2021屆高考化學臨考新高考練習一〔福建適用〕〔考試時間:90分鐘試卷總分值:100分〕考前須知:本試卷分選擇題和非選擇題兩局部。答卷前,考生務(wù)必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。答復(fù)選擇題時,選出每題答案后,用2B鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標號涂黑。如需改動,用橡皮擦干凈后,再選涂其他答案標號。寫在本試卷上無效。答復(fù)非選擇題時,將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。考試結(jié)束后,將本試卷和答題卡一井交回。一、選擇題:此題共10小題,每題4分,共40分。每題只有一個選項符合題意。1．化學在達成我國2035年生態(tài)建設(shè)的遠景目標中發(fā)揮著重要作用。以下有關(guān)說法正確的選項是A．用浸泡過酸性高錳酸鉀溶液的硅藻土吸收水果釋放出的乙烯與氧化復(fù)原反響無關(guān)B．是一種新型自來水處理劑，既表現(xiàn)強氧化性又能軟化硬水C．護膚品中參加甘油是利用甘油獨特的氣味增香提神D．電影銀幕用硅酸鈉溶液浸泡的主要目的是為了防火2．設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，以下說法正確的選項是A．常溫常壓下，2含有的分子數(shù)目為NAB．2O含有的氫原子數(shù)目為NAC．1.00mol/LCa(NO3)2溶液中含有的NO離子數(shù)目為NAD．2.4g鎂與足量鹽酸反響，標準狀況下生成的氣體體積為3．實驗室可用反響2CuSO4＋2KI＋SO2＋2H2O=2CuI↓＋2H2SO4＋K2SO4來制備CuI(CuI受熱易被氧化)。以下實驗裝置和操作不能到達實驗?zāi)康牡氖?)A．用裝置制備SO2B．用裝置制備CuIC．用裝置別離出CuID．用裝置枯燥CuI固體4．2021年1月南開大學周其林團隊因?高效手性螺環(huán)催化劑的發(fā)現(xiàn)?獲得國家自然科學一等獎。下面為兩種簡單碳螺環(huán)化合物，相關(guān)的說法正確的選項是A．上述兩種物質(zhì)中所有碳原子處于同一平面B．螺[3，3]庚烷的一氯代物有2種C．螺[3，4]辛烷與3－甲基－1－庚烯互為同分異構(gòu)體D．的名稱為螺[5，4]壬烷5．向等物質(zhì)的量濃度的NaOH和Na2CO3的混合液中參加稀鹽酸。以下離子方程式與事實不相符的是A．OH－＋CO32－＋2H＋=HCO3－＋H2OB．2OH－＋CO32－＋3H＋=HCO3－＋2H2OC．2OH－＋CO32－＋4H＋=CO2↑＋2H2OD．OH－＋CO32－＋3H＋=CO2↑＋2H2O6．KI可催化H2O2分解，機理為：①H2O2+I－→H2O+IO－；②H2O2+IO－→H2O+O2↑+I－。反響過程中能量變化如下圖，以下判斷錯誤的選項是A．KI改變了反響的途徑B．KI不能改變總反響的能量變化C．H2O2+Iˉ→H2O+IOˉ是放熱反響D．反響物總能量高于生成物總能量7．短周期主族元素X、Y、Z、R、T的原子半徑與原子序數(shù)的關(guān)系如下圖。Y與Z能形成Z2Y、Z2Y2型離子化合物R原子最外層電子數(shù)是電子層數(shù)的2倍，Z與T形成的化合物Z2T能破壞水的電離平衡。以下說法正確的選項是A．簡單氫化物的熱穩(wěn)定性：R>YB．簡單離子的半徑：Y>ZC．最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性：R>TD．Y與T屬于同一主族、與X屬于同一周期8．在金屬Pt、Cu和銥〔Ir〕的催化作用下，密閉容器中的H2可高效轉(zhuǎn)化酸性溶液中的硝態(tài)氮〔NO3?〕以到達消除污染的目的。其工作原理的示意圖如下：以下說法不正確的選項是A．Ir的外表發(fā)生反響：H2+N2O＝N2+H2OB．導電基體上的負極反響：H2－2e?＝2H+C．假設(shè)導電基體上只有單原子銅，也能消除含氮污染物D．假設(shè)導電基體上的Pt顆粒增多，不利于降低溶液中的含氮量9．多硫化物是指含有硫硫鍵的化合物，在電池、橡膠等多種工業(yè)中均有重要用途，其結(jié)構(gòu)如圖。以下推測不正確的選項是A．黃銅礦中不存在類似多硫化物的硫硫鍵B．多硫化物鹽在酸性條件下不穩(wěn)定，可生成硫磺和硫化氫C．天然橡膠硫化生成多硫鏈后，可以優(yōu)化橡膠的性能D．在鈉—硫高能電池中，做負極反響物10．某溫度時，懸濁液中存在：沉淀溶解平衡，其平衡曲線如下圖。以下說法錯誤的選項是A．參加，可以使溶液由c點變到a點B．參加少量水，平衡右移，濃度不變C．b點對應(yīng)溶液中沒有沉淀生成D．c點對應(yīng)的等于a點對應(yīng)的二、非選擇題，此題共5小題，共60分11．工業(yè)上制取硝酸銨的流程圖如圖，請答復(fù)以下問題：(1)在工業(yè)制硝酸的生產(chǎn)中，B中發(fā)生反響的化學方程式為：_______。(2)在合成硝酸的吸收塔中通入空氣的目的是：_______。(3)在合成氨的設(shè)備(合成塔)中，設(shè)置熱交換器的目的是：_______。(4)生產(chǎn)硝酸的過程中常會產(chǎn)生一些氮的氧化物，可用如下兩種方法處理：堿液吸收法：NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2ONH3復(fù)原法：NH3+NO2=N2+H2O①配平NH3復(fù)原法的化學方程式_______。②以上兩種方法中，符合綠色化學的是_______。③某化肥廠用NH3制備NH4NO3。：由NH3制NO的產(chǎn)率是96%、NO制HNO3的產(chǎn)率是92%，那么制HNO3所用去的NH3的質(zhì)量占總耗NH3質(zhì)量(不考慮其它損耗)的百分比含量：_______。12．向硝酸酸化的?L-1AgNO3溶液〔pH=2〕中參加過量鐵粉，振蕩后靜置，溶液先呈淺綠色，后逐漸呈粽黃色，試管底部仍存有黑色固體，過程中無氣體生成。實驗小組同學針對該實驗現(xiàn)象進行如下探究。Ⅰ．探究Fe2+產(chǎn)生的原因〔1〕提出猜測：Fe2+可能是Fe與____或___反響的產(chǎn)物?！?〕實驗探究：在兩支試管中分別參加與上述實驗等量的鐵粉，再參加不同的液體試劑，5min后取上層清液，分別參加相同體積和濃度的鐵氰化鉀溶液液體試劑加人鐵氰化鉀溶液1號試管?L-1AgNO3溶液無藍色沉淀2號試管______藍色沉淀①2號試管中所用的試劑為____。②資料顯示：該溫度下，?L-1的AgNO3溶液可以將Fe氧化為Fe2+。但1號試管中未觀察到藍色沉淀的原因可能為____。③小組同學繼續(xù)進行實驗，證明了2號試管得出的結(jié)論正確。實驗如下：取?L-1硝酸酸化的AgNO3溶液〔pH=2〕，參加鐵粉井攪拌，分別插入pH傳感器和NO3-傳感器〔傳感器可檢測離子濃度〕，得到如圖圖示，其中pH傳感器測得的圖示為___〔填“圖甲〞或“圖乙〞〕。④實驗測得2號試管中有NH4+生成，那么2號試管中發(fā)生反響的離子方程式為___。Ⅱ．探究Fe3+產(chǎn)生的原因查閱資料可知，反響中溶液逐漸變棕黃色是因為Fe2+被Ag+氧化。小組同學設(shè)計不同實驗方案對此進行驗證?！?〕方案一；取出少量黑色固體，洗滌后___〔填操作和現(xiàn)象〕，證明黑色固體中有Ag?！?〕方案二：按圖連接裝置，一段時間后取出左側(cè)燒杯溶液，加人KSCN溶液，溶液變F紅。該實驗現(xiàn)象____〔填“能“或“不能“〕證明Fe2+可被Ag+氧化，理由為__。13．丙烯(C3H6)是僅次于乙烯(C2H4)的重要根本有機原料，工業(yè)上常利用丙烷(C3H8)催化脫氫氧化制取丙烯。丙烷脫氫過程主要包含以下3個反響：①C3H8→C3H6+H2②2C3H6+9O2→6CO2+9H2O③C3H8→CH4+C2H4根據(jù)以下所給條件答復(fù)以下問題：(1)各物質(zhì)的燃燒熱如下表，請計算反響①的反響熱ΔH1=_________．物質(zhì)H2CH4C2H4C3H6C3H8燃燒熱(KJ/mol)(2)如果要加快石油工業(yè)中丙烷的裂解速度，可以采取的措施是_________．A．高溫低壓B．低溫高壓C．高溫高壓D．低溫低壓(3)在500℃下，按一定的原料氣比和氣流速度的條件下，不同載體催化劑對丙烷脫氫反響的影響如下圖。其中某一組實驗數(shù)據(jù)如下表所示。(其中丙烷的轉(zhuǎn)化率指的是總轉(zhuǎn)化率，丙烯的選擇性指最終轉(zhuǎn)化為丙烯的丙烷占反響丙烷的百分比。)物質(zhì)反響前〔mol〕反響后〔mol〕C3H810C3H60CO20C2H40CH40①磷酸鈣、磷酸鋯、磷酸鋁三種載體的催化效率最高的是_________．②經(jīng)研究發(fā)現(xiàn)，不同載體的催化效果與載體本身的酸堿性有關(guān)，以下三種催化劑中催化效果最好的是_________．A．SiO2B．Al2O3C．MgO③由上表計算該條件下，丙烷的轉(zhuǎn)化率＝_________．；丙烯的選擇性＝_________．④根據(jù)化學平衡理論催化劑并不會改變平衡體系中的轉(zhuǎn)化率和產(chǎn)率，但在丙烷催化生產(chǎn)丙烯的反響中，使用不同的催化劑所得到的丙烯的選擇性卻有不同。請說明原因：_________．(4)目前有一種便攜式固體氧化物燃料電池，它以丙烷氣體為燃料。電池中的一極通人空氣，另一極通入丙烷氣體，電解質(zhì)是固態(tài)氧化物，在熔融狀態(tài)下能傳導O2-，請寫出該電池負極的電極反響式：_________14．硒〔Se〕是一種非金屬元素。可以用作光敏材料、電解錳行業(yè)催化劑、動物體必需的營養(yǎng)元素和植物有益的營養(yǎng)元素等。請答復(fù)以下問題：〔1〕Se元素基態(tài)原子的電子排布式為____；第四周期中第一電離能比Se元素大的共有____種〔氪元素除外〕?！?〕氣態(tài)SeO3分子的價層電子對互斥模型為____；SeO42-離子中Se原子的雜化方式為___。〔3〕固態(tài)SeO2是以[SeO3]角錐體以角相連接的展平的聚合結(jié)構(gòu)，每一錐體帶有一懸垂的終端O原子〔如以下圖1所示〕。①圖1中Se-O鍵鍵長較短的是___〔填“a"或“b"〕，其原因是______。②SeO2熔點為350℃，固態(tài)SeO2屬于___晶體，其熔點遠高于SO2〔-75.5℃〕的原因是____。〔4〕硒化鋅〔ZnSe〕是一種重要的半導體材料，其晶胞結(jié)構(gòu)如上圖2所示，其中陰離子采用面心立方最密堆積方式，X射線衍射實驗測得ZnSe的晶胞參數(shù)a=0.560nm，那么Se2-的離子半徑r(Se2-)=____nm〔計算結(jié)果保存3位有效數(shù)字，下同〕；硒化鋅晶體的密度為________g．cm-3。15．苯達松G()是一種觸殺性除草劑，其一種合成路線如下：：①R1COOCH3+；②吡啶()是類似于苯的芳香化合物。答復(fù)以下問題：(1)B的化學名稱為___________。(2)E中所含官能團的名稱為___________。(3)由D生成E的化學方程式為___________。(4)由C生成D的反響類型為___________。(5)F的結(jié)構(gòu)簡式為___________。(6)D的六元環(huán)芳香同分異構(gòu)體中，能與碳酸氫鈉反響，且六元環(huán)上只有兩個取代基的同分異構(gòu)體共有___________種。其中核磁共振氫譜有四組峰，且峰面積之比為2：2：2：1的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式為___________。參考答案1．D【詳解】A．高錳酸鉀溶液具有強氧化性，能氧化乙烯，乙醇用浸泡過酸性高錳酸鉀溶液的硅藻土吸收水果釋放出的乙烯與氧化復(fù)原反響有關(guān)，A錯誤；B．是一種新型自來水處理劑，表現(xiàn)強氧化性，可用于殺菌消毒，但不能軟化硬水，B錯誤；C．甘油具有吸濕性，護膚品中參加甘油是利用甘油獨特的吸濕性，而不是為氣味增香提神，C錯誤；D．硅酸鈉不燃燒，也不支持燃燒，常用作防火材料，電影銀幕用硅酸鈉溶液浸泡的主要目的是為了防火，D正確；答案選D。2．D【詳解】A．氣體的體積須在標準狀況下進行計算，A項不符合題意；B．，，，B項不符合題意；C．沒有溶液的體積，無法進行計算，C項不符合題意；D．，，，D項符合題意；故正確選項為D3．D【詳解】A．濃硫酸可以和銅單質(zhì)在加熱條件發(fā)生反響生成二氧化硫，故A能到達目的；B．將二氧化硫通入硫酸銅和KI的混合溶液中攪拌，二氧化硫?qū)u2+復(fù)原成Cu+，得到CuI沉淀，故B能到達目的；C．CuI為沉淀，過濾可將固體和液體別離，故C能到達目的；D．CuI受熱易被氧化，所以不能在蒸發(fā)皿中加熱枯燥CuI固體，故D不能到達目的；故答案為D。4．B【詳解】A．上述兩種物質(zhì)中均有4個碳原子與同一飽和碳原子相連，形成四面體結(jié)構(gòu)，不可能所有碳原子處于同一平面，故A錯誤；B．螺[3，3]庚烷結(jié)構(gòu)高度對稱，有兩種環(huán)境的氫原子，那么一氯代物有2種，故B正確；C．螺[3，4]辛烷分子式為C8H14，3－甲基－1－庚烯的分子式為C8H16，二者分子式不同，不是同分異構(gòu)體，故C錯誤；D．根據(jù)題目所給物質(zhì)名稱，可知的名稱為螺[4，5]癸烷，故D錯誤；故答案為B。5．C【詳解】等物質(zhì)的量濃度的NaOH和Na2CO3的混合液中OH-與CO32-物質(zhì)的量相等，參加稀鹽酸，首先發(fā)生①OH－＋H＋=H2O，然后是②CO32－＋H＋=HCO3－，最后是③HCO3－＋H＋=CO2↑＋H2O；A.①＋②即得到OH－＋CO32－＋2H＋=HCO3－＋H2O，A與事實相符；B.①×2＋②即得到2OH－＋CO32－＋3H+=HCO3－＋2H2O，B與事實相符；C.假設(shè)OH-為2mol，那么CO32-也為2mol，參加4molH+時2molOH-優(yōu)先消耗2molH+，然后2molCO32-與2molH+恰好完全反響生成2molHCO3-，沒有CO2氣體產(chǎn)生，C與事實不符；D.①＋②＋③即得到OH－＋CO32－＋3H＋=CO2↑＋2H2O，D與事實相符；答案選C。6．C【分析】由圖可知，參加KI后，降低了活化能，KI不改變反響物和生成物的能量；反響物總能量高于生成物總能量，反響為放熱反響?！驹斀狻緼．由圖可知，參加KI后，降低了活化能，改變了反響的途徑，故A正確；B．KI不改變反響物和生成物的能量，那么KI不能改變總反響的能量變化，故B正確；C．由圖可知H2O+IOˉ總能量高于H2O2+Iˉ總能量，H2O2+Iˉ→H2O+IOˉ是吸熱反響，故C錯誤；D．由圖可知，反響物總能量高于生成物總能量，故D正確，應(yīng)選C。【點睛】此題考查化學反響中能量的變化，著重于對概念的理解，注意放熱反響、吸熱反響與反響物、生成物、催化劑有無必然關(guān)系，做題時不要混淆。7．B【解析】試題分析：由圖可知，Z的原子半徑最大，Y與Z能形成Z2Y、Z2Y2型離子化合物，那么Y為O元素、Z為Na元素；R原子最外層電子數(shù)是電子層數(shù)的2倍，那么R為C元素；Z與T形成的化合物Z2T能破壞水的電離平衡，那么T為S元素，硫化鈉可以發(fā)生水解；X的原子序數(shù)及原子半徑均最小，那么X為H元素。A.C的非金屬性比O弱，所以C元素的簡單氫化物〔甲烷〕的熱穩(wěn)定性比水弱，A不正確；B.O2-離子的半徑大于Na+，B正確；C.最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性是硫酸強于碳酸，C不正確；D.O與S屬于同一主族，與H不屬于同一周期，D不正確。此題選B。8．C【詳解】A、根據(jù)圖示可知，氫氣與一氧化二氮在銥〔Ir〕的催化作用下發(fā)生氧化復(fù)原反響，生成氮氣，反響為：H2+N2O＝N2+H2O，A正確；B、根據(jù)圖示可知：導電基體上的負極反響：氫氣失電子，發(fā)生氧化反響，導電基體上的負極反響：H2－2e?＝2H+，B正確；C、假設(shè)導電基體上只有單原子銅，硝酸根離子被復(fù)原為一氧化氮，不能消除含氮污染物，C錯誤；D、從圖示可知：假設(shè)導電基體上的Pt顆粒增多，硝酸根離子得電子變?yōu)殇@根離子，不利于降低溶液中的含氮量，D正確；正確選項C。9．D【詳解】A．黃銅礦中S元素為-2價，而多硫化物中S元素的化合價≥-1價，所以黃銅礦中不存在類似多硫化物的硫硫鍵，A正確；B．根據(jù)過氧化物的性質(zhì)可推測多硫化物鹽在酸性條件下不穩(wěn)定，易發(fā)生歧化反響生成S單質(zhì)和硫化氫，B正確；C．天然橡膠硫化生成多硫鏈后，使其物理機械性能和化學性能得到了改善，C正確；D．Na2S5具有一定的氧化性，易被復(fù)原，所以應(yīng)作正極反響物，負極反響物應(yīng)為易被氧化的鈉單質(zhì)，D錯誤；綜上所述答案為D。10．C【詳解】A．參加AgNO3固體，銀離子濃度增大，氯離子濃度減小，可以使溶液由c點變到a點，故A正確；B．參加少量水，平衡右移，但溶液還是飽和溶液，所以Cl-濃度不變，故B正確；C．b點在曲線的上方，銀離子和氯離子濃度的乘積大于Ksp()，所以b對應(yīng)溶液中有沉淀生成，故C錯誤；D．溫度不變，Ksp不變，ac點是相同溫度下的溶解沉淀平衡，Ksp相同，故D正確；故答案：C。11．4NH3+5O2=4NO+6H2O可使NO循環(huán)利用，全部轉(zhuǎn)化成HNO3利用余熱，節(jié)約能源8NH3+6NO2=7N2+12H2ONH3復(fù)原法53.1%【分析】N2和H2在A中反響生成NH3，NH3和O2在B中反響生成NO和H2O，NO和O2、H2O在吸收塔中反響生成HNO3，NH3和HNO3在D中反響生成NH4NO3?！驹斀狻?1)B中，NH3和O2反響生成NO和H2O，化學方程式為4NH3+5O2=4NO+6H2O；(2)NO和O2反響生成NO2，NO2和H2O反響生成HNO3和NO，生成的NO再和O2反響，故通入空氣可使NO循環(huán)利用，全部轉(zhuǎn)化成HNO3；(3)合成氨的反響屬于放熱反響，反響過程中會放出大量的熱，用熱交換器可以充分利用余熱，節(jié)約能源；(4)①NH3轉(zhuǎn)化為N2，N元素化合價由-3價變?yōu)?價，失去3個電子，NO2轉(zhuǎn)化為N2，化合價由+4價變?yōu)?價，得到4個電子，根據(jù)得失電子守恒和質(zhì)量守恒，配平化學方程式為8NH3+6NO2=7N2+12H2O；②利用堿液吸收法，消耗大量NaOH，且生成了有毒的亞硝酸鹽，利用NH3復(fù)原法，得到的產(chǎn)物無污染，故符合綠色化學的是NH3復(fù)原法；③根據(jù)N原子守恒的關(guān)系式：，那么1mol得到可得到的物質(zhì)的量為，根據(jù)可知，該反響消耗的氨氣的物質(zhì)的量為，那么制HNO3所用去的NH3的質(zhì)量占總耗NH3質(zhì)量的百分比含量為。12．HNO3AgNO3硝酸酸化的3的溶液〔pH=2〕該反響速率很小或反響的活化能較大圖乙NO3-+4Fe+10H+=NH4++4Fe2++3H2O參加足量稀硝酸加熱將固體全部溶解，再向所得溶液中參加稀鹽酸，產(chǎn)生白色沉淀不能Fe2+可能被硝酸氧化或被氧氣氧化【分析】〔1〕Fe過量，可能與硝酸反響生成硝酸亞鐵，或Fe與硝酸銀反響生成硝酸亞鐵；〔2〕①加硝酸酸化的3的溶液〔pH=2〕作比照實驗；②1號試管中未觀察到藍色沉淀，與反響速率很小有關(guān)；③發(fā)生NO3-+4Fe+10H+=NH4++4Fe2++3H2O，消耗氫離子，pH增大；④實驗過程中，溶液先變成淺綠色，而后逐漸呈棕黃色，但整個過程中并無NO氣體產(chǎn)生，那么NO3-中N轉(zhuǎn)化為NH4+；〔3〕Ag可溶于硝酸，不溶于鹽酸；〔4〕左側(cè)燒杯溶液，加KSCN溶液，溶液變紅，可知左側(cè)含鐵離子，左側(cè)為正極，但亞鐵離子可能被硝酸或氧氣氧化?！驹斀狻俊?〕提出猜測：Fe2+可能是Fe與HNO3或AgNO3反響的產(chǎn)物；〔2〕①2號試管中所用的試劑為硝酸酸化的3的溶液〔pH=2〕，與1為比照實驗；②資料顯示：該溫度下，0.1mol?L-1的AgNO3溶液可以將Fe氧化為Fe2+．但1號試管中未觀察到藍色沉淀的原因可能為該反響速率很小或反響的活化能較大；③反響中消耗氫離子，pH變大，那么pH傳感器測得的圖示為圖乙；④實驗測得2號試管中有NH4+生成，那么2號試管中發(fā)生反響的離子方程式為NO3-+4Fe+10H+=NH4++4Fe2++3H2O；〔3〕方案一：取出少量黑色固體，洗滌后參加足量稀硝酸加熱將固體全部溶解，再向所得溶液中參加稀鹽酸，產(chǎn)生白色沉淀〔或參加足量鹽酸，有黑色固體剩余〕，證明黑色固體中有Ag；〔4〕方案二：一段時間后取出左側(cè)燒杯溶液，參加KSCN溶液，溶液變紅，該實驗現(xiàn)象不能證明Fe2+可被Ag+氧化，理由為Fe2+可能被硝酸氧化或被氧氣氧化。13．C磷酸鈣C17.0%60.0%丙烷催化生產(chǎn)丙烯由三個不同反響組成，催化劑對三個反響的催化作用不一致，因此造成三個反響的速率改變不同，導致生成物的產(chǎn)率(即生成物的選擇性)不同C3H8-20e-+10O2-=3CO2+4H2O【詳解】(1)由題目所給數(shù)據(jù)可寫出如下熱化學方程式：a．H2(g)+O2(g)=H2O(l)△Ha=-285.8kJ/mol，b．C3H6(g)+O2(g)=3CO2(g)+3H2O(l)△Hb=-2021.4kJ/mol，c．C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l)△Hc=-2217.8kJ/mol，由蓋斯定律c-b-a，得：C3H8(g)→C3H6(g)+H2(g)△H1=△Hc-△Hb-△Ha=+81.4kJ/mol，故此處填+81.4kJ/mol；(2)增大壓強、升高溫度均可加快裂解速度，故可采取高溫高壓，答案選C；(3)①由圖示知，相同條件，在磷酸鈣載體的作用下，丙烷轉(zhuǎn)化率最高且丙烯選擇性最正確，故此處填磷酸鈣；②由①分析知，磷酸鈣載體催化效果更好，磷酸鈣由于磷酸根水解顯堿性，所以選用堿性催化劑效果更好，SiO2為酸性氧化物，Al2O3為兩性氧化物，MgO為堿性氧化物，故此處選C；③由所給數(shù)據(jù)計算得轉(zhuǎn)化的丙烷n(C3H8)=，故丙烷的轉(zhuǎn)化率=；丙烯的選擇性=；④丙烷催化生產(chǎn)丙烯由三個不同反響組成，催化劑對三個反響的催化作用不一致，因此造成三個反響的速率改變不同，導致生成物的產(chǎn)率(即生成物的選擇性)不同；(4)C3H8在負極失電子被氧化為CO2，初步確定電極反響為：C3H8-20e-→3CO2，左邊添加10個O2-配平電荷守恒，右邊添加4個H2O配平元素守恒，得完整電極反響式為：C3H8-20e-+10O2-=3CO2+4H2O。14．1s22s22p63s23p63d104s24p4或[Ar]3d104s24p42平面三角形sp3雜化bb中含有π鍵，電子云重疊程度更大，使得鍵長縮短分子SeO2形成聚合分子，相對分子量遠比SO2大，熔化時需要破壞分子間作用力更大【詳解】〔1〕Se與O元素同主族，位于第四周期，其元素序號為34，Se元素基態(tài)原子的電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s4p4或[Ar]3d104s24p4；同一周期中，第一電離能從左至右有增大的趨勢，但IIA族與IIIA族、VA族與VIA族反常，第四周期中第一電離能比Se元素大的有As、B