全國I卷安徽省2025屆高三化學(xué)下學(xué)期第五次聯(lián)考試題含解析

PAGE16-（全國I卷）安徽省2025屆高三化學(xué)下學(xué)期第五次聯(lián)考試題（含解析）一、選擇題：本題共7小題，每題6分。在每小題給出的四個選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1.化學(xué)與人類社會、生活休戚相關(guān)。下列生活現(xiàn)象或事實(shí)以及說明均正確的是（）A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【詳解】A.Cl2可用于飲用水的消毒，是因?yàn)槁葰馀c水反應(yīng)生成次氯酸，次氯酸具有漂白性，能殺死細(xì)菌病毒，不是氯氣有漂白性，故A錯誤；B.鐵粉是作抗氧劑，故B錯誤；C.鋁金屬電池，鋁是還原劑，利用還原性，鎂鋁耐腐蝕是在空氣中金屬表面生成致密氧化膜，阻擋金屬內(nèi)部接著被氧化，故C錯誤；D.新型陶瓷鑲嵌在火箭外殼，主要是新型陶瓷具有耐高溫的作用，避開火箭因高溫而灼燒，故D正確。綜上所述，答案為D。2.設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列有關(guān)敘述正確的是（）A.已知t℃時，MgCO3的Ksp=4×10-6，則MgCO3飽和溶液中含Mg2+數(shù)目為2×10-3NAB.肯定條件下，2.3g的Na完全與O2反應(yīng)生成3.6g產(chǎn)物時失去的電子數(shù)肯定為0.1NAC.CO2通過Na2O2使其增重bg時，反應(yīng)中轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為D.1mol帶有乙基支鏈的烷烴，分子中所含碳原子數(shù)最少為5NA【答案】B【解析】【詳解】A．MgCO3的Ksp=4×10?6，則MgCO3飽和溶液中，但由于不知溶液的體積，故無法計算溶液中Mg2+數(shù)目，故A錯誤；

B．2.3Na完全反應(yīng)，鈉的物質(zhì)的量，反應(yīng)中Na元素化合價由0價上升為+1價，故轉(zhuǎn)移電子數(shù)目=0.1mol×1×NAmol-1=0.1NA，故B正確；

C．將二氧化碳通過過氧化鈉固體，固體增加的質(zhì)量相當(dāng)于CO的質(zhì)量，電子的物質(zhì)的量等于CO的物質(zhì)的量，因此反應(yīng)中轉(zhuǎn)移電子數(shù)為，故C錯誤；D．支鏈只有一個乙基，主鏈至少含有5個C，因此該烷烴最少含7個碳原子的烷烴，故D錯誤。

綜上所述，答案為B?！军c(diǎn)睛】對于溶液來計算阿伏伽德羅常數(shù)時肯定要留意是否有溶液的體積，沒有溶液的體積，只有濃度是無法計算的。3.合成有機(jī)玻璃單體的一種方法如下，下列有關(guān)說法正確的是（）A.a、b、c均易溶于水和有機(jī)溶劑B.與a具有相同官能團(tuán)的同分異構(gòu)體還有1種C.a、c分子中碳原子肯定在同一平面上D.a、c均能發(fā)生加成、氧化、取代和還原反應(yīng)【答案】D【解析】【詳解】A.酯難溶于水，故A錯誤；B.與a具有相同官能團(tuán)的同分異構(gòu)體結(jié)構(gòu)還有CH2=CHCH2COOH，CH3CH=CHCOOH，故B錯誤；C.碳碳雙鍵、羰基為平面結(jié)構(gòu)，且雙鍵與酯基或羧基相連，因此a分子中碳原子肯定在同一平面上，c分子中最終一個碳原子(—OCH3)不肯定在同一平面上，故C錯誤；D.a、c均能發(fā)生碳碳雙鍵與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)，也叫還原反應(yīng)，碳碳雙鍵被酸性高錳酸鉀氧化，羧基發(fā)生酯化反應(yīng)也叫取代，故D正確。綜上所述，答案為D?！军c(diǎn)睛】酯是難溶于水的，一般低級醇和低級酸能溶于水；碳碳雙鍵與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)也是還原反應(yīng)。4.X、Y、Z、W為原子序數(shù)遞增的四種短周期元素，在同周期元素的原子中，W的半徑最大；Z的原子序數(shù)等于X、Y原子序數(shù)之和，A、B、C分別為X、Y、Z形成的二元化合物，D、M分別為Y、Z元素形成的單質(zhì)，相互轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖。下列說法正確的是（）A.W、Z、Y、X元素的原子半徑依次減小B.簡潔氣態(tài)氫化物的沸點(diǎn)Z比W的高C.工業(yè)上可用電解熔融的W元素氯化物制備WD.非金屬性：Y>Z>X【答案】C【解析】【分析】X、Y、Z、W為原子序數(shù)遞增的四種短周期元素，在同周期元素的原子中，W的半徑最大，則W為Na；Z的原子序數(shù)等于X、Y原子序數(shù)之和，A、B、C分別為X、Y、Z形成的二元化合物，D、M分別為Y、Z元素形成的單質(zhì)，相互轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖，依據(jù)連續(xù)的M，則M為氧氣，Z為O，A為氨氣，B為NO，C為NO2，D為N2，則X為H，Y為N。【詳解】A.原子半徑大小依次為Na>N>O>H，故A錯誤；B.NaH是離子晶體，H2O為分子晶體，因此H2O沸點(diǎn)比NaH的低，故B錯誤；C.工業(yè)上可用電解熔融的NaCl制備Na，故C正確；D.同周期，從左到右非金屬增加，因此非金屬性：O>N>H，故D錯誤。綜上所述，答案為C。5.2024年諾貝爾化學(xué)獎授予約翰·古迪納夫、斯坦利·惠廷厄姆與吉野彰這三位被稱為“鋰電池之父”的科學(xué)家，以表彰他們在鋰離子電池領(lǐng)域作出的突出貢獻(xiàn)。如圖是一種最新研制的聚合物鋰電池，a極為含有Li、Co、Ni、Mn、O等元素組成的混鹽，電解質(zhì)為一種能傳導(dǎo)Li+的高分子復(fù)合材料，b極為鑲嵌金屬鋰的石墨烯材料，反應(yīng)原理為：LixC6+Li3-xNiCoMnO6C6+Li3NiCoMnO6。下列說法正確的是（）A.充電時，Li+向電池的a極移動B.放電時，電池的負(fù)極反應(yīng)為LixC6-xe-=xLi++C6C.充電時若轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為3.01×1023個，兩極材料質(zhì)量變更相差0.7gD.該電池若采納鹽酸、稀硫酸等酸性溶液作為電解質(zhì)溶液，工作效率會更高【答案】B【解析】【分析】a極為含有Li、Co、Ni、Mn、O等元素組成的混鹽，電解質(zhì)為一種能傳導(dǎo)Li+的高分子復(fù)合材料，b極為鑲嵌金屬鋰的石墨烯材料，LixC6+Li3-xNiCoMnO6C6+Li3NiCoMnO6，分析得出b極Li化合價上升失去電子，為原電池負(fù)極，a極為原電池正極?！驹斀狻緼.放電時b為負(fù)極，充電時b極為陰極，依據(jù)“異性相吸”原理，得出Li+向電池的b極移動，故A錯誤；B.放電時，b極負(fù)極，其電極反應(yīng)為LixC6?xe－=xLi++C6，故B正確；C.充電時若轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為3.01×1023個即0.5mol電子，陽極有0.5molLi+轉(zhuǎn)移到陰極，在陰極有0.1molLi+得到電子變?yōu)長ixC6，因此陽極質(zhì)量削減0.5mol×7g?mol?1=3.5g，陰極質(zhì)量增加0.5mol×7g?mol?1=3.5g，因此兩極材料質(zhì)量變更相差7g，故C錯誤；D.該電池若采納鹽酸、稀硫酸等酸性溶液作為電解質(zhì)溶液，Li會干脆和稀鹽酸、稀硫酸反應(yīng)，因此不能作電解質(zhì)溶液，故D錯誤。綜上所述，答案為B?！军c(diǎn)睛】原電池中化合價上升失去電子的極為負(fù)極，化合價降低得到電子的極為正極，充電時，原電池負(fù)極變?yōu)殛帢O，原電池正極變?yōu)殛枠O。6.某愛好小組用如圖裝置探究甲烷與氯氣反應(yīng)同時收集副產(chǎn)品鹽酸，下列說法正確的是（）A.濃硫酸在整套裝置中的作用是干燥氣體B.采納200mL8mol/L鹽酸與足量二氧化錳反應(yīng)最多可得0.4molCl2C.石棉上可滴加飽和食鹽水，用于汲取氯氣D.光照一段時間，裝置C硬質(zhì)玻璃管內(nèi)壁出現(xiàn)的黑色小顆?？赡苁翘肌敬鸢浮緿【解析】【詳解】A．視察裝置可知，濃硫酸不僅可以干燥氣體，還可以使氣體混合勻稱，同時能夠通過視察氣泡推斷流速，故A錯誤；B．200mL8mol?L?1鹽酸物質(zhì)的量，鹽酸濃度變小后，與二氧化錳不再反應(yīng)，依據(jù)MnO2—4HCl—Cl2，因此生成的氯氣的物質(zhì)的量小于0.4mol，故B錯誤；C．氯氣難溶于飽和食鹽水，不行用飽和食鹽水汲取氯氣，故C錯誤；D．由組成元素分析，黑色小顆?？赡苁翘?，故D正確。綜上所述，答案為D。7.已知25℃時，幾種難溶電解質(zhì)的溶度積常數(shù)Ksp如下表所示(當(dāng)某種離子濃度≤10-5mol·L-1時，認(rèn)為完全沉淀)：下列說法正確的是（）A.相同溫度下，溶度積常數(shù)越大相應(yīng)物質(zhì)的溶解度就越大B.欲用1LNaCl溶液將0.01molAgBr轉(zhuǎn)化AgCl沉淀，則c(NaCl)≥3.61mol/LC.在飽和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4能使溶液由圖中Y點(diǎn)變?yōu)閄點(diǎn)D.AgCl懸濁液中存在平衡：AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)，往其中加入少量NaCl固體，平衡向左移動，溶液中離子的總濃度會減小【答案】B【解析】【詳解】A.相同類型的難溶物，其溶度積越大，溶解度就越大，不同類型的難溶物不具有可比性，故A錯誤；B.當(dāng)AgBr完全轉(zhuǎn)化為AgCl時，溶液中c(Br－)=0.01mol?L?1，，得到c(Cl－)=3.6mol?L?1，加上沉淀所須要的0.01mol?L?1，共3.61mol?L?1，因此c(NaCl)≥3.61mol?L?1，故B正確；C.加入K2CrO4能使溶液平衡向生成Ag2CrO4的方向移動，CrO42－離子濃度增大，Ag＋減小，所以不會變?yōu)閄點(diǎn)，應(yīng)從Y點(diǎn)向Z點(diǎn)移動，故C錯誤；D.AgCl懸濁液中存在平衡：AgCl(s)Ag＋(aq)＋Cl－(aq)，加入NaCl固體，平衡向左移動，因?yàn)橐肓薔a＋，溶液中離子的總濃度會增大，故D錯誤。綜上所述，答案為B。【點(diǎn)睛】相同溫度下，加參加反應(yīng)的離子，離子濃度增加，但溶度積常數(shù)不變，因此圖像只能在這條曲線上移動。8.2024年諾貝爾化學(xué)獎授予在開發(fā)鋰離子電池方面做出卓越貢獻(xiàn)的三位化學(xué)家。鋰被譽(yù)為“高能金屬”，是鋰電池的電極材料，工業(yè)上用β-鋰輝礦(主要成分為Li2O·Al2O3·4SiO2以及少量鈣、鎂雜質(zhì))和氟磷灰石(Ca5P3FO12)聯(lián)合制取鋰離子電池正極材料(LiFePO4)，其工業(yè)生產(chǎn)流程如圖：已知：①Ksp[Al(OH)3]=2.7×10-34；②LiFePO4難溶于水?；卮鹣铝袉栴}：（1）氟磷灰石(Ca5P3FO12)中磷元素的化合價為___，沉淀X的主要成分是___(寫化學(xué)式)。（2）操作3的名稱是___，操作1所需的玻璃儀器名稱為___。（3）蒸發(fā)濃縮Li2SO4溶液的目的是___。（4）寫出合成反應(yīng)的離子方程式___。（5）科學(xué)家設(shè)計一種鋰電池的反應(yīng)原理為LiFePO4Li+FePO4，放電時正極反應(yīng)式為___。（6）工業(yè)上取300噸含氧化鋰5%的β-鋰輝礦石，經(jīng)上述變更得到純凈的LiFePO4共110.6噸，則元素鋰的利用率為___。【答案】(1).+5(2).CaCO3、Mg(OH)2(3).分液(4).燒杯、漏斗、玻璃棒(5).增大溶液中鋰離子濃度，便于生成磷酸亞鐵鋰沉淀(6).H2PO4－+Li++Fe2+=LiFePO4↓+2H+(7).FePO4+Li++e－=LiFePO4(8).70%【解析】【分析】β-鋰輝礦焙燒后，溶于硫酸生成硫酸鋰、硫酸鋁、硫酸鈣、硫酸鎂和二氧化硅沉淀，調(diào)整pH為6，鋁離子沉淀，濾液的硫酸鎂能與氫氧化鈣反應(yīng)生成氫氧化鎂沉淀，氫氧化鈣能與碳酸鈉反應(yīng)生成碳酸鈣沉淀，得到濾液硫酸鋰蒸發(fā)濃縮后與磷酸二氫銨、硫酸亞鐵反應(yīng)生成難溶的LiFePO4?！驹斀狻竣欧谆沂?Ca5P3FO12)中Ca為+2價，O為-2價，F(xiàn)為-1價，依據(jù)化合物價態(tài)代數(shù)和為0得到磷元素的化合價為+5，β-鋰輝礦焙燒后，溶于硫酸生成硫酸鋰、硫酸鋁、硫酸鈣、硫酸鎂和二氧化硅沉淀，調(diào)整pH為6，鋁離子沉淀，濾液的硫酸鎂能與氫氧化鈣反應(yīng)生成氫氧化鎂沉淀，氫氧化鈣能與碳酸鈉反應(yīng)生成碳酸鈣沉淀，因此沉淀X的主要成份的化學(xué)式是CaCO3和Mg(OH)2；故答案為：+5；CaCO3、Mg(OH)2。⑵視察流程可知，操作1得到硫酸鈣，因此操作1為過濾，所需的玻璃儀器有燒杯、漏斗、玻璃棒，操作3得到有機(jī)相，因此操作3為分液；故答案為：分液；燒杯、漏斗、玻璃棒。⑶蒸發(fā)濃縮Li2SO4溶液，可使溶液中鋰離子濃度增大，便于生成磷酸亞鐵鋰沉淀；故答案為：增大溶液中鋰離子濃度，便于生成磷酸亞鐵鋰沉淀。⑷合成反應(yīng)是磷酸二氫銨、磷酸亞鐵和硫酸鋰，產(chǎn)物犯難溶的LiFePO4，其離子方程式H2PO4－+Li++Fe2+=LiFePO4↓+2H+；故答案為：H2PO4－+Li++Fe2+=LiFePO4↓+2H+。⑸科學(xué)家設(shè)計一種鋰電池的反應(yīng)原理為LiFePO4Li+FePO4，則Li為負(fù)極，F(xiàn)ePO4為正極，放電時正極反應(yīng)式為FePO4+Li++e－=LiFePO4；故答案為：FePO4+Li++e－=LiFePO4。⑹300噸含氧化鋰5%的β-鋰輝礦中Li2O的質(zhì)量為300噸×5%=15噸，依據(jù)關(guān)系式Li2O—2LiFePO4，理論上可生成磷酸亞鐵鋰為，則元素鋰的利用率為；故答案為70%。9.苯甲酸乙酯(C9H10O2)是一種重要的有機(jī)合成中間體，有香味，廣泛用于配制香水、香精和食品工業(yè)中。某愛好小組設(shè)計制備苯甲酸乙酯的試驗(yàn)步驟如下：①在250mL帶有分水器的燒瓶中加入24.4g苯甲酸、50mL苯、18.4g乙醇和0.8g硫酸，按如圖所示裝好儀器，限制溫度在65~70℃加熱回流至分水器無水分出來為止。②將燒瓶內(nèi)反應(yīng)液倒入盛有適量水的燒杯中，加入Na2CO3至溶液呈中性。分液后水層用乙醚萃取，然后合并至有機(jī)層，加入少量無水MgSO4固體，靜置，過濾。③對濾液進(jìn)行蒸餾，低溫蒸出乙醚和苯后，接著升溫到肯定溫度后，即得約25.7mL產(chǎn)品。試驗(yàn)原理、裝置和有關(guān)數(shù)據(jù)如下：?苯甲酸在100℃會快速升華。回答下列問題：（1）在該試驗(yàn)中，分別得到苯甲酸乙酯操作時必需的主要儀器是___(填入字母)。A.分液漏斗B.漏斗C.蒸餾燒瓶D.直形冷凝管E.蒸發(fā)皿F.溫度計（2）步驟①中運(yùn)用分水器不斷分別水的目的是___。（3）步驟③中蒸餾操作溫度計的水銀球位置應(yīng)處在___，溫度計的最大量程應(yīng)為___。A.100℃B.150℃C.200℃D.250℃（4）本試驗(yàn)中加入過量乙醇的目的是___。（5）步驟②加入Na2CO3的作用是___。（6）計算本試驗(yàn)的產(chǎn)率為___。（7）步驟②若加入Na2CO3的量不足，最終蒸餾產(chǎn)品時蒸餾燒瓶瓶口內(nèi)壁上有晶體附著，產(chǎn)生該現(xiàn)象的緣由___?！敬鸢浮?1).CDF(2).使平衡不斷正向移動，提高產(chǎn)率(3).蒸餾燒瓶的支管口(4).D(5).提高苯甲酸的轉(zhuǎn)化率(6).汲取硫酸和未反應(yīng)的苯甲酸，同時降低酯的溶解度(7).90%(8).苯甲酸未除凈，在受熱時發(fā)生升華和凝華現(xiàn)象【解析】【分析】⑴試驗(yàn)結(jié)束分別苯甲酸乙酯采納蒸餾法。⑵該反應(yīng)為可逆反應(yīng)，分別出水，可使平衡向正反應(yīng)方向移動。⑶蒸餾時測量的是蒸汽的溫度，苯甲酸乙酯的沸點(diǎn)212.6℃，得出溫度計的量程。⑷酯化反應(yīng)是可逆反應(yīng)，增大反應(yīng)物的濃度可以使平衡正向移動，增加一種反應(yīng)物的濃度，可以使另一種反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率提高。⑸步驟②加入Na2CO3的作用是除去硫酸和未反應(yīng)的苯甲酸，同時也可以降低酯在水中的溶解度。⑹，先計算理論上產(chǎn)量，再依據(jù)公式計算。⑺若碳酸鈉加入不足，苯甲酸乙酯中混有未除凈的苯甲酸，在受熱至100時發(fā)生升華?！驹斀狻竣旁囼?yàn)結(jié)束分別苯甲酸乙酯采納蒸餾法，蒸餾操作所需的主要玻璃儀器是酒精燈、蒸餾燒瓶、溫度計、冷凝管、接收器、錐形瓶；故答案為：CDF。⑵該反應(yīng)為可逆反應(yīng)，分別出水，可使平衡向正反應(yīng)方向移動，因此步驟①中運(yùn)用分水器不斷分別水的目的是使平衡不斷正向移動，提高產(chǎn)率；故答案為：使平衡不斷正向移動，提高產(chǎn)率。⑶蒸餾時測量的是蒸汽的溫度，故溫度計水銀球要放在蒸餾燒瓶的支管口，苯甲酸乙酯的沸點(diǎn)212.6℃，全部溫度計的量程為250℃；故答案為：蒸餾燒瓶的支管口；D。⑷酯化反應(yīng)是可逆反應(yīng)，增大反應(yīng)物的濃度可以使平衡正向移動，增加一種反應(yīng)物的濃度，可以使另一種反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率提高，因此本試驗(yàn)中加入過量乙醇的目的是提高苯甲酸的轉(zhuǎn)化率；故答案為：提高苯甲酸的轉(zhuǎn)化率。⑸步驟②加入Na2CO3的作用是除去硫酸和未反應(yīng)的苯甲酸，同時也可以降低酯在水中的溶解度；故答案為：汲取硫酸和未反應(yīng)的苯甲酸，同時降低酯的溶解度。⑹，理論上24.4g苯甲酸與足量乙醇反應(yīng)生成苯甲酸乙酯的質(zhì)量是，實(shí)際得到苯甲酸乙酯的質(zhì)量是25.7mL×1.05g?mL?1=27g，所以本試驗(yàn)的產(chǎn)率為；故答案為：90%。⑺若碳酸鈉加入不足，苯甲酸乙酯中混有未除凈的苯甲酸，在受熱至100時發(fā)生升華，因此最終蒸餾產(chǎn)品時蒸餾燒瓶瓶口內(nèi)壁上有晶體附著，產(chǎn)生該現(xiàn)象的緣由苯甲酸未除凈，在受熱時發(fā)生升華和凝華現(xiàn)象；故答案為：苯甲酸未除凈，在受熱時發(fā)生升華和凝華現(xiàn)象。10.碳是生命的基礎(chǔ)，近幾年科學(xué)家們紛紛掀起了探討碳的熱潮?；卮鹣铝袉栴}：（1）2024年人們“談霾色變”，汽車尾氣是霧霾的罪魁之一。汽車尾氣凈化的原理為：2NO(g)+2CO(g)=2CO2(g)+N2(g)ΔH＜0。某溫度下，恒容的密閉容器中通入NO和CO，測得不同時間的NO和CO的濃度如下表：①2s內(nèi)用N2表示的化學(xué)反應(yīng)速率為___，該溫度下，反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)為___。②若該反應(yīng)在絕熱、恒容的密閉體系中進(jìn)行，下列示意圖正確且能說明反應(yīng)在進(jìn)行到t1時刻達(dá)到平衡狀態(tài)的是___(填代號)。（2）用CH4催化還原NOx也可以削減氮的污染。已知：CH4(g)+2NO2(g)=CO2(g)+N2(g)+2H2O(g)ΔH=?867kJ/mol2NO2(g)=N2O4(g)ΔH=-56.9kJ/molH2O(g)=H2O(l)ΔH=-44.0kJ/mol寫出CH4催化還原N2O4(g)生成N2和H2O（1）的熱化學(xué)方程式：___。（3）常溫常壓下，測得向水中通入足量的CO2后，水溶液的pH=5.6。①若忽視水的電離及H2CO3的其次級電離，則H2CO3HCO3-+H+的平衡常數(shù)K大約為___。(已知：溶液中c(H2CO3)=1.5×10-5mol?L?1，10-5.6=2.5×10-6)②常溫下，測得NaHCO3溶液呈堿性，則溶液中c(H2CO3)___c(CO32-)(填“>”“”或“<”)，緣由是___(用離子方程式和必要的文字說明)。③鍋爐中的CaSO4沉淀可用可溶性碳酸鹽浸取，然后加酸除去，浸取過程中會發(fā)生反應(yīng)：CaSO4(s)+CO32-(aq)CaCO3(s)+SO42-(aq)。已知298K時，Ksp(CaCO3)=2.80×10-9，Ksp(CaSO4)=4.90×10-5，則此溫度下該反應(yīng)的平衡常數(shù)K為___(計算結(jié)果保留三位有效數(shù)字)?！敬鸢浮?1).1.875×10?4mol?L?1?s?1(2).5000(3).bd(4).CH4(g)+N2O4(g)=CO2(g)+N2(g)+2H2O(l)ΔH=?898.1kJ·mol?1(5).4.2×10?7mol?L?1(6).>(7).碳酸氫鈉溶液中存在水解平衡HCO3－+H2OH2CO3+OH－和電離平衡HCO3－CO32?+H+，水解程度大于電離程度，溶液顯堿性(8).1.75×104【解析】【分析】⑴①先計算前2s內(nèi)的Δc(NO)，再計算Δc(N2)和平均反應(yīng)速率，先計算平衡時每個物質(zhì)的濃度，再計算平衡常數(shù)。②a.反應(yīng)達(dá)到平衡時，各物質(zhì)的速率不再變更；b.絕熱容器中，反應(yīng)放熱，溫度上升，平衡常數(shù)減小，當(dāng)平衡常數(shù)減小到不變更時，則達(dá)到平衡；c.這兩者的物質(zhì)的量相等不肯定能說明達(dá)到平衡，只有這兩者的物質(zhì)的量不再變更，則達(dá)到平衡；d.質(zhì)量分?jǐn)?shù)不再變更，則達(dá)到平衡。⑵第一個方程式減去其次個方程式再加第三個方程式的2倍。⑶依據(jù)電離平衡計算平衡常數(shù)；②常溫下，測得NaHCO3溶液呈堿性，主要緣由碳酸氫鈉溶液中存在水解平衡HCO3－+H2OH2CO3+OH－和電離平衡HCO3－CO32?+H+，水解程度大于電離程度，溶液顯堿性；③浸取過程中會發(fā)生反應(yīng)：CaSO4(s)+CO32?(aq)CaCO3(s)+SO42?(aq)，依據(jù)平衡常數(shù)和溶度積常數(shù)進(jìn)行計算?！驹斀狻竣泞偾?s內(nèi)的Δc(NO)=(1.00－0.25)×10?3mol·L?1=7.50×10?4mol·L?1，則Δc(N2)=×7.50×10?4mol·L?1=3.75×10?4mol·L?1，平均反應(yīng)速率；反應(yīng)達(dá)到平衡時c(CO)=1×10?4mol·L?1，c(NO)=2.7×10?3mol·L?1，c(N2)=Δc(N2)=×9×10?4mol·L?1=4.5×10?4mol·L?1，則c(CO2)=Δc(CO2)=Δc(CO)=9×10?4mol·L?1，該溫度下，反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)為；故答案為：1.875×10?4mol?L?1?s?1；5000。②a.反應(yīng)達(dá)到平衡時，各物質(zhì)的速率不再變更，故a不符合題意；b.絕熱容器中，反應(yīng)放熱，溫度上升，平衡常數(shù)減小，當(dāng)平衡常數(shù)減小到不變更時，則達(dá)到平衡，故b符合題意；c.這兩者的物質(zhì)的量相等不肯定能說明達(dá)到平衡，只有這兩者的物質(zhì)的量不再變更，則達(dá)到平衡，故c不符合題意；d.質(zhì)量分?jǐn)?shù)不再變更，則達(dá)到平衡，故d符合題意；綜上所述，答案為bd。⑵第一個方程式減去其次個方程式再加第三個方程式的2倍，即得CH4催化還原N2O4(g)生成N2和H2O(l)的熱化學(xué)方程式：CH4(g)+N2O4(g)=CO2(g)+N2(g)+2H2O(l)ΔH=?867kJ·mol?1?(?56.9kJ·mol?1)+2×(?44kJ·mol?1)=?898.1kJ·mol?1；故答案為：CH4(g)+N2O4(g)=CO2(g)+N2(g)+2H2O(l)ΔH=?898.1kJ·mol?1。⑶①忽視水的電離及H2CO3的其次級電離，則H2CO3HCO3－+H+的平衡常數(shù)K大約為；故答案為：4.2×10?7mol?L?1。②常溫下，測得NaHCO3溶液呈堿性，緣由是碳酸氫鈉溶液中存在水解平衡HCO3－+H2OH2CO3+H+和電離平衡HCO3－CO32?+H+，水解程度大于電離程度，溶液顯堿性，因此溶液中c(H2CO3)>c(CO32?)；故答案為：>；碳酸氫鈉溶液中存在水解平衡HCO3－+H2OH2CO3+OH－和電離平衡HCO3－CO32?+H+，水解程度大于電離程度，溶液顯堿性。③浸取過程中會發(fā)生反應(yīng)：CaSO4(s)+CO32?(aq)CaCO3(s)+SO42?(aq)，；故答案為：1.75×104。11.銅是生活中常見的金屬，銅及其化合物在不同環(huán)境中能呈現(xiàn)出不同的顏色：回答下列問題：（1）Cu基態(tài)核外電子排布式為___；科學(xué)家通過X射線測得Cu(H2O)4SO4·H2O結(jié)構(gòu)示意圖可簡潔表示如圖：圖中虛線表示的作用力為___。（2）已知Cu+(SCN)2Cu+(SCN)2，1mol(SCN)2分子中含有的π鍵數(shù)目為___，寫出2個與SCN-互為等電子體的分子的化學(xué)式___。（3）金屬銅單獨(dú)與氨水或單獨(dú)與過氧化氫都不能反應(yīng)，但可與氨水和過氧化氫的混合溶液反應(yīng)，其緣由是___，反應(yīng)的化學(xué)方程式為___。（4）在Cu(H2O)4SO4·H2O晶體中，[Cu(NH3)4]2+為平面正方形結(jié)構(gòu)，則呈正四面體結(jié)構(gòu)的原子團(tuán)是___，其中心原子的雜化軌道類型是___。（5）已知Cu的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，銅原子的配位數(shù)為___，又知晶胞邊長為3.61×10-8cm，則Cu的密度為___(保留三位有效數(shù)字)?！敬鸢浮?1).1s22s22p63s23p63d104s1(2).配位鍵、氫鍵(3).4NA(4).CO2、CS2(其他答案正確即可)(5).過氧化氫為氧化劑，氨與銅離子形成配離子，兩者相互促進(jìn)使反應(yīng)進(jìn)行(6).Cu+H2O2+4NH3·H2O=Cu(NH3)4(OH)2+4H2O(7).SO42?(8).sp3(9).12(10).9.04g·cm?3【解析】【分析】⑴Cu是29號元素，寫出基態(tài)核外電子排布式；Cu2+與H2O中O之間是配位鍵，O供應(yīng)孤對電子，H···O之間是分子間氫鍵。⑵依據(jù)(SCN)2的結(jié)構(gòu)式為N≡C—S—S—C≡N計算π鍵數(shù)目；依據(jù)價電子數(shù)S=O=N－分析，書寫與SCN－互為等電子體的分子的化學(xué)式。⑶金屬銅單獨(dú)與氨水或單獨(dú)與過氧化氫都不能反應(yīng)，但可與氨水和過氧化氫的混合溶液反應(yīng)，說明兩者能相互促進(jìn)，其中過氧化氫為氧化劑，氨與銅離子形成配離子，兩者相互促進(jìn)使反應(yīng)進(jìn)行，再書寫方程式。⑷計算硫酸根的價層電子對數(shù)，得出中心原子的雜化軌道類型和結(jié)構(gòu)。⑸已知Cu的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，Cu是面心立方，計算晶胞中Cu的個數(shù)和依據(jù)公式計算Cu的密度?！驹斀狻竣臗u是29號元素，其基態(tài)核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s1；科學(xué)家通過X射線測得Cu(H2O)4SO4·H2O結(jié)構(gòu)示意圖可簡潔表示如圖：Cu2+與H2O中O之間是配位鍵，O供應(yīng)孤對電子，H···O之間是分子間氫鍵；故答案為：1s22s22p63s23p63d104s1；配位鍵、氫鍵。⑵(SCN)2的結(jié)構(gòu)式為N≡C—S—S—C≡N，因此1mol(SCN)2分子中含有的π鍵數(shù)目為4NA，依據(jù)價電子數(shù)S=O=N－分析，與SCN－互為等電子體的分子的化學(xué)式CO2、CS2；故答案為：4NA；CO2、CS2(其他答案正確即可)。⑶金屬銅單獨(dú)與氨水或單獨(dú)與過氧化氫都不能反應(yīng)，但可與氨水和過氧化氫的混合溶液反應(yīng)，說明兩者能相互促進(jìn)，其中過氧化氫為氧化劑，氨與銅離子形成配離子，兩者相互促進(jìn)使反應(yīng)進(jìn)行，方程式可表示為Cu+H2O2+4NH3·H2O=Cu(NH3)4(OH)2+4H2O；故答案為：過氧化氫為氧化劑，氨與銅離子形成配離子，兩者相互促進(jìn)使反應(yīng)進(jìn)行；Cu+H2O2+4NH3·H2O=Cu(NH3)4(OH)2+4H2O。⑷在Cu(H2O)4SO4·H2O晶體中，[Cu(NH3)4]2+為平面正方形結(jié)構(gòu)，S與四個O形成4個共價鍵，孤對電子數(shù)=，因此價層電子對數(shù)為4對，中心原子的雜化軌道類型為sp3雜化，呈正四面體