西藏自治區(qū)拉薩市拉薩中學2025屆高三化學第八次月考試題含解析

PAGEPAGE21西藏自治區(qū)拉薩市拉薩中學2025屆高三化學第八次月考試題（含解析）1.化學與生活、生產(chǎn)、科技關系親密，下列說法中正確的是()A.“碳海綿”汲取泄漏的原油時發(fā)生了化學改變B.“玉兔二號”月球車首次實現(xiàn)在月球背面著陸，其帆板太陽能電池的材料是二氧化硅C.“嫘祖栽桑蠶吐絲，抽絲織作繡奇妙”中的“絲”不耐酸堿D.氫燃料電池中運用的儲氫材料，如稀土類等合金材料是純凈物【答案】C【解析】【詳解】A．“碳海綿”汲取泄漏的原油時，沒有新物質(zhì)生成，發(fā)生了物理改變，故A錯誤；B．硅是半導體，“玉兔二號”月球車首次實現(xiàn)在月球背面著陸，其帆板太陽能電池的材料是硅，故B錯誤；C．“嫘祖栽桑蠶吐絲，抽絲織作繡奇妙”中的“絲”的主要成分是蛋白質(zhì)，酸堿能使蛋白質(zhì)變性，故其中的“絲”不耐酸堿，故C正確；D．合金材料屬于混合物，故D錯誤；故選C。2.甲卡西酮是冰毒的一種類似物，其結構如下圖。下列相關說法不正確的是()A.甲卡西酮的分子式為B.甲卡西酮能與鹽酸反應，是因為其中的亞氨基能與HCl反應生成鹽C.甲卡西酮結構中存在2種官能團D.用于治療單純性肥胖癥的安非拉酮()與甲卡西酮互為同分異構體【答案】D【解析】【詳解】A．由結構簡式：，留意省略的氫原子，甲卡西酮的分子式為，故A正確；B．甲卡西酮能與鹽酸反應，是因為其中的亞氨基上有孤電子對，能與HCl反應生成鹽，故B正確；C．甲卡西酮結構中存在亞氨基和羰基2種官能團，故C正確；D．兩者碳原子不同，甲卡西酮含10個碳原子，而安非拉酮含有13個碳原子，不是同分異構體，故D錯誤；故選D。3.設為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列敘述正確的是()A.某溫度下，78g與適量的恰好完全反應，轉移的電子數(shù)為B.苯與液溴反應生成1mol溴苯，消耗0.5個C.的溶液中，含有的數(shù)目為D.100g46%的乙醇溶液中，含H—O鍵的數(shù)目為【答案】A【解析】【詳解】A．2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，2Na2O2+2CO2=2NaCO3+O2，每2molNa2O2反應轉移2mol電子，某溫度下，78g（1mol）與適量的恰好完全反應，轉移的電子數(shù)為，故A正確；B．苯與液溴發(fā)生取代反應生成1mol溴苯分子，消耗1molBr2，即為NA個Br2，故B錯誤；C．依據(jù)物料守恒：，現(xiàn)的溶液中，含有的數(shù)目大于，故C錯誤；D．水分子中也含有O-H，則100g46%的乙醇溶液中，含H—O鍵的數(shù)目大于NA個，故D錯誤；故選A。4.下述試驗方案能達到試驗結果的是(

)編號ABCD試驗方案片刻后在電極旁邊滴入溶液置于光亮處試驗結果鐵釘發(fā)生析氫反應電極被愛護左球氣體顏色加深；右球氣體顏色變淺甲烷與氯氣發(fā)生加成反應A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【詳解】A．鐵釘在中性或堿性條件發(fā)生吸氧腐蝕，在酸性條件下發(fā)生析氫反應，故A不符；B．電極是陽極，更易腐蝕，得不到愛護，故B不符；C．2NO2(g)N2O4(g)為放熱反應，熱水中平衡向著逆向移動，二氧化氮濃度增大，左球氣體顏色加深；冷水中平衡向著正向移動，二氧化氮濃度減小，右球氣體顏色變淺，故C符合；D．甲烷中沒有不飽和鍵，不能與氯氣發(fā)生加成反應，在光照條件下，甲烷與氯氣發(fā)生取代反應，故D不符；故選C。5.W、X、Y、Z為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，其中Y元素在同周期中離子半徑最小；甲、乙分別是元素Y、Z的單質(zhì)；丙、丁、戊是由W、X、Y、Z元素組成的二元化合物，常溫下丁為液態(tài)；戊為酸性氣體，常溫下0.01戊溶液的pH大于2。上述物質(zhì)轉化關系如圖所示。下列說法正確的是()A.原子半徑：Z>Y>X>WB.W和X形成的化合物既可能含有極性鍵也可能含有非極性鍵C.W、X、Y、Z不行能同存于一種離子化合物中D.比較X、Z非金屬性強弱時，可比較其最高價氧化物對應的水化物的酸性【答案】B【解析】【分析】W、X、Y、Z為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，丙、丁、戊是由W、X、Y、Z元素組成的二元化合物，常溫下丁為液態(tài)，丁為H2O，W為氫元素。甲、乙分別是元素Y、Z的單質(zhì)，其中Y元素在同周期中離子半徑最小，甲與乙化合生成丙，丙于水反應生成戊，戊為酸性氣體，常溫下0.01mol·L-1戊溶液的pH大于2，戊溶液為弱酸，應是Al2S3與水反應生成H2S與Al(OH)3，故丙為Al2S3、戊為H2S、己為Al(OH)3，結合原子序數(shù)可知X為氧元素、Y為Al、Z為硫元素，甲為O2、乙為硫單質(zhì)?！驹斀狻緼．同周期從左到右原子半徑減小，同主族自上而下原子半徑增大，全部元素中H原子半徑最小，原子半徑：Y（Al）＞Z（S）＞X（O）＞W(wǎng)（H），故A錯誤；B．W和Ⅹ形成的化合物有H2O、H2O2，H2O2中既可能含有極性鍵也可能含有非極性鍵，故B正確；C．H、O、Al、S可能同存于一種離子化合物中，如KAl(SO4)2·12H2O，故C錯誤；D．氧元素沒有最高價氧化物，故D錯誤；故選B?！军c睛】本題考查無機物的推斷，以二元化合物丁為液體為突破口進行分析，須要學生嫻熟駕馭元素化合物學問，旨在考查學生對基礎學問的嫻熟駕馭，易錯點D，留意金屬性、非金屬性強弱比較方法，留意氧元素沒有最高價氧化物。6.《JournalofEnergyChemistry》報道我國科學家設計熔鹽捕獲與轉扮裝置如圖。下列有關說法正確的是()A.為負極B.熔鹽可用溶液代替C.轉移電子可捕獲(標準狀況下)D.的電極反應式為【答案】D【解析】【分析】依據(jù)裝置圖可知，熔鹽捕獲CO2生成的C2O在c極發(fā)生氧化反應生成單質(zhì)O2，所以c為陽極，相應的反應為2CO2+O2-=C2O、2C2O-4e-=4CO2+O2；熔鹽捕獲CO2生成的CO32-在d極發(fā)生得電子的還原反應生成C，d為陰極，相應的反應為CO2+O2-=CO、CO+4e-=C+3O2-；總反應為CO2C+O2，熔鹽在電解前后不變，可連續(xù)運用；陽極與電源正極相接、陰極與電源負極相接，即a極為電源正極、b極為電源負極。【詳解】A．c極電極反應是2C2O-4e－═4CO2+O2，發(fā)生氧化反應，是電解池的陽極，則a為正極，故A錯誤；B．假如用氫氧化鉀溶液代替熔鹽，KOH溶液捕獲二氧化碳生成K2CO3或KHCO3，c極是氫氧根離子放電，d極是氫離子放電，本質(zhì)上電解水，KOH被消耗完后不能捕獲更多的CO2，不能連續(xù)運用，所以熔鹽不行用KOH溶液代替，故B錯誤；C．由總反應為CO2C+O2可知，轉移4mol的電子捕獲1mol二氧化碳，轉移lmol電子可捕獲CO25.6L（標況下），故C錯誤；D．d極是電解池的陰極，發(fā)生還原反應生成單質(zhì)碳，電極反應式為：CO+4e-=C+3O2-，故D正確；故選D。7.常溫下，將稀HCl溶液滴加到等濃度的弱堿AOH溶液中，測得混合液的pH和的關系如圖所示，其中a點表示未加鹽酸時的數(shù)據(jù)，e點表示HCl和AOH恰好完全反應時的數(shù)據(jù)。下列說法錯誤的是()A.常溫下，A+的水解平衡常數(shù)為1.0×10-10B.點d溶液中：c(Cl-)>c(AOH)>c(A+)C.點c溶液中的n(A+)+n(AOH)等于點e溶液中的n(Cl-)D.點e溶液中水電離出的H+濃度為10-6.23mol/L【答案】B【解析】【分析】依據(jù)與pH間關系解題，留意利用圖中特別的點，=0時，=1；c點pH=7，結合電荷守恒分析；e點表示HCl和AOH恰好完全反應，依據(jù)物料守恒有n(A+)+n(AOH)=n(Cl-)，又已知e點溶液的pH=6.23，c（H＋）=10-6.23mol·L－1；d點=-5，c（AOH）的濃度特別小，c(A+)＞c(AOH)。【詳解】A．依據(jù)圖象可知，=0時，=1，溶液的pH=10，c(H＋)=1.0×10-10mol·L－1，則A＋的水解平衡常數(shù)Kh==c(H＋)=1.0×10-10，故A正確；B．d點=-5，c（AOH）的濃度特別小，c(A+)＞c(AOH)；此時溶液的pH=5，溶液呈酸性，則c(OH－)＜c(H＋)，結合電荷守恒可知c(Cl-)＞c(A+)，正確的離子濃度大小為c(Cl-)＞c(A+)＞c(AOH)，故B錯誤；C．e點表示HCl和AOH恰好完全反應,依據(jù)物料守恒：n(A+)+n(AOH)=n(Cl-)，A的各種存在形態(tài)總和，c點和e點相同，故C正確；D．弱堿AOH溶液中滴入HCl，溶液堿性漸漸減弱，e點溶液的pH=6.23，c(H＋)=10-6.23mol·L－1，該點HCl和AOH恰好完全反應，A＋水解促進了水電離，溶液中氫離子是水電離的，則水電離的c(H＋)=10-6.23mol·L－1，故D正確；故選B?！军c睛】本題考查酸堿混合的定性推斷，明確圖象曲線改變的含義為解答關鍵，留意駕馭溶液酸堿性與溶液pH的關系，要充分利用題中特別的點進行解題，易錯點C，e點表示HCl和AOH恰好完全反應,依據(jù)物料守恒：n(A+)+n(AOH)=n(Cl-)，A的各種存在形態(tài)總和，c點和e點相同。8.某探討小組對碘化鉀溶液在空氣中發(fā)生氧化反應的速率進行試驗探究?！境醪教骄俊渴疽鈭D序號溫度試劑A現(xiàn)象①0℃稀硫酸左右出現(xiàn)藍色②20℃左右出現(xiàn)藍色③20℃稀硫酸左右出現(xiàn)藍色④20℃蒸餾水左右出現(xiàn)藍色(1)為探究溫度對反應速率的影響，試驗②中試劑A應為_________。(2)寫出試驗③中反應的離子方程式:_________________。(3)對比試驗②③④，可以得出結論:_________________。【接著探究】溶液對反應速率的影響查閱資料：i.時，能被氧化為I2。ii.時，發(fā)生歧化反應:，越大，歧化速率越快。(4)小組同學用4支試管在裝有的儲氣瓶中進行試驗，裝置如圖所示。分析⑦和⑧中顏色無明顯改變的緣由:________。(5)甲同學利用原電池原理設計試驗證明的條件下的確可以發(fā)生被氧化為I2的反應，如圖所示，請你填寫試劑和試驗現(xiàn)象____________?！旧罨骄俊枯^高溫度對反應速率影響小組同學分別在敞口試管和密閉試管中進行了試驗⑨和⑩。序號溫度試劑現(xiàn)象⑨敞口試管水浴70°C溶液稀硫酸仍保持無色，冷卻至室溫后滴加淀粉溶液出現(xiàn)藍色⑩密閉試管溶液快速出現(xiàn)黃色，且黃色漸漸加深，冷卻至室溫后滴加淀粉溶液出現(xiàn)藍色(6)對比試驗⑨和⑩的現(xiàn)象差異，該小組同學經(jīng)過探討對試驗⑨中的現(xiàn)象提出兩種假設，請你補充假設1。假設1：_____________。假設2:45℃以上I2易升華，70℃水浴時，太小難以顯現(xiàn)黃色?！敬鸢浮?1).稀硫酸(2).(3).被氧化為I2，越大，氧化反應速率越快(4).試管⑦、⑧中的pH為10、11時，既發(fā)生氧化反應又發(fā)生歧化反應，因為歧化反應速率大于氧化反應速率和淀粉變色速率(或歧化速率最快)，所以顏色無明顯改變(5).試劑1：溶液，滴加1%淀粉溶液；試劑2：pH=10的KOH溶液；現(xiàn)象：電流表指針偏轉，左側電極旁邊溶液變藍()(6).加熱使氧氣逸出，降低，導致氧化為的速率變慢【解析】【分析】（1）探究溫度對反應速率的影響，則應限制溫度不同，其他條件相同；（2）酸性條件下，I－能被空氣中的O2氧化成I2，結合得失電子守恒、電荷守恒和原子守恒書寫反應的離子方程式；（3）依據(jù)試驗②③④條件和現(xiàn)象的不同，確定試驗結論；（4）依據(jù)溶液中發(fā)生的氧化反應和歧化反應進行分析；（5）依據(jù)I－和O2發(fā)生的反應確定電極反應物，從而確定試驗試劑和試驗現(xiàn)象；（6）結合溫度上升，氣體溶解度減小進行分析?！驹斀狻?1)為探究溫度對反應速率的影響，應限制溫度不同，濃度相同，因此試驗②中所加試劑A為0.5mol·L－1稀硫酸；故答案為：0.5mol·L－1稀硫酸；(2)酸性條件下，I－能被空氣中的O2氧化成I2，O2中O元素的化合價由0價變?yōu)?2價，得到4個電子，I－中I元素的化合價由-1價變?yōu)?價的I2，失去兩個電子，由得失電子守恒，O2的系數(shù)為1，生成H2O的系數(shù)為2，I－的系數(shù)為4，生成I2的系數(shù)為2；再依據(jù)電荷守恒，反應物中含有H＋，且系數(shù)為4；據(jù)此可得該反應的離子方程式為：4I－+O2+4H＋=2I2+2H2O；故答案為：4I－+O2+4H＋=2I2+2H2O；(3)對比試驗②③④，試驗②③④中反應溫度相同，稀硫酸的濃度漸漸減小，出現(xiàn)藍色的時間漸漸增大，說明當溫度相同時，溶液中c（H＋）越大，反應速率越快；故答案為：溫度相同時，KI溶液中I-被O2氧化成I2，c（H＋）越大，氧化速率越快；(4)溶液中的I－被空氣中的O2氧化成I2后，當溶液的pH大于9.28，I2發(fā)生歧化反應，且pH越大，歧化反應速率越大；試管⑦、⑧中溶液的pH為10、11，溶液中同時發(fā)生氧化反應和歧化反應，此時溶液顏色無明顯改變，說明歧化反應的速率大于氧化反應、淀粉變色反應的速率；故答案為：試管⑦、⑧中的pH為10、11時，既發(fā)生氧化反應又發(fā)生歧化反應，因為歧化反應速率大于氧化反應速率和淀粉變色速率(或歧化速率最快)，所以顏色無明顯改變；(5)I－和O2發(fā)生的反應中，I－發(fā)生失電子的氧化反應，O2發(fā)生得電子的還原反應，因此，試劑1:溶液，滴加1%淀粉溶液；試劑2:pH=10的KOH溶液；現(xiàn)象：電流表指針偏轉，左側電極旁邊溶液變藍()；故答案為：試劑1:溶液，滴加1%淀粉溶液；試劑2:pH=10的KOH溶液;現(xiàn)象：電流表指針偏轉，左側電極旁邊溶液變藍()；(6)由于加熱過程中，溫度上升，氣體溶解度減小，敞口容器中，溶解在水中的O2逸出，導致c（O2）減小，I－氧化為I2的速率變慢，故答案為：加熱使O2逸出，c（O2）降低，導致I－氧化為I2的速率變慢。9.試驗室以含銀廢液{主要含[Ag(NH3)2]+、[Ag(S2O3)2]3-}為原料制取硝酸銀晶體，其試驗流程如下：已知：①“沉銀”所得AgCl中含有少量PbCl2、Ag2S。②Zn2+在濃氨水中以[Zn(NH3)4]2+形式存在。③PbCl2、AgNO3的溶解度曲線如圖所示：(1)“濾液”中的主要陽離子為___(填化學式)。(2)“除雜”分為兩步：先除去PbCl2，再除去Ag2S。①在不同溫度下，AgCl、Ag2S均難溶于水。除去PbCl2的操作為______，熱水洗滌。②向熱水洗滌所得固體中加入濃硝酸和稀鹽酸，邊加熱邊充分攪拌，使Ag2S轉變?yōu)锳gCl。加入濃硝酸的目的是_______。(3)室溫下，可逆反應AgCl+2NH3·H2O?[Ag(NH3)2]++Cl-+2H2O的平衡常數(shù)K=___。{Ksp(AgCl)=1.8×10-10，Ag++2NH3·H2O?[Ag(NH3)2]++2H2O的平衡常數(shù)為1.1×107}(4)“還原”過程中發(fā)生反應的離子方程式為_____。(5)粗銀經(jīng)水洗后，經(jīng)多步處理可制備硝酸銀晶體。請補充完整由以水洗后粗銀為原料，制備硝酸銀晶體的試驗方案：________，過濾，________，將產(chǎn)生的氣體和空氣混合后通入NaOH溶液進行尾氣處理，將所得AgNO3溶液_______，過濾，將所得晶體置于烘箱(120℃)干燥，密封包裝。(試驗中須運用的試劑：稀硫酸、稀硝酸、BaC12溶液)【答案】(1).NH4+(2).熱水溶解，趁熱過濾(3).將Ag2S中S2-氧化(4).(5).(6).將水洗后所得粗銀溶于過量得稀硫酸中(7).洗滌至最終一次洗滌液中加入BaCl2溶液無現(xiàn)象，向濾渣中加入過量稀硝酸充分反應(8).加熱濃縮、冷卻結晶【解析】【分析】由試驗流程可知，含銀廢液{主要含[Ag(NH3)2]+、[Ag(S2O3)2]3-}與濃鹽酸反應生成AgCl（含有少量PbCl2、Ag2S）和濾液，然后除去雜質(zhì)PbCl2、Ag2S，將AgCl溶于濃氨水中，再利用過量的Zn置換Ag，將水洗后所得粗銀溶于過量得稀硫酸中，過濾，濾渣加入過量稀硝酸充分反應，將所得AgNO3溶液，加熱濃縮、冷卻結晶，得到硝酸銀晶體，以此分析?！驹斀狻浚?）含銀廢液{主要含[Ag(NH3)2]+、[Ag(S2O3)2]3-}與濃鹽酸發(fā)生反應：，，則濾液中主要陽離子為NH4+，故答案為：NH4+；（2）依據(jù)溶解度曲線可知PbCl2的溶解度隨著溫度的上升而增大，則除去PbCl2的操作為熱水溶解，趁熱過濾，熱水洗滌；利用濃硝酸可以氧化S2-使沉淀平衡正移，再加入稀鹽酸，生成AgCl沉淀，則除去Ag2S的操作為向熱水洗滌所得固體中加入濃硝酸和稀鹽酸，邊加熱邊充分攪拌，使Ag2S轉變?yōu)锳gCl，故答案為：熱水溶解，趁熱過濾；將Ag2S中S2-氧化；（3）的平衡常數(shù)K，=1.1×107，Ksp(AgCl)=1.8×10-10，則反應AgCl+2NH3·H2O?[Ag(NH3)2]++Cl-+2H2O的平衡常數(shù)，故答案為：；（4）Zn與銀氨溶液反應方程式為：，故答案為：；（5）粗銀中含有少量的Zn，以水洗后粗銀為原料，制備硝酸銀晶體的試驗方案為：將水洗后所得粗銀溶于過量得稀硫酸中，過濾，洗滌至最終一次洗滌液中加入BaCl2溶液無現(xiàn)象，向濾渣中加入過量稀硝酸充分反應，將產(chǎn)生的氣體和空氣混合后通入NaOH溶液進行尾氣處理，將所得AgNO3溶液熱濃縮、冷卻結晶，將所得晶體置于烘箱(120℃)干燥，密封包裝。故答案為：將水洗后所得粗銀溶于過量得稀硫酸中；洗滌至最終一次洗滌液中加入BaCl2溶液無現(xiàn)象，向濾渣中加入過量稀硝酸充分反應；加熱濃縮、冷卻結晶?！军c睛】利用濃硝酸可以氧化S2-使沉淀平衡正移，再加入稀鹽酸，生成AgCl沉淀，以此除去Ag2S10.氫氣還原NO的反應為。(1)的電子式為________。(2)已知幾種共價鍵的鍵能如下:共價鍵H-HN-OH-O鍵能/()436946464依據(jù)上述數(shù)據(jù)計算，NO的鍵能=___________。(3)的反應速率表達式為(為正反應速率常數(shù)，只與溫度有關。和為反應級數(shù)，取最簡正整數(shù))。為了探究肯定溫度下NO、的濃度對反應速率的影響，測得試驗數(shù)據(jù)如下：序號Ⅰ0.100.100.414Ⅱ0.100.200.828Ⅲ0.300.103.726①中，=____，=______。②經(jīng)探討，有人提出上述反應分兩步進行：；。化學總反應由較慢的一步反應確定。上述反應中，(a)反應較慢，(a)正反應活化能________(填“大于”“小于”或“等于”)(b)正反應活化能③1889年，瑞典化學家阿倫尼烏斯依據(jù)試驗結果，提出了溫度與反應速率常數(shù)關系的閱歷公式：[為反應速率常數(shù)，為比例常數(shù)，為自然對數(shù)的底數(shù)，為氣體摩爾常數(shù)，為開爾文溫度，為活化能]。反應達到平衡后，上升溫度，正反應速率常數(shù)增大的倍數(shù)_____(填“大于”“小于”或“等于”)逆反應速率常數(shù)增大的倍數(shù)。(4)肯定溫度下，在2L恒容密閉容器中充入2molNO(g)、發(fā)生上述反應，混合氣體壓強隨著時間改變關系如圖所示。①0?5min內(nèi)的平均速率=___________________。②該溫度下，上述反應的平衡常數(shù)=________________。③其他條件不變，在10min時向反應體系中再充入1molNO、，達到新平衡時NO的平衡轉化率________________(填“增大”“減小”或“不變”)。(5)工業(yè)上，可以采納電化學方法處理NO。以惰性材料為電極，以硝酸銨溶液為電解質(zhì)溶液并補充，電解反應為。電解過程中，陽極的電極反應式為_______________________。【答案】(1).(2).633(3).1(4).2(5).大于(6).小于(7).0.075(8).54(9).增大(10).【解析】【分析】(1)氧原子最外層6個電子，用2個電子與氫形成2個共價鍵，達8電子穩(wěn)定結構。(2)依據(jù)△H=反應物鍵能之和-生成物鍵能之和計算；(3)①中，由①②組數(shù)據(jù)代入公式求出m，同理由①③組數(shù)據(jù)求出n；(4)利用三段式進行分析,依據(jù)速率公式、平衡公式、濃度商公式計算；(5)電解過程中，NO在陽極發(fā)生氧化反應生成NO?！驹斀狻?1)氧原子最外層6個電子，用2個電子與氫形成2個共價鍵，達8電子穩(wěn)定結構，H2O的電子式為。故答案為：；(2)氫氣還原NO的反應為，△H=2a+2×436-946-4×464=-664.0，依據(jù)上述數(shù)據(jù)計算，NO的鍵能=633。故答案為：633；(3)①中，由①②組數(shù)據(jù)可知，則m=1，由①③組數(shù)據(jù)可知,=2。故答案為：1；2；②化學總反應由較慢的一步反應確定，反應慢的一步活化能較大。(a)反應較慢，(a)正反應活化能大于(b)正反應活化能。故答案為：大于；③是正向放熱的反應，反應達到平衡后，依據(jù)，上升溫度，K值變小，平衡逆向移動，正反應速率常數(shù)增大的倍數(shù)小于逆反應速率常數(shù)增大的倍數(shù)。故答案為：小于；(4)利用三段式進行分析：，解得：x=0.75；①0?5min內(nèi)的平均速率==0.075。故答案為：0.075；②該溫度下，上述反應的平衡常數(shù)K==54。故答案為：54；③其他條件不變，在10min時向反應體系中再充入1molNO、，Qc=<K，平衡正向移動，達到新平衡時NO的平衡轉化率增大。故答案為：增大；(5)電解過程中，NO在陽極發(fā)生氧化反應生成NO，陽極的電極反應式為。故答案為：?！军c睛】難點（3）①中，由①②組數(shù)據(jù)可知，則m=1，由①③組數(shù)據(jù)可知,=2。另一個難點是（4）③其他條件不變，在10min時向反應體系中再充入1molNO、，Qc=<K，平衡正向移動，從而推斷NO的轉化率改變狀況。11.鉑鈷合金在磁控、儀表等領域有重要用途?；卮鹣铝袉栴}：(1)基態(tài)Co原子價層電子的軌道表達式為___________；Co與Ca處于同一周期，且核外最外層電子構型相同，但金屬Co的熔點比金屬Ca的高，緣由為________________。(2)Pt與Cl、吡啶()能形成如圖所示兩種分子。①吡啶中所含同周期元素的第一電離能由小到大的依次為________________。②1mol化合物Ⅰ中含有鍵的數(shù)目為__________________。③相同條件下，兩種化合物中在水中溶解度更大的為__(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)，緣由為____。(3)某Pt-Co合金的晶體積累模型為面心立方積累，其中Co原子處于頂角位置、Pt原子處于面心位置，則該合金的化學式為_______。(4)可用于檢驗可卡因。其中陰離子的立體構型為

__，碳原子的雜化形式為____。(5)是一種磁性材料，其晶胞結構如圖甲所示，俯視圖如圖乙所示。①原子坐標參數(shù)：A為(0，0，0)；B為(0.31，0.31，0)。則C原子的坐標參數(shù)為__。②若阿伏加德羅常數(shù)的值為，則晶體密度為___(列出計算表達式)?！敬鸢浮?1).(2).Co的原子半徑小于Ca，價層電子多于Ca，故金屬鍵強于Ca(3).C<N(4).26(5).Ⅱ(6).Ⅰ為非極性分子，Ⅱ為極性分子(7).或(8).直線形(9).sp(10).(0.69，0.69，0)(11).【解析】【分析】(1)過渡元素的金屬性與價層電子數(shù)多有關；(2)同周期從左至右第一電離能有增大的趨勢；②一個分子中，8個C-C鍵、10個C-H鍵、4個C-N鍵、2個N-Pt鍵、2個Cl-Pt鍵；③依據(jù)相像相溶規(guī)律說明；(3)用均攤法分析；(4)中，SCN－與CO2是等電子體，中心原子碳的價層電子對=2+=2，沒有孤電子對，由此分析；(5)利用府視圖分析；利用均攤法結合密度公式計算。【詳解】(1)Co是27號元素，價層電子排布為3d74s2，基態(tài)Co原子價層電子的軌道表達式為；Co與Ca處于同一周期，且核外最外層電子構型相同，但金屬Co的熔點比金屬Ca的高，緣由為：Co的原子半徑小于Ca，價層電子多于Ca，故金屬鍵強于Ca。故答案為：；Co的原子半徑小于Ca，價層電子多于Ca，故金屬鍵強于Ca；(2)①吡啶中含C、N、H，N的2p3是半充溢狀態(tài)，第一電離能大，所含同周期元素的第一電離能由小到大的依次為C<N。故答案為：C<N；②一個分子中，8個C-C鍵、10個C-H鍵、4個C-N鍵、2個N-Pt鍵、2個Cl-Pt鍵，1mol化合物Ⅰ中含有鍵的數(shù)目為26。故答案為：26；③依據(jù)相像相溶規(guī)律，相同條件下，兩種化合物中在水中溶解度更大的為Ⅱ，緣由為Ⅰ為非極性分子，Ⅱ為極性分子。故答案為：Ⅱ；Ⅰ為非極性分子，Ⅱ為極性分子；(3)某Pt-Co合金的晶體積累模型為面心立方積累，其中Co原子處于頂角位置8×=1、Pt原子處于面心位置6×=3，則該合金的化學式為或。故答案為：或；(4)中，SCN－與CO2是等電子體，中心原子碳的價層電子對=2+=2，沒有孤電子對，SCN－的立體構型為直線形，碳原子的雜化形式為sp。故答案為：直線形；sp；(5)①從府視圖中，原子坐標參數(shù)：A為(0，0，0)；B為(0.31，0.31，0)，AB在x，y軸上的投影分別為0.31b、0.31a,圖中AB長度等于CD長度，故AC點在x，y軸上的投影分別為(b-0.31b)、(a-0.31a),即：0.69b、0.69a,則C原子的坐標參數(shù)為(0.69，0.69，0)。故答案為：(0.69，0.69，0)；②若阿伏加德羅常數(shù)的值為，Co：1+8×=2，O：2+4×=4，則晶體密度為(列出計算表達式)。故答案為：。【點睛】本題是物質(zhì)結構綜合考查，難點（5）學會視察晶胞結構，利用均攤法結合密度公式計算，晶體密度為，同時留意單位的換算。12.化合物G是合成某種哮喘藥的中間體，G的合成路途如圖，請回答下列問題：已知：Ⅰ.化合物A核磁共振氫譜有4組汲取峰。Ⅱ.通常狀況下，在同一個碳原子上連有兩個羥基不穩(wěn)定，易脫水形成羰基。Ⅲ.醛能發(fā)生羥醛縮合反應，再脫水生成不飽和醛：

(1)A結構簡式是______，名稱是______，1