡时各组分的分压为：，，，则平衡常数；达到化学平衡状态后，增大丙烷的浓度，增大化学反应速率，但丙烷的平衡转化率降低，a不符合题意；加入高效催化剂，增大化学反应速率，但丙烷的平衡转化率不变，b不符合题意；升高温度，增大化学反应速率，反应吸热，平衡正移，丙烷的平衡转化率增大，c符合题意；及时分离出丙烯，产物浓度减小，平衡正移，丙烷的平衡转化率增大，但是化学反应速率不变，d不符合题意；因此欲同时增大化学反应速率和丙烷的平衡转化率，可采取的措施为c。【小问4详解】随着温度升高，丙烷的转化率升高，考虑影响化学反应速率的因素，温度升高，反应速率加快，转化率升高。【小问5详解】丙烷氧化裂解产物中除C3H6外，还有CH4、CO和C等，的值较低时，C3H6的