四川省巴中市2023年高考化学一模试卷及答案

高考化学一模试卷一、单项选择题1.2021年世界化学论坛以“化学让世界更美好〞为主题，将对催化、合成、药物、环境与能源等领域进行深入探讨。以下表达错误的选项是〔

〕A.

K2FeO4具有强氧化性，可以除去硬水中的Ca2+、Mg2+

B.

常利用活性炭或胶体的吸附性除去水中的悬浮物

C.

使用适宜的催化剂，利用太阳能可实现水分解制取氢气

D.

利用大气中CO2合成C2H6、CH3OH等有机原料，有利于控制海水酸化2.汉黄芩素(如图)从黄芩等中草药中提取，具有抗病毒作用。有关该化合物，以下表达错误的选项是〔

〕A.分子式为C16H12O5

B.含有四种官能团

C.能够发生水解反响

D.能使酸性重铬酸钾溶液变色3.NA为阿伏加德罗常数的值。以下表达正确的选项是〔

〕A.

标准状况下，2.24LHCl气体中H+数目为0.1NA

B.

标准状况下，2.24LD2中所含中子数目为0.4NA

C.

常温常压下，6.2gP4中所含P-P键数目为0.3NA

D.

0.2molSO2和0.1molO2在密闭容器中充分反响后的分子总数为0.2NA4.以下指定反响的离子方程式正确的选项是〔

〕A.0.1mol/LAgNO3溶液中参加过量氨水：Ag++NH3·H2O=AgOH↓+

B.NO2通入水中制硝酸：2NO2+H2O=2H+++NO

C.NaOH溶液与过量H2C2O4溶液反响：H2C2O4+2OH-=+2H2O

D.KOH溶液溶解Al(OH)3固体：Al(OH)3+OH-=[Al(OH)4]-5.利用高聚物PVDF(如图)为基质可以制取高分子膜、固体电解质，在污水处理及电池制造中应用广泛。短周期元素X、Y、Z原子序数依次增大，X原子核内不含中子，Y原子最外层电子数是电子层数的2倍，元素Z在化合物中不显正价。以下表达错误的选项是〔

〕A.

元素Z的氢化物是一种弱酸

B.

元素X是宇宙中含量最丰富的元素

C.

上述高聚物具有良好的耐化学腐蚀性、耐氧化性等优点

D.

形成上述高聚物的单体分子中各原子最外层均满足8电子稳定结构6.近年来钾离子电池的研发受到广泛重视。一种“摇椅式〞钾离子电池原理如下列图。电池反响为：K(1-x)FePO4+KxC8KFePO4+8C，以下表达错误的选项是〔

〕A.

放电时，a极是正极

B.

充电时，假设x=1/3，那么a极材料中n(Fe2+)：n(Fe3+)=1：2

C.

充电时，b极反响式：xK++xe-+8C=KxC8

D.

放、充电时，图中箭头所示为K+的移动方向，形同“摇椅〞7.以下实验装置、现象及结论合理的是〔

〕序号试剂及操作局部现象结论A滴入稀盐酸后铜片继续溶解，产生无色气体，在试管口处变为淡棕色盐酸具有氧化性B有气体生成酸性：硼酸强于碳酸C加热后产生有香味物质H2C2O4可发生酯化反响D试管内红色褪去SO2具有漂白性A.A

B.B

C.C

D.D二、非选择题8.离子交换树脂在水处理等领域应用广泛，其中氢离子交换树脂可用于PbCl2溶度积常数的测定，步骤如下：I．重蒸馏水的制取将蒸馏水放入上图一仪器A中，参加沸石，通入冷凝水，加热，锥形瓶中可得到重蒸馏水。II．将过量的固体溶于重蒸馏水中，充分搅动并放置约10小时后，得到PbCl2饱和溶液。将滤液过滤到一个枯燥的锥形瓶中，测量该溶液温度为t℃。III．离子交换和洗涤将氢离子交换树脂按上图二装填，量取25.00mL上述溶液放入枯燥的小烧杯中，分几次将其转移至交换柱内，控制流速，用250mL锥形瓶盛装流出液。待溶液流出后，用重蒸馏水洗涤烧杯及树脂至流出液呈中性。将洗涤液一并放入锥形瓶。IV．滴定向锥形瓶内参加2~3滴酚酞，用0.050mol·L-1NaOH标准溶液滴定。重复滴定2~3次，记录，消耗标准液的体积为14.20mL。请答复：〔1〕上图一中仪器A的名称是________，冷凝水出口方向为________(填字母)〔2〕用方程式表示步骤II中的溶解平衡：________。〔3〕①步骤III中量取25.00mL饱和溶液，选用的仪器是________。a．25mL碱式滴定管

b．50mL量筒

c．25mL酸式滴定管②简述如何用简单方法检验洗涤后的流出液呈中性：________。〔4〕步骤IV中滴定终点的现象为：________，实验测得t℃，Ksp(PbCl2)值为：________(保存2位小数)。〔5〕以下操作对测定结果的影响(填“偏大〞、“偏小〞或“不变〞)：①步骤II中过滤时漏斗用重蒸馏水润湿会使测定结果________。②实验中用蒸馏水代替重蒸馏水，测定结果________。(蒸馏水二次蒸馏可除去溶解的CO2)9.TiO2常用于油漆、食品添加剂、防晒霜等制造行业。利用钛铁矿(FeTiO3)制取TiO2·xH2O的主要流程如图。答复以下问题：〔1〕反响釜恒温在220℃~260℃，搅拌充分反响，该反响中氧化剂和复原剂的物质的量之比为________，搅拌的目的是________。〔2〕向步骤(1)反响后的液、固混合物中参加适量水，进行洗涤、过滤，得到固体中间产物K4Ti3O8、Fe2O3和稀碱液，将所得稀碱液经________(填操作名称)处理后参加反响釜中循环使用。〔3〕将上述固体用5%~20%稀盐酸溶解，并不断搅拌，生成中间产物TiOCl2，发生反响的化学方程式为________、________。〔4〕向酸解后的溶液中参加有机溶剂TBP(磷酸三丁酯)萃取、分液，别离得到TiOCl2水溶液，实验条件控制如以下列图，其中________点对应条件最适宜。〔5〕将TiOCl2在60℃时水解，生成TiO2·xH2O和物质X，物质X可以循环利用，其分子式为：________，该反响方程式为：________。〔6〕氯化法制取TiO2：通常将钛铁矿与氯气、焦炭混合，在约900℃时反响制得TiCl4，水解得到TiO2.相比氯化法，上述流程的优点是________。10.气态烯烃广泛用于塑料、纤维、洗涤剂等的合成。中科院某研究所在丙烷脱氢反响制备丙烯的条件控制方面进行了深入地研究。〔1〕：H2(g)、C3H6(g)、C3H8(g)的燃烧热(∆H)分别为-285.8kJ·mol-1、-2058kJ·mol-1、-2219.9kJ·mol-1。计算：C3H8(g)⇌C3H6(g)+H2(g)∆H=________kJ·mol-1，常温下该反响的∆S=+0.1kJ·mol-1·K-1，那么常温下该反响________(填“能〞或“不能〞)自发进行。〔2〕某种氧化硼催化剂(BOS)催化丙烷脱氢制丙烯的反响路径如图一，反响结果测定如图二。写出该路径主反响的化学方程式：________；结合图二，该反响路径可以提高丙烯产率的原因是________。〔3〕在体积可变的密闭容器中充入由3mol丙烷分别在3.0×104Pa、1.2×105Pa时发生脱氢反响。测得不同温度下的平衡态中，丙烷、丙烯的物质的量分数变化关系如下列图：①1.2×105Pa时丙烯的物质的量分数随温度变化的关系曲线是________。②以下表达能说明此反响已达平衡状态的是________。a.混合气体密度保持不变b.C3H6和H2的浓度相等c.相同时间断开和形成的碳氢键数目相同d.混合气体的摩尔质量不再改变③计算M点的平衡常数Kp=________

(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。11.Cr、Mn、Fe都属于黑色金属，答复以下问题。〔1〕基态Cr原子的价层电子排布式是________，基态Mn原子核外有________种不同能量的电子，Fe元素位于周期表中________区。〔2〕纳米Fe因其外表活性常用作有机催化剂，如下列图：①化合物M的熔沸点明显低于化合物N，其主要原因是________。②化合物N中C原子的杂化类型为________，元素C、N、O的第一电离能由小到大的顺序为________。〔3〕一种属于立方晶系的硫锰矿，其晶胞如下列图(●=Mn，=S)。在该晶胞中，硫原子的堆积方式为________。a.简单立方堆积

b.体心立方堆积

c.面心立方最密堆积〔4〕上述晶胞中最近两个硫原子之间的距离为dÅ(1Å=10-10m)，晶体密度为ρg·cm-3，那么阿伏加德罗常数的值NA=________(要求化简)。〔5〕Cr是周期表中第VIB族元素，化合价可以是0~+6的整数价态。答复以下问题，某化合物的化学式为Na3CrO8，其阴离子结构可表示为，那么Cr的化合价为________。呈四面体构型，结构为，由两个四面体组成，这两个四面体通过共用一个顶角氧原子彼此连接，结构为。那么由n(n>1)个通过顶角氧原子连续的链式结构的化学式为________。12.酯类物质M常用于高血压的治疗，合成路线如下：：i.RCHOii.RCHO答复以下问题：〔1〕烃D的分类是________a.烷烃

b.烯烃

c.芳香烃

d.环状化合物物质B的系统命名是________;M的分子式为________。〔2〕写出B→C的化学反响方程式：________。〔3〕A的结构简式可能为________，C+G→M的反响类型是________。〔4〕写出符合以下条件的G的同分异构体的结构简式：________(写一种即可)。①能发生银镜反响但不能发生水解②遇FeCl3溶液显紫色③核磁共振氢谱峰面积比为3：2：2：1〔5〕以1-丙醇为原料合成2-丁烯酸，写出合成路线图(无机试剂任选)________。

答案解析局部一、单项选择题1.【答案】A【解析】【解答】A．K2FeO4具有强氧化性，而Ca2+、Mg2+也具有氧化性两者不发生反响，故A符合题意；B．活性炭和胶体都具有吸附性，故可以除去悬浮物，故B不符合题意；C．利用催化剂参与反响，能将水分解生成氢气，故C不符合题意；D．将二氧化碳合成乙烷、甲醇等中性物质，有利用控制海水酸化，故D不符合题意；故答案为：A。【分析】根据物质的物理性质和化学性质进行判断物质的用途，高铁酸钾具有强氧化性能与复原性的物质发生反响，根据元素的化合价所处的价态判断其具有氧化性或复原性；2.【答案】C【解析】【解答】A．由结构可知，该有机物分子中含有16个C原子、12个H原子、5个O原子，故汉黄芩素的分子式为C16H12O5，A不符合题意；B．该有机物含有4种官能团，分别是碳碳双键、醚键、羟基、羰基，B不符合题意；C．羟基、羰基不能发生水解反响，而醚键一般不易发生水解反响，C符合题意；D．酚羟基、碳碳双键可以被酸性重铬酸钾溶液氧化，能使酸性重铬酸钾溶液变色，D不符合题意。故答案为：C。

【分析】

A.由结构简式得到分子式为C16H12O5；

B.分别含有羟基、羰基、醚键、碳碳双键四种官能团；

C.羟基、羰基、碳碳双键均不能发生水解反响，而醚键的水解反响条件要求较高，一般不发生反响；

D.含碳碳双键能使酸性重铬酸钾溶液变色

。3.【答案】A【解析】【解答】A.标况下2.24LHCl的物质的量为=0.1mol,，而在溶液中电离出氢离子，故A符合题意

B.标况下，2.24L的D2的物质的量为=0.1mol,1个D2分子含有的中子数为2，因此0.1mol的D2含有的中子数为0.2NA，故B不符合题意

C.6.2g的P4的物质的量为mol=0.5mol,1个白磷分子含有4个P-P键，故0.5mol的白磷含有的P-P键数目为3NA，故C不符合题意

D.2SO2+O22SO3,因此0.2molSO2和0.1mol的O2在密闭的容器中充分反响后的分子数大于0.2NA,故D不符合题意

故正确答案是：A

【分析】A.根据n=即可计算出物质的量，再根据氯化氢在水中的电离即可计算

B.根据n=即可计算出物质的量，找出1个D2分子中含有的中子数即可

C.根据n=计算出物质的量，再根据白磷的空间结构找出P-P键的数目即可

D.二氧化硫和氧气反响是可逆反响4.【答案】D【解析】【解答】A．AgNO3溶液中参加过量氨水，生成的AgOH会被氨水溶解，生成Ag(NH3)2OH，离子方程式为：Ag++NH3·H2O=AgOH↓+、AgOH+2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]++OH-+2H2O，故A不符合题意；B．NO2通入水中制硝酸，选项中的离子方程式的电荷不守恒，正确的离子方程式为：3NO2+H2O=2H++2+NO，故B不符合题意；C．H2C2O4是过量的，应该生成酸式盐：H2C2O4+OH-=H+H2O，故C不符合题意；D．Al(OH)3是两性氢氧化物，可以和KOH反响生成盐，离子方程式为：Al(OH)3+OH-=[Al(OH)4]-，故D符合题意；故答案为：D。

【分析】

A.AgOH一般不会存在，会以[Ag(NH3)2]+的形式存在；

B.电荷不守恒；

C.H2C2O4过量，故溶液中

无

，而是以HC2O4-形式存在；

D.Al(OH)3是两性，可以溶解在强碱中5.【答案】D【解析】【解答】A.由分析可知，元素Z的氢化物为HF，是一种弱酸，A不符合题意；B.宇宙中含量最丰富的元素是H，故元素X是宇宙中含量最丰富的元素，B不符合题意；C.上述高聚物是聚CF2=CH2塑料，分子中没有碳碳双键，故具有良好的耐化学腐蚀性、耐氧化性等优点，C不符合题意；D.形成上述高聚物的单体分子即CF2=CH2中C和F原子最外层满足8电子稳定结构，H的最外层只有2个电子稳定结构，D符合题意；故答案为：D。【分析】由题干信息可知，短周期元素X、Y、Z原子序数依次增大，X原子核内不含中子，故X为H，Y原子最外层电子数是电子层数的2倍，且结构中Y周围形成了4个共价单键，故Y为C，元素Z在化合物中不显正价，故Z为F，据此分析解题。6.【答案】B【解析】【解答】A．放电时为原电池反响，阳离子K+脱离负极外表进入电解质溶液中，移向正极，那么a极为正极，A不符合题意；B．充电时为电解池，假设x=，根据化合价的代数和为0，设Fe2+的物质的量为a，Fe3+的物质的量为b个，那么a+b=1，根据化合价的代数和为0，正化合价之和为(1-)+2a+3a，PO43-的负化合价为-3价，即(1-)+2a+3a+(-3)=0，解得a=，b=，所以K1-xFePO4中的n(Fe2+)：n(Fe3+)=2：1，B符合题意；C．由分析得出充电时，b极反响式为：xK++xe-+8C=KxC8，C不符合题意；D．放电过程为原电池反响，阳离子K+移向正极，充电过程为电解池，阳离子K+移向阴极，那么图中箭头所示为K+的移动方向，形同“摇椅〞，D不符合题意。【分析】根据总反响，放电过程为原电池反响，总反响为：K1-xFePO4+KxC8KFePO4+8C，阳离子K+移向正极，那么a极为正极，b极为负极，负极电极反响为：KxC8-xe-=xK++8C，正极电极反响为：K1-xFePO4+xK++xe-=KFePO4；充电过程为电解池，根据总反响KFePO4+8CK1-xFePO4+KxC8，a极为阳极，电极反响：KFePO4-xe-=K1-xFePO4+xK+，b极为阴极，电极反响：xK++xe-+8C=KxC8，据此分析解题。7.【答案】C【解析】【解答】A．向铜与浓硝酸完全反响后的溶液中滴入稀盐酸后铜片继续溶解，产生无色气体，在试管口处变为淡棕色，是由于硝酸铜电离出的硝酸根和盐酸电离出的Ｈ＋发生反响：3Cu+2NO+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O，表达的是HNO3的氧化性而不是盐酸的氧化性，A不符合题意；B．根据元素周期律可知，非金属性B＜C，故酸性H3BO3小于H2CO3，故向硼酸溶液中滴入碳酸钠溶液不会产生气泡，B不符合题意；C．草酸和乙醇在浓硫酸催化作用下发生反响：HOOCCOOH+2CH3CH2OHCH3CH2OOCCOOCH2CH3+2H2O,生成的草酸二乙酯等低级酯均具有特殊的香味，C符合题意；D．碳酸钠溶液因水解而显碱性，滴入酚酞后显红色，故SO2通入Na2CO3溶液中发生反响Na2CO3+H2O+2SO2=2NaHSO3+CO2↑，NaHSO3由于电离大于水解，故显酸性，故滴入酚酞的溶液褪色，但不是SO2的漂白性表达，而是酸性氧化物的通性，D不符合题意；故答案为：C。

【分析】

A.产生的气体为NO，根据氧化复原反响氧化剂为硝酸，盐酸是复原性和酸性；

B.由非金属可知，非金属性B＜C，碳酸酸性较强于硼酸，故无法反响，无气泡产生；

C.乙酸乙酯的制备实验原理，且乙酸乙酯是具有特殊的香味；

D.SO2溶于Na2CO3溶液中生成NaHSO3，亚硫酸根离子电离大于水解，故溶液成酸性，使酚酞红色变无色，而非漂白性。二、非选择题8.【答案】〔1〕圆底烧瓶；b端进a端出

〔2〕PbCl2(s)Pb2+(aq)+2Cl-(aq)

〔3〕c；锥形瓶中溶液颜色由无色变为粉红色且半分钟内不褪色

〔4〕取一小片pH试纸于外表皿中央，滴一小滴最后一次洗涤液于试纸的中央，并迅速于标准比色卡对照；1.1×10-6

〔5〕不变；偏大【解析】【解答】(1)由图示可知，上图一中仪器A的名称是圆底烧瓶，为增强冷凝效果采用逆向通入冷凝水，故冷凝水出口方向为b端进a端出，故答案为：圆底烧瓶；b端进a端出；

(2)步骤II即配制PbCl2饱和溶液，故步骤II中的溶解平衡方程式为：PbCl2(s)Pb2+(aq)+2Cl-(aq),故答案为：PbCl2(s)Pb2+(aq)+2Cl-(aq)；(3)①由于PbCl2溶液因水解呈酸性且具有腐蚀橡胶的性质，故步骤III中量取25.00mL饱和溶液，选用的仪器是25mL酸性滴定管，故答案为：c；②取一小片pH试纸于外表皿中央，滴一小滴最后一次洗涤液于试纸的中央，并迅速于标准比色卡对照，直至pH=7即可，故答案为：取一小片pH试纸于外表皿中央，滴一小滴最后一次洗涤液于试纸的中央，并迅速于标准比色卡对照；(4)步骤IV是用标准的NaOH溶液滴定酸，故滴定终点的现象为：锥形瓶中溶液颜色由无色变为粉红色且半分钟内不褪色，实验测得t℃，Pb2++HRPbR2+2H+(HR表示H+交换膜)，故有c(Pb2+)=c(H+)===1.42×10-2mol/L，那么c(Cl-)=2c(Pb2+)，故Ksp(PbCl2)=c(Pb2+)c2(Cl-)=4c3(Pb2+)=4×(1.42×10-2mol/L)3≈1.1×10-6,故答案为：锥形瓶中溶液颜色由无色变为粉红色且半分钟内不褪色；1.1×10-6；(5)①步骤II中过滤时漏斗用重蒸馏水润湿，并不改变溶液中的H+的物质的量，故不会使测定结果发生改变，故答案为：不变；②由于蒸馏水中溶解的CO2也将消耗NaOH，故实验中用蒸馏水代替重蒸馏水，测定结果偏大，故答案为：偏大。【分析】此题是以PbCl2与H+交换膜反响交换出H+，并用标准浓度的NaOH溶液进行滴定，来测量出溶液中的Pb2+的物质的量浓度，从而可测量出PbCl2的Ksp，对蒸馏水进行屡次蒸馏是为了除去溶解在其中的CO2，以免对实验结果造成误差，据此分析解题。

9.【答案】〔1〕1:4；加快反响速率

〔2〕蒸发浓缩

〔3〕K4TiO6+10HCl=4KCl+3TiOCl2+5H2O；Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O

〔4〕C

〔5〕HCl；TiOCl2+〔x+1〕H2O=TiO2·xH2O+2HCl

〔6〕节约资源，不产生污染空气的气体【解析】【解答】〔1〕反响釜中的温度是220℃~260℃，发生反响是12FeTiO3+3O2+16KOH=4K4TiO6+6Fe2O3+8H2O,该反响中的氧化剂是氧气，复原剂是FeTiO3，其物质的量之比为1;4,搅拌的目的是使反响物充分混合，加快反响速率，故正确答案是：1:4、使反响物充分混合，加快反响速率

〔2〕将所得稀碱液经稀氢氧化钠溶液经过蒸发浓缩得到浓的氢氧化钠溶液，参加到反响釜中循环使用，故正确答案是：蒸发浓缩

〔3〕K4TiO6与5%-20%的稀盐酸反响得到TiOCl2

和氯化钾，发生的反响是K4TiO6+10HCl=4KCl+3TiOCl2

+5H2O、Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O，故正确答案是：K4TiO6+10HCl=4KCl+3TiOCl2

+5H2O、Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O

〔4〕根据图示，TBP体积分数为40%，铁离子的萃取率最高，C点对应条件最适宜，故正确答案是：C

〔5〕将TiOCl2

在60℃时水解，生成TiO2·xH2O和物质X，根据X循环使用，根据元素守恒判断其分子式为HCl,发生的化学方程式为TiOCl2

+〔x+1〕H2O=TiO2·xH2O+2HCl，故正确答案是：HCl,TiOCl2

+〔x+1〕H2O=TiO2·xH2O+2HCl，

〔6〕氯化法制取二氧化钛的反响方程式为2FeTiO3+7Cl2+6C=TiCl4+2FeCl3+6CO，此反响消耗能源且产生一氧化碳污染空气，故正确答案是：节约资源，不产生污染空气的气体

【分析】〔1〕根据反响物和生成物即可写出方程式即可判断出氧化剂与复原剂量，搅拌的目的是充分接触，提高反响速率

〔2〕根据反响釜中需要的浓氢氧化钾溶液即可得出将稀氢氧化钾溶液进行加热浓缩

〔3〕根据反响物和生成物即可写出方程式

〔4〕根据图示即可找出最高点

〔5〕根据元素守恒即可X和写出方程式

〔6〕根据方程式的条件和产物即可找出优点

10.【答案】〔1〕+123.9；不能

〔2〕C3H8+O2=C3H6+H2O；该路径减少了O2直接与C3H8反响生成CO、CO2的可能性，从而提高了产率

〔3〕d；ad；1.5×104Pa【解析】【解答】(1)根据题意可得：①H2(g)+O2(g)=H2O(l)△H=-285.8kJ/mol，②C3H6(g)+O2(g)=3CO2(g)+3H2O(l)△H=-2058kJ/mol，③C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l)△H=-2219kJ/mol，根据盖斯定律，将反响③-②-①得：C3H8(g)⇌C3H6(g)+H2(g)△H，那么△H=(-2219kJ/mol)-(-2058kJ/mol)-(-285.8kJ/mol)=+123.9kJ/mol，△G=△H-T△S=123.9kJ/mol-298K×0.1

kJ•mol-1•K-1=94.1kJ/mol＞0，故常温下不能自发进行，故答案为：+123.9；不能；

(2)由图可知，该路径主反响的化学方程式：C3H8+O2=C3H6+H2O，由图2可知，生成的CO、CO2的量很少，说明该路径减少了O2直接与C3H8反响生成CO、CO2的可能性，从而提高了产率，故答案为：C3H8+O2=C3H6+H2O；该路径减少了O2直接与C3H8反响生成CO、CO2的可能性，从而提高了产率；(3)①对于C3H8(g)⇌C3H6(g)+H2(g)△H＞0，升高温度，平衡正向移动，增大压强，平衡逆向移动，故d为1.2×105Pa时丙烯的物质的量分数随温度变化的关系曲线，故答案为：d；②a.在体积可变的密闭容器中，混合气体的密度ρ=，m(总)不变，假设ρ不变，那么V不变，即各组分的物质的量不变，反响到达平衡状态，a正确；b.根据方程式可知。C3H6和H2的物质的量始终相等，那么浓度始终相等，b不正确；c.应该具体到某一种物质时，才能说明反响到达平衡状态，c不正确；d.混合气体的摩尔质量：M=，因m(总)不变，假设M不变，那么n(总)不变，那么反响到达平衡状态，d正确；故答案为：ad；③由题意可知，a为1.2×105Pa时丙烷的物质的量分数随温度变化的关系曲线，M点时，φ(C3H8)=50%，那么φ(C3H6)=φ(H2)=25%，平衡常数Kp===1.5×104Pa，故答案为：1.5×104Pa。【分析】

〔1〕根据盖斯定律计算得到反响热为+123.9kJ·mol-1，注意正负号；由吉布斯自由能△G=△H-T△S=123.9kJ/mol-298K×0.1

kJ•mol-1•K-1=94.1kJ/mol＞0，故常温下不能自发进行，注意计算时温度为K氏温度；

〔2〕由图一的转化路径可知化学方程式为：C3H8+O2=C3H6+H2O；由图二可以分析，其含氧副产物很少，因此原因是减少了氧气与C3H8的反响，从而减少副产物，提高主产物产率；

〔3〕

①

由〔1〕知反响吸热，升温平衡正向移动，而增大压强平衡逆向移动，所以分析图像可知丙烯为d;

②

平衡状态的判断，主要为变化的组分平衡后组分的成分不再变化，即前变后不变；满足次条件的由ad;

③

由图像可知，平衡后丙烷的物质的量分数为50%，曲线a为1.2×105Pa时丙烷，由化学平衡常数的计算得到Kp=1.5×104。11.【答案】〔1〕3d54s1；25；d

〔2〕sp3；sp2；C＜O＜N

〔3〕c

〔4〕

〔5〕+5；CrnO(3n+1)2-【解析】【解答】〔1〕Cr是24号元素的原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1,那么基态原子的价层电子排布式为3d54s1,锰元素是25号元素，核外每个电子的运动状态都不相同，因此基态Mn原子核外有25种运动状态的电子，Fe是位于d区，故正确答案是：3d54s1,25.d

〔2〕①化合物中含有氨基，分子间可以形成氢键，故其熔沸点明显高于化合物M，故正确答案是：化合物N分子间形成氢键②化合物N中饱和碳原子的杂化方式为sp3，苯环上的碳原子为sp2.由于氮原子的2p轨道上的电子处于半充满状态，第一电离能高于同周期相邻元素，因此C,N,O的第一电离能由小到大的顺序为C＜O＜N，故正确答案是：sp3，sp2.C＜O＜N，

〔3〕由图可知，硫原子位于锰原子的正四面体空隙中，整体结构与金刚石排列相似，硫原子和锰原子堆积方式相同，晶胞中的锰原子位于面心和顶点，采用面心立方堆积，硫原子也为面心立方堆积，故正确答案是：C

〔4〕根据晶胞结构图即可判断最近的两个硫原子的距离为面对角线的一半，面对角线=2dx10-8cm，晶胞的边长为dx10-8cm，晶胞的体积为〔dx10-8cm〕3，根据占位法计算出金宝中含有硫原子4个，锰原子含有=4,根据v=，计算出NA=，故正确答案是：NA=

〔5〕由阴离子结构可知，Cr和O形成5个价键，也由此确定Cr的化合价为+5价，两个铬酸根离子每共用一个角顶氧原子就少一个氧原子，由n个铬酸根离子连续连接，减