試卷第=page11頁(yè)，共=sectionpages33頁(yè)云南省昆明市2022屆高三”三診一?！?月復(fù)習(xí)教學(xué)質(zhì)量檢測(cè)理綜化學(xué)試題學(xué)校:___________姓名：___________班級(jí)：___________考號(hào)：___________一、單選題1．宋代絹畫(huà)《千里江山圖》以“赭石為基底，孔雀石做重彩，藍(lán)銅礦染青山，硨磲白填人形”。下列說(shuō)法正確的是A．絹的主要成分是蠶絲，屬于纖維素B．紅棕色赭石的主要成分是Fe3O4C．孔雀石[主要成分為Cu2CO3(OH)2]耐高溫，受熱不分解D．藍(lán)銅礦[主要成分為Cu3(CO3)2(OH)2]遇強(qiáng)酸會(huì)產(chǎn)生氣體2．分子結(jié)構(gòu)修飾在藥物設(shè)計(jì)與合成中有廣泛的應(yīng)用。布洛芬具有抗炎、鎮(zhèn)痛、解熱作用，但口服該藥對(duì)胃、腸道有刺激性，可以對(duì)該分子進(jìn)行如圖所示的分子修飾。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A．甲的分子式為C13H18O2 B．甲分子中最多有8個(gè)碳原子共平面C．甲和乙都能與氫氧化鈉溶液發(fā)生反應(yīng) D．甲修飾成乙可降低對(duì)胃、腸道的刺激3．NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列敘述正確的是A．1mol—18OH所含中子數(shù)為11NAB．32gO2和O3的混合物所含氧原子數(shù)為2NAC．常溫下，pH=14的Ba(OH)2溶液中OH-離子數(shù)為NAD．足量Zn與含1molH2SO4的濃硫酸反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為2NA4．下列實(shí)驗(yàn)操作對(duì)應(yīng)的現(xiàn)象和結(jié)論均正確的是選項(xiàng)操作現(xiàn)象結(jié)論A向淀粉水解液中加入碘水溶液不變藍(lán)淀粉完全水解B向飽和Na2CO3溶液中加入少量BaSO4粉末，過(guò)濾，在濾渣中加入鹽酸產(chǎn)生氣泡，固體部分溶解Ksp(BaCO3)<Ksp(BaSO4)C向久置發(fā)黃的濃硝酸中通入O2黃色褪去O2具有漂白性D向某溶液中加入稀氫氧化鈉溶液，用濕潤(rùn)的紅色石蕊試紙檢驗(yàn)無(wú)明顯現(xiàn)象溶液中無(wú)NHA．A B．B C．C D．D5．W、X、Y、Z是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素。W、Z同族，含X元素的物質(zhì)灼燒時(shí)火焰呈黃色，Y是地殼中含量最高的金屬元素，Z的最高化合價(jià)與最低化合價(jià)代數(shù)和為4。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A．簡(jiǎn)單氫化物的熱穩(wěn)定性：W>Z B．W與Y形成的高熔點(diǎn)化合物可用于制造耐火管C．X2Z和X2Z2中均不含共價(jià)鍵 D．X、Y、Z的最高價(jià)氧化物的水化物之間可以相互反應(yīng)6．間接電氧化苯甲醇(C6H5CH2OH)合成苯甲醛(C6H5CHO)是一種綠色生產(chǎn)工藝。我國(guó)學(xué)者利用Ce4+/Ce3+為媒介在酸性水溶液中合成苯甲醛，工作原理如圖所示。下列說(shuō)法正確的是A．電極b與電源正極相連B．一段時(shí)間后，體系中Ce3+濃度逐漸減小C．生成0.2molC6H5CHO時(shí)，電極b上生成H24.48L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)D．陽(yáng)極的電極反應(yīng)式為C6H5CH2OH-2e-=C6H5CHO+2H+二、多選題7．常溫下，向1L0.10mol·L-1的Na2S溶液中通入SO2氣體，溶液pH與SO2通入量的關(guān)系如圖所示。pH<7.5時(shí)，有硫單質(zhì)生成。已知：常溫下，H2SO3的Ka1=1.4×10-2，Ka2=6.0×10-8；H2S的Ka1=1.1×10-7，Ka2=1.3×10-13。下列說(shuō)法正確的是A．常溫下，Na2SO3溶液pH大于相同濃度的Na2S溶液B．a(chǎn)點(diǎn)發(fā)生的主要反應(yīng)的離子方程式為2S2-+SO2+H2O=2HS-+SOC．a(chǎn)點(diǎn)存在c(S2-)+c(HS-)=2c(SO)+2c(HSO)+2c(H2SO3)D．b點(diǎn)存在c(S2-)?c(SO)=7.8×10-7?c(HS-)?c(HSO)三、工業(yè)流程題8．銅氨溶液在纖維工業(yè)有廣泛應(yīng)用。實(shí)驗(yàn)室模擬用廢棄輝銅礦渣(主要含Cu2S，還含有少量FeS、SiO2)為原料制備Cu(NH3)的流程如圖：已知：常溫下，Ksp[Cu(OH)2]=2×10-20，Cu2++4NH3Cu(NH3)

K=1×1013回答下列問(wèn)題：(1)實(shí)驗(yàn)前將礦渣粉碎的目的是________，方案I中試劑①是________。(2)方案II中，“過(guò)濾2”所得濾渣的主要成分除S外，還有________(填化學(xué)式)。Cu2S和硫酸鐵溶液反應(yīng)的離子方程式是________。(3)“除鐵”前，“氧化”的目的是________，試劑②最好選用________(填化學(xué)式)。如何證明鐵元素被完全除盡？________。(4)從環(huán)保角度看，兩種方案更優(yōu)的是________。(5)常溫下，向CuSO4溶液中加入濃氨水，生成Cu(OH)2沉淀，繼續(xù)加入濃氨水，沉淀溶解生成Cu(NH3)。沉淀開(kāi)始溶解時(shí)溶液的pH為10，則=________。四、實(shí)驗(yàn)題9．葡萄糖酸鋅是一種補(bǔ)鋅劑，在醫(yī)藥、食品等領(lǐng)域應(yīng)用廣泛。某實(shí)驗(yàn)小組制備葡萄糖酸鋅并測(cè)定產(chǎn)品中鋅含量的方法如下：步驟I：制備葡萄糖酸鋅步驟II：測(cè)定產(chǎn)品中鋅含量準(zhǔn)確稱取mg葡萄糖酸鋅產(chǎn)品，溶解后轉(zhuǎn)移至100mL容量瓶中，加水定容。移取25.00mL溶液于錐形瓶中，加入指示劑和緩沖液，搖勻，然后用0.05mol·L-1的EDTA(呈弱酸性，用H2Y2-表示)標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定(發(fā)生反應(yīng)：Zn2++H2Y2-=ZnY2-+2H+)，滴定終點(diǎn)時(shí)消耗VmLEDTA標(biāo)準(zhǔn)溶液。部分物質(zhì)的化學(xué)式和性質(zhì)如表：名稱化學(xué)式性質(zhì)葡萄糖酸C6H12O7易溶于水，微溶于乙醇葡萄糖酸鈣Ca(C6H11O7)2易溶于熱水葡萄糖酸鋅Zn(C6H11O7)2溶于水，極易溶于沸水，不溶于乙醇回答下列問(wèn)題：(1)葡萄糖酸()是________(填“一元酸”“二元酸”或“多元酸”)。(2)步驟I中，葡萄糖酸鈣與稀硫酸反應(yīng)的化學(xué)方程式是________，該反應(yīng)可采取的加熱方式是________。(3)已知CaSO4的溶解度隨溫度升高而降低，故步驟I中①操作是________，將濾液1通過(guò)H+型陽(yáng)離子交換樹(shù)脂的目的是________。(4)向?yàn)V液2中加入10mL95%的乙醇，充分?jǐn)嚢璨⒗鋮s，過(guò)濾得葡萄糖酸鋅固體，加入乙醇的目的是________。(5)滴定過(guò)程中，盛裝EDTA標(biāo)準(zhǔn)液應(yīng)選用________(填“酸式”或“堿式”)滴定管，產(chǎn)品中鋅含量=________%(用含m、V的式子表示)。五、原理綜合題10．NO是大氣污染物之一，NO的轉(zhuǎn)化技術(shù)對(duì)大氣污染防治意義深遠(yuǎn)?；卮鹣铝袉?wèn)題：(1)熾熱的活性炭可以處理NO，發(fā)生的反應(yīng)為C(s)+2NO(g)CO2(g)+N2(g)ΔH。①已知：C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH1=—393.5kJ·mol-1，N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH2=+180.5kJ·mol-1，則ΔH=_______kJ·mol-1。②一定溫度下，將一定量的活性炭和NO加入一恒容密閉容器中發(fā)生上述反應(yīng)，0~2min內(nèi)，氣體密度增大1.2g·L-1，則v(N2)=_______。下列能表示該反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)的是_______(填字母)。A．容器內(nèi)混合氣體的密度保持不變

B．容器內(nèi)混合氣體的平均相對(duì)分子質(zhì)量保持不變C．NO和N2的消耗速率之比為1：2

D．容器內(nèi)壓強(qiáng)不再改變(2)利用高效催化劑處理汽車尾氣中的NO的反應(yīng)為2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)。①該反應(yīng)在低溫下能自發(fā)進(jìn)行，則該反應(yīng)的ΔH_______0(填“＞”“＜”或“=”)，提高NO平衡轉(zhuǎn)化率的措施有_______(寫(xiě)出一條即可)。②一定溫度下，在體積為1L的恒容密閉容器中加入1molCO和1molNO發(fā)生上述反應(yīng)，部分物質(zhì)的體積分?jǐn)?shù)φ隨時(shí)間t變化如圖所示。曲線b表示物質(zhì)的φ~t關(guān)系，正反應(yīng)速率v(t3)_______v(t4)(填“＞”“＜”或“=”)，若起始?jí)簭?qiáng)為po，則該反應(yīng)溫度下Kp=_______(分壓=物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)×總壓，用含po的式子表示)。六、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)11．中子衍射實(shí)驗(yàn)證實(shí)：trans-[CO(NH2CH2CH2NH2)Cl]Cl·HCl·2H2O晶體中僅存在3種離子：X+和含鈷的Y+和Cl—，不存在分子。Y+的結(jié)構(gòu)如圖所示?；卮鹣铝袉?wèn)題：(1)Co3+的價(jià)層電子排布式是_______，已知磁矩μB=(n表示未成對(duì)電子數(shù))，則Co3+的磁矩μB=_______。(2)Y+中的配體，提供孤電子對(duì)的原子是_______(填元素符號(hào))，Co3+的配位數(shù)是_______，X+是_______(填離子符號(hào))。(3)Y+中N原子的雜化方式是_______，乙二胺(NH2CH2CH2NH2)與正丁烷的相對(duì)分子質(zhì)量相近，比較兩者的沸點(diǎn)高低并解釋原因_______。(4)NO、NO、NO的鍵角由大到小的順序是_______。(5)鈷酸鋰(LiCoO2)的一種晶胞如圖所示(僅標(biāo)出Li，Co與O未標(biāo)出)。則晶胞中含有O2-的個(gè)數(shù)為_(kāi)______，晶胞邊長(zhǎng)為apm，Li+的離子半徑為rpm，Li+占有晶胞總體積的百分率=_______。七、有機(jī)推斷題12．本維莫德乳膏為全球第一個(gè)被批準(zhǔn)同時(shí)治療銀屑病和濕疹的非激素類外用藥，于2019年10月19日在中國(guó)上市，商品名為欣比克。其主要成分本維莫德的一種合成方法如圖：回答下列問(wèn)題：(1)A可由異丙基苯()制得，A的化學(xué)名稱為_(kāi)______，E中官能團(tuán)的名稱為_(kāi)______。(2)B的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為_(kāi)______，B→C的反應(yīng)類型為_(kāi)______。(3)D與新制的Cu(OH)2懸濁液反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)______。(4)D→E的目的是_______。(5)M是A的同系物，相對(duì)分子質(zhì)量比A小14，M的可能結(jié)構(gòu)有_______種(不含立體異構(gòu))，其中核磁共振氫譜有4組峰的一種分子的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式是_______。(6)根據(jù)上述路線中的相關(guān)知識(shí)，以甲苯為原料，設(shè)計(jì)制備()的合成路線(其他試劑任選)_______。答案第=page11頁(yè)，共=sectionpages22頁(yè)參考答案：1．D【解析】【詳解】A．蠶絲的主要成分是蛋白質(zhì)，故A錯(cuò)誤；B．紅棕色赭石的主要成分是氧化鐵，故B錯(cuò)誤；C．堿式碳酸銅性質(zhì)不穩(wěn)定，受熱易分解，故C錯(cuò)誤；D．堿式碳酸銅與強(qiáng)酸溶液反應(yīng)生成銅鹽、二氧化碳和水，故D正確；故選D。2．B【解析】【詳解】A．由甲的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知分子式為C13H18O2，A正確；B．苯環(huán)是平面型分子，由于單鍵可旋轉(zhuǎn)，則最多共平面的碳原子有共11個(gè)，B錯(cuò)誤；C．甲含有羧基，能與NaOH溶液反應(yīng)，乙含有酯基，可與NaOH溶液發(fā)生水解反應(yīng)，C正確；D．甲含有羧基，具有弱酸性，甲修飾成乙含有酯基，可降低對(duì)胃、腸道的刺激，D正確；故選：B。3．B【解析】【詳解】A．18O中含10個(gè)中子，H中不含中子，則1mol-18OH中含10mol中子，中子數(shù)為10NA，A錯(cuò)誤；B．32gO2和O3的混合物可看成32gO，32gO的物質(zhì)的量為=2mol，則氧原子個(gè)數(shù)為2NA，B正確；C．溶液的體積未知，無(wú)法求算氫氧根離子數(shù)，C錯(cuò)誤；D．足量鋅與濃硫酸反應(yīng)，隨著反應(yīng)進(jìn)行，濃硫酸變?yōu)橄×蛩幔群蟀l(fā)生反應(yīng)：Zn+2H2SO4(濃)=ZnSO4+SO2↑+2H2O，2molH2SO4參與反應(yīng)轉(zhuǎn)移2mol電子，Zn+H2SO4(稀)=ZnSO4+H2↑，1molH2SO4參與反應(yīng)轉(zhuǎn)移2mol電子，因此足量Zn與含1molH2SO4的濃硫酸反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子數(shù)小于2NA，D錯(cuò)誤；答案選B。4．A【解析】【詳解】A．淀粉遇碘變藍(lán)色，加入碘水不變藍(lán)色，說(shuō)明不含淀粉，則淀粉完全水解，故A正確；B．常溫下，向飽和Na2CO3溶液中加少量BaSO4粉末，因c(Ba2+)?c(CO)＞Ksp(BaCO3)，而產(chǎn)生BaCO3沉淀，加入鹽酸產(chǎn)生氣泡，不能說(shuō)明Ksp(BaCO3)、Ksp(BaSO4)的關(guān)系，故B錯(cuò)誤；C．濃硝酸不穩(wěn)定，分解生成二氧化氮溶解在濃硝酸中使溶液變黃，則通入O2時(shí)二氧化氮、氧氣與水發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成硝酸，溶液變?yōu)闊o(wú)色，故C錯(cuò)誤；D．加入稀NaOH溶液，不加熱，生成一水合氨，不會(huì)生成氨氣，應(yīng)利用濃NaOH并加熱，然后檢驗(yàn)氨氣，故D錯(cuò)誤；故選：A。5．C【解析】【分析】含X元素的物質(zhì)灼燒時(shí)火焰呈黃色說(shuō)明含鈉元素，則X為Na；Y是地殼中含量最高的金屬元素，Y為Al；Z的最高化合價(jià)與最低化合價(jià)代數(shù)和為4，即+6-2=4，則Z為VIA族元素，原子序數(shù)比Al大，則Z為S；W、Z同族，則W為O；【詳解】分析可知W、X、Y、Z分別為O、Na、Al、S；A．W為O、Z為S，W、Z同族，同主族元素從上到下非金屬性減弱，其簡(jiǎn)單氫化物的熱穩(wěn)定性也減弱，則W>Z，故A正確；B．W為O、Y為Al，其氧化物Al2O3的熔點(diǎn)高，可用于制造耐火材料，用于制造耐火磚、耐火管，故B正確；C．X為Na、Z為S，Na2S只含離子鍵，Na2S2中S與S原子內(nèi)含共價(jià)鍵，故C錯(cuò)誤；D．X、Y、Z分別為Na、Al、S，最高價(jià)氧化物的水化物分別為NaOH、Al(OH)3、H2SO4，具有兩性，Al(OH)3能與強(qiáng)酸和強(qiáng)堿都反應(yīng)，三者之間可相互反應(yīng)，故D正確；故選：C。6．C【解析】【分析】電極a上Ce元素化合價(jià)升高，發(fā)生氧化反應(yīng)，則a為陽(yáng)極，電極反應(yīng)式為Ce3+-e-=Ce4+，電極b為陰極，在酸性水溶液中氫離子得到電子生成氫氣，電極反應(yīng)式為2H++2e-=H2；【詳解】A．由電極a上Ce元素化合價(jià)升高，則a為陽(yáng)極，b為陰極，陰極與電源負(fù)極相連，A錯(cuò)誤；B．由于Ce3+和Ce4+之間是循環(huán)反應(yīng)，則體系中Ce3+濃度保持不變，B錯(cuò)誤；C．C6H5CH2OH→C6H5CHO過(guò)程中失去2個(gè)電子，生成0.2molC6H5CHO時(shí)，轉(zhuǎn)移0.4mol電子，電極b上電極反應(yīng)式為2H++2e-=H2，則生成0.2mol氫氣，標(biāo)準(zhǔn)狀況下生成H2體積為V=nVm=0.2mol×22.4L/mol=4.48L，C正確；D．分析可知，電極a上Ce元素化合價(jià)升高，陽(yáng)極的電極反應(yīng)式為Ce3+-e-=Ce4+，D錯(cuò)誤；故選：C。7．BD【解析】【詳解】A．由H2SO3的Ka2=6.0×10-8，H2S的Ka2=1.3×10-13，則HS-的酸性比HSO弱，弱酸的酸性越弱，其水解程度越大，對(duì)應(yīng)的鹽溶液pH越大，則常溫下，Na2S溶液pH大于相同濃度的Na2SO3溶液，A錯(cuò)誤；B．1L0.10mol·L-1的Na2S物質(zhì)的量為n=cV=1L×0.10mol·L-1=0.1mol，a點(diǎn)通入0.05molSO2，因?yàn)閬喠蛩釟涓嵝源笥诹驓涓嵝裕宰罱K生成HS-，反應(yīng)的離子方程式為2S2-+SO2+H2O=2HS-+SO，B正確；C．a(chǎn)點(diǎn)溶質(zhì)為NaHS、Na2S、NaHSO3，存在物料守恒：c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)=2c(SO)+2c(HSO)+2c(H2SO3)，C錯(cuò)誤；D．b點(diǎn)pH=7，常溫下c(H+)=1×10-7mol/L，由，則c(S2-)?c(SO)=7.8×10-7?c(HS-)?c(HSO)，D正確；故選：BD。8．(1)

加快反應(yīng)速率

NaOH溶液(2)

SiO2

4Fe3++Cu2S=4Fe2++2Cu2++S↓(3)

將Fe2+轉(zhuǎn)化為Fe3+，易于除去

CuO

取少量溶液于試管中滴加KSCN溶液，無(wú)明顯現(xiàn)象(4)方案Ⅱ(5)20【解析】【分析】由題給流程可知，方案I為銅礦渣中加入氫氧化鈉溶液浸取，將二氧化硅轉(zhuǎn)化為硅酸鈉，過(guò)濾得到硫酸鈉溶液和含有硫化亞銅、硫化亞鐵的濾渣，濾渣在空氣中灼燒得到含有氧化鐵和氧化銅的灼渣和有毒的二氧化硫，向灼渣中加入稀硫酸得到硫酸鐵和硫酸銅混合溶液；方案II銅礦渣中加入硫酸鐵溶液浸取，將硫化亞銅、硫化亞鐵轉(zhuǎn)化為硫、硫酸亞鐵和硫酸銅，二氧化硅不與硫酸鐵溶液反應(yīng)，過(guò)濾得到含有二氧化硅和硫的濾渣和含有硫酸亞鐵、硫酸銅的濾液；將濾液混合后加入合適的氧化劑，將亞鐵離子轉(zhuǎn)化為鐵離子，加入氧化銅調(diào)節(jié)溶液的pH，將鐵離子轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀，過(guò)濾得到硫酸銅溶液；向硫酸銅溶液中加入濃氨水先將溶液中的銅離子轉(zhuǎn)化為氫氧化銅沉淀，繼續(xù)加入濃氨水將氫氧化銅轉(zhuǎn)化為四氨合銅離子。(1)實(shí)驗(yàn)前將礦渣粉碎可以增大反應(yīng)物的接觸面積，加快反應(yīng)速率，使反應(yīng)更加充分；由分析可知，試劑①為氫氧化鈉溶液，目的是將二氧化硅轉(zhuǎn)化為可溶的硅酸鈉，故答案為：加快反應(yīng)速率；NaOH溶液；(2)由分析可知，過(guò)濾2所得濾渣的主要成分為二氧化硅和硫；硫化亞銅和硫酸鐵溶液反應(yīng)生成硫酸銅、硫酸亞鐵、硫，反應(yīng)的離子方程式為4Fe3++Cu2S=4Fe2++2Cu2++S↓，故答案為：SiO2；4Fe3++Cu2S=4Fe2++2Cu2++S↓；(3)由分析可知，除鐵前氧化的目的是加入合適的氧化劑，將亞鐵離子轉(zhuǎn)化為鐵離子，便于加入氧化銅調(diào)節(jié)溶液的pH，將鐵離子轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀；若加入硫氰化鉀溶液，溶液不變?yōu)榧t色，說(shuō)明鐵離子完全轉(zhuǎn)化為沉淀被完全除盡，故答案為：將Fe2+轉(zhuǎn)化為Fe3+，易于除去；CuO；取少量溶液于試管中滴加KSCN溶液，無(wú)明顯現(xiàn)象；(4)由分析可知，方案I所得的濾渣在空氣中灼燒時(shí)會(huì)生成有毒的二氧化硫，污染空氣，所以從環(huán)保角度看，兩種方案更優(yōu)的是方案II，故答案為：方案II；(5)由方程式可知，反應(yīng)的平衡常數(shù)K=，由沉淀開(kāi)始溶解時(shí)溶液的pH為10可知，溶液中銅離子的濃度為=2×10-12，則溶液中=K×c（Cu2+）=1×1013×2×10-12=20，故答案為：20。9．(1)一元酸(2)

Ca(C6H11O7)2+H2SO4=2C6Hl2O6+CaSO4↓

水浴加熱(3)

趁熱過(guò)濾

將未轉(zhuǎn)化的葡萄糖酸鈣完全轉(zhuǎn)化為葡萄糖酸(4)利于析出葡萄糖酸鋅晶體(5)

酸式

【解析】(1)葡萄糖酸分子中只有一個(gè)羧基，因此是一元酸。(2)步驟I中，葡萄糖酸鈣與稀硫酸發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)，則反應(yīng)的化學(xué)方程式是Ca(C6H11O7)2+H2SO4=2C6Hl2O6+CaSO4↓，由于控制溫度是90℃，所以該反應(yīng)可采取的加熱方式是水浴加熱。(3)由于CaSO4的溶解度隨溫度升高而降低，為防止析出硫酸鈣沉淀，故步驟I中①操作是趁熱過(guò)濾，將濾液1通過(guò)H+型陽(yáng)離子交換樹(shù)脂，氫離子和陽(yáng)離子鈣離子交換m，因此目的是將未轉(zhuǎn)化的葡萄糖酸鈣完全轉(zhuǎn)化為葡萄糖酸。(4)由于向?yàn)V液2中加入10mL95%的乙醇，充分?jǐn)嚢璨⒗鋮s，過(guò)濾即得葡萄糖酸鋅固體，這說(shuō)明加入乙醇的目的是利于析出葡萄糖酸鋅晶體。(5)由于EDTA呈弱酸性，所以滴定過(guò)程中，盛裝EDTA標(biāo)準(zhǔn)液應(yīng)選用酸式滴定管，根據(jù)方程式Zn2++H2Y2-=ZnY2-+2H+可知，樣品中鋅的物質(zhì)的量是0.001VL×0.05mol·L-1×100mL/25mL＝0.0002Vmol，則產(chǎn)品中鋅含量=。10．(1)

-574

0.05mol·L-1·min-1

AB(2)

<

加壓或降溫或增大一氧化碳的濃度

＞

【解析】(1)①將已知反應(yīng)依次編號(hào)為ⅰ、ⅱ，由蓋斯定律可知，反應(yīng)ⅰ—ⅱ得到反應(yīng)C(s)+2NO(g)CO2(g)+N2(g)，則ΔH=ΔH1—ΔH2=(—393.5kJ·mol-1)—(+180.5kJ·mol-1)=—574kJ·mol-1，故答案為：—574；②設(shè)容器的體積為VL，起始一氧化氮為2mol，反應(yīng)生成氮?dú)鉃閍mol，由題意可建立如下三段式：由0~2min內(nèi)，氣體密度增大1.2g·L-1可得：=1.2，解得a=0.1V，則氮?dú)獾姆磻?yīng)速率為=0.05mol·L-1·min-1；A．由質(zhì)量守恒定律可知，反應(yīng)前后氣體的質(zhì)量增大，在恒容密閉容器中混合氣體的密度增大，則容器內(nèi)混合氣體的密度保持不變說(shuō)明正逆反應(yīng)速率相等，反應(yīng)已達(dá)到平衡，故正確；B．該反應(yīng)為氣體體積不變的反應(yīng)，由質(zhì)量守恒定律可知，反應(yīng)前后氣體的質(zhì)量增大，混合氣體的平均相對(duì)分子質(zhì)量增大，容器內(nèi)混合氣體的平均相對(duì)分子質(zhì)量保持不變說(shuō)明正逆反應(yīng)速率相等，反應(yīng)已達(dá)到平衡，故正確；C．NO和N2的消耗速率之比為1：2不能說(shuō)明正逆反應(yīng)速率相等，無(wú)法判斷反應(yīng)是否達(dá)到平衡，故錯(cuò)誤；D．該反應(yīng)為氣體體積不變的反應(yīng)，容器內(nèi)壓強(qiáng)始終不變，則容器內(nèi)壓強(qiáng)不再改變不能說(shuō)明正逆反應(yīng)速率相等，無(wú)法判斷反應(yīng)是否達(dá)到平衡，故錯(cuò)誤；故選AB，故答案為：0.05mol·L-1·min-1；(2)①該反應(yīng)為氣體體積減小的熵減反應(yīng)，在低溫下能自發(fā)進(jìn)行說(shuō)明反應(yīng)ΔH—TΔS<0，則該反應(yīng)的ΔH小于0；增大壓強(qiáng)或降低溫度或增大一氧化碳的濃度，平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，一氧化氮的轉(zhuǎn)化率增大，故答案為：<；加壓或降溫或增大一氧化碳的濃度；②由圖可知，t3時(shí)反應(yīng)未達(dá)到平衡，t4時(shí)反應(yīng)達(dá)到平衡，則t3時(shí)正反應(yīng)速率大于t4時(shí)正反應(yīng)速率；由圖可知，平衡時(shí)一氧化碳和一氧化氮的體積分?jǐn)?shù)都為0.125，設(shè)反應(yīng)生成氮?dú)鉃閍mol，由題意可建立如下三段式：由一氧化碳的體積分?jǐn)?shù)為0.125可得：=0.125，解得a=0.4，由平衡前后氣體的壓強(qiáng)之比等于物質(zhì)的量之比可知，反應(yīng)后的壓強(qiáng)為×po=0.8po，則該反應(yīng)溫度下Kp==，故答案為：>；。11．(1)

3d6

2(2)

N、Cl

6

H5O(3)

sp3

因?yàn)橐叶贩肿娱g存在氫鍵，所以乙二胺的沸點(diǎn)高于正丁烷(4)NO、NO、NO(5)

16

×100%【解析】(1)鈷元素的原子序數(shù)為27，失去3個(gè)電子形成鈷離子，離子的價(jià)電子排布式為3d6，離子中有4個(gè)未成對(duì)電子，則離子的磁矩μB===2，故答案為：3d6；2；(2)由Y+的結(jié)構(gòu)可知，Y+中的配體，提供孤電子對(duì)的原子是氮原子和氯原子，配位數(shù)為6；晶體中僅存在3種離子，由原子個(gè)數(shù)和電荷守恒可知，X+是H5O，故答案為：N、Cl；6；H5O；(3)Y+中形成單鍵的氮原子的雜化方式為sp3雜化；乙二胺分子中含有的氨基能形成分子間氫鍵，而正丁烷不能形成分子間氫鍵，分子間作用力小于乙二胺，沸點(diǎn)低于乙二胺，故答案為：sp3；因?yàn)橐叶贩肿娱g存在氫鍵，所以乙二胺的沸點(diǎn)高于正丁烷；(4)NO中氮原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為2，孤對(duì)電子對(duì)數(shù)為0，離子的空間構(gòu)型為直線形；NO中氮原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為3，孤對(duì)電子對(duì)數(shù)為0，離子的空間構(gòu)型為平面三角形，NO中氮原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為3，孤對(duì)電子對(duì)數(shù)為1，離子的空間構(gòu)型為V形，則三種離子的鍵角由大到小的順序是