四川省內(nèi)江市2023屆高三零模理科綜合化學(xué)能力測試試題本試卷包括第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ容(非選擇題)兩部分，共12頁。全卷滿分300分，考試時間理、化、生三科共150分鐘。注意事項：1.答題前，考生務(wù)必將自已的娃名、考號填寫在答題卡上。2.第I卷每小題選出答案后，用2B.鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標(biāo)號。第Ⅱ卷用0.5mm黑色墨水簽字筆在答題卡上書寫作答，在試題卷上作答，答案無效。3.考試結(jié)束，監(jiān)考員將答題卡收回?？赡苡玫降南鄬υ淤|(zhì)量：H-1C-120-16A-27第Ⅰ卷(選擇題共126分)本卷共21小題，每小題6分，共126分。一、選擇題：本大題共13小題。每小題6分，每小題只有一個選項符合題意。1.化學(xué)與生產(chǎn)、生活密切相關(guān)。下列說法錯誤的是()A.以CO2為原料合成聚碳酸酯可降解塑料有助于實現(xiàn)“碳中和”B.煤的液化是獲得清潔燃料的一種方式，發(fā)生的是物理變化C.2022年冬奧會首次使用了氫能作為火炬燃料，踐行了綠色、環(huán)保理念D.將以鐵粉、生石灰為主要成分雙吸劑放入食品包裝袋中，可以延長食物的保質(zhì)期【答案】B【解析】【詳解】A．以CO2為原料合成聚碳酸酯可降解塑料，可降低二氧化碳的排放量，有助于實現(xiàn)“碳中和”，A正確；B．煤的液化是把固體煤炭通過化學(xué)加工過程，使其轉(zhuǎn)化成為液體燃料，發(fā)生的是化學(xué)變化，B錯誤；C．氫能作為火炬燃料燃燒產(chǎn)物為水，不會污染環(huán)境，踐行了綠色、環(huán)保理念，C正確；D．鐵粉具有還原性，能吸收包裝袋內(nèi)的氧氣，防止食品氧化，生石灰具有吸水性，能吸收包裝袋內(nèi)的水蒸氣，防止食品潮解，則以鐵粉、生石灰為主要成分的雙吸劑放入食品包裝袋中，可以延長食物的保質(zhì)期，D正確；故答案為B。2.用下圖所示裝置及藥品制備相應(yīng)的氣體，其中不能實現(xiàn)的是()

A.制取NH3B.制取乙烯C.制取Cl2D制取SO2A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【詳解】A．氧化鈣溶于水放熱，且溶液中氫氧根離子濃度增大，使?jié)獍彼纸猱a(chǎn)生氨氣，A正確；B．乙醇在濃硫酸作催化劑和加熱的條件下能發(fā)生消去反應(yīng)生成乙烯，B正確；C．實驗室用二氧化錳與濃鹽酸在加熱的條件下發(fā)生反應(yīng)生成氯化錳、氯氣和水，C正確；D．銅與濃硫酸反應(yīng)制取二氧化硫需在加熱的條件下，D裝置不能加熱，D錯誤；故答案為D。3.利用Heck反應(yīng)合成一種藥物中間體需要經(jīng)歷下列反應(yīng)過程。有關(guān)說法錯誤的是A.a、b、c中只有a是苯的同系物B.c既可發(fā)生氧化反應(yīng)也可發(fā)生聚合反應(yīng)C.a、b、c中所有碳原子均有可能共面D.b的同分異構(gòu)體中屬于芳香族化合物的有12種【答案】D【解析】【詳解】A．a(chǎn)是乙苯，b中含有氯原子，c中含有碳碳雙鍵，b、c結(jié)構(gòu)與苯均不相似，因此三種物質(zhì)中只有a是苯的同系物，A正確；B．c中含有碳碳雙鍵，所以c既可發(fā)生氧化反應(yīng)也可發(fā)生聚合反應(yīng)，B正確；C．苯環(huán)和碳碳雙鍵均是平面形結(jié)構(gòu)，且單鍵可以旋轉(zhuǎn)，所以a、b、c中所有碳原子均有可能共面，C正確；D．b的同分異構(gòu)體中屬于芳香族化合物的，如果只有一個取代基，該取代基是－CH2CH2Cl，如果有兩個取代基，可以是－CH3和－CH2Cl或－CH2CH3和－Cl，均有鄰間對三種，如果含有3個取代基，分別是2個甲基和1個氯原子，有6種不同結(jié)構(gòu)，因此共計是13種，D錯誤；答案選D。4.NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A.常溫下1L1mol·L-1Na2CO3溶液中含CO的數(shù)目小于NAB.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，22.4LHF含NA個分子C.17g-OH與17gOH-所含電子的數(shù)目均為10NAD.0.05mol·L-1NaHSO4溶液中，陽離子的數(shù)目之和為0.1NA【答案】A【解析】【詳解】A．Na2CO3溶液中CO水解后離子數(shù)目減少，故含0.1molNa2CO3溶液中CO的數(shù)目小于NA，故A正確；B．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，HF不是氣體，故無法計算其物質(zhì)的量，故B錯誤；C．1個-OH中含有9個電子，故17g-OH所含電子的數(shù)目均為9NA，故C錯誤；D．NaHSO4溶液的體積未知，故無法計算其物質(zhì)的量，故D錯誤；故選A。5.一種離子液體的結(jié)構(gòu)如圖所示，其中Z、X、Y、W為原子序數(shù)依次增大的短周期元素，W的最外層電子數(shù)是內(nèi)層電子數(shù)的3倍。下列說法正確的是()

A.原子半徑：X>Y>Z>WB.簡單氣態(tài)氫化物的還原性：Y>XC.Z、Y、W可形成鹽D.該物質(zhì)中所有原子均滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)【答案】C【解析】【分析】已知Z、X、Y、W為原子序數(shù)依次增大的短周期元素，W的最外層電子數(shù)是內(nèi)層電子數(shù)的3倍，W只能含有2個電子層，最外層含有6個電子，則W為O；Z形成1個共價鍵，X形成4個共價鍵，其原子序數(shù)均小于O，則Z為H，X為C，Y原子序數(shù)小于O大于C，則Y為N，綜上所述Z、X、Y、W分別為H、C、N、O；【詳解】A．同一周期從左到右原子半徑減小，電子層越多，半徑越大，則原子半徑：C>N>O>H,即X>Y>W>Z，A錯誤；B．同一周期從左到右元素非金屬性增強(qiáng)，其簡單氣態(tài)氫化物的還原性減弱，則簡單氣態(tài)氫化物的還原性C>N即X>Y，B錯誤；C．Z、Y、W可形成鹽，如NH4NO3，C正確；D．該物質(zhì)中含有氫原子，氫原子滿足2電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，該物質(zhì)中不是所有原子均滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，D錯誤；故答案為C。6.常溫下，向一元弱堿BOH溶液中滴加一元強(qiáng)酸稀溶液，已知在一元弱堿BOH溶液中存在：c(BOH)+c(B+)=0.1mol·L-1，溶液中c(BOH)和c(B+)的負(fù)對數(shù)pc的大小與pOH[pOH=-lge(OH-)]的關(guān)系如圖所示。下列有關(guān)敘述錯誤的是()

A.常溫下，當(dāng)溶液pOH=5.75時，溶液的pH=8.25B.常溫下，一元弱堿BOH的電離平衡常數(shù)約為10-5C.a點對應(yīng)的溶液中，一元弱堿BOH的電離程度大于B+的水解程度D.當(dāng)溶液的pOH=5.75時，c(OH-)<c(H+)<c(B+)<c(BOH)【答案】D【解析】【分析】BOHB++OH-，根據(jù)圖像可知，pOH越小，c(OH-)越大，c(BOH)越大，則可得m曲線為c(BOH)變化曲線，n曲線為c(B+)的變化曲線；【詳解】A．常溫下，水溶液中始終存在水的電離平衡常數(shù)Kw=，pOH=5.75時，c(OH-)=mol/L，因此氫離子濃度為c(H+)=mol/L=mol/L，即pH=8.25，A正確；B．根據(jù)a點，可知c(B+)=c(BOH)，BOH的電離平衡常數(shù)Kb=，此時c(OH-)=mol/L，可得電離平衡常數(shù)為，數(shù)量級為10-5，B正確；C．a(chǎn)點溶液，對應(yīng)的溶液pOH=4.75，溶液呈堿性，可知BOH的電離程度大于水解程度，C正確；D．pOH=5.75時，由圖像知pBOH>pB，則c(B+)>c(BOH)，且溶液呈堿性，c(OH-)>c(H+)，所以c(H+)<c(OH-)<c(BOH)<c(B+)，D錯誤；故答案為D。7.某電化學(xué)裝置如圖所示，該裝置能將CO2轉(zhuǎn)化為燃料C2H5OH，從而實踐“碳中和”。下列說法正確的是A.該電化學(xué)裝置實現(xiàn)“碳中和”的同時將光能轉(zhuǎn)化為電能B.該電化學(xué)裝置工作時，溶液中的H+由a極區(qū)移向b極區(qū)C.a電極的反應(yīng)式為2CO2+12H++12e-=C2H5OH+3H2OD.每生成3.36LO2，有4.4gCO2被還原【答案】C【解析】【詳解】A．該裝置是電解池裝置，是將電能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能，所以該裝置將光能和電能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能，故A錯誤；B．a(chǎn)與電源負(fù)極相連，所以a是陰極，而電解池中氫離子向陰極移動，所以H+從陽極b極區(qū)向陰極a極區(qū)遷移，故B錯誤；C．a(chǎn)與電源負(fù)極相連，所以a是陰極，二氧化碳得電子發(fā)生還原反應(yīng)生成C2H5OH，電極反應(yīng)式為2CO2+12H++12e-=C2H5OH+3H2O，故C正確；D．無標(biāo)準(zhǔn)狀況，無法計算氧氣的物質(zhì)的量，故D錯誤；故選C。第Ⅱ卷(非選擇題共174分)三、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分，第22題-第32題為必考題，每個試題考生都必須作答，第33題~第38題為選考題，考生根據(jù)要求作答。(一)必考題：共129分8.金屬鈦(Ti)因硬度大、熔點高、密度小、抗腐蝕性強(qiáng)而被廣泛用作高新科技材料，披譽(yù)為“太空金屬”。工業(yè)上用某金屬氧化物的混合物(主要成分有TiO2、FeO、Fe2O3、Al2O3、CuO)來制備鈦、鐵紅等的工藝流程如下：回答下列問題：（1）為加快"水溶”速率，可采取的措施為_______(寫出一種即可)。（2）“濾液E”中除含有過量的硫酸和硫酸鋁外，還含有_______。（3）已知二氧化鈦能與熔融的氫氧化鈉反應(yīng)生產(chǎn)Na2TiO3，在酸性條件下TiO主要以TiO2+的形式存在，TiO2+水解生成H2TiO2(沉淀)的離子方程式為_______。“濾液A”到“濾液E"需加熱的原因是_______。（4）為了便于分離鐵和銅，通常要將Fe2+氧化成Fe3+，使用的氧化劑合理的是_______，調(diào)節(jié)pH的目的是_______。（5）用“濾液D”制膽礬的步驟為蒸發(fā)濃縮、_______、過濾、冰水洗滌、自然風(fēng)干。（6）取500mL“濾液E”，經(jīng)過一系列變化后，電解得到5.4gAl，不考慮變化過程中鋁的損耗，則“濾液E"中Al2(SO4)3的物質(zhì)的量濃度為_______mol·L-1?！敬鸢浮浚?）溶液加熱（2）硫酸鈉（3）①.TiO2++2H2OH2TiO2+2H+②.加快TiO2+水解速率，使TiO2+水解充分（4）①.H2O2②.使鐵離子沉淀而銅離子不生成沉淀（5）冷卻結(jié)晶（6）0.2【解析】【分析】用某金屬氧化物的混合物(主要成分有TiO2、FeO、Fe2O3、Al2O3、CuO)來制備鈦、鐵紅等，礦石經(jīng)過研磨后，加入NaOH堿溶，TiO2、Al2O3轉(zhuǎn)化為NaTiO3、NaAlO2，F(xiàn)eO、Fe2O3、CuO不溶，過濾，得到濾液A，A中加入硫酸，在酸性條件下TiO主要以TiO2+的形式存在，TiO2+水解生成H2TiO2(沉淀)，偏鋁酸根轉(zhuǎn)化為鋁離子，形成濾液E，濾渣E為H2TiO2(沉淀)，H2TiO2(沉淀)煅燒得到TiO2，TiO2與氯氣、焦炭高溫生成TiCl4，TiCl4高溫分解為Ti；濾渣A為FeO、Fe2O3、CuO，加入硫酸轉(zhuǎn)化為硫酸亞鐵、硫酸鐵、硫酸銅，加入氧化劑氧化亞鐵離子為鐵離子，調(diào)節(jié)pH后過濾，得到含銅離子的濾液D以及含氫氧化鐵的濾渣D，氫氧化鐵加熱分解為鐵紅?！拘?詳解】為加快"水溶”速率，可采取的措施為溶液加熱；故答案為：溶液加熱；【小問2詳解】堿溶時加入了NaOH，加入硫酸后形成硫酸鈉，則“濾液E”中除含有過量的硫酸和硫酸鋁外，還含有硫酸鈉；故答案為：硫酸鈉；【小問3詳解】TiO2+水解生成H2TiO2(沉淀)，水解離子方程式為TiO2++2H2OH2TiO2+2H+；水解反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，則“濾液A”到“濾液E"需加熱的原因是加快TiO2+水解速率，使TiO2+水解充分；故答案為：TiO2++2H2OH2TiO2+2H+；加快TiO2+水解速率，使TiO2+水解充分；【小問4詳解】為了便于分離鐵和銅，通常要將Fe2+氧化成Fe3+，使用的氧化劑合理的是H2O2，可以不引入雜質(zhì)，調(diào)節(jié)pH的目的是使鐵離子沉淀而銅離子不生成沉淀；故答案為：H2O2；使鐵離子沉淀而銅離子不生成沉淀；【小問5詳解】用“濾液D”制膽礬的步驟為蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、冰水洗滌、自然風(fēng)干；故答案為：冷卻結(jié)晶；【小問6詳解】取500mL“濾液E”，經(jīng)過一系列變化后，電解得到5.4gAl，不考慮變化過程中鋁的損耗，結(jié)合鋁元素守恒，則“濾液E"中Al2(SO4)3的物質(zhì)的量濃度為；故答案為：0.2。9.過二硫酸鉀(K2S2O8)易潮解，易分解，是一種重要的氧化劑。某學(xué)習(xí)小組設(shè)計實驗探究過二硫酸鉀的性質(zhì)。實驗(一)探究過二硫酸鉀的強(qiáng)氧化性。（1）用K2S2O8溶液與KI溶液反應(yīng)，實驗操作與現(xiàn)象如下表所示。實驗操作現(xiàn)象Ⅰ在10mL0.1mol/L含淀粉的KI溶液中滴加4mL0.1mol/LK2S2O8溶液一段時間后，溶液緩慢變藍(lán)色Ⅱ在10mL0.1mol/L含淀粉的KI溶液中先滴幾滴0.1mol/LFeSO4溶液，再滴加4mL0.1mol/LK2S2O8溶液溶液迅速變藍(lán)色①用碰撞理論分析，實驗Ⅰ中K2S2O8和KI反應(yīng)很慢的主要原因是_______。②實驗Ⅱ中Fe2+起催化作用，總反應(yīng)分兩步進(jìn)行：(i)2Fe2++S2O=2Fe3++2SO；(ii)_______。請你補(bǔ)充反應(yīng)(ii)，并設(shè)計實驗證明實驗Ⅱ反應(yīng)后的溶液中含有Fe3+_______。（2）查閱文獻(xiàn)知，氧化性：S2O>MnO。在稀硫酸酸化的MnSO4溶液中滴加1滴催化劑AgNO3溶液，再滴加K2S2O8溶液，實驗現(xiàn)象是_______，該反應(yīng)的離子方程式為_______。實驗(二)探究過二硫酸鉀的不穩(wěn)定性。已知幾種物質(zhì)的熔、沸點如下表所示：物質(zhì)SO3SO2O2熔點/℃16.8-72.7-218.4沸點/℃44.810-182.9取適量的K2S2O8裝入硬質(zhì)玻璃管中，加熱，將分解產(chǎn)物依次通過裝置B、C、D，實驗中發(fā)現(xiàn)B中U形管內(nèi)產(chǎn)生無色液體，接著無色液體慢慢變成固體，C中溶液顏色無明顯變化，D中溶液逐漸變藍(lán)色。（3）加熱前，先通入一段時間N2，當(dāng)觀察到D裝置中_______(填實驗現(xiàn)象)時點燃酒精燈。（4）B裝置的U形管中收集到的物質(zhì)是_______(填化學(xué)式)。（5）當(dāng)A裝置的硬質(zhì)玻璃管中固體完全分解時，停止加熱。冷卻至室溫，然后取少量殘留固體于試管中，加入蒸餾水，溶解后滴加BaCl2溶液和鹽酸，產(chǎn)生白色沉淀。寫出A裝置中K2S2O8發(fā)生分解的化學(xué)方程式_______。【答案】（1）①.單位時間內(nèi)有效碰撞的次數(shù)較少②.2Fe3++2I-=I2+2Fe2+③.取實驗Ⅱ反應(yīng)后的溶液于試管中，向其中滴入KSCN溶液，若溶液變?yōu)檠t色，則證明實驗Ⅱ反應(yīng)后的溶液中含有Fe3+；（2）①.無色溶液變?yōu)樽霞t色②.5S2O+2Mn2++8H20=2MnO+10SO+16H+（3）出現(xiàn)連續(xù)氣泡（4）SO3（5）2K2S2O82K2SO4+2SO3+O2【解析】【分析】實驗(一)探究過二硫酸鉀的強(qiáng)氧化性實驗I在10mL0.1mol/L含淀粉的KI溶液中滴加4mL0.1mol/LK2S2O8溶液，一段時間后，溶液緩慢變藍(lán)色，說明K2S2O8將碘離子氧化為碘單質(zhì)；在10mL0.1mol/L含淀粉的KI溶液中先滴幾滴0.1mol/LFeSO4溶液，再滴加4mL0.1mol/LK2S2O8溶液，溶液迅速變藍(lán)色，說明FeSO4溶液加快了K2S2O8溶液與KI溶液反應(yīng)，起催化作用。實驗(二)探究過二硫酸鉀的不穩(wěn)定性取適量的K2S2O8裝入硬質(zhì)玻璃管中，加熱，將分解產(chǎn)物依次通過裝置B、C、D，實驗中發(fā)現(xiàn)B中U形管內(nèi)產(chǎn)生無色液體，接著無色液體慢慢變成固體說明產(chǎn)物含SO3，C中溶液顏色無明顯變化，說明沒有SO2生成，D中溶液逐漸變藍(lán)色即碘離子變?yōu)榈鈫钨|(zhì),說明產(chǎn)物含有氧化性物質(zhì)，K2S2O8中存在1個過氧鍵，O元素從-1價降至-2價，則另一O元素化合價升高，由元素組成可知氧化性物質(zhì)為O2；【小問1詳解】實驗Ⅰ中K2S2O8和KI反應(yīng)很慢的主要原因是根據(jù)碰撞理論分析，單位時間內(nèi)有效碰撞的次數(shù)較少，導(dǎo)致化學(xué)反應(yīng)速率較慢；故答案為：單位時間內(nèi)有效碰撞的次數(shù)較少；S2O中含有過氧鍵，，作氧化劑時-1價的兩個氧原子變?yōu)?2價，1molS2O會得到2mol電子，所以總反應(yīng)為S2O+2I-=I2+2SO，由已知(i)2Fe2++S2O=2Fe3++2SO，反應(yīng)(ii)=總反應(yīng)-反應(yīng)(i)，得到反應(yīng)(ii)為2Fe3++2I-=I2+2Fe2+；設(shè)計實驗為取實驗Ⅱ反應(yīng)后的溶液與試管中，向其中滴入KSCN溶液，若溶液變?yōu)檠t色，則證明實驗Ⅱ反應(yīng)后的溶液中含有Fe3+；故答案為：2Fe3++2I-=I2+2Fe2+；取實驗Ⅱ反應(yīng)后的溶液于試管中，向其中滴入KSCN溶液，若溶液變?yōu)檠t色，則證明實驗Ⅱ反應(yīng)后的溶液中含有Fe3+；【小問2詳解】因為氧化性：S2O>MnO，所以在稀硫酸酸化的MnSO4溶液中滴加1滴催化劑AgNO3溶液，再滴加K2S2O8溶液，K2S2O8溶液會與MnSO4溶液反應(yīng)生成KMnO4，則實驗現(xiàn)象是無色溶液變?yōu)樽霞t色；根據(jù)題意可知該反應(yīng)的反應(yīng)物為S2O與Mn2+，產(chǎn)物為MnO和SO，利用氧化還原反應(yīng)原理配平，得到該反應(yīng)的離子方程式為5S2O+2Mn2++8H20=2MnO+10SO+16H+；故答案為：無色溶液變?yōu)樽霞t色；5S2O+2Mn2++8H20=2MnO+10SO+16H+；【小問3詳解】加熱前，先通入一段時間N2，當(dāng)觀察到D裝置中出現(xiàn)連續(xù)氣泡時，說明裝置中空氣排盡，則開始點燃酒精燈。故答案為：出現(xiàn)連續(xù)氣泡；【小問4詳解】實驗中發(fā)現(xiàn)B中U形管內(nèi)產(chǎn)生無色液體，接著無色液體慢慢變成固體，說明產(chǎn)物為SO3，則B裝置的U形管中收集到的物質(zhì)是SO3；故答案為：SO3；【小問5詳解】殘留固體溶解后滴加BaCl2溶液和鹽酸，產(chǎn)生白色沉淀，說明含有硫酸根，根據(jù)分析知分解產(chǎn)物為硫酸鉀、三氧化硫和氧氣，其分解的化學(xué)方程式為2K2S2O82K2SO4+2SO3+O2；故答案為：2K2S2O82K2SO4+2SO3+O2。10.我國科學(xué)家研制出催化劑將CO2轉(zhuǎn)化為烴的效率提高1000倍。已知：在某催化劑作用下，CO2和H2發(fā)生反應(yīng)如下：4CO2(g)+13H2(g)C4H10(g)+8H2O(g)△H（1）已知C4H10(g)、H2(g)的燃燒熱△H分別為-2900kJ·mol-1、-285.8kJ·mol-1，H2O(I)=H2O(g)△H3=+44kJ·mol-1.則△H=_______kJ·mol-1。（2）在恒容恒溫條件下，向密閉容器中充入CO2、H2，加入合適催化劑發(fā)生上述反應(yīng)，下列情況表明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)的是_______(填字母)。A.混合氣體密度保持不變 B.氣體總壓強(qiáng)保持不變C.氣體平均摩爾質(zhì)量保持不變 D.混合氣體中C4H10體積分?jǐn)?shù)保持不變（3）在密閉容器中充入適量CO2和H2，發(fā)生上述反應(yīng)，單位時間內(nèi)CO2的轉(zhuǎn)化率與溫度、催化劑的關(guān)系如圖1所示。①催化效率，Cat2_______(填“>”、“<”或“=”)Catl。②a點_______(填“達(dá)到”或“未達(dá)到”)平衡，理由是_______。b點之后CO2的轉(zhuǎn)化率降低，可能的原因是_______。（4）在密閉容器中充入0.4molCO2和1.3molH2發(fā)生上述反應(yīng)，測得CO2的平衡轉(zhuǎn)化率與溫度、壓強(qiáng)的關(guān)系如圖2所示。①p2_______(填“>”、“<”或“=”)p1，隨著溫度升高，不同壓強(qiáng)下，CO2的平衡轉(zhuǎn)化率接近相等，其主要原因是_______。②已知M點對應(yīng)的容器體積為1L，則在300℃下平衡常數(shù)K=_______(只列計算式)。【答案】（1）-463.4kJ?mol-1（2）BCD（3）①.>②.未達(dá)到③.該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，但是a點隨著反應(yīng)的進(jìn)行，二氧化碳的轉(zhuǎn)化率在增大，則a未達(dá)到平衡④.b點溫度之后CO2轉(zhuǎn)化率降低可能的原因為若b點反應(yīng)未達(dá)平衡，溫度升高可能可能導(dǎo)致催化劑失去活性；若b點反應(yīng)達(dá)到平衡，正反應(yīng)放熱，溫度升高平衡逆向移動使得CO2平衡轉(zhuǎn)化率降低（4）①.<②.溫度升高反應(yīng)速率加快，反應(yīng)可以在較短時間內(nèi)達(dá)到平衡，此時壓強(qiáng)影響逐漸減小③.【解析】【小問1詳解】①C4H10(g)+O2(g)=4CO2(g)十5H2O(1)=-2900kJ?mol-1②H2(g)+O2(g)=H2O(l)△H3=-285.8kJ?mol-1③H2O(1)=H2O(g)△H4=+44kJ?mol-1根據(jù)蓋斯定律，②13-①+③8得4CO2(g)+13H2(g)C4H10(g)十8H2O(g)=(-285.8kJ?mol-1)13+2900kJ?mol-1+44kJ?mol-18=-463.4kJ?mol-1；【小問2詳解】A．反應(yīng)前后氣總質(zhì)量不變，容器體積不變，密度是恒量，混合氣體密度保持不變，反應(yīng)不一定平衡，A錯誤；B．反應(yīng)前后氣體物質(zhì)的量不同，壓強(qiáng)是變量，氣體總壓強(qiáng)保持不變，反應(yīng)一定達(dá)到平衡狀態(tài)，B正確；C．反應(yīng)前后氣總質(zhì)量不變，氣體總物質(zhì)的量不同，混合氣體的平均摩爾質(zhì)量是變量，若混合氣體的平均摩爾質(zhì)量保持不變，反應(yīng)一定達(dá)到平衡狀態(tài)，C正確；D．C4H10是生成物，隨著反應(yīng)的進(jìn)行，其物質(zhì)的量逐漸增多，故其體積分?jǐn)?shù)保持不變，可以證明反應(yīng)達(dá)到平衡，D正確；故選BCD；【小問3詳解】①相同溫度下，用Cat2作催化劑CO2轉(zhuǎn)化率比Cat1高，所以催化效率Cat2>Cat1；②由第一問可知，該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，但是a點隨著反應(yīng)的進(jìn)行，二氧化碳的轉(zhuǎn)化率在增大，則a未達(dá)到平衡；b點溫度之后CO2轉(zhuǎn)化率降低可能的原因為若b點反應(yīng)未達(dá)平衡，溫度升高可能可能導(dǎo)致催化劑失去活性；若b點反應(yīng)達(dá)到平衡，正反應(yīng)放熱，溫度升高平衡逆向移動使得CO2平衡轉(zhuǎn)化率降低；【小問4詳解】①該可逆反應(yīng)的正反應(yīng)是氣體分子數(shù)減小的反應(yīng)，相同溫度下，增大壓強(qiáng)，CO2平衡轉(zhuǎn)化率增大，所以p2<p1；溫度升高反應(yīng)速率加快，反應(yīng)可以在較短時間內(nèi)達(dá)到平衡，此時壓強(qiáng)影響逐漸減?。虎贛點對應(yīng)的容器體積為1L，二氧化碳轉(zhuǎn)化率為50%；則在對應(yīng)的溫度下，反應(yīng)I的平衡常數(shù)。(二)選考題：共45分。請考生從2道物理題、2道化學(xué)題、2道生物題中每科任選一題作答，如果多做，則每學(xué)科按所做的第一題計分。[選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)]11.JohnB.Goodenough等三位科學(xué)家因在發(fā)展鋰離子電池方面做出的貢獻(xiàn)而獲得了諾貝爾化學(xué)獎。回答下列問題：（1）錳酸鋰(LiMn2O4)電池具有原料成本低合成工藝簡單等優(yōu)點。原子中運(yùn)動的電子有兩種相反的身旋狀態(tài)，若一種自旋狀態(tài)用+表示，與之相反的用-表示，稱為電子的自旋磁量子數(shù)。對于基態(tài)Li原子，其核外電子自旋磁量子數(shù)的代數(shù)和為_______?；鶓B(tài)Mn原子核外價層電子的運(yùn)動狀態(tài)有_______種。（2）鋰離子電池的電解液一般為溶有LiPF6的碳酸酯類有機(jī)溶劑，LiPF6遇水反應(yīng)生成PF3和POF，PF中心原子的價層電子對數(shù)為_______，POF3的空間構(gòu)型為_______。下列對PF5中心原子雜化方式的推斷合理的是_______(填字母)。A.sp2B.sp3C.sp3dD.sp3d2（3）三元正極材料LiCNjMnO2摻雜Al3+可使其性能更優(yōu)，第三電離能：Fe_______(填“大于”或“小于”)Mn，原因_______。（4）鏈化鋰被認(rèn)為是很有潛力正極材料，晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示。

①晶施可以看作是由鉍原子構(gòu)成的面心立方晶格，鋰原子填充在其中的四面體和八面體空隙處，晶體的化學(xué)式為_______。②圖中原子坐標(biāo)參數(shù)：A為(0，0，0)，B為(1，0.5，1)，則C的坐標(biāo)為_______，Bi與Li(1)和Li(2)之間的最短距離的比值為_______?！敬鸢浮浚?）①.+或-②.7（2）①.6②.四面體形③.C（3）①.小于②.Fe、Mn失去的第三個電子分別是3d6、3d5上的電子，3d5為半充滿穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，失去電子所需能量較大，則第三電離能Fe小于Mn（4）①.BiLi3②.(0.25，0.75，0.25)③.【解析】【小問1詳解】基態(tài)Li原子核外電子排布圖為，其1s軌道上有2個自旋方向相反的電子，2s軌道上有1個電子，其核外電子自旋磁量子數(shù)的代數(shù)和為+或-；核外價層電子的運(yùn)動狀態(tài)種類數(shù)=核外價層電子總數(shù)，基態(tài)Mn原子核外價層電子數(shù)為7個，即基態(tài)Mn原子核外價層電子的運(yùn)動狀態(tài)有7種；故答案為：+或-；7；【小問2詳解】PF中心原子的價層電子對數(shù)為；POF3中心原子的價層電子對數(shù)為，其空間構(gòu)型為四面體形；PF5中心原子的價層電子對數(shù)為，其中心原子雜化方式為sp3d，選C；故答案為：6；四面體形；C；【小問3詳解】Fe、Mn失去的第三個電子分別是3d6、3d5上的電子，3d5為半充滿穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，失去電子所需能量較大，則第三電離能Fe小于Mn；故答案為：小于；Fe、Mn失去的第三個電子分別是3d6、3d5上的電子，3d5為半充滿穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，失去電子所需能量較大，則第三電離能Fe小于Mn；【小問4詳解】Bi位于頂點和面心，個數(shù)為=4，Li(1)位于棱上和體心，個數(shù)為，Li(2)位于體內(nèi)，個數(shù)為8，Bi、Li個數(shù)比為4:(4+8)=1:3，則晶體的化學(xué)式為BiLi3；故答案為：BiLi3或者Li3Bi；根據(jù)圖示找到C的坐標(biāo)為(0.25，0.75，0.25)；設(shè)晶胞棱長為a，Bi與Li(1)之間的最短距離為棱長的一半即，Bi與Li(2)之間的最短距離為體對角線的，即為，則Bi與Li(1)和Li(2)之間的最短距離的比值為；故答案為：(0.25，0.75，0.25)；。[選修s-有機(jī)化學(xué)基礎(chǔ)]12.兩位科學(xué)家因發(fā)展了不對稱有機(jī)催化而獲得2021年諾貝爾化學(xué)獎，利用有機(jī)值化可以合成