PAGE14-考前仿真模擬(八)時(shí)間：50分鐘滿分：100分可能用到的相對(duì)原子質(zhì)量H：1C：12O：16Na：23Mg：24Al：27Cl：35.5Co：59Fe：56第Ⅰ卷(選擇題，共42分)一、選擇題(本題包括7個(gè)小題，每小題6分，共42分。每小題僅有一個(gè)選項(xiàng)符合題意)7．(2024·廣東汕頭高三期末)化學(xué)與生活親密聯(lián)系，下列有關(guān)物質(zhì)性質(zhì)與應(yīng)用對(duì)應(yīng)關(guān)系正確的是()A．SiO2具有很強(qiáng)的導(dǎo)電實(shí)力，可用于生產(chǎn)光導(dǎo)纖維B．Na2CO3溶液呈堿性，可用于治療胃酸過(guò)多C．NH3具有還原性，可用于檢查HCl泄漏D．BaSO4不溶于水和鹽酸，可用作胃腸X射線造影檢查答案D解析純凈的SiO2特別透亮，纖維傳導(dǎo)光的實(shí)力特別強(qiáng)，所以是制光導(dǎo)纖維的主要原料，但二氧化硅不能導(dǎo)電，A錯(cuò)誤；碳酸鈉溶液的堿性較強(qiáng)，不能用于治療胃酸過(guò)多，應(yīng)選氫氧化鋁或碳酸氫鈉來(lái)治療胃酸過(guò)多，B錯(cuò)誤；NH3與HCl反應(yīng)生成NH4Cl白色固體，因此會(huì)看到產(chǎn)生大量的白煙，利用這一現(xiàn)象可檢查HCl是否泄漏，與NH3的還原性無(wú)關(guān)，C錯(cuò)誤；硫酸鋇不溶于水，也不能與鹽酸反應(yīng)，同時(shí)也不能被X射線透過(guò)，因此可用作鋇餐，用于胃腸X射線造影檢查，D正確。8．設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說(shuō)法正確的是()A．0.1molC2H6O分子中含C—H鍵的數(shù)目為0.5NAB．1L0.1mol·L－1NH4Cl溶液中含有的NHeq\o\al(＋,4)數(shù)目為0.1NAC．8.4gNaHCO3和MgCO3的混合物中含有的陰離子數(shù)目為0.1NAD．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，2.24LCl2與過(guò)量NaOH溶液反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.2NA答案C解析若C2H6O為CH3—O—CH3，則0.1molC2H6O分子中含C—H鍵的數(shù)目為0.6NA，A錯(cuò)誤；由于NHeq\o\al(＋,4)水解，故1L0.1mol·L－1NH4Cl溶液中含有的NHeq\o\al(＋,4)數(shù)目小于0.1NA，B錯(cuò)誤；NaHCO3、MgCO3的相對(duì)分子質(zhì)量均為84，故8.4gNaHCO3和MgCO3的混合物為0.1mol，所含陰離子數(shù)目為0.1NA，C正確；反應(yīng)Cl2＋2NaOH=NaCl＋NaClO＋H2O中，反應(yīng)掉1molCl2轉(zhuǎn)移1mol電子，標(biāo)準(zhǔn)狀況下2.24LCl2為0.1mol，則其與過(guò)量NaOH溶液反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.1NA，D錯(cuò)誤。9.某有機(jī)合成中間體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式如圖所示。下列關(guān)于該有機(jī)物的敘述正確的是()A．分子式為C9H8O4B．在肯定條件下可與HCHO發(fā)生縮聚反應(yīng)C．在濃硫酸作用下可發(fā)生消去反應(yīng)D．1mol該物質(zhì)最多能與3molBr2發(fā)生取代反應(yīng)答案B解析依據(jù)有機(jī)物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，其分子式為C9H10O4，A錯(cuò)誤；結(jié)構(gòu)中有酚羥基，像甲醛與苯酚發(fā)生縮聚反應(yīng)生成酚醛樹(shù)脂一樣，該有機(jī)物在肯定條件下可與HCHO發(fā)生縮聚反應(yīng)，B正確；分子中含有的醇羥基連接的碳相鄰的碳是苯環(huán)上的碳，碳上沒(méi)有氫，不能在濃硫酸作用下發(fā)生消去反應(yīng)，C錯(cuò)誤；酚羥基的鄰、對(duì)位上還有兩個(gè)未被取代，1mol該物質(zhì)最多能與2molBr2發(fā)生取代反應(yīng)，D錯(cuò)誤。10．下圖是另一種元素周期表——三角形元素周期表的一部分，圖中標(biāo)示了L、M、Q、R、T元素的位置，下列推斷正確的是()A．Q、T兩元素的簡(jiǎn)潔氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：HnT<HnQB．L、R的單質(zhì)與鹽酸反應(yīng)的速率：R>LC．M與T形成的化合物具有兩性D．L、Q形成的簡(jiǎn)潔離子的核外電子數(shù)相等答案C解析依據(jù)元素在周期表中的位置可推知，R為Be，T為O，L為Mg，M為Al，Q為S。元素的非金屬性越強(qiáng)，其簡(jiǎn)潔氣態(tài)氫化物越穩(wěn)定，元素非金屬性：O>S，故簡(jiǎn)潔氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：H2O>H2S，A錯(cuò)誤。元素的金屬性越強(qiáng)，其單質(zhì)與鹽酸反應(yīng)的速率越快，元素的金屬性：Mg>Be，故其單質(zhì)與鹽酸反應(yīng)的速率：Mg>Be，B錯(cuò)誤。Al與O形成的化合物Al2O3具有兩性，C正確。S2－比Mg2＋多8個(gè)電子，D錯(cuò)誤。11．(2024·山東濟(jì)寧高三期末)依據(jù)下列試驗(yàn)操作和現(xiàn)象所得到的結(jié)論正確的是()選項(xiàng)試驗(yàn)操作和現(xiàn)象試驗(yàn)結(jié)論A向同體積同濃度H2O2溶液中，分別加入1mol·L－1的CuCl2、FeCl3溶液，加FeCl3溶液的H2O2分解快Fe3＋對(duì)H2O2分解速率的影響比Cu2＋大B相同溫度下，測(cè)定相同濃度的NaClO溶液和CH3COONa溶液的pH，NaClO溶液的pH大酸性：HClO<CH3COOHC用鉑絲蘸取少量某溶液進(jìn)行焰色反應(yīng)，火焰呈黃色原溶液中肯定不含鉀元素D向10mL0.2mol·L－1NaOH溶液中滴入2滴0.1mol·L－1MgCl2溶液，產(chǎn)生白色沉淀后，再加2滴0.1mol·L－1FeCl3溶液，產(chǎn)生紅褐色沉淀Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Fe(OH)3]答案B解析由于溶液中氯離子濃度不同，無(wú)法解除氯離子對(duì)H2O2分解速率的影響，故A錯(cuò)誤；NaClO、CH3COONa都是強(qiáng)堿弱酸鹽，通過(guò)測(cè)定pH的大小，推斷水解程度的大小，依據(jù)越弱越水解的原理可知，酸性HClO<CH3COOH，故B正確；視察鉀元素焰色反應(yīng)的顏色需透過(guò)藍(lán)色鈷玻璃才能看到，故C錯(cuò)誤；氫氧化鈉過(guò)量，故肯定能生成氫氧化鐵沉淀，不能由此比較氫氧化鎂和氫氧化鐵的溶度積的大小，故D錯(cuò)誤。12．常溫下，將除去表面氧化膜的Al片、Cu片插入濃HNO3中組成原電池(圖1)，測(cè)得原電池的電流強(qiáng)度(I)隨時(shí)間(t)的變更如圖2所示。反應(yīng)過(guò)程中有紅棕色氣體產(chǎn)生。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是()A．t1時(shí)刻前，Al片的電極反應(yīng)為：2Al－6e－＋3H2O=Al2O3＋6H＋B．t1時(shí)，因Al在濃硝酸中鈍化，氧化膜阻礙了Al接著反應(yīng)C．t1時(shí)刻后，負(fù)極Cu失電子，電流方向發(fā)生變更D．燒杯中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為2NO2＋2OH－=2NOeq\o\al(－,3)＋H2O答案D解析由題圖1、2知，t1時(shí)刻前，即鋁鈍化前，鋁片作負(fù)極，發(fā)生反應(yīng)：2Al－6e－＋3H2O=Al2O3＋6H＋，A正確；t1時(shí)，因Al在濃硝酸中鈍化，氧化膜阻礙了Al接著反應(yīng)，B正確；t1時(shí)刻后，Cu片作負(fù)極，失電子，電流方向發(fā)生變更，C正確；燒杯中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為2NO2＋2OH－=NOeq\o\al(－,3)＋NOeq\o\al(－,2)＋H2O，D錯(cuò)誤。13．25℃時(shí)，將氨水與氯化銨溶液混合得到c(NH3·H2O)＋c(NHeq\o\al(＋,4))＝0.1mol·L－1的混合溶液，溶液中c(NH3·H2O)、c(NHeq\o\al(＋,4))與pH的關(guān)系如圖所示。下列有關(guān)粒子濃度關(guān)系的敘述肯定正確的是()A．W點(diǎn)表示溶液中：c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)＝c(OH－)B．pH＝9.5溶液中：c(NH3·H2O)>c(NHeq\o\al(＋,4))>c(OH－)>c(H＋)C．pH＝10.5溶液中：c(Cl－)＋c(OH－)＋c(NH3·H2O)<0.1mol·L－1D．NH3·H2O的電離平衡常數(shù)K＝10－9.25答案B解析由電荷守恒可得c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(Cl－)，A錯(cuò)誤；pH＝9.25時(shí)，溶液中粒子濃度大小依次為：c(NH3·H2O)＝c(NHeq\o\al(＋,4))>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)，隨著溶液堿性增加，則有c(NH3·H2O)>c(NHeq\o\al(＋,4))，B正確；由電荷守恒可得c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(Cl－)，且c(NH3·H2O)＋c(NHeq\o\al(＋,4))＝0.1mol·L－1，可得0.1mol·L－1－c(NH3·H2O)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(Cl－)，即c(Cl－)＋c(OH－)＋c(NH3·H2O)＝0.1mol·L－1＋c(H＋)，所以有c(Cl－)＋c(OH－)＋c(NH3·H2O)>0.1mol·L－1，C錯(cuò)誤；NH3·H2O的電離平衡常數(shù)K＝eq\f(cNH\o\al(＋,4)·cOH－,cNH3·H2O)，溫度不變，K不變，依據(jù)題圖中W點(diǎn)進(jìn)行計(jì)算得K＝c(OH－)＝10－(14－9.25)＝10－4.75，D錯(cuò)誤。第Ⅱ卷(非選擇題，共58分)二、必考題(本題包括3個(gè)小題，共43分)26．(14分)某試驗(yàn)愛(ài)好小組將無(wú)水FeCl3與氯苯混合發(fā)生反應(yīng)制備常用還原劑FeCl2。反應(yīng)原理是2FeCl3＋C6H5Cleq\o(→,\s\up7(130℃))2FeCl2＋C6H4Cl2＋HCl↑。依據(jù)如圖裝置，在三頸燒瓶中放入162.5g無(wú)水FeCl3和225g氯苯，限制反應(yīng)溫度在130℃下加熱3h，冷卻、過(guò)濾、洗滌、干燥得到粗產(chǎn)品。將生成的HCl用水汲取，利用莫爾法可以測(cè)出無(wú)水FeCl3的轉(zhuǎn)化率(莫爾法是用硝酸銀標(biāo)準(zhǔn)溶液測(cè)定鹵離子含量的沉淀滴定法)。已知有關(guān)數(shù)據(jù)如下：C6H5ClC6H4Cl2熔點(diǎn)/℃－4553沸點(diǎn)/℃132173回答下列問(wèn)題：(1)儀器b的作用是________。干燥管c中盛裝的試劑是________。(2)反應(yīng)結(jié)束后需向反應(yīng)器a中吹入干燥的氮?dú)?，其目的是__________________________________。(3)下列各裝置(盛有蒸餾水)能代替圖中虛線框內(nèi)部分的是________(填序號(hào))。(4)從濾液中回收過(guò)量氯苯的操作是_______________________________。(5)將錐形瓶?jī)?nèi)溶液的pH調(diào)至6.0后加水稀釋至1000mL，從中取10.0mL滴加幾滴指示劑，用0.2000mol/LAgNO3溶液進(jìn)行滴定。當(dāng)達(dá)到終點(diǎn)時(shí)，消耗22.50mLAgNO3溶液。AgClAgBrAgIAg2CrO4Ksp2×10－105.4×10－118.3×10－172×10－12顏色白淡黃黃磚紅①參照上表已知信息用硝酸銀標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定氯離子含量時(shí)可以作指示劑的是________(填字母)。a．CaCl2b．NaBrc．NaId．K2CrO4②滴定達(dá)終點(diǎn)的現(xiàn)象是___________________________。③無(wú)水FeCl3的轉(zhuǎn)化率α＝________%。答案(1)冷凝回流氯苯、導(dǎo)氣(答出加點(diǎn)部分即可)無(wú)水氯化鈣(或五氧化二磷、硅膠)(2)使氯化氫全部轉(zhuǎn)移至錐形瓶中被水充分汲取，精確測(cè)定FeCl3的轉(zhuǎn)化率(答出加點(diǎn)部分即可)(3)fh(4)蒸餾濾液，收集132℃的餾分(5)①d②有磚紅色沉淀生成③90解析(1)儀器b為球形冷凝管，其作用是冷凝回流氯苯和導(dǎo)氣。干燥管c的作用是防止d中水蒸氣進(jìn)入a，盛裝的試劑為無(wú)水氯化鈣(或五氧化二磷、硅膠)。(3)HCl極易溶于水，易發(fā)生倒吸，汲取時(shí)要有防倒吸裝置，故代替d裝置可選用f、h。(5)①沉淀滴定法指示劑應(yīng)選擇和AgCl顏色不同，且溶解度比AgCl大的試劑，從表格中數(shù)據(jù)可以看出，應(yīng)選擇d(K2CrO4)。②滴定達(dá)終點(diǎn)的現(xiàn)象是有磚紅色沉淀生成。③依據(jù)2FeCl3＋C6H5Cleq\o(→,\s\up17(130℃))2FeCl2＋C6H4Cl2＋HCl↑和HCl＋AgNO3=AgCl↓＋HNO3，得關(guān)系式為：2FeCl3～HCl～AgNO3,則n(FeCl3)＝2n(HCl)＝2n(AgNO3)＝2×22.50×10－3×0.200×100mol＝0.9mol，m(FeCl3)＝n·M＝0.9mol×162.5g·mol－1＝0.9×162.5g，轉(zhuǎn)化率α＝eq\f(0.9×162.5g,162.5g)×100%＝90%。27．(2024·山東煙臺(tái)高三期末)(14分)以硅石(主要成分SiO2)為起始原料生產(chǎn)高純多晶硅的簡(jiǎn)化工藝流程如下圖所示：(1)在電弧爐中，生成粗硅的化學(xué)方程式為_(kāi)_______________________，該反應(yīng)氧化劑與還原劑物質(zhì)的量之比為_(kāi)_______。(2)合成爐中有關(guān)反應(yīng)的數(shù)據(jù)如下表所示：熱化學(xué)方程式平衡常數(shù)主反應(yīng)Si(s)＋3HCl(g)SiHCl3(g)＋H2(g)ΔH＝－210kJ/molK1副反應(yīng)Si(s)＋4HCl(g)SiCl4(g)＋2H2(g)ΔH＝－241kJ/molK①主反應(yīng)的溫度需嚴(yán)格限制在280～300℃之間，若溫度過(guò)低，則______________________________；若溫度太高，SiHCl3則會(huì)轉(zhuǎn)化生成SiCl4，該轉(zhuǎn)化的熱化學(xué)方程式為_(kāi)_____________________________。②平衡時(shí)，eq\f(cSiHCl3,cSiCl4)的值a隨著eq\f(cH2,cHCl)的值b的變更而變更，則eq\f(a,b)＝________(用含K1、K2的代數(shù)式表示)。工業(yè)上用H2適當(dāng)稀釋HCl來(lái)提高eq\f(cSiHCl3,cSiCl4)的值，請(qǐng)用平衡移動(dòng)原理加以說(shuō)明：________________________________。(3)還原爐中的主要反應(yīng)為SiHCl3(g)＋H2(g)=Si(s)＋3HCl(g)ΔH>0。試驗(yàn)室中在1.0L密閉容器中探討得到SiHCl3的轉(zhuǎn)化率在不同溫度條件下隨eq\f(nH2,nSiHCl3)變更的曲線如圖所示。t1、t2、t3表示的溫度凹凸依次為_(kāi)_______；t1溫度時(shí)平衡常數(shù)Ka＝________。答案(1)SiO2＋2Ceq\o(=,\s\up17(高溫))Si＋2CO↑1∶2(2)①反應(yīng)速率慢，達(dá)到平衡須要時(shí)間長(zhǎng)，生產(chǎn)效率低下SiHCl3(g)＋HCl(g)SiCl4(g)＋H2(g)ΔH＝－31kJ/mol②eq\f(K1,K2)增大c(H2)濃度，化學(xué)平衡SiHCl3(g)＋HCl(g)SiCl4(g)＋H2(g)逆向移動(dòng)，可降低c(SiCl4)的濃度，增大c(SiHCl3)的濃度從而使eq\f(cSiHCl3,cSiCl4)增大(3)t1>t2>t327.648解析(1)二氧化硅和焦炭在高溫的條件下生成硅和一氧化碳，化學(xué)方程式為SiO2＋2Ceq\o(=,\s\up17(高溫))Si＋2CO↑；在該反應(yīng)中C元素化合價(jià)上升，失去電子，作還原劑，SiO2中的Si元素化合價(jià)降低，獲得電子，作氧化劑，所以氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為1∶2。(2)①溫度過(guò)低，反應(yīng)速率慢，達(dá)到平衡所須要的時(shí)間太久，不經(jīng)濟(jì)；但若溫度過(guò)高，又會(huì)發(fā)生副反應(yīng)，SiHCl3又會(huì)轉(zhuǎn)化生成SiCl4，使須要的物質(zhì)產(chǎn)率降低；將副反應(yīng)與主反應(yīng)兩式相減，整理可得SiHCl3(g)＋HCl(g)SiCl4(g)＋H2(g)ΔH＝－31kJ/mol。②依據(jù)熱化學(xué)方程式可得K1＝eq\f(cSiHCl3·cH2,c3HCl)，K2＝eq\f(cSiCl4·c2H2,c4HCl)，eq\f(K1,K2)＝eq\f(\f(cSiHCl3·cH2,c3HCl),\f(cSiCl4·c2H2,c4HCl))＝eq\f(cSiHCl3·cHCl,cSiCl4·cH2)＝eq\f(a,b)，即eq\f(a,b)＝eq\f(K1,K2)；由于K1、K2都是常數(shù)，所以從eq\f(K1,K2)＝eq\f(cSiHCl3·cHCl,cSiCl4·cH2)等于常數(shù)可知：適當(dāng)增大c(H2)，化學(xué)平衡SiHCl3(g)＋HCl(g)SiCl4(g)＋H2(g)逆向移動(dòng)，使容器中c(SiCl4)減小，c(SiHCl3)增大，這樣eq\f(cSiHCl3,cSiCl4)就會(huì)增大，從而降低了副產(chǎn)物的產(chǎn)生，得到更多SiHCl3，提高了產(chǎn)品的產(chǎn)率和生產(chǎn)效率。(3)依據(jù)圖像可知：當(dāng)其他條件相同而溫度不同的狀況下，物質(zhì)SiHCl3的轉(zhuǎn)化率：t1>t2>t3。由于該反應(yīng)的正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，在其他條件不變的條件下，上升溫度，化學(xué)平衡正向移動(dòng)，SiHCl3轉(zhuǎn)化率提高，所以溫度大小關(guān)系為：t1>t2>t3；在a點(diǎn)時(shí)假設(shè)n(SiHCl3)＝1mol，則n(H2)＝3.3mol，由于容器的容積是1.0L，故起先時(shí)c(SiHCl3)＝1mol/L，c(H2)＝3.3mol/L，用三段式進(jìn)行計(jì)算：SiHCl3(g)＋H2(g)=Si(s)＋3HCl(g)eq\a\vs4\al(c起先,mol/L)13.30eq\a\vs4\al(c變更,mol/L)0.80.82.4eq\a\vs4\al(c平衡,mol/L)0.22.52.4則K＝eq\f(c3HCl,cSiHCl3·cH2)＝eq\f(2.43,0.2×2.5)＝27.648。28．(15分)化學(xué)平衡是最重要的化學(xué)反應(yīng)原理之一。中學(xué)階段涉及的平衡有氣體可逆反應(yīng)的平衡、酸堿電離平衡、水解平衡及沉淀溶解平衡等。(1)現(xiàn)有容積為1L的恒溫恒容密閉容器，向其中加入1molA氣體和1molB氣體后發(fā)生反應(yīng)：A(g)＋B(g)C(g)ΔH＝－qkJ·mol－1(q>0)，ts后，反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，生成0.5molC氣體，放出熱量Q1kJ?；卮鹣铝袉?wèn)題。①該反應(yīng)的平衡常數(shù)為_(kāi)_______，q________(填“>”“<”或“＝”)Q1。②下列各項(xiàng)中能說(shuō)明該反應(yīng)已經(jīng)達(dá)到平衡狀態(tài)的有________(填序號(hào))。A．消耗0.1molA的同時(shí)生成0.1molCB．容器中氣體的壓強(qiáng)不隨時(shí)間而變更C．容器中氣體的密度不隨時(shí)間而變更D．A的轉(zhuǎn)化率為50%③保持容器溫度和容積不變，若起先時(shí)向容器中加入1molC氣體，反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)，汲取熱量Q2kJ，則Q1、Q2與q的關(guān)系正確的是________(填序號(hào))。A．Q1＋Q2＝q B．Q1＋2Q2<qC．Q1＋2Q2>q D．Q1＋Q2<q④在原平衡基礎(chǔ)上，保持容器溫度和容積不變，向容器中再通入amolA氣體，重新達(dá)平衡后，B氣體的轉(zhuǎn)化率為75%，則a＝________。(2)亞磷酸(H3PO3)是二元酸，與足量NaOH溶液反應(yīng)生成Na2HPO3。①25℃時(shí)，H3PO3H＋＋H2POeq\o\al(－,3)的電離常數(shù)Ka1＝4.0×10－2mol·L－1，該溫度下NaH2PO3水解反應(yīng)的平衡常數(shù)Kh＝________mol·L－1。②25℃時(shí)，在NaH2PO3稀溶液中c(H3PO3)<c(HPOeq\o\al(2－,3))，則該溶液pH________(填“>”“<”或“＝”)7。(3)如圖為某溫度下PbS(s)、ZnS(s)、FeS(s)分別在溶液中達(dá)到沉淀溶解平衡后溶液中S2－的濃度與金屬陽(yáng)離子的濃度之間的關(guān)系。假如向三種沉淀中滴加鹽酸，最先溶解的是________(填化學(xué)式)。向新生成的ZnS濁液中滴入足量含相同濃度的Pb2＋、Fe2＋的溶液，振蕩，寫(xiě)出ZnS轉(zhuǎn)化成其他沉淀的離子方程式________________________________________________。答案(1)①2>②BD③AC④1.25(2)①2.5×10－13②<(3)FeSPb2＋＋ZnS=PbS＋Zn2＋解析(1)①依據(jù)平衡常數(shù)表達(dá)式，K＝eq\f(cC,cA·cB)＝2，qkJ是生成1molC(g)放出的熱量，Q1kJ是生成0.5molC(g)放出的熱量，故q大于Q1。②無(wú)論是否達(dá)到平衡，每消耗0.1molA必定同時(shí)生成0.1molC，A項(xiàng)不能說(shuō)明；B項(xiàng)，恒溫恒容條件下，壓強(qiáng)不變，可以說(shuō)明該反應(yīng)已經(jīng)達(dá)到平衡狀態(tài)；C項(xiàng)，氣體總質(zhì)量和體積始終不變，則氣體密度不變不能說(shuō)明該反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)；D項(xiàng)，A的轉(zhuǎn)化率為50%，說(shuō)明此時(shí)反應(yīng)消耗了0.5molA，生成了0.5molC，反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)。③恒溫恒容下，起先時(shí)加入1molC氣體達(dá)到的平衡與原平衡等效，則有Q1＋Q2＝q，A項(xiàng)正確；因?yàn)镼2>0，故Q1＋2Q2>q，C項(xiàng)正確。④由于溫度不變，則平衡常數(shù)仍為2，B的轉(zhuǎn)化率為75%，B的轉(zhuǎn)化濃度為75%×1mol·L－1＝0.75mol·L－1，則平衡時(shí)c(A)＝(0.25＋a)mol·L－1，c(B)＝0.25mol·L－1，c(C)＝0.75mol·L－1，故K＝0.75/[0.25×(0.25＋a)]＝2，解得a＝1.25。(2)①依據(jù)Kh·Ka1＝Kw可計(jì)算得出。②c(H3PO3)<c(HPOeq\o\al(2－,3))，則H2POeq\o\al(－,3)的電離程度大于其水解程度，所以溶液顯酸性，溶液的pH<7。(3)由題圖知FeS的溶度積常數(shù)最大，則FeS最先溶解；沉淀轉(zhuǎn)化時(shí)，溶度積常數(shù)較大的沉淀轉(zhuǎn)化為溶度積常數(shù)較小的沉淀，故ZnS沉淀會(huì)轉(zhuǎn)化為PbS。三、選考題(兩個(gè)題中任選一題作答，共15分)35．(2024·廣東茂名高三期末)[化學(xué)——選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)](15分)鈉的化合物用途廣泛，回答下列問(wèn)題：(1)多硫化鈉(Na2Sx)用作聚合的終止劑。鈉原子價(jià)層電子的軌道表達(dá)式(電子排布圖)為_(kāi)_______，基態(tài)S原子電子占據(jù)最高能級(jí)的電子云輪廓圖為_(kāi)_______，其中Na2S4中存在的化學(xué)鍵有：________。A．離子鍵 B．極性共價(jià)鍵C．π鍵 D．非極性共價(jià)鍵(2)r(S2－)>r(Na＋)的緣由是______________。(3)Na2SO3常用作工業(yè)的脫氧劑和漂白劑，其陰離子的中心原子的雜化形式是________，空間構(gòu)型是____________。(4)下表列出了鈉的鹵化物的熔點(diǎn)：化學(xué)式NaFNaClNaBrNaI熔點(diǎn)/℃995801775651①NaF的熔點(diǎn)比NaI的熔點(diǎn)高的緣由是______________________________；②NaCl晶格能是786kJ/mol，則NaF的晶格能可能是________。A．704kJ/mol B．747kJ/molC．928kJ/mol(5)NaH具有NaCl型的立方晶體結(jié)構(gòu)，已知NaH晶體的晶胞參數(shù)a＝488pm，Na＋半徑為102pm，則H－的半徑為_(kāi)_______pm；NaH的理論密度是________g/cm3(保留三位有效數(shù)字)。(6)首例被發(fā)覺(jué)的帶結(jié)晶水的超導(dǎo)材料晶體化學(xué)式為Na0.35CoOx·1.3H2O，具有……—CoO2—H2O—Na—H2O—CoO2—H2O—Na—H2O—……層狀結(jié)構(gòu)，已知CoOx層的構(gòu)型部分如圖，其中粗線畫(huà)出的是其二維晶胞，則x＝________。答案(1)啞鈴狀(或紡錘狀)AD(2)電子層數(shù)多(3)sp3三角錐形(4)①NaF和NaI同屬于離子晶體，r(F－