四川省成都實(shí)驗(yàn)高級(jí)中學(xué)2025屆高三化學(xué)12月月考試題含解析

PAGE16-四川省成都試驗(yàn)高級(jí)中學(xué)2025屆高三化學(xué)12月月考試題（含解析）(考試時(shí)間：50分鐘滿分：100分)一、單項(xiàng)選擇題：每小題6分，共42分。1.化學(xué)與生產(chǎn)生活聯(lián)系緊密，下列有關(guān)說法正確的是A.熱的純堿溶液可用于洗滌煤油、柴油等礦物油污B.水垢中的CaSO4，可先轉(zhuǎn)化為CaCO3

，再用酸除去C.胃舒平(

主要成分(AlOH)3]和食醋同時(shí)服用可增加藥效D.淀粉和纖維素在體內(nèi)最終水解為葡萄糖，為人體供應(yīng)能量【答案】B【解析】A.熱的純堿溶液可用于洗滌油脂，但不能洗滌煤油、柴油等礦物油污，只能用有機(jī)溶劑去洗滌礦物油污，故A錯(cuò)誤；B.利用沉淀的轉(zhuǎn)化原理，用飽和的碳酸鈉溶液浸泡水垢中的CaSO4，可先轉(zhuǎn)化為CaCO3，再用酸除去，故B正確；C.胃舒平可中和胃酸，但不能與醋酸混用，因?yàn)榇姿崮苋芙釧1(OH)3降低藥效，故C錯(cuò)誤；D.淀粉在體內(nèi)最終水解為蔔萄糖，為人體供應(yīng)能量，而纖維素在人體內(nèi)不能水解，可通過胃腸蠕動(dòng)助消化，故D錯(cuò)誤；答案為B。2.用下列試驗(yàn)裝置進(jìn)行相應(yīng)的試驗(yàn)，能達(dá)到試驗(yàn)?zāi)康牡氖牵ǎ〢.圖I用于試驗(yàn)室制氨氣并收集干燥的氨氣B.圖II用于除去CO2中含有的少量HClC.圖III用于提取I2的CCl4溶液中的I2D.圖IV用于檢查堿式滴定管是否漏液【答案】AB【解析】【詳解】A．無論是制取氣體、干燥氣體還是收集氣體、尾氣處理都符合氨氣的制取要求，因此圖Ⅰ用于試驗(yàn)室制氨氣并收集干燥的氨氣，正確；B．用飽和NaHCO3溶液除去HCl雜質(zhì)時(shí)導(dǎo)氣管應(yīng)當(dāng)是進(jìn)步短出，因此圖Ⅱ可用于除去CO2中含有的少量HCl，正確；C.由于I2在水中的溶解度小于在CCl4中的，所以水不能作為萃取劑，錯(cuò)誤；D.檢查堿式滴定管是否漏液應(yīng)當(dāng)使膠管懸空垂直放下，看是否漏液，圖Ⅳ是排出氣泡的操作，錯(cuò)誤。答案選AB。3.A、B、C、D、E五種元素的原子序數(shù)依次增大。已知A、B、C、D是短周期元素中的四種非金屬元素，A元素的原子形成的離子就是一個(gè)質(zhì)子,C、D在元素周期表中處于相鄰的位置，它們的單質(zhì)在常溫下均為無色氣體，B的一種核素在考古時(shí)常用來鑒定一些文物的年頭，E是地殼中含量最高的金屬元素。下列說法正確的是A.A、B、C、D均是非金屬元素，所以它們之間只能形成共價(jià)化合物B.化合物BD2是直線型分子，若遇E同周期的金屬單質(zhì)著火均可用BD2滅火C.用E單質(zhì)作陽極，石墨電極作陰極電解NaHCO3

溶液,電解一起先就會(huì)在陰極區(qū)出現(xiàn)白色沉淀D.A、C兩元素可能形成原子個(gè)數(shù)比(A:C)為3:1、2:1以及1:1的化合物【答案】D【解析】A元素的原子形成的離子就是一個(gè)質(zhì)子,說明A就是H。C、D的單質(zhì)在常溫下均為無色氣體，無色氣體單質(zhì)（明顯不用考慮稀有氣體）只有：H2、O2、N2（F2和Cl2都有顏色），因?yàn)镃、D在元素周期表中處于相鄰的位置，所以C、D分別是N和O。B的一種核素在考古時(shí)常用來鑒定一些文物的年頭（14C），所以B是C。E是地殼中含量最高的金屬元素，E是Al。由上，A、B、C、D、E分別為H、C、N、O、Al。這些元素可以形成銨鹽類的離子化合物（例如NH4NO3），選項(xiàng)A錯(cuò)誤。化合物BD2（CO2）是直線型分子，遇E同周期（第三周期）的金屬單質(zhì)著火時(shí)，假如是第三周期單質(zhì)鎂著火是不行以運(yùn)用二氧化碳滅火的，因?yàn)镸g可以在二氧化碳中燃燒，生成氧化鎂和單質(zhì)碳，所以選項(xiàng)B錯(cuò)誤。用E單質(zhì)（Al）作陽極，石墨電極作陰極電解NaHCO3

溶液，陽極上單質(zhì)鋁失電子轉(zhuǎn)化為Al3+,生成的Al3+和HCO3-發(fā)生雙水解反應(yīng)生成氫氧化鋁白色沉淀，所以電解一起先就會(huì)在陽極區(qū)出現(xiàn)白色沉淀，選項(xiàng)C錯(cuò)誤。A、C兩元素（H、N）可能形成原子個(gè)數(shù)比(H：N)為3:1（NH3）、2:1（N2H4）以及1:1（NH4N3疊氮酸銨）的化合物，選項(xiàng)D正確。4.設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列敘述正確的是A.所含共價(jià)鍵數(shù)均為0.4NA的白磷(P4)和甲烷的物質(zhì)的量相等B.10g濃度為46%乙醇水溶液中含有的氫原子總數(shù)為1.2NAC.將2gH2分別與足量的Cl2和N2混合，充分反應(yīng)后轉(zhuǎn)移的電子數(shù)均為2NAD.1molFe(OH)3與含3molHI的溶液完全反應(yīng)后，溶液中所含I-的數(shù)目為3NA【答案】B【解析】A.1分子白磷和甲烷含有的共價(jià)鍵個(gè)數(shù)分別是6和4，因此所含共價(jià)鍵數(shù)均為0.4NA的白磷(P4)和甲烷的物質(zhì)的量不相等，A錯(cuò)誤；B.10g濃度為46％的乙醇水溶液中含有的氫原子物質(zhì)的量為＝1.2mol，總數(shù)為1.2NA，B正確；C.2gH2是1mol，分別與足量的C12和N2充分反應(yīng)后轉(zhuǎn)移的電子數(shù)均為NA，C錯(cuò)誤；D.1molFe(OH)3與含3molHI的溶液發(fā)生氧化還原，碘離子部分被氧化單質(zhì)碘，D錯(cuò)誤，答案選B。點(diǎn)睛：要精確把握阿伏加德羅常數(shù)的應(yīng)用，一要仔細(xì)理清學(xué)問的聯(lián)系，關(guān)注狀況條件和物質(zhì)狀態(tài)、精確運(yùn)用物質(zhì)結(jié)構(gòu)計(jì)算、電離和水解學(xué)問的融入、留心特別的化學(xué)反應(yīng)、阿伏加德羅定律和化學(xué)平衡的應(yīng)用。避開粗枝大葉不求甚解，做題時(shí)才能有的放矢。二要學(xué)會(huì)留心關(guān)鍵字詞，做題時(shí)謹(jǐn)慎細(xì)致，避開急于求成而忽視問題的本質(zhì)。選項(xiàng)B是易錯(cuò)點(diǎn)，留意溶劑水中還含有氫原子。5.萜類化合物廣泛存在于動(dòng)植物體內(nèi)。下列關(guān)于萜類化合物a、b的說法正確的是A.a中六元環(huán)上的一氯代物共有3種(不考慮立體異構(gòu))B.b的分子式為C10H12OC.a和b都能發(fā)生加成反應(yīng)、氧化反應(yīng)、取代反應(yīng)D.只能用鈉鑒別a和b【答案】C【解析】A、a中六元環(huán)上有5個(gè)碳上有氫，a中六元環(huán)上的一氯代物共有5種(不考慮立體異構(gòu))，故A錯(cuò)誤；B、b的分子式為C10H14O，故B錯(cuò)誤；C、a中的碳雙鍵和b中苯環(huán)上的甲基都能發(fā)生氧化反應(yīng)、a、b甲基上的氫都可以發(fā)生取代反應(yīng)、a中碳碳雙鍵、b中苯環(huán)都可以發(fā)生加成反應(yīng)，故C正確；D.可以用鈉鑒別a和b，還可以用溴水來鑒別，故D錯(cuò)誤；故選C。點(diǎn)睛：本題考查有機(jī)物的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，側(cè)重分析實(shí)力和應(yīng)用實(shí)力的考查，解題關(guān)鍵：官能團(tuán)與性質(zhì)的關(guān)系、有機(jī)反應(yīng)類型，難點(diǎn)：選項(xiàng)D為解答的難點(diǎn)，醇能與鈉反應(yīng)。題目難度中等。6.利用微生物可將廢水中苯酚的化學(xué)能干脆轉(zhuǎn)化為電能，裝置如圖所示。電池工作時(shí)，下列說法正確的是()A.a極為正極，發(fā)生氧化反應(yīng)B.b極電極反應(yīng)式為：2NO＋12H＋－10e－=N2↑＋6H2OC.中間室的Cl－向左室移動(dòng)D.左室消耗苯酚(C6H5OH)9.4g時(shí)，用電器流過2.4mol電子【答案】C【解析】【詳解】A．由題圖可知，在b極上NO轉(zhuǎn)化為N2，發(fā)生得電子的還原反應(yīng)，故b極為正極，a極為負(fù)極，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B．b極的電極反應(yīng)式為2NO＋12H＋＋10e－=N2↑＋6H2O，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C．原電池中陰離子向負(fù)極移動(dòng)，故C項(xiàng)正確；D．左室消耗苯酚的電極反應(yīng)式為C6H5OH－28e－＋11H2O=6CO2↑＋28H＋，9.4g苯酚的物質(zhì)的量為0.1mol，故用電器應(yīng)流過2.8mol電子，D項(xiàng)錯(cuò)誤。故選C【點(diǎn)睛】對(duì)于原電池，不管是一般的原電池、干電池還是燃料電池，都是將化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能的裝置。負(fù)極，失電子，發(fā)生氧化反應(yīng)；正極，得電子，發(fā)生還原反應(yīng)。電子由負(fù)極沿導(dǎo)線流入正極，電流由正極沿導(dǎo)線流入負(fù)極；陽離子向正極移動(dòng)，陰離子向負(fù)極移動(dòng)。這些模式是相同的，所以只要我們記住了一般原電池中電極發(fā)生的變更、電子流淌及離子遷移方向，就可類推其它類型的原電池。7.25℃時(shí)，下列有關(guān)電解質(zhì)溶液的說法正確的是()A.將Na2CO3溶液用水稀釋后，pH變大，Kw不變B.向有AgCl固體的飽和溶液中加少許水，c(Ag+)和Ksp(AgCl)都不變C.pH=4.75濃度均為0.1mol/L的CH3COOH、CH3COONa的混合溶液中：c(CH3COO－)+c(OH－)<c(H+)+c(CH3COOH)D.分別用pH=2和pH=3的CH3COOH溶液中和等物質(zhì)的量的NaOH，消耗CH3COOH溶液的體積分別為Va和Vb，則10Va=Vb【答案】B【解析】A．將Na2CO3溶液用水稀釋后，pH變小，Kw不變，故A錯(cuò)誤；B．向有AgCl固體的飽和溶液中加少許水，溶液仍為AgCl的飽和溶液，此時(shí)c(Ag+)和Ksp(AgCl)都不變，故B正確；C．pH=4.75、濃度均為0.1mol?L-1的CH3COOH和CH3COONa的混合溶液中存在電荷守恒，c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，中醋酸電離程度大于醋酸根離子水解程度，溶液呈酸性，醋酸是弱電解質(zhì)，溶液中c(CH3COOH)＜c(Na+)，c(CH3COO-)+c(OH-)＞c(CH3COOH)+c(H+)，故C錯(cuò)誤；D．含等物質(zhì)的量NaOH的溶液分別用pH為2和3的CH3COOH溶液中和，則有二者物質(zhì)的量相等，因?yàn)樗泻偷臍溲趸c的物質(zhì)的量是肯定的，而醋酸是弱酸，醋酸為弱電解質(zhì)，濃度越大，電離程度越小，pH為2和3的CH3COOH溶液，后者電離程度大，pH為2的CH3COOH的濃度大于pH為3的CH3COOH溶液的濃度的10倍，設(shè)pH為2的醋酸濃度為x，PH=3的醋酸濃度為y，則有Va×x=Vb×y，則，即Vb＞10Va，故D錯(cuò)誤；答案為B。點(diǎn)睛：溶液pH的計(jì)算，留意駕馭溶液酸堿性與溶液pH的計(jì)算方法，明確酸堿中和反應(yīng)實(shí)質(zhì)為解答本題的關(guān)鍵，①先依據(jù)溶液的pH計(jì)算氫氧根離子濃度，再依據(jù)c1V1=c2(V1+V2)計(jì)算加入的水體積；②先依據(jù)溶液的pH計(jì)算氫氧根離子濃度，再依據(jù)c1V1+c2V2=c3(V1+V2)計(jì)算加入的氫氧化鈉溶液體積；③先計(jì)算混合溶液中氫氧根離子濃度，再依據(jù)c(OH-)計(jì)算。二、填空題：本題包括4小題，共48分。8.試驗(yàn)小組按如下流程，進(jìn)行海帶中碘含量的測(cè)定和碘的制取等試驗(yàn)。I.碘含量的測(cè)定（1）步驟①是將海帶置于__________中（填儀器名稱）進(jìn)行灼燒。（2）步驟④是將溶液轉(zhuǎn)移至________________（填定容儀器的名稱）。（3）取20.00mL上述海帶浸取原液，加稀H2SO4和足量KIO3，使和完全反應(yīng)（）。再以淀粉為指示劑，用mol/L的Na2S2O3溶液滴定（），當(dāng)I2恰好完全反應(yīng)時(shí)，用去Na2S2O3溶液20.00mL。（4）推斷用Na2S2O3溶液滴定恰好完全反應(yīng)的現(xiàn)象是__________________________。（5）計(jì)算該干海帶中碘的質(zhì)量分?jǐn)?shù)_________________。II.碘的制取另制海帶浸取原液，按如下方案制取碘：（1）補(bǔ)全步驟反應(yīng)方程式，配平并標(biāo)出電子轉(zhuǎn)移的數(shù)目和方向。，_______________（2）步驟加入足量NaOH溶液、振蕩、靜置后，油層在_____（填“上”或“下”）層，呈____色。（3）步驟的操作是_______________?！敬鸢浮?1).坩堝(2).500mL容量瓶(3).滴入最終一滴Na2S2O3溶液，振蕩，溶液藍(lán)色褪去且半分鐘內(nèi)無明顯變更(4).0.053(5).H2O2+2I-+2H+→I2+2H2O，(6).上(7).無(8).過濾【解析】I.（1）用于灼燒的儀器是坩堝，可以干脆加熱。（2）此過程配成了500ml溶液，所以所用儀器為500mL容量瓶。（3）滴定到終點(diǎn)時(shí)碘單質(zhì)恰好完全反應(yīng)，此時(shí)溶液的藍(lán)色褪去，所以現(xiàn)象為：滴入最終一滴Na2S2O3溶液，振蕩，溶液藍(lán)色褪去且半分鐘內(nèi)無明顯變更（4）由題中數(shù)據(jù)可知n（）=mol/L20.00mL=4mol.由可知n（）=2molm（）=2mol25425=0.127g再由可知m(I-)=0.106g,由此可知質(zhì)量分?jǐn)?shù)為0.105/20.00=0.0532e－（1）H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O（2）油層密度比水小應(yīng)當(dāng)在上層，由于碘和氫氧化鈉反應(yīng)，所以油層為無色。（3）將固體和溶液分開用過濾操作。9.硫酸亞鐵銨[(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O]是透亮、淺藍(lán)綠色晶體，易溶于水而不溶于酒精等有機(jī)溶劑，在空氣中一般比較穩(wěn)定，不易被氧化。制備步驟如下：步驟1．稱取還原鐵粉0.4g，炭粉0.3g，放入50mL錐形瓶中，加入3.5mL2mol·L-1硫酸置于60℃熱水浴中加熱（如下左圖），待反應(yīng)完全，取出冷卻，再加入6mol·L-1的硫酸2mL。步驟2．在上述反應(yīng)液中加入濃氨水0.8mL，振蕩混勻，抽濾（如上右圖）。向?yàn)V液中加入10mL無水乙醇，靜置，大量晶體析出，傾析，再次抽濾。步驟3．取出晶體，用干凈的濾紙吸干，稱量并分析樣品。請(qǐng)回答下列問題：（1）步驟1中炭粉的作用是_______，加人6mol·L-1硫酸的作用是____________。（2）向?yàn)V液中加人無水乙醇目的是_________________。（3）產(chǎn)品中金屬陽離子的檢驗(yàn)方法及現(xiàn)象________________。（4）稱取獲得的硫酸亞鐵銨[(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O]（摩爾質(zhì)量為392g·mol-1）1.9600g配成100mL溶液，取出20.00mL滴加稀H2SO4酸化后用0.0100mol·L-1KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液進(jìn)行滴定，消耗KMnO4溶液為18.00mL。下列有關(guān)滴定的操作正確的是＿（填字母編號(hào)）。a．滴定過程中眼睛凝視滴定管中液面變更b．滴定完成后取下滴定管握住中部防止掉落c．讀數(shù)過程中保持滴定管自然懸垂d．讀數(shù)時(shí)視線與刻度線、凹液面最低處切線相平齊滴定過程中反應(yīng)離子方程式為____________，制得硫酸亞鐵錢樣品的純度為__________?！敬鸢浮?1).為了形成原電池加快反應(yīng)速率，加入硫酸抑制Fe2+的水解(2).降低硫酸亞鐵銨的溶解度有利于結(jié)晶析出(3).取少量產(chǎn)品于試管中滴加KSCN無現(xiàn)象，滴加氯水后溶液顯紅色（取少量產(chǎn)品于試管中加水溶解，滴加氫氧化鈉溶液后，有白色沉淀生成，快速轉(zhuǎn)變?yōu)榛揖G色，最終變?yōu)榧t褐色或取少量產(chǎn)品于試管中加水溶解，滴加鐵氰化鉀有藍(lán)色沉淀生成）（其他合理答案也可）(4).cd(5).5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O(6).90%【解析】（1）鐵粉與硫酸能反應(yīng)，加入碳粉是為了形成原電池加快反應(yīng)速率，加入硫酸抑制Fe2+的水解；（2）題干中給出硫酸亞鐵銨易溶于水而不溶于酒精等有機(jī)溶劑故加入無水乙醇降低硫酸亞鐵銨溶解度有利于結(jié)晶析出；（3）檢驗(yàn)Fe2+：可取少量產(chǎn)品于試管中滴加KSCN無現(xiàn)象，滴加氯水后溶液顯紅色（或取少量產(chǎn)品于試管中加水溶解，滴加氫氧化鈉溶液后，有白色沉淀生成，快速轉(zhuǎn)變?yōu)榛揖G色，最終變?yōu)榧t褐色或取少量產(chǎn)品于試管中加水溶解，滴加鐵氰化鉀有藍(lán)色沉淀生成）；（4）滴定過程中眼睛盯著錐形瓶?jī)?nèi)顏色變更，若手持滴定管讀數(shù)時(shí)應(yīng)拿滴定管上方無刻度線處，故應(yīng)選擇cd，滴定的離子方程式5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，n(Fe2+)=5n(MnO4-)=0.0100mol·L-1×18.00mL×10-3L/mL×5，。10.苯乙烯是重要的基礎(chǔ)有機(jī)化工原料。工業(yè)中以乙苯(C6H5—CH2CH3)為原料，采納催化脫氫的方法制取苯乙烯(C6H5—CH=CH2)，反應(yīng)的化學(xué)方程式為C6H5—CH2CH3(g)C6H5—CH=CH2(g)＋H2(g)ΔH＝akJ·mol－1。(1)乙苯在特定催化劑下發(fā)生氧化脫氫：C6H5—CH2CH3(g)＋1/2O2(g)C6H5—CH=CH2(g)＋H2O(g)ΔH1已知H2的燃燒熱ΔH＝bkJ·mol－1，水的汽化熱為cJ·g－1，則ΔH1＝________。(2)①在汽車上安裝三元催化轉(zhuǎn)化器可實(shí)現(xiàn)反應(yīng)：2NO(g)＋2CO(g)N2(g)＋2CO2(g)ΔH<0。則該反應(yīng)在________(填“高溫”“低溫”或“任何溫度”)下能自發(fā)進(jìn)行。②在某溫度下，2L密閉容器中充入NO、CO各0.4mol進(jìn)行反應(yīng)，測(cè)得NO物質(zhì)的量變更如圖所示，5min末反應(yīng)達(dá)到平衡。第6min接著加入0.2molNO、0.2molCO、0.2molCO2和0.3molN2，請(qǐng)?jiān)趫D中畫出到9min末反應(yīng)達(dá)到平衡NO的物質(zhì)的量隨時(shí)間的變更曲線_______________。(3)沉淀物并非肯定不溶，且在水及各種不同的溶液中溶解度有所不同，同離子效應(yīng)、絡(luò)合物的形成等都會(huì)使沉淀物的溶解度有所變更。已知AgCl＋Cl－=[AgCl2]－，下圖是某溫度下AgCl在NaCl溶液中的溶解狀況。①由圖知，該溫度下AgCl的溶度積常數(shù)為________。②AgCl在NaCl溶液中的溶解度出現(xiàn)如圖所示狀況(先變小后變大)的緣由是：______________________?！敬鸢浮?1).(a＋b＋0.018c)kJ·mol－1(2).低溫(3).(4).10－12(5).起先Cl－抑制了AgCl的溶解，AgCl的溶解度變小，但c(Cl－)增大使AgCl形成[AgCl2]－絡(luò)合物，所以AgCl的溶解度又變大【解析】【分析】(1)由H2的燃燒熱ΔH＝bkJ·mol－1，得：①H2(g)＋1/2O2(g)=H2O(l)ΔH＝bkJ·mol－1，由水的汽化熱為cJ·g－1，即0.018ckJ·mol－1，得：②H2O(l)=H2O(g)ΔH＝0.018ckJ·mol－1，又知③C6H5－CH2CH3(g)C6H5—CH=CH2(g)＋H2(g)ΔH1＝akJ·mol－1；依據(jù)蓋斯定律，由③＋①＋②得：C6H5—CH2CH3(g)＋1/2O2(g)C6H5—CH=CH2(g)＋H2O(g)，即可求出ΔH。(2)①反應(yīng)2NO(g)＋2CO(g)N2(g)＋2CO2(g)ΔH<0的正反應(yīng)是氣體體積減小的反應(yīng)，ΔS<0，低溫下滿意ΔH－TΔS<0，即在低溫時(shí)反應(yīng)自發(fā)進(jìn)行；②由題意知反應(yīng)為2NO(g)＋2CO(g)N2(g)＋2CO2(g)，2L密閉容器中充入NO、CO各0.4mol，達(dá)到平衡時(shí)NO為0.2mol。將數(shù)據(jù)代入公式K＝，即可求出K。第6min接著加入0.2molNO,0.2molCO、0.2molCO2、0.3molN2，此時(shí)，c(NO)＝c(CO)＝c(CO2)＝c(N2)＝0.2mol·L－1，將數(shù)據(jù)代入公式Q＝，并將數(shù)值與K進(jìn)行比較，即可說明平衡移動(dòng)狀況；第6min接著加入0.2molNO、0.2molCO、0.2molCO2和0.3molN2，依據(jù)平衡移動(dòng)狀況，確定NO的物質(zhì)的量變更，從而繪出坐標(biāo)圖象。(3)①由題圖2可知，當(dāng)c(Ag＋)＝10－5mol·L－1時(shí)，c(Cl－)＝10－7mol·L－1，代入AgCl的溶度積常數(shù)公式Ksp＝c(Ag＋)·c(Cl－)，即可求出結(jié)果；②依據(jù)沉淀溶解平衡：AgCl(s)Cl－(aq)＋Ag＋(aq)，將AgCl放在NaCl溶液中，起初是同離子效應(yīng)，后來是發(fā)生反應(yīng)AgCl＋Cl－=[AgCl2]－?！驹斀狻?1)由H2的燃燒熱ΔH＝bkJ·mol－1，得：①H2(g)＋1/2O2(g)=H2O(l)ΔH＝bkJ·mol－1，由水的汽化熱為cJ·g－1，即0.018ckJ·mol－1，得：②H2O(l)=H2O(g)ΔH＝0.018ckJ·mol－1，又知③C6H5－CH2CH3(g)C6H5—CH=CH2(g)＋H2(g)ΔH1＝akJ·mol－1；依據(jù)蓋斯定律，由③＋①＋②得：C6H5—CH2CH3(g)＋1/2O2(g)C6H5—CH=CH2(g)＋H2O(g)，故ΔH＝akJ·mol－1＋bkJ·mol－1＋0.018ckJ·mol－1＝(a＋b＋0.018c)kJ·mol－1。答案為：(a＋b＋0.018c)kJ·mol－1；(2)①反應(yīng)2NO(g)＋2CO(g)N2(g)＋2CO2(g)ΔH<0的正反應(yīng)是氣體體積減小的反應(yīng)，ΔS<0，低溫下滿意ΔH－TΔS<0，即在低溫時(shí)反應(yīng)自發(fā)進(jìn)行；答案為：低溫；②由題意知反應(yīng)為2NO(g)＋2CO(g)N2(g)＋2CO2(g)，2L密閉容器中充入NO、CO各0.4mol，達(dá)到平衡時(shí)NO為0.2mol。K＝=5，第6min接著加入0.2molNO,0.2molCO、0.2molCO2、0.3molN2，此時(shí)，c(NO)＝c(CO)＝c(CO2)＝c(N2)＝0.2mol·L－1，Q＝=5＝K，說明是平衡狀態(tài)，所以第6min接著加入0.2molNO、0.2molCO、0.2molCO2和0.3molN2，仍是平衡狀態(tài)，但是NO的物質(zhì)的量變?yōu)樵瓉淼?倍。則9min末反應(yīng)達(dá)到平衡NO的物質(zhì)的量隨時(shí)間的變更曲線為。答案為：；(3)①由題圖2可知，當(dāng)c(Ag＋)＝10－5mol·L－1時(shí)，c(Cl－)＝10－7mol·L－1，AgCl的溶度積常數(shù)Ksp＝c(Ag＋)·c(Cl－)＝10－5×10－7＝10－12；答案為：10－12；②依據(jù)沉淀溶解平衡：AgCl(s)Cl－(aq)＋Ag＋(aq)，將AgCl放在NaCl溶液中，Cl－抑制了AgCl的溶解，但隨c(Cl－)增大，發(fā)生反應(yīng)AgCl＋Cl－=[AgCl2]－，使AgCl的溶解度增大。答案為：起先Cl－抑制了AgCl的溶解，AgCl的溶解度變小，但c(Cl－)增大使AgCl形成[AgCl2]－絡(luò)合物，所以AgCl的溶解度又變大。11.鋅是人體必需的微量元素，明朝《天工開物》中有世界上最早的關(guān)于煉鋅技術(shù)的記載?；卮鹣铝袉栴}：(1)基態(tài)Zn原子的價(jià)電子排布式為____________，在周期表中位置為________________。(2)硫酸鋅溶于氨水形成[Zn(NH3)4]SO4溶液。①組成[Zn(NH3)4]SO4的元素中，除H外其余元素的第一電離能由大到小排序?yàn)開_______________________。②在[Zn(NH3)4]SO4溶液中滴加NaOH溶液，未出現(xiàn)渾濁，其緣由是___________________________。③已知[Zn(NH3)4]2＋的空間構(gòu)型與SO42-相同，則在[Zn(NH3)4]2＋中Zn2＋的雜化類型為________。④以下作用力在[Zn(NH3)4]SO4晶體中存在的有________。A．離子鍵B．極性共價(jià)鍵C．非極性共價(jià)鍵D．配位鍵E．范德華力F．金屬鍵(3)ZnS晶胞結(jié)構(gòu)如圖(已知a為硫離子，b為鋅離子)所示，ZnS晶體的熔點(diǎn)約為1700℃。①已知晶體密度為ρg·cm－3，NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。則1個(gè)ZnS晶胞的體積為________cm3。②ZnO與ZnS結(jié)構(gòu)相像，熔點(diǎn)為1975℃，其熔點(diǎn)較高的緣由是_____________________________?！敬鸢浮?1).3d104s2(2).第四周期ⅡB族(3).N>O>S>Zn(4).[Zn(NH3)4]2＋難電離，溶液中Zn2＋濃度很小，無法產(chǎn)生沉淀(5).sp3(6).ABD(7).(8).O2－的半徑比S2－的小，ZnO晶體的晶格能較大【解析】【分析】(1)基態(tài)Zn原子的電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s2，由此可確定基態(tài)Zn原子的價(jià)電子排布式和其在周期表中位置。(2)①一般狀況下，元素的非金屬性越強(qiáng)，第一電離能越大，但N的2p軌道半充溢，處于較穩(wěn)定狀態(tài)，所以第一電離能出現(xiàn)反常，其第一電離能比O大；Zn為金屬，其第一電離能比非金屬小。②[Zn(NH3)4]2＋中，Zn2+與NH3結(jié)合力強(qiáng)，難以發(fā)生電離，所以溶液中Zn2＋濃度很小，無法產(chǎn)生沉淀。③[Zn(NH3)4]2＋的空間構(gòu)型為正四面體，由此可確定Zn2＋的雜化類型。④[Zn(NH3)4]SO4中含有離子鍵、極性共價(jià)鍵、配位鍵。(3)由題圖知，一個(gè)ZnS晶胞中含有4個(gè)Zn2＋，含S2－的個(gè)數(shù)為8×＋6×＝4，1個(gè)ZnS晶胞的質(zhì)量為g，由此可求出1個(gè)ZnS晶胞的體積。②O2－的半徑比S2－的小，故ZnO晶體的晶格能較大。【詳解】(1)基態(tài)Zn原子的價(jià)電子排布式為3d104s2，在周期表中位置為第四周期ⅡB族。答案為：3d104s2；第四周期ⅡB族；(2)①一般狀況下，元素的非金屬性越強(qiáng)，第一電離能越大，但N的2p軌道半充溢，處于較穩(wěn)定狀態(tài)，所以第一電離能出現(xiàn)反常，其第一電離能比O大；Zn為金屬，其第一電離能比非金屬小，故N、O、S、Zn的第一電離能由大到小的依次為N>O>S>Zn。答案為：N>O>S>Zn；②[Zn(NH3)4]2＋中，Zn2+與NH3結(jié)合力強(qiáng)，難以發(fā)生電離，所以溶液中Zn2＋濃度很小，無法產(chǎn)生沉淀。答案為：[Zn(NH3)4]2＋難電離，溶液中Zn2＋濃度很小，無法產(chǎn)生沉淀；③[Zn(NH3)4]2＋的空間構(gòu)型為正四面體，Zn2＋的雜化類型為sp3雜化。答案為：sp3；④[Zn(NH3)4]SO4中含有離子鍵、極性共價(jià)鍵、配位鍵。答案為：ABD；(3)①由題圖知，一個(gè)ZnS晶胞中含有4個(gè)Zn2＋，含S2－的個(gè)數(shù)為8×＋6×＝4，1個(gè)ZnS晶胞的質(zhì)量為g，故1個(gè)ZnS晶胞的體積為cm3。答案為：；②O2－的半徑比S2－的小，故ZnO晶體的晶格能較大，熔點(diǎn)較高。答案為：O2－的半徑比S2－的小，ZnO晶體的晶格能較大。12.麻黃素M是擬交感神經(jīng)藥。合成M的一種路途如圖所示：已知：Ⅰ.芳香烴A