2023年全國(guó)統(tǒng)一高考化學(xué)試卷(新課標(biāo)Ⅲ)

第22頁〔共22頁〕2023年全國(guó)統(tǒng)一高考化學(xué)試卷〔新課標(biāo)Ⅲ〕一、選擇題1．〔6分〕化學(xué)與生活密切相關(guān)。以下說法錯(cuò)誤的是〔〕A．泡沫滅火器可用于一般的起火，也適用于電器起火B(yǎng)．疫苗一般應(yīng)冷藏存放，以防止蛋白質(zhì)變性C．家庭裝修時(shí)用水性漆替代傳統(tǒng)的油性漆，有利于健康及環(huán)境D．電熱水器用鎂棒防止內(nèi)膽腐蝕，原理是犧牲陽極的陰極保護(hù)法2．〔6分〕以下表達(dá)正確的是〔〕A．24g鎂與27g鋁中，含有相同的質(zhì)子數(shù)B．同等質(zhì)量的氧氣和臭氧中，電子數(shù)相同C．1mol重水與1mol水中，中子數(shù)比為2：1D．1mol乙烷和1mol乙烯中，化學(xué)鍵數(shù)相同3．〔6分〕苯乙烯是重要的化工原料。以下有關(guān)苯乙烯的說法錯(cuò)誤的是〔〕A．與液溴混合后參加鐵粉可發(fā)生取代反響B(tài)．能使酸性高錳酸鉀溶液褪色C．與氯化氫反響可以生成氯代苯乙烯D．在催化劑存在下可以制得聚苯乙烯4．〔6分〕以下實(shí)驗(yàn)操作不當(dāng)?shù)氖恰病矨．用稀硫酸和鋅粒制取H2時(shí)，加幾滴CuSO4溶液以加快反響速率B．用標(biāo)準(zhǔn)HCl溶液滴定NaHCO3溶液來測(cè)定其濃度，選擇酚酞為指示劑C．用鉑絲蘸取某堿金屬的鹽溶液灼燒，火焰呈黃色，證明其中含有Na+D．常壓蒸餾時(shí)，參加液體的體積不超過圓底燒瓶容積的三分之二5．〔6分〕一種可充電鋰﹣空氣電池如下圖。當(dāng)電池放電時(shí)，O2與Li+在多孔碳材料電極處生成Li2O2﹣x〔x=0或1〕。以下說法正確的是〔〕A．放電時(shí)，多孔碳材料電極為負(fù)極B．放電時(shí)，外電路電子由多孔碳材料電極流向鋰電極C．充電時(shí)，電解質(zhì)溶液中Li+向多孔碳材料區(qū)遷移D．充電時(shí)，電池總反響為L(zhǎng)i2O2﹣x═2Li+〔1﹣〕O26．〔6分〕用0.100mol?L﹣1AgNO3滴定50.0mL0.0500mol?L﹣1Cl﹣溶液的滴定曲線如下圖。以下有關(guān)描述錯(cuò)誤的是〔〕A．根據(jù)曲線數(shù)據(jù)計(jì)算可知Ksp〔AgCl〕的數(shù)量級(jí)為10﹣10B．曲線上各點(diǎn)的溶液滿足關(guān)系式c〔Ag+〕?c〔Cl﹣〕=Ksp〔AgCl〕C．相同實(shí)驗(yàn)條件下，假設(shè)改為0.0400mol?L﹣1Cl﹣，反響終點(diǎn)c移到aD．相同實(shí)驗(yàn)條件下，假設(shè)改為0.0500mol?L﹣1Br﹣，反響終點(diǎn)c向b方向移動(dòng)7．〔6分〕W、X、Y、Z均為短周期元素且原子序數(shù)依次增大，元素X和Z同族。鹽YZW與濃鹽酸反響，有黃綠色氣體產(chǎn)生，此氣體同冷燒堿溶液作用，可得到含YZW的溶液。以下說法正確的是〔〕A．原子半徑大小為W＜X＜Y＜ZB．X的氫化物水溶液酸性強(qiáng)于Z的C．Y2W2與ZW2均含有非極性共價(jià)鍵D．標(biāo)準(zhǔn)狀況下W的單質(zhì)狀態(tài)與X的相同二、非選擇題8．〔14分〕硫代硫酸鈉晶體〔Na2S2O3?5H2O，M=248g?mol﹣1〕可用作定影劑、復(fù)原劑。答復(fù)以下問題：〔1〕：Ksp〔BaSO4〕=1.1×10﹣10，Ksp〔BaS2O3〕=4.1×10﹣5．市售硫代硫酸鈉中常含有硫酸根雜質(zhì)，選用以下試劑設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)方案進(jìn)行檢驗(yàn)：試劑：稀鹽酸、稀H2SO4、BaCl2溶液、Na2CO3溶液、H2O2溶液實(shí)驗(yàn)步驟現(xiàn)象①取少量樣品，參加除氧蒸餾水②固體完全溶解得無色澄清溶液③④，有刺激性氣體產(chǎn)生⑤靜置，⑥〔2〕利用K2Cr2O7標(biāo)準(zhǔn)溶液定量測(cè)定硫代硫酸鈉的純度。測(cè)定步驟如下：①溶液配制：稱取1.2000g某硫代硫酸鈉晶體樣品，用新煮沸并冷卻的蒸餾水在中溶解，完全溶解后，全部轉(zhuǎn)移至100mL的中，加蒸餾水至。②滴定：取0.00950mol?L﹣1的K2Cr2O7標(biāo)準(zhǔn)溶液20.00mL，硫酸酸化后參加過量KI，發(fā)生反響：Cr2O72﹣+6I﹣+14H+=3I2+2Cr3++7H2O．然后用硫代硫酸鈉樣品溶液滴定至淡黃綠色，發(fā)生反響：I2+2S2O32﹣=S4O62﹣+2I﹣．參加淀粉溶液作為指示劑，繼續(xù)滴定，當(dāng)溶液，即為終點(diǎn)。平行滴定3次，樣品溶液的平均用量為24.80mL，那么樣品純度為%〔保存1位小數(shù)〕。9．〔14分〕KIO3是一種重要的無機(jī)化合物，可作為食鹽中的補(bǔ)碘劑。答復(fù)以下問題：〔1〕KIO3的化學(xué)名稱是?！?〕利用“KClO3氧化法〞制備KIO3工藝流程如以下圖所示：酸化反響〞所得產(chǎn)物有KH〔IO3〕2、Cl2和KCI．“逐Cl2〞采用的方法是?！盀V液〞中的溶質(zhì)主要是。“調(diào)pH〞中發(fā)生反響的化學(xué)方程式為?！?〕KIO3也可采用“電解法〞制備，裝置如下圖。①寫出電解時(shí)陰極的電極反響式。②電解過程中通過陽離子交換膜的離子主要為，其遷移方向是。③與“電解法〞相比，“KClO3氧化法〞的主要缺乏之處有〔寫出一點(diǎn)〕。10．〔15分〕三氯氫硅〔SiHCl3〕是制備硅烷、多晶硅的重要原料。答復(fù)以下問題：〔1〕SiHCl3在常溫常壓下為易揮發(fā)的無色透明液體，遇潮氣時(shí)發(fā)煙生成〔HsiO〕2O等，寫出該反響的化學(xué)方程式?！?〕SiHCl3在催化劑作用下發(fā)生反響：2SiHCl3〔g〕=SiH2Cl2〔g〕+SiCl4〔g〕△H=48KJ?mol﹣13SiH2Cl2〔g〕=SiH4〔g〕+2SiHCl4〔g〕△H=﹣30KJ?mol﹣1那么反響4SiHCl3〔g〕=SiH4〔g〕+3SiCl4〔g〕的△H為kJ?mol﹣1。〔3〕對(duì)于反響2SiHCl3〔g〕=SiH2Cl2〔g〕+SiCl4〔g〕，采用大孔弱堿性陰離子交換樹脂催化劑，在323K和343K時(shí)SiHCl3的轉(zhuǎn)化率隨時(shí)間變化的結(jié)果如下圖。①343K時(shí)反響的平衡轉(zhuǎn)化率α=%．平衡常數(shù)K343K=〔保存2位小數(shù)〕。②在343K下：要提高SiHCl3轉(zhuǎn)化率，可采取的措施是；要縮短反響到達(dá)平衡的時(shí)間，可采取的措施有、。③比擬a、b處反響速率大小：vavb〔填“大于〞“小于〞或“等于〞〕。反響速率v=v正﹣v逆=k正x﹣k逆xx，k正、k逆分別為正、逆向反響速率常數(shù)，x為物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)，計(jì)算a處的=〔保存1位小數(shù)〕[化學(xué)--選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)]11．〔15分〕鋅在工業(yè)中有重要作用，也是人體必需的微量元素，答復(fù)以下問題：〔1〕Zn原子核外電子排布式為?！?〕黃銅是人類最早使用的合金之一，主要由Zn和Cu組成。第一電離能I1〔Zn〕I1〔Cu〕〔填“大于〞或“小于〞〕。原因是。〔3〕ZnF2具有較高的熔點(diǎn)〔872℃〕，其化學(xué)鍵類型是，ZnF2不溶于有機(jī)溶劑而ZnCl2、ZnBr2、ZnI2能夠溶于乙醇、乙醚等有機(jī)溶劑，原因是?！?〕?中華本草?等中醫(yī)典籍中，記載了爐甘石〔ZnCO3〕入藥，可用于治療皮膚炎癥或外表創(chuàng)傷。ZnCO3中，陰離子空間構(gòu)型為，C原子的雜化形式為?！?〕金屬Zn晶體中的原子堆積方式如下圖，這種堆積方式稱為。六棱柱底邊邊長(zhǎng)為acm，高為ccm，阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，Zn的密度為g?cm﹣3〔列出計(jì)算式〕?！净瘜W(xué)--選修5：有機(jī)化學(xué)根底】12．近來有報(bào)道，碘代化合物E與化合物H在Cr﹣Ni催化下可以發(fā)生偶聯(lián)反響，合成一種多官能團(tuán)的化合物Y，其合成路線如圖：：RCHO+CH3CHOR﹣CH=CH﹣CHO+H2O答復(fù)以下問題：〔1〕A的化學(xué)名稱是?！?〕B為單氯代烴，由B生成C的化學(xué)方程式為?！?〕由A生成B、G生成H的反響類型分別是、?！?〕D的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為?！?〕Y中含氧官能團(tuán)的名稱為?！?〕E與F在Cr﹣Ni催化下也可以發(fā)生偶聯(lián)反響，產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為。〔7〕X與D互為同分異構(gòu)體，且具有完全相同官能團(tuán)。X的核磁共振氫譜顯示三種不同化學(xué)環(huán)境的氫，其峰面積之比為3：3：2．寫出3種符合上述條件的X的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式。2023年全國(guó)統(tǒng)一高考化學(xué)試卷〔新課標(biāo)Ⅲ〕參考答案與試題解析一、選擇題1．〔6分〕化學(xué)與生活密切相關(guān)。以下說法錯(cuò)誤的是〔〕A．泡沫滅火器可用于一般的起火，也適用于電器起火B(yǎng)．疫苗一般應(yīng)冷藏存放，以防止蛋白質(zhì)變性C．家庭裝修時(shí)用水性漆替代傳統(tǒng)的油性漆，有利于健康及環(huán)境D．電熱水器用鎂棒防止內(nèi)膽腐蝕，原理是犧牲陽極的陰極保護(hù)法【分析】A．泡沫滅火器噴出的泡沫中含有大量水分會(huì)導(dǎo)致產(chǎn)生導(dǎo)電；B．蛋白質(zhì)在溫度較高時(shí)易變性；C．水溶性漆是以水作稀釋劑、不含有機(jī)溶劑的涂料，不含苯、甲苯等有機(jī)物，油性油漆是以有機(jī)物為稀釋劑且含苯、甲苯等物質(zhì)；D．Mg比Fe活潑，當(dāng)發(fā)生化學(xué)腐蝕時(shí)Mg作負(fù)極?！窘獯稹拷猓篈．泡沫滅火器噴出的泡沫中含有大量水分，水會(huì)導(dǎo)致產(chǎn)生導(dǎo)電，從而易產(chǎn)生觸電危險(xiǎn)，故A錯(cuò)誤；B．蛋白質(zhì)在溫度較高時(shí)易變性，疫苗為蛋白質(zhì)，為了防止蛋白質(zhì)變性，所以一般應(yīng)該冷藏存放，故B正確；C．水溶性漆是以水作稀釋劑、不含有機(jī)溶劑的涂料，不含苯、甲苯等有機(jī)物，油性油漆是以有機(jī)物為稀釋劑且含苯、甲苯等物質(zhì)，苯、甲苯等有機(jī)物污染環(huán)境，所以家庭裝修時(shí)用水性漆替代傳統(tǒng)的油性漆，有利于健康及環(huán)境，故C正確；D．Mg比Fe活潑，當(dāng)發(fā)生化學(xué)腐蝕時(shí)Mg作負(fù)極而被腐蝕，從而阻止Fe被腐蝕，屬于犧牲陽極的陰極保護(hù)法，故D正確；應(yīng)選：A。【點(diǎn)評(píng)】此題考查物質(zhì)組成、結(jié)構(gòu)和性質(zhì)關(guān)系，側(cè)重考查學(xué)生分析判斷及知識(shí)綜合運(yùn)用能力，明確物質(zhì)性質(zhì)是解此題關(guān)鍵，知道化學(xué)在生產(chǎn)生活中的應(yīng)用，會(huì)運(yùn)用化學(xué)知識(shí)解釋生產(chǎn)生活現(xiàn)象，題目難度不大。2．〔6分〕以下表達(dá)正確的是〔〕A．24g鎂與27g鋁中，含有相同的質(zhì)子數(shù)B．同等質(zhì)量的氧氣和臭氧中，電子數(shù)相同C．1mol重水與1mol水中，中子數(shù)比為2：1D．1mol乙烷和1mol乙烯中，化學(xué)鍵數(shù)相同【分析】A.1molMg含有12mol質(zhì)子，1molAl含有13mol質(zhì)子；B．氧氣和臭氧均只含有氧原子；C．質(zhì)量數(shù)=質(zhì)子數(shù)+中子數(shù)，H無中子，D含有1個(gè)中子，O含有8個(gè)中子；D.1mol乙烷含有7mol共價(jià)鍵，1mol乙烯含有6mol共價(jià)鍵。【解答】解：A.24g鎂與27g鋁的物質(zhì)的量均為1mol，1molMg含有12mol質(zhì)子，1molAl含有13mol質(zhì)子，二者不含有相同的質(zhì)子數(shù)，故A錯(cuò)誤；B．氧氣和臭氧均只含有氧原子，同等質(zhì)量的氧氣和臭氧中，相當(dāng)于同等質(zhì)量的氧原子，所含電子數(shù)相同，故B正確；C．質(zhì)量數(shù)=質(zhì)子數(shù)+中子數(shù)，H無中子，D含有1個(gè)中子，O含有8個(gè)中子，所以1mol重水與1mol水中，中子數(shù)比為10：8=5：4，故C錯(cuò)誤；D.1mol乙烷含有7mol共價(jià)鍵，1mol乙烯含有6mol共價(jià)鍵，二者化學(xué)鍵數(shù)不相同，故D錯(cuò)誤，應(yīng)選：B?！军c(diǎn)評(píng)】此題考查物質(zhì)的量相關(guān)計(jì)算和化學(xué)根本用語的知識(shí)，明確質(zhì)子數(shù)，中子數(shù)，質(zhì)量數(shù)之間的關(guān)系是解題的關(guān)鍵，題目難度不大，是根底題。3．〔6分〕苯乙烯是重要的化工原料。以下有關(guān)苯乙烯的說法錯(cuò)誤的是〔〕A．與液溴混合后參加鐵粉可發(fā)生取代反響B(tài)．能使酸性高錳酸鉀溶液褪色C．與氯化氫反響可以生成氯代苯乙烯D．在催化劑存在下可以制得聚苯乙烯【分析】苯乙烯結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，A．苯環(huán)能和液溴在溴化鐵作催化劑條件下發(fā)生取代反響；B．碳碳雙鍵能被酸性高錳酸鉀溶液氧化而使酸性高錳酸鉀溶液褪色；C．該物質(zhì)在一定條件下能與HCl發(fā)生加成反響而不是取代反響；D．碳碳雙鍵在一定條件下能發(fā)生加聚反響?！窘獯稹拷猓罕揭蚁┙Y(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，A．苯乙烯中含有苯環(huán)，苯環(huán)能和液溴在溴化鐵作催化劑條件下發(fā)生苯環(huán)上取代反響，故A正確；B．B．碳碳雙鍵能被酸性高錳酸鉀溶液氧化而使酸性高錳酸鉀溶液褪色，苯乙烯中含有碳碳雙鍵，所以苯乙烯能被酸性高錳酸鉀溶液氧化而使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故B正確；C．該物質(zhì)在一定條件下能與HCl發(fā)生加成反響而不是取代反響，所以在一定條件下與HCl發(fā)生反響生成1﹣氯苯乙烷、2﹣氯苯乙烷，故C錯(cuò)誤；D．碳碳雙鍵在一定條件下能發(fā)生加聚反響，該物質(zhì)中含有碳碳雙鍵，所以在催化劑條件下可以發(fā)生加聚反響生成聚苯乙烯，故D正確；應(yīng)選：C。【點(diǎn)評(píng)】此題考查有機(jī)物結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，側(cè)重考查學(xué)生分析判斷能力，涉及苯及烯烴的性質(zhì)，明確官能團(tuán)與性質(zhì)關(guān)系是解此題關(guān)鍵，熟練常見有機(jī)物官能團(tuán)，題目難度不大。4．〔6分〕以下實(shí)驗(yàn)操作不當(dāng)?shù)氖恰病矨．用稀硫酸和鋅粒制取H2時(shí)，加幾滴CuSO4溶液以加快反響速率B．用標(biāo)準(zhǔn)HCl溶液滴定NaHCO3溶液來測(cè)定其濃度，選擇酚酞為指示劑C．用鉑絲蘸取某堿金屬的鹽溶液灼燒，火焰呈黃色，證明其中含有Na+D．常壓蒸餾時(shí)，參加液體的體積不超過圓底燒瓶容積的三分之二【分析】A．Zn能置換出硫酸銅溶液中的Cu，Zn、Cu和稀硫酸構(gòu)成原電池；B．強(qiáng)酸與強(qiáng)堿的滴定可以采用酚酞或甲基橙；弱酸與強(qiáng)堿的滴定用酚酞，因?yàn)槿跛崤c強(qiáng)堿恰好反響時(shí)溶液顯堿性〔生成強(qiáng)堿弱酸鹽，水解顯堿性〕，酚酞在堿性范圍變色；反之強(qiáng)酸與弱堿的滴定用甲基橙可以減少誤差；C．鈉元素的焰色反響呈黃色；D．超過容積的時(shí)液體沸騰后，可能會(huì)有液體從支管口處濺出?！窘獯稹拷猓篈．Zn能置換出硫酸銅溶液中的Cu，Zn、Cu和稀硫酸構(gòu)成原電池，加快Zn的腐蝕，從而加快化學(xué)反響速率，故A不選；B．強(qiáng)酸與強(qiáng)堿的滴定可以采用酚酞或甲基橙；弱酸與強(qiáng)堿的滴定用酚酞，因?yàn)槿跛崤c強(qiáng)堿恰好反響時(shí)溶液顯堿性〔生成強(qiáng)堿弱酸鹽，水解顯堿性〕，酚酞在堿性范圍變色；反之強(qiáng)酸與弱堿的滴定用甲基橙可以減少誤差，碳酸氫鈉呈弱堿性，所以應(yīng)該選取甲基橙作指示劑，故B選；C．鈉元素的焰色反響呈黃色，該實(shí)驗(yàn)蘸取的溶液為鹽溶液，焰色反響呈黃色，說明溶液中含有鈉離子，故C不選；D．超過容積的時(shí)液體沸騰后，可能會(huì)有液體從支管口處濺出，易產(chǎn)生平安事故，故D不選；應(yīng)選：B?！军c(diǎn)評(píng)】此題考查實(shí)驗(yàn)評(píng)價(jià)，涉及焰色反響、甲基橙的選取、原電池原理等知識(shí)點(diǎn)，側(cè)重考查學(xué)生實(shí)驗(yàn)操作、實(shí)驗(yàn)原理等，明確實(shí)驗(yàn)原理、物質(zhì)性質(zhì)是解此題關(guān)鍵，注意實(shí)驗(yàn)操作的標(biāo)準(zhǔn)性，題目難度不大。5．〔6分〕一種可充電鋰﹣空氣電池如下圖。當(dāng)電池放電時(shí)，O2與Li+在多孔碳材料電極處生成Li2O2﹣x〔x=0或1〕。以下說法正確的是〔〕A．放電時(shí)，多孔碳材料電極為負(fù)極B．放電時(shí)，外電路電子由多孔碳材料電極流向鋰電極C．充電時(shí)，電解質(zhì)溶液中Li+向多孔碳材料區(qū)遷移D．充電時(shí)，電池總反響為L(zhǎng)i2O2﹣x═2Li+〔1﹣〕O2【分析】A．電池放電池，O2中O的化合價(jià)降低，過程為得電子的過程；B．放電時(shí)，Li轉(zhuǎn)化為L(zhǎng)i+，電子經(jīng)外電路從鋰電極流向多孔碳材料；C．充電時(shí)，裝置為電解池，原電池正負(fù)極分別接外電路陽極和陰極，Li+需得電子重新生成Li；D．充電時(shí)，相當(dāng)于電解Li2O2﹣x重新得到Li和O2?！窘獯稹拷猓篈．電池放電池，O2中O的化合價(jià)降低，過程為得電子的過程，所以放電時(shí)，多孔碳材料電極為正極，故A錯(cuò)誤；B．放電時(shí)，Li轉(zhuǎn)化為L(zhǎng)i+，電子經(jīng)外電路從鋰電極流向多孔碳材料，故B錯(cuò)誤；C．充電時(shí)，裝置為電解池，原電池正負(fù)極分別接外電路陽極和陰極，Li+需得電子重新生成Li，所以電解質(zhì)溶液中Li+向陰極移動(dòng)，即向鋰電極區(qū)遷移，故C錯(cuò)誤；D．充電時(shí)，相當(dāng)于電解Li2O2﹣x重新得到Li和O2，所以電池總反響為：Li2O2﹣x═2Li+〔1﹣〕O2，故D正確，應(yīng)選：D。【點(diǎn)評(píng)】此題考查原電池和電解池的知識(shí)，明確電極反響和電子的流向是解題的關(guān)鍵，整體難度不大，是根底題。6．〔6分〕用0.100mol?L﹣1AgNO3滴定50.0mL0.0500mol?L﹣1Cl﹣溶液的滴定曲線如下圖。以下有關(guān)描述錯(cuò)誤的是〔〕A．根據(jù)曲線數(shù)據(jù)計(jì)算可知Ksp〔AgCl〕的數(shù)量級(jí)為10﹣10B．曲線上各點(diǎn)的溶液滿足關(guān)系式c〔Ag+〕?c〔Cl﹣〕=Ksp〔AgCl〕C．相同實(shí)驗(yàn)條件下，假設(shè)改為0.0400mol?L﹣1Cl﹣，反響終點(diǎn)c移到aD．相同實(shí)驗(yàn)條件下，假設(shè)改為0.0500mol?L﹣1Br﹣，反響終點(diǎn)c向b方向移動(dòng)【分析】A．沉淀滴定時(shí)到達(dá)滴定終點(diǎn)時(shí)曲線斜率突變，圖中c點(diǎn)為滴定終點(diǎn)，此處﹣lgc〔Cl﹣〕=5，據(jù)此計(jì)算；B．曲線上的點(diǎn)是到達(dá)沉淀溶解平衡的平衡點(diǎn)，滿足c〔Ag+〕?c〔Cl﹣〕=Ksp〔AgCl〕；C．溶度積常數(shù)只隨溫度改變而改變，改變滴定反響液濃度不改變?nèi)芏确e常數(shù)；D．AgBr比AgCl更難溶，到達(dá)沉淀溶解平衡時(shí)Br﹣的濃度更低?！窘獯稹拷猓篈．沉淀滴定時(shí)到達(dá)滴定終點(diǎn)時(shí)曲線斜率突變，圖中c點(diǎn)為滴定終點(diǎn)，此處﹣lgc〔Cl﹣〕=5，到達(dá)沉淀溶解平衡時(shí)，c〔Ag+〕=c〔Cl﹣〕=10﹣5mol/L，所以根據(jù)曲線數(shù)據(jù)計(jì)算可知Ksp〔AgCl〕的數(shù)量級(jí)為10﹣10，故A正確；B．曲線上的點(diǎn)是沉淀溶解平衡的平衡點(diǎn)，Qc=c〔Ag+〕c〔Cl﹣〕=Ksp〔AgCl〕，故B正確；C．溶度積常數(shù)只隨溫度改變而改變，改變滴定反響液濃度不改變?nèi)芏确e常數(shù)，所以相同實(shí)驗(yàn)條件下，假設(shè)改為0.0400mol?L﹣1Cl﹣，那么所需AgNO3溶液體積就變?yōu)?20mL，故C錯(cuò)誤；D．AgBr比AgCl更難溶，到達(dá)沉淀溶解平衡時(shí)Br﹣的濃度更低，那么﹣lgc〔Br﹣〕值更大，消耗AgNO3溶液的體積不變，故D正確，應(yīng)選：C?！军c(diǎn)評(píng)】此題考查沉淀溶解平衡相關(guān)知識(shí)，明確到達(dá)沉淀溶解平衡時(shí)的關(guān)系式，把握?qǐng)D象反響的信息，題目難度不大，是根底題。7．〔6分〕W、X、Y、Z均為短周期元素且原子序數(shù)依次增大，元素X和Z同族。鹽YZW與濃鹽酸反響，有黃綠色氣體產(chǎn)生，此氣體同冷燒堿溶液作用，可得到含YZW的溶液。以下說法正確的是〔〕A．原子半徑大小為W＜X＜Y＜ZB．X的氫化物水溶液酸性強(qiáng)于Z的C．Y2W2與ZW2均含有非極性共價(jià)鍵D．標(biāo)準(zhǔn)狀況下W的單質(zhì)狀態(tài)與X的相同【分析】W、X、Y、Z均為短周期元素且原子序數(shù)依次增大，元素X和Z同族，鹽YZW與濃鹽酸反響，有黃綠色氣體產(chǎn)生，該氣體是Cl2，此氣體同冷燒堿溶液作用，可得到含YZW的溶液，氯氣和NaOH反響生成NaCl和NaClO，YZW應(yīng)該是NaClO，那么Y是Na、Z是Cl、W是O元素，X和Z同一族且為短周期元素，那么X為F元素；A．原子電子層數(shù)越多其原子半徑越大，同一周期元素，其原子半徑隨著原子序數(shù)增大而減?。籅．X的氫化物為HF、Z的氫化物為HCl，氫氟酸是弱酸、鹽酸是強(qiáng)酸；C．Y2W2、ZW2分別是Na2O2、ClO2，同一種非金屬元素之間易形成非極性鍵；D．標(biāo)況下，氟氣、氧氣都是氣態(tài)。【解答】解：W、X、Y、Z均為短周期元素且原子序數(shù)依次增大，元素X和Z同族，鹽YZW與濃鹽酸反響，有黃綠色氣體產(chǎn)生，該氣體是Cl2，此氣體同冷燒堿溶液作用，可得到含YZW的溶液，氯氣和NaOH反響生成NaCl和NaClO，YZW應(yīng)該是NaClO，那么Y是Na、Z是Cl、W是O元素，X和Z同一族且為短周期元素，那么X為F元素；A．原子電子層數(shù)越多其原子半徑越大，同一周期元素，其原子半徑隨著原子序數(shù)增大而減小，原子半徑大小順序是F＜O＜Cl＜Na，即X＜W＜Z＜Y，故A錯(cuò)誤；B．X的氫化物為HF、Z的氫化物為HCl，氫氟酸是弱酸、鹽酸是強(qiáng)酸，所以其氫化物的水溶液酸性X弱于Z，故B錯(cuò)誤；C．Y2W2、ZW2分別是Na2O2、ClO2，同一種非金屬元素之間易形成非極性鍵，前者含有非極性鍵，后者不含非極性鍵，故C錯(cuò)誤；D．標(biāo)況下，氟氣、氧氣都是氣態(tài)，所以標(biāo)況下W和X的單質(zhì)狀態(tài)相同，故D正確；應(yīng)選：D?！军c(diǎn)評(píng)】此題考查位置結(jié)構(gòu)性質(zhì)關(guān)系，側(cè)重考查學(xué)生綜合運(yùn)用能力，正確判斷YZW物質(zhì)是解此題關(guān)鍵，熟練掌握元素周期表結(jié)構(gòu)、原子結(jié)構(gòu)、元素周期律即可，題目難度不大。二、非選擇題8．〔14分〕硫代硫酸鈉晶體〔Na2S2O3?5H2O，M=248g?mol﹣1〕可用作定影劑、復(fù)原劑。答復(fù)以下問題：〔1〕：Ksp〔BaSO4〕=1.1×10﹣10，Ksp〔BaS2O3〕=4.1×10﹣5．市售硫代硫酸鈉中常含有硫酸根雜質(zhì)，選用以下試劑設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)方案進(jìn)行檢驗(yàn)：試劑：稀鹽酸、稀H2SO4、BaCl2溶液、Na2CO3溶液、H2O2溶液實(shí)驗(yàn)步驟現(xiàn)象①取少量樣品，參加除氧蒸餾水②固體完全溶解得無色澄清溶液③向①中溶液參加足量稀鹽酸④有乳白色或淡黃色沉淀生成，有刺激性氣體產(chǎn)生⑤靜置，取上層清液向其中滴加幾滴氯化鋇溶液⑥有白色沉淀生成〔2〕利用K2Cr2O7標(biāo)準(zhǔn)溶液定量測(cè)定硫代硫酸鈉的純度。測(cè)定步驟如下：①溶液配制：稱取1.2000g某硫代硫酸鈉晶體樣品，用新煮沸并冷卻的蒸餾水在燒杯中溶解，完全溶解后，全部轉(zhuǎn)移至100mL的容量瓶中，加蒸餾水至凹液面最低處與刻度線相平。②滴定：取0.00950mol?L﹣1的K2Cr2O7標(biāo)準(zhǔn)溶液20.00mL，硫酸酸化后參加過量KI，發(fā)生反響：Cr2O72﹣+6I﹣+14H+=3I2+2Cr3++7H2O．然后用硫代硫酸鈉樣品溶液滴定至淡黃綠色，發(fā)生反響：I2+2S2O32﹣=S4O62﹣+2I﹣．參加淀粉溶液作為指示劑，繼續(xù)滴定，當(dāng)溶液由藍(lán)色變化為淡黃綠色且半分鐘不變化，即為終點(diǎn)。平行滴定3次，樣品溶液的平均用量為24.80mL，那么樣品純度為60.5%〔保存1位小數(shù)〕?！痉治觥俊?〕Na2S2O3和鹽酸反響生成硫單質(zhì)、二氧化硫和水，所以在檢驗(yàn)硫酸根離子時(shí)，需要先參加鹽酸將S2O32﹣除去，再參加氯化鋇溶液進(jìn)行檢驗(yàn)；〔2〕①溶液配制需要計(jì)算、稱量、溶解、轉(zhuǎn)移、洗滌轉(zhuǎn)移、定容、搖勻等步驟，結(jié)合配制過程選擇需要的儀器；②用硫代硫酸鈉樣品溶液滴定至淡黃綠色，發(fā)生反響：I2+2S2O32﹣=S4O62﹣+2I﹣．參加淀粉溶液作為指示劑，繼續(xù)滴定到反響終點(diǎn)，碘單質(zhì)反響后溶液藍(lán)色褪去且半分鐘不變，結(jié)合化學(xué)方程式定量關(guān)系計(jì)算，Cr2O72﹣+6I﹣+14H+=3I2+2Cr3++7H2O，I2+2S2O32﹣=S4O62﹣+2I﹣，得到Cr2O72﹣～3I2+～6S2O32﹣，據(jù)此計(jì)算。【解答】解：〔1〕取少量樣品，參加除氧蒸餾水，固體完全溶解得無色澄清溶液，向①中溶液參加足量稀鹽酸，有乳白色或淡黃色沉淀硫單質(zhì)生成，有刺激性氣體產(chǎn)生為二氧化硫氣體，靜置，取上層清液向其中滴加幾滴氯化鋇溶液，有白色沉淀生成證明含硫酸根離子，故答案為：向①中溶液參加足量稀鹽酸；有乳白色或淡黃色沉淀生成；取上層清液向其中滴加幾滴氯化鋇溶液；有白色沉淀生成；〔2〕①溶液配制需要計(jì)算、稱量、溶解、轉(zhuǎn)移、洗滌轉(zhuǎn)移、定容、搖勻等步驟，結(jié)合配制過程選擇需要的儀器，稱取1.2000g某硫代硫酸鈉晶體樣品，用新煮沸并冷卻的蒸餾水在燒杯中中溶解，完全溶解后，全部轉(zhuǎn)移至100mL的容量瓶中，加蒸餾水至凹液面最低處與刻度線相平，故答案為：燒杯；容量瓶；凹液面最低處與刻度線相平；②取0.00950mol?L﹣1的K2Cr2O7標(biāo)準(zhǔn)溶液20.00mL，硫酸酸化后參加過量KI，發(fā)生反響：Cr2O72﹣+6I﹣+14H+=3I2+2Cr3++7H2O．然后用硫代硫酸鈉樣品溶液滴定至淡黃綠色，發(fā)生反響：I2+2S2O32﹣=S4O62﹣+2I﹣．參加淀粉溶液作為指示劑，繼續(xù)滴定，到反響終點(diǎn)，碘單質(zhì)反響后溶液藍(lán)色褪去且半分鐘不變，說明反響的親愛的滴定終點(diǎn)，平行滴定3次，樣品溶液的平均用量為24.80mL，用硫代硫酸鈉樣品溶液滴定至淡黃綠色，發(fā)生反響：I2+2S2O32﹣=S4O62﹣+2I﹣．參加淀粉溶液作為指示劑，繼續(xù)滴定到反響終點(diǎn)，碘單質(zhì)反響后溶液藍(lán)色褪去淡黃綠色且半分鐘不變，結(jié)合化學(xué)方程式定量關(guān)系計(jì)算，Cr2O72﹣+6I﹣+14H+=3I2+2Cr3++7H2O，I2+2S2O32﹣=S4O62﹣+2I﹣，得到Cr2O72﹣～3I2+～6S2O32﹣，160.0095mol/L×0.02Ln樣品溶液的平均用量為24.80mL，溶液中硫代硫酸根離子物質(zhì)的量n=0.0095mol/L×0.02L×6=0.00114mol，配制100ml溶液中n〔S2O32﹣〕=0.00114mol×=0.0046mol，那么樣品純度=×100%=60.5%故答案為：由藍(lán)色變化為淡黃綠色且半分鐘不變化；60.5?！军c(diǎn)評(píng)】此題考查了實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)、離子檢驗(yàn)、物質(zhì)含量測(cè)定、滴定實(shí)驗(yàn)的過程分析等知識(shí)點(diǎn)，掌握根底是解題關(guān)鍵，題目難度中等。9．〔14分〕KIO3是一種重要的無機(jī)化合物，可作為食鹽中的補(bǔ)碘劑。答復(fù)以下問題：〔1〕KIO3的化學(xué)名稱是碘酸鉀。〔2〕利用“KClO3氧化法〞制備KIO3工藝流程如以下圖所示：酸化反響〞所得產(chǎn)物有KH〔IO3〕2、Cl2和KCI．“逐Cl2〞采用的方法是加熱。“濾液〞中的溶質(zhì)主要是KCl?！罢{(diào)pH〞中發(fā)生反響的化學(xué)方程式為KH〔IO3〕2+KOH═2KIO3+H2O。〔3〕KIO3也可采用“電解法〞制備，裝置如下圖。①寫出電解時(shí)陰極的電極反響式2H2O+2e﹣═2OH﹣+H2↑。②電解過程中通過陽離子交換膜的離子主要為K+，其遷移方向是a到b。③與“電解法〞相比，“KClO3氧化法〞的主要缺乏之處有產(chǎn)生Cl2易污染環(huán)境〔寫出一點(diǎn)〕?！痉治觥俊?〕KIO3的化學(xué)名稱是碘酸鉀；〔2〕氣體在加熱的過程中在水中的溶解度降低，可采取此法驅(qū)逐氣體，實(shí)驗(yàn)流程是用KClO3氧化法制備KIO3，反響物是KClO3和I2，在酸性條件下ClO3﹣可以氧化I2生成IO3﹣，根據(jù)條件，復(fù)原產(chǎn)物含有Cl2和Cl﹣，驅(qū)逐Cl2后結(jié)晶產(chǎn)物應(yīng)為KCl，相當(dāng)于是除雜步驟，調(diào)節(jié)pH過程中產(chǎn)生KIO3，那么是由KH〔IO3〕2得來，據(jù)此分析；〔3〕①電解池陰極為KOH溶液，電解質(zhì)溶液呈堿性，電解池陰極發(fā)生復(fù)原反響，過程應(yīng)為H2O轉(zhuǎn)化為H2，據(jù)此寫出陰極電極反響；②隔膜是陽離子交換膜，起主要交換的離子應(yīng)為K+，電解池工作時(shí)，陽離子向陰極移動(dòng)；③電解法過程中，陽極發(fā)生反響I2﹣10e﹣+OH﹣═2IO3﹣+6H2O制備KIO3，整個(gè)電解池裝置沒有產(chǎn)生氧化法過程中的Cl2，即沒有產(chǎn)生污染大氣環(huán)境的有毒氣體。【解答】解：〔1〕KIO3的化學(xué)名稱是碘酸鉀，故答案為：碘酸鉀；〔2〕氣體在加熱的過程中在水中的溶解度降低，可采取此法驅(qū)逐氣體，所以逐Cl2〞采用的方法是：加熱，根據(jù)條件，復(fù)原產(chǎn)物含有Cl2和Cl﹣，驅(qū)逐Cl2后結(jié)晶產(chǎn)物應(yīng)為KCl，相當(dāng)于是除雜步驟，所以濾液〞中的溶質(zhì)主要是KCl，調(diào)節(jié)pH過程中產(chǎn)生KIO3，那么是由KH〔IO3〕2得來，那么“調(diào)pH〞中發(fā)生反響的化學(xué)方程式為：KH〔IO3〕2+KOH═2KIO3+H2O，或者寫成HIO3+KOH═KIO3+H2O，但考慮到題中告知酸化產(chǎn)物是KH〔IO3〕2，因此寫前者更為合理，故答案為：加熱；KCl；KH〔IO3〕2+KOH═2KIO3+H2O；〔3〕①電解池陰極為KOH溶液，電解質(zhì)溶液呈堿性，電解池陰極發(fā)生復(fù)原反響，過程應(yīng)為H2O轉(zhuǎn)化為H2，所以陰極的電極反響為：2H2O+2e﹣═2OH﹣+H2↑，故答案為：2H2O+2e﹣═2OH﹣+H2↑；②隔膜是陽離子交換膜，起主要交換的離子應(yīng)為K+，電解池工作時(shí)，陽離子向陰極移動(dòng)，所以K+的移動(dòng)方向應(yīng)為從a到b，故答案為：K+；a到b；③電解法過程中，陽極發(fā)生反響I2﹣10e﹣+OH﹣═2IO3﹣+6H2O制備KIO3，電解池裝置產(chǎn)生的氣體是H2，氧化法過程那么產(chǎn)生Cl2，Cl2是有毒氣體會(huì)污染大氣，因此氧化法的缺乏之處是產(chǎn)生Cl2易污染環(huán)境，故答案為：產(chǎn)生Cl2易污染環(huán)境?！军c(diǎn)評(píng)】此題以KIO3為考查背景，考查了氧化復(fù)原反響相關(guān)知識(shí)，流程分析，電解原理，氧化復(fù)原反響方程式及電極反響方程式的書寫，均為高頻考點(diǎn)，也是高考的重點(diǎn)和難點(diǎn)，此題整體難度中等，試題有助于培養(yǎng)綜合分析問題的能力。10．〔15分〕三氯氫硅〔SiHCl3〕是制備硅烷、多晶硅的重要原料。答復(fù)以下問題：〔1〕SiHCl3在常溫常壓下為易揮發(fā)的無色透明液體，遇潮氣時(shí)發(fā)煙生成〔HsiO〕2O等，寫出該反響的化學(xué)方程式2SiHCl3+3H2O=〔HSiO〕2O+6HCl。〔2〕SiHCl3在催化劑作用下發(fā)生反響：2SiHCl3〔g〕=SiH2Cl2〔g〕+SiCl4〔g〕△H=48KJ?mol﹣13SiH2Cl2〔g〕=SiH4〔g〕+2SiHCl4〔g〕△H=﹣30KJ?mol﹣1那么反響4SiHCl3〔g〕=SiH4〔g〕+3SiCl4〔g〕的△H為+114kJ?mol﹣1。〔3〕對(duì)于反響2SiHCl3〔g〕=SiH2Cl2〔g〕+SiCl4〔g〕，采用大孔弱堿性陰離子交換樹脂催化劑，在323K和343K時(shí)SiHCl3的轉(zhuǎn)化率隨時(shí)間變化的結(jié)果如下圖。①343K時(shí)反響的平衡轉(zhuǎn)化率α=22%．平衡常數(shù)K343K=0.02〔保存2位小數(shù)〕。②在343K下：要提高SiHCl3轉(zhuǎn)化率，可采取的措施是及時(shí)別離出產(chǎn)物；要縮短反響到達(dá)平衡的時(shí)間，可采取的措施有增大壓強(qiáng)、使用催化劑或增大反響物的濃度等。③比擬a、b處反響速率大?。簐a大于vb〔填“大于〞“小于〞或“等于〞〕。反響速率v=v正﹣v逆=k正x﹣k逆xx，k正、k逆分別為正、逆向反響速率常數(shù)，x為物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)，計(jì)算a處的=1.3〔保存1位小數(shù)〕【分析】〔1〕重點(diǎn)是抓住關(guān)鍵詞“遇潮氣時(shí)發(fā)煙〞說明反響物是SiHCl3和水反響，根據(jù)元素可知產(chǎn)物應(yīng)有HCl，寫出化學(xué)方程式并配平；〔2〕反響：①2SiHCl3〔g〕=SiH2Cl2〔g〕+SiCl4〔g〕△H1=48KJ?mol﹣1；②3SiH2Cl2〔g〕=SiH4〔g〕+2SiHCl3〔g〕△H2=﹣30KJ?mol﹣1，根據(jù)蓋斯定律可知，由3?①+②得反響4SiHCl3〔g〕=SiH4〔g〕+3SiCl4〔g〕，據(jù)此計(jì)算△H的值；〔3〕①直接觀察即可知343K時(shí)的平衡轉(zhuǎn)化率，再根據(jù)轉(zhuǎn)化率列出三段式，進(jìn)而求出平衡常數(shù)K；②影響平衡的因素有溫度、壓強(qiáng)及濃度等，可根據(jù)反響條件判斷促進(jìn)平衡正向移動(dòng)，提高轉(zhuǎn)化率的方法；要縮短反響到達(dá)平衡的時(shí)間，需要提高反響速率，而影響反響速率的因素主要有溫度、濃度、壓強(qiáng)及催化劑等。③溫度越高，反響速率越快，由圖象觀察a處和b處的溫度大小比擬即可；反響速率v=v正﹣v逆=k正x﹣k逆xx，k正、k逆分別為正、逆向反響速率常數(shù)，那么a點(diǎn)時(shí)v正=k正x，v逆=k逆xx，由平衡時(shí)正逆反響速率相等，可得出K正/K逆=K〔平衡常數(shù)〕，再結(jié)合此溫度下的平衡狀態(tài)，計(jì)算出平衡常數(shù)K即可計(jì)算?！窘獯稹拷猓骸?〕SiHCl3遇潮氣時(shí)發(fā)煙生成〔HsiO〕2O和HCl，結(jié)合原子守恒可知發(fā)生反響的化學(xué)方程式為2SiHCl3+3H2O=〔HsiO〕2O+6HCl，故答案為：2SiHCl3+3H2O=〔HsiO〕2O+6HCl；〔2〕反響：①2SiHCl3〔g〕=SiH2Cl2〔g〕+SiCl4〔g〕△H1=+48KJ?mol﹣1；②3SiH2Cl2〔g〕=SiH4〔g〕+2SiHCl3〔g〕△H2=﹣30KJ?mol﹣1，根據(jù)蓋斯定律可知，由3?①+②得反響4SiHCl3〔g〕=SiH4〔g〕+3SiCl4〔g〕，那么△H=〔+48KJ?mol﹣1〕×3+〔﹣30KJ?mol﹣1〕=+114KJ?mol﹣1，故答案為：+114；〔3〕①溫度越高，反響速率越快，圖象中點(diǎn)a所在曲線為343K，由圖示可知343K時(shí)反響2SiHCl3〔g〕=SiH2Cl2〔g〕+SiCl4〔g〕的平衡轉(zhuǎn)化率α=22%，設(shè)SiHCl3的起始濃度為cmol/L，那么2SiHCl3〔g〕=SiH2Cl2〔g〕+SiCl4〔g〕起始濃度〔mol/L〕c00變化濃度〔mol/L〕0.22c0.11c0.11c平衡濃度〔mol/L〕0.78c0.11c0.11c平衡常數(shù)K343K==≈0.02，故答案為：22；0.02；②由題目中前后反響氣體體積不變，并且溫度恒定，所以只能使用及時(shí)別離出產(chǎn)物的方法加大反響物的轉(zhuǎn)化率；要縮短反響到達(dá)的時(shí)間，應(yīng)增大反響速率，那么在溫度不變的條件下可采取的措施是：增大壓強(qiáng)、使用催化劑或增大反響物的濃度等，故答案為：及時(shí)別離出產(chǎn)物；增大壓強(qiáng)、使用催化劑或增大反響物的濃度等；③由圖象可知，a的反響溫度高于b，溫度高反響速率快，所以a點(diǎn)的反響速率比b高；a點(diǎn)時(shí)轉(zhuǎn)化率為20%，設(shè)起始時(shí)SiHCl3的物質(zhì)的量為nmol，此時(shí)2SiHCl3〔g〕=SiH2Cl2〔g〕+SiCl4〔g〕起始物質(zhì)的量〔mol〕n00變化物質(zhì)的量〔mol〕0.2n0.1n0.1n終態(tài)物質(zhì)的量〔mol〕0.8n0.1n0.1n那么：XSiHCl3==0.8，x=x=0.1；反響速率v=v正﹣v逆=k正x﹣k逆xx，k正、k逆分別為正、逆向反響速率常數(shù)，那么a點(diǎn)時(shí)v正=k正x=0.82K正，v逆=k逆xx=0.01k逆，由平衡時(shí)正逆反響速率相等，可得出=K〔平衡常數(shù)〕，那么==≈1.3，故答案為：大于；1.3?！军c(diǎn)評(píng)】此題考查的主要內(nèi)容有根據(jù)題干要求寫出化學(xué)方程式，利用蓋斯定律求算熱化學(xué)反響方程式的焓變，依據(jù)化學(xué)平衡圖象獲取信息，進(jìn)行有關(guān)化學(xué)平衡的計(jì)算和影響化學(xué)平衡的因素，重視根本知識(shí)的掌握，培養(yǎng)學(xué)生獲取信息的能力及解題能力。[化學(xué)--選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)]11．〔15分〕鋅在工業(yè)中有重要作用，也是人體必需的微量元素，答復(fù)以下問題：〔1〕Zn原子核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s2或[Ar]3d104s2。〔2〕黃銅是人類最早使用的合金之一，主要由Zn和Cu組成。第一電離能I1〔Zn〕大于I1〔Cu〕〔填“大于〞或“小于〞〕。原因是Zn原子軌道中電子處于全滿狀態(tài)，Cu失去一個(gè)電子內(nèi)層電子到達(dá)全充滿穩(wěn)定狀態(tài)?！?〕ZnF2具有較高的熔點(diǎn)〔872℃〕，其化學(xué)鍵類型是離子鍵，ZnF2不溶于有機(jī)溶劑而ZnCl2、ZnBr2、ZnI2能夠溶于乙醇、乙醚等有機(jī)溶劑，原因是乙醇、乙醚等有機(jī)溶劑屬于極性分子，ZnCl2、ZnBr2、ZnI2為極性分子，即溶質(zhì)、溶劑都屬于極性分子，所以互溶。〔4〕?中華本草?等中醫(yī)典籍中，記載了爐甘石〔ZnCO3〕入藥，可用于治療皮膚炎癥或外表創(chuàng)傷。ZnCO3中，陰離子空間構(gòu)型為平面正三角形，C原子的雜化形式為sp2?！?〕金屬Zn晶體中的原子堆積方式如下圖，這種堆積方式稱為六方最密堆積。六棱柱底邊邊長(zhǎng)為acm，高為ccm，阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，Zn的密度為或g?cm﹣3〔列出計(jì)算式〕?！痉治觥俊?〕Zn原子核外有30個(gè)電子，分別分布在1s、2s、2p、3s、3p、3d、4s能級(jí)上，根據(jù)構(gòu)造原理書寫其原子核外電子排布式；〔2〕軌道中電子處于全滿、全空、半滿時(shí)較穩(wěn)定，失去電子需要的能量較大；〔3〕離子晶體熔沸點(diǎn)較高，離子晶體中含有離子鍵；乙醇、乙醚等有機(jī)溶劑屬于極性分子，極性分子的溶質(zhì)易溶于極性分子的溶劑，根據(jù)相似相溶原理分析；〔4〕ZnCO3中，陰離子CO32﹣中C原子價(jià)層電子對(duì)個(gè)數(shù)=3+=3且不含孤電子對(duì)，根據(jù)價(jià)層電子對(duì)互斥理論判斷碳酸根離子空間構(gòu)型及C原子的雜化形式；〔5〕金屬鋅的這種堆積方式稱為六方最密堆積，該晶胞中Zn原子個(gè)數(shù)=12×+2×+3=6，六棱柱底邊邊長(zhǎng)為acm，高為ccm，六棱柱體積=[〔a×a×sin120°〕×3×c]cm3，晶胞密度=。【解答】解：〔1〕Zn原子核外有30個(gè)電子，分別分布在1s、2s、2p、3s、3p、3d、4s能級(jí)上，其核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s2或[Ar]3d104s2，故答案為：1s22s22p63s23p63d104s2或[Ar]3d104s2；〔2〕軌道中電子處于全滿、全空、半滿時(shí)較穩(wěn)定，失去電子需要的能量較大，Zn原子軌道中電子處于全滿狀態(tài)，Cu失去一個(gè)電子內(nèi)層電子到達(dá)全充滿穩(wěn)定狀態(tài)，所以Cu較Zn易失電子，那么第一電離能Cu＜Zn，故答案為：大于；Zn原子軌道中電子處于全滿狀態(tài)，Cu失去一個(gè)電子內(nèi)層電子到達(dá)全充滿穩(wěn)定狀態(tài)；〔3〕離子晶體熔沸點(diǎn)較高，熔沸點(diǎn)較高ZnF2，為離子晶體，離子晶體中含有離子鍵；根據(jù)相似相溶原理知，極性分子的溶質(zhì)易溶于極性分子的溶劑，乙醇、乙醚等有機(jī)溶劑屬于極性分子，ZnCl2、ZnBr2、ZnI2能夠溶于乙醇、乙醚等有機(jī)溶劑，說明ZnCl2、ZnBr2、ZnI2為極性分子，故答案為：離子鍵；乙醇、乙醚等有機(jī)溶劑屬于極性分子，ZnCl2、ZnBr2、ZnI2為極性分子，即溶質(zhì)、溶劑都屬于極性分子，所以互溶；〔4〕ZnCO3中，陰離子CO32﹣中C原子價(jià)層電子對(duì)個(gè)數(shù)=3+=3且不含孤電子對(duì)，根據(jù)價(jià)層電子對(duì)互斥理論判斷碳酸根離子空間構(gòu)型及C原子的雜化形式分別為平面正三角形、sp2雜化，故答案為：平面正三角形；sp2；〔5〕金屬鋅的這種堆積方式稱為六方