四川省瀘州市2025屆高三化學(xué)第三次教學(xué)質(zhì)量診斷性考試試題含解析

PAGE17-四川省瀘州市2025屆高三化學(xué)第三次教學(xué)質(zhì)量診斷性考試試題（含解析）可能用到的相對原子質(zhì)量：H1C12N14O16S32Fe56Cu64Zr91第Ⅰ卷一、選擇題1.化學(xué)與生活親密相關(guān)，下列說法錯誤的是A.硅酸鹽陶瓷化學(xué)性質(zhì)穩(wěn)定，耐氫氟酸、堿的腐蝕B.“冰，水為之，而寒于水”，說明等質(zhì)量的冰和水比較，冰的能量更低C.飛沫傳播病毒存在氣溶膠，飛沫中有直徑為1nm~100nm的粒子D.核酸檢測是確認(rèn)病毒類型的有效手段，核酸是高分子化合物【答案】A【解析】【詳解】A．硅酸鹽陶瓷化學(xué)性質(zhì)穩(wěn)定，但能與氫氟酸、堿反應(yīng)，故A錯誤；B．“冰，水為之，而寒于水”，說明等質(zhì)量的冰和水比較，冰的溫度更低，冰的能量更低，故B正確；C.飛沫傳播病毒存在氣溶膠，屬于膠體，飛沫中有直徑為1nm~100nm的粒子，故C正確；D．核酸是由很多核苷酸聚合成的生物大分子化合物，核酸是高分子化合物，故D正確；故選A。2.對甲基苯乙烯（）是有機合成的重要原料。下列對其結(jié)構(gòu)與性質(zhì)的推斷正確的是A.該物質(zhì)易溶于水B.使酸性高錳酸鉀溶液和溴水褪色的原理相同C.具有相同官能團的芳香烴同分異構(gòu)體為3種D.分子中全部碳原子可能處于同一平面【答案】D【解析】【詳解】A．該物質(zhì)中沒有親水基，難溶于水，故A錯誤；B．使酸性高錳酸鉀溶液是發(fā)生氧化反應(yīng)，和溴水褪色是發(fā)生加成反應(yīng)，原理不相同，故B錯誤；C．具有相同官能團的芳香烴同分異構(gòu)體為5種、、、、，故C錯誤；D．苯平面和烯平面通過碳碳單鍵相連，碳碳單鍵可以旋轉(zhuǎn)，分子中全部碳原子可能處于同一平面，故D正確；故選D。3.除去粗鹽中的泥沙和可溶性Ca2＋、Mg2＋的過程中，涉及的試驗操作正確的是A.粗鹽溶解 B.分別泥沙C.滴加試劑除雜 D.蒸發(fā)結(jié)晶【答案】B【解析】【詳解】A.粗鹽溶解在燒杯中進行，故A錯誤；B．分別泥沙用過濾裝置，故B正確；C．滴加試劑除雜時膠頭滴管不能插入試管內(nèi)，故C錯誤；D．蒸發(fā)結(jié)晶在蒸發(fā)皿中進行，故D錯誤；故選B。4.NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值。下列敘述正確的是A.22.4LH2與2molI2反應(yīng)生成HI的分子數(shù)為2NAB.5.6g鐵與足量稀硝酸反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.2NAC.32g氧氣與32g硫所含的質(zhì)子數(shù)相等D.1L0.1mol·L-1NH4H2PO4溶液中陰陽離子數(shù)相等【答案】C【解析】【詳解】A.22.4LH2不肯定是標(biāo)準(zhǔn)狀況，且反應(yīng)是可逆反應(yīng)，故A錯誤；B.5.6g鐵與足量稀硝酸反應(yīng)生成鐵離子，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.3NA，故B錯誤；C.32g氧氣含16mol質(zhì)子，32g硫也含16mol質(zhì)子，所含的質(zhì)子數(shù)相等，故C正確；D.1L0.1mol·L-1NH4H2PO4溶液中，銨根離子要水解，磷酸二氫根離子要電離和水解，陰陽離子數(shù)不相等，故D錯誤；故選C。5.X、Y、Z、M、Q、R為短周期元素，其原子半徑和最外層電子數(shù)之間的關(guān)系如圖所示。下列說法錯誤的是A.元素的金屬性：Q＜R B.R的氧化物可能含共價鍵C.熱穩(wěn)定性：ZX3＜YX4 D.X2M的水溶液露置于空氣中易變質(zhì)【答案】C【解析】【分析】X、Y、Z、M、R為五種短周期元素，由原子半徑和最外層電子數(shù)之間的關(guān)系圖可知，X、R最外層只有一個電子，為第IA族元素；Q最外層有3個電子，位于第ⅢA族，Y最外層有4個電子，位于第ⅣA族，Z原子最外層有5個電子，位于第VA族，M最外層有6個電子，位于第VIA族；R原子半徑最大，為Na元素，X原子半徑最小，為H元素；Y原子大于Z、小于M，M原子半徑小于R、大于Y，可知Q是Al、Y是C、Z是N、M為S元素。【詳解】A．Na和Al是同一周期，元素的金屬性：Al＜Na，故A正確；B．R的氧化物有Na2O、Na2O2，Na2O2中含共價鍵，故B正確；C．C和N是同一周期，非金屬性，N>C，熱穩(wěn)定性：NH3>CH4，故C錯誤；D．H2S易被氧氣氧化生成硫和水，H2S的水溶液露置于空氣中易變質(zhì)，故D正確；故選C?！军c睛】本題考查原子結(jié)構(gòu)與元素周期律，把握最外層電子數(shù)、原子半徑來推斷元素為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用實力的考查，留意規(guī)律性學(xué)問的應(yīng)用，易錯點B，Na2O2中含共價鍵，過氧根離子中兩個氧原子間形成非極性共價鍵。6.2024年5月，香港理工高校宣布研發(fā)出超松軟高效能織物[柔性S/HPCNF(分級多孔碳納米纖維)]鋰空氣二次電池，在S/HPCNF織物上勻稱地沉積銅和鎳，取代一般鋰電池表面的金屬箔，以提高松軟度，電池的工作原理如圖，下列有關(guān)說法錯誤的是A.放電時，O2在陽極區(qū)發(fā)生氧化反應(yīng)B.沉積銅和鎳是為了增加織物的導(dǎo)電性C.充電時，Li+移向金屬鋰一極D.充電時，陽極的電極反應(yīng)為Li2O2－2e-＝O2↑＋2Li+【答案】A【解析】【詳解】A.放電時，氧原子得電子，化合價降低，O2在陽極區(qū)發(fā)生還原反應(yīng)，故A錯誤；B.銅和鎳是金屬，屬于導(dǎo)體，沉積銅和鎳是為了增加織物的導(dǎo)電性，故B正確；C.充電時，陽離子移向陰極，Li+移向金屬鋰一極，故C正確；D.充電時，陽極發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)為Li2O2－2e-＝O2↑＋2Li+，故D正確；故選A。7.已知：pBa＝－lgc(Ba2＋)，Ksp(BaSO4)＝1.0×10-10，Ksp(BaCO3)＝3.0×10-9。常溫下，用0.1mol·L-1Na2SO4溶液滴定20mL0.1mol·L-1BaCl2溶液曲線如圖所示，V0達到滴定終點，下列說法錯誤的是A.圖像中，m＝5，V0＝20B.若將c(BaCl2)從0.1mol·L-1變?yōu)?.2mol·L-1，m值將減小C.a點溶液中離子濃度大小關(guān)系為：c(Cl-)＞c(Na+)＞c(Ba2+)＞c(OH-)D.向b點溶液中滴加Na2CO3溶液至≥30時將生成BaCO3【答案】B【解析】【詳解】A.圖像中，m＝5，pBa＝－lgc(Ba2＋)=5，c(Ba2＋)=10-5mol·L-1，Ksp(BaSO4)＝1.0×10-10，c(SO42-)=10-5mol·L-1，沉淀完全，反應(yīng)的鋇離子和硫酸根離子的量相同，20mL×0.1mol·L-1=V0×0.1mol·L-1，V0＝20mL，故A正確；B.若將c(BaCl2)從0.1mol·L-1變?yōu)?.2mol·L-1，m為沉淀完全時，pBa＝－lgc(Ba2＋)，m值不變，故B錯誤；C.a點溶液中離子濃度大小關(guān)系為：c(Cl-)=，c(Na+)=，c(Ba2+)=，c(OH-)來源于水電離，c(Cl-)＞c(Na+)＞c(Ba2+)＞c(OH-)，故C正確；D.BaSO4+CO32－BaCO3+SO42－，K，向b點溶液中滴加Na2CO3溶液至≥30時將生成BaCO3，故D正確；故選B。第Ⅱ卷二、必考題8.一水硫酸四氨合銅晶體[Cu(NH3)4SO4·H2O，相對分子質(zhì)量為246]是一種重要的染料及農(nóng)藥中間體。常溫下該物質(zhì)可溶于水，難溶于乙醇。某化學(xué)愛好小組通過以下試驗制備一水硫酸四氨合銅晶體并測定其純度?；卮鹣嚓P(guān)問題：I．試驗室制取CuSO4溶液方案i：銅與濃硫酸加熱制備。方案ii：將銅粉在空氣中充分加熱至完全變黑，再加稀硫酸即可得到硫酸銅溶液。(1)請寫出方案i反應(yīng)的化學(xué)方程式____，其缺點是____（寫1點）。(2)實際生產(chǎn)中方案ii經(jīng)常有紫紅色固體未反應(yīng)，猜想緣由可能是____。(3)基于此，試驗進行了改進，其中一種方案是在硫酸和銅的反應(yīng)容器中滴加H2O2溶液，視察到的現(xiàn)象是____（寫1點）。H2O2的沸點為150.2℃。為加快反應(yīng)須要提高H2O2溶液的濃度，可通過下圖將H2O2稀溶液濃縮，冷水入口是____（填a或b），增加減壓設(shè)備的目的是____。II．一水硫酸四氨合銅晶體的制備(4)硫酸銅溶液含有肯定硫酸，呈酸性，加入適量NH3·H2O調(diào)整溶液pH，產(chǎn)生淺藍色沉淀，已知其成分為Cu2(OH)2SO4，試寫誕生成此沉淀的離子反應(yīng)方程式__________。(5)接著滴加NH3·H2O，會轉(zhuǎn)化成深藍色溶液。從深藍色溶液中析出深藍色晶體的簡便試驗是滴加____________。III．產(chǎn)品純度的測定(6)精確稱取mg晶體，加適量水溶解，然后逐滴加入足量NaOH溶液，通入水蒸氣將氨全部蒸出，用V1mL0.200mol·L－1的鹽酸完全汲取。以甲基橙作指示劑，用0.200mol·L－1NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定過剩的HCl，到終點時消耗V2mLNaOH溶液。產(chǎn)品純度的表達式為______?！敬鸢浮?1).Cu＋2H2SO4（濃）CuSO4＋SO2↑＋2H2O(2).會產(chǎn)生有污染的SO2氣體（或硫酸利用率比較低或不節(jié)能）(3).表面生成的CuO阻擋內(nèi)部銅與O2接觸或反應(yīng)(4).銅溶解、溶液變藍、產(chǎn)生氣泡(5).a(6).降低水的沸點，避開H2O2分解(7).2Cu2+＋2NH3·H2O＋SO42-=Cu2(OH)2SO4↓＋2NH4+(8).乙醇(9).=【解析】【詳解】（1）方案i銅與濃硫酸加熱反應(yīng)生成硫酸銅、二氧化硫和水，化學(xué)方程式Cu＋2H2SO4（濃）CuSO4＋SO2↑＋2H2O，其缺點是會產(chǎn)生有污染的SO2氣體（或硫酸利用率比較低或不節(jié)能）（寫1點）。故答案為：Cu＋2H2SO4（濃）CuSO4＋SO2↑＋2H2O；會產(chǎn)生有污染的SO2氣體（或硫酸利用率比較低或不節(jié)能）；（2）實際生產(chǎn)中方案ii經(jīng)常有紫紅色固體未反應(yīng)，猜想緣由可能是表面生成的CuO阻擋內(nèi)部銅與O2接觸或反應(yīng)。故答案為：表面生成的CuO阻擋內(nèi)部銅與O2接觸或反應(yīng)；（3）在硫酸和銅的反應(yīng)容器中滴加H2O2溶液，Cu在H2O2作用下與稀硫酸反應(yīng)生成硫酸銅，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為：Cu+H2O2+H2SO4═CuSO4+H2O，視察到的現(xiàn)象是銅溶解、溶液變藍、產(chǎn)生氣泡（寫1點）。H2O2的沸點為150.2℃。為加快反應(yīng)須要提高H2O2溶液的濃度，可通過減壓蒸餾將H2O2稀溶液濃縮，冷凝水逆流時熱交換效率高，冷水入口是a（填a或b），過氧化氫受熱易分解，故采納減壓蒸餾的方式，增加減壓設(shè)備的目的是降低水的沸點，避開H2O2分解。故答案為：銅溶解、溶液變藍、產(chǎn)生氣泡；a；降低水的沸點，避開H2O2分解；II．（4）硫酸銅溶液含有肯定的硫酸，呈酸性，加入適量NH3·H2O調(diào)整溶液pH，產(chǎn)生淺藍色沉淀Cu2(OH)2SO4，生成此沉淀的離子反應(yīng)方程式2Cu2+＋2NH3·H2O＋SO42-=Cu2(OH)2SO4↓＋2NH4+。故答案為：2Cu2+＋2NH3·H2O＋SO42-=Cu2(OH)2SO4↓＋2NH4+；（5）接著滴加NH3·H2O，會轉(zhuǎn)化成深藍色溶液。由于Cu（NH3）4SO4·H2O晶體難溶于乙醇，可溶于水，從深藍色溶液中析出深藍色晶體的簡便試驗是滴加乙醇。故答案為：乙醇；III．（6）與氨氣反應(yīng)的n（HCl）=10-3V1L×0.200mol·L-1-0.200mol·L-1×10-3V2L=2×10-4（V1-V2）mol，依據(jù)NH3～HCl可知，n（NH3）=n（HCl）=2×10-4（V1-V2）mol，則n[Cu（NH3）4SO4·H2O]=n（NH3）=5×10-5（V1-V2）mol，樣品中產(chǎn)品純度的表達式為：==。故答案為：=?！军c睛】本題考查探究物質(zhì)組成與含量的方法，明確試驗原理、題干信息為解答關(guān)鍵，留意駕馭化學(xué)試驗基本方法及常見元素化合物性質(zhì)，試題側(cè)重考查學(xué)生的分析實力及化學(xué)試驗實力，難點（6）計算樣品的純度，與氨氣反應(yīng)的n（HCl），依據(jù)NH3～HCl可知，n（NH3）=n（HCl）再算出n（NH3），最終利用關(guān)系式n[Cu（NH3）4SO4·H2O]=n（NH3），求出樣品的物質(zhì)的量。9.金屬釩主要用于冶煉特種鋼，被譽為“合金維生素”。工業(yè)上常用富釩爐渣（主要含F(xiàn)eO·V2O3，還有少量P2O5等雜質(zhì)）制取釩的流程如下圖?；卮鹣铝袉栴}：(1)已知焙燒中先發(fā)生4FeO·V2O3+5O24V2O5+2Fe2O3反應(yīng)，其氧化產(chǎn)物是__，進一步生成可溶性NaVO3的反應(yīng)方程式為______。(2)25℃時，Ksp(NH4VO3)＝4×10-2，電離平衡常數(shù)Kb(NH3·H2O)＝1.8×10-5?！俺菱C”后VO3-的濃度為mol/L，則濾液的pH為___。除OH-與VO3-外，濾液中還可能存在的陰離子是__。(3)“熱解”過程產(chǎn)生的氣體y的電子式為__。(4)硅參加高溫還原反應(yīng)的方程式為_____，爐渣的主要成分是__。(5)釩比鐵的金屬性強。工業(yè)上通過電解精煉“粗釩”可得到99.5%的純釩，以熔融LiCl－KCl－VCl2為電解質(zhì)，“粗釩”中含少量鐵和硅。則“粗釩”應(yīng)連接電源的___極，陰極的電極反應(yīng)式為__?！敬鸢浮?1).V2O5、Fe2O3(2).V2O5＋Na2CO32NaVO3＋CO2↑(3).4.5(4).Cl-和H2PO42-、PO43-或HPO42-(5).(6).5Si＋2V2O54V＋5SiO2或5Si＋2V2O5＋5CaO4V＋5CaSiO3(7).CaSiO3(8).正或＋(9).V2+＋2e-＝V【解析】【分析】焙燒是將FeO·V2O3轉(zhuǎn)化為可溶性NaVO3，氧化鐵和二氧化碳，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：4FeO·V2O3+4Na2CO3+5O28NaVO3+2Fe2O3+4CO2，氣體x為CO2，水浸，浸出渣為氧化鐵，得到NaVO3溶液，濾液中加入NH4Cl沉釩生成NH4VO3，受熱分解生成V2O5，和氨氣，最終用硅鐵還原，硅參加高溫還原反應(yīng)的方程式為5Si＋2V2O54V＋5SiO2或5Si＋2V2O5＋5CaO4V＋5CaSiO3，爐渣的主要成分是CaSiO3?！驹斀狻浚?）焙燒中先發(fā)生4FeO·V2O3+5O24V2O5+2Fe2O3反應(yīng)，鐵由+2價上升為+3價，釩由+3從上升為+5價，其氧化產(chǎn)物是V2O5、Fe2O3，進一步生成可溶性NaVO3的反應(yīng)方程式為V2O5＋Na2CO32NaVO3＋CO2↑。故答案為：V2O5、Fe2O3；V2O5＋Na2CO32NaVO3＋CO2↑；（2）25℃時，Ksp(NH4VO3)＝4×10-2，電離平衡常數(shù)Kb(NH3·H2O)＝1.8×10-5?！俺菱C”后VO3-的濃度為mol·L－1，Ksp(NH4VO3)＝4×10-2=c(NH4+)c(VO3-)，c(NH4+)==1.8mol·L－1,Kh=,x=c(H+)=10-4.5mol·L－1,則濾液的pH為4.5。除OH-與VO3-外，P2O5溶于水生成磷酸電離出H2PO42-、PO43-或HPO42-，濾液中還可能存在的陰離子是Cl-和H2PO42-、PO43-或HPO42-。故答案為：4.5；Cl-和H2PO42-、PO43-或HPO42-；（3）“熱解”過程產(chǎn)生的氣體y是氨氣，N原子最外層是5個電子，與3個氫原子形成3個共用電子對，電子式為。故答案為：；（4）硅高溫時將釩還原，同時生成二氧化硅與氧化鈣形成爐渣，硅參加高溫還原反應(yīng)的方程式為5Si＋2V2O54V＋5SiO2或5Si＋2V2O5＋5CaO4V＋5CaSiO3，爐渣的主要成分是CaSiO3。故答案為：5Si＋2V2O54V＋5SiO2或5Si＋2V2O5＋5CaO4V＋5CaSiO3；CaSiO3；（5）以熔融LiCl－KCl－VCl2為電解質(zhì)，“粗釩”中含少量鐵和硅，“粗釩”應(yīng)連接電源的正或＋極，發(fā)生氧化反應(yīng)，陰極得電子發(fā)生還原反應(yīng)，陰極的電極反應(yīng)式為V2+＋2e-＝V。故答案為：正或＋；V2+＋2e-＝V。10.鐵在工業(yè)、農(nóng)業(yè)和國防科技中有重要應(yīng)用，我國已是生產(chǎn)鋼鐵最多的國家。回答下列問題：(1)工業(yè)上以磁鐵礦和焦炭原料冶煉鐵存在以下變更：①Fe3O4(s)+4C(s)=3Fe(s)+4CO(g)ΔH1=+678kJ·mol-1②CO(g)+O2(g)=CO2(g)ΔH2=-283kJ·mol-1③C(s)+O2(g)=CO(g)ΔH3=-110kJ·mol-1④Fe3O4(s)+4CO(g)?3Fe(s)+4CO2(g)ΔH4則ΔH4＝____kJ·mol-1。(2)鐵礦石中常含有硫，使高爐尾氣中混有SO2，除去高爐尾氣中SO2的物質(zhì)是___。生產(chǎn)中發(fā)覺，無論怎么變更原料配比與條件，在高爐尾氣中始終有CO，緣由是___。(3)在溫度aK時，反應(yīng)Fe3O4(s)＋4CO(g)?3Fe(s)＋4CO2(g)的濃度平衡常數(shù)Kc＝16（用濃度計算所得），則用分壓（分壓等于總壓×體積分?jǐn)?shù)）代替濃度算得的平衡常數(shù)Kp___Kc（填“大于”“小于”或“等于”）。平衡混合氣體中CO的體積分?jǐn)?shù)為___（保留兩位有效數(shù)字）。(4)aK時，在體積為2L的密閉容器中，加入Fe、Fe3O4、CO、CO2各1.0mol，氣體的壓強為PkPa。①此時，v正(CO2)___v逆(CO)（填“大于”“小于”或“等于”），反應(yīng)經(jīng)過5min后達到平衡，該時間范圍內(nèi)的平均反應(yīng)速率v(CO2)＝___mol/(L·min)（保留兩位有效數(shù)字）。②已知：恒容條件下，相同分子數(shù)的氣體，其壓強與溫度成正比。平衡后溫度從aK漸漸上升到3aK，請在下圖中繪制出CO分壓（PCO的變更曲線）_______。【答案】(1).－14(2).堿液（氫氧化鈉溶液或氨水等）(3).高溫下冶煉鐵的反應(yīng)是可逆反應(yīng)，反應(yīng)有限度（或反應(yīng)要達到平衡），CO始終反應(yīng)不完(4).等于(5).33%(6).大于(7).0.033或3.3×10-2(8).【解析】【詳解】（1）工業(yè)上以磁鐵礦和焦炭為原料冶煉鐵存在以下變更：①Fe3O4(s)+4C(s)=3Fe(s)+4CO(g)ΔH1=+678kJ·mol-1②CO(g)+O2(g)=CO2(g)ΔH2=-283kJ·mol-1③C(s)+O2(g)=CO(g)ΔH3=-110kJ·mol-1，依據(jù)蓋斯定律：①+②×4-③×4得：④Fe3O4(s)+4CO(g)?3Fe(s)+4CO2(g)ΔH4則ΔH4＝+678kJ·mol-1+（-283kJ·mol-1）×4-（-110kJ·mol-1）×4=－14kJ·mol-1。故答案為：－14；（2）SO2是酸性氧化物，除去高爐尾氣中SO2的物質(zhì)是堿液（氫氧化鈉溶液或氨水等）。生產(chǎn)中發(fā)覺，無論怎么變更原料配比與條件，在高爐尾氣中始終有CO，緣由是高溫下冶煉鐵的反應(yīng)是可逆反應(yīng)，反應(yīng)有限度（或反應(yīng)要達到平衡），CO始終反應(yīng)不完。故答案為：堿液（氫氧化鈉溶液或氨水等）；高溫下冶煉鐵的反應(yīng)是可逆反應(yīng)，反應(yīng)有限度（或反應(yīng)要達到平衡），CO始終反應(yīng)不完；（3）在溫度aK時，反應(yīng)Fe3O4(s)＋4CO(g)?3Fe(s)＋4CO2(g)的濃度平衡常數(shù)Kc＝16（，因反應(yīng)前后氣體的體積不變，則用分壓代替濃度算得的平衡常數(shù)Kp等于Kc。=16，x=，平衡混合氣體中CO的體積分?jǐn)?shù)為=30%（保留兩位有效數(shù)字）。故答案為：等于；30%；（4）aK時，在體積為2L的密閉容器中，加入Fe、Fe3O4、CO、CO2各1.0mol，氣體的壓強為PkPa。①此時，Qc==1<16=K，反應(yīng)正向進行，v正(CO2)大于v逆(CO)，反應(yīng)經(jīng)過5min后達到平衡，K==16，y=mol，該時間范圍內(nèi)的平均反應(yīng)速率v(CO2)＝=0.033或3.3×10-2mol/(L·min)（保留兩位有效數(shù)字）。故答案為：大于；0.033或3.3×10-2；②恒容條件下，相同分子數(shù)的氣體，其壓強與溫度成正比。平衡后溫度從aK漸漸上升到3aK，F(xiàn)e3O4(s)+4CO(g)?3Fe(s)+4CO2(g)ΔH4＝－14kJ·mol-1，反應(yīng)是放熱反應(yīng)，上升溫度平衡逆向移動，CO的物質(zhì)的量增大，CO的物質(zhì)的量在（，1）區(qū)間，壓強在（p，3p）區(qū)間，CO分壓（PCO的變更曲線）如圖：。故答案為：。三、選考題[化學(xué)——選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)]11.據(jù)世界權(quán)威刊物《自然》最近報道，選擇碲化鋯（ZrTe5）為材料驗證了三維量子霍爾效應(yīng)，并發(fā)覺了金屬－絕緣體的轉(zhuǎn)換。Te屬于ⅥA元素?；卮鹣铝袉栴}：(1)鋯(Zr)的簡化電子排布式為[Kr]4d25s2，鋯原子中d軌道上的電子數(shù)是___，Zr2+的價電子排布圖是___。(2)O、Se、Te的第一電離能由大到小的依次是___，H2O、H2Se、H2Te的沸點由高到低的依次是___。(3)H2Te和CO2均為三原子分子，但它們的鍵角差別較大，試用雜化軌道理論說明，理由是___。(4)[Zr(C2H5O)2]2+是Zr4+形成的一種配離子，其中的配位原子是___(填符號)，1個[Zr(C2H5O)2]2+離子中含共價鍵的數(shù)目是___。(5)立方氧化鋯是一種人工合成的氧化物，其硬度極高，可用于陶瓷和耐火材料，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示。Zr原子的配位數(shù)是___。若晶胞中距離最近的兩個氧原子間的距離為anm，則立方氧化鋯的密度為___g/cm3?！敬鸢浮?1).12(2).(3).O＞Se＞Te(4).H2O＞H2Te＞H2Se(5).H2Te中Te為sp3雜化，由于兩對孤電子對的排斥作用使其鍵角小于109°28，CO2中C為sp雜化，鍵角為180°(6).O(7).16(8).8(9).=【解析】【詳解】（1）鋯(Zr)的簡化電子排布式為[Kr]4d25s2，鋯原子中3d軌道上的電子數(shù)是10，4d軌道上的電子數(shù)是2，d軌道上的電子數(shù)一共12個，Zr2+的價電子排布圖是。故答案為：12；；（2）O、Se、Te處于同主族,同主族自上而下電離能降低，第一電離能由大到小的依次是O＞Se＞Te；H2O受氫鍵影響，所以沸點最高。H2Se、H2Te的沸點主要受范氏力影響，分子量越大，沸點越高。H2O、H2Se、H2Te的沸點由高到低的依次是H2O＞H2Te＞H2Se。故答案為：O＞Se＞Te；H2O＞H2Te＞H2Se；（3）H2Te中Te原子價層電子對個數(shù)=2+=4，有兩對孤電子對，分子為V形結(jié)構(gòu)，CO2中C原子價層電子對個數(shù)=2+=２，分子為直線型，H2Te和CO2均為三原子分子，但它們的鍵角差別較大，理由是H2Te中Te為sp3雜化，由于兩對孤電子對的排斥作用使其鍵角小于109°28，CO2中C為sp雜化，鍵角為180°。故答案為：H2Te中Te為sp3雜化，由于兩對孤電子對的排斥作用使其鍵角小于109°28，CO2中C為sp雜化，鍵角為180°；（4）[Zr(C2H5O)2]2+是Zr4+形成的一種配離子，配體中O原子含有孤電子對，所以配原子為O原子；1個[Zr(C2H5O)2]2+離子中同種非金屬元素之間形成非極性鍵、不同非金屬元素之間形成極性鍵，共價單鍵為σ鍵，該離子的結(jié)構(gòu)是含共價鍵的數(shù)目是１６。故答案為：O；１６；（5）該晶胞中Zr原子個數(shù)=8×+6×=4、O原子個數(shù)為8，Zr、O原子個數(shù)之比=4：8=1：2，鋯原子的配位數(shù)是8，若晶胞中距離最近的兩個氧原子間的距離為anm，這兩個氧原子之間的距離為晶胞棱長的一半，則晶胞棱長為2anm，晶胞體積=（2a×10-7cm）3，則立方氧化鋯的密度==g·cm－3=g·cm－3。故答案為：8；=g·cm－3。【點睛】本題考查物質(zhì)結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，涉及晶胞計算、協(xié)作物結(jié)構(gòu)、原子雜化類型推斷等學(xué)問點，側(cè)重考查對基礎(chǔ)學(xué)問的理解和敏捷運用、空間想像實力及計算實力，難點是晶胞計算，留意晶胞中“距離最近的兩個氧原子間的距離與晶胞棱長關(guān)系”，為解答易錯點。[化學(xué)——選修5：有機化學(xué)基礎(chǔ)]1