廣東省珠海市2025屆高三化學(xué)第三次模擬考試試題含解析

PAGE1-廣東省珠海市2025屆高三化學(xué)第三次模擬考試試題（含解析）留意事項：1.考試時間150分鐘，滿分300分。2.本試卷分第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分。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。3.回答第Ⅰ卷時，選出每小題答案后，用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，再選涂其它答案標號。寫在本試卷上無效。4.回答第Ⅱ卷時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效?？赡苡玫降南鄬υ淤|(zhì)量：H1C12O16Mg24Nb93第Ⅰ卷(選擇題，共126分)1.新冠病毒對熱敏感，56℃30分鐘、75%酒精、含氯消毒劑、過氧乙酸、乙醚和氯仿等脂溶劑均可有效滅活病毒。下列有關(guān)說法正確的是A.因為過氧乙酸能滅活病毒，所以在家每天進行醋熏能殺死家里的新冠肺炎病毒B.在空氣質(zhì)量檢測中的PM2.5，屬于氣溶膠C.電解食鹽水制取次氯酸鈉噴灑房間能殺死新冠肺炎病毒D.含氯消毒劑、過氧乙酸、乙醚和氯仿等都屬于有機物【答案】C【解析】【詳解】A.過氧乙酸具有強氧化性，醋的主要成分為乙酸，均可滅活病毒，二者為不同物質(zhì)，無因果關(guān)系，A錯誤；B.PM2.5表示每立方米空氣中直徑小于或等于2.5微米的顆粒物的含量，直徑在1～100nm之間才能形成膠體，所以PM2.5不肯定屬于膠體，B錯誤；C.電解食鹽水生成NaOH、氫氣、氯氣，氯氣與NaOH反應(yīng)生成具有強氧化性的NaClO，次氯酸鈉噴灑房間能殺死新冠肺炎病毒，C正確；D.含氯消毒劑如NaClO等為無機物，過氧乙酸、乙醚和氯仿等都屬于有機物，D錯誤；答案選C。2.有機物W是一種合成中間體，其合成方法如圖，下列說法不正確的是A.反應(yīng)①為氧化反應(yīng)B.M與環(huán)己醇互為同系物C.N分子式為C8H16OD.反應(yīng)②原子利用率100%【答案】C【解析】【詳解】A.連接醇羥基的碳原子上有H原子，可與酸性高錳酸鉀發(fā)生氧化反應(yīng)，A正確；B.M與環(huán)己醇在分子組成上相差2個“-CH2”原子團，且結(jié)構(gòu)相像，兩者互為同系物，B正確；C.N分子式為C8H14O，C錯誤；D.反應(yīng)②加成反應(yīng)，原子利用率100%，D正確；答案選C。3.物質(zhì)類別和核心元素的價態(tài)是學(xué)習(xí)元素及其化合物性質(zhì)的重要相識視角。如圖是某元素的“價類二維圖”，其中單質(zhì)b是黃色固體，f、h均為正鹽，且焰色都是黃色。下列說法不正確的是A.d能使品紅溶液褪色B.a和c反應(yīng)可以生成bC.e的濃溶液可用鋁槽車運輸D.h的水溶液呈堿性【答案】A【解析】【分析】單質(zhì)b是黃色固體，則b是S元素，故該“價類二維圖”是S元素的，f、h均為正鹽，且焰色都是黃色，則f為Na2SO4，h為Na2SO3，故a為H2S、b為S、c為SO2、d為SO3，e為H2SO4，g為H2SO3，f為Na2SO4，h為Na2SO3?！驹斀狻緼.由分析可知，d為SO3，因為SO2具有漂白性，才會使品紅溶液褪色，非SO3，A錯誤；B.a為H2S、c為SO2，兩者反應(yīng)方程式為：2H2S+SO2=2S↓+2H2O，有S生成即為b，B正確；C.e為H2SO4，濃硫酸與鋁槽常溫下發(fā)生鈍化反應(yīng)，可用鋁槽車運輸，C正確；D.h為Na2SO3，為強堿弱酸鹽，亞硫酸根發(fā)生水解，，溶液呈堿性，D正確；答案選A。4.試驗室常利用難揮發(fā)性酸制備易揮發(fā)性酸的原理，用濃硫酸與硝石(NaNO3)反應(yīng)制備HNO3，反應(yīng)裝置如圖，下列說法不正確的是A.反應(yīng)溫度假如過高，制得HNO3可能會呈現(xiàn)黃色B.反應(yīng)方程式為：NaNO3+H2SO4(濃)NaHSO4+HNO3↑C.可從試驗室中選無色透亮干凈的試劑瓶盛裝制得的硝酸D.曲頸甑不相宜制備沸點過低的物質(zhì)【答案】C【解析】【詳解】A.硝酸在溫度過高時能分解生成二氧化氮和水，方程式為4HNO3=4NO2

↑+O2

↑+2H2O，NO2溶于水呈黃褐色，A正確；B.該反應(yīng)利用高沸點的濃硫酸制取低沸點的硝酸，反應(yīng)方程式為：NaNO3+H2SO4(濃)NaHSO4+HNO3↑，B正確；C濃硝酸見光易分解，應(yīng)用棕色玻璃細口瓶盛裝濃硝酸，C錯誤；D.若沸點過低的物質(zhì)，用曲頸甑來制備較難分別反應(yīng)物和生成物，D正確；答案選C。5.已知：在無氧條件下，葡萄糖發(fā)生反應(yīng)C6H12O62CH3CH2OH+2CO2↑。設(shè)NA是阿伏伽德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是A.0.1mol葡萄糖(C6H12O6)含羥基(-OH)數(shù)目為0.6NAB.常溫常壓下，46gCH3CH2OH與足量的鈉反應(yīng)產(chǎn)生氫分子數(shù)為0.5NAC.4.48LCO2和CO的混合氣體所含碳原子總數(shù)為0.2NAD.2.4gMg在足量的CO2中完全燃燒，轉(zhuǎn)移電子數(shù)目為0.4NA【答案】B【解析】【詳解】A．1個葡萄糖分子中含有5個-OH，則0.1mol葡萄糖(C6H12O6)中含羥基(-OH)數(shù)目0.5NA，A錯誤；B．46gCH3CH2OH的物質(zhì)的量是1mol，由于2molCH3CH2OH與足量金屬鈉反應(yīng)產(chǎn)生1molH2，則1molCH3CH2OH與足量的鈉反應(yīng)產(chǎn)生氫分子的物質(zhì)的量是0.5mol，分子數(shù)為0.5NA，B正確；C．缺少外界條件，不能確定氣體的物質(zhì)的量，因此不能計算其中含有的C原子數(shù)目，C錯誤；D．Mg是+2價金屬，1molMg完全失去2mol電子，2.4gMg的物質(zhì)的量是0.1mol，則其在足量的CO2中完全燃燒，轉(zhuǎn)移電子數(shù)目為0.2NA，D錯誤；故合理選項是B。6.化學(xué)上把外加少量酸、堿，而pH基本不變的溶液，稱為緩沖溶液?，F(xiàn)有25℃時，濃度均為0.10mol/L的CH3COOH和CH3COONa的緩沖溶液，pH=4.76。(已知：Ka(CH3COOH)=1.75×10–5，Kb為CH3COONa的水解常數(shù))，下列說法正確的是A.混合溶液加水稀釋，c(OH–)減小B.25℃時，Ka(CH3COOH)＜Kb(CH3COO–)C.c(CH3COO-)＋c(OH-)＜c(CH3COOH)＋c(H＋)D.向1.0L上述緩沖溶液中滴加幾滴NaOH稀溶液(忽視溶液體積的變更)，反應(yīng)后溶液pH基本不變【答案】D【解析】【詳解】A．該混合溶液pH<7，溶液顯酸性，加水稀釋，溶液中c(H+)減小，由于Kw=c(H+)·c(OH–)，在溫度不變時，Kw不變，溶液中c(H+)減小，則c(OH–)增大，A錯誤；B．濃度均為0.10mol/L的CH3COOH和CH3COONa的緩沖溶液，pH=4.76，說明酸的電離作用大于鹽的水解作用，所以Ka(CH3COOH)＞Kb(CH3COO–)，B錯誤；C．依據(jù)物料守恒可得①：2c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，依據(jù)電荷守恒可得②：c(CH3COO-)＋c(OH-)=c(Na+)＋c(H＋)，將①+2×②，整理可得c(CH3COO-)＋2c(OH-)=c(CH3COOH)＋2c(H＋)，溶液pH=4.76，則c(H+)＞c(OH–)，所以c(CH3COO-)＋c(OH-)＞c(CH3COOH)＋c(H＋)，C錯誤；D．向該緩沖溶液中加入幾滴NaOH溶液，由于緩沖溶液中存在平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，NaOH電離產(chǎn)生的OH-中和溶液中H+，使電離平衡正向移動，因此反應(yīng)后溶液pH基本不變，D正確；故合理選項是D。7.用如圖所示裝置進行試驗(a、b電極均為Ag單質(zhì))，視察到了靈敏電流計指針發(fā)生偏轉(zhuǎn)。下列說法正確的是A.b極電極反應(yīng)式為Ag–e–=Ag+B.離子交換膜為陰離子交換膜C.去掉離子交換膜，電流表仍舊有電流通過D.電流計指針不再偏轉(zhuǎn)時，右邊硝酸銀溶液的物質(zhì)的量濃度依舊大于左邊【答案】B【解析】【分析】由于AgNO3溶液濃度不同形成濃差電池，左池為稀的AgNO3溶液，右池為濃的AgNO3溶液，Ag+濃度越大氧化性越強，所以b為正極，發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)式為Ag++e-=Ag；a為負極，發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)式為Ag-e-=Ag+，因正極與負極消耗或生成的Ag+相等，但負極Ag削減、正極Ag增加，溶液中遷移的離子不行能是Ag+，只能是NO3-穿過交換膜向負極移動，據(jù)此解答。據(jù)此解答?！驹斀狻緼．濃差電池中，右池AgNO3溶液濃度高，Ag+濃度越大氧化性越強，所以b為正極，電極反應(yīng)式為Ag++e-=Ag，A錯誤；B．負極Ag削減、正極Ag增加，左側(cè)溶液中Ag+增大，右側(cè)溶液中由于Ag+放電而導(dǎo)致旁邊溶液中NO3-增大，為了維持電荷平衡，溶液中NO3-穿過交換膜由右側(cè)向左側(cè)的負極a區(qū)移動，因此離子交換膜為陰離子交換膜，B正確；C．若去掉離子交換膜，溶液中離子擴散，最終形成均一濃度的溶液，沒有濃度差，且兩個電極材料相同，不能構(gòu)成原電池，故電流表不會有電流通過，C錯誤；D．隨著反應(yīng)進行，左右兩池濃度的差值漸漸減小，NO3-穿過交換膜向負極移動的速率將減小，外電路中電流將減小，電流計指針偏轉(zhuǎn)幅度逐步變小，當左右兩側(cè)離子濃度相等時，電池將停止工作、不再有電流產(chǎn)生，此時溶液中左、右邊硝酸銀溶液的物質(zhì)的量濃度相等，D錯誤；故合理選項是B。【點睛】本題考查濃差原電池的工作原理，留意理解Ag+不行能穿過交換膜發(fā)生遷移，側(cè)重于學(xué)生分析實力、敏捷應(yīng)用實力的考查，有利于培育學(xué)生的良好的科學(xué)素養(yǎng)。8.硫氰化鉀(KSCN)是中學(xué)試驗室的常見藥品，某?；瘜W(xué)愛好小組在試驗室制備少量樣品，并進行探究試驗。他們查有關(guān)資料：CS2+2NH3NH4SCN+H2S，該反應(yīng)比較緩慢。Ⅰ.制備KSCN樣品。(1)先制備NH4SCN溶液，裝置如圖：①試驗起先時打開K1，關(guān)閉K2，加熱水浴裝置，緩緩地向三頸燒瓶中持續(xù)通入NH3，并持續(xù)通入N2，通入N2的作用是：____________。②一段時間后，當CS2反應(yīng)完畢，停止試驗，此時可以視察到三頸燒瓶內(nèi)的現(xiàn)象是：______。③燒杯內(nèi)的溶液X是______________。(2)再制備KSCN溶液：關(guān)閉K1，打開K2，利用耐堿分液漏斗緩慢加入適量KOH溶液，接著加熱，此時三頸燒瓶中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式是____________________。(3)樣品檢測：待冷卻后，用膠頭滴管吸取少量樣品滴入試管中的FeCl3溶液中，并沒有視察到明顯變紅的現(xiàn)象，請分析可能的緣由：_____________。Ⅱ.KSCN的探究試驗，同學(xué)們用試驗室配制的KSCN溶液做下列試驗(不是剛才愛好小組合成的)。(4)同學(xué)甲想檢測Fe3O4中是否有三價鐵，他把在充溢氧氣的集氣瓶中燃燒后的鐵絲殘渣放入試管，加適量鹽酸使其溶解，再往混合液中滴入少量KSCN溶液檢驗是否有Fe3+，結(jié)果沒變紅，請分析緣由：_________________。(5)同學(xué)乙想利用反應(yīng)Fe3++3SCN-?Fe(SCN)3來探討濃度對化學(xué)平衡的影響。他往盛有5mL0.05mol/LFeCl3溶液的試管中加入5mL_____mol/LKSCN溶液，再把反應(yīng)后的溶液均分置于兩只試管中，分別加4滴濃FeCl3溶液和4滴濃KSCN溶液，視察現(xiàn)象并得出有關(guān)結(jié)論。(6)同學(xué)丙往FeCl2和KSCN的混合溶液中滴加氯水，溶液變成紅色，不過他留意到，當氯水過量時，紅色會褪去，為此，他設(shè)計如圖裝置進行探究。Y為NaClO溶液，Z為FeCl3和KSCN的混合溶液。打開分液漏斗，持續(xù)緩慢滴入NaClO溶液至過量，他視察到：C中紅色變淺，有大量氣泡產(chǎn)生，C中還有現(xiàn)象為：___________________；D中的現(xiàn)象為：_______________，F(xiàn)中有氣泡。由此推想，KSCN具有______________性?！敬鸢浮?1).攪拌作用；或者稀釋氨氣，使接觸更加充分，轉(zhuǎn)化率高(2).溶液不再分層(3).NaOH或者CuSO4、CuCl2或者KMnO4等(4).NH4SCN+KOHKSCN+H2O+NH3↑(5).原樣品中KOH過量，會和FeCl3溶液生成Fe(OH)3沉淀(6).鐵除了生成Fe3O4，還有Fe過量，會把Fe3+還原為Fe2+(7).0.15(8).有紅褐色沉淀生成(9).澄清石灰水變渾濁(10).還原性【解析】【分析】(I)在三頸燒瓶中NH3與CS2混合加熱發(fā)生反應(yīng)：CS2+2NH3NH4SCN+H2S，為使反應(yīng)物充分接觸發(fā)生反應(yīng)，同時避開發(fā)生副反應(yīng)，可不斷通入N2，依據(jù)CS2是液態(tài)有機溶劑，不溶于水，反應(yīng)產(chǎn)物易溶于水的性質(zhì)，當液體不再分層時，可推斷反應(yīng)完全，然后通過分液漏斗向三頸燒瓶中滴加KOH溶液，發(fā)生反應(yīng)制取KSCN，反應(yīng)產(chǎn)生的H2S是有毒氣體，可依據(jù)H2S是酸性氣體、具有強的還原性，金屬硫化物的難溶性分析推斷試劑X可能的物質(zhì)；依據(jù)Fe3+遇KSCN溶液變?yōu)檠t色檢驗，檢驗時要留意雜質(zhì)離子的干擾；(II)(4)鐵絲殘渣中含有Fe3O4，可能含有Fe，依據(jù)它們與酸可能反應(yīng)產(chǎn)生的物質(zhì)成分推斷溶液中離子的存在；(5)要證明平衡移動，需使溶液中的Fe3+、SCN-完全反應(yīng)，然后變更某種離子濃度，依據(jù)溶液顏色變更分析推斷；(6)NaClO是強堿弱酸鹽，水解使溶液顯堿性，F(xiàn)e3+與OH-反應(yīng)會產(chǎn)生Fe(OH)3沉淀，同時NaClO具有強氧化性，會將SCN-氧化產(chǎn)生SO42-、CO2、N2等物質(zhì)，據(jù)此分析解答?！驹斀狻?1)①向盛有CS2、H2O混合物的三頸燒瓶中緩緩持續(xù)通入NH3，并水浴加熱發(fā)生反應(yīng)：CS2+2NH3NH4SCN+H2S，為了使反應(yīng)物充分接觸，提高轉(zhuǎn)化率，要持續(xù)通入N2；②CS2是有機溶劑，與水互不相溶，當反應(yīng)一段時間后，若CS2反應(yīng)完畢，由于反應(yīng)產(chǎn)生的物質(zhì)都易溶解在水中，此時可以視察到三頸燒瓶內(nèi)的現(xiàn)象是溶液不再分層，此時停止試驗；③發(fā)生反應(yīng)產(chǎn)生的H2S是有毒氣體，會造成環(huán)境污染，可依據(jù)H2S水溶液顯酸性，用NaOH等堿性溶液汲??；也可以利用H2S與CuSO4或CuCl2會產(chǎn)生CuS沉淀汲取除去；還可以利用其強的還原性，用具有強氧化性的物質(zhì)如酸性KMnO4溶液等將其氧化除去，故燒杯內(nèi)的溶液X是NaOH或CuSO4、CuCl2或者KMnO4等物質(zhì)；(2)將KOH溶液與NH4SCN溶液混合加熱，發(fā)生反應(yīng)：NH4SCN+KOHKSCN+H2O+NH3↑，得到KSCN溶液；(3)待冷卻后，用膠頭滴管吸取少量樣品滴入試管中的FeCl3溶液中，并沒有視察到明顯變紅的現(xiàn)象，可能是原樣品中加入的KOH過量，與FeCl3溶液發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)生成Fe(OH)3紅褐色沉淀，導(dǎo)致未發(fā)生3KSCN+FeCl3Fe(SCN)3+3KCl，因此不能視察到溶液變?yōu)榧t色；(4)Fe與O2在點燃時發(fā)生反應(yīng)產(chǎn)生Fe3O4，把在充溢氧氣的集氣瓶中燃燒后的鐵絲殘渣放入試管，加適量鹽酸使其溶解，F(xiàn)e3O4與HCl反應(yīng)產(chǎn)生FeCl2、FeCl3和H2O，若鐵絲殘渣中含有未反應(yīng)的Fe，則FeCl3與Fe反應(yīng)轉(zhuǎn)化為FeCl2，當溶液中不再含有Fe3+時，再往混合液中滴入少量KSCN溶液就不會變紅色；(5)使5mL0.05mol/LFeCl3完全發(fā)生反應(yīng)：3KSCN+FeCl3=Fe(SCN)3+3KCl，依據(jù)物質(zhì)反應(yīng)關(guān)系可知n(KSCN)=3n(FeCl3)，由于加入KSCN溶液的體積與FeCl3溶液的體積相同，也是5mL，因此KSCN溶液的濃度就是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，首先發(fā)生反應(yīng)：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，F(xiàn)e2+被氧化產(chǎn)生Fe3+，F(xiàn)e3+遇SCN-使溶液變成紅色，當氯水過量時，SCN-會被過量氯水氧化成（SCN）2逸出，導(dǎo)致溶液的紅色褪去；若將溶液Y改為NaClO，由于NaClO是強堿弱酸鹽，水解使溶液顯堿性，燒瓶中的Fe3+與水解產(chǎn)生OH-反應(yīng)會產(chǎn)生Fe(OH)3紅褐色沉淀；同時由于NaClO具有強氧化性，會將SCN-氧化產(chǎn)生SO42-、CO2、N2等物質(zhì)，氣體逸出進入盛有飽和石灰水的裝置D中，CO2與Ca(OH)2反應(yīng)產(chǎn)生CaCO3沉淀，使石灰水變渾濁，因此他視察到：C中紅色變淺，有大量氣泡產(chǎn)生，C中還產(chǎn)生紅褐色沉淀；D中澄清石灰水變渾濁，F(xiàn)中有氣泡該氣體主要是N2。由此可知KSCN具有強的還原性。【點睛】本題考查制備試驗方案的設(shè)計，明確試驗原理為解答關(guān)鍵，留意駕馭常見化學(xué)試驗操作方法及元素化合物性質(zhì)，結(jié)合氧化還原反應(yīng)原理和鹽的水解反應(yīng)規(guī)律分析推斷，留意物質(zhì)反應(yīng)是否完全，反應(yīng)物的物質(zhì)的量多少對物質(zhì)成分的影響，充分考查了學(xué)生的分析實力及化學(xué)試驗實力。9.工業(yè)上用鈦精礦(主要成分TiO2，礦粉中含有Fe，Al，Si，V等氧化物)制備海綿鈦的基本思路是：氯化法生產(chǎn)TiCl4、還原、真空蒸餾法制備海綿鈦(Ti)。已知：①氯化過程中，其他元素均轉(zhuǎn)化為最高價氯化物；②熱還原過程中，可能會有副產(chǎn)物TiCl3；③常見物質(zhì)熔沸點化合物TiCl4SiCl4FeCl3AlCl3VOCl3VOCl2MgCl2TiMg沸升華)134168141232601090熔點-69-25304190-78.9——7121668648.9回答下列問題：(1)將鈦精礦粉粹的目的是：_______________(2)氯化過程中，TiO2發(fā)生的化學(xué)方程式①是：_____________(3)物質(zhì)1是________，步驟②中金屬銅的作用是將VOCl3還原成VOCl2，其目的是_____________；(4)工業(yè)上常用Mg或H2作還原劑，在Ar氣氛下采納熱還原法制海綿鈦。①鎂不足時，TiCl4會因有副產(chǎn)物產(chǎn)生而導(dǎo)致產(chǎn)率會下降，副反應(yīng)的化學(xué)方程式為_____________；此處采納真空蒸餾法除去海綿鈦中的Mg和MgCl2，不采納常壓蒸餾的緣由是_______。②依據(jù)圖象，計算1173K時，反應(yīng)2H2+TiCl4=Ti+4HCl的△G=_________。(G為自由能，圖中△G是指在肯定溫度下，由單質(zhì)生成對應(yīng)物質(zhì)的量化合物時的自由能變更。設(shè)此溫度下，單質(zhì)的生成自由能變更為0)【答案】(1).增大反應(yīng)物的接觸面積，加快反應(yīng)速率，提高原料利用率(2).TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO(3).SiCl4(4).使VOCl3還原為較高沸點的VOCl2，便于分別提純TiCl4(5).3TiCl4+Ti4TiCl3(6).降低蒸餾溫度，避開鈦與空氣中的氧氣，氮氣等物質(zhì)反應(yīng)(7).+140kJ/mol【解析】【分析】鈦精礦(主要成分TiO2，礦粉中含有Fe，Al，Si，V等氧化物)粉碎后與焦炭、Cl2在高溫下發(fā)生反應(yīng)：TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO，雜質(zhì)Fe生成FeCl3，Al生成AlCl3，V變?yōu)閂OCl3，Si變?yōu)镾iCl4；然后冷卻至室溫，得到的尾氣X主要含有CO，將粗TiCl4加入精餾塔1中加熱至60℃，依據(jù)表格中物質(zhì)的沸點可知只有SiCl4沸點低于60℃，所以得到物質(zhì)1為SiCl4；將其它液體物質(zhì)加入精餾塔2中，再加入金屬Cu，并限制在肯定溫度，發(fā)生反應(yīng)：Cu+2VOCl32VOCl2+CuCl2，使VOCl3還原為較高沸點的VOCl2，便于分別提純TiCl4；將分別出VOCl2后的物質(zhì)進入精餾塔3中，限制溫度在T3，收集136℃的餾分，就得到純凈的TiCl4，然后用Mg還原，經(jīng)真空蒸餾得到海綿鈦。【詳解】(1)將鈦精礦粉粹的目的是增大反應(yīng)物的接觸面積，加快反應(yīng)速率，從而提高原料利用率；(2)在氯化過程中，TiO2與C、Cl2在高溫下發(fā)生氧化還原反應(yīng)，產(chǎn)生TiCl4、CO，反應(yīng)的化學(xué)方程式①是：TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO；(3)經(jīng)上述分析可知物質(zhì)1是沸點較低的SiCl4；步驟②中金屬銅的作用是與VOCl3發(fā)生氧化還原反應(yīng)：Cu+2VOCl32VOCl2+CuCl2，從而可使VOCl3還原為較高沸點的VOCl2，便于分別提純TiCl4；(4)①鎂不足時，TiCl4會與反應(yīng)產(chǎn)生的Ti發(fā)生副反應(yīng)：3TiCl4+Ti4TiCl3，因有副產(chǎn)物產(chǎn)生而導(dǎo)致產(chǎn)率會下降；此處采納真空蒸餾法除去海綿鈦中的Mg和MgCl2，而不采納常壓蒸餾是依據(jù)壓強對物質(zhì)沸點的影響，真空蒸餾能夠降低蒸餾溫度，避開鈦與空氣中的氧氣，氮氣等物質(zhì)反應(yīng)；②由于設(shè)此溫度下，單質(zhì)的生成自由能變更為0，依據(jù)圖象可知，可知TiCl4的生成自由能為2×(-300)kJ/mol=600kJ/mol，4molHCl的生成自由能為2×(-230)kJ/mol=-460kJ/mol，所以在1173K時，反應(yīng)2H2+TiCl4=Ti+4HCl的△G=600kJ/mol-460kJ/mol=+140kJ/mol?！军c睛】本題以工業(yè)上用鈦精礦制取海綿鈦為線索，考查了氧化還原反應(yīng)、混合物的分別提純、反應(yīng)條件的限制、體系自由能的計算等。駕馭氧化還原反應(yīng)規(guī)律，物質(zhì)的性質(zhì)與元素化合價的關(guān)系等的關(guān)系是本題解答的關(guān)鍵，題目有利于考查學(xué)生對信息的學(xué)習(xí)與接受實力和學(xué)問應(yīng)用實力。10.發(fā)展新能源、改善空氣質(zhì)量等始終是化學(xué)探討的熱點?；卮鹣铝袉栴}：(1)甲醇是可再生的清潔能源，可利用CO2與H2合成甲醇：CO2(g)+3H2(g)?CH3OH(g)+H2O(g)。該反應(yīng)歷程如圖所示。上述合成甲醇的反應(yīng)的有機副產(chǎn)物有__________；由于該反應(yīng)速率較慢，須要加入催化劑使反應(yīng)速率加快，主要降低下列變更中________(填字母)的能量變更。A．*CO+*OH→*CO+*H2OB．*CO→*OCHC．*OCH2→*OCH3D．*OCH3→*CH3OH(2)焦炭與水蒸氣在恒容密閉容器中反應(yīng)，可制合成氣，主要反應(yīng)(I)、(II)的lgKP(KP為以分壓表示的平衡常數(shù))與T的關(guān)系如圖所示。①反應(yīng)(I)的△H______0(填“＞”、“＝”或“＜”)；②在容積為10L密閉容器中充入1molCO、1molH2O只發(fā)生反應(yīng)(II)，反應(yīng)5分鐘到達圖中d點，請計算0～5min時，CO平均反應(yīng)速率________；此時CO的轉(zhuǎn)化率為________；已知：反應(yīng)速率v=v正-v逆=k正·x(CO)·x(H2O)-k逆·x(CO2)·x(H2)，k正、k逆分別為正、逆反應(yīng)速率常數(shù)，x為物質(zhì)的量分數(shù)，計算e處的=______；③c點時，若反應(yīng)容器中CO濃度為0.1mol/L，則CO2濃度為________(填數(shù)值)?！敬鸢浮?1).CH2O(2).A(3).＞(4).0.01mol/(L·min)(5).50%(6).100(7).0.01mol/L【解析】分析】(1)由圖可知，副產(chǎn)物有CO和CH2O，反應(yīng)的能壘越低，反應(yīng)越簡單進行，副產(chǎn)物的量越多；反應(yīng)的能壘越大，反應(yīng)的反應(yīng)速率越慢；(2)①該反應(yīng)正向是氣體體積增大的反應(yīng)，依據(jù)溫度與化學(xué)平衡常數(shù)的對數(shù)關(guān)系分析溫度與平衡移動的關(guān)系；②依據(jù)圖象確定Kp，利用物質(zhì)加入量及轉(zhuǎn)化量關(guān)系，確定平衡時各種物質(zhì)的濃度，再依據(jù)化學(xué)反應(yīng)速率和物質(zhì)轉(zhuǎn)化率的含義進行計算；依據(jù)e點lgKp計算CO轉(zhuǎn)化率，得到各種氣體的物質(zhì)的量分數(shù)，結(jié)合該溫度下的平衡常數(shù)，帶入速率公式可得速率的比值；③c點是兩個反應(yīng)的交點，二者的平衡常數(shù)相等，據(jù)此解答?！驹斀狻?1)由圖可知生成副產(chǎn)物主要有CO和CH2O，其中的有機副產(chǎn)物是CH2O；由圖可知生成甲醇的過程中，能壘最高(為1.64eV)的變更為*CO+*OH→*CO+*H2O，該反應(yīng)速率最慢，確定整個反應(yīng)的快慢，所以要想提高整個反應(yīng)速率，應(yīng)當降低該反應(yīng)的能壘，故合理選項是A；(2)①依據(jù)圖示可知：溫度上升，lgKp增大，說明上升溫度，平衡正向移動。依據(jù)平衡移動原理：上升溫度，化學(xué)平衡向吸熱反應(yīng)方向移動，因此該反應(yīng)的正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，故△H＞0；②在容積為10L密閉容器中充入1molCO、1molH2O只發(fā)生反應(yīng)(II)CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，反應(yīng)5分鐘到達圖中d點，此時lgKp=0，則Kp=1，依據(jù)化學(xué)反應(yīng)速率與物質(zhì)反應(yīng)關(guān)系，由于加入1molCO、1molH2O，反應(yīng)是按1：1物質(zhì)的量關(guān)系進行，剩余的CO、H2O也是1：1物質(zhì)的量關(guān)系，反應(yīng)產(chǎn)生的CO2與H2的物質(zhì)的量相等，則每種氣體的物質(zhì)的量及濃度都相同，此時n(CO)=0.5mol，c(CO)=c(H2O)=c(H2)=c(CO2)==0.05mol/L，則0～5min時，CO平均反應(yīng)速率v(CO)==0.01mol/(L·min)；此時CO的轉(zhuǎn)化率為×100%=50%；由于反應(yīng)速率v=v正-v逆=k正·x(CO)·x(H2O)-k逆·x(CO2)·x(H2)，反應(yīng)達到平衡時，v正=v逆，所以k正·x(CO)·x(H2O)=k逆·x(CO2)·x(H2)，則=K，e點時lgKp=-2，Kp=10-2，由于反應(yīng)起先時c(CO)=c(H2O)=0.1mol/L，c(H2)=c(CO2)=0，假設(shè)反應(yīng)產(chǎn)生CO2、H2的物質(zhì)的量濃度是amol/L，則平衡時c(CO)=c(H2O)=(1-a)mol/L，c(H2)=c(CO2)=amol/L，該反應(yīng)是反應(yīng)前后氣體體積不變的反應(yīng)，則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)=，依據(jù)圖象可知，此溫度下反應(yīng)達到平衡時，Kp=1，所以e處的=Kp×=100；③對于反應(yīng)(I)化學(xué)平衡常數(shù)K=；對于反應(yīng)(II)，化學(xué)平衡常數(shù)K=，由于c點是兩個反應(yīng)的交點，化學(xué)平衡常數(shù)相等，所以，c(CO2)=c2(CO)，由于此時反應(yīng)容器中CO濃度為0.1mol/L，所以c(CO2)=c2(CO)=(0.1)2mol/L=0.01mol/L?！军c睛】本題考查蓋斯定律的應(yīng)用、化學(xué)反應(yīng)速率和化學(xué)平衡的計算等學(xué)問，正確分析圖象中各物理量的關(guān)系是解題關(guān)鍵，留意依據(jù)物質(zhì)反應(yīng)轉(zhuǎn)化關(guān)系，利用平衡分壓表示的化學(xué)平衡常數(shù)的含義，結(jié)合有關(guān)數(shù)據(jù)的應(yīng)用，側(cè)重考查學(xué)生分析實力和計算實力。(二)選考題：共45分。請考生從給出的2道物理題、2道化學(xué)題、2道生物題中每科任選一題做答，并用2B鉛筆在答題卡上把所選題目題號后的方框涂黑。留意所做題目題號必需與所涂題目題號一樣，在答題卡選答區(qū)域指定位置答題。假如多做，則每學(xué)科按所做的第一題計分。11.目前我國研制的稀土催化劑催化轉(zhuǎn)化汽車尾氣示意圖如下：(1)Zr原子序數(shù)為40，價電子排布式為4d25s2，它在周期表中的位置是_______________。(2)圖中互為等電子體的兩種氣體分子是_____________。(3)C3H8中全部碳原子的雜化方式是___________。(4)圖中屬于非極性的氣體分子是_______________________。Fe、Mn元素的部分電離能數(shù)據(jù)列于下表中元素FeMn電離能(kJ·mol-1)I1759717I215611509I329573248(5)從上表兩元素部分電離能數(shù)據(jù)比較的可知，氣態(tài)Mn2+再失去一下電子比氣態(tài)Fe2+再夫去一個電子難，緣由是_____________。(6)CO與Ni可生成羰基鎳[Ni(CO)4]，已知其中鎳的化合價為0，鎳原子在基態(tài)時核外電子排式為_____________，[Ni(CO)4]的配體是_________，配位原子是__________。(7)為了節(jié)約貴金屬并降低成本，也常用鈣鈦礦型復(fù)合氧化物作為催化劑。一種復(fù)合氧化物結(jié)構(gòu)如圖所示，則與每個Sr2+緊鄰的O2-有______個。(8)與Zr相鄰的41號元素Nb金屬的晶格類型為體心立方晶格，原子半徑為apm，相對原子質(zhì)量為b，阿伏加德羅常數(shù)為NA，試計算晶體鈮的密度為______________g·cm-3(用來a、b、NA表示計算結(jié)果)?！敬鸢浮?1).第五周期ⅣB族(2).N2、CO(3).sp3(4).N2、O2、CO2(5).Mn2+轉(zhuǎn)為化Mn3+時，3d能級由較穩(wěn)定的3d5半充溢狀態(tài)轉(zhuǎn)變?yōu)椴环€(wěn)定的3d4狀態(tài)(6).1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s2(7).CO(8).C(9).12(10).【解析】【分析】(1)依據(jù)原子序數(shù)和價電子排布式分析其在元素周期表中的位置；(2)原子總數(shù)相同，價電子總數(shù)也相同的分子、離子或基團為等電子體；(3)依據(jù)C3H8中碳原子的成鍵方式推斷雜化方式；(4)正負電荷中心重合的分子為非極性分子；(5)依據(jù)Mn2+和Fe2+的核外電子排布分析；(6)鎳元素為28號元素；協(xié)作物中一般由金屬離子供應(yīng)空軌道，非金屬原子供應(yīng)孤對電子；(8)依據(jù)原子半徑計算晶胞棱長，得到晶胞體積，依據(jù)均攤法計算晶胞中原子數(shù)目，計算質(zhì)量，再依據(jù)計算密度【詳解】(1)Zr原子序數(shù)為40，價電子排布式為4d25s2，最高能層為5，位于周期表第5周期，價電子數(shù)為4，位于第4縱列，所以位于第ⅣB族，即Zr位于周期表第5周期ⅣB族；(2)N2和CO原子總數(shù)相同，價電子總數(shù)均為10，二者互為等電子體；(3)C3H8分子中每個C原子含有4個σ鍵，所以每個C原子價層電子對數(shù)是4，則C原子采納sp3雜化；(4)O2和N2是以非極性鍵結(jié)合的雙原子肯定為非極性分子；CO2中含有極性鍵，空間構(gòu)型為直線形，結(jié)構(gòu)對稱，分子中正負電荷中心重疊，為非極性分子；(5)由Mn2+轉(zhuǎn)化為Mn3+時，3d能級由較穩(wěn)定的3d5半充溢狀態(tài)轉(zhuǎn)為不穩(wěn)定的3d4狀態(tài)須要的能量較多；而Fe2+到Fe3+時，3d能級由不穩(wěn)定的3d6到穩(wěn)定的3d5半充溢狀態(tài)，須要的能量相對要少；(6)鎳元素為28號元素，依據(jù)核外電子排布規(guī)律可知基態(tài)Ni原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s2；[Ni(CO)4]的配體是CO，雖然C和O原子都有孤電子對，但C的電負性較小更簡單給出電子，所以配位原子為C；(7)依據(jù)晶胞結(jié)構(gòu)