福建省南平市2025屆高三化學第三次綜合質量檢測試題含解析

PAGE21-福建省南平市2025屆高三化學第三次綜合質量檢測試題（含解析）可能用到的相對原子質量：HlC12O16Cl35.5Na23Fe56Zn65Se79第I卷一、選擇題：在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.2024年春節(jié)期間實行的《中國詩詞大會》第五季精彩紛呈，體現(xiàn)了中國詩詞博大精深，下列詩詞分析錯誤的是A.“弄風柳絮疑成雪，滿地榆錢買得春”中“柳絮”和棉花的成分均含纖維素B.“日暮漢宮傳蠟燭，輕煙散入五侯家”中的“蠟燭”是高級脂肪酸酯，也是高分子化合物C.“炎炎日正午，灼灼火俱燃”中的“炎炎”體現(xiàn)自然界中太陽能與熱能的轉化D.“煮豆持作羹，漉鼓以為汁”中的“漉鼓”涉及的基本操作是過濾【答案】B【解析】【詳解】A．“柳絮”和棉花的主要成分均為纖維素，A正確；B．高級脂肪酸酯不屬于高分子化合物，B錯誤；C．“炎炎”體現(xiàn)了太陽能轉化為熱能，C正確；D．由“漉鼓以為汁”可知，“漉鼓”涉及過濾，D正確。答案選B。2.設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A.常溫下，1LpH=2的NaHSO4溶液中，NaHSO4和水電離的H+總數(shù)為0.01NAB.公共場所用75%的乙醇殺菌消毒預防新冠肺炎，1mol乙醇分子中含有的共價鍵數(shù)目為7NAC.常溫常壓下，等物質的量的N2和CO所含的分子數(shù)目均為NAD.10g46%甲酸(HCOOH)水溶液中所含的氧原子數(shù)為0.2NA【答案】A【解析】【詳解】A.常溫下，pH=2的溶液中氫離子濃度為0.01mol/L，故1L溶液中氫離子的物質的量為0.01mol，即NaHSO4和水電離的H+總數(shù)為0.01NA，故A正確；B.乙醇分子中含8條共價鍵，故1mol乙醇中含共價鍵為8NA個，故B錯誤；C.物質的量相同的N2和CO所含分子數(shù)目相同，但二者的物質的量不肯定是1mol，所含分子數(shù)目不肯定是NA，故C錯誤；D.

10g46%的甲酸水溶液中，甲酸的質量m=10g×46%=4.6g，物質的量n=4.6g÷46g/mol=0.1mol，含0.2mol氧原子；水的質量為10g?4.6g=5.4g，物質的量n=5.4g÷18g/mol=0.3mol，故含0.3mol氧原子，故共含0.5mol氧原子即0.5NA個，故D錯誤；故選：A。3.探討治愈新冠肺炎的藥物是限制疫情的重要手段之一。藥物卡莫氟通過在體內釋放氟尿嘧啶，對新型冠狀病毒在體內的復制可能具有抑制作用。下圖是其合成的前體之一，某同學對其相識正確的是A.分子式為C4H2N2O2F B.屬于芳香族化合物C.在肯定條件下可發(fā)生取代反應、加成反應 D.全部原子肯定處于同一平面【答案】C【解析】【詳解】A.由結構簡式可知該物質的分子式為：C4H3N2O2F，故A錯誤；B.該結構中不含苯環(huán)，不屬于芳香族化合物，故B錯誤；C.該結構中含有羥基和鹵素原子可發(fā)生取代反應，環(huán)中的雙鍵結構可以與氫氣加成，故C正確；D.環(huán)是平面結構，羥基是平面結構，單鍵相連可以旋轉，兩平面不肯定共面，故D錯誤；故選：C。4.試驗室探討某些氣體的性質可用如圖所示裝置，下列過程和結論均正確的是項選XYZ結論ABr2苯NaOH溶液苯與溴發(fā)生取代反應BSO2酸性KMnO4溶液NaOH溶液二氧化硫具有漂白性CHClNa2SiO3溶液NaCl溶液Cl的非金屬性強于SiDCH2=CH2Br2的CCl4溶液AgNO3溶液乙烯與Br2發(fā)生加成反應A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【詳解】A.苯與溴單質的反應須要在作催化劑條件下才能發(fā)生，沒有催化劑時溴單質只是溶于苯中，不會發(fā)生取代反應，故A錯誤；B.二氧化硫使高錳酸鉀褪色體現(xiàn)的是其還原性而不是漂白性，故B錯誤；C.HCl氣體通入硅酸鈉產生白色沉淀能證明HCl的酸性強于硅酸，但非金屬性強弱需依據最高價含氧酸的酸性強弱推斷，故C錯誤；D.乙烯與溴單質若發(fā)生加成反應產物為1,2-二溴乙烷溶于四氯化碳中，則硝酸銀溶液不現(xiàn)象；若為取代反應則會產生溴化氫氣體，則硝酸銀溶液中產生淺黃色沉淀，因此該裝置依據硝酸銀溶液中的現(xiàn)象可以推斷乙烯與溴單質發(fā)生加成反應，故D正確；故選：D。5.由我國地質學家首次發(fā)覺的香花石被譽為“礦石熊貓”。它由X(Ca)和前18號元素中的5種組成，分別為Y、Z、W、R、T。其中Y、Z為金屬元素，X、Z同主族，Y、Z、R、T位于同周期，R最外層電子數(shù)是次外層的3倍，T無正價，X與R原子序數(shù)之和是W的2倍。下列說法錯誤的是A.XR2、WR2兩種化合物中R的化合價不相同 B.原子半徑：T>R>Z>YC.最高價氧化物對應的水化物的堿性：X>Z D.氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：W<R<T【答案】B【解析】【分析】R原子最外層電子數(shù)為其次外層電子數(shù)的3倍，R原子只能有2個電子層，最外層電子數(shù)為6，則R為O元素；Y、Z、R、T位于同周期，即處于其次周期，T元素無正價，則T為F元素；X、Z位于同主族，X為Ca元素，則Z為Be元素；Y為金屬元素，則Y為Li；X為Ca元素，則由X與R原子序數(shù)之和是W的2倍，則（20+8）÷2=14，推出W為Si元素，符合題意，據此解答?！驹斀狻緼.XR2、WR2兩化合物CaO2、SiO2，CaO2中O元素為?1價，SiO2中O元素化合價為?2，R化合價不相同，故A正確，但不符合題意；B.

Y為鋰元素、Z為鈹元素、R為氧元素、T為氟元素，位于同周期，元素的原子半徑從左向右半徑在減小，即原子半徑：Y>Z>R>T，故B錯誤，符合題意；C.

X為鈣元素、Z為鈹元素，金屬性Ca>Be，則最高價氧化物對應的水化物堿性：氫氧化鈣>氫氧化鈹，故C正確，但不符合題意；D.

W為硅元素、R為氧元素、T為氟元素，非金屬性F>O>Si，則氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性W<R<T，故D正確，但不符合題意；故選：B。6.中國科學院大連化物所的探討團隊創(chuàng)新性提出鋅碘單液流電池的概念，實現(xiàn)鋅碘單液流中電解液的利用率近100%，其原理如圖所示。下列說法正確的是A.放電時A電極反應式為：Zn+2e-=Zn2+ B.放電時電解質儲罐中離子總濃度減小C.M為陰離子交換膜，N為陽離子交換膜 D.充電時A極增重65g，C區(qū)增加離子數(shù)為2NA【答案】C【解析】【詳解】A.放電時，B電極為正極，I2得到電子生成I?，電極反應式為I2+2e?=2I?，A電極是負極，電極反應式為Zn?2e?═Zn2+，故A錯誤；B.放電時，左側即負極，電極反應式為Zn?2e?═Zn2+，右側是正極，電極反應式為I2+2e?=2I?，所以儲罐中的離子總濃度增大，故B錯誤；C.離子交換膜是防止正負極I2、Zn接觸發(fā)生自發(fā)電，負極區(qū)生成Zn2+，正電荷增加，正極區(qū)生成I?，負電荷增加，所以Cl?通過M膜進入負極，K+通過N膜進入正極，所以M為陰離子交換膜，N為陽離子交換膜，故C正確；D.充電時，A極反應式Zn?2e?═Zn2+，A極增重65g轉移2mol電子，所以C區(qū)增加2molK+、2molCl?，離子總數(shù)為4NA，故D錯誤；故選：C。7.已知AG=lg，電離度a=×l00%。常溫下，向l0mL0.lmol?L-1HX溶液中滴加0.lmol?L-1NaOH溶液，混合溶液中AG與滴加NaOH溶液體積的關系如圖所示。下列說法錯誤的是A.點P前隨著NaOH溶液的加入，增大 B.G點溶液中c(Na+)=c(X-)>c(H+)=c(OH-)C.V=10時，溶液中c(OH-)>c(HX) D.常溫下，HX的電離度約為0.1%【答案】D【解析】【分析】0.lmol?L-1NaOH溶液滴定l0mL0.lmol?L-1HX溶液，則10mLNaOH溶液時恰好完全反應，溶質為NaX，由圖可知，NaX溶液顯堿性，故HX為弱酸；當NaOH溶液加到20mL時，10mLNaOH溶液反應，10mLNaOH溶液未反應，此時溶質為等濃度的NaX和NaOH溶液，據此解答?！驹斀狻緼．HX的電離常數(shù)Ka=，溫度不變，Ka不變，點P前，隨著NaOH溶液體積的增大，溶液中c(H+)減小，增大，A正確；B．滴定所得溶液中存在電荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(X-)+c(OH-)，G點lg=0，c(H+)=c(OH-)，所以c(Na+)=c(X-)＞c(H+)=c(OH-)，B正確；C．V=10時，HX和NaOH恰好完全反應，得NaX溶液，質子守恒式子為：c(H+)+c(HX)=c(OH-)，所以c(OH-)>c(HX)，C正確；D．HX溶液的lg=8，則=108，再結合c(H+)×c(OH-)=10-14得：c(H+)=10-3mol/L，a=×l00%≈×l00%=1%，D錯誤。答案選D。第II卷二、非選擇題(一)必考題8.磁性材料產業(yè)是21世紀各國競相發(fā)展的高科技支柱產業(yè)之一，碳酸錳(MnCO3)可制造電信器材的軟磁鐵氧體。工業(yè)上利用軟錳礦(主要成分為MnO2，含少量SiO2、Fe2O3、CuO等雜質)和含SO2的煙氣為主要原料制備無水碳酸錳的工藝流程如下：已知：①MnCO3難溶于水和乙醇，潮濕時易被空氣氧化，100℃時起先分解。②不同金屬離子生成氫氧化物沉淀的pH和有關物質的Ksp如下表：離子Fe3+Fe2+Cu2+Mg2+起先沉淀的pH2.77.54.27.8沉淀完全的pH3.79.76.79.8物質MnSCaF2CuSKsp25×10-131.5×10-101.3×10-36回答下列問題：(1)為提高“溶浸”過程中的浸取速率，以下方法不能提高浸取速率的是________。A.將礦石研磨粉碎B.連續(xù)攪拌C.延長浸取時間D.上升溫度E.適當增大稀硫酸的濃度“溶浸”過程中往往有副產物MnS2O6生成，溫度對“溶浸”反應的影響如下圖所示，為削減MnS2O6的生成，“溶浸”的相宜溫度應大于___。(2)“除鐵”步驟中，在加入石灰調整溶液的pH前，加入適量的軟錳礦，發(fā)生反應的離子方程為____。(3)“凈化”步驟的目的是除去溶液中的Ca2+、Cu2+等雜質。若測得濾液中c(F-)=0.02mol?L-1，則濾液中殘留的c(Ca2+)=__。(4)“沉錳”步驟中，加入NH4HCO3后有無色無味的氣體放出，發(fā)生反應的離子方程式為______。(5)從“沉錳”步驟中要得到純凈無水MnCO3，先將析出的MnCO3沉淀過濾，再用_______(填化學式)洗滌更易于干燥。過濾后廢液的主要成分為____(填化學式)。(6)實際生產中，運用陰離子交換膜法電解得到金屬錳，電解裝置如下圖所示，B電極為直流電源的_________極。該工藝若不運用離子交換膜，會造成Mn2+發(fā)生副反應生成MnO2，寫出該副反應的電極反應式_______。【答案】(1).C(2).90℃(3).MnO2＋2Fe2++4H+＝2Fe3++Mn2++2H2O(4).3.75×10-7mol?L-1(5).Mn2++2＝MnCO3↓+CO2↑+H2O(6).C2H6O(7).(NH4)2SO4(8).負極(9).Mn2+＋2H2O-2e-＝MnO2＋4H+【解析】【分析】“溶浸”時，SiO2不溶于稀硫酸，通過過濾除去，所得溶液含H+、Mn2+、Fe2+、Cu2+、SO42-等離子；“溶浸”所得溶液通過“除鐵”將Fe3+轉化為Fe(OH)3沉淀，然后過濾除去；“除鐵”后所得溶液通過“凈化”將Ca2+、Cu2+轉化為CaF2、CuS沉淀，然后過濾除去；“凈化”所得溶液主要含Mn2+、NH4+、SO42-，通過“沉錳”得到MnCO3，再經過濾、洗滌、烘干獲得無水MnCO3，據此解答?！驹斀狻?1)A．將礦石研磨粉碎，可以增大反應物的接觸面積，從而提高浸取速率，A不滿意題意；B．連續(xù)攪拌可以增大反應物的接觸面積，從而提高浸取速率，B不滿意題意；C．延長浸取時間不能提高浸取速率，C滿意題意；D．上升溫度可以加快反應速率，從而提高浸取速率，D不滿意題意；E．增大反應物的濃度，可以加快反應速率，從而提高浸取速率，E不滿意題意；由圖可知，溫度高于90℃，副產物MnS2O6百分率低且隨溫度上升百分率幾乎不再改變，故答案為：C；90℃；(2)軟錳礦的主要成分為MnO2，具有較強的氧化性，將“溶浸”所得的Fe2+氧化物Fe3+，發(fā)生反應的離子方程式為：MnO2＋2Fe2++4H+＝2Fe3++Mn2++2H2O，故答案為：MnO2＋2Fe2++4H+＝2Fe3++Mn2++2H2O；(3)Ksp(CaF2)=c(Ca2+)×c2(F-)，所以c(Ca2+)=mol?L-1=3.75×10-7mol?L-1，故答案為：3.75×10-7mol?L-1；(4)“沉錳”時加入NH4HCO3后有無色無味的氣體放出，依據元素守恒可知該氣體為CO2，所以“沉錳”發(fā)生反應的離子方程式為Mn2++2＝MnCO3↓+CO2↑+H2O，故答案為：Mn2++2＝MnCO3↓+CO2↑+H2O；(5)MnCO3難溶于水和乙醇，潮濕時易被空氣氧化，且乙醇易揮發(fā)，洗滌后更簡單干燥，所以應用乙醇洗滌，乙醇化學式為C2H6O，整個流程來看，NH4+、SO42-未除去，所以過濾出MnCO3沉淀后廢液主要成分為(NH4）2SO4，故答案為：C2H6O；(NH4）2SO4；(6)由圖可知，電解質溶液中的陰離子向左邊電極移動，左邊電極為陽極，A為電源的正極，B為電源的負極，結合電荷守恒可得Mn2+發(fā)生副反應的離子方程式為：Mn2+＋2H2O-2e-＝MnO2＋4H+，故答案為：負極；Mn2+＋2H2O-2e-＝MnO2＋4H+。9.“84消毒液”因1984年北京某醫(yī)院研制運用而得名，在2024年抗擊新型冠狀病毒肺炎中被廣泛用于消毒，其有效成分是NaClO。某?；瘜W探討性學習小組在試驗室制備NaClO溶液，并進行性質探究和成分測定。已知：①室溫下，飽和NaClO溶液pH為11②25℃時，H2CO3：Ka1=4.4×10-7，Ka2=4.7×10-11；HClO：Ka=3.0×10-8I．制備NaClO溶液該學習小組按下圖裝置進行試驗(部分夾持裝置省去)(1)上圖中A為試驗室制備Cl2的發(fā)生裝置，可以選用下列圖中_(填代號)裝置，用該裝置制備Cl2反應的化學方程式為__。(2)B裝置中儀器a名稱是____，B裝置可除去氯氣中氯化氫雜質，此外還有______作用(寫出一點)。II．NaClO性質探究按上圖裝置進行試驗，一段時間后，取C瓶中的溶液進行試驗，如下表：試驗內容試驗現(xiàn)象試驗l取樣，滴加紫色石蕊試液變藍，不褪色試驗2測定溶液的pH12(3)C瓶溶液中的溶質除NaCl外，還有______(填化學式)。(4)將C瓶中NaOH溶液換成NaHCO3溶液，反應一段時間后，取C瓶中的溶液按上表試驗內容進行試驗。現(xiàn)象為：試驗l中紫色石蕊試液馬上褪色，試驗2中溶液的pH=7。結合平衡移動原理說明紫色石蕊試液馬上褪色的緣由是________。III．測定C瓶溶液中NaClO含量(單位：g·L-1)i.取C瓶溶液10.00mL于錐形瓶中，加入適量硫酸酸化，快速加入過量KI溶液，蓋緊瓶塞并在暗處充分反應。ii.用0.1000mol?L-1Na2S2O3標準溶液滴定上述錐形瓶中的溶液至終點，重復操作2~3次，消耗Na2S2O3溶液的平均用量為12.00mL。(已知：I2+2=2I-+)(5)i中主要發(fā)生反應的離子方程式為_______，ii中用_______作指示劑。(6)蓋緊瓶塞并在暗處反應的緣由是________。(7)C瓶溶液中NaClO含量是______g·L-1(保留2位小數(shù))?！敬鸢浮?1).甲或乙(2).MnO2+4HCl(濃)Cl2↑+MnCl2+2H2O或2KMnO4+16HCl＝2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O(3).長頸漏斗(4).貯藏少量氣體或平衡氣壓(平安瓶)或防倒吸(5).NaClO、NaOH(6).溶液中存在平衡Cl2+H2O?HCl+HClO，HCO3-消耗H+，使平衡右移，HClO濃度增大(7).ClO-+2I-+2H+=I2+Cl-+H2O(8).淀粉溶液(9).防止HClO分解(防止Cl2、I2逸出)(10).4.47【解析】【詳解】I．制備NaClO溶液(1)試驗室制備Cl2若采納二氧化錳與濃鹽酸加熱的方法，依據反應條件結合裝置可知乙和丙不能進行加熱，只能在甲裝置中進行反應，發(fā)生反應的化學方程式為：MnO2+4HCl(濃)Cl2↑+MnCl2+2H2O；若采納采納高錳酸鉀與濃鹽酸常溫下制備氯氣，則不須要加熱裝置，同時因高錳酸鉀易溶于水不能選用丙裝置制取，應當在乙裝置中進行，發(fā)生反應的化學方程式為：2KMnO4+16HCl＝2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，故答案為：甲或乙；MnO2+4HCl(濃)Cl2↑+MnCl2+2H2O或2KMnO4+16HCl＝2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O；(2)B裝置中儀器a為長頸漏斗，B裝置可除去氯氣中氯化氫雜質，此外因長頸漏斗與外界連通，可以起到平衡內外壓強的作用從而能有效的防止倒吸現(xiàn)象，另外過量的氯氣還可以貯藏在B中，故答案為：長頸漏斗；貯藏少量氣體或平衡氣壓(平安瓶)或防倒吸；II．NaClO性質探究(3)C瓶溶液中的溶質除NaCl外，還存在產物次氯酸鈉，但室溫下，飽和NaClO溶液pH為11，C中溶液的pH值12，從而說明溶液還存在未反應完的氫氧化鈉，故答案為：NaClO、NaOH；(4)溶液中存在平衡Cl2+H2O?HCl+HClO，結合碳酸的酸性比鹽酸弱，但因H2CO3：Ka1=4.4×10-7，HClO：Ka=3.0×10-8，可知碳酸酸性強于次氯酸，則碳酸氫鈉只與鹽酸反應不能與次氯酸反應，HCO3-消耗H+，使平衡右移，HClO濃度增大，HClO濃度越大漂白實力增加，因此使紫色石蕊褪色，故答案為：溶液中存在平衡Cl2+H2O?HCl+HClO，HCO3-消耗H+，使平衡右移，HClO濃度增大；III．測定C瓶溶液中NaClO含量(單位：g·L-1)(5)i.取C瓶溶液10.00mL于錐形瓶中，加入適量硫酸酸化，快速加入過量KI溶液，C中的ClO-具有強氧化性能氧化碘離子，發(fā)生反應的離子方程式為：ClO-+2I-+2H+=I2+Cl-+H2O；ii.用0.1000mol?L-1Na2S2O3標準溶液滴定含碘單質的溶液至終點，應選用淀粉做指示劑，故答案為：ClO-+2I-+2H+=I2+Cl-+H2O；淀粉；(6)蓋緊瓶塞并在暗處反應的主要緣由是：HClO不穩(wěn)定，在受熱或者見光條件下易發(fā)生分解反應，同時也可以防止溶液中產生的氯氣和碘逸出，故答案為：防止HClO分解(防止Cl2、I2逸出)(7)結合反應ClO-+2I-+2H+=I2+Cl-+H2O，I2+2=2I-+，依據轉化關系可知，則，C瓶溶液中NaClO含量是，故答案為：4.47。10.目前Haber-Bosch法是工業(yè)合成氨的主要方式，其生產條件須要高溫高壓。為了有效降低能耗，過渡金屬催化還原氮氣合成氨被認為是具有巨大前景的替代方法。催化過程一般有吸附—解離—反應—脫附等過程，圖示為N2和H2在固體催化劑表面合成氨反應路徑的勢能面圖(部分數(shù)據略)，其中“*”表示被催化劑吸附。(1)氨氣的脫附是____過程(填“吸熱”或“放熱”)，合成氨的熱化學方程式為_____(2)合成氨的捷姆金和佩熱夫速率方程式為w=k1p(N2)-k2，w為反應的瞬時總速率，為正反應和逆反應速率之差，k1、k2是正、逆反應速率常數(shù)。合成氨反應N2+3H2?2NH3的平衡常數(shù)Kp=_________(用k1，k2表示)(注：Kp用各物質平衡分壓來表示)。(3)若將2.0molN2和6.0molH2通入體積為1L的密閉容器中，分別在T1和T2溫度下進行反應。曲線A表示T2溫度下n(H2)的改變，曲線B表示T1溫度下n(NH3)的改變，T2溫度下反應到a點恰好達到平衡。①溫度T1___T2(填“＞”、“＜”或“＝”下同)，T1溫度下恰好平衡時，曲線B上的點為b(m，n)，則m___12，n__2。②T2溫度下，反應從起先到恰好平衡時平均速率v(N2)=_____。③T2溫度下，合成氨反應N2+3H2?2NH3的平衡常數(shù)的數(shù)值是____；若某時刻，容器內氣體的壓強為起始時的80%，則此時v(正)____v(逆)(填“＞”、“＜”或“＝”)。(4)工業(yè)上通過降低反應后混合氣體的溫度而使氨氣分別出來。這種分別物質的方法，其原理類似于下列方法中的___(填序號)。A.過濾B.蒸餾C.滲析D.萃取【答案】(1).吸熱(2).N2(g)+3H2(g)?2NH3(g)△H=-92kJ·mol-1(3).(4).＞(5).＜(6).＜(7).0.083mol?L-1?min-1(8).0.148(9).＞(10).B【解析】【詳解】(1)由勢能面圖可知，氨氣從催化劑上脫離時勢能面在上升，為吸熱過程，由圖可知0.5mol氮氣和1.5mol氫氣轉變成1mol氨氣的反應熱為：21kJ·mol-1-17kJ·mol-1-50kJ·mol-1=-46kJ·mol-1，則合成氨的熱化學方程式為N2(g)+3H2(g)?2NH3(g)△H=-92kJ·mol-1，故答案為：吸熱；N2(g)+3H2(g)?2NH3(g)△H=-92kJ·mol-1；(2)反應達到平衡狀態(tài)時，正逆反應速率相等，則w=k1p(N2)-k2=0，k1p(N2)=k2，整理得：，故答案為：；(3)①曲線A表示T2溫度下n(H2)的改變，反應到4min時，，該條件下對應氨氣的速率為：，曲線B表示T1溫度下n(NH3)的改變，4min時，曲線B對應的反應速率快，可知T1＞T2，因曲線B對應的溫度高，速率快，所以到達平衡的時間比曲線A短，即m＜12，但因反應為放熱反應，溫度上升平衡逆向移動，導致曲線B平衡時氨氣的物質的量比曲線A平衡時氨氣的物質的量少，即n＜2,故答案為：＞；＜；＜；②T2溫度下，反應達到平衡時，，v(N2)=，故答案為：0.083mol?L-1?min-1；③T2溫度下，合成氨反應N2+3H2?2NH3，依據題中數(shù)據列三段式：平衡常數(shù)K=，由以上計算可知平衡時氣體總量為6mol，平衡時氣體的壓強是起始時的，若某時刻，容器內氣體的壓強為起始時的80%，反應應向氣體體積減小的方向建立平衡即向正向進行，則v(正)＞v(逆)，故答案為：0.148；＞；(4)工業(yè)上通過降低反應后混合氣體的溫度而使氨氣液化后分別出來，是利用了氣體的熔沸點差異，將氨氣轉成液體與氮氣和氫氣分析，該方法類似于蒸餾，故答案為：B。(二)選考題[化學—選修3：物質結構與性質]11.三明清流“天芳悅潭”溫泉富含珍稀“鍺”元素。其中鍺石含有人體所需的硒、鋅、鎳、鈷、錳、鎂、鈣等30多種對人體有益的微量元素?；卮鹣铝袉栴}：(1)基態(tài)Ge原子價電子排布圖為_______，Ge原子的電子發(fā)生躍遷時會汲取或發(fā)出不同的光，可用光譜分析儀獲得______光譜(填“連續(xù)”或“線狀”)，鑒定Ge元素的存在。(2)鍺與碳同族，性質和結構有肯定的相像性，鍺元素能形成無機化合物(如鍺酸鈉：Na2GeO3；二鍺酸鈉：Na2Ge2O5等)，也能形成類似于烷烴的鍺烷(GenH2n+2)。①Na2GeO3中鍺原子的雜化方式是______。②推想1molGenH2n+2中含有的σ鍵的數(shù)目是_____(用NA表示阿伏加德羅常數(shù)值)。(3)利用離子液體[EMIM][AlCl4]可電沉積還原金屬Ge，其熔點只有7℃其中EMIM+結構如圖所示。①該物質的晶體類型是_________。②EMIM+離子中組成元素的電負性由小到大的依次是________。(4)獨立的NH3分子中H-N-H的鍵角為107.3o，[Zn(NH3)6]2+離子中H-N-H的鍵角________107.3°(填“大于”、“小于”或“等于”)。(5)硒化鋅(ZnSe)是一種重要的半導體材料，其晶胞結構如圖甲所示，該晶胞中硒原子的配位數(shù)是_____；已知晶胞邊長為apm，乙圖為甲圖的俯視圖，A點坐標為(0，0，0)，B點坐標為(，a，)，則D點坐標為_______；若該晶胞密度為ρg·cm-3，則阿伏加德羅常數(shù)NA為_______(列出計算式)?！敬鸢浮?1).(2).線狀(3).sp2(4).(3n+1)NA(5).離子晶體(6).H＜C＜N(7).大于(8).4(9).(，，)(10).【解析】【詳解】(1)Ge是32號元素，基態(tài)Ge原子核外電子排布式為[Ar]3d104s24p2，所以價電子排布圖為；Ge原子的電子發(fā)生躍遷時會汲取或發(fā)出不同的光，可用光譜分析儀獲得線狀光譜；(2)①Na2GeO3中鍺原子的價層電子對數(shù)為=3，所以雜化方式為sp2；②GenH2n+2與甲烷類似，所以分子中的共價鍵均為σ鍵，n個Ge原子之間形成(n-1)個σ鍵，與2n+2個H原子形成(2n+2)個σ鍵，則1個分子中σ鍵的個數(shù)為(2n+2)+(n-1)=3n+1，所以1molGenH2n+2中含有的σ鍵的數(shù)目為(3n+1)NA；(3)①該物質由EMIM+和[AlCl4]－構成，所以屬于離子晶體；②EMIM+的組成元素為H、C、N，非金屬性越強電負性越大，非金屬性H＜C＜N，所以電負性H＜C＜N；(4)孤電子對與成鍵電子對之間的排斥力大于成鍵電子對之間的排斥力，氨氣分子中含有孤電子對，而[Zn(NH3)6]2+離子中N原子上的孤電子對與鋅離子形成配位鍵，所以[Zn(NH3)6]2+離子中H-N-H鍵角＞107.3°；(5)以頂面面心的Se原子為例，該晶胞中有2個Zn距離Se原子最近且距離相等，而在該晶胞的上方的晶胞中還有兩個同樣的Zn原子，所以Se原子的配位數(shù)為4；，A點坐標為(0，0，0)，B點坐標為(，a，)，所以A為原點，各坐標軸的方向為，依據俯視圖可知D點的x、y坐標參數(shù)為、，依據晶胞結構示意圖可知z坐標參數(shù)為，所以D點坐標為(，，)；晶胞的邊長為apm，則晶胞的體積V=a3pm3=(a×10-10)3cm3；依據均攤法可知一個晶胞中Zn原子的個數(shù)為4，Se原子個數(shù)為4，所以晶胞的質量m=g，所以晶胞的密度，解得NA=?！军c睛】孤電子對與成鍵電子對之間的排斥力大于成鍵電子對之間的排斥力，比如NH3和H2O均為sp3雜化，但水分子有2對孤電子對，而氨氣分子只有1對，所以NH3的鍵角大于H2O。[化學—選修5：有機化學基礎]12.聚酯纖維(Polyesterfiber)，俗稱“滌綸”，是由有機二元酸和二元醇縮聚而成的聚酯經紡絲所得的合成纖維，屬于高分子化合物。以1，3—丁二烯為原料合成PBT纖維的一種合成路途如下：回答以下問題：(1)A的官能團有____(填名稱)，C的系統(tǒng)命名為_____。(2)①的反應類型是____。(3)1，3—丁二烯分子中最多有___個原子共面；1，3—丁二烯與苯乙烯發(fā)生1：1加聚可合成丁苯橡膠，丁苯橡膠的結構簡式為___。(4)反應③的化學方程式為_____；反應④的化學方程式為_____。(5)物質D有多種同分異構體，符合以下條件的共有____種。①能發(fā)生水解反應②遇飽和FeCl3溶液顯色③1mol該同分異構體能與足量銀氨溶液反應生成4mo1Ag(6)結合上述流