河南省三市许昌济源平顶山2025届高三化学下学期第二次联考试题含解析

PAGE河南省三市（许昌、济源、平顶山）2025届高三化学下学期其次次联考试题（含解析）留意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3.考试结束后，将答题卡交回。可能用到的相对原子质量：H-1Li-7C-12N-14O-16P-31K-39Fe-56I-127一、选择题：本题共13小题，每小题6分，共78分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.磁山(在今河北省邯郸市武安)是我国四大独创之一指南针的发源地。据《古矿录》记载：《明史地理志》称：“磁州武安县西南有磁山，产磁铁石。”文中的磁铁石的主要化学成分应当是（）A.Fe2O3 B.FeO C.Fe3O4 D.Fe(OH)3【答案】C【解析】【分析】【详解】依据题干信息可知磁铁石应具有磁性，Fe2O3、FeO、Fe(OH)3都不具有磁性，Fe3O4俗称磁铁，具有磁性，所以磁铁矿的主要成分主要为Fe3O4，故答案为C。2.下列说法中正确的是（）A.酒精的浓度越大其消毒杀菌的效果越好B.人体须要的各种微量元素必需通过保健食品进行补充C.谷氨酸钠主要是以石油或煤为原料合成的化工产品D.淀粉等糖类物质是人体须要能量的主要来源【答案】D【解析】【详解】A．酒精浓度过高，会使蛋白质快速凝固，在病毒表面形成一层爱护膜，阻挡酒精渗入内部，无法达到消毒杀菌的效果，故A错误；B．平常所吃的食物，如蔬菜水果等都可以补充人体须要的各种微量元素，故B错误；C．谷氨酸钠可用小麦面筋等蛋白质为原料制成，也可由淀粉或甜菜糖蜜中所含焦谷氨酸制成，石油或煤为原料合成的化工产品主要为塑料、合成橡胶和合成纤维等，故C错误；D．糖类物质是人体能量的主要来源，淀粉属于多糖可以水解产生葡萄糖，故D正确；故答案为D。3.环之间共用一个碳原子的化合物称为螺环化合物，螺[2，3]己烷的结构为，已知环烷烃的碳原子数越少越简洁开环加成。下列说法中正确的是（）A.的名称为螺[4，3]辛烷B.的全部碳原子处于一个平面C.螺[2，3]己烷是己烯的同分异构体D.螺[2，3]己烷加氢可能生成己烷【答案】D【解析】【详解】A．依据螺[2，3]己烷的结构为，可知的名称为螺[3,4]辛烷，故A错误；B．该分子中有4个碳原子连接在同一饱和碳原子上，形成四面体结构，不行能所以碳原子处于一个平面，故B错误；C．螺[2，3]己烷的分子式为C6H10，己烯的分子式为C6H12，二者分子式不同，不是同分异构体，故C错误；D．螺[2，3]己烷开环加氢可以生成己烷，故D正确；故答案为D。4.下列试验方法中正确的是（）A.铜的精炼B.除去乙烷中的乙烯C.稀释浓硫酸D.制备乙酸乙酯【答案】A【解析】【详解】A.铜的精炼中，粗铜作阳极，精铜作阴极，硫酸铜溶液作电解质溶液，故A正确；B.高锰酸钾酸性溶液氧化乙烯生成二氧化碳，因此乙烷中还是会混有二氧化碳气体，故B错误；C.容量瓶不能用于稀释浓溶液、溶解固体等，因此不能在容量瓶中稀释浓硫酸，故C错误；D.制备乙酸乙酯时，乙酸乙酯在氢氧化钠溶液中会发生水解，应用碳酸钠溶液收集乙酸乙酯，故D错误；故选A。5.碘酸钾常用作食盐加碘剂以防止缺碘疾病，也是常用的基准物质和氧化剂。工业上碘酸钾可用如图所示装置进行制备。下列说法错误的是（）A.其阳极反应式是I-＋3H2O-6e-=IO＋6H+B.该工业过程中KOH是循环利用的物质C.制得21.4gKIO3产生标况下H26.72LD.该工业过程运用阳离子交换膜【答案】A【解析】【分析】该装置为电解池装置，依据电子流向可知左侧为阴极，水电离出的氢离子得电子生成氢气，右侧为阳极，碘离子失电子生成碘酸根。【详解】A．右侧为阳极，电解质溶液显碱性，所以碘离子失电子再和氢氧根作用生成碘酸根，电极方程式为Iˉ＋6OHˉ-6e-=IO＋3H2O，故A错误；B．该装置左侧阴极上水电离出的氢离子放电生成氢气，同时产生OHˉ，右侧电解质中溶液中钾离子通过离子交换膜进入阴极，所以阴极产物为氢气和KOH，阳极消耗KOH，所以该工业过程中KOH是循环利用的物质，故B正确；C．21.4gKIO3的物质的量为=0.1mol，I元素化合价由-1价变为+5价，化合价上升6价，所以生成0.1mol碘酸钾时转移0.6mol电子，依据电子守恒可知此时阴极生成0.3mol氢气，标况下体积为6.72L，故C正确；D．该装置左侧阴极上水电离出的氢离子放电生成氢气，同时产生OHˉ，为了使右侧产生的碘酸钾更纯，须要防止氢氧根进入阳极，同时右侧电解质中溶液中钾离子须要通过离子交换膜进入阴极，所以离子交换膜为阳离子交换膜，故D正确；故答案为A。6.下列试验操作、现象和结论均正确的是（）选项试验操作现象结论A常温下将铝块放入浓硝酸中无明显现象发生铝常温下与浓硝酸不反应B切开金属钠，视察其断面的改变断面渐渐失去光泽缘由是生成了Na2O2C将Cl2和H2S气体在集气瓶中混合视察现象瓶壁上出现黄色固体Cl2氧化性比S强D在试管中加入少量苯，再加入溴水，振荡视察现象水层呈无色苯与溴发生取代反应A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．浓硝酸具有强氧化性，在室温下会将金属Al表面氧化产生一层致密的氧化物爱护膜，阻挡金属的进一步反应，即发生钝化现象，A错误；B．金属钠是银白色金属，切开金属钠，会视察到新切面会快速变暗，这是由于室温下金属钠被空气中的氧气氧化产生了Na2O，B错误；C．Cl2与H2S混合会发生化学反应：Cl2+H2S=2HCl+S，该反应是氧化还原反应，Cl2作氧化剂，H2S作还原剂，反应产生的S是淡黄色固体，因此会视察到瓶壁上出现黄色固体，可证明物质的氧化性Cl2>S，C正确；D．溴在苯中溶解度比在水中大，水与苯互不相溶，因此溴水中的溴被苯萃取出来，从而使溴水层几乎呈无色，不能证明苯与溴发生了反应，D错误；答案选C。7.X、Y、Z、W均为短周期元素，在周期表中Y和Z处于同一主族，X和Y、Z和W处于相邻位置。W的原子最外层和K层的电子数之差等于X元素原子的最外层电子数，Y元素可以分别与另外三种元素同时存在于多种常见酸中。则下列说法中正确的是（）A.Z对应的酸性氧化物只有一种B.W单质水溶液比单质状态时氧化实力更强C.X、Y的简洁氢化物的混合物中分子和离子共有5种D.最高价氧化物对应水化物的酸性W的比Z弱【答案】B【解析】【分析】短周期元素Y元素可以分别与另外三种元素同时存在于多种常见酸中，则Y是O元素；在周期表中Y和Z处于同一主族，则Z是S元素；X和Y、Z和W处于相邻位置。W的原子最外层和K层的电子数之差等于X元素原子的最外层电子数，若W核外电子排布是2、8、7，W是Cl元素，Cl元素与S元素相邻，X核外电子排布为2、5，是N元素，与O元素相邻，符合题意；若W核外电子排布是2、8、5，则X核外电子排布是2、3，元素是B原子，与O不相邻，不符合题意，故X、Y、Z、W分别是N、O、S、Cl元素，然后依据问题逐一分析解答。【详解】依据上述分析可知：X是N元素，Y是O元素，Z是S元素，W是Cl元素。A.Z是S元素，Z形成的氧化物SO2、SO3都是酸性氧化物，A错误；B.W是Cl元素，Cl2溶于水，与水发生反应产生HCl、HClO，氧化性：HClO>Cl2，B正确；C.X是N元素，Y是O元素，NH3溶于水，与水反应产生NH3·H2O，NH3·H2O是弱电解质，在溶液中存在电离平衡，在氨水中存在的微粒有NH3·H2O、NH3、H2O、NH4+、OH-、H+，微粒共6种，C错误；D.由于元素的非金属性Cl>S，所以最高价氧化物对应水化物的酸性：HClO4>H2SO4，D错误；故合理选项是B。【点睛】本题考查元素周期表、元素周期律学问。依据元素形成化合物的特点及相互关系推断元素是本题解答关键。驾驭元素的位、构、性的关系结合元素和化合物的学问分析解答。三、非选择题：共174分。第22～32题为必考题，每个试题考生都必需作答。第33～38题为选考题，考生依据要求作答。(一)必考题：共129分。8.无水CuCl2为棕黄色固体，用于颜料、木材防腐等工业，并用作消毒剂、媒染剂、催化剂等。试验室用如图所示装置制取CuCl2。(夹持装置省略)步骤1：制备时，首先依据图1所示连接试验装置。打开两处的止水夹，检验装置的气密性。步骤2：用镊子向H管一端装入少量石棉，将其置于H管连通管以下部分且靠近连通管约处，将卷成团状的细铜丝置于石棉上。H管的另外一端装入少量KMnO4固体。在注射器中装入少量浓盐酸，待用。步骤3：关闭止水夹2，打开止水夹1，将H管如图2所示倾斜放置，点燃酒精灯，加热铜丝直至其呈红热状态。马上将浓盐酸注入H管使其与KMnO4发生反应(留意调整H管倾斜度以利于浓盐酸的加入)，视察到有黄绿色气体通过连通管部分进入H管另一端，继而与热铜丝燃烧得到产物。待反应结束后，等待一段时间再打开止水夹2，关闭止水夹1，拉动注射器将蒸馏水渐渐的吸入H管中，在H管底部得到CuCl2溶液。最终进行尾气的处理操作。请回答以下有关问题。(1)检验图1所示装置气密性时的操作方法是______。反应过程中将H管倾斜放置的目的是_________(写出一条即可)。(2)浓盐酸与KMnO4反应的化学方程式为______。热铜丝燃烧得到产物时，铜丝上方的H管中视察到的现象是_____。反应结束后，“等待一段时间”再进行后续操作的缘由是______。(3)试验视察到蒸馏水渐渐地吸入H管中时，H管底部得到CuCl2溶液的颜色，有一个从黄绿色到绿色再到蓝绿色的改变过程。已知在溶液中[Cu(H2O)4]2+呈蓝色，[CuCl4]2-呈黄色。请用方程式表示溶液颜色改变的化学平衡体系：___。(4)H管中铜丝不干脆放置在右管底部的优点是___(写出两条即可)。【答案】(1).渐渐向上拉动注射器(2).便于用酒精灯加热(或有利于氯气与铜丝的接触等)(3).2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O(4).有棕黄色的烟产生(5).防止蒸馏水使热的H管炸裂(6).[CuCl4]2-+4H2O[Cu(H2O)4]2++4Cl-(7).有利于氯气与铜丝接触②有利于视察溶液的形成过程③防止(或削减)反应过程中H管炸裂等【解析】【分析】(1)依据压强对气体体积的影响分析；Cu与Cl2反应在加热条件下进行；(2)浓盐酸具有还原性，KMnO4具有氧化性，二者混合发生氧化还原反应，产生KCl、MnCl2、Cl2、H2O，据此书写反应的化学方程式,结合CuCl2是棕黄色固体分析试验现象；玻璃导热性差，放置一段时间，H管温度降低，进入水，就可以避开H管炸裂；(3)依据不同微粒的颜色的不同，结合平衡移动分析推断；(4)从反应物接触面积大小、视察溶液颜色改变、试验平安等角度分析推断。【详解】(1)检查装置气密性的方法是渐渐向上拉动注射器，使装置中气体压强减小，外界大气压大于装置内气体压强，水、NaOH溶液会沿导气管进入装置，形成一段稳定的水柱，从而证明装置气密性良好；KMnO4与浓盐酸混合反应产生Cl2，Cl2与Cu在加热时反应产生CuCl2，Cu丝放在石棉绒上，将H管倾斜，就可以增大H管中Cu的受热面积，便于用酒精灯加热(或有利于氯气与铜丝的接触等)；(2)浓盐酸具有还原性，KMnO4具有氧化性，二者混合发生氧化还原反应，产生KCl、MnCl2、Cl2、H2O，依据电子守恒、原子守恒，可得该反应的化学方程式为：2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O；Cu与Cl2加热反应产生CuCl2，使H管上部空间产生棕黄色的烟；该反应在加热条件下进行，反应放出热量，使H管内气体温度很高，反应结束后，“等待一段时间”待容器冷却后再拉动注射器将蒸馏水渐渐的吸入H管中，在H管底部得到CuCl2溶液。就可防止蒸馏水使热的H管炸裂；(3)H管底部得到CuCl2溶液的颜色，有一个从黄绿色到绿色再到蓝绿色的改变过程。这是由于在溶液中[CuCl4]2-呈黄色，[Cu(H2O)4]2+呈蓝色，在刚起先时溶液中[CuCl4]2-浓度较大，溶液显黄色，随着水的加入，溶液中水含量增多，发生反应：[CuCl4]2-+4H2O[Cu(H2O)4]2++4Cl-，使[CuCl4]2-浓度减小，而[Cu(H2O)4]2+浓度渐渐增大，因此溶液颜色从黄绿色到绿色再到蓝绿色的改变过程；(4)在进行该试验时，H管中铜丝不干脆放置在右管底部而是放在石棉绒上，可以使H管中Cu丝底部有肯定的空间，就有利于氯气与铜丝接触，使反应速率加快；同时可防止(或削减)反应过程中反应放出热，由于Cu丝干脆接触容器导致H管炸裂；也有利于视察溶液的形成过程及溶液的颜色改变等。【点睛】本题考查了化学试验基本操作。涉及装置气密性的检查、试验操作方法、试验目的、方案评价等。驾驭反应原理、清晰物质的颜色、状态、溶解性、挥发性等学问是解题关键，可从是否对反应有利、是否利于试验现象的视察、试验是否平安等角度等对试验方案进行评价。9.目前的锂离子电池的正极材料多是LiCoO2、LiMn2O4、LiFePO4和双离子传递型聚合物等。改良正极材料的性能是锂离子电池领域的重点方向，如用碳包覆LiFePO4和向其中掺杂金属银等。下列过程是制备该正极材料的流程图：回答下列问题：(1)LiFePO4中铁元素化合价为_____价。已知原料是Li2CO3、FeC2O4·2H2O、NH4H2PO4和C6H12O6的混合物，其中Li、Fe、P三种元素的物质的量比为1：1：1，C6H12O6的用量占原料总质量的5%。若原料的质量为1000g，则须要称取NH4H2PO4的质量为_______(保留两位小数)。(2)将原料先行研磨4h目的是_________。为了更快得到前驱体粉末，除了保持温度在50℃外，还应进行的常见操作方法是_________。(3)两次焙烧均须要在高纯氮气环境下进行，缘由是________。葡萄糖分解产生的碳除了供应还原性环境，提高产物纯度，而且可以阻挡晶粒的聚集长大，限制颗粒形态，提高LiFePO4的电导率。则葡萄糖分解的化学反应方程式(分解过程中只有C一种单质生成)为________。600℃加热时硝酸银发生分解生成红棕色气体和3种常见单质(其中两种气体单质物质的量比为2：7)，则分解时的化学反应方程式为_______。(4)如图所示是用LiFePO4/Ag/C作正极材料制成的纽扣锂离子电池组装示意图。充电时，其正、负极材料所发生反应的电极方程式分别是______、______(锂离子电池是靠xLi＋在两极的嵌入和嵌出进行工作)。【答案】(1).+2(2).328.90g~329.07g之间(3).粉碎原料，增加后续过程中的焙烧效果(4).不断搅拌(5).防止碳的燃烧和+2价铁的氧化(6).C6H12O66C+6H2O(7).6AgNO36Ag+2N2↑+7O2↑+2NO2↑(8).LiFePO4=xLi++Li1-xFePO4+xe-(9).xLi++xe-+C6=LixC6（或Li++e-=Li等）【解析】【分析】(1)依据化合物中元素化合价代数和等于0，结合常见元素或原子团化合价确定Fe元素化合价；依据元素的物质的量的比，推断相应物质的物质的量的比及质量比，最终再依据总质量计算须要NH4H2PO4的质量；(2)从固体与液体物质充分接触，提高接触面积对反应速率的影响分析；(3)依据空气中的氧气有强氧化性分析；依据元素守恒，结合题目已知信息书写反应方程式；600℃加热时AgNO3发生分解生成红棕色气体是NO2，三种单质为Ag、N2、O2，其中两种气体单质的物质的量比为2：7，结合电子守恒分析可得分解时的化学反应方程式；(4)充电时，正极连接电源正极为阳极，失去电子，发生氧化反应，负极连接电源负极为阴极，得到电子，发生还原反应，据此书写电极上所发生反应的电极反应式。【详解】(1)在LiFePO4中，Li化合价为+1价，PO43-化合价为-3价，依据化合物中全部元素化合价代数和等于0，可知铁元素的化合价为+2价。已知原料是Li2CO3、FeC2O4·2H2O、NH4H2PO4和C6H12O6的混合物，其中Li、Fe、P三种元素的物质的量比为1：1：1，则依据物质含有的Li、Fe、P三种元素的原子守恒，可知Li2CO3、FeC2O4·2H2O、NH4H2PO4的物质的量的比是1：2：2，三种物质混合时质量比是37：180：115，由于C6H12O6的用量占原料总质量的5%，设其中含有葡萄糖质量为x，则×100%=5%，解得x=17.5g，此时总质量m(总)=(x+37+180+115)g=349.5g，其中NH4H2PO4的含量为：×100%=32.9%。若原料的质量为1000g，则须要称取NH4H2PO4的质量m=1000g×32.9%=329.00g。(2)将原料先行研磨4h目的是粉碎原料，扩大固体的接触面积，增大反应速率，以增加后续过程中的焙烧效果。为了更快得到前驱体粉末，除了保持温度在50℃外，还进行的常见操作方法是搅拌；(3)两次焙烧均须要在高纯氮气环境下进行，这是由于空气中含有的氧气具有强的氧化性，会将+2价的Fe氧化变为+3价，同时会使分解产生的C单质燃烧。在氮气环境，就可以防止碳的燃烧和+2价铁的氧化；葡萄糖受热分解产生C、H2O，反应方程式为：C6H12O66C+6H2O；在600℃加热时AgNO3发生分解生成红棕色气体是NO2，同时还产生了三种常见单质Ag、N2、O2，其中两种气体单质N2、O2物质的量比为2：7，则依据电子守恒、原子守恒，可得该分解时的化学反应方程式为：6AgNO36Ag+2N2↑+7O2↑+2NO2↑；(4)依据如图所示可知：充电时，电池正极连接电源正极，作阳极，失去电子，发生氧化反应，阳极的电极反应式为：LiFePO4-xe=xLi++Li1-xFePO4-或写为LiFePO4=xLi++Li1-xFePO4+xe-；电池负极连接电源负极，作阴极，阴极上得到电子，发生还原反应，则阴极的电极反应式为：xLi++xe-+C6=LixC6(或Li++e-=Li等)。10.二甲醚(CH3OCH3)是无色气体，是柴油的志向替代燃料。清华高校王志良等探讨了，由合成气(组成为H2、CO和少量的CO2)一步法制备二甲醚的问题，其中的主要过程包括以下三个反应：(i)CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H1=-90.1kJ/mol(ii)CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)△H2=-41.1kJ/mol(iii)2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)△H3=-24.5kJ/mol(1)由H2和CO制备二甲醚(另一产物为CO2)的热化学方程式为________。(2)合成气初始组成为n(H2)：n(CO)：n(CO2)=0.67：0.32：0.01的反应体系。在250℃和5.0MPa条件下，在1L密闭容器中经10min达到化学平衡时，各组分的物质的量如下表：成分H2COH2OCH3OHCH3OCH3物质的量(mol)0.260.010040.020.11则反应(iii)在该条件下的平衡常数是_______；在反应进行的10min内，用CH3OH表示的反应(i)的平均速率是_______。(3)课题组探究了外界条件，对合成气单独合成甲醇反应体系和干脆合成二甲醚反应体系的影响。①图1和图2显示了温度250℃和5.0MPa条件下，合成气组成不同时，反应达到平衡时的状况。(图中M代表甲醇、D代表二甲醚、D+M代表甲醇和二甲醚。下同)由图可知，随着合成气中H2所占比例的提高，合成甲醇的反应体系中，CO转化率的改变趋势是______。对于由合成气干脆合成二甲醚的反应体系，为了提高原料转化率和产品产率，的值应限制在_____旁边。②在压强为5.0MPa、=2.0及的条件下，反应温度对平衡转化率和产率的影响如图3和图4所示。课题组认为图3所示的各反应物的转化率改变趋势符合反应特点，其理由是______。图中显示合成气干脆合成二甲醚体系中，CO的转化率明显高于H2的转化率，缘由是_______。图4显示随着温度增大，合成气单独合成甲醇时的产率，要比合成气干脆合成二甲醚时的产率减小的快，缘由是_______。【答案】(1).3CO(g)+3H2(g)=CO2(g)+CH3OCH3(g)△H=-245.8kJ/mol(2).11(3).0.024mol/(L·min)(4).由小渐渐变大(5).1(6).反应体系中的全部反应均为放热反应(7).反应(ii)有H2生成(8).反应(i)的焓变大于反应(iii)的焓变【解析】【分析】(1)依据盖斯定律，将已知热化学方程式叠加，可得待求反应的热化学方程式；(2)将平衡时各种物质的浓度带入平衡常数表达式可得反应(iii)可得K的值；先计算(i)起先产生甲醇的浓度，再依据化学反应速率的定义计算(i)的化学反应速率v(CH3OH)；(3)①依据图1中H2的含量与转化率关系分析推断；结合图1、图2分析推断的取值范围；②依据温度对化学平衡移动的影响分析；依据反应(ii)中有H2生成，从物质浓度对化学平衡移动的影响分析解答；依据反应焓变大小推断产率减小的缘由。【详解】(1)已知：(i)CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H1=-90.1kJ/mol(ii)CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)△H2=-41.1kJ/mol(iii)2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)△H3=-24.5kJ/mol依据盖斯定律，将(i)×1+(ii)+(iii)，整理可得：3CO(g)+3H2(g)=CO2(g)+CH3OCH3(g)△H=-245.8kJ/mol；(2)对于2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)，由于容器的容积是1L，所以平衡时各种物质的浓度与其物质的量在数值上相等，平衡时c(CH3OH)=0.02mol/L，c(CH3OCH3)=0.11moll/L，c(H2O)=0.04mol/L，故其平衡常数K==11；对于反应(i)，起先时从正反应方向起先，c(CH3OH)=0mol/L，10min时c(CH3OCH3)=0.11moll/L，则发生反应(iii)消耗甲醇的浓度是c(CH3OH)=0.11mol/L×2=0.22mol/L，此时还有c(CH3OH)=0.02mol/L，则反应(i)产生甲醇的浓度是c(CH3OH)总=0.22mol/L+0.02mol/L=0.24mol/L，故用甲醇表示的反应速率v(CH3OH)==0.024mol/(L·min)；(3)①依据图1可知：在合成甲醇反应体系中，随着合成气中H2所占比例的提高，CO转化率的改变趋势是由小渐渐变大；依据图1可知：在合成二甲醚的反应体系中，随着合成气中H2所占比例的提高，CO转化率的改变趋势是由小渐渐变大，当=1时达到最大值，此后几乎不再发生改变；依据图2可知：在=1时二甲醚的产率达到最大值，此后随着的增大，产品产率又渐渐变小，故为了提高原料转化率和产品产率，的值应限制在1旁边；②依据图示可知：在不变时，随着温度的上升，各个反应平衡转化率降低，这是由于反应体系中的全部反应均为放热反应，上升温度，平衡向吸热的逆反应方向移动，导致平衡时产生的物质相应的量减小；图中显示合成气干脆合成二甲醚体系中，CO的转化率明显高于H2的转化率，缘由是反应(ii)CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)中有H2生成，增大了反应物H2的浓度，平衡正向移动，因而可提高另一种反应物CO的转化率；依据图4显示：随着温度增大，合成气单独合成甲醇时的产率，要比合成气干脆合成二甲醚时的产率减小的快，缘由是反应(i)的焓变大于反应(iii)的焓变，平衡逆向移动消耗的多，故物质二甲醚转化率降低的多。【点睛】本题考查了盖斯定律的应用、化学反应速率、化学平衡常数的计算及浓度、温度与反应热的关系及对化学平衡移动的影响。驾驭有关概念及盖斯定律、平衡移动原理是解题关键。上升温度，化学反应速率加快，上升温度，化学平衡向吸热反应分析移动，温度对吸热反应影响更大，反应热越大，温度对其影响就越大。(二)选考题：共45分。请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一道作答。假如多做，则每科按所做的第一题计分。11.锌在电池制造方面有着重要的作用，也是人体必需的微量元素之一。它与常见的非金属都可以形成重要的化合物。（1）Zn的核外电子排布式是[Ar]___。（2）Zn的各级电离能数据如下表所示：①请依据表中数据说明锌的常见化合价为＋2的缘由是___。②氧、硫、氯三种常见非金属的电负性，由大到小的依次是___。二氯化硫为鲜红色液体，熔点-78℃，则其晶体中微粒间的作用力应属于___，它的分子中中心原子具有的孤电子对数是___。（3）氯化锌易溶于水，在水中形成协作物H[ZnCl2(OH)]，H[ZnCl2(OH)]在水中电离时的离子方程式为___。（4）晶胞的空隙问题是晶胞探讨的重要内容。①已知面心立方晶胞的四面体空隙和八面体空隙状况如图所示。面心立方晶胞的每个晶胞中，积累球数：四面体空隙数：八面体空隙数=___。②依据立方ZnS晶胞示意图，描述在每个晶胞中，锌离子填充在硫离子的立方面心晶胞空隙中的方式为___。离坐标参数为(0，0，0)的硫离子最近的锌离子坐标参数为___(参数数值限定为正值)。【答案】(1).3d104s2(2).因为第2和第3级电离能的差值远高于第2和第1级的差值(3).O>Cl>S(4).范德华力(5).2(6).H[ZnCl2(OH)]=[ZnCl2(OH)]-+H+(7).1：2：1(8).锌离子填充到硫离子面心晶胞的一半四面体空隙中（或锌离子填充到硫离子面心晶胞的8个四面体空隙的4个中）(9).（，，）【解析】【分析】Zn是30号元素，价电子为3d104s2，失去第三个电子特别困难，第三电离能较大；电负性的大小比较依据元素周期律的学问；由熔沸点确定晶体类型，得到晶体中微粒间的作用力；孤电子对数的计算用最外层电子数减去成键电子数，再除以2；四面体空隙：由四个球体围成的空隙，球体中心线围成四面体；八面体空隙：由六个球围成的空隙，球体中心线围成八面体形；坐标参数的确定先找出位置，再确定到到x、y、z轴的距离，得到坐标参数。【详解】(1)Zn是30号元素，核外电子排布式是[Ar]3d104s2；(2)①Zn的价电子为3d104s2，失去最外的两个电子就形成稳定结构，再失去电子就比较困难，电离能会增加许多，缘由是因为第2和第3级电离能的差值远高于第2和第1级的差值；②同一周期中，元素的电负性随着原子序数的增大而增大，有Cl>S，同一主族，元素的电负性随着原子序数的增大而减小，有O>S，氧原子的半径小于氯，吸引电子实力强，有O>Cl，所以电负性O>Cl>S；二氯化硫为液体，熔点-78℃，熔沸点都较低，为分子晶体，则其晶体中微粒间的作用力应属于范德华力；二氯化硫分子中，氯原子最外层7个电子，形成一对公用电子对，硫原子最外层6个电子，中心原子硫原子具有的孤电子对数是；(3)协作物中外界电离成离子，內界不电离，所以H[ZnCl2(OH)]在水中电离时的离子方程式为[ZnCl2(OH)]=[ZnCl2(OH)]-+H+；(4)①积累球数采纳均摊法，；依据图四面体空隙位于八分之一晶胞的立方体心位置，一共有8个；八面体空隙位于晶胞体心（1个）和棱心（个），一共有4个；所以积累球数：四面体空隙数：八面体空隙数=1：2：1；②依据立方ZnS晶胞示意图，每个硫离子的面心晶胞有8个四面体空隙，锌离子只填充了4个，所以答案为：锌离子填充到硫离子面心晶胞的一半四面体空隙中（或锌离子填充到硫离子面心晶胞的8个四面体空隙的4个中）；如下图，将a球设为坐标原点，离硫离子最近的锌离子为b球，b球在四周4个硫离子