广东省珠海市2025届高三化学第三次模拟考试试题含解析

PAGE1-广东省珠海市2025届高三化学第三次模拟考试试题（含解析）留意事项：1.考试时间150分钟，满分300分。2.本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。3.回答第Ⅰ卷时，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。写在本试卷上无效。4.回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。可能用到的相对原子质量：H1C12O16Mg24Nb93第Ⅰ卷(选择题，共126分)1.新冠病毒对热敏感，56℃30分钟、75%酒精、含氯消毒剂、过氧乙酸、乙醚和氯仿等脂溶剂均可有效灭活病毒。下列有关说法正确的是A.因为过氧乙酸能灭活病毒，所以在家每天进行醋熏能杀死家里的新冠肺炎病毒B.在空气质量检测中的PM2.5，属于气溶胶C.电解食盐水制取次氯酸钠喷洒房间能杀死新冠肺炎病毒D.含氯消毒剂、过氧乙酸、乙醚和氯仿等都属于有机物【答案】C【解析】【详解】A.过氧乙酸具有强氧化性，醋的主要成分为乙酸，均可灭活病毒，二者为不同物质，无因果关系，A错误；B.PM2.5表示每立方米空气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物的含量，直径在1～100nm之间才能形成胶体，所以PM2.5不肯定属于胶体，B错误；C.电解食盐水生成NaOH、氢气、氯气，氯气与NaOH反应生成具有强氧化性的NaClO，次氯酸钠喷洒房间能杀死新冠肺炎病毒，C正确；D.含氯消毒剂如NaClO等为无机物，过氧乙酸、乙醚和氯仿等都属于有机物，D错误；答案选C。2.有机物W是一种合成中间体，其合成方法如图，下列说法不正确的是A.反应①为氧化反应B.M与环己醇互为同系物C.N分子式为C8H16OD.反应②原子利用率100%【答案】C【解析】【详解】A.连接醇羟基的碳原子上有H原子，可与酸性高锰酸钾发生氧化反应，A正确；B.M与环己醇在分子组成上相差2个“-CH2”原子团，且结构相像，两者互为同系物，B正确；C.N分子式为C8H14O，C错误；D.反应②加成反应，原子利用率100%，D正确；答案选C。3.物质类别和核心元素的价态是学习元素及其化合物性质的重要相识视角。如图是某元素的“价类二维图”，其中单质b是黄色固体，f、h均为正盐，且焰色都是黄色。下列说法不正确的是A.d能使品红溶液褪色B.a和c反应可以生成bC.e的浓溶液可用铝槽车运输D.h的水溶液呈碱性【答案】A【解析】【分析】单质b是黄色固体，则b是S元素，故该“价类二维图”是S元素的，f、h均为正盐，且焰色都是黄色，则f为Na2SO4，h为Na2SO3，故a为H2S、b为S、c为SO2、d为SO3，e为H2SO4，g为H2SO3，f为Na2SO4，h为Na2SO3。【详解】A.由分析可知，d为SO3，因为SO2具有漂白性，才会使品红溶液褪色，非SO3，A错误；B.a为H2S、c为SO2，两者反应方程式为：2H2S+SO2=2S↓+2H2O，有S生成即为b，B正确；C.e为H2SO4，浓硫酸与铝槽常温下发生钝化反应，可用铝槽车运输，C正确；D.h为Na2SO3，为强碱弱酸盐，亚硫酸根发生水解，，溶液呈碱性，D正确；答案选A。4.试验室常利用难挥发性酸制备易挥发性酸的原理，用浓硫酸与硝石(NaNO3)反应制备HNO3，反应装置如图，下列说法不正确的是A.反应温度假如过高，制得HNO3可能会呈现黄色B.反应方程式为：NaNO3+H2SO4(浓)NaHSO4+HNO3↑C.可从试验室中选无色透亮干净的试剂瓶盛装制得的硝酸D.曲颈甑不相宜制备沸点过低的物质【答案】C【解析】【详解】A.硝酸在温度过高时能分解生成二氧化氮和水，方程式为4HNO3=4NO2

↑+O2

↑+2H2O，NO2溶于水呈黄褐色，A正确；B.该反应利用高沸点的浓硫酸制取低沸点的硝酸，反应方程式为：NaNO3+H2SO4(浓)NaHSO4+HNO3↑，B正确；C浓硝酸见光易分解，应用棕色玻璃细口瓶盛装浓硝酸，C错误；D.若沸点过低的物质，用曲颈甑来制备较难分别反应物和生成物，D正确；答案选C。5.已知：在无氧条件下，葡萄糖发生反应C6H12O62CH3CH2OH+2CO2↑。设NA是阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是A.0.1mol葡萄糖(C6H12O6)含羟基(-OH)数目为0.6NAB.常温常压下，46gCH3CH2OH与足量的钠反应产生氢分子数为0.5NAC.4.48LCO2和CO的混合气体所含碳原子总数为0.2NAD.2.4gMg在足量的CO2中完全燃烧，转移电子数目为0.4NA【答案】B【解析】【详解】A．1个葡萄糖分子中含有5个-OH，则0.1mol葡萄糖(C6H12O6)中含羟基(-OH)数目0.5NA，A错误；B．46gCH3CH2OH的物质的量是1mol，由于2molCH3CH2OH与足量金属钠反应产生1molH2，则1molCH3CH2OH与足量的钠反应产生氢分子的物质的量是0.5mol，分子数为0.5NA，B正确；C．缺少外界条件，不能确定气体的物质的量，因此不能计算其中含有的C原子数目，C错误；D．Mg是+2价金属，1molMg完全失去2mol电子，2.4gMg的物质的量是0.1mol，则其在足量的CO2中完全燃烧，转移电子数目为0.2NA，D错误；故合理选项是B。6.化学上把外加少量酸、碱，而pH基本不变的溶液，称为缓冲溶液。现有25℃时，浓度均为0.10mol/L的CH3COOH和CH3COONa的缓冲溶液，pH=4.76。(已知：Ka(CH3COOH)=1.75×10–5，Kb为CH3COONa的水解常数)，下列说法正确的是A.混合溶液加水稀释，c(OH–)减小B.25℃时，Ka(CH3COOH)＜Kb(CH3COO–)C.c(CH3COO-)＋c(OH-)＜c(CH3COOH)＋c(H＋)D.向1.0L上述缓冲溶液中滴加几滴NaOH稀溶液(忽视溶液体积的变更)，反应后溶液pH基本不变【答案】D【解析】【详解】A．该混合溶液pH<7，溶液显酸性，加水稀释，溶液中c(H+)减小，由于Kw=c(H+)·c(OH–)，在温度不变时，Kw不变，溶液中c(H+)减小，则c(OH–)增大，A错误；B．浓度均为0.10mol/L的CH3COOH和CH3COONa的缓冲溶液，pH=4.76，说明酸的电离作用大于盐的水解作用，所以Ka(CH3COOH)＞Kb(CH3COO–)，B错误；C．依据物料守恒可得①：2c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，依据电荷守恒可得②：c(CH3COO-)＋c(OH-)=c(Na+)＋c(H＋)，将①+2×②，整理可得c(CH3COO-)＋2c(OH-)=c(CH3COOH)＋2c(H＋)，溶液pH=4.76，则c(H+)＞c(OH–)，所以c(CH3COO-)＋c(OH-)＞c(CH3COOH)＋c(H＋)，C错误；D．向该缓冲溶液中加入几滴NaOH溶液，由于缓冲溶液中存在平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，NaOH电离产生的OH-中和溶液中H+，使电离平衡正向移动，因此反应后溶液pH基本不变，D正确；故合理选项是D。7.用如图所示装置进行试验(a、b电极均为Ag单质)，视察到了灵敏电流计指针发生偏转。下列说法正确的是A.b极电极反应式为Ag–e–=Ag+B.离子交换膜为阴离子交换膜C.去掉离子交换膜，电流表仍旧有电流通过D.电流计指针不再偏转时，右边硝酸银溶液的物质的量浓度依旧大于左边【答案】B【解析】【分析】由于AgNO3溶液浓度不同形成浓差电池，左池为稀的AgNO3溶液，右池为浓的AgNO3溶液，Ag+浓度越大氧化性越强，所以b为正极，发生还原反应，电极反应式为Ag++e-=Ag；a为负极，发生氧化反应，电极反应式为Ag-e-=Ag+，因正极与负极消耗或生成的Ag+相等，但负极Ag削减、正极Ag增加，溶液中迁移的离子不行能是Ag+，只能是NO3-穿过交换膜向负极移动，据此解答。据此解答。【详解】A．浓差电池中，右池AgNO3溶液浓度高，Ag+浓度越大氧化性越强，所以b为正极，电极反应式为Ag++e-=Ag，A错误；B．负极Ag削减、正极Ag增加，左侧溶液中Ag+增大，右侧溶液中由于Ag+放电而导致旁边溶液中NO3-增大，为了维持电荷平衡，溶液中NO3-穿过交换膜由右侧向左侧的负极a区移动，因此离子交换膜为阴离子交换膜，B正确；C．若去掉离子交换膜，溶液中离子扩散，最终形成均一浓度的溶液，没有浓度差，且两个电极材料相同，不能构成原电池，故电流表不会有电流通过，C错误；D．随着反应进行，左右两池浓度的差值渐渐减小，NO3-穿过交换膜向负极移动的速率将减小，外电路中电流将减小，电流计指针偏转幅度逐步变小，当左右两侧离子浓度相等时，电池将停止工作、不再有电流产生，此时溶液中左、右边硝酸银溶液的物质的量浓度相等，D错误；故合理选项是B。【点睛】本题考查浓差原电池的工作原理，留意理解Ag+不行能穿过交换膜发生迁移，侧重于学生分析实力、敏捷应用实力的考查，有利于培育学生的良好的科学素养。8.硫氰化钾(KSCN)是中学试验室的常见药品，某校化学爱好小组在试验室制备少量样品，并进行探究试验。他们查有关资料：CS2+2NH3NH4SCN+H2S，该反应比较缓慢。Ⅰ.制备KSCN样品。(1)先制备NH4SCN溶液，装置如图：①试验起先时打开K1，关闭K2，加热水浴装置，缓缓地向三颈烧瓶中持续通入NH3，并持续通入N2，通入N2的作用是：____________。②一段时间后，当CS2反应完毕，停止试验，此时可以视察到三颈烧瓶内的现象是：______。③烧杯内的溶液X是______________。(2)再制备KSCN溶液：关闭K1，打开K2，利用耐碱分液漏斗缓慢加入适量KOH溶液，接着加热，此时三颈烧瓶中发生反应的化学方程式是____________________。(3)样品检测：待冷却后，用胶头滴管吸取少量样品滴入试管中的FeCl3溶液中，并没有视察到明显变红的现象，请分析可能的缘由：_____________。Ⅱ.KSCN的探究试验，同学们用试验室配制的KSCN溶液做下列试验(不是刚才爱好小组合成的)。(4)同学甲想检测Fe3O4中是否有三价铁，他把在充溢氧气的集气瓶中燃烧后的铁丝残渣放入试管，加适量盐酸使其溶解，再往混合液中滴入少量KSCN溶液检验是否有Fe3+，结果没变红，请分析缘由：_________________。(5)同学乙想利用反应Fe3++3SCN-⇌Fe(SCN)3来探讨浓度对化学平衡的影响。他往盛有5mL0.05mol/LFeCl3溶液的试管中加入5mL_____mol/LKSCN溶液，再把反应后的溶液均分置于两只试管中，分别加4滴浓FeCl3溶液和4滴浓KSCN溶液，视察现象并得出有关结论。(6)同学丙往FeCl2和KSCN的混合溶液中滴加氯水，溶液变成红色，不过他留意到，当氯水过量时，红色会褪去，为此，他设计如图装置进行探究。Y为NaClO溶液，Z为FeCl3和KSCN的混合溶液。打开分液漏斗，持续缓慢滴入NaClO溶液至过量，他视察到：C中红色变浅，有大量气泡产生，C中还有现象为：___________________；D中的现象为：_______________，F中有气泡。由此推想，KSCN具有______________性。【答案】(1).搅拌作用；或者稀释氨气，使接触更加充分，转化率高(2).溶液不再分层(3).NaOH或者CuSO4、CuCl2或者KMnO4等(4).NH4SCN+KOHKSCN+H2O+NH3↑(5).原样品中KOH过量，会和FeCl3溶液生成Fe(OH)3沉淀(6).铁除了生成Fe3O4，还有Fe过量，会把Fe3+还原为Fe2+(7).0.15(8).有红褐色沉淀生成(9).澄清石灰水变浑浊(10).还原性【解析】【分析】(I)在三颈烧瓶中NH3与CS2混合加热发生反应：CS2+2NH3NH4SCN+H2S，为使反应物充分接触发生反应，同时避开发生副反应，可不断通入N2，依据CS2是液态有机溶剂，不溶于水，反应产物易溶于水的性质，当液体不再分层时，可推断反应完全，然后通过分液漏斗向三颈烧瓶中滴加KOH溶液，发生反应制取KSCN，反应产生的H2S是有毒气体，可依据H2S是酸性气体、具有强的还原性，金属硫化物的难溶性分析推断试剂X可能的物质；依据Fe3+遇KSCN溶液变为血红色检验，检验时要留意杂质离子的干扰；(II)(4)铁丝残渣中含有Fe3O4，可能含有Fe，依据它们与酸可能反应产生的物质成分推断溶液中离子的存在；(5)要证明平衡移动，需使溶液中的Fe3+、SCN-完全反应，然后变更某种离子浓度，依据溶液颜色变更分析推断；(6)NaClO是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，Fe3+与OH-反应会产生Fe(OH)3沉淀，同时NaClO具有强氧化性，会将SCN-氧化产生SO42-、CO2、N2等物质，据此分析解答。【详解】(1)①向盛有CS2、H2O混合物的三颈烧瓶中缓缓持续通入NH3，并水浴加热发生反应：CS2+2NH3NH4SCN+H2S，为了使反应物充分接触，提高转化率，要持续通入N2；②CS2是有机溶剂，与水互不相溶，当反应一段时间后，若CS2反应完毕，由于反应产生的物质都易溶解在水中，此时可以视察到三颈烧瓶内的现象是溶液不再分层，此时停止试验；③发生反应产生的H2S是有毒气体，会造成环境污染，可依据H2S水溶液显酸性，用NaOH等碱性溶液汲取；也可以利用H2S与CuSO4或CuCl2会产生CuS沉淀汲取除去；还可以利用其强的还原性，用具有强氧化性的物质如酸性KMnO4溶液等将其氧化除去，故烧杯内的溶液X是NaOH或CuSO4、CuCl2或者KMnO4等物质；(2)将KOH溶液与NH4SCN溶液混合加热，发生反应：NH4SCN+KOHKSCN+H2O+NH3↑，得到KSCN溶液；(3)待冷却后，用胶头滴管吸取少量样品滴入试管中的FeCl3溶液中，并没有视察到明显变红的现象，可能是原样品中加入的KOH过量，与FeCl3溶液发生复分解反应生成Fe(OH)3红褐色沉淀，导致未发生3KSCN+FeCl3Fe(SCN)3+3KCl，因此不能视察到溶液变为红色；(4)Fe与O2在点燃时发生反应产生Fe3O4，把在充溢氧气的集气瓶中燃烧后的铁丝残渣放入试管，加适量盐酸使其溶解，Fe3O4与HCl反应产生FeCl2、FeCl3和H2O，若铁丝残渣中含有未反应的Fe，则FeCl3与Fe反应转化为FeCl2，当溶液中不再含有Fe3+时，再往混合液中滴入少量KSCN溶液就不会变红色；(5)使5mL0.05mol/LFeCl3完全发生反应：3KSCN+FeCl3=Fe(SCN)3+3KCl，依据物质反应关系可知n(KSCN)=3n(FeCl3)，由于加入KSCN溶液的体积与FeCl3溶液的体积相同，也是5mL，因此KSCN溶液的浓度就是FeCl3的三倍，故c(KSCN)=3×0.05mol/L=0.15mol/L；(6)往FeCl2和KSCN的混合溶液中滴加氯水，首先发生反应：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，Fe2+被氧化产生Fe3+，Fe3+遇SCN-使溶液变成红色，当氯水过量时，SCN-会被过量氯水氧化成（SCN）2逸出，导致溶液的红色褪去；若将溶液Y改为NaClO，由于NaClO是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，烧瓶中的Fe3+与水解产生OH-反应会产生Fe(OH)3红褐色沉淀；同时由于NaClO具有强氧化性，会将SCN-氧化产生SO42-、CO2、N2等物质，气体逸出进入盛有饱和石灰水的装置D中，CO2与Ca(OH)2反应产生CaCO3沉淀，使石灰水变浑浊，因此他视察到：C中红色变浅，有大量气泡产生，C中还产生红褐色沉淀；D中澄清石灰水变浑浊，F中有气泡该气体主要是N2。由此可知KSCN具有强的还原性。【点睛】本题考查制备试验方案的设计，明确试验原理为解答关键，留意驾驭常见化学试验操作方法及元素化合物性质，结合氧化还原反应原理和盐的水解反应规律分析推断，留意物质反应是否完全，反应物的物质的量多少对物质成分的影响，充分考查了学生的分析实力及化学试验实力。9.工业上用钛精矿(主要成分TiO2，矿粉中含有Fe，Al，Si，V等氧化物)制备海绵钛的基本思路是：氯化法生产TiCl4、还原、真空蒸馏法制备海绵钛(Ti)。已知：①氯化过程中，其他元素均转化为最高价氯化物；②热还原过程中，可能会有副产物TiCl3；③常见物质熔沸点化合物TiCl4SiCl4FeCl3AlCl3VOCl3VOCl2MgCl2TiMg沸升华)134168141232601090熔点-69-25304190-78.9——7121668648.9回答下列问题：(1)将钛精矿粉粹的目的是：_______________(2)氯化过程中，TiO2发生的化学方程式①是：_____________(3)物质1是________，步骤②中金属铜的作用是将VOCl3还原成VOCl2，其目的是_____________；(4)工业上常用Mg或H2作还原剂，在Ar气氛下采纳热还原法制海绵钛。①镁不足时，TiCl4会因有副产物产生而导致产率会下降，副反应的化学方程式为_____________；此处采纳真空蒸馏法除去海绵钛中的Mg和MgCl2，不采纳常压蒸馏的缘由是_______。②依据图象，计算1173K时，反应2H2+TiCl4=Ti+4HCl的△G=_________。(G为自由能，图中△G是指在肯定温度下，由单质生成对应物质的量化合物时的自由能变更。设此温度下，单质的生成自由能变更为0)【答案】(1).增大反应物的接触面积，加快反应速率，提高原料利用率(2).TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO(3).SiCl4(4).使VOCl3还原为较高沸点的VOCl2，便于分别提纯TiCl4(5).3TiCl4+Ti4TiCl3(6).降低蒸馏温度，避开钛与空气中的氧气，氮气等物质反应(7).+140kJ/mol【解析】【分析】钛精矿(主要成分TiO2，矿粉中含有Fe，Al，Si，V等氧化物)粉碎后与焦炭、Cl2在高温下发生反应：TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO，杂质Fe生成FeCl3，Al生成AlCl3，V变为VOCl3，Si变为SiCl4；然后冷却至室温，得到的尾气X主要含有CO，将粗TiCl4加入精馏塔1中加热至60℃，依据表格中物质的沸点可知只有SiCl4沸点低于60℃，所以得到物质1为SiCl4；将其它液体物质加入精馏塔2中，再加入金属Cu，并限制在肯定温度，发生反应：Cu+2VOCl32VOCl2+CuCl2，使VOCl3还原为较高沸点的VOCl2，便于分别提纯TiCl4；将分别出VOCl2后的物质进入精馏塔3中，限制温度在T3，收集136℃的馏分，就得到纯净的TiCl4，然后用Mg还原，经真空蒸馏得到海绵钛。【详解】(1)将钛精矿粉粹的目的是增大反应物的接触面积，加快反应速率，从而提高原料利用率；(2)在氯化过程中，TiO2与C、Cl2在高温下发生氧化还原反应，产生TiCl4、CO，反应的化学方程式①是：TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO；(3)经上述分析可知物质1是沸点较低的SiCl4；步骤②中金属铜的作用是与VOCl3发生氧化还原反应：Cu+2VOCl32VOCl2+CuCl2，从而可使VOCl3还原为较高沸点的VOCl2，便于分别提纯TiCl4；(4)①镁不足时，TiCl4会与反应产生的Ti发生副反应：3TiCl4+Ti4TiCl3，因有副产物产生而导致产率会下降；此处采纳真空蒸馏法除去海绵钛中的Mg和MgCl2，而不采纳常压蒸馏是依据压强对物质沸点的影响，真空蒸馏能够降低蒸馏温度，避开钛与空气中的氧气，氮气等物质反应；②由于设此温度下，单质的生成自由能变更为0，依据图象可知，可知TiCl4的生成自由能为2×(-300)kJ/mol=600kJ/mol，4molHCl的生成自由能为2×(-230)kJ/mol=-460kJ/mol，所以在1173K时，反应2H2+TiCl4=Ti+4HCl的△G=600kJ/mol-460kJ/mol=+140kJ/mol。【点睛】本题以工业上用钛精矿制取海绵钛为线索，考查了氧化还原反应、混合物的分别提纯、反应条件的限制、体系自由能的计算等。驾驭氧化还原反应规律，物质的性质与元素化合价的关系等的关系是本题解答的关键，题目有利于考查学生对信息的学习与接受实力和学问应用实力。10.发展新能源、改善空气质量等始终是化学探讨的热点。回答下列问题：(1)甲醇是可再生的清洁能源，可利用CO2与H2合成甲醇：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)。该反应历程如图所示。上述合成甲醇的反应的有机副产物有__________；由于该反应速率较慢，须要加入催化剂使反应速率加快，主要降低下列变更中________(填字母)的能量变更。A．*CO+*OH→*CO+*H2OB．*CO→*OCHC．*OCH2→*OCH3D．*OCH3→*CH3OH(2)焦炭与水蒸气在恒容密闭容器中反应，可制合成气，主要反应(I)、(II)的lgKP(KP为以分压表示的平衡常数)与T的关系如图所示。①反应(I)的△H______0(填“＞”、“＝”或“＜”)；②在容积为10L密闭容器中充入1molCO、1molH2O只发生反应(II)，反应5分钟到达图中d点，请计算0～5min时，CO平均反应速率________；此时CO的转化率为________；已知：反应速率v=v正-v逆=k正·x(CO)·x(H2O)-k逆·x(CO2)·x(H2)，k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，x为物质的量分数，计算e处的=______；③c点时，若反应容器中CO浓度为0.1mol/L，则CO2浓度为________(填数值)。【答案】(1).CH2O(2).A(3).＞(4).0.01mol/(L·min)(5).50%(6).100(7).0.01mol/L【解析】分析】(1)由图可知，副产物有CO和CH2O，反应的能垒越低，反应越简单进行，副产物的量越多；反应的能垒越大，反应的反应速率越慢；(2)①该反应正向是气体体积增大的反应，依据温度与化学平衡常数的对数关系分析温度与平衡移动的关系；②依据图象确定Kp，利用物质加入量及转化量关系，确定平衡时各种物质的浓度，再依据化学反应速率和物质转化率的含义进行计算；依据e点lgKp计算CO转化率，得到各种气体的物质的量分数，结合该温度下的平衡常数，带入速率公式可得速率的比值；③c点是两个反应的交点，二者的平衡常数相等，据此解答。【详解】(1)由图可知生成副产物主要有CO和CH2O，其中的有机副产物是CH2O；由图可知生成甲醇的过程中，能垒最高(为1.64eV)的变更为*CO+*OH→*CO+*H2O，该反应速率最慢，确定整个反应的快慢，所以要想提高整个反应速率，应当降低该反应的能垒，故合理选项是A；(2)①依据图示可知：温度上升，lgKp增大，说明上升温度，平衡正向移动。依据平衡移动原理：上升温度，化学平衡向吸热反应方向移动，因此该反应的正反应为吸热反应，故△H＞0；②在容积为10L密闭容器中充入1molCO、1molH2O只发生反应(II)CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，反应5分钟到达图中d点，此时lgKp=0，则Kp=1，依据化学反应速率与物质反应关系，由于加入1molCO、1molH2O，反应是按1：1物质的量关系进行，剩余的CO、H2O也是1：1物质的量关系，反应产生的CO2与H2的物质的量相等，则每种气体的物质的量及浓度都相同，此时n(CO)=0.5mol，c(CO)=c(H2O)=c(H2)=c(CO2)==0.05mol/L，则0～5min时，CO平均反应速率v(CO)==0.01mol/(L·min)；此时CO的转化率为×100%=50%；由于反应速率v=v正-v逆=k正·x(CO)·x(H2O)-k逆·x(CO2)·x(H2)，反应达到平衡时，v正=v逆，所以k正·x(CO)·x(H2O)=k逆·x(CO2)·x(H2)，则=K，e点时lgKp=-2，Kp=10-2，由于反应起先时c(CO)=c(H2O)=0.1mol/L，c(H2)=c(CO2)=0，假设反应产生CO2、H2的物质的量浓度是amol/L，则平衡时c(CO)=c(H2O)=(1-a)mol/L，c(H2)=c(CO2)=amol/L，该反应是反应前后气体体积不变的反应，则Kp==10-2，解得a=0.1×mol/L，c(CO)=c(H2O)=(1-a)mol/L=0.1×mol/L，所以x(CO)=x(H2O)=，x(H2)=x(CO2)=，依据图象可知，此温度下反应达到平衡时，Kp=1，所以e处的=Kp×=100；③对于反应(I)化学平衡常数K=；对于反应(II)，化学平衡常数K=，由于c点是两个反应的交点，化学平衡常数相等，所以，c(CO2)=c2(CO)，由于此时反应容器中CO浓度为0.1mol/L，所以c(CO2)=c2(CO)=(0.1)2mol/L=0.01mol/L。【点睛】本题考查盖斯定律的应用、化学反应速率和化学平衡的计算等学问，正确分析图象中各物理量的关系是解题关键，留意依据物质反应转化关系，利用平衡分压表示的化学平衡常数的含义，结合有关数据的应用，侧重考查学生分析实力和计算实力。(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题做答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目题号后的方框涂黑。留意所做题目题号必需与所涂题目题号一样，在答题卡选答区域指定位置答题。假如多做，则每学科按所做的第一题计分。11.目前我国研制的稀土催化剂催化转化汽车尾气示意图如下：(1)Zr原子序数为40，价电子排布式为4d25s2，它在周期表中的位置是_______________。(2)图中互为等电子体的两种气体分子是_____________。(3)C3H8中全部碳原子的杂化方式是___________。(4)图中属于非极性的气体分子是_______________________。Fe、Mn元素的部分电离能数据列于下表中元素FeMn电离能(kJ·mol-1)I1759717I215611509I329573248(5)从上表两元素部分电离能数据比较的可知，气态Mn2+再失去一下电子比气态Fe2+再夫去一个电子难，缘由是_____________。(6)CO与Ni可生成羰基镍[Ni(CO)4]，已知其中镍的化合价为0，镍原子在基态时核外电子排式为_____________，[Ni(CO)4]的配体是_________，配位原子是__________。(7)为了节约贵金属并降低成本，也常用钙钛矿型复合氧化物作为催化剂。一种复合氧化物结构如图所示，则与每个Sr2+紧邻的O2-有______个。(8)与Zr相邻的41号元素Nb金属的晶格类型为体心立方晶格，原子半径为apm，相对原子质量为b，阿伏加德罗常数为NA，试计算晶体铌的密度为______________g·cm-3(用来a、b、NA表示计算结果)。【答案】(1).第五周期ⅣB族(2).N2、CO(3).sp3(4).N2、O2、CO2(5).Mn2+转为化Mn3+时，3d能级由较稳定的3d5半充溢状态转变为不稳定的3d4状态(6).1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s2(7).CO(8).C(9).12(10).【解析】【分析】(1)依据原子序数和价电子排布式分析其在元素周期表中的位置；(2)原子总数相同，价电子总数也相同的分子、离子或基团为等电子体；(3)依据C3H8中碳原子的成键方式推断杂化方式；(4)正负电荷中心重合的分子为非极性分子；(5)依据Mn2+和Fe2+的核外电子排布分析；(6)镍元素为28号元素；协作物中一般由金属离子供应空轨道，非金属原子供应孤对电子；(8)依据原子半径计算晶胞棱长，得到晶胞体积，依据均摊法计算晶胞中原子数目，计算质量，再依据计算密度【详解】(1)Zr原子序数为40，价电子排布式为4d25s2，最高能层为5，位于周期表第5周期，价电子数为4，位于第4纵列，所以位于第ⅣB族，即Zr位于周期表第5周期ⅣB族；(2)N2和CO原子总数相同，价电子总数均为10，二者互为等电子体；(3)C3H8分子中每个C原子含有4个σ键，所以每个C原子价层电子对数是4，则C原子采纳sp3杂化；(4)O2和N2是以非极性键结合的双原子肯定为非极性分子；CO2中含有极性键，空间构型为直线形，结构对称，分子中正负电荷中心重叠，为非极性分子；(5)由Mn2+转化为Mn3+时，3d能级由较稳定的3d5半充溢状态转为不稳定的3d4状态须要的能量较多；而Fe2+到Fe3+时，3d能级由不稳定的3d6到稳定的3d5半充溢状态，须要的能量相对要少；(6)镍元素为28号元素，依据核外电子排布规律可知基态Ni原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s2；[Ni(CO)4]的配体是CO，虽然C和O原子都有孤电子对，但C的电负性较小更简单给出电子，所以配位原子为C；(7)依据晶胞结构