全國II卷東北三省三校2025屆高三化學(xué)第二次聯(lián)合考試試題理含解析

PAGE16-（全國II卷）東北三省三校2025屆高三化學(xué)其次次聯(lián)合考試試題理（含解析）1.下列說法正確的是A.煤轉(zhuǎn)化為水煤氣加以利用為了節(jié)約燃料成本B.用CO2合成可降解塑料聚碳酸酯，可實現(xiàn)“碳”的循環(huán)利用C.纖維素、油脂、蛋白質(zhì)均能作為人類的養(yǎng)分物質(zhì)D.鐵粉和生石灰均可作為食品包裝袋內(nèi)的脫氧劑【答案】B【解析】【詳解】A．煤轉(zhuǎn)化為水煤氣加以利用是為了實現(xiàn)煤的綜合利用并削減環(huán)境污染，A選項錯誤；B．用納米技術(shù)高效催化二氧化碳合成可降解塑料聚碳酸酯，可分解為無毒的二氧化碳，既不會引起白色污染，也可實現(xiàn)“碳”的循環(huán)利用，B選項正確；C．纖維素在人體內(nèi)不能水解成葡萄糖，不能作為人類的養(yǎng)分物質(zhì)，C選項錯誤；D．生石灰能用作食品干燥劑，但不能用作食品脫氧劑，D選項錯誤；答案選B。2.某化學(xué)學(xué)習(xí)小組利用如圖裝置來制備無水AlCl3（已知：無水AlCl3遇水能快速發(fā)生反應(yīng)）。下列說法正確的是A.裝置①中的試劑可能是二氧化錳B.裝置②、③中的試劑分別為濃硫酸、飽和食鹽水C.點燃④處酒精燈之前需排盡裝置中的空氣D.球形干燥管中堿石灰作用只有處理尾氣【答案】C【解析】【分析】結(jié)合題干信息，由圖可知，①裝置為氯氣的制備裝置，裝置②的目的是除去氯氣中的氯化氫，裝置③的目的是干燥氯氣，裝置④為制備無水AlCl3的裝置，裝置⑤用來收集生成的氯化鋁，堿石灰的作用是防止空氣中的水蒸氣進入裝置⑤中，并汲取過量的氯氣防止污染環(huán)境，據(jù)此分析解答問題。【詳解】A．①裝置為氯氣的制備裝置，濃鹽酸與MnO2須要在加熱的條件下才能反應(yīng)生成Cl2，缺少加熱儀器，A選項錯誤；B．裝置②的目的是除去氯氣中的氯化氫，用飽和食鹽水，裝置③的目的是干燥氯氣，用濃硫酸，B選項錯誤；C．因為Al能與空氣中的氧氣在加熱的條件下發(fā)生反應(yīng)，故點燃④處酒精燈之前需排盡裝置中的空氣，C選項正確；D．球形干燥管中的堿石灰的作用是防止空氣中的水蒸氣進入裝置⑤中，并汲取過量的氯氣防止污染環(huán)境，D選項錯誤；答案選C?！军c睛】本題考查化學(xué)試驗方案的評價，側(cè)重分析與試驗實力的考查，留意試驗的評價分析，把握試驗原理，明確裝置的作用關(guān)系為解答題目的關(guān)鍵。3.基于臨床探討，抗瘧疾藥物磷酸氯喹被證明在治療新冠肺炎過程中具有療效。4，7-二氯喹啉是合成磷酸氯喹的一種中間體，其結(jié)構(gòu)簡式如圖所示。下列有關(guān)該物質(zhì)的說法不正確的是A.屬于芳香族化合物 B.分子中全部原子在同一平面上C.分子式為C9H6NCl2 D.可發(fā)生取代、加成、氧化反應(yīng)【答案】C【解析】【詳解】A．由4，7-二氯喹啉的結(jié)構(gòu)簡式可知，該分子含有苯環(huán)，屬于芳香族化合物，A選項正確；B．依據(jù)苯環(huán)、碳碳雙鍵中全部原子共平面分析可知，該分子中全部原子在同一平面上，B選項正確；C．由結(jié)構(gòu)簡式可知，分子式為C9H5NCl2，C選項錯誤；D．該分子中苯環(huán)能夠發(fā)生取代、加成反應(yīng)，碳碳雙鍵能夠發(fā)生加成反應(yīng)、氧化反應(yīng)，D選項正確；答案選C。4.下列離子方程式正確的是A.向FeCl3溶液中通人過量H2S：2Fe3＋＋H2S=2Fe2＋＋S↓＋2H＋B.向NaHCO3溶液中加入少量澄清石灰水：Ca2＋＋OH－＋HCO3－=CaCO3↓＋H2OC.向NaClO溶液中通人少量SO2：SO2＋ClO－＋H2O=SO42－＋Cl－＋2H＋D.向FeI2溶液中通人等物質(zhì)的量的Cl2：2Fe2＋＋2I－＋2Cl2=2Fe3＋＋I2＋4Cl－【答案】A【解析】【詳解】A．向FeCl3溶液中通人過量H2S，生成氯化亞鐵、硫單質(zhì)和鹽酸，離子反應(yīng)方程式為2Fe3＋＋H2S=2Fe2＋＋S↓＋2H＋，A選項正確；B．過量少量問題，應(yīng)以少量為標(biāo)準(zhǔn)，向NaHCO3溶液中加入少量澄清石灰水，反應(yīng)中有2個OH-參加反應(yīng)，正確的離子反應(yīng)方程式為Ca2＋＋2OH－＋2HCO3－=CaCO3↓+CO32-＋2H2O，B選項錯誤；C．NaClO溶液中通人少量SO2的離子反應(yīng)方程式為SO2＋3ClO－＋H2O=SO42－＋Cl－＋2HClO，C選項錯誤；D．由于I-的還原性大于Fe2+的還原性，則氯氣先與I-反應(yīng)，將I-氧化完后，再氧化Fe2+，依據(jù)得失電子守恒可知，等量的Cl2剛好氧化I-，F(xiàn)e2+不被氧化，正確的離子反應(yīng)方程式應(yīng)為2I-+Cl2=I2+2Cl-，D選項錯誤；答案選A。5.Garnet型固態(tài)電解質(zhì)被認為是鋰電池最佳性能固態(tài)電解質(zhì)。LiLaZrTaO材料是目前能達到最高電導(dǎo)率的Garnet型電解質(zhì)。某Garnet型可充電鋰電池放電時工作原理如圖所示，反應(yīng)方程式為：LixC6＋Li1－xLaZrTaOLiLaZrTaO＋6C，下列說法不正確的是A.放電時，a極為負極，發(fā)生氧化反應(yīng)B.LiLaZrTaO固態(tài)電解質(zhì)起到傳導(dǎo)Li+的作用C.充電時，b極反應(yīng)為：LiLaZrTaO－xe－=xLi＋＋Li1－xLaZrTaOD.充電時，每轉(zhuǎn)移xmol電子，a極增重7g【答案】D【解析】【分析】依據(jù)題干信息，由電池工作原理圖分析可知，電池工作放電時，Li+向b極移動，則b極為電池的正極，發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)式為：xLi＋＋Li1－xLaZrTaO+xe-=LiLaZrTaO，a極為電池的負極，發(fā)生氧化反應(yīng)，據(jù)此分析解答問題?！驹斀狻緼．依據(jù)上述分析可知，電池工作放電時，a極為電池的負極，發(fā)生氧化反應(yīng)，A選項正確；B．由電池工作原理圖可知，LiLaZrTaO固態(tài)電解質(zhì)起到傳導(dǎo)Li+的作用，B選項正確；C．電池充電時，b極為陽極，發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)式為：LiLaZrTaO－xe－=xLi＋＋Li1－xLaZrTaO，C選項正確；D．充電時，a極為陰極，發(fā)生的反應(yīng)為6C+xe-+xLi＋=LixC6：每轉(zhuǎn)移xmol電子，增重7xg，D選項錯誤；答案選D。6.短周期主族元素M、X、Y、Z、W原子序數(shù)依次遞增，在周期表中M的原子半徑最小，X的次外層電子數(shù)是其電子總數(shù)的，Y是地殼中含量最高的元素，M與W同主族。下列說法正確的是A.Z的單質(zhì)與水反應(yīng)的化學(xué)方程式為：Z2+H2O=HZ+HZOB.X和Z的簡潔氫化物的穩(wěn)定性：X<ZC.X、Y、Z均可與M形成18e-的分子D.常溫下W2XY3的水溶液加水稀釋后，全部離子濃度均減小【答案】B【解析】【分析】M、X、Y、Z、W原子序數(shù)依次遞增的短周期主族元素，在周期表中M的原子半徑最小，M為H元素，X的次外層電子數(shù)是其電子總數(shù)的，X為C元素，Y是地殼中含量最高的元素，Y為O元素，M(H)與W同主族，則W為Na元素，Z為F元素，據(jù)此分析解答問題?！驹斀狻緼．Z的單質(zhì)為F2，F(xiàn)2與水的反應(yīng)方程式為F2+2H2O=4HF+O2，A選項錯誤；B．非金屬性越強，簡潔氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性越強，非金屬性：C<F，則穩(wěn)定性：CH4<HF，B選項正確；C．C、O可以與H形成18e-的分子分別為C2H6、H2O2，但F元素不行以，C選項錯誤；D．常溫下Na2CO3的水溶液加水稀釋后，溶液中OH-的濃度減小，由于水的離子積常數(shù)不變，則H+的濃度增大，D選項錯誤；答案選B。7.某溫度下，分別向20mL濃度均為xmol/L的NaCl和Na2CrO4溶液中滴加0.1mol/LAgNO3溶液，滴加過程中和與AgNO3溶液的體積關(guān)系如圖所示。下列說法不正確的是A.x=0.1 B.曲線I代表NaCl溶液C.Ksp(Ag2CrO4)約為4×10－12 D.y=9【答案】D【解析】【詳解】A．依據(jù)圖像可知，未滴加AgNO3溶液時或均為1，則NaCl和Na2CrO4溶液均為0.1mol·L-1，即x=0.1，A選項正確；B．1molCl-和CrO42-分別消耗1mol和2molAg+，由圖像可知，滴加AgNO3溶液過程中，曲線I突躍時加入的AgNO3溶液的體積為20mL，則曲線I代表NaCl溶液，B選項正確；C．b點時，=4，則c(CrO42-)=10-4mol·L-1，c(Ag+)=2×10-4mol·L-1，Ksp(Ag2CrO4)=c(CrO42-)·c2(Ag+)=4×10－12，C選項正確；D．a(chǎn)點時，Cl-恰好完全沉淀，=5，則c(Cl-)=10-5mol·L-1，c(Ag+)=10-5mol·L-1，Ksp(AgCl)=c(Cl-)·c(Ag+)=10－10，c點加入40mLAgNO3溶液，溶液中，，則-lgc(Cl-)=9-lg3≈8.52，D選項錯誤；答案選D。8.一種由明礬石[主要成分：KAl3(SO4)2(OH)6]和地開石[主要成分：Al4(Si4O10)(OH)8]提取K2SO4和Al的工藝流程：已知：K2SO4在不同溫度下的溶解度溫度/℃1020406080100溶解度/g9.311.114.818221.424.1回答下列問題：（1）硫酸熟化工藝是指濃硫酸在礦物顆粒表面勻稱分布并向內(nèi)擴散的過程，該過程中礦物顆粒_____（填“是”或“不是”）越細越好。（2）完成并配平還原焙燒時明礬石與硫反應(yīng)的化學(xué)方程式：________KAl3(SO4)2(OH)6+S→K2SO4+Al2O3+___________+H2O（3）從水浸后的濾液中得到K2SO4晶體的操作a是_____，寫出K2SO4的一種用途_____.（4）堿浸過程中發(fā)生的主要反應(yīng)的離子方程式為____、____。（5）流程中制Al的化學(xué)方程式為________________________（6）現(xiàn)利用還原焙燒產(chǎn)生的SO2來生產(chǎn)硫酸。若明礬石的質(zhì)量為41.4t，主要成分含量為50%，SO2的利用率為96%，則可生產(chǎn)質(zhì)量分?jǐn)?shù)為98%的硫酸____t。[KAl3(SO4)2(OH)6的相對分子質(zhì)量為414]【答案】(1).不是(2).4KAl3(SO4)2(OH)6+3S===2K2SO4+6Al2O3+9SO2↑+12H2O(3).蒸發(fā)結(jié)晶(4).作鉀肥、制備鉀鹽、藥物、玻璃、明礬等(5).Al2O3+2OH-===2AlO2-+H2O(6).SiO2+2OH-===SiO32-+H2O(7).2Al2O3(熔融)4Al+3O2↑(8).10.8【解析】【分析】由工藝流程可知，地開石、明礬石經(jīng)硫酸熟化后加入硫單質(zhì)進行還原焙燒，明礬石發(fā)生反應(yīng)4KAl3(SO4)2(OH)6+3S=2K2SO4+6Al2O3+9SO2↑+12H2O，地開石發(fā)生反應(yīng)Al4(Si4O10)(OH)8=4SiO2+2Al2O3+4H2O，焙砂的主要成分為K2SO4、SiO2和Al2O3，再通過水浸后得到水浸出液K2SO4溶液和水浸出渣SiO2、Al2O3，結(jié)合K2SO4的溶解度隨溫度的改變可知，K2SO4溶液經(jīng)蒸發(fā)結(jié)晶得到K2SO4晶體，水浸出渣Al2O3與SiO2分別與NaOH發(fā)生反應(yīng)生成NaAlO2和Na2SiO3，再經(jīng)一些列操作得到Al單質(zhì)，據(jù)此分析解答問題。【詳解】(1)礦物顆粒細，可以提高擴散速率，但顆粒細度達到肯定值后，再往后對速率的影響微乎其微，因此，硫酸熟化過程中礦物顆粒不是越細越好，故答案為：不是；(2)依據(jù)上述分析，明礬石與硫發(fā)生氧化還原反應(yīng)，硫作還原劑，KAl3(SO4)2(OH)6作氧化劑，依據(jù)氧化還原反應(yīng)得失電子守恒進行配平可得，化學(xué)反應(yīng)方程式為4KAl3(SO4)2(OH)6+3S=2K2SO4+6Al2O3+9SO2↑+12H2O，故答案為：4KAl3(SO4)2(OH)6+3S=2K2SO4+6Al2O3+9SO2↑+12H2O；(3)K2SO4的溶解度雖然隨著溫度的上升而增大，但是改變不大，因此K2SO4溶液可采納蒸發(fā)結(jié)晶得到K2SO4晶體。K2SO4可用作鉀肥，制加鹽、藥物、玻璃、明礬等，故答案為：蒸發(fā)結(jié)晶；作鉀肥、制備鉀鹽、藥物、玻璃、明礬等；(4)堿浸過程中，主要是Al2O3與SiO2分別與NaOH發(fā)生反應(yīng)，生成NaAlO2和Na2SiO3，離子反應(yīng)方程式為Al2O3+2OH-===2AlO2-+H2O；SiO2+2OH-===SiO32-+H2O；故答案為：Al2O3+2OH-===2AlO2-+H2O；SiO2+2OH-===SiO32-+H2O；(5)流程中制備Al可采納電解熔融Al2O3的方法，發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)方程式2Al2O3(熔融)4Al+3O2↑，故答案為：2Al2O3(熔融)4Al+3O2↑；(6)依據(jù)明礬石與硫反應(yīng)方程式和元素守恒可得關(guān)系式：則，故答案為：10.8。9.某化學(xué)課外小組在制備Fe(OH)2試驗過程中視察到生成的白色沉淀快速變?yōu)榛揖G色，一段時間后變?yōu)榧t褐色。該小組同學(xué)對產(chǎn)生灰綠色沉淀的緣由，進行了試驗探究。I．甲同學(xué)揣測灰綠色沉淀是Fe(OH)2和Fe(OH)3的混合物，設(shè)計并完成了試驗1和試驗2。編號試驗操作試驗現(xiàn)象試驗1向2mL0.1mol·L－1FeSO4溶液中滴加0.1mol·L－1NaOH溶液(兩溶液中均先加幾滴維生C溶液)液面上方出現(xiàn)白色沉淀，一段時間后變?yōu)榛揖G色，長時間后變?yōu)榧t褐色試驗2取試驗1中少量灰綠色沉淀，洗凈后加鹽酸溶解，分成兩份。①中加入試劑a，②中加入試劑b①中出現(xiàn)藍色沉淀，②中溶液未變成紅色（1）試驗中產(chǎn)生紅褐色沉淀的化學(xué)方程式為_________________________（2）試驗1中加入維生素C溶液是利用了該物質(zhì)的___性（3）試驗2中加入的試劑a為___溶液，試劑b為____溶液。試驗2的現(xiàn)象說明甲同學(xué)的揣測_____（填“正確”或“不正確”）。Ⅱ.乙同學(xué)查閱資料得知，F(xiàn)e(OH)2沉淀具有較強的吸附性，揣測灰綠色可能是Fe(OH)2吸附Fe2+引起的，設(shè)計并完成了試驗3—試驗5。編號試驗操作試驗現(xiàn)象試驗3向10mL4mol·L－1NaOH溶液中逐滴加入0.1mol·L－1FeSO4溶液(兩溶液中均先加幾滴維生素C溶液)液面上方產(chǎn)生白色沉淀(帶有較多灰綠色)。沉淀下沉后，部分灰綠色沉淀變?yōu)榘咨囼?向10mL8mol·L－1NaOH溶液中逐滴加入0.1mol·L－1FeSO4溶液(兩溶液中均先加幾滴維生素C溶液)液面上方產(chǎn)生白色沉淀（無灰綠色）。沉淀下沉后，仍為白色試驗5取試驗4中白色沉淀，洗凈后放在潮濕的空氣中______________（4）依據(jù)乙同學(xué)揣測，試驗4中沉淀無灰綠色的緣由為_____。（5）該小組同學(xué)依據(jù)試驗5的試驗現(xiàn)象，間接證明白乙同學(xué)揣測的正確性，則試驗5的試驗現(xiàn)象可能為____。Ⅲ.該小組同學(xué)再次查閱資料得知當(dāng)沉淀形成時，若得到的沉淀單一，則沉淀結(jié)構(gòu)勻稱，也緊密；若有雜質(zhì)固體存在時，得到的沉淀便不夠緊密，與溶液的接觸面積會更大。（6）當(dāng)溶液中存在Fe3+或溶解較多O2時，白色沉淀更簡潔變成灰綠色的緣由為______。（7）該小組同學(xué)依據(jù)上述試驗得出結(jié)論：制備Fe(OH)2時能較長時間視察到白色沉淀的相宜的條件和操作有________、____。【答案】(1).4Fe(OH)2+2H2O+O2===4Fe(OH)3(2).還原(3).K3[Fe(CN)6](或鐵氰化鉀)(4).KSCN(或硫氰化鉀)(5).不正確(6).NaOH溶液濃度高，反應(yīng)后溶液中Fe2+濃度較小，不易被吸附在Fe(OH)2表面(7).白色沉淀變?yōu)榧t褐色，中間過程無灰綠色出現(xiàn)(8).沉淀中混有Fe(OH)3，不夠緊密，與溶液接觸面積更大，更簡潔吸附Fe2+(9).向高濃度NaOH溶液中滴加FeSO4溶液(10).除去溶液中Fe3+和O2【解析】【詳解】(1)試驗1中產(chǎn)生紅褐色沉淀是因為Fe(OH)2被氧化生成Fe(OH)3，反應(yīng)方程式為4Fe(OH)2+2H2O+O2===4Fe(OH)3，故答案為：4Fe(OH)2+2H2O+O2===4Fe(OH)3；(2)試驗1中加入維生素C是為了防止Fe2+被氧化，利用了其還原性，故答案為：還原；(3)依據(jù)試驗現(xiàn)象可知，①中加入試劑出現(xiàn)藍色沉淀，是在檢驗Fe2+，試劑a為K3[Fe(CN)6]，②中溶液是否變紅是在檢驗Fe3+，試劑b為KSCN，由于②中溶液沒有變紅，則不存在Fe3+，即灰綠色沉淀中沒有Fe(OH)3，甲同學(xué)的揣測錯誤，故答案為：K3[Fe(CN)6](或鐵氰化鉀)；KSCN(或硫氰化鉀)；不正確；(4)依據(jù)已知，F(xiàn)e(OH)2沉淀具有較強的吸附性，灰綠色可能是Fe(OH)2吸附Fe2+引起的，而試驗4中NaOH溶液濃度高，反應(yīng)后溶液中Fe2+濃度較小，不易被吸附在Fe(OH)2表面，導(dǎo)致沉淀沒有灰綠色，故答案為：NaOH溶液濃度高，反應(yīng)后溶液中Fe2+濃度較小，不易被吸附在Fe(OH)2表面；(5)當(dāng)試驗5中的現(xiàn)象為白色沉淀變?yōu)榧t褐色，中間過程無灰綠色出現(xiàn)時，可說明白色沉淀上沒有或很少附著有Fe2+，故答案為：白色沉淀變?yōu)榧t褐色，中間過程無灰綠色出現(xiàn)；(6)溶液中存在Fe3+或溶解較多O2時，O2能將Fe2+氧化成Fe3+，形成Fe(OH)3沉淀，依據(jù)題干信息可知，沉淀中混有Fe(OH)3，不夠緊密，與溶液接觸面積更大，更簡潔吸附Fe2+，從而白色沉淀更簡潔變成灰綠色，故答案為：沉淀中混有Fe(OH)3，不夠緊密，與溶液接觸面積更大，更簡潔吸附Fe2+；(7)依據(jù)上述試驗可知道，當(dāng)NaOH濃度高或者溶液中不存在Fe3+和O2時，制備Fe(OH)2時能較長時間視察到白色沉淀，其操作可以是向高濃度NaOH溶液中滴加FeSO4溶液或除去溶液中Fe3+和O2，故答案為：向高濃度NaOH溶液中滴加FeSO4溶液；除去溶液中Fe3+和O2?！军c睛】本題主要考查學(xué)生的試驗探究與分析實力，同時對學(xué)生提取信息的實力有較高的要求，難度較大，解題關(guān)鍵在于對題干信息的提取和結(jié)合所學(xué)學(xué)問進行綜合解答。10.氮是地球上含量比較豐富的一種元素，氮的化合物在工業(yè)生產(chǎn)和生活中有重要的作用。I．已知298K時，發(fā)生反應(yīng)：N2O4(g)2NO2(g)（1）反應(yīng)達到平衡后，壓縮容器的體積，再次達到平衡時混合氣體的顏色____（填“變深”、“變淺”或“不變”）。（2）恒容密閉容器中發(fā)生上述反應(yīng)，已知v正=k正·p(N2O4)，v逆=k逆·p2(NO2)，Kp=___________（用k正、k逆表示）。若初始壓強為100kPa，k正=2.8×104s－1，當(dāng)NO2的體積分?jǐn)?shù)為40%時，v正=__________kPa·s－1。[其中p(N2O4)和p(NO2)分別是N2O4和NO2的分壓，分壓=p總×氣體體積分?jǐn)?shù)，k正、k逆為速率常數(shù)]Ⅱ.在催化劑作用下，H2可以還原NO消退污染，反應(yīng)為：2NO(g)＋2H2(g)N2(g)＋2H2O(g)△H=akJ·mol－1（3）若每生成7gN2放出166kJ的熱量，則a=____。（4）該反應(yīng)分兩步進行：①2NO(g)＋H2(g)N2(g)＋H2O2(g)△H1②H2O2(g)＋H2(g)2H2O(g)△H2已知：i．總反應(yīng)分多步進行時，較慢的一步確定總反應(yīng)速率；III．總反應(yīng)的速率表達式v=kc2(NO)·c(H2)(k為速率常數(shù)，只和溫度有關(guān)）。由上述信息可知，正反應(yīng)的活化能較低的是____（填“①”或“②”）。（5）將2molNO和1molH2充入一個恒容的密閉容器中，經(jīng)相同時間測得N2的體積分?jǐn)?shù)與溫度的關(guān)系如圖所示。低于900K時，N2的體積分?jǐn)?shù)_____（填“是”或“不是”）對應(yīng)溫度下平衡時的體積分?jǐn)?shù)，緣由是_____。高于900K時，N2的體積分?jǐn)?shù)降低的可能緣由是____?！敬鸢浮?1).變深(2).(3).2.1×106(4).-664(5).②(6).不是(7).該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，平衡時N2的體積分?jǐn)?shù)應(yīng)隨著溫度的上升而降低(8).催化劑的活性下降、升溫平衡逆向移動、副反應(yīng)增多等【解析】【詳解】(1)反應(yīng)達到平衡后，壓縮容器的體積，二氧化氮的濃度變大而使混合氣體的顏色變深，雖然平衡會逆向移動，但是，依據(jù)平衡移動原理可知，再次達到平衡時混合氣體的顏色仍比原平衡深，故答案為：變深；(2)反應(yīng)達到平衡狀態(tài)，v正=v逆，即k正·p(N2O4)=k逆·p2(NO2)，將其變式可得，設(shè)起始時N2O4的物質(zhì)的量為1mol，列三段式有：則v正=k正·p(N2O4)=2.8×104s－1×75kPa=2.1×106kPa·s－1，故答案為：；2.1×106；(3)由生成7g(0.25mol)N2放出166kJ的熱量，可知，生成1molN2放出166×4=664kJ的熱量，則a=-664，故答案為：-664；(4)由總反應(yīng)的速率表達式v=kc2(NO)·c(H2)可知，NO只出現(xiàn)在第①步反應(yīng)，故第①步反應(yīng)確定總反應(yīng)速率，則①為慢反應(yīng)，其正反應(yīng)的活化能較高，則反應(yīng)②的活化能較低，故答案為：②；(5)由(3)可知，反應(yīng)2NO(g)＋2H2(g)N2(g)＋2H2O(g)，正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，平衡時N2的體積分?jǐn)?shù)應(yīng)隨著溫度的上升而降低。由圖像可知，N2的最大體積分?jǐn)?shù)對應(yīng)的溫度為900K，當(dāng)?shù)陀?00K時，N2的體積分?jǐn)?shù)隨著溫度的上升而增大，所以在此溫度范圍內(nèi)N2的體積分?jǐn)?shù)不是對應(yīng)溫度下平衡時的體積分?jǐn)?shù)。當(dāng)溫度高于900K時，催化劑的活性下降、升溫平衡逆向移動，或者副反應(yīng)增多，從而使得N2的體積分?jǐn)?shù)降低，故答案為：不是；該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，平衡時N2的體積分?jǐn)?shù)應(yīng)隨著溫度的上升而降低；催化劑的活性下降、升溫平衡逆向移動、副反應(yīng)增多等。11.在分析化學(xué)的電位法中，甘汞電極常做參比電極，它是由金屬汞及其難溶鹽Hg2Cl2和KCl溶液組成的電極。Hg2Cl2（甘汞）毒性較小，而HgCl2（升汞）有劇毒。（1）K元素的基態(tài)原子的電子填充于_____個不同的能級。（2）Hg的價層電子排布式為5d106s2，Hg元素位于元素周期表的_______區(qū)。（3）Hg2Cl2在400~500℃時升華，由此推想Hg2Cl2的晶體類型為____。（4）KCl和NaCl相比，____的熔點更高，緣由是________。（5）把NH4Cl和HgCl2按肯定比例混合，在密封管中加熱時，生成某種晶體，其晶胞如圖所示。用X-射線衍射法測得該晶體的晶胞為長方體（晶胞參數(shù)a=b=419pm、c=794pm），每個NH4+可視為被8個Cl-圍繞，距離為335pm，Cl-與Cl-盡可能遠離。①該晶體的化學(xué)式為________。②晶體中Cl-的空間環(huán)境_____________（填“相同”或“不相同”）。用題中數(shù)據(jù)說明理由_______________③設(shè)阿伏加德羅常數(shù)值為NA，則該晶體的密度為_______g/cm3（列出計算表達式）?！敬鸢浮?1).6(2).ds(3).分子晶體(4).NaCl(5).兩者均為離子晶體，離子所帶電荷相同，Na+半徑比K+小，NaCl的晶格能更大，熔點更高(6).NH4HgCl3(7).不相同(8).體心的Cl-距離NH4+為335pm，棱心的Cl-距離NH4+為397pm(9).【解析】【詳解】(1)K元素的基態(tài)原子核外有19個電子，核外電子排布式為1s22s22p63s23p64s1，共填充于6個不同的能級，故答案為：6；(2)Hg的價層電子排布式為5d106s2，則Hg為第六周期第ⅡB族元素，位于元素周期表的ds區(qū)，故答案為：ds；(3)Hg2Cl2在400~500℃時升華，熔沸點較低，故其為分子晶體，故答案為：分子晶體；(4)由于NaCl和KCl均為離子晶體，離子所帶電荷相同，Na+半徑比K+小，故NaCl的晶格能更大、熔點更高，故答案為：NaCl；兩者均為離子晶體，離子所帶電荷相同，Na+半徑比K+小，NaCl的晶格能更大，熔點更高；(5)①由晶胞示意圖可知，NH4+位于晶胞的頂點，一個晶胞中含有個NH4+，Cl-位于晶胞的棱上和體心，一個晶胞中含有個Cl-，Hg2+位于晶胞的體心，一個晶胞中含有1和Hg2+，則該晶體的化學(xué)式為NH4HgCl3，故答案為：NH4HgCl3；②由題干信息可知，體心的Cl-距離NH4+為335pm，棱心的Cl-距離NH4+為，則晶