2023年甘肃省武威市高考化学第一次联考试卷及答案解析

2023年甘肃省武威市高考化学第一次联考试卷

一、单选题（本大题共7小题，共21.0分）

1.化学与生产、生活、科技及环境等密切相关.下列说法正确的是（）

A.侯氏制碱法应在饱和食盐水中先通二氧化碳再通氨气

B.大气中PM2.5比表面积大，吸附能力强，能吸附许多有毒有害物质

C.工业上用电解熔融氯化钠和熔融氧化镁的方法，来制备金属钠和镁

D.食品包装袋中常有硅胶、生石灰、还原铁粉等，其作用都是防止食品氧化变质

2.《本草纲目》中记载：“看药上长起长霜，则药已成矣。”

其中“长霜”代表梧酸的结晶物，桔酸（只含C、H、0）的球棍模

型如图所示。下列有关精酸的说法错误的是（）

A.能发生加成反应和取代反应B.能与NaOH溶液反应

C.分子式为C7H6。6D.苯环上只有一种一氯代物

3.下列实验正确且能达到实验目的的是（）

B

Kj(Fc(CN)J(aq)

「

C：

绿图C是检验绿砒溶液是否变质

研

多

溶

u液

C

Na2SO4(aq)图D是制备少量氢气

4.设NA为阿伏加德罗常数的值。接触法制备硫酸的原理:

(liIfr.s.Il(r--2/■,(),XSS；(2)2SO2(g)+02(g)W2SO3(g)AH=-98.3kJ-

11

mor；(3)SO3(g)+H2O(1)=H2S04(l)AH=-akj-mor.下列说法正确的是()

A.lLpH=1的硫酸溶液中含H+的数目为0.2NA

B.反应(2)中SO2和。2反应放出9&3kJ热量时生成SO3分子的数目为

-1

C.S03(g)+H2O(1)=H2S04(aq)AH=-bkj-mol,则b<a

D.反应(1)中生成22.4LSC)2转移的电子数为5.5NA

5.三室膜电渗析分离硫酸锂并回收酸碱的装置示意图如图，下列说法正确的是()

离

离

子

子

交

交

换

换

膜

膜

H,SO4I进LijSO/进LiOHI

A.酸碱的浓度：进等于出

B.右侧电极的电极反应式为2H2。+2e-=20H-+H2T

C.装置工作一段时间后，n(a)：n(b)=2：1

D.右侧离子交换膜为阴离子交换膜

6.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是电子层数的3

倍，元素Y、Z、W互不相邻但位于同周期，且Y、Z的最外层电子数之和等于W的最外层电子

数，W在同周期中原子半径最小。下列叙述错误的是()

A.原子半径的大小顺序：r(Y)>r(Z)>r(W)

B.元素X的简单气态氢化物的热稳定性比Z的强

C.元素W的最高价氧化物对应水化物的酸性比Z的弱

D.Z、W形成的化合物ZW3中各原子最外层电子均满足8电子稳定结构

7.常温下，向25mL0.1mol•L的二元酸&X溶液中逐滴加入

等浓度的NaOH溶液，溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所

示，下列说法正确的是()

A.曲线I表示1g鬻/与pH的关系

B.滴入NaOH溶液至中性:c(Na+)=c(HX-)+c(X2")

C.V[NaOH(aq)]=25mL时，混合溶液呈碱性

D.2HX-=X2-+H?X的平衡常数K=10-36

国端需或Wc(X「

C(HZA)c(HX-)

二、流程题(本大题共1小题，共8.0分)

8.中国是世界上最大的鸨储藏国。以黑鸨精矿(主要成分为Few。,、MnW04,含少量SiO?)为

原料冶炼鸨的流程如图所示：

纯空

H,wo4-*WOj-►W

已知：鸨酸酸性很弱，鸨酸和W03均难溶于水；25久时，SiO"和W0/开始沉淀的pH分别为

10.3和7.3,完全沉淀的pH分别为8和5。

回答下列问题:

⑴“粉碎”的目的是；“粉碎”后的黑鸨矿粒径约为50nm,往其中加入浸取液后

形成的分散系属于。

(2)同浓度的硅酸根离子比鸨酸根离子结合质子的能力(填“强”或“弱”)o

(3)写出在“焙烧条件下FeW04与纯碱、空气反应生成Fez。?的化学方程式：。

(4)“滤液I”调节pH应选择的试剂为(填标号)，调节pH的范围为。

A.氨水

B.WO3

C.稀硫酸

D.NaOH

6

(5)常温下，Ksp[Ca(OH)2]=5.5X10-,Ksp(CaW04)=8.8xlO-常温下，向NazWCU溶液

中不断加入石灰乳，当溶液的pH=13时，c(WOj-)=mol•L-i。

(6)目前，冶炼拉制鸨丝的金属鸨，都用组成为非整比的鸨氧化物为原料，这种氧化鸨中存在

+5价和+6价两种价态的鸨。试确定组成为WO2.9的氧化鸨中+5价和+6价的鸨原子数之比等

于o

三、实验题(本大题共1小题，共10.0分)

9.实验室采用高温加热三氟化硼(BF3)与氯化铝(AlCb)的方法制备BCb，装置如图所示(夹持

装置及加热装置略)，已知BF3与BCb均易与水反应，AlCk沸点低、易升华。

部分物质的沸点如表所示:

物质

BF3BC13A1C13

沸点/℃-10112.5180

回答下列问题：

(1)仪器a的名称为。

(2)氟硼酸钾(KBF。中B元素的化合价为。实验中滴入浓硫酸并加热装置A,除产生气

体外，还生成一种酸式盐，写出反应的化学方程式：。

(3)装置F的作用为。

(4)实验开始时，A、C两处加热装置应先加热A处，原因是o

⑸装置D采用的是或(填“水浴加热”或“冷水浴”)。

(6)BCk产品中氯元素含量的测定：称取ag样品置于蒸得水中完全水解，并配成250mL溶液,

量取25.00mL于锥形瓶中，向其中加入VimLcimol-LAgNO3溶液使Q-充分沉淀，加入一定

量硝基苯用力振荡，静置后，滴加几滴Fe(NO3)3溶液，用c2moi」TKSCN标准溶液滴定至溶

液变为红色且半分钟内不褪色，消耗KSCN标准溶液的体积为VzmL,则产品中氯元素含量为

(列出计算式即可)。(已知：Ag++SCN-=AgSCN1)

四、简答题(本大题共3小题，共24.0分)

10.丙烯是制备聚丙烯塑料的单体，工业上可用丙烷和CO2制取丙烯：

反应1：C3H8(g)=c3H6(g)+H2(g)AH1=+246kJ-mol。

反应2：CO2(g)+H2(g)#CO(g)+H2O(g)AH2=+41kJ-moL。

回答下列问题

(1)反应3：C3H8(g)+CO2(g)UC3H6(g)+CO(g)+H2O(g)AH=kJ.mol。

(2)向恒温恒容密闭容器中充入C3H8(g)和C02(g)，只发生反应3,不能说明反应3达到平衡状

态的是(填标号)。

A.混合气体密度不随时间变化

B.混合气体总压强不随时间变化

C.混合气体平均相对分子质量不随时间变化

D.丙烷的消耗速率等于丙烯的生成速率

(3)向密闭容器中充入C3H8(g)只发生反应1,测得速率方程为丫=人工3H8)(k为速率常数，只

与温度、催化剂有关)。已知：Rlnk=-半+C(R、C为常数，T为温度，Ea为活化能)。实验

测得其他条件相同，不同催化剂Catl、Cat2对速率常数的影响如图1所示。其中，催化效能较

高的是(填“Catl”或“Cat2”)，判断的依据是。

/?lnk/(kJmol1K1)

（4）向密闭容器中充入ImolC3H8（g）和lmolCO2（g），发生上述反应1和反应2,测得丙烷的平衡

转化率与温度、压强的关系如图2所示。

①X代表（填“温度”或“压强”），丫2（填“>”、或“=”）丫尸

②M点时，C3H8（g）和H?（g）的浓度相等。则M点对应的反应2的平衡常数K=o

⑸向总压强恒定为76kPa的密闭容器中充入C3H8（g）和Ar（g）,只发生反应1,C3H8（g）的平衡

转化率与喘瞿的关系如图3所示。其他条件不变，随着喘瞿增大,C3H8的平衡转化率减小，

njnj

其原因是,当喘第2等于2时，经lOmin达到平衡，丙烯的分压变化速率为

«(Ar)

图3

11.我国科学家利用锦簇催化剂(Mn,CaOx.x代表氧原子数)解密光合作用。锦簇的可逆结构

异构化反应如图。

请回答下列问题:

(1)基态氧原子价层电子轨道表示式为。基态钙原子中能量最高的电子所占据原子轨

道的电子云轮廓图为形。

(2)已知：在元素周期表中Mn、Cr相邻。第二电离能与第一电离能之差较小的是(填

“Mn”或“Cr”),理由是。

(3)在上述异构化反应中，ImolA中由Mn形成的键有mol。

(4)MnS晶胞与NaCl晶胞属于同种类型，MnS晶胞结构如图所示。

•Mn

OS

①Mn原子位于S原子形成的(填“正四面体”或“正八面体”)中心。

②以晶胞参数为单位长度建立坐标系，可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子坐标。在MnS

晶胞坐标系中，1号S原子坐标为(0,0,0),3号S原子坐标为(1,1,1),则2号S原子坐标为。

③已知：MnS晶体的密度为pg-cm-3,以为阿伏加德罗常数的值。则MnS晶胞中阴、阳离子

最近距离为pm。

12.化合物H(O~VBr)是合成某治疗心脑血管疾病药物的中间体，合成H

的常用方法如图:

盐酸羟胺

YN—OHCHsBrN-OCH,

②II-11Tli

CH—C—CH醇/噬11定CHj—c—CH,DMFCH,—c—CH,

3'

请回答下列问题：

(1)化合物H的分子式为,E中的含氧官能团有种。

(2)A->B的反应类型为,漠代姓X的名称为。

(3)化合物F的结构简式为,反应CtD的化学方程式为。

(4)同时满足下列条件的D的同分异构体有种(不考虑立体异构)。

①能发生水解反应

②能与FeCk溶液发生显色反应

其中1H-NMR谱显示分子中含有4种氢原子的结构简式为(写出一种即可)。

(5)设计以甲苯、乙酸酎为原料合成阿司匹林((无机试

剂任选)。

答案和解析

I.【答案】B

【解析】解：A.氨气极易溶于水，二氧化碳可溶于水，为了提高原料利用率，应在饱和食盐水中

先通入氨气形成碱性溶液，以利于二氧化碳的吸收，故A错误；

B.气中PM2.5颗粒比表面积大，具有较强的吸附能力，能吸附大量的有毒有害物质，会危害人体呼

吸道，故B正确：

C.氧化镁熔点高，电解熔融氧化镁时耗能高，工业上常用电解熔融氯化镁的方法来制备金属镁，

故C错误；

D.还原铁粉能与氧气反应，食品包装袋中作抗氧化剂，可防止食品氧化变质，但硅胶、生石灰等

不能与氧气反应，在食品包装袋中作干燥剂，故D错误；

故选：Bo

A.侯氏制碱法应在饱和食盐水中先通氨气，再通二氧化碳；

B.PM2,5颗粒比表面积大，具有较强的吸附能力；

C.工业上用电解熔融氯化钠和熔融氯化镁的方法，来制备金属钠和镁；

D.硅胶、生石灰等具有吸水性，常作食品包装袋中的干燥剂。

本题考查物质的组成、性质及应用，把握物质的组成及性质、性质与用途的关系为解答的关键，

侧重分析与运用能力的考查，注意化学与生产、生活、科技及环境的联系，题目难度不大。

2.【答案】C

【解析】解：A.酚羟基、竣基能发生取代反应，苯环能发生加成反应，分子中含有酚羟基、竣基、

苯环，故能发生加成反应和取代反应，故A正确；

B.分子中含有酚羟基、竣基，能与NaOH溶液反应，故B正确；

C.由图可知，分子式为C7H6。5,故C错误；

D.苯环上的氢只有1种环境，故苯环上只有一种一氯代物，故D正确；

故选：C«

A.分子中含有酚羟基、竣基、苯环；

B.酚羟基、竣基，能与NaOH溶液反应；

C.分子式为C7H6。5；

D.苯环上的氢只有1种环境。

本题考查有机物的结构与性质，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。

3.【答案】D

【解析】解：A.氯化钱不能用来制取氨气，且氨气极易溶于水，不能用排水法收集，故A错误；

B.装置为密闭装置，一氧化碳不能顺利进入试管，故B错误；

C.亚铁离子变质生成铁离子，应该使用KSCN溶液检验，故C错误；

D.电解水生成氢气和氧气，能达到目的，故D正确：

故选：D。

A.氨气极易溶于水；

B.该装置为密闭装置；

C.亚铁离子变质生成铁离子，检验铁离子用KSCN溶液检验；

D.电解水生成氢气和氧气。

本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的制备、实验技能为解答的

关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。

4.【答案】B

【解析】解：A.lLpH=l的硫酸溶液中含H+的物质的量为O.lmol、数目为O.INA，故A错误；

B.反应(2)中每消耗2moiSO?、lmol02,生成2moiSO3时放出98.3kJ热量，贝USO2和。2反应放出98.3kJ

热量时生成SO3分子的数目为2NA，故B正确；

C.硫酸溶于水时放热，则三氧化硫与水反应生成稀硫酸比生成纯硫酸时放出热量更多，则S03(g)+

-1

H2O(1)=H2S04(l)AH=-akj-moL和S03(g)+H2O(1)=H2S04(aq)AH=-bkj-mol,相比,

b>a,故C错误；

D.没有指明是标准状况，所以22.4L二氧化硫的物质的量难以计算，反应(1)中生成22.4LSO2转移

的电子数难以计算，故D错误；

故选：Bo

A.ILpH=1的硫酸溶液中含H+的物质的量为O.lmol；

B.反应⑵中每消耗2moiSO?、lmolO2,生成2moiSO3时放出98.3kJ热量；

C.硫酸溶于水时放热，则三氧化硫与水反应生成稀硫酸比生成纯硫酸时放出热量更多；

D.没有指明气体的状态，无法进行计算。

本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度不大，明确物质结构和性质、反应原理为

解答关键，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，试题侧重考查学

生的分析能力及化学计算能力。

5.【答案】B

【解析】解：A.由分析可知，左室有生成氢离子和迁移过来的硫酸根离子，硫酸浓度变大；右室

有生成的氢氧根离子和迁移过来的锂离子，氢氧化锂浓度变大，故A错误；

B.右侧电极水放电发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，电极反应式为2H2。+2e-=20H-+

H2T,故B正确；

C.由分析可知，a为生成的氧气、b为生成的氢气，根据电子守恒可知，生成气体n(a)：n(b)=1：

2,故C错误；

D.右侧离子交换膜可以让锂离子通过，为阳离子交换膜，故D错误；

故选:Bo

三室膜电渗析分离硫酸锂并回收酸碱，由图可知，中间室离子向两侧迁移，右侧得到氢氧化锂、

左侧得到硫酸，则右侧电极为阴极，水放电发生还原反应生成氢气和氢氧根离子：左侧电极为阳

极，水放电发生氧化反应生成氧气和氢离子。

本题考查学生原电池的工作原理知识,注意能量的转化等知识，知识的归纳和梳理是解题的关键，

难度不大。

6.【答案】C

【解析】解：A.电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；原子半径

的大小顺序：r(Y)>r(Z)>r(W),故A正确；

B.非金属性越强，其简单氢化物稳定性越强，元素X的简单气态氢化物的热稳定性比Z的强，故B

正确；

C.非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，元素W的最高价氧化物对应水化物的酸

性比Z的强，故C错误；

D.Z、W形成的化合物ZW3为PCI3,各原子最外层电子均满足8电子稳定结构，故D正确：

故选：Co

短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是电子层数的3倍，X为

氧；元素Y、Z、W互不相邻但位于同周期，W在同周期中原子半径最小，W为氯；Y、Z的最外层

电子数之和等于W的最外层电子数，则Y、Z分别为镁、磷。

本题考查元素周期律，侧重考查学生原子半径、非金属性的掌握情况，试题难度中等。

7.【答案】C

【解析】解：A.由上述分析可知，曲线I表示恒篮?与pH的关系，曲线I[表示1g鬻蒋与pH的关

系，故A错误；

B.滴入NaOH溶液至中性时c(H+)=c(OH-),电荷守恒关系c(Na+)+c(H+)=c(HX-)+2c(X2-)+

c(OH-),即c(Na+)=c(HX-)+2c(X2-),故B错误；

48-112

C.V[NaOH(aq)]=25mL时，溶液中溶质为NaHR,%X的电离平衡常数K】=10-,K2=IO,

HX-的水解常数心=*=黯=10-92>K?,HX-的水解程度大于其电离程度，贝I」

V[NaOH(aq)]=25mL时的混合溶液呈碱性，故C正确；

-48-1122-

D.H2X的电离平衡常数％=10->K2=IO,则2HX-=X+&X的平衡常数K=

22+

C(X-)-C(H2X)_C(X-)C(H2X)C(H)_K2_ION0_&4故D错误.

C2(HX-)-C2(HX-)X硒一而一行初一10'故D徐床’

故选：Co

由图可知，a点的pH=3,C(H+)=10-3mol/L,鬻白或冢2=1。-",c(H+)与鬻蒋或笑?的

乘积为10-43b点的pH=8,c(H+)=10-mol/L,黯或黯=lOf?，与骗或豁

的乘积为10-1L2,二元酸的电离平衡常数Ki=^?xc(H+),K2=eM2xc(H+)，且K1>

K21则曲线I表示1g篮?与pH的关系，曲线II表示1g鬻得与pH的关系，即K1=10-4.8,K

IO-112,结合电荷守恒关系c(Na+)+c(H+)=c(HX-)+2c(X2-)+c(OH-)分析解答该题。

本题考查酸碱混合溶液的定性判断及pH的简单计算，判断曲线表示的意义、电离平衡常数的计算

为解答关键，注意掌握溶液中守恒关系式的应用，侧重考查学生的分析能力、计算能力及运用能

力，题目难度中等。

8.【答案】增大反应物表面积，提高焙烧效率悬浊

液强IFfWO^0.-LVd.C(r21,<>.ICO,.n,C7.3<pH<81.6x

10-51:4

【解析】解：(1)“粉碎”的目的是增大反应物表面积，提高焙烧效率；浊液是分散质粒子大于

lOOnm的分散系，“粉碎”后的黑鸨矿粒径约为50pm,往其中加入浸取液后形成的分散系属于悬

浊液，

故答案为：增大反应物表面积，提高焙烧效率；悬浊液；

(2)25久时，SiOg和WOt开始沉淀的pH分别为10.3和7.3,说明硅酸根更容易结合氢离子生成沉

淀，故同浓度的硅酸根离子比鸨酸根离子结合质子的能强，

故答案为：强；

(3)在“焙烧”条件下，Few。,与纯碱、空气反应生成Fe2()3,反应中铁元素化合价升高、氧元素

化合价降低，根据质量守恒可知，还会生成二氧化碳、Na2WO4,结合电子守恒可知，反应的化

学方程式为：IFJI(入.5-1.VM5a2&C+JCO.-I.VujHU,'

故答案为：.()iNaiCOi=2FeQ+4C0LV&JI储；

(4)25二时，SiO1和WO；一开始沉淀的pH分别为10.3和7.3,完全沉淀的pH分别为8和5,“滤液I”

调节pH使得SiO歹转化为硅酸沉淀除去硅而WO歹不沉淀，故调节pH的范围为7.3<pH<8,水浸

后溶液显碱性，加入酸调节pH,故应选择的试剂为稀硫酸，

故答案为：C；7.3<pH<8；

(5)当溶液的pH=13时，c(OH-)=0.1mol•LT,c(Ca2+)=粤喘绊1=安/mol/L=5.5x

10-4mol/L,则c(W0▽)=.潦;。=黑;::mol/L=1.6X10-5mol/L.

故答案为：1.6x10-5；

(6)W0z9的氧化铝中+5价和+6价的鸨原子数分别为a、1-a,根据化合价代数和为零可知，5a+

6(1-a)=2.9x2,a=0.2,故+5价和+6价的鸨原子数之比等于1：4,

故答案为：1：4。

黑铝精矿粉碎加入纯碱、空气焙烧生成Fe2()3、Na2WO4,MnO2>Na2SiO3,水浸除去氧化铁、二

氧化锦，滤液加入稀硫酸调节pH,将Na2SiC)3转化为沉淀，滤液调节pH得到H2WO4,处理得到WO3,

最终得到W；

(1)“粉碎”的目的是增大反应物表面积，提高焙烧效率：浊液是分散质粒子大于100nm的分散系,

“粉碎”后的黑色矿粒径约为50“m；

(2)25二时，SiO歹和WO厂开始沉淀的pH分别为10.3和7.3,说明硅酸根更容易结合氢离子生成沉

淀；

(3)在“焙烧”条件下，FeWO,与纯碱、空气反应生成Fe2()3；

(4)25二时，SiOg和WO；一开始沉淀的pH分别为10.3和7.3,完全沉淀的pH分别为8和5,“滤液I”

调节pH使得SiO歹转化为硅酸沉淀除去硅而WO广不沉淀；

(5)当溶液的pH=13时，c(OH-)=O.lmolL-1,c(Ca?+)=噜群罗=9^J二mol/L=5.5x

10-4mol/L,则c(W0『)=及黑券

(6)WC>2.9的氧化铝中+5价和+6价的铝原子数分别为a、1-a,根据化合价代数和为零可知，5a+

6(1—a)=2.9x2,a=0.2。

本题考查物质的制备，侧重考查学生物质之间的转化和分离提纯知识的掌握情况,试题难度中等。

9.【答案】三颈烧瓶+3(iKBFi-By),*(i/.'、，，^1)1■I.A//>(>,..MIO尾气处

理产生BF3气体，将体系中的空气排出，避免影响产率冷水浴35.5(C1;-C2V2)%

【解析】解：(1)由图可知，仪器a的名称为三颈烧瓶，

故答案为：三颈烧瓶；

(2)根据正负化合价为零的原则可知，氟硼酸钾(KBFQ中B元素的化合价为+3价；由分析可知，实

验中滴入浓硫酸并加热装置A,反应生成BF3,还生成一种酸式盐，根据质量守恒可知该盐为硫酸

氢钾，此外还会生成水，反应为：(KOFj_+=8BJJ1+tiKHS()l-：$///)>

故答案为:+3；(iKflf,Li()(iJI.SOiSDFGA7/SO,

(3)该反应用到了BF3,且该物质可和氢氧化钠溶液反应，故装置F的作用为尾气处理，

故答案为：尾气处理；

(4)装置中存在空气，需要先加热装置A产生BF3气体，将体系中的空气排出，避免影响产率，

故答案为：产生BF3气体，将体系中的空气排出，避免影响产率；

(5)装置D是收集产品BCk，由图表可知其沸点为12.5。&故应该采用冷水浴，

故答案为：冷水浴；

(6)由滴定消耗V2mLe2moi/L硫氟化钾溶液可知，25mL溶液中氯离子的物质的量为(qx-

_o250

3

C2X10-V2)mol,则ag样品中氯元素的含量为“田一。2V2)xl0-molx35.5g/molx/*W。％=

ag

35.5©VI—C2V2)%,

a，

故答案为：35.5(C1V1-C2V2)%O

装置A中KBF《、B2O3和浓H2sO4力口热制备BF3,装置B盛有浓硫酸可干燥气体，装置C中BF3与AIC13

高温加热制备BCb，装置D进行冰水浴可得到产品，装置E干燥管可以防止水蒸气进入体系，导致

BC13潮解，F装置用于尾气处理；

3

(6)结合滴定过程，25mL溶液中氯离子的物质的量为(Jx-c2x10-V2)moL据此解答。

本题考查物质制备，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确流程图中各物质的成分及其

性质、物质制备方法是解本题关键，注意结合习题中信息分析判断，题目难度较大。

10.【答案】+287ADCat2直线斜率小，活化能小温度其他条件不变，当总压一定时，

O

c3H8(g)的投料增加，占比越大分压越大，导致平衡向左移动，使得C3H8(g)的平衡转化率减小1.6

【解析】解：(1)已知，反应1：C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g)AHi=+246kJ-mo「i,

-1

反应2：CO2(g)+H2(g)UCO(g)+H2O(g)AH2=+41kJ-mol,

由盖斯定律可知，反应1+反应2得反应3：C3H8(g)+CO2(g)C3H6(g)+CO(g)+H2O(g)AH=

4-287kJ/moL

故答案为：+287；

(2)A.容器体积和气体质量始终不变，则混合气体的密度始终不变，因此不能说明反应已达平衡，

故A正确；

B.反应为气体分子数增大的反应，混合气体总压强不随时间变化，说明已经达到平衡，故B错误；

C.气体总质量始终不变、反应为气体分子数增大的反应，则混合气体平均相对分子质量不随时间

变化，说明已经达到平衡，故C错误；

D.丙烷的消耗速率等于丙烯的生成速率，描述的都是正反应，不能说明反应已达平衡，故D正确；

故答案为：AD；

⑶已知：Rlnk=—号+C,则Rlnk=-Eax,+C,斜率越大说明Ea越大,活化能越小反应越快,

活化能越大反应越慢，结合图像可知，Cat2反应的活化能小，催化效能较高，依据为：直线斜率

小，活化能小，

故答案为：Cat2：直线斜率小，活化能小；

(4)①反应1和反应均为放热反应，升高温度平衡正向移动，丙烷转化率增大；反应1为气体分子

数增加的反应，反应2为气体分子数不变的反应，增大压强导致反应1逆向移动，丙烷转化率下降；

结合图像可知,X代表温度，相同条件下，增大压强导致反应1逆向移动，丙烷转化率下降，故丫2<Yi，

故答案为：温度；<;

②M点时，丙烷转化率为60%,即反应丙烷0.6moL根据三段式可知:

C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g)

起始(mol)100

转化(mol)0.60.60.6

平衡(mol)0.40.60.6

CO2(g)+H2(g)WCO(g)+H2O(g)

起始(mol)10.600

转化(mol)aaaa

平衡(mol)1-a0.6-aa

c3H8(g)和％(g)的浓度相等，则0.4=0.6-a,a=0.2mol；则平衡时二氧化碳、氢气、一氧化碳、

水分别为0.8mol、0.4mok0.2moK0.2mol,反应2为等分子数的反应，则M点对应的反应2的平

衡常数K=C(CO)XC(H2。)=02x0,2=1

1刑甲双C(CO2)XC(H2)0.8X0.48'

故答案为："

O

(5)其他条件不变，当总压一定时，C3H8的投料增加，占比越大分压越大，导致平衡向左移动，使

得C3H8的平衡转化率减小；当端整等于2时，经lOmin达到平衡，C3H8的转化率为40%,假设丙

烷投料2m01、敏气lmol,则反应丙烷0.8mol,根据三段式可知：

C3H8(g)=c3H6(g)+H2(g)

起始(mol)200

转化(mol)0.80.80.8

平衡(mol)1.20.80.8

则平衡时总的物质的量为3.8mol,丙烯的分压变化速率为爷3KPa/min=1.6KPa/mol-

故答案为：其他条件不变，当总压一定时，C3H8(g)的投料增加，占比越大分压越大，导致平衡向

左移动，使得C3H8(g)的平衡转化率减小；1.6。

(1)由盖斯定律可知，反应1+反应2得反应3,反应热做相应变化，据此计算；

(2)判断化学平衡状态的直接标志：I“正=丫逆(同物质)，I各组分浓度不再改变，以及以此为基

础衍生出来的标志如压强不再改变，混合气体的密度不再改变、气体的颜色不再变化等等，据此

分析；

⑶已知：Rlnk=-号+C,则RInk=—EaX,+C,斜率越大说明Ea越大，活化能越小反应越快,

据此分析；

(4)①反应1和反应均为放热反应，升高温度平衡正向移动，丙烷转化率增大；反应1为气体分子

数增加的反应，反应2为气体分子数不变的反应，增大压强导致反应1逆向移动，丙烷转化率下降，

据此分析；

②M点时，丙烷转化率为60%,即反应丙烷0.6mol,根据三段式结合反应2的平衡常数K的表达式

来计算;

(5)其他条件不变，当总压一定时，C3H8的投料增加，占比越大分压越大，导致平衡向左移动，使

得C3H8的平衡转化率减小；当喘?等于2时，经lOmin达到平衡，C3H8的转化率为40%,假设丙

烷投料2mol、氧气lmol,则反应丙烷0.8mol,根据三段式计算。

该题考查平衡常数的计算、外界条件对反应速率和平衡的影响、反应机理分析等，训练学生的逻

辑分析能力，关键是掌握平衡常数的计算方法、平衡移动的原理等基础知识，题目难度中等。

11.【答案】向回立工|球Mn基态Cr、Mn的价层电子排布式分别为3d'dsi3d54s2,基态

格的d轨道为半满较稳定结构，较为容易失去1个电子、较难失去第2个电子，则第一电离能：Cr<

Mn、第二电离能：Cr>Mn14正八面体《，1，朋3得X10】。

2s2p

【解析】解：(1)氧为8号元素，基态氧原子价层电子轨道表示式为叵］同f斤J；钙为20号元素，

基态钙原子中能量最高的电子所占据原子轨道为4s,电子云轮廓图为球形，

故答案为：叵］it；|7itr球；

(2)铭、镒分别为24、25号元素，基态Cr、Mn的价层电子排布式分别为3ds4s】、3d54s2,基态铭

的d轨道为半满较稳定结构，较为容易失去1个电子、较难失去第2个电子，则第一电离能：Cr<Mn、

第二电离能：Cr>Mn,故第二电离能与第一电离能之差较小的是Mn,

故答案为：Mn；基态Cr、Mn的价层电子排布式分别为3d54s】、3d54s2,基态铭的d轨道为半满较

稳定结构，较为容易失去1个电子、较难失去第2个电子，则第一电离能：Cr<Mn、第二电离能：

Cr>Mn；

(3)单键均为。键，由图可知，1分子A中4个Mn形成的。键有14个，则ImolA中Mn形成的o键有14mo1,

故答案为：14；

(4)①由图可知，以体心的镒为例，Mn原子位于周围S原子形成的正八面体中心，

故答案为：正八面体；

②由图可知，2号S原子在xyz轴上的投影坐标分别为故坐标为©,14),

故答案为：G，i,g)；

③根据“均摊法”，晶胞中含12x[+1=4个Mn、8xW+6x：=4jS,设晶胞边长为apm,

4Mr——

则晶体&度p=?=当,x1030g-cm-3=舄*x1030pg-cm-3，则a=x1010pm,MnS晶胞

中阴、阳离子最近距离为晶胞边长的二分之一，故为:焉XIOiOpm,

故答案为：:谣xIO】。。

(1)氧为8号元素，基态氧原子价层电子轨道表示式为向回缶]；钙为20号元素，基态钙原子

中能量最高的电子所占据原子轨道为4s；

(2)铭、镒分别为24、25号元素，基态Cr、Mn的价层电子排布式分别为3d54s】、3d54