江苏省苏锡常镇四市2024届高三下学期教学情况调研二模化学试题（原卷版+解析版）

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注意事项：
1.本试卷分为选择题和非选择题两部分，共100分，考试时间75分钟。
2.将选择题的答案填涂在答题卡的对应位置上，非选择题的答案写在答题卡的指定栏目内。
可能用到的相对原子质量：
一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。
1. 棉纺织业是我国传统优势产业。棉的主要成分属于
A. 糖类B. 油脂C. 蛋白质D. 核酸
【答案】A
【解析】
【详解】棉的主要成分是纤维素，纤维素是多糖，属于糖类，故选A。
2. 催化热解可同时回收(结构为)和。下列说法正确的是
A. 中子数为17的硫原子为
B. 的电子式为
C. 固态时为共价晶体
D. 分子中含有键
【答案】B
【解析】
【详解】A．在表示原子组成时，将质量数写在左上方，质子数写在左下方，S为第16号元素因此质子数为16，可知中子数为17的硫原子的质量数为33，故表示为：，故A错误；
B．H2S为共价化合物，其电子式为，故B正确；
C．固态S是由S8构成的，可知该晶体中存在的微粒是分子，属于分子晶体，故C错误；
D．基态H原子为1s1，形成的分子中含有键，故D错误；
故答案选B。
3. 利用反应可制备金属钾。下列说法正确的是
A. 半径大小：
B. 熔点高低：
C. 电负性大小：
D. 金属性强弱：
【答案】C
【解析】
【详解】A．K+与Cl-的电子层结构相同，但K+的核电荷数比Cl+大，所以半径大小：，故A错误；
B．的半径大于，则KCl晶体中离子键键长大于NaCl晶体，键能较小，熔点NaCl>KCl，故B错误；
C．在同一周期中，从左到右，元素的电负性是递增的，可知电负性χ(Na)<χ(Cl)，故C正确；
D．同一主族元素从上到下，原子半径增加，有效核电荷增加不多，则原子半径增大的影响起主要作用，第一电离能由大变小，元素的金属性逐渐增强，金属性：，故D错误；
故答案选C。
4. 实验室在如图所示装置中制取，将通入溶液，当生成的蓝色沉淀溶解为深蓝色溶液，再滴加乙醇可获得晶体。已知：呈蓝色。下列说法不正确的是
A. 在装置甲试管中加入和固体加热制取
B. 装置乙中的和装置丙中的均可防止倒吸
C. 晶体在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度
D. 与相比，更易与形成配位键
【答案】D
【解析】
【分析】甲装置中实验室用加热NH4Cl和Ca(OH)2固体混合物的方法制取少量氨气，乙装置中通入溶液，生成的蓝色沉淀为Cu(OH)2，后溶解为，丙装置进行尾气处理并防倒吸，据此作答。
【详解】A．实验室用加热NH4Cl和Ca(OH)2固体混合物的方法制取少量氨气，制取装置中试管口略向下倾斜，防止水倒流引起试管炸裂，A正确；
B．氨气极易溶于水，易发生倒吸，装置乙中a的容积较大，可防止制备过程中发生倒吸现象，倒扣的漏斗与液面相切，液体很难倒吸，因此倒扣的漏斗可防止液体倒吸，B正确；
C．由向深蓝色溶液中加入乙醇，深蓝色溶液变浑浊，静置后有深蓝色晶体析出，因此在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，故C正确；
D．由向硫酸铜溶液中逐滴滴加浓氨水，先生成蓝色沉淀，蓝色沉淀逐渐溶解为深蓝色溶液可知，氨分子比水分子更容易与铜离子反应形成配合物，故D错误；
故答案选D。
5. 周期表中族元素及其化合物应用广泛。电解与的混合物时，转化为；加热与浓的混合物，可制得。氯还可形成、、等多种含氧酸。是级高效安全灭菌消毒剂；与反应可制备有机溶剂。在照相底片的定影过程中，底片上未曝光的浸入溶液转变成而溶解。氯化碘性质与卤素单质相似，常用作分析化学试剂。下列说法正确的是
A. 基态原子的核外电子排布式为
B. 中既含有离子键，又含有共价键
C. 、和中键角依次逐渐减小
D. (结构如上图)中两个原子均可作配位原子
【答案】B
【解析】
【详解】A．F为第9号元素，核外有9个电子，根据构造原理，基态F原子的核外电子排布式为，是价层电子排布式，故A错误；
B．题中已知转化为，说明KHF2中含有钾离子和，即KHF2为离子晶体，含有离子键，中存在共价键，故B正确；
C．的中心原子Cl的价层电子对数为，为sp3杂化，含有2对孤电子对；的中心原子Cl的价层电子对数为，为sp3杂化，含有1对孤电子对；的中心原子Cl的价层电子对数为，为sp3杂化，无孤电子对；杂化类型相同时，由于孤电子对对成键电子对之间的排斥力大于成键与成键电子的排斥力，因此孤电子对数越多键角越小，所以、和中键角依次逐渐增大，故C错误；
D．具有孤电子对的原子可以给中心原子提供电子配位，中的中心原子S的价层电子对数为4，无孤电子对，不能做配位原子，端基S原子含有孤电子对，能做配位原子，故D错误；
故答案选B。
6. 周期表中族元素及其化合物应用广泛。电解与的混合物时，转化为；加热与浓的混合物，可制得。氯还可形成、、等多种含氧酸。是级高效安全灭菌消毒剂；与反应可制备有机溶剂。在照相底片的定影过程中，底片上未曝光的浸入溶液转变成而溶解。氯化碘性质与卤素单质相似，常用作分析化学试剂。下列化学反应表示正确的是
A. 电解与混合物时的阴极反应：
B. 与反应制备
C. 溶于溶液反应：
D. 与溶液反应：
【答案】C
【解析】
【详解】A．阴极发生还原反应，得到电子，故A错误；
B．Cl2与发生取代反应生成四氯化碳和氯化氢，4Cl2+CH4CCl4+4HCl，故B错误；
C．浸入溶液转变成而溶解，离子方程式为+，故C正确；
D．氯化碘性质与卤素单质相似，与溶液反应生成NaIO、NaCl和H2O，离子方程式：ICl+2OH-=IO-+Cl-+H2O，故D错误；
故选：C。
7. 周期表中族元素及其化合物应用广泛。电解与的混合物时，转化为；加热与浓的混合物，可制得。氯还可形成、、等多种含氧酸。是级高效安全灭菌消毒剂；与反应可制备有机溶剂。在照相底片的定影过程中，底片上未曝光的浸入溶液转变成而溶解。氯化碘性质与卤素单质相似，常用作分析化学试剂。下列物质结构与性质或物质性质与用途不具有对应关系的是
A. 分子间存在氢键，呈粘稠状
B. 具有强氧化性，可用作灭菌消毒剂
C. 为正四面体形分子，具有可燃性
D. 见光易分解，可用作感光材料
【答案】C
【解析】
【详解】A．H2SO4分子间存在氢键，分子间作用力较大，故呈粘稠状，物质结构与性质对应，A不符合题意；
B．二氧化氯具有强氧化性，可用来杀菌消毒，物质性质与用途对应，B不符合题意；
C．CH4为正四面体形分子，具有可燃性，但其可燃性与其分子构型为正四面体形无关，结构与性质不对应，C符合题意；
D．溴化银见光分解，可用作感光材料，物质性质与用途对应，D不符合题意；
本题选C。
8. 在指定条件下，下列工业制备流程中涉及的物质转化关系不正确的是
A 生产硝酸：
B. 海水提镁：
C. 制取粗硅：
D. 冶炼生铁：
【答案】B
【解析】
详解】A．NO2和O2混合后通入H2O中可以得到硝酸，物质转化关系正确，A正确；
B．单质镁是需要电解熔融的氯化镁得到的，电解氯化镁溶液，阳极产生氯气，阴极得到氢氧化镁，B错误；
C．工业制高纯硅的第一步是由SiO2和C在高温下发生反应得Si(粗硅)和CO，转化关系正确，C正确；
D．高温下用CO还原氧化铁得到铁单质，可以冶炼生铁，物质转化关系正确，D正确；
故选B。
9. 非天然氨基酸是一种重要的药物中间体，其部分合成路线如下：
下列说法不正确的是
A. 分子存在顺反异构体
B. 分子中含有2个手性碳原子
C. 的反应类型为还原反应
D. 能与反应，不能与反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．顺反异构体是要求分子中至少有一个键不能自由旋转即碳碳双键，且双键上同一碳上不能有相同的基团，观察X的结构可知满足条件，存在顺反异构体，故A正确；
B．手性碳原子指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，分子中与氨基相连的碳原子为手性碳原子，与羧基相连的碳原子也是手性碳原子，故B正确；
C．观察X生成Y的变化可知，硝基变为了氨基，因此反应类型为还原反应，故C正确；
D．中含有羧基可以与反应，含有氨基可以与反应，故D错误；
故答案选D。
10. 法合成氨反应为 。工业上将原料以投入合成塔。下列说法正确的是
A. 从合成塔排出的气体中，
B. 当时，反应达到平衡状态
C. 使用高效催化剂可降低反应的焓变
D. 升高温度，正反应速率减小，逆反应速率增大
【答案】A
【解析】
【详解】A．根据反应方程式，N2和H2反应时消耗的物质的量之比为1:3，而起始投料比为1:2.8，消耗比小于投料比，故排出的气体中，n(N2)：n(H2)>1：2.8，A正确；
B．各物质的反应速率之比等于化学计量数之比，故2v正(H2)=3v逆(NH3)时，反应达到平衡状态，B错误；
C．催化剂可以加快反应速率，但是不改变反应热，不能降低焓变，C错误；
D．升高温度，正逆反应速率都增大，D错误；
本题选A。
11. 常温下进行下列实验，根据实验操作和现象所得到的结论正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．浓盐酸也能与发生反应，使溶液紫色褪去，不出现红色，A错误；
B．向FeSO4溶液中滴入新制氯水，再滴加KSCN溶液时溶液变血红色，说明有Fe3+，但可能是变质产生的Fe3+，也有可能是原溶液中存在的Fe2+被氧化成Fe3+，B错误；
C．溶液变成红色的原因，，与和无关，C错误；
D．FeSO4和CuSO4组成相似，Ksp越小越容易产生沉淀，则根据选项的实验事实可得出溶度积常数：Ksp(FeS)>Ksp(CuS)，D正确；
故答案选D。
12. 实验室用如下方案测定和混合物的组成：称取一定质量样品溶解于锥形瓶中，加入2滴指示剂，用标准盐酸滴定至终点时消耗盐酸；向锥形瓶中再加入2滴指示剂，继续用标准盐酸滴定至终点，又消耗盐酸。下列说法正确的是
A. 指示剂可依次选用甲基橙、酚酞
B. 样品溶解后的溶液中：
C. 滴定至第一次终点时的溶液中：
D. 样品中和物质的量之比为
【答案】D
【解析】
【分析】由题意可知，第一次滴定滴入的指示剂为酚酞，发生的反应为Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，第二次滴定滴入的指示剂为甲基橙，发生的反应为NaHCO3+HCl=NaCl +CO2↑+H2O，据此作答。
【详解】A．由分析可知，指示剂可依次选用酚酞、甲基橙，故A错误；
B．样品溶解后的溶液中，并未知此时和的物质的量浓度比值关系，无法进行判断物料守恒关系，故B错误；
C．第一次滴定滴入的指示剂为酚酞，发生的反应为Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，终点时溶液中含有的溶质是NaHCO3、NaCl，根据电荷守恒可知，故C错误；
D．由方程式可知，(V2—V1)mL为原溶液中碳酸氢钠消耗盐酸的体积，加入的盐酸浓度是不变的，根据方程式可知消耗盐酸的物质的量就等于和物质的量，则和物质的量之比为，故D正确；
故答案选D。
13. 利用可实现对石膏中元素的脱除，涉及的主要反应如下：


在、和均为时，若仅考虑上述反应，平衡时各固体物质的物质的量随温度的变化关系如图所示。石膏中元素的脱除效果可用脱硫率表示。下列说法不正确的是
A. 反应的平衡常数
B. 图中曲线表示平衡时固体的物质的量随温度的变化
C. 一定温度下，加入固体或增大体系压强，均可提高平衡时的脱硫率
D. 其他条件不变，下，时，越多，平衡时的脱硫率越高
【答案】C
【解析】
【详解】A．反应①，反应② 则反应=4①-②，则，故A正确；
B．反应①是吸热反应，反应②是放热反应，随着温度的升高，反应①正向移动，反应②逆向移动，则Z代表CaO含量的变化，再结合变化趋势可知X为CaSO4含量的变化，Y为CaS含量的变化，故B正确；
C．加入氢氧化钠固体，消耗二氧化硫，促进硫元素的脱除，增大压强，反应①逆向移动，不利于硫元素的脱除，故C错误；
D．其他条件不变，下，时，越多，使反应①和②均正向移动，脱硫率越高，故D正确。
故选C。
二、非选择题：共4题，共61分。
14. 以软锰矿浆(含及少量等)吸收烟气中并制备高纯。
（1）吸收。
①将烟气与软锰矿浆在吸收塔中逆流接触，烟气中的被充分吸收，矿浆中的转化为。写出与发生反应的化学方程式：_______。
②脱硫过程中软锰矿浆的和吸收率的变化关系如图所示。随着脱硫的进行，软锰矿浆下降，但15小时前下降缓慢，其主要原因是_______。
③当脱硫15小时后，吸收率急剧下降。此时加入菱锰矿吸收率又可恢复至以上，其原因是_______。
（2）净化。
①过滤脱硫后的软锰矿浆液，用沉淀除去所得滤液中的、Mg2+(浓度小于)。此时应控制溶液中略大于_______。(已知： 、，、)
②净化时生成的沉淀晶胞结构如图所示。在晶胞中周围距离最近的形成的空隙构型为_______。
（3）制备。
①向反应器中加入溶液，控制80℃恒温，搅拌下鼓入空气可制得。写出生成的离子方程式：_______。
②实际生产中，常将溶液和氨水并流加入反应器。若加入的氨水量不足，产品中会混入等，其原因是_______。
【答案】（1） ①. ②. 溶于软锰矿浆的SO2与烟气中的O2反应，生成H2SO4，pH下降，15h前由于软锰矿中的CaO、MgO消耗H2SO4，导致 pH下降缓慢 ③. MnCO3消耗H2SO4，使软锰矿浆的pH升高，提高了软锰矿浆中SO2的溶解量，进而有利于SO2与MnO2的反应
（2） ①. ②. 正四面体形
（3） ①. ②. 氨水量不足，溶液中c(H+)增大，O2的氧化能力增强，将Mn元素氧化为较高价态的氧化物
【解析】
【小问1详解】
①软锰矿浆中通入SO2气体反应制备MnSO4，反应中MnO2为氧化剂、SO2为还原剂，生成MnSO4的化学方程式为：，故答案为：；
②15小时前下降缓慢的原因是溶于软锰矿浆的SO2与烟气中的O2反应，生成 H2SO4，pH下降，15h前由于软锰矿中的CaO、MgO消耗H2SO4，导致 pH下降缓慢，故答案为：溶于软锰矿浆的SO2与烟气中的O2反应，生成 H2SO4，pH下降，15h 前由于软锰矿中的CaO、MgO消耗H2SO4，导致 pH下降缓慢；
③吸收塔中吸收率下降的可能原因是pH减小抑制了SO2的溶解，MnCO3消耗H2SO4，使软锰矿浆的pH升高，提高了软锰矿浆中SO2的溶解量，进而有利于SO2与MnO2的反应，故答案为：MnCO3消耗H2SO4，使软锰矿浆的pH升高，提高了软锰矿浆中SO2的溶解量，进而有利于SO2与MnO2的反应。
【小问2详解】
①由溶度积可知，溶液中的钙离子转化为氟化钙沉淀时，溶液中的镁离子已经完全转化为氟化镁沉淀，所以溶液中钙离子浓度为时，溶液中氟离子浓度至少为，故答案为：；
②晶胞中以体心中的任意一个与周围距离最近的4个标记后连接，形成的空隙构型为正四面体形，故答案为：正四面体形。
【小问3详解】
①与氧气在80℃恒温下发生氧化还原反应生成，环境为酸性，离子方程式为：，故答案为：；
②氨水量不足，溶液中c(H+)增大，O2的氧化能力增强，将Mn元素氧化为较高价态的氧化物，故答案为：氨水量不足，溶液中c(H+)增大，O2的氧化能力增强，将Mn元素氧化为较高价态的氧化物。
15. 有机物F是合成抗真菌药物泊沙康唑的重要中间体，其合成路线如图：
（1）A中含有的官能团名称为_______(不考虑苯环)。
（2）中涉及官能团转化碳原子杂化方式由_______变为_______。
（3）中有一种分子式为C13H14O3F2的副产物生成，其结构简式为_______。
（4）写出同时满足下列条件的F的一种同分异构体的结构简式：_______。
①既能与溶液发生显色反应，又能与银氨溶液发生银镜反应。
②分子中有4种不同化学环境的氢原子。
（5）化合物()是合成缓解神经痛药物普瑞巴林的重要中间体。写出以和CH2(COOCH3)2为原料制备化合物的合成路线流程图_______(须用和AlBN，无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。
【答案】（1）（酮）羰基、碳氟键
（2） ①. sp3 ②. sp2
（3） （4）或或
（5）
【解析】
【分析】A与CH3MgBr发生加成反应，而后在H3O+条件下发生取代反应生成B，B发生消去反应产生C，C在一定条件下发生取代反应生成D，D在一定条件下得到了酯基，最后E发生还原反应生成F，据此作答。
【小问1详解】
观察A的结构可知，A中含有的官能团名称为（酮）羰基、碳氟键，故答案为：（酮）羰基、碳氟键。
【小问2详解】
B中连接羟基的碳原子与邻位碳原子上的H原子发生了消去反应，生成了碳碳双键，饱和碳原子为sp3杂化，碳碳双键中碳原子为sp2杂化，故答案为：sp3；sp2。
【小问3详解】
E发生还原反应生成F，酯基均变为羟基，F的分子式为C12H14O2F2，副产物的分子式为C13H14O3F2，对比可知副产物中还有一个酯基并未被还原为羟基，结构简式为：，故答案为：。
【小问4详解】
F为，分子式为C12H14O2F2，能与溶液发生显色反应说明含有苯环和酚羟基，又能与银氨溶液发生银镜反应说明含有醛基，要求分子中有4种不同化学环境的氢原子，可知结构简式为：或或，故答案为：或或。
【小问5详解】
以和CH2(COOCH3)2为原料制备化合物 ()，须用和AlBN，根据题中合成路线B生成E的过程可知，合成G的路线为：，故答案为：。
16. 实验室用磷矿脱镁废液制备的实验过程可表示为
（1）磷矿脱镁废液中主要含及少量、、、和。
①向废液中加入溶液调节为，可达到和的最佳沉淀效果。其中转化为的离子方程式为_________。
②将除杂净化后的清液控制在一定温度，加入浆液搅拌即可获得固体。实验测得镁回收率、产品纯度与反应后溶液关系如图所示。小于6时，随着增大，镁回收率上升，其原因是_______。
③大于6时，随着增大，产品纯度逐渐下降，其可能原因是_______。
（2）实验室用如下方案测定产品(含有杂质)的纯度：准确称取磷酸氢镁产品，加入足量稀硫酸溶解后配成溶液。准确移取于锥形瓶中，用标准液滴定(离子方程式为)至终点，平行滴定三次，平均消耗标准液。计算该产品中的纯度_______(写出计算过程)。
（3）恒温转化后的母液中主要含和。已知：水溶液中各含磷微粒的分布如图-2所示，和的溶解度曲线如图-3所示；常温下、的溶度积常数依次为和。请补充完整由恒温转化后的母液制备晶体的实验方案：用比浊法测定母液中的浓度后，在搅拌下向一定体积的母液中_______，过滤、用无水乙醇洗涤，干燥。
【答案】（1） ①. Ca2+++OH−+H2O=CaHPO4⋅2H2O；HPO ②. 浓度增大，有利于生成MgHPO4固体 ③. 可能生成大量磷酸根离子，进而产生Mg3(PO4)2沉淀
（2）25.00mL溶液中n(Mg2+)=n(H2Y2-)=0.05000ml/L×0.01920L=9.6×10-4ml
0.7200g磷酸氢镁产品中MgHPO4⋅3H2O的质量为9.6×10-4ml×4×174g/ml=0.66816g
该产品中MgHPO4⋅3H2O的纯度为×100%=92.80%；
（3）加入计算量的BaCl2溶液，过滤，向滤液中逐滴加入氢氧化钠溶液至pH=14，将溶液加热蒸发浓缩至有晶膜出现，冷却结晶
【解析】
【分析】磷矿脱镁废液含及少量Mg2+、Ca2+、Fe3+、Al3+和，实验室用磷矿脱镁废液制备MgHPO4⋅3H2O先加入NaOH溶液调节pH为4.5，使Ca2+、Fe3+、Al3+转化为沉淀，过滤除去沉淀，清液控制在一定温度加入MgO浆液搅拌即可获得MgHPO4固体。
【小问1详解】
①废液中的与NaOH反应生成，与Ca2+生成CaHPO4⋅2H2O，离子方程式为；
②pH小于6时，随着pH增大，浓度增大，有利于生成MgHPO4固体，镁回收率上升；
③pH大于6时，随着pH增大，可能生成大量磷酸根离子，进而产生Mg3(PO4)2沉淀，导致产品纯度降低；
【小问2详解】
由所给离子方程式，25.00mL溶液中n(Mg2+)=n(H2Y2-)=0.05000ml/L×0.01920L=9.6×10-4ml，故0.7200g磷酸氢镁产品中MgHPO4⋅3H2O的质量为9.6×10-4ml×4×174g/ml=0.66816g，该产品中MgHPO4⋅3H2O的纯度为；
小问3详解】
根据常温下BaSO4、BaHPO4的溶度积常数为1.1×10−10和3.2×10−7，恒温转化后的母液中加入氯化钡会生成硫酸钡沉淀从而除去硫酸根，由图2可知，pH=14时，含磷微粒全部从原来的磷酸氢根转化为磷酸根，故加氢氧化钠溶液至pH=14时，溶质为Na3PO4，再由图3的溶解度随温度变化曲线，磷酸钠溶解度随温度变化很大，应当将溶液蒸发浓缩至有晶膜出现，冷却结晶，过滤即得Na3PO4晶体，再用无水乙醇洗涤，干燥，故答案为：加入计算量的BaCl2溶液，过滤，向滤液中逐滴加入氢氧化钠溶液至pH=14，将溶液加热蒸发浓缩至有晶膜出现，冷却结晶。
17. 丙烷脱氢制丙烯是较为理想的丙烯生产渠道。
（1）丙烷直接催化脱氢。在催化剂作用下，丙烷直接脱氢制丙烯反应历程中的相对能量变化如图所示(*表示催化剂表面吸附位点，如表示吸附在催化剂表面的)。
①丙烷直接催化脱氢制丙烯反应的_______ 。
②该反应历程共分五步，其中速率控制步骤为第_______步。
③研究表明，实际生产中除使用催化剂外，还需控制反应温度在选择温度为的原因是_______。
（2）氧化丙烷脱氢。下，将不同组分的原料混合气以相同流速通过装有催化剂的反应床，测得转化率和选择性(选择性)随时间的变化关系如图所示，图中分别代表、的两种原料气。
①随着反应的进行，4小时前A组分原料气中转化率和选择性均有所提升，且在反应床出口检测到。研究表明，氧化丙烷脱氢经历了以下两个反应：Ⅰ．；Ⅱ．_______ 。(填化学方程式)
②反应进行至4小时后，B组分原料气的反应几乎无法进行，而A组分原料气的反应仍保持相对优异的稳定性，其可能原因是_______。
（3）丙烷燃料电池脱氢。一种质子导体燃料电池采用材料作阳极催化层，在阳极侧注入燃料气，阴极侧直接暴露于空气中，在下可实现丙烷高效脱氢制丙烯，装置如图所示。
①电池工作时，负极发生主要反应的电极反应式为_______。
②与氧化丙烷脱氢相比，丙烷燃料电池脱氢制丙烯工艺的优点是_______。
【答案】（1） ①. 123.21 ②. 四 ③. 该温度下催化剂的活性较高，反应速率较快
（2） ①. ②. 丙烷直接脱氢时发生副反应生成积碳覆盖在催化剂表面上，阻碍了反应的进行，而在CO2氧化丙烷脱氢时，CO2能发生反应，及时消除积碳
（3） ①. ②. 反应物空气廉价易得，且在制备丙烯的同时可获得电能
【解析】
【小问1详解】
①丙烷直接催化脱氢制丙烯反应，观察反应历程可知；
②化学反应速率由慢反应决定，反应的能垒越大，反应速率越慢，控速步骤就是活化能最大的步骤，由图可知为第四步，所需活化能最大，故速率控制步骤为第四步；
③选择温度为480℃的原因是该温度下催化剂的活性较高，反应速率较快。
【小问2详解】
①随着反应的进行，且检测到，氧化丙烷脱氢总反应为： ， 由此可知反应II为；
②反应进行至4小时后，B组分原料气的反应几乎无法进行，而A组分原料气的反应仍保持相对优异的稳定性，其可能原因是丙烷直接脱氢时发生副反应生成积碳覆盖在催化剂表面上，阻碍了反应的进行，而在CO2氧化丙烷脱氢时，CO2能发生反应，及时消除积碳。
【小问3详解】
①该装置是实现丙烷高效脱氢制丙烯，负极发生主要反应的电极反应式为；
②与氧化丙烷脱氢相比，丙烷燃料电池脱氢制丙烯工艺的优点是反应物空气廉价易得，且在制备丙烯的同时可获得电能。选项
实验操作和现象
实验结论
A
将铁锈溶于浓盐酸，再滴入几滴酸性溶液，振荡，溶液中未出现红色
铁锈中不含二价铁
B
向溶液中滴加几滴新制氯水，振荡，再滴加溶液，溶液变为血红色
溶液已经变质
C
向含有的溶液中加入少量固体，振荡，溶液颜色未变化
与的反应不可逆
D
分别向等浓度的和溶液中通入气体至饱和，前者无明显现象，后者出现黑色沉淀