发布时间 : 星期四 文章精品解析：广东省广州市2020届高三4月第一次模拟考试理综化学试题(解析版)更新完毕开始阅读
（3）“置换”中镉置换率与（的量为依据。
n?Zn的实际用量?n?Zn的理论用量? ）的关系如图所示，其中Zn的理论用量以溶液中Cd2+
①实际生产中
n?Zn的实际用量?n?Zn的理论用量?比值最佳为1.3，不宜超过该比值的原因是________。
②若需置换出112kgCd，且使镉置换率达到98%，实际加入的Zn应为____kg。 （4）“置换”后滤液溶质主要成分是________（填化学式）。
（5）“熔炼”时，将海绵镉（含Cd和Zn）与NaOH混合反应，反应的化学方程式是________。当反应釜内无明显气泡产生时停止加热，利用Cd与Na2ZnO2的___不同，将Cd从反应釜下口放出，以达到分离的目的。 【答案】 (1). CaSO4 (2). 3Fe2++MnO4-+7H2O=MnO2↓+3 Fe(OH)3↓+5H+ (3). 3Mn2++2MnO4-+2H2O=5MnO2↓+4H+ (4). 锌粉用量过多会增加成本；海绵镉的纯度降低；熔炼中NaOH的用量过多增加成本 (5). 86.2 (6). ZnSO4 (7). Zn+2NaOH【解析】 【分析】
根据流程图，镉废渣(含CdO及少量ZnO、CuO、MnO、FeO杂质)，破碎后加入稀硫酸溶解，溶液中含有多种硫酸盐，加入石灰乳调节pH=5，沉淀除去Cu(OH)2和硫酸钙，在滤液中加入高锰酸钾溶液，氧化亚铁离子为铁离子，形成氢氧化铁沉淀，将Mn2+氧化生成二氧化锰沉淀；在滤液中再加入锌置换出Cd，得到海绵镉，海绵镉用氢氧化钠溶解其中过量的锌，得到镉和Na2ZnO2，据此分析解答。
【详解】(1)硫酸钙微溶于水，“滤渣1”的主要成分为 Cu(OH)2和CaSO4，故答案为：CaSO4； (2)“氧化”时KMnO4的还原产物是MnO2，该步骤中除铁、除锰的离子方程式分别为
3Fe2++MnO4-+7H2O=MnO2↓+3 Fe(OH)3↓+5H+，3Mn2++2MnO4-+2H2O=5MnO2↓+4H+，故答案为：3Fe2++MnO4-+7H2O=MnO2↓+3 Fe(OH)3↓+5H+；3Mn2++2MnO4-+2H2O=5MnO2↓+4H+；
Na2ZnO2+H2↑ (8). 密度
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(3)①实际生产中
n?Zn的实际用量?n?Zn的理论用量?比值最佳为1.3，如果超过该比值，锌粉用量过多会增加成本；生成的
海绵镉的纯度会降低；熔炼中NaOH的用量过多，也会增加成本，故答案为：锌粉用量过多会增加成本；海绵镉的纯度降低；熔炼中NaOH的用量过多增加成本；
②锌置换镉的反应为Cd2++Zn=Cd+Zn2+，若需置换出112kgCd，且使镉置换率达到98%，实际加入的Zn的
112kg×65kg/kmol×1.3=86.2kg，故答案为：86.2； 质量为982kg/kmol(4)根据流程图，“氧化”后的溶液中主要含有Cd2+和Zn2+，因此加入锌“置换”后滤液溶质的主要成分是ZnSO4，故答案为：ZnSO4；
(5)“熔炼”时，将海绵镉(含Cd和Zn)与NaOH混合反应，锌被NaOH溶解，反应的化学方程式是Zn+2NaOH
Na2ZnO2+H2↑。当反应釜内无明显气泡产生时停止加热，Cd液体与Na2ZnO2的密度不同，
Na2ZnO2+H2↑；密度。
将Cd从反应釜下口放出，以达到分离的目的，故答案为：Zn+2NaOH
【点睛】本题的易错点和难点为(3)②的计算，要注意镉置换率达到98%，同时10.丙烯广泛用于合成聚丙烯、丙烯醛、丙烯酸等工业领域。回答下列问题： （1）丙烷无氧脱氢法制备丙烯反应如下：
n?Zn的实际用量?n?Zn的理论用量?=1.3。
垐?C3H8（g）噲mol-1 ?C3H6（g）+H2（g） △H1=+124 kJ·
①总压分别为100kPa、10kPa 时发生该反应，平衡体系中C3H8和C3H6的物质的量分数随温度变化关系如图所示：
100kPa时，C3H8和C3H6的物质的量分数随温度变化关系的曲线分别是___、___。
C3H8的平衡转化率为__。②某温度下，在刚性容器中充入C3H8，起始压强为10kPa，平衡时总压为13.3kPa，
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该反应的平衡常数Kp=___kPa（保留1位小数）。 （2）丙烷氧化脱氢法制备丙烯主要反应如下： C3H8（g）+
1垐?O2（g）噲?C3H6（g）+H2O（g） △H2
2在催化剂作用下，C3H8氧化脱氢除生成C3H6外，还生成CO、CO2等物质。C3H8的转化率和C3H6的产率随温度变化关系如图所示。
①已知H2（g）+
1O2（g）＝H2O（g） ?H=-242kJ·mol-1 。由此计算?H2=__kJ·mol -1。 2②图中C3H8的转化率随温度升高而上升的原因是_________。 ③575℃时，CH的选择性为___。（C3H6的选择性=C3H6的物质的量×100％）
反应的C3H8的物质的量④基于本研究结果，能提高C3H6选择性的措施是___________。
【答案】 (1). a (2). d (3). 33% (4). 1.6 (5). -118 (6). 温度升高，催化剂的活性增大 (7). 51.5% (8). 选择相对较低的温度 【解析】 分析】
(1)①C3H8(g) ? C3H6(g)+H2(g)△H1=+124 kJ·mol-1，正反应吸热，升高温度，平衡正向移动，C3H8(g)的物质的量分数减小，C3H6(g)的物质的量分数增大；该反应为气体体积增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，据此分析判断；②同温同体积条件下，气体的压强之比=气体物质的量之比，设C3H8的平衡转化率为x，根据三段式列式计算；
(2)①i. C3H8(g) ? C3H6(g)+H2(g) △H1=+124 kJ·mol-1，ii. H2(g)+定律分析计算C3H8(g)+
1O2(g)＝H2O(g) ?H=-242kJ·mol-1，根据盖斯21O2(g) ? C3H6(g)+H2O(g) △H2；②结合催化剂的活泼变化分析解答；③根据图象，2575℃时，C3H8的转化率为33%，C3H6的产率为17%，550℃、据此分析解答；④根据图象，分别计算535℃、575℃时，C3H6的选择性，再分析解答。
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mol-1，正反应吸热，升高温度，平衡正向移动，C3H8(g)【详解】(1)①C3H8(g) ? C3H6(g)+H2(g)△H1=+124 kJ·
的物质的量分数减小，C3H6(g)的物质的量分数增大；根据方程式，该反应为气体体积增大的反应，增大压强，C3H8的物质的量分数大于10kPa 时C3H8的物质的量分数，因此表示100kPa时，C3H8的物质的量分数随温度变化关系的曲线是a；增大压强，平衡逆向移动，C3H6的物质的量分数减小，表示100kPa时，C3H6的物质的量分数随温度变化关系的曲线是d，故答案为：a；d；
②同温同体积条件下，气体的压强之比=气体物质的量之比，设C3H8的平衡转化率为x，
C3H8(g)?C3H6(g)?H2(g)起始(kPa)1000
反应(kPa)10x10x10x平衡(kPa)10(1-x)10x10x3.3kPa?3.3kPa=1.6kPa，故答案为：33%；1.6； 则10(1-x)+10x+10x=13.3，解得：x=0.33，Kp=
(10-3.3)kPa(2)①i. C3H8(g) ? C3H6(g)+H2(g)△H1=+124 kJ·mol-1，ii. H2(g)+定律，将i+ii得：C3H8(g)+答案为：-118；
②该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，C3H8的转化率应该降低，但实际上C3H8的转化率随温度升高而上升，可能是升高温度，催化剂的活性增大导致的，故答案为：温度升高，催化剂的活性增大； ③根据图象，575℃时，C3H8的转化率为33%，C3H6的产率为17%，假设参加反应的C3H8为100mol，生成
1O2(g)＝H2O(g) ?H=-242kJ·mol-1，根据盖斯21O2(g) ? C3H6(g)+H2O(g) △H2=(+124 kJ·mol-1)+(-242kJ·mol-1)=-118kJ·mol-1，故217×100%=51.5%，故答案为：51.5%； 3348535℃时，C3H6的选择性=×100%=66.7%，550℃时，C3H6的选择性=×100%=61.5%，575℃④根据图象，
61317×100%=51.5%，选择相对较低的温度能够提高C3H6选择性，故答案为：选择相对较时，C3H6的选择性=33的C3H6为17mol，C3H6的选择性=低的温度。
[化学——选修3：物质结构与性质]
11.储氢合金能有效解决氢气的贮存和输运问题，对大规模使用氢能具有重要的意义。
（1）镍氢电池放电时的总反应为NiOOH+MH＝Ni（OH）2+M，M表示储氢合金。Ni成为阳离子时首先失去___轨道电子。Ni3+的价层电子排布式为___。
（2）用KF/HF溶液对储氢合金表面进行氟化处理，能改善合金的表面活性。 ①HF与水能按任何比例互溶，原因是___________。
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