四川省绵阳市2026届高三上学期第一次诊断性考试化学试题（解析版）

高中化学名校试卷PAGEPAGE1四川省绵阳市2026届高三上学期第一次诊断性考试注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3.考试结束后，监考员将试卷、答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H：1C：12N：14O：16S：52Fe：56Pb：207一、单项选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。1.地方特色艺术品承载着厚重历史文化。下列艺术品主要含有无机非金属材料的是A.涪城剪纸 B.雾山石刻 C.炳林毛笔 D.李白诗意绣【答案】B【解析】A．剪纸的主要成分为纤维素，纤维素为有机高分子材料，A错误；B．石刻的主要成分为碳酸钙，碳酸钙为无机非金属材料，B正确；C．毛笔笔头的主要成分为蛋白质，笔杆常用竹子制作，主要成分为纤维素，均为有机高分子材料，C错误；D．诗意绣使用丝线的主要成分为蛋白质，棉线的主要成分为纤维素，均为有机高分子材料，D错误；故选B。2.下列与物质性质相关的说法正确的是A.金属铝具有还原性，可用于冶炼金属B.聚丙烯是高分子材料，可用作吸水剂C.煮番茄蛋汤时，加入大量的盐可以促进蛋白质的溶解D.油脂难溶于水，其皂化反应产物的结构中不含亲水基团【答案】A【解析】A．金属铝具有强还原性，在高温下可通过铝热反应还原金属氧化物（如Fe2O3、Cr2O3等）以冶炼金属，A正确；B．聚丙烯为高分子材料，但其结构主要为疏水碳链，无亲水基团，无法用作吸水剂（吸水剂如聚丙烯酸钠含亲水基团），B错误；C．高浓度盐溶液会使蛋白质发生盐析（溶解度降低，析出沉淀），而非促进溶解，C错误；D．油脂皂化反应产物为高级脂肪酸盐（含亲水羧基）和甘油（含羟基），两者均含亲水基团，D错误；故选A。3.下列化学用语或图示正确的是A.HClO的电子式：B.丙酸的分子式：CH3CH2COOHC.CO2的π键电子云轮廓图：D.基态Ca2+的最外层电子排布图：【答案】D【解析】A．次氯酸是共价化合物，仅存在共价键，电子式为，A错误；B．题中为结构简式，丙酸分子式为，B错误；C．图示为头碰头形式，π键应为肩并肩形式，C错误；D．基态Ca2+的最外层电子为，电子排布图正确，D正确；故选D。4.硝苯地平常用于治疗高血压和心绞痛。合成硝苯地平的中间体M的结构简式如图，下列关于M的说法错误的是A.分子式为C25H27O5N B.sp3杂化的碳原子数目为6C.分子中有1个手性碳原子 D.能发生氧化反应和加成反应【答案】B【解析】A．由物质结构，该物质分子式为C25H27O5N，A正确；B．饱和碳原子为sp3杂化，由结构，分子中sp3杂化的碳原子数目为8，B错误；C．据手性碳原子是接四个不同的原子或原子团，来判断该有机物有没有手性碳原子，分子中有1个手性碳原子，C正确；D．分子中含有碳碳双键，能发生氧化反应和加成反应，D正确；故选B。5.下列实验装置能达到相应实验目的的是A．检验1-溴丁烷的消去产物B．可用于制备NH3并测量其体积C．碳酸钠与稀盐酸反应制备CO2D．二氧化锰与浓盐酸反应制备Cl2A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】A．1-溴丁烷发生消去反应生成1-丁烯，乙醇易挥发被水吸收除去，除去乙醇杂质，1-丁烯使得酸性高锰酸钾溶液褪色，能检验1-丁烯，A正确；B．生成氨气极易溶于水，不能用排水法测定氨气体积，B错误；C．反应生成的二氧化碳密度大于空气，排空气法收集二氧化碳，气体应该长进短出，且碳酸钠为粉末状，会通过带孔隔板落入下面，C错误；D．二氧化锰与浓盐酸反应需要加热生成氯气，D错误；故选A。6.单斜硫和正交硫的分子式都为S8，但晶体结构和物理性质不同。实验测定某药用硫黄中硫的含量涉及反应：S+3H2O2+2NaOH=Na2SO4+4H2O。下列说法错误的是A.单斜硫和正交硫是硫的两种同素异形体B.H2O2是非极性分子，含有极性键和非极性键C.NaOH和H2O晶体分别为离子晶体和分子晶体D.的VSEPR模型和空间结构都为正四面体形【答案】B【解析】A．单斜硫和正交硫是同种元素组成的不同晶体结构，属于同素异形体，A正确；B．分子中O-O为非极性键，O-H为极性键，但分子由于O上含有孤电子对导致其结构不对称，为极性分子，B错误；C．NaOH含有离子键为离子晶体，晶体为分子晶体，C正确；D．中S的价层电子对数为4，无孤对电子，VSEPR模型和实际空间结构均为正四面体，D正确；故选B。7.解释下列实验现象的离子方程式正确的是A.银氨溶液中滴加Na2S，产生灰黑色沉淀：2Ag++S2-=Ag2S↓B.NaHSO4溶液中滴加少量Ba(OH)2，析出沉淀：H+++Ba2++OH-=BaSO4↓+H2OC.K3[Fe(CN)6]溶液中滴加FeCl2，产生蓝色沉淀：K++Fe2++[Fe(CN)6]3-=KFe[Fe(CN)6]↓D.二元弱酸H3PO3溶液中滴加足量烧碱溶液，反应放热：H3PO3+3OH-=+3H2O【答案】C【解析】A．银氨溶液中的银以形式存在，而非游离的，正确的离子方程式为，A错误；B．少量与过量反应时，、全部反应，正确离子方程式应为，B错误；C．与反应生成深蓝色沉淀，方程式电荷守恒且符合实验现象，C正确；D．二元弱酸，仅能中和两个，正确离子方程式为，D错误；故选C。8.X、Y、Z、W、Q为原子序数依次增大的短周期元素，X、Q同族，Y、Z、W同周期。将ZW2气体通入QXYW3溶液可发生反应：3ZW2+2QXYW3=2QZW3+ZW+2YW2+X2W。下列说法正确的是A.电负性：Y>W B.第一电离能：Z>WC.简单离子半径：Q>W D.简单气态氢化物的稳定性：Y>W【答案】B【解析】反应中X2W为H2O，推断X是H，W是O；Q与H同族且原子序数更大，Q是Na；根据反应方程式，ZW2通入QXYW3溶液中可以生成YW2，推测Z是N，Y是C，该反应为：3NO2+2NaHCO3=2NaNO3+NO+2CO2+H2O。A．由分析可知，Y是C，W是O，电负性O>C，A选项错误；B．由分析可知，Z是N，W是O，N的价层电子排布2s22p3为半满结构，较稳定，第一电离能N>O，B选项正确；C．Na⁺、O2-的电子排布相同，原子序数越大，半径越小，半径Na⁺<O2-，C选项错误；D．简单气态氢化物的稳定性可以根据非金属性判断，非金属性越强，简单气态氢化物越稳定，非金属性O>C，故稳定性H2O>CH4，D选项错误；故答案选B。9.制备光伏组件封装胶膜的基础树脂N的合成方法如下(无机产物省略)：+nCH3(CH2)2CHO下列说法正确的是A.n=2m B.该反应属于加聚反应C.该反应的无机产物为H2O D.N在碱性条件下能水解【答案】C【解析】由方程式可知，制备光伏组件封装胶膜的基础树脂N的反应为酸性条件下与CH3(CH2)2CHO发生缩聚反应生成和水；由碳原子个数守恒可得：2m+4n=8n，解得：m=2n；设反应生成水的化学计量数为a，由氧原子个数守恒可得：m+n=2n+a，解得：a=(m-n)，则反应方程式为：+nCH3(CH2)2CHO+(m-n)H2O。A．由分析可知，m与n的关系为：m=2n，A错误；B．由分析可知，制备光伏组件封装胶膜的基础树脂N的反应为酸性条件下与CH3(CH2)2CHO发生缩聚反应生成和水，B错误；C．由分析可知，制备光伏组件封装胶膜的基础树脂N的反应为酸性条件下与CH3(CH2)2CHO发生缩聚反应生成和水，C正确；D．由结构简式可知，分子的官能团为缩醛，在碱性条件下稳定，不能发生水解反应，但在酸性条件下可以水解，D错误；故选C。10.某学习小组在实验室从海带中提取碘，设计实验流程如下：下列说法正确的是A.将干海带放入蒸发皿中进行灼烧，得到海带灰B.过滤操作主要是除去海带灰中难溶于水的固体有机物C.萃取过程所用有机溶剂可以是酒精或四氯化碳D.因I2易升华，难以通过蒸馏法彻底分离出有机溶液中的I2【答案】D【解析】实验室从海带中提取碘：将海带在坩埚中灼烧得到海带灰，将海带灰浸泡得到海带灰悬浊液。然后采用过滤的方法将残渣和溶液分离，得到含有碘化钾的溶液。向水溶液中加入氧化剂，将氧化成。向含有碘单质的溶液中加入萃取剂萃取分液得到碘单质的有机溶液，据此分析解答。A．将干海带放入坩埚中进行灼烧，得到海带灰，不是蒸发皿，A错误；B．经过灼烧后，海带中的有机物已基本分解，过滤的目的是去除不溶于水的无机残渣，B错误；C．萃取碘所用的有机溶剂必须与水互不相溶并能较好地溶解碘，四氯化碳符合此要求；酒精与水互溶，不适合分层萃取，C错误；D．碘单质易升华，用一般蒸馏难以彻底分离碘，D正确；故选D。11.在银的催化作用下，乙烯和氧气可以直接氧化生成环氧乙烷(EO)和乙醛(AA)，反应过程如图所示。ads代表吸附态，下列说法错误的是A.该反应中，乙烯的吸附过程要释放能量B.中间体转化为EO(ads)的活化能为83kJ/molC.生成两种产物的过程均有π键断裂和σ键生成D.反应达平衡时，升高温度，乙烯的转化率增大【答案】D【解析】A．由图可知，反应物总能量低于产物总能量，乙烯的吸附过程为放热反应，需要释放能量，故A正确。B．过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，中间体OMC生成吸附态EO(ads)的活化能为(-93kJ·mol-1)-(-176kJ·mol-1)=83kJ·mol-1，故B正确。C．乙烯中有碳碳双键，与氧气反应，π键发生断裂，生成的乙醛和环氧乙烷中均有单键，形成新的σ键，故C正确。D．根据勒夏特列原理，升高温度会促使吸热反应方向进行。由于反应是放热的，升高温度会使平衡逆向移动，降低乙烯的转化率。因此，故D错误。故选D。12.下图是由Pb、S两种元素组成的结晶型化合物的立方晶胞结构(晶胞参数α=β=γ=90°且a=b≠c)。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.该物质的化学式为PbS2 B.该晶体密度为C.M的分数坐标为(0，，1) D.M、N处S的核间距为anm【答案】B【解析】A．据“均摊法”，晶胞中含个Pb、个S，该物质的化学式为PbS，A错误；B．结合A分析，晶体密度为，B正确；C．M在xyz轴上坐标投影分别为、0、c，的分数坐标为(，0，c)，C错误；D．M、N处S的核间距为前面四边形面对角线的二分之一，为nm，D错误；故选B。13.下列对有关物质结构或性质的解释不合理的是选项实例解释A甲醛易溶于水甲醛与水分子间能形成氢键B、NH3、的键角依次增大孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力C酸性：C2H5COOH<CH3COOH烷基是推电子基，烷基越长推电子效应越大，使羧基中羟基的极性越小，羧酸的酸性越弱D人体细胞膜是双分子膜，双分子膜以头向外而尾向内的方式排列细胞膜的两侧都是极性分子水，构成膜的两性分子的头基是非极性基团而尾基是极性基团A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】A．甲醛与水分子间能形成氢键，因此易溶于水，解释合理，A正确；B．、NH3、的孤电子对依次减少，键角依次增大，解释符合VSEPR理论，B正确；C．乙酸的酸性强于丙酸，因烷基推电子效应随链长增强，导致羧酸酸性减弱，解释正确，C正确；D．根据相似相溶原理，磷脂分子头基为极性基团（亲水），尾基为非极性基团（疏水），选项中描述头基非极性、尾基极性，与实际相反，D错误；故选D。14.一种主要成分是FeTiO3钛铁矿含少量FeO、Al2O3、SiO2杂质，以该钛铁矿为原料生产TiO2的工艺流程如图所示(部分步骤、条件和产物已省略)。已知：TiOSO4极易水解生成TiO(OH)2沉淀。下列说法正确的是A.“滤液1”中阴离子主要是和OH- B.“操作X”为蒸发浓缩、冷却结晶C.“调pH”加入铁粉可以防止Fe2+被氧化 D.“灼烧”时必须隔绝空气【答案】C【解析】成分是FeTiO3的钛铁矿含少量FeO、、杂质加入氢氧化钠碱浸，、分别转化为、进入滤液1，FeTiO3、FeO进入滤渣，加入80%硫酸酸浸，FeTiO3、FeO转化为TiOSO4、，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到绿矾，加入碳酸钠与TiOSO4进行互促水解生成TiO(OH)2沉淀，加入铁粉防止溶液中的亚铁离子被氧化，TiO(OH)2沉淀经灼烧生成二氧化钛。A．“滤液1”中阴离子主要是、和OH-，A错误；B．“操作X”为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，B错误；C．调pH加入铁粉可以防止Fe2+被氧化，防止水解生成氢氧化铁沉淀引入杂质，C正确；D．TiO(OH)2沉淀灼烧生成TiO2，Ti的化合价升高，需要氧气参与，不能隔绝空气，D错误；故选C。15.温度时，在容积为2L的恒容密闭容器中发生反应，实验测得：，，、为速率常数，受温度影响。容器中各反应物和生成物的物质的量随时间变化如下图所示：下列说法正确的是A.、不变能说明该反应达到平衡状态 B.反应的化学平衡常数C.温度为T1时的化学平衡常数K=160 D.若将容器的温度变为T2时，则【答案】C【解析】A．根据题意可知，反应速率常数只与温度有关，不受反应平衡状态的影响，故速率常数不变不能说明反应达到平衡状态，A错误；B．当反应达到平衡状态时，正反应与逆反应速率相等，即，故平衡常数，B错误；C．由图可知，当反应达到平衡时，、NO和的物质的量分别为0.8mol、0.2mol和0.2mol，由于容器的体积恒定为2L，故其摩尔浓度分别为、和，因此，平衡常数，C正确；D．根据上述分析，该反应的平衡常数，在温度时，平衡常数，在温度时，，说明该温度下的平衡常数，说明与温度相比，在温度下的平衡逆向移动，根据该反应的可知，该反应为放热反应，因此，只有当温度升高时才会使得平衡常数向逆反应方向移动，因此，，D错误；因此，答案选C。二、非选择题：本题共4小题，共55分。16.钴在新能源、新材料领域的核心用途集中在电池材料和高温合金。某炼锌废渣含有钙、镁、铅、铜、铁、钴、锰的+2价氧化物及铜的单质。从该废渣中提取钴的一种流程如下：回答下列问题：（1）钴元素位于元素周期表第___________周期、第___________族。（2）浸渣的成分除铜外，还有___________。（3）“除铜”步骤中，发生反应化学方程式为___________。（4）“除杂II”步骤得到的滤渣2是MnO2，适量Na2S2O8的作用有___________。Na2S2O8中含有过氧键“-O-O-”，则其中-1价和-2价氧的原子个数之比为___________。（5）“除杂Ⅲ”步骤需加入CoO调节pH=4，该步骤反应的离子方程式为___________。（6）“沉钴”步骤得到的产品是Co(OH)3，产生的滤液应该返回到___________步骤。【答案】（1）①.四②.Ⅷ（2）CaSO4、PbSO4（3）CuSO4+H2S=CuS↓+H2SO4（4）①.将Mn2+转化为MnO2除去；将Fe2+氧化为Fe3+②.1：3（5）3CoO+2Fe3++3H2O=3Co2++2Fe(OH)3↓或3CoO+Fe3++3H+=3Co2++Fe(OH)3↓（6）酸浸【解析】某炼锌废渣含有钙、镁、铅、铜、铁、钴、锰的+2价氧化物及铜的单质，用硫酸处理炼锌废渣，钙转化为难溶的硫酸钙沉淀，铅转化为难溶的硫酸铅沉淀，铜单质不反应，存在于滤渣中，其余金属元素得到相应离子的盐溶液，滤液加入NaF，生成MgF2沉淀，存在于滤渣1中，滤液加入硫化氢生成硫化铜沉淀，过滤滤液加入Na2S2O8氧化二价锰离子为二氧化锰沉淀得到滤渣２，同时Na2S2O8氧化亚铁离子为铁离子，过滤滤液加入CoO调节pH，使得铁离子成为氢氧化铁沉淀得到滤渣３，过滤滤液加入次氯酸钠氧化二价钴得到氢氧化钴沉淀。（1）Co是27号元素，位于元素周期表第四周期、第Ⅷ族。（2）由分析可知，浸渣的成分除铜外，还有CaSO4、PbSO4。（3）由分析可知，“沉铜”步骤中，硫酸铜和硫化氢生成硫化铜沉淀和硫酸，反应的化学方程式是CuSO4+H2S=CuS↓+H2SO4。（4）由分析可，“沉锰”步骤中，加入Na2S2O8氧化二价锰离子为二氧化锰沉淀，同时氧化亚铁离子为铁离子便于后续铁元素的去除，故Na2S2O8作用：使得锰离子转化为二氧化锰沉淀，且氧化亚铁离子为铁离子。Na2S2O8具有很强的氧化性，比二氧化锰的氧化性强，则其中S为+6价，含有过氧键“-O-O-”，假设-1价的O有x个，-2价的O有y个，6个O为-2价，Na为+1价，根据化合价代数和为零可知2+6×2=x+2y、x+y=8，x=2，y=6，-1价和-2价氧的原子个数之比为1：3。（5）由分析可知，“除杂Ⅲ”步骤需加入CoO调节pH=4，使得铁离子成为氢氧化铁沉淀，根据电荷守恒和原子守恒配平离子方程式为：3CoO+2Fe3++3H2O=3Co2++2Fe(OH)3↓或3CoO+Fe3++3H+=3Co2++Fe(OH)3↓。（6）由分析可知，加入次氯酸钠氧化CoSO4得到氢氧化钴沉淀和H2SO4，滤液中含有H2SO4，应该返回到酸浸步骤。17.甘氨酸亚铁[Fe(H2NCH2COO)2]是一种新型补铁剂，被用于治疗缺铁性贫血。某化学兴趣小组对甘氨酸亚铁的制备和相关性质进行探究，并对产品中甘氨酸亚铁的含量进行了测定。已知：①甘氨酸(H2NCH2COOH)易溶于水，微溶于乙醇。②甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇。③螯合物因成环结构产生螯合效应，而螯合效应能提高配合物的化学稳定性。请回答下列问题：I．制备甘氨酸亚铁用图1所示的反应装置(三颈烧瓶的中间瓶口与空气相通，夹持装置已省略)制备甘氨酸亚铁。将15.0g甘氨酸、30.0g硫酸亚铁晶体(FeSO4·7H2O，Mr=278)依次加入三颈烧瓶中，再加入200mL蒸馏水，搅拌使固体完全溶解。然后向其中缓慢滴加1mol/L的碳酸钠溶液，当溶液pH约为5.0时停止滴加。控制温度在50～60℃，持续搅拌反应0.5～1h。关闭电磁搅拌加热器，停止通氮气，将反应液静置陈化1～2h。（1）仪器A的名称是___________。（2）在实验过程中持续通入N2，目的是___________。反应装置中制备甘氨酸亚铁的化学方程式为___________。（3）已知甘氨酸亚铁[Fe(H2NCH2COO)2]结构中含有2个五元环，写出甘氨酸亚铁的结构简式：___________。（4）反应结束后，向静置陈化后的反应液中加入___________(填试剂名称)，过滤，得到甘氨酸亚铁粗品。（5）该实验需要控制溶液的pH在5.0左右，pH不宜过高的原因是___________。（6）将甘氨酸亚铁与硫酸亚铁分别配制成相同浓度的溶液，调节pH为5.0，放置一段时间。放置过程中，间隔时间取样测定溶液中总铁保留率情况，得到图2所示图像，从该图像可得出的结论是___________。Ⅱ．测定产品中甘氨酸亚铁的含量将甘氨酸亚铁粗品放入真空干燥箱，60℃干燥4～5h。取出固体产品进行称重，产品的质量为16.3g。然后，用滴定法测定产品中甘氨酸亚铁的含量，经计算得出甘氨酸亚铁的质量为15.9g。（7）甘氨酸亚铁的产率为___________(保留3位有效数字)。【答案】（1）恒压滴液漏斗（2）①.排除装置内的空气，防止Fe2+被氧化②.2H2NCH2COOH+FeSO4+Na2CO3=Fe(H2NCH2COO)2+Na2SO4+H2O+CO2↑（3）或（4）乙醇（5）溶液pH过高，会生成Fe(OH)2沉淀，导致产品纯度下降（6）甘氨酸亚铁因螯合效应更稳定，Fe2+不易被氧化，也不易水解（7）77.9%【解析】将甘氨酸、硫酸亚铁晶体依次加入三颈烧瓶中，再加入200mL蒸馏水，搅拌使固体完全溶解，然后向其中缓慢滴加1mol/L的碳酸钠溶液，反应为：，在实验过程中持续通入氮气，及时排尽体系内空气，避免亚铁离子被氧化。（1）仪器A的名称是恒压滴液漏斗。（2）在实验过程中持续通入，目的是：排除装置内的空气，防止Fe2+被氧化。装置中制备甘氨酸亚铁的化学方程式为：。（3）每个甘氨酸根通过羧基的氧原子与配位。由于结构中含有2个五元环，每个五元环应包含、羧基的氧原子以及甘氨酸中的两个碳原子和一个氮原子，因此其结构简式为或。（4）因为甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇，所以为获得产品，降低甘氨酸亚铁溶解性，析出沉淀，故应加入乙醇。（5）若溶液的过高，导致亚铁离子沉淀，导致产率下降和产品不纯。（6）由图2可知，在相同条件下，放置相同时间后，甘氨酸亚铁溶液中的总铁保留率明显高于硫酸亚铁溶液中的总铁保留率，这说明甘氨酸亚铁比硫酸亚铁更稳定，不易被氧化。（7）甘氨酸为，，硫酸亚铁过量，理论上生成甘氨酸亚铁，理论产量为：，实际得到，产率为：。18.乙烯年产量是衡量国家石油化工发展水平重要指标，乙烷制乙烯具有极高的经济效益。乙烷制乙烯的方法有如下两种：Ⅰ．乙烷催化裂解法：i．C2H6(g)C2H4(g)+H2(g)ΔH1（1）已知C2H6(g)、H2(g)和C2H4(g)的燃烧热分别是1560kJ·mol-1、285.8kJ·mol-1和1411.0kJ·mol-1，则ΔH1=___________，该反应在___________(填“低温”“高温”或“任何温度”)时能自发进行。（2）一定条件下，向2L密闭容器中通入4mol乙烷，使其发生反应i，测得乙烯平衡产率随温度、压强的变化如图所示：①p1___________p2(填“>”或“<”)。②在a点对应的温度和压强下，反应恰好达到平衡状态所用时间为5min，则0～5min内的平均反应速率(C2H6)=___________。Ⅱ．乙烷催化氧化法：ii．2C2H6(g)+O2(g)2C2H4(g)+2H2O(g)ΔH2<0副反应：iii．2C2H6(g)+5O2(g)4CO(g)+6H2O(g)ΔH3<0iv．C2H4(g)+2O2(g)2CO(g)+2H2O(g)ΔH4<0（3）乙烷催化裂解制乙烯时常会发生积碳反应，生成的碳会附着在催化剂的表面，降低催化剂的活性，而乙烷催化氧化制乙烯时很少有积碳，可能原因是___________。（4）在恒容的密闭容器中充入1molC2H6和1molO2，初始压强为200kPa，在催化剂作用下发生上述反应，测得平衡时相关数据如下表所示：温度/℃570575580585590595600C2H4在含碳产物中的物质的量分数0.940.920910.900.880.860.78C2H6的转化率0.610.380.270.190.150.120.10①乙烯的物质的量分数随温度升高而降低的原因是___________。②585℃条件下，平衡时C2H4的物质的量n(C2H4)=___________mol。反应ii的标准压强平衡常数=___________(只要求列出计算式。标准压强平衡常数定义为：对于反应A2B，，其中=100kPa)。【答案】（1）①.+136.8kJ·mol-1②.高温（2）①.<②.0.24mol·L-1·min-1（3）C与O2发生反应生成CO2，从而使积碳减少（4）①.反应ⅱ、ⅳ均为放热反应，升高温度，反应ⅱ平衡逆向移动程度更大②.0.18③.【解析】（1）燃烧热是指

1mol

可燃物燃烧生成稳定氧化物所放出的热量，C2H6(g)、H2(g)和C2H4(g)的燃烧热分别是1560kJ·mol-1、285.8kJ·mol-1和1411.0kJ·mol-1，则①C2H6(g)+

O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l)

△H

=-1560kJ·mol-1；②H2

(g)+O2

(g)=H2O(l)△H=-285.8kJ·mol-1；③CH2=CH2(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l)

△H=-1411.0kJ·mol-1；反应C2H6(g)C2H4(g)+H2(g)可由①-②-③得到，则

△H=-1560kJ·mol-1

+285.8kJ·mol-1

+1411.0kJ·mol-1

=+136.8kJ·mol-1。该反应是气体体积增大的反应，，时反应能够自发进行，该反应在高温时能自发进行。（2）①该反应是气体体积增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，乙烯平衡产率减小，则p1<p2；②a点乙烯的平衡产率为60%，反应恰好达到平衡状态所用时间为5min，则0～5min内的平均反应速率v(C2H6)==0.24mol·L-1·min-1。（3）乙烷催化氧化制乙烯时有氧气参与反应，很少有积碳的可能原因是C与O2发生反应生成CO2，从而使积碳减少。（4）①乙烯的物质的量分数随温度升高而降低的原因是：反应ⅱ、ⅳ均为放热反应，升高温度，反应ⅱ平衡逆向移动程度更大；②由表格数据可知，585℃条件下，平衡时C2H4在含碳产物中的物质的量分数为0.90，C2H6的转化率的转化率为0.19，设平衡时n(CO)=xmol，则n(C2H4)=9x，由C原子守恒可知9x×2+x=1mol×2×0.19，解得x=0.02，则平衡时C2H4的物质的量n(C2H4)=9×0.02mol=0.18mol，n(CO)=0.02mol，n(C2H6)=1mol-1mol×0.19=0.81mol，由