河北省沧州市部分校2027届高三上学期摸底巩固训练（一）化学试题（含解析）

2027届高三摸底巩固训练(一)化学(时间：75分钟满分：100分)注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的学校、班级、姓名及考号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1C12O16F19Si28V51Fe56Ce140一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.装修既能提供视觉美感又能提高生活质量。下列材料中主要成分属于硅酸盐的是A.平滑、细腻的地面装修材料——传统瓷砖B.广泛应用的建筑材料——熟石膏C.冬暖夏凉、脚感舒适的地面装修材料——实木地板D.厨房、卫生间等高湿区域的吊顶材料——铝扣板【答案】A【解析】【详解】A．传统瓷砖属于传统陶瓷类材料，主要成分为硅酸盐，A正确；B．熟石膏的主要成分为，属于硫酸盐，不属于硅酸盐，B错误；C．实木地板的主要成分为纤维素，属于有机高分子材料，不属于硅酸盐，C错误；D．铝扣板的主要成分为铝合金，属于金属材料，不属于硅酸盐，D错误；答案选A。2.下列操作符合化学实验安全要求的是A．稀释浓硫酸B．安装单孔塞C．加热液体D．甲烷和氯气反应A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．稀释浓硫酸时应将浓硫酸沿烧杯壁缓慢注入水中，并用玻璃棒不断搅拌，该操作将水注入浓硫酸中，易导致酸液飞溅，存在安全隐患，实验操作不符合安全要求，A错误；B．安装单孔塞时，应手持试管将塞子慢慢转动塞入，将试管放在桌面上按压塞子易导致试管碎裂划伤人员，实验操作不符合安全要求，B错误；C．加热试管中液体时，液体体积不能超过试管容积的，该操作中液体体积过多，加热时易溅出引发危险，实验操作不符合安全要求，C错误；D．和的取代反应需在漫射光条件下进行，可避免强光直射发生爆炸，该操作符合实验安全要求，D正确；故本题选D。3.高分子材料在生产、生活领域有广泛应用。下列说法正确的是A.顺丁橡胶硫化交联程度越大，弹性越好B.在酸催化下制得的网状结构酚醛树脂可用于生产烹饪器具的手柄C.低压法可制高密度聚乙烯，高密度聚乙烯可用于生产板、管、棒材D.对苯二甲酸与乙二醇发生加聚反应制得的涤纶可用于生产服装和床上用品【答案】C【解析】【详解】A．交联程度太大，橡胶会变硬、变脆，弹性反而下降，适度交联才有好弹性，A错误；B．酸催化下制得的是线型热塑性酚醛树脂，网状热固性酚醛树脂需在碱催化下制备，才可用于生产烹饪器具手柄，B错误；C．低压法聚乙烯是在较低的压力和温度下，用催化剂使乙烯发生加聚反应得到的，支链较少，密度和软化温度较高，为高密度聚乙烯，可用于生产板、管、棒材，C正确；D．对苯二甲酸与乙二醇发生缩聚反应生成涤纶和小分子水，并非加聚反应，D错误；故选C。4.化学在人类生产和生活中发挥着重要的作用。下列相关化学方程式错误的是A.制备炸药：B.用覆铜板制作印刷电路板：C.葡萄糖经酶催化发生氧化反应：D.由水杨酸制备刺激性小的乙酰水杨酸：【答案】A【解析】【详解】A．甲苯与浓硝酸在浓硫酸、加热条件下发生邻对位取代反应，生成2，4，6-三硝基甲苯和水，选项中生成物错误，正确的方程式为，A错误；B．具有氧化性，可将氧化为，自身被还原为，化学方程式为，B正确；C．葡萄糖在酶的催化下发生氧化反应，生成二氧化碳和水，反应符合原子守恒，化学方程式为，C正确；D．水杨酸的酚羟基与乙酸酐发生酰基化反应时，仅酚羟基参与反应，羧基不参与反应，反应生成乙酰水杨酸和乙酸，化学方程式为，D正确；故选A。5.铜阳极泥是一种含贵金属的可再生资源，浸出时发生反应。下列说法正确的是A.的空间填充模型：B.的模型：C.基态价层电子的轨道表示式：D.中键和键的个数比为【答案】B【解析】【详解】A．为半开书页形的折线结构，不是直线形，图示为直线形结构，A错误；B．中心的价层电子对数为，VSEPR模型为四面体形，图示符合含1对孤电子对的四面体形结构，B正确；C．基态价电子排布为，根据洪特规则，的4个电子应分占3个轨道，其中2个轨道各含1个单电子、1个轨道成对，图示仅填充2个轨道，违反洪特规则，正确轨道表示式为，C错误；D．结构式为，每个双键含1个键和1个键，共2个键、2个键，个数比为，D错误；故本题选B。6.光催化有机合成是利用光能驱动化学反应的技术，某光催化有机合成反应如下：已知：表示芳基，表示。下列说法错误的是A.该反应的原子利用率为100%B.X、Y中碳原子的杂化方式均有2种C.Y不存在顺反异构D.Y可发生加聚反应【答案】C【解析】【详解】A．该反应为X与的加成反应，无小分子副产物生成，所有原子均进入目标产物Y，原子利用率为100%，A正确；B．X中三键碳原子为杂化，其余饱和碳原子均为杂化，共2种杂化方式；Y中双键碳原子、芳基中碳原子为杂化，其余饱和碳原子均为杂化，共2种杂化方式，B正确；C．Y中碳碳双键的两个碳原子分别都连接2种不同的基团，存在顺反异构，C错误；D．Y中含有碳碳双键，可发生加聚反应，D正确；故选C。7.我国科研工作者研发了一种高效的双功能催化剂，在碱性环境中通过构建“糠醛—硝酸盐”完成了工业和农业废弃物的双边清洁转化，其原理如图所示。下列说法正确的是A.是正极，是负极B.反应一段时间后，电极附近减小C.理论上电路中每通过，产生D.总反应为+8=8++4H2↑【答案】D【解析】【分析】由图可知，催化电极M是原电池的负极，碱性条件下糠醛在负极失去电子发生氧化反应生成、水和氢气，电极反应式为：2-2e-+4OH-=2+2H2O+H2↑，催化电极N为正极，水分子作用下硝酸根离子在正极得到电子发生还原反应生成氨气和氢氧根离子，电极反应式为：，则原电池的总反应为：+8=8++4H2↑。【详解】A．由分析可知，催化电极M是原电池的负极，催化电极N为正极，A错误；B．由分析可知，催化电极N为正极，水分子作用下硝酸根离子在正极得到电子发生还原反应生成氨气和氢氧根离子，电极反应式为：，放电生成氢氧根离子，所以电极N附近氢氧根离子浓度增大，B错误；C．由分析可知，催化电极M是原电池的负极，碱性条件下糠醛在负极失去电子发生氧化反应生成、水和氢气，电极反应式为：2-2e-+4OH-=2+2H2O+H2↑，所以电路中每通过2mol电子时，产生2mol，C错误；D．由分析可知，原电池的总反应为：+8=8++4H2↑，D正确；故选D。8.对下列事实的微观解释错误的是选项事实微观解释A易升华而不易升华的相对分子质量小于，范德华力较弱B在中的溶解度高于在中的溶解度的空间结构为形，但极性微弱C对羟基苯甲醛的沸点高于邻羟基苯甲醛对羟基苯甲醛形成分子间氢键，邻羟基苯甲醛形成分子内氢键D等离子体具有良好的导电性等离子体中含有体积很大的阴、阳离子A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．和均为分子晶体，范德华力随相对分子质量增大而增强，相对分子质量更小，范德华力更弱，更易升华，A正确；B．根据相似相溶规律，非极性溶剂易溶解极性弱的溶质，为V形结构但极性微弱，因此在中溶解度高于极性溶剂，B正确；C．对羟基苯甲醛的羟基与醛基在苯环对位，易形成分子间氢键使沸点升高，邻羟基苯甲醛的羟基与醛基相邻，易形成分子内氢键，分子间作用力更弱，沸点更低，C正确；D．等离子体由电子、阳离子和中性粒子组成，因存在大量自由移动的带电粒子而具有导电性，并非含有体积很大的阴、阳离子，该解释错误，D错误；故本题选D。9.邻苯二甲酸二丁酯()常温下为无色透明油状液体，不溶于水，沸点为，酸性条件下，温度高于时易发生分解。实验室合成路线如下：下列说法错误的是A.水分离装置的使用有利于反应②正向进行B.反应温度不宜过高的主要原因是防止生成多取代副产物C.反应结束后，用碳酸钠溶液洗涤除去残留酸D.洗涤、干燥法较直接蒸馏法更适用于的提纯【答案】B【解析】【详解】A．反应②为可逆酯化反应，生成产物，水分离装置可除去生成的水，使平衡正向移动，有利于反应进行，A正确；B．题干明确说明酸性条件下温度高于180∘C时易分解，且反应②的目的就是生成二取代的，温度不宜过高的主要原因是防止分解、反应物丁醇挥发等，不是防止多取代副产物生成，B错误；C．反应后残留的、未完全反应的均含酸性基团，可与碳酸钠反应生成易溶于水的盐，不溶于水溶液，因此可用碳酸钠溶液洗涤除去残留酸，C正确；D．的沸点为340∘C，直接蒸馏需要高温，易导致分解，洗涤、干燥法无需高温，更适合的提纯，D正确；故本题选B。10.一种合金的立方晶胞结构如图所示，晶胞参数为，设为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是A.B.该晶体的密度为C.晶体中与最近且等距的有6个D.晶胞中所有原子在截面上的投影图为【答案】D【解析】【详解】A．该晶胞中含有8个，个，个，与原子数相同，则根据化学式，，A正确；B．该晶体的质量m为，体积V为，则密度为，B正确；C．晶体中与最近且等距的有6个，即体心的上、下、左、右、前、后，C正确；D．晶胞中所有原子在截面上的投影图为，D错误；故选D。11.某化合物是一种新型杀线虫剂的合成中间体，其结构如图所示，其中M、Q、R、T、W、X、Y、Z为原子序数依次增大的前四周期主族元素，M的核外电子总数与其周期数相同，W、Y、Z的价层电子数相同，和形成的化合物能使品红溶液褪色。下列说法错误的是A.第一电离能：B.简单氢化物的稳定性：C.原子半径：D.该化合物存在对映异构体【答案】C【解析】【分析】M、Q、R、T、W、X、Y、Z为原子序数依次增大的前四周期主族元素，M的核外电子总数与其周期数相同，则M为H；W、Y、Z的价层电子数相同，而且都形成一个化学键，因此都是第ⅦA族元素，即W、Y、Z分别为F、Cl、Br，和形成的化合物能使品红溶液褪色，而且形成两个化学键，形成六个化学键，则和分别是O、S；Q形成四个化学键，则Q是C；R形成三个化学键，则R是N；【详解】A．同周期元素从左到右第一电离能呈逐渐增大的趋势，但是第ⅡA族与第ⅤA族元素的第一电离能大于同周期相邻元素，则第一电离能：，即，A正确；B．非金属性越强，简单氢化物越稳定，非金属性：，则简单氢化物的稳定性：，即，B正确；C．一般情况下，电子层数越多，半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小，则原子半径：，即，C错误；D．该化合物从右向左，第二个碳原子是手性碳，存在对映异构体，D正确；故选C。12.如图为在碳基催化剂上氨选择性催化还原氮氧化物的反应机理。下列说法错误的是A.的过程既有σ键的断裂，又有π键的生成B.的过程发生了取代反应C.碳基催化剂降低了氨选择性催化还原反应的反应热D.总反应的化学方程式为【答案】C【解析】【分析】由图可知，在一个完整反应流程中，共投入1分子O2，4分子NH3，4分子NO，并产生4分子N2和6分子H2O。据此可写出总反应的化学方程式：。【详解】A．过程中分解生成和，存在键的断裂，生成含三键的时存在键的生成，A正确；B．过程中，碳链上的被取代生成，属于取代反应，B正确；C．催化剂只能降低反应的活化能，不能改变反应物和生成物的总能量差，因此无法改变反应热，C错误；D．根据反应机理，总反应反应物为、、，生成物为和，配平后方程式为，D正确；故本题选C。13.由下列实验操作及现象所得出的解释或结论错误的是选项实验操作及现象解释或结论A向浓度均为的和混合溶液中逐滴滴加溶液，先产生浅黄色沉淀B向的溶液中加入等体积的浓溶液，振荡、静置后，上层液体的颜色加深，下层液体的颜色变浅体系中存在：(棕黄/黄褐色)，破坏了溶解平衡：，使大部分从有机相转移至水相C常温下，用试纸测定的某酸溶液，不等于1该酸为弱酸D向盛有饱和溶液的试管中滴加鸡蛋清溶液，振荡，有沉淀析出；加蒸馏水稀释，沉淀溶解饱和溶液未破坏蛋白质的活性A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．相同浓度的和中滴加溶液时，溶度积更小的难溶物优先沉淀，先出现浅黄色沉淀，说明，实验结论正确，A正确；B．体系中存在平衡，生成的存在于水相，使在水相的总浓度升高，促进溶解平衡正向移动，从有机相转移至水相，上层水层颜色加深、下层有机层颜色变浅，解释正确，B正确；C．若该酸为二元强酸，的溶液中，，同样不等于1，因此不能证明该酸是弱酸，结论错误，C错误；D．饱和溶液使蛋白质发生盐析，盐析是可逆物理过程，蛋白质未发生变性，活性未被破坏，加水后沉淀可溶解，解释正确，D正确；故本题选C。14.室温下，用溶液滴定溶液，溶液随加入溶液的体积变化曲线如图1所示，点时溶液中无沉淀，点之后出现白色浑浊且逐渐增多，整个滴定过程无气体生成；调节碳酸溶液，各含碳微粒的分布分数(平衡时，各微粒浓度占总微粒浓度的分数)与的关系如图2所示，已知：。下列说法错误的是A.图1中可能发生反应：B.图1的a点满足：C.图2中曲线Ⅲ代表的含碳微粒为D.图1的b点溶液中，【答案】B【解析】【分析】图1是用滴定​的pH变化曲线：初始阶段pH快速上升，a点（加入4.54mL

​，pH=8.02）无沉淀，a点后出现碳酸钙沉淀，后续pH逐渐下降，b点（加入25mL

，pH=7.20）反应达到稳定状态，全程无​气体生成。图2是碳酸体系含碳微粒分布分数随pH的变化曲线：酸性条件下含量最高的曲线Ⅰ为，中间pH区间占主导的曲线Ⅱ为​，强碱性条件下占比升高的曲线Ⅲ为​；曲线Ⅰ和曲线Ⅱ的交点代表，此时pH=6.35，则

；曲线Ⅱ和曲线Ⅲ的交点代表，此时pH=10.33，则

。【详解】A．滴定过程生成​沉淀且无气体放出，说明生成的是而非分解的​，反应符合实验现象，A正确；B．根据电荷守恒，a点无沉淀，体系满足：

，

a点，溶液呈碱性，，​​

即，B错误；C．极低时含碳微粒以​为主，随升高逐步转化为、，因此曲线Ⅰ为​、曲线Ⅱ为​、曲线Ⅲ为​，C正确；D．b点，结合，变形得；沉淀溶解平衡满足，代入得：

，D正确；故选B。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.综合实验探究探究的制备和纯度测定(夹持装置略)。查阅资料：晶体是一种难溶于水和乙醇的黄色固体，受热易分解。实验步骤：ⅰ.将晶体和碎瓷片加入中，中盛装稀硫酸，中盛装饱和溶液，按图所示连接好装置，先向中加入稀硫酸，再向中加入饱和溶液，加热至沸腾，反应充分后，停止加热；过滤、洗涤、干燥后，得到产品的固体样品。ⅱ.准确称取固体样品(含和少量)，溶于过量稀硫酸，水浴加热至~促溶，冷却后配成溶液，取，用的标准溶液滴定。ⅲ.在上述反应后的溶液中加入适量粉，再补加少量稀硫酸，充分反应。ⅳ.继续用的标准溶液滴定至终点。回答下列问题：（1）仪器B的名称为____________________。（2）步骤ⅰ中判断充分反应的实验现象是_________________________。（3）步骤ⅱ滴定过程中生成一种无色无味的常见气体，生成该气体的离子方程式为______________________________。（4）步骤ⅲ中加入适量粉的目的是_________________________；证明已达到该目的的操作是取1滴反应后的溶液于点滴板上，滴加X溶液检验，X的化学式为__________。（5）上述滴定过程中用到的滴定管为__________(填标号)。a．酸式滴定管b．碱式滴定管c．酸式滴定管和碱式滴定管（6）平行测定三次，ⅱ平均消耗标准溶液，ⅳ平均消耗标准溶液。忽略实验过程中的检验损耗，固体样品中的质量分数为_____(用含m、c、、的代数式表示)。【答案】（1）球形冷凝管（2）黄色沉淀不再增加或溶液颜色由浅绿色变为无色（3）（4）①.将完全还原为②.（5）a（6）【解析】【分析】本实验分为草酸亚铁晶体的制备与纯度滴定测定两部分：制备阶段利用三颈烧瓶D中，让与草酸在加热条件下反应，生成难溶于水的黄色晶体，中间的球形冷凝管B起到回流冷凝作用，避免加热时反应物挥发损失，提升原料利用率；纯度测定采用氧化还原滴定的差量思路：第一步用酸性同时氧化样品里的和，第二步用Zn粉将体系中被氧化得到的全部还原回，再用单独滴定，通过两次滴定的体积差，即可排除样品中混有的少量游离草酸杂质的干扰，精准计算出目标草酸亚铁晶体的纯度。【小问1详解】仪器B为球形结构的冷凝装置，作用是冷凝回流反应体系中的物质，是球形冷凝管；【小问2详解】本反应的产物是难溶于水的黄色，当反应充分进行完全后，不再有新的黄色沉淀生成，溶液颜色由浅绿色变为无色，即可判断反应充分；【小问3详解】步骤ii的酸性条件下，高锰酸钾会氧化体系中的​（来自草酸和草酸亚铁），生成的无色无味常见气体为，离子方程式为；【小问4详解】步骤ii中中的会被酸性高锰酸钾氧化为，加入Zn粉是为了把所有还原为，后续可通过高锰酸钾滴定得到铁元素的总量；检验还原完全即检验无剩余，则X试剂为KSCN，不变红则还原完全；【小问5详解】​标准溶液具有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管的橡胶管，因此使用酸式滴定管，故选a；【小问6详解】第一步滴定中，酸性高锰酸钾会同时氧化样品里的和杂质中的​，1份​被氧化时，升1价、​升2价，总升价数为3，而1份被还原降5价，因此1mol​对应消耗​，25mL中草酸亚铁消耗的​为；第二步滴定中，与的反应为，25mL待测液中，该数值恰好等于25mL溶液中草酸亚铁的物质的量；总消耗的对应的​，是氧化草酸亚铁和杂质草酸的总用量，因此25mL中杂质消耗的​为；草酸和反应的计量比为，因此杂质二水合草酸的摩尔质量为126g/mol，25mL中杂质质量为；换算为100mL全量的杂质总质量为，用样品总质量减去杂质质量，得到的质量，最终质量分数为：。16.清洁生产工艺设计铜渣废料是粗铅火法精炼过程中产生的废弃物，主要成分为合金、、、、、等。一种基于和分步相转化的铜渣废料中铅、铜、锡回收工艺流程如下：已知①“二段焙烧”的产物如下表：

产物第一段焙烧、、、、、、第二段焙烧、、、、②“金属锭”中的质量分数为，的质量分数为，硫化精炼去铜得精铅；“冰铜”中的质量分数为，的质量分数为。回答下列问题：（1）铜渣废料的主要成分所含元素在元素周期表中位于区的有_______种。（2）“二段焙烧”包含了两个过程，第一段焙烧在“惰性气氛+S”下完成，第二段焙烧在低浓度中进行，目的是防止直接氧化焙烧生成难挥发的、。在第二段焙烧时发生的反应的化学方程式为_________________________。（3）从“气体1”中分离出的方法是_______________。“气体2”中的物质是生产___________________(填物质的化学式)的重要原料。（4）“焙烧”工序中包含了以下反应，补全化学方程式：_________________。______________+______________+____________（5）“硫化精炼”是为了使铜元素转化为形成“浮渣”便于从铅液中分离，通入少量可以提高硫化效率，原理如下：①；②；③___________________完成反应③的化学方程式_______________________。（6）“气体3”中含有，生成锡铜合金的工序名称为________(填“氧化”或“还原”)熔炼。该工序中将与焦炭充分混合，加热后未发生反应，通入少量后，迅速发生反应，原因是________________________。【答案】（1）5（2）（3）①.降温②.（4）（5）（6）①.还原②.固体参与的反应速率慢，与碳反应生成，气体参与的反应速率快【解析】【分析】铜渣废料先经二段焙烧：第一段在惰性气氛加硫的条件下将原料中的Pb-As合金、PbO等转化为硫化物，第二段在低浓度氧气中部分硫化物氧化，使砷以形式进入气体1，气相经脱砷工序冷却后分离出，含硫的气体2可作为制硫酸原料；焙烧渣加高温焙烧，实现铅、铜的还原分离，得到含铅为主的金属锭、富铜的冰铜和含的气体3；金属锭经硫化精炼脱铜得到精铅，冰铜氧化熔炼得到粗铜，含的气体3经还原熔炼得到锡铜合金，最终完成铅、铜、锡、砷的分步回收。【小问1详解】铜渣废料主要成分含Pb、As、S、Cu、O、Sn六种元素，其中位于p区的元素为As（第VA族）、S（第VIA族）、O（第VIA族）、Pb（第IVA族）、Sn（第IVA族），共5种；Cu为ds区，不计入。【小问2详解】第二段焙烧的产物限定为、​，结合S元素的氧化规律，部分S转化为​，配平后得到对应氧化还原反应方程式。【小问3详解】（砒霜）沸点低、易升华，从气体中分离可通过降温使气态直接凝华得到固体；脱砷后剩余的气体2主要含焙烧产生的，是工业生产硫酸的核心原料。【小问4详解】根据题意，第二段焙烧后，元素存在于中，因此该反应的反应物为。中元素由+1价降为0价，元素由-2价升为+6价，共失去个电子；中由+2价降为0价，共得到2个电子，根据电子得失守恒，系数为1，系数为3，再根据原子守恒配平其余物质，得到的化学方程式为：。【小问5详解】根据题干信息，“硫化精炼”是为了使转化为，因此反应③中应与反应②中生成的反应生成，根据电子得失守恒、原子守恒，配平可得到化学方程式：。【小问6详解】将​转化为金属锡需要将元素由+4价降低为0价，被还原，因此工序名称为还原熔炼；碳和均为固体，固固接触不充分，反应速率极慢，通入氧气后碳氧化生成气态CO，气固还原的接触更充分，反应速率快。17.焙烧氟碳铈矿反应原理探究在氮气保护下焙烧氟碳铈矿()时，涉及的主要反应如下：ⅰ.ⅱ.ⅲ.已知：若向反应体系中通入后，体系中存在：ⅳ.ⅴ.回答下列问题：（1）____________________________(用含~的代数式表示)。（2）反应的随温度变化的关系如图所示，则_______(填“>”“<”或“=”)。（3）某温度下，向三个完全相同的密闭容器中均加入，再向三个容器中分别通入、、。维持容器的压强为，测得三种条件下容器内固体质量随温度的变化关系如图所示[已知：]。①曲线Ⅰ表示通入的气体物质是__________。②当容器中通入的气体物质是，温度下达到平衡时，测得固体质量为且检测不出，则反应ⅲ的_________(用最简分数式表示)；若向平衡体系中充入少量，重新达到平衡后，的分压将_______(填“增大”“减小”或“不变”)。③当容器中通入的气体物质是，温度下达到平衡时，测得固体的质量为且检测不出，和，则和的物质的量之间的差值_______(用最简分数式表示)。④若容器中通入的气体物质是，增大容器的压强，与的物质的量之比_______(填“增大”“减小”或“不变”，忽略压强对反应ⅰ的影响)。【答案】（1）（2）（3）①.②.③.增大④.⑤.减小【解析】【小问1详解】由盖斯定律可知，反应ⅱ+反应ⅳ×-反应ⅴ×=反应ⅲ，则反应ⅲ的焓变为：；【小问2详解】由图可知，温度升高，焓变一定时，反应的自由能变减小，由反应的自由能变∆G=∆H–T∆S可知，该反应的熵变∆S大于0；温度低于100℃，焓变一定时，反应的自由能变∆G=∆H–T∆S>0，所以该反应为放热反应，焓变∆H大于0；由盖斯定律可知，(反应ⅴ-反应ⅳ)×=目标反应，则反应的焓变为：>0，所以焓变小于；【小问3详解】3mol氟碳铈的质量为：3mol×219g/mol=657g，由铈原子个数守恒可知，氟氧化铈的质量为：3mol×175g/mol=525g，三氧化二铈的质量为：3mol××328g/mol=492g；①由方程式可知，通入不参加反应的氮气，固体的质量会由657g转化为525g；通入氧气，会发生反应ⅰ、ⅳ、ⅴ，固体的质量会先减小后增大再减小；通入水蒸气，会发生反应：，会使固体的质量小于525g，所以曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ表示通入的气体物质分别是水蒸气、氧气、氮气；②由题意可知，当容器中通入的气体物质是氮气，T1温度下达到平衡时，测得固体质量为537g且检测不出氟碳铈，说明反应ⅰ完全反应，3mol氟碳铈焙烧完全分解生成3mol氟氧化铈和3mol二氧化碳，设平衡时一氧化碳的物质的量为xmol，由方程式可知，发生反应ⅱ、ⅲ，固体增加的质量为：44x-28x=537g-525g，解得：x=0.75，则平衡时，二氧化碳的物质的量为：3mol-0.75mol=2.25mol，混合气体的总物质的量为：1mol+0.75mol+2.25mol=4mol，反应ⅲ的=；平衡常数是温度的函数，温度不变，平衡常数不变，若向平衡体系中充入少量二氧化碳，二氧化碳的浓度增大，反应ⅲ的平衡向正反应方向移动，一氧化碳的平衡分压增大，则由反应的平衡常数不变可知，二氧化碳的平衡分压增大；③由题意可知，当容器中通入的气体物质是氧气，T1温度下达到平衡时，测得固体质量为537g且检测不出氟碳铈、氟氧化铈、三氧化二铈，说明氟碳铈与氧气在高温条件下反应得到的固体为二氧化铈和三氟化铈，设二氧化铈和三氟化铈的物质的量分别为xmol和ymol，由铈原子个数守恒可得：x+y=3，由反应后固体的质量可得：172x+197y=537，解联立方程可得：x=、y=，则：mol-mol=mol；④由方程式可知，氟氧化铈与水蒸气的反应是气体体积增大的反应、反应ⅱ是没有气体参与的反应，反应ⅲ是气体体积不变的反应，则容器中通入的气体物质是水蒸气，忽略压强对反应ⅰ的影响，增大容器的压强，氟氧化铈与水蒸气反应的平衡向逆反应方向移动，三氧化二铈的物质的量减小，而反应ⅱ和反应ⅲ的平衡不移动，三氟化铈的物质的量不变，所以的值将减小。18.药物合成的设计与