2025-2026学年福建漳州市实验高级中学高三下学期高考模拟二（二模）化学试题 含答案

/漳州实验高级中学2026届高三高考模拟考2化学试题分数：100分；考试时间：100分钟；可能用到的相对原子质量：Cl-35.5；Ge-73一、单选题1．“国之重器”是我国科技综合实力的结晶。下述说法正确的是A．歼战机机身所用材料含钛合金，位于元素周期表的区B．“望宇”登月服用的聚酰亚胺隔热层属于无机非金属材料C．是“东风”洲际导弹核弹头的主要原料，与互为同素异形体D．无人潜航器中的高密度锂离子电池工作时能实现化学能向电能的转化【答案】D【知识点】化学科学对人类文明发展的意义【详解】A．钛的原子序数为22，电子排布式为，位于第四周期第4族，属于d区元素，A错误；B．聚酰亚胺是一种由有机单体合成的聚合物，属于有机高分子材料，B错误；C．与均为铀元素，质子数相同但中子数不同，互为同位素，C错误；D．锂离子电池在放电过程中，通过氧化还原反应将化学能转化为电能，符合电池工作原理，D正确；故答案为D。2．化合物L是从我国传统中药华中五味子中提取得到的一种天然产物，其结构如图所示。下列有关该化合物的说法错误的是A．能使酸性溶液褪色 B．分子中含有2个手性碳原子C．能与溶液反应放出气体 D．既能发生加成反应，又能发生取代反应【答案】C【知识点】多官能团有机物的结构与性质、含有酚羟基的物质性质的推断、含碳碳双键物质的性质的推断、分子的手性【详解】A．化合物L中含碳碳双键、羟基，能使酸性溶液褪色，A正确；B．已知同时连有4个互不相同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，故L分子存在2个手性碳原子，如图所示：，B正确；C．化合物L分子中不含羧基，含有酚羟基，酸性比碳酸弱，不能与碳酸氢钠溶液反应产生CO2，C错误；D．化合物L中含有碳碳双键可以发生加成反应，含有羟基可以发生取代反应，D正确；故选C。3．下列实验装置不能达到实验目的的是A．探究NaCl在熔融状态的导电性B．蒸干溶液制取硝酸铝固体C．探究与反应的热效应D．探究原电池原理A．A B．B C．C D．D【答案】B【知识点】原电池原理理解、制备与水解有关的物质、过氧化钠与水的反应、物质水溶液的导电性【详解】A．NaCl含有离子键,在熔融状态下电离成、而导电，A正确；B．硝酸铝溶液蒸干时，水解生成和，挥发促进水解，最终得到（或分解为），无法得到固体，B错误；C．锥形瓶内气体总量不变，与反应放热，使锥形瓶内气体压强增大，可通过压力传感器压强变化判断反应的热效应，C正确；D．两个活性不同的电极与电解质溶液（西红柿汁）形成闭合回路，构成原电池，D正确；故选B。4．M、X、Y、Z、W是原子序数依次增大的前四周期元素，且M、X、Y、Z位于不同主族。M是宇宙中含量最丰富的元素，基态X原子的p轨道上有2个未成对电子，Y的周期序数等于族序数，Z在地壳中元素含量居第二位，在前四周期元素的基态原子中基态W原子的核外未成对电子数最多。下列说法正确的是A．是一种含非极性键的极性分子B．最高价氧化物对应的水化物是一种强碱C．与形成的化合物是优良的半导体材料D．元素属于元素周期表区的金属元素【答案】A【知识点】极性分子和非极性分子、电子排布式、根据原子结构进行元素种类推断【分析】根据题干信息，M是宇宙中含量最丰富的元素，为氢（H）。X原子序数大于M，基态原子p轨道有2个未成对电子，且M、X、Y、Z位于不同主族；M为H（主族ⅠA），Y周期序数等于族序数（第三周期为铝，Al，主族ⅢA），X原子序数比Y小，X为第二周期元素，p轨道有2个未成对电子（如C或O），但Z为地壳含量第二的硅（Si，主族ⅣA），故X不能为C（与Z同主族），应为氧（O，主族ⅥA）。Y周期序数等于族序数，为铝（Al），原子序数13，Z地壳含量第二，为硅（Si），原子序数14，W原子序数大于Z，前四周期基态原子未成对电子数最多，为铬（Cr，原子序数24，电子排布[Ar]3d54s1，有6个未成对电子）。【详解】A．M为H，X为O，M2X2为H2O2（过氧化氢），含有O-O非极性键，是二面角结构，为极性分子，A正确；B．Y为Al，其最高价氧化物对应的水化物为Al(OH)3，属于两性氢氧化物，不是强碱，B错误；C．X为O，Z为Si，形成的化合物为SiO2（二氧化硅），是绝缘体，不是半导体材料（半导体材料如单质硅），C错误；D．W为Cr，属于d区元素（第ⅥB族），不属于ds区，D错误；故答案选A。5．配合物间的结构转变是一种有趣的现象。配合物1经过加热可转变为配合物2，如图所示。下列说法错误的是A．配合物1中含有2种配体 B．配合物2中N原子采取杂化C．转变过程中涉及配位键的断裂和形成 D．转变前后，Co的化合价由价变为0价【答案】D【知识点】配位键、利用杂化轨道理论判断化学键杂化类型【详解】A．配合物1中，中氧原子提供孤对电子，Co2+提供空轨道形成配位键；配合物1右侧N、O分别提供一对孤电子，与Co2+形成配位键，则配合物1中含有2种配体，A正确；B．由配合物2的结构可知，N形成2个键，一个配位键，故采取sp2杂化，B正确；C．转变过程中，配合物1中断裂2个与Co2+形成的配位键，配合物2中，中的O与Co2+形成2个配位键，涉及配位键的断裂和形成，C正确；D．配合物1、2中Co都为+2价，Co的化合价没有发生变化，D错误；故选D。6．一种高效光电催化水分解的装置如图1所示，光照时，催化电极的反应机理如图2所示，循环过程中催化电极消耗前2个的过程最慢，设为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是A．催化电极与外接电源的正极相连B．泡沫镍电极的电极反应式为C．过程①②③中，活化能最大的为过程①D．催化电极上完成次循环时，理论上泡沫镍电极上产生22.4LH2【答案】D7．人体中的血红蛋白(Hb，结构如图1)与结合会形成氧合血红蛋白(，结构如图2)：

；天然气不完全燃烧产生的CO会导致人中毒：

。下列说法错误的是A．基态的价层电子轨道表示式为B．CO为极性分子，其与Hb结合时，提供孤电子对的为O原子C．将CO中毒的患者放入高压氧舱，患者血液中HbCO的浓度会降低D．

【答案】B【知识点】化学平衡常数的影响因素及应用、配位键、浓度对化学平衡移动的影响、轨道表示式【详解】A．基态的价层电子排布式为，其价层电子轨道表示式为，A正确；B．C的电负性小于O，CO与Hb结合时，提供孤电子对的为C原子，B错误；C．将CO中毒的患者放入高压氧舱，氧气浓度增大，平衡会正向移动；导致血液中Hb的浓度降低，平衡逆向移动，患者血液中HbCO的浓度会降低，C正确；D．反应减去反应得到目标反应：，则目标反应的，D正确；故答案选B。8．某研究小组采用间接碘量法测定胆矾中铜含量，设计步骤如下：Ⅰ．准确称取样品，加稀硫酸溶解Ⅱ．加入过量溶液，充分反应后，溶液呈棕黄色Ⅲ．用标准溶液滴定至浅黄色，加淀粉指示剂，继续滴定至蓝色消失已知：；。下列说法错误的是A．步骤Ⅰ称量时，向托盘天平左右两侧各放大小、形状均相同的滤纸，防止托盘被污染B．步骤Ⅱ中加入过量可确保完全反应C．步骤Ⅲ临近终点时加淀粉指示剂，防止淀粉包裹影响终点判断D．若样品中含有杂质，会导致测定结果偏低【答案】D【知识点】碘量法、探究物质组成或测量物质的含量、酸碱中和滴定的误差分析、氧化性、还原性强弱的比较【分析】本题考查间接碘量法测定胆矾中铜含量的实验操作及误差分析。根据实验步骤和已知反应：步骤Ⅰ：样品溶解，涉及称量操作。步骤Ⅱ：加入过量KI，发生反应，溶液呈棕黄色。步骤Ⅲ：用Na2S2O3滴定I2，反应为，临近终点加淀粉指示剂（淀粉遇I2变蓝），滴定至蓝色消失。【详解】A.称量固体样品（如胆矾）时，使用滤纸保护托盘是标准操作，可避免样品直接接触托盘造成腐蚀或污染，同时减少吸湿影响，A正确。B.过量KI使反应充分向右进行，确保所有被还原为I2，保证定量分析的准确性，B正确。C.淀粉若过早加入，可能吸附I2形成复合物，导致终点褪色缓慢或判断不敏锐。临近终点时加入可避免此问题，使蓝色变化更易观察，符合碘量法操作规范，C正确。D.杂质会与I⁻发生反应：，生成额外I2。滴定中消耗的Na2S2O3量增加，导致根据Na2S2O3消耗量计算的I2总量偏高，进而使推算的含量偏高（而非偏低），D错误；故答案选D。9．呋喃二甲酸是重要的生物基平台化学品，可用于合成生物可降解塑料聚呋喃二甲酸乙二醇酯，替代石油基的。传统方法直接氧化羟甲基糠醛制备FDCA，某课题组将HMF先转化为六元环缩醛，再通过有氧氧化制备FDCA，相关反应如下：已知：反应I、Ⅱ、Ⅲ均为放热反应，高浓度HMF会发生缩合、聚合副反应。下列说法错误的是A．的热稳定性比高B．将HMF转化为氧化制备FDCA可减少副产物的生成C．升高温度，平衡时的总转化率和FDCA的产率均会提高D．反应物PD可循环利用，本身也可来源于生物质，符合绿色化学理念【答案】C【知识点】化学能与物质稳定性之间的关系、温度对化学平衡移动的影响、勒夏特列原理的应用、绿色化学与可持续发展【详解】A．HMF生成EG-HMF的反应为吸热反应，说明EG-HMF总能量高于反应物HMF；HMF生成PD-HMF的反应为放热反应，说明PD-HMF总能量低于反应物HMF；能量越低物质稳定性越强，因此PD-HMF热稳定性更高，A正确；B．已知高浓度HMF会发生缩合、聚合副反应，将HMF转化为PD-HMF后，降低了体系中游离HMF的浓度，可减少副产物生成，B正确；C．已知反应I、Ⅱ、Ⅲ均为放热反应，升高温度，放热反应的平衡向逆反应方向移动，因此平衡时PD-HMF的总转化率下降，FDCA的平衡产率降低，C错误；D．PD在第一步作为反应物生成PD-HMF，最终生成FDCA时缩醛水解会重新得到PD，可循环利用，且PD来源于生物质，符合绿色化学理念，D正确；故答案选C。10．常温下，锌离子与乙二胺（en，）能形成多种配合物（）。向一定浓度的硫酸锌溶液中加入不同量的乙二胺后绘制出分布曲线，横坐标为，纵坐标为含锌物种的分布系数（）和平均配位数（表示溶液中x的平均值）。根据信息，下列说法错误的是A．曲线②对应的配合物中锌离子的配位数为6B．当，此时溶液中主要含锌物种不止一种C．溶液中始终存在（忽略乙二胺的电离）D．利用该体系可以通过乙二胺滴定法准确测定未知浓度的【答案】D【知识点】配位键、配合物的结构与性质、盐溶液中微粒间的电荷守恒、物料守恒、质子守恒原理、化学平衡题中基于图表数据的相关计算【详解】A．乙二胺（en）是双齿配体（每个en分子通过2个N原子与中心离子配位），锌离子（）的常见配位数为4或6；曲线①是，2个en分子提供4个配位原子，配位数为4；曲线②是，3个en分子提供6个配位原子，配位数为6，A正确；B．时，从分布曲线可知此时存在多种锌配合物，并非仅，B正确；C．根据物料守恒，锌元素总浓度等于硫酸根浓度，故，C正确；D．由于乙二胺与的反应生成多种络合物导致产物不单一，反应计量关系不明确，从而难以准确测定未知浓度的，D错误；故选D。二、解答题11．一种利用钛白粉副产品[主要成分为，含有少量等]和农药盐渣(主要成分为等)制备电池级磷酸铁的工艺流程如下。一定条件下，一些金属氟化物的如下表。氟化物回答下列问题：(1)铁粉的作用之一是提高体系的pH，使得水解以沉淀形式除去，写出在弱酸性环境下水解的反应方程式_______。(2)“除杂1”中使镁离子完全沉淀[c(Mg2+)≤5.1×10-6mol/L]需要NH4F的最小浓度是

_______，此时Mn2+物质的量浓度为1mol/L是否会生成氟化锰沉淀？请配合简单计算说明_______。(3)“氧化1”中不能使用稀盐酸代替溶液，原因是_______，写出“氧化1”中发生主要反应的离子方程式_______。(4)滤渣3的主要成分是，生成该物质的离子方程式为_______。(5)“氧化2”的目的是减少_______气体的排放(填化学式)。(6)“沉铁”中要控制pH为1.5，原因是_______。【答案】(1)TiO2++(x+1)H2O=TiO2xH2O+2H+(2)10-2.5mol/LQ(MnF2)=1×(10-2.5)2=10-5<Ksp(MnF2)，因此不会生成氟化锰沉淀(3)若用盐酸会被KMnO4生成氯气2Fe2++2H++H2O2=2Fe2++2H2O(4)(5)(6)如果pH过小，浓度降低，如果pH过大，铁元素会生成Fe(OH)3，都会使生成沉淀量少【知识点】溶度积常数相关计算、盐类水解规律理解及应用、氧化还原反应方程式的书写与配平、离子方程式的书写【分析】该工艺流程的原料为钛白粉副产品[主要成分为，含有少量等]和农药盐渣(主要成分为等)，产品为电池级磷酸铁，钛白粉副产品在硫酸中“溶解1”后，加入铁粉“除钛”过程发生反应有：、Fe2(SO4)3+Fe=3FeSO4，体系的pH增大，使TiO2+水解以TiO2xH2O沉淀形式除去，滤渣1为TiO2xH2O，气体为H2，溶液中主要含有Fe2+、Mg2+、Mn2+、，加入NH4F“除杂1”中除去Mg2+，滤渣2为MgF2；“氧化1”中主要反应是Fe2+被氧化为Fe3+，“除杂2”中加入的KMnO4与Mn2+发生氧化还原反应生成而除去Mn2+，滤渣3为；农药盐渣加水“溶解2”后，氧气将Na2SO3氧化为Na2SO4，沉铁时溶液中Fe3+与农药盐渣中的结合生成。【详解】（1）水解以沉淀形式除去，水解的反应方程式为：TiO2++(x+1)H2O=TiO2xH2O+2H+；（2），“除杂1”中使Mg2+完全沉淀需要NH4F的最小浓度：；此时Mn2+物质的量浓度为1mol/L，，不会生成氟化锰沉淀，故填否；（3）“氧化1”中不能使用稀盐酸代替溶液，原因是：若用盐酸会被KMnO4生成氯气；“氧化1”中主要反应为Fe2+被氧化为Fe3+，离子方程式为：2Fe2++2H++H2O2=2Fe2++2H2O；（4）“除杂2”中加入的KMnO4与Mn2+发生氧化还原反应生成，根据得失电子守恒和原子守恒，离子方程式为：；（5）农药盐渣成分中有Na2SO3，“除杂2”后溶液含有氢离子，二者混合会产生SO2，“氧化2”的目的是使Na2SO3转化为Na2SO4，从而减少SO2气体的排放；（6）“沉铁”中要控制pH为1.5，原因是：如果pH过小，浓度降低，如果pH过大，铁元素会生成Fe(OH)3，都会使生成沉淀量少。12．金纳米颗粒（AuNPs）的表面精准修饰是其功能化应用的关键。文献报道：碘离子（）可与Au表面形成强吸附作用，优先遮盖Au（111）晶面，且吸附后不易脱落；未被遮盖的Au晶面可与2-萘硫醇（2-NAT，结构简式为）发生反应，形成稳定的Au-S键。某研究小组基于此设计如下实验，探究浓度对AuNPs表面修饰效果的影响：实验步骤：1．往6个三颈烧瓶中先分别加入20mL等浓度原始AuNPs（直径约5nm）分散液，然后向1~6号烧瓶中分别滴加浓度均为0.1mol/LNaI溶液，体积依次为0mL、1mL、2mL、4mL、6mL、8mL，控制水浴温度25℃，搅拌30分钟，使充分吸附。2．再通过恒压滴液漏斗分别向6个三颈烧瓶加入0.5mL0.05mol/L2-萘硫醇溶液，继续搅拌1小时。3．通过抽滤装置（图2）对各份样品进行过滤洗涤：先用DMF（DMF是一种有机溶剂）洗涤2次；再用蒸馏水洗涤2次，除去过量NaI，低温干燥后得到修饰后的AuNPs样品。4．对各样品进行表征：①用X射线光电子能谱（XPS）测定样品表面S元素的含量（间接反映2-NAT的接枝量）；②用紫外-可见分光光度计测定样品的吸光度（AuNPs的团聚程度与吸光度相关，团聚越严重，吸光度越低）。样品编号NaI溶液加入体积（mL）表面S元素含量（相对值）吸光度（520nm处）101.000.85210.920.83320.750.81440.500.79560.250.75680.080.68已知：①2-NAT仅与未被遮盖的Au晶面反应；②过量会轻微蚀刻AuNPs表面，导致颗粒团聚。(1)①实验中“抽滤洗涤”时，布氏漏斗内垫玻璃纤维而非滤纸的原因是________。②洗涤过程中用DMF洗涤的目的是________。③若滴加NaI溶液时，发现滴液漏斗内液面下降缓慢，可采取的操作是________（填一种即可）。(2)①该实验的自变量是________，因变量是________（写出2个）。②实验步骤3中“低温干燥”的操作可选用________（填仪器名称）。③结合实验数据和已知信息，样品6的吸光度最低，分析其原因：____________。(3)2-NAT与Au未遮盖晶面反应形成键，该化学键的类型为________（填“离子键”“共价键”或“金属键”）。(4)①该实验中未设置“对照实验”，若要验证“仅比其他卤素离子能优先遮盖Au（）晶面”，应补充的对照实验是________（写出实验操作，其他条件与原实验一致）。②若要使2-NAT的接枝量控制在相对值0.6左右，应控制NaI溶液的加入体积约为________mL（保留1位小数）。【答案】(1)AuNPs为纳米级颗粒，易穿过滤纸除去未反应的2-NAT打开分液漏斗上口的塞子(2)NaI溶液的加入体积表面S元素含量、吸光度真空干燥箱（或低温烘箱）样品6中NaI加入量最多，过量蚀刻AuNPs表面，导致颗粒团聚，吸光度降低(3)共价键(4)取1份20mL等浓度原始AuNPs分散系，滴加0.1mol/LNaCl溶液（或NaBr溶液）8mL（与样品6的NaI体积相同，确保AuNPs分散系表面充分修饰），其余操作与原实验一致，测定表面S元素含量，若S元素含量远高于样品6，证明的优先遮盖作用3.2【知识点】实验方案评价、共价键概念及判断【分析】当NaI溶液体积为0-2mL时，随着NaI浓度增加，AuNPs表面S元素含量先升后降，说明适量NaI能通过吸附Au()晶面，为2-NAT与AuNPs反应提供位点，提升修饰效果；但NaI过量（≥4mL）时，会蚀刻AuNPs表面，导致S元素含量骤降，修饰效果变差。吸光度随NaI浓度增加整体呈下降趋势，说明过量NaI引发AuNPs团聚，验证了过量碘离子会破坏AuNPs分散性的结论。【详解】（1）①题干明确AuNPs直径约5nm，属于胶体，而胶体可以通过滤纸，玻璃纤维的孔隙尺寸远小于滤纸（约），且纤维交织形成致密网络，能截留纳米级颗粒，同时不影响液体通过。②洗涤的目的是除去产物表面的杂质（未反应的2-NAT、过量NaI等），实验步骤3中向体系加入“DMF溶液洗涤2次”，主要洗涤2-NAT，蒸馏水洗涤2次，主要除去过量NaI。③漏斗内液面下降缓慢，可能是反应体系内压过大，打开分液漏斗上口的塞子使得漏斗内外气压得到平衡，使液体顺利滴下或增加抽滤过程中的放水量，减小内压。（2）①自变量：人为改变的NaI溶液加入体积，唯一能精准控制的量。因变量：随体积变的S元素含量（反映接枝量）和吸光度（反映团聚）②真空干燥箱，实现“低温下快速除水”，能缩短干燥时间，减少产物与空气的接触（防止AuNPs表面氧化）；低温烘箱可精准控制温度（通常最低温度50℃以下），虽干燥效率略低于真空干燥箱，但操作更简便，适合实验室常规低温干燥需求。③由信息可知：过量会轻微蚀刻AuNPs表面，导致颗粒团聚，而AuNPs的团聚程度与吸光度相关，团聚越严重，吸光度越低；样品6中NaI加入量最多，过量蚀刻AuNPs表面，导致颗粒团聚，吸光度降低。（3）Au与2-萘硫醇中的S形成配位键，因此为共价键。（4）①选择或作为的对照，可通过“相同浓度、相同体积下，不同卤素离子对S元素含量的影响差异”，直接验证“的优先遮盖作用是否独特”，而非所有卤素离子均能实现高效遮盖。②从题干数据推导：NaI溶液加入体积与S元素相对含量（间接反映2-NAT接枝量）呈近似线性负关系，NaI体积越大，吸附越多，2-NAT结合位点越少，接枝量越低。从数据分析可知每增加Nal体积2.0mL，接枝量降0.25，则接枝量从0.75降至0.6（降0.15），则体积增量，故目标体积。13．陆熙炎[3+2]环化反应被多次用于复杂天然产物的全合成，为推动中国有机合成化学走向世界做出了引领性贡献。下列反应为陆熙炎[3+2]环化反应的一种。(1)化合物1a中含氧官能团的名称为_______。(2)2a可与发生加成反应生成化合物Ⅰ．在Ⅰ的同分异构体中，同时含有和结构的共_______种(不考虑立体异构)；其中核磁共振氢谱有3组峰的有机物的结构简式为_______。(3)下列说法正确的有_______(填字母)。A．在1a和2a反应生成3a的过程中，有键的断裂与键的形成B．在3a分子中，存在手性碳原子，并有4个碳原子采取杂化C．在4a分子中，所有碳原子在同一平面上，其可形成分子内氢键D．化合物2a是乙酸乙酯的同系物，且可发生原子利用率为100%的加成反应(4)根据上述信息，以、和为主要原料，分三步合成化合物Ⅱ。①第一步，引入碳碳双键：反应的化学方程式为_______(注明反应条件)。②第二步，进行_______(填具体反应类型)：其反应的化学方程式为_______(注明反应条件)。③第三步，合成Ⅱ，还能得到副产物Ⅲ，Ⅲ与Ⅱ互为同分异构体，则Ⅲ的结构简式为_______。【答案】(1)酯基(2)5(3)AB(4)酯化(取代)反应【知识点】常见官能团名称、组成及结构、同系物的判断、根据要求书写同分异构体、同分异构体的数目的确定【分析】1a和2a通过成环加成生成3a和4a两种不同的产物【详解】（1）中含氧官能团的名称为酯基。（2）化合物Ⅰ的分子式为。在Ⅰ的同分异构体中，同时含有和结构的有5种：、、、、；其中核磁共振氢谱有3组峰的为。（3）A．在1a和2a反应生成3a的过程中，有键()的断裂与键()的形成，A项正确；B．连接4个不同基团的碳原子是手性碳原子，在3a分子中，存在手性碳原子(用*表示手性碳原子)：，并有4个不饱和碳原子采取杂化，B项正确；C．在4a分子中，画圈的碳原子与相连的3个碳原子就不可能在同一平面上，C项错误；D．化合物2a含有碳碳双键，不是乙酸乙酯的同系物，D项错误；故选AB；（4）以、和为主要原料，分三步合成化合物Ⅱ，合成路线为：；①引入碳碳双键是醇的消去反应，化学方程式：；②第二步是酯化反应，化学方程式为；③根据题干信息推测，Ⅲ的结构简式为。14．锗(Ge)是太阳能光伏电池的重要组成部分，我国锗主要分布在内蒙古乌兰图嘎煤矿、云南铅锌矿、广东凡口铅锌矿和青海锡铁山铅锌矿等矿区。(1)Ge元素位于元素周期表的第_______周期第_______族。(2)还原四氯化锗制备锗的主要反应如下：编号反应/()123①

_______。②反应1在_______(填“高温”“低温”或“任意温度”)条件下能自发进行。(3)在恒压密闭容器中，通入和发生反应1、2、3，反应过程中容器内的压强为100kPa．当反应达到平衡时，各气相组分的物质的量随温度的变化关系如图1所示，含量极低或不含有的物质未表示。①a表示的物质为_______(填化学式)。②900℃，反应达到平衡时，容器内有、、和。计算该温度下的平衡常数：_______(用分压代替浓度进行计算，分压=总压×物质的量分数，写出计算过程，结果用分数表示)。(4)将和的混合气体通入还原炉，tmin末，锗的转化率()随温度的变化关系如图2所示。①P点_______(填“一定”“可能”或“未”)达到平衡状态。②请解释锗的转化率随温度T的升高呈图2中变化趋势的可能原因：_______。(5)某种金属有机框架(MOFs)由金属节点和桥连配体组成，可高效选择性吸附溶液中的Ge(Ⅳ)，其立方晶胞结构如图所示(桥联配体未画出)。①一个晶胞中金属节点的个数为___________。②两个金属节点之间的最近距离为___________nm；距离最近的两个金属节点之间连有一个