湖北省市级示范高中智学联盟2024-2025学年高三上学期12月月考化学试卷（Word版附解析）

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可能用到的相对原子质量：
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1. 中国传统文化对人类文明贡献巨大，古代文献中记载了很多古代化学研究成果。下列关于的古代文献，对其解释不合理的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．硝酸钾中含有钾元素，灼烧时，通过蓝色钴玻璃观察，为紫色火焰，这是焰色试验，而朴消含有Na元素，灼烧时发出黄色火焰，因此可以通过焰色试验进行鉴别这两种物质，故A正确；
B．KNO3撞击后发生爆炸，不是自燃，故B错误；
C．发生的反应是2KNO3＋3C＋SK2S＋N2↑＋3CO2↑，KNO3中N的化合价降低，KNO3为氧化剂，故C正确；
D．以水淋之后，应是溶解，煎炼而成，应是蒸发结晶，故D正确；
故选B。
2. 2024年5月8日，我国第三艘航空母舰福建舰顺利完成首次海试。舰体需要采取有效的防腐蚀措施，下列措施不合理是
A. 舰体采用耐腐蚀的特种钢材B. 舰体表面喷涂油漆
C. 舰体外壳安装镁合金D. 舰体与外接电源正极相连
【答案】D
【解析】
【详解】A．海水中盐的浓度较大，钢铁易发生吸氧腐蚀，所以舰体采用耐腐蚀的特种钢材，可防止舰体腐蚀，A合理；
B．舰体表面喷涂油漆，将隔绝舰体与海水的接触，从而防止舰体腐蚀，B合理；
C．舰体外壳安装镁合金，形成镁、铁、海水原电池，镁作负极，从而阻止舰体发生腐蚀，C合理；
D．舰体与外接电源正极相连，则舰体作阳极，从而加速舰体腐蚀，D不合理；
故选D。
3. 哲学观点在化学上有着诸多体现。下列化学事实与对应的哲学观点不相符合的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．稀盐酸中c(Cl-)小，还原能力弱，则加热时MnO2与稀盐酸不反应，当增大c(Cl-)，将稀盐酸转化成浓盐酸时，反应能发生，体现事物的量变到质变，A相符；
B．H2Te、H2Se、H2S、H2O都形成分子晶体，若分子间只存在范德华力，相对分子质量越大，范德华力越大，沸点越高，但H2O分子间还能形成氢键，所以其沸点反常，沸点：，体现事物的变化规律既有普遍性又有特殊性，B相符；
C．苯硝化时生成硝基苯，而甲苯硝化时可生成三硝基甲苯，体现苯环受甲基的影响，但没有体现甲基受苯环的影响，不符合相互影响的哲学观，C不相符；
D．AgCl悬浊液中存在沉淀溶解平衡，当离子浓度减小时会导致沉淀溶解，当离子浓度增大时会导致沉淀的生成，体现事物的双方既相互对立又相互统一，D相符；
故选C
4. 下列关于物质分离和提纯的说法错误是
A. 用苯萃取碘水中的
B. 用蒸馏法分离、和的液态混合物
C. 粗苯甲酸中含有少量和泥沙，提纯苯甲酸的主要步骤为：加热溶解、趁热过滤、蒸发结晶
D. 通过溶液，可除去中混有的少量
【答案】C
【解析】
【详解】A．碘单质易溶于苯，难溶于水，且苯与水互不相溶，可以用苯萃取碘水中的，故A正确；
B．、和互溶且沸点不同，可以用蒸馏法分离，故B正确；
C．粗苯甲酸中含有少量和泥沙，用重结晶法提纯苯甲酸的主要步骤为：加热溶解、趁热过滤、冷却结晶，故C 错误；
D．可以与NaOH反应生成Na2S，乙炔与NaOH不反应，所以可以通过溶液除去中混有的少量，故D正确；
故选C。
5. 下列化学用语表述错误的是
A. 用离子方程式表示溶液与稀反应：
B. H2O的VSEPR模型：
C. 顺-2-丁烯的结构简式：
D. 用电子云轮廓图表示H—Cl的s-p键形成的示意图：
【答案】A
【解析】
【详解】A．溶液与稀反应，生成Na2SO4、S沉淀、SO2气体和H2O，离子方程式为：，A错误；
B．H2O分子中，中心O原子的价层电子对数为=4，发生sp3杂化，O原子有2个孤电子对，则VSEPR模型为：，B正确；
C．顺-2-丁烯分子中，两个甲基、两个氢原子分别在碳碳双键的同一侧，则结构简式：，C正确；
D．HCl分子中，H原子的1s电子云与Cl原子的3p电子云，沿着3p电子云的对称轴方向进行重叠，则用电子云轮廓图表示H-Cl的s-pσ键形成的示意图：，D正确；
故选A。
6. 铁杉脂素是重要木脂素类化合物，其结构简式如图所示。下列关于铁杉脂素的说法正确的是
A. 分子中有3个手性碳原子
B. 分子式为
C. 分子中含氧官能团有羟基、醚键、酮羰基
D. 该物质最多可与反应
【答案】A
【解析】
【详解】A．铁杉脂素分子中，带“∗”的碳原子为手性碳原子，共有3个手性碳原子，A正确；
B．铁杉脂素分子中，含有20个C原子、6个O原子，不饱和度为11，则分子中所含H原子个数为20×2+2-11×2=20，分子式为，B不正确；
C．分子中含氧官能团有酚羟基、醚键、酯基，不含有酮羰基，C不正确；
D．1个该有机物分子中含有2个酚羟基、1个酯基，则该物质最多可与反应，D不正确；
故选A。
7. 物质结构决定物质性质。下列性质差异与结构因素匹配错误的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．CsCl形成离子晶体，S8形成分子晶体，离子晶体中离子键键能高于分子晶体中的范德华力，则CsCl的熔点高于S8，A正确；
B．PCl3、PF3中，P原子的价层电子对数都为=4，都发生sp3杂化，P原子的最外层都有1个孤电子对，由于氟的电负性大于氯，PF3中共用电子对离P原子更远，排斥力更小，键角更小，所以键角：PCl3大于PF3，即与F、Cl的电负性差异有关，B错误；
C．因为F的电负性大于Cl，F-C的极性大于Cl-C的极性，使得F3C-的吸电子能力大于Cl3C-的吸电子能力，导致CF3COOH的羧基中的羟基的极性更大，更易电离出氢离子，所以酸性：CF3COOH强于CCl3COOH，C正确；
D．O的原子半径小于I，O的电负性大于I，则O-H键能大于I-H键能，所以分解温度：H2O大于HI，D正确；
故选B。
8. X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素。Y的基态原子核外s轨道电子数等于p轨道电子数。仅Z为金属元素，其基态原子核外有1个未成对电子。W的原子半径在同周期中最小，X、Z的原子序数之和等于W的原子序数。下列说法正确的是
A. 电负性：Y＜WB. 基态原子未成对电子数：X＜Y
C. 单质的沸点：X>Y>WD. Y与Z形成的化合物中可能含有非极性键
【答案】D
【解析】
【分析】Y的基态原子核外s轨道电子数等于p轨道电子数，为O元素，Z为金属元素，其基态原子核外有1个未成对电子，则Z为Na或Al，W的原子半径在同周期中最小，则W为Cl，若Z为Na，则X为C，若Z为Al，则X为Be，为金属元素，综合，X、Y、Z、W为C、O、Na、Cl，以此分析；
【详解】A．氧化性越强，电负性越强，则电负性：C＜Cl即X＜W，A错误；
B．X为C，基态原子未成对电子数2，Y为O，基态原子未成对电子数2，B错误；
C．C为固体沸点最高，氧气和氯气均为气体，相对分子质量越大，沸点越高，则C＞Cl2＞O2，即X＞W＞Y，C错误；
D．Y与Z形成的化合物为Na2O2或Na2O，Na2O2中含有非极性共价键及离子键，Na2O中含有离子键，D正确；
故答案为：D。
9. 过渡金属氧化物离子(以表示)在烃类的选择性氧化等方面应用广泛。与反应的过程如下。已知：其他条件不变时，直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢。下列说法正确的是
A. 步骤Ⅰ和Ⅱ中均涉及氢原子成键变化
B. 若与反应，生成氘代甲醇有3种
C. 其他条件不变时，若与反应，则将变小
D.
【答案】D
【解析】
【详解】A．步骤Ⅰ中，C—H键断裂，形成O—H键，涉及氢原子成键变化；步骤Ⅱ中，M—O键、M—C键断裂，形成C—O键，未涉及氢原子成键变化，A错误；
B．MO＋与CH2D2反应，生成的氘代甲醇只有2种，分别为CH2DOD和CHD2OH，B错误；
C．依题意，将D替换H，反应速率变慢，则反应的活化能E1将变大，C错误；
D．由图知，总反应ΔHc>a>b
【答案】B
【解析】
【分析】盐酸为强酸，溶液的pH=1，结合图，则N曲线为溶液的滴定曲线，M为溶液的滴定曲线；
【详解】A．，b点时，，，，A错误；
B．c点溶液溶质是等浓度的NaX和HX，由电荷守恒：，由物料守恒：，两式得：，B正确；
C．d点氢氧化钠和HX恰好反应生成0.05ml/L的NaX，X-会水解，，C错误；
D．酸和碱均会抑制水的电离，X-水解会促进水的电离，溶液酸性a大于b，则水的电离程度b大于a，d为恰好反应生成NaX，对水的电离促进程度最大，则水的电离程度：d>c>b >a，D错误；
故选B。
二、非选择题：本题包括4小题，共55分。
16. 银铋渣是铋精炼过程中产生的一种富银合金渣。某团队研究了综合回收银铋渣中、、、的新工艺，其流程如下：
已知：①与同族。
②银铋渣中各成分质量分数如下表
③；。
回答下列问题：
（1）写出在元素周期表中的位置_______。位于元素周期表中的_______区。
（2）“浸锌”步骤用溶液不用溶液，目的是_______。
（3）为探究“酸浸”步骤的最佳条件，进行了相关实验，实验数据记录如下，则适宜的酸浸温度为_______，80℃时浸出率降低的原因可能是_______。
（4）若“沉银液”中，则溶液中_______(保留一位小数)。
（5）“氨浸”步骤中溶解得到的物质的化学式为_______。
（6）“还原”步骤中(性质类似于)作还原剂，反应的离子方程式为____。
（7）电解制取后的电解液可以返回_______步骤中循环使用。
【答案】（1） ①. 第六周期第IVA族 ②. ds
（2）HNO3有强氧化性，酸浸时不仅产生有毒气体，污染环境；而且还不易使Zn与Bi、Ag、Pb分离
（3） ①. 60℃ ②. 温度过高，HNO3大量分解(或HNO3大量挥发)
（4）5.2×10−4
（5）[Ag(NH3)2]Cl
（6）
或
（7）浸锌
【解析】
【分析】银铋渣经预处理后用稀H2SO4浸取，比较活泼金属Zn变为Zn2+进入到浸取液中，Pb变为PbSO4沉淀进入到滤渣中；Bi、Ag等元素也进入滤渣中；再向浸取液中加入锌粉还原其中的杂质离子，得到ZnSO4溶液，然后对其进行电解就得到单质Zn；向含有Bi、Ag等元素的浸渣1中加入具有强氧化性的HNO3，Bi、Ag变为金属阳离子Bi3+、Ag+进入溶液，其中难溶性固体通过过滤进入浸渣2中；然后向滤液中加入NaCl溶液，使Ag+变为AgCl沉淀而与Bi3+分离；对沉银液稀释可达到沉淀BiONO3沉淀；用氨水浸取AgCl沉淀，得到[Ag(NH3)2]Cl溶液，再加入N2H4·H2O进行还原，可反应产生Ag单质。
【小问1详解】
Pb是82号元素，位于元素周期表中第六周期第IVA族；是30号元素位于元素周期表中第四周期第ⅠIB族，属于元素周期表中的ds区元素，故答案为：第六周期第IVA族；ds；
【小问2详解】
根据流程可知，硫酸可浸出Zn元素，使Zn与其他金属元素进行分离，若直接用具有强氧化性的硝酸进行酸浸，不仅产生更多的有毒气体，污染环境，而且还不易分离不同的金属元素，故答案为：HNO3有强氧化性，酸浸时不仅产生有毒气体，污染环境；而且还不易使Zn与Bi、Ag、Pb分离；
【小问3详解】
由表中数据可知，当浸出温度为60℃时，各种元素的浸出率均最高，渣率最低，故适宜的酸浸温度为60℃；当温度为80℃时，因分解或挥发损的硝酸增多而导致浸出率下降，故作案为：60℃；温度过高，HNO3大量分解(或HNO3大量挥发)；
【小问4详解】
若“沉银液”中，由可知c(Pb2+)=，故答案为：5.2×10−4；
【小问5详解】
由分析知，“氨浸”步骤中溶解得到的物质的化学式为[Ag(NH3)2]Cl，故答案为：[Ag(NH3)2]Cl；
【小问6详解】
“还原”过程为N2H4·H2O将[Ag(NH3)2]+还原为银单质，N2H4·H2O被氧化为N2，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，结合物质的拆分原则，可知该反应的离子方程式为：
或，故答案为：
或；
【小问7详解】
电解制取Zn 后的电解液主要成分H2SO4，可返回“浸锌”步骤中循环使用，故答案为：浸锌。
17. 盐酸伊托必利(Ⅰ)是一种治疗功能性消化不良的胃药。以下为其合成路线之一(部分反应条件和溶剂省略)。
已知：
回答下列问题：
（1）A的化学名称是_______。
（2）步骤①中的作用是_______。
（3）C中碳原子的轨道杂化类型有_______种。F中官能团的名称为_______。
（4）步骤③和⑤的反应类型分别为_______、_______。
（5）步骤⑥的化学方程式为_______。
（6）进行步骤⑥时，使用的溶剂必须是无水的，理由是_______。
（7）盐酸伊托必利结构中键长较长的C—N键是_______(填I中C—N键的标号)。
【答案】（1）4-羟基苯甲醛(对羟基苯甲醛)
（2）K2CO3能与产物HCl反应，有利于反应正向进行
（3） ①. 2 ②. 羧基、醚键
（4） ①. 加成反应(还原反应) ②. 取代反应
（5） （6）产物H在HCl水溶液中发生水解(或反应物G在HCl水溶液中发生水解)
（7）b
【解析】
【分析】A（）和在K2CO3存在条件下反应生成B，B与NH3反应生成C（），结合A、C的结构可知B为，C（）与H2发生加成反应生成D（）；E（）被酸性KMnO4氧化生成F（），F（）与SOCl2反应生成G（），D（）与G（）反应生成H（），H与盐酸反应生成产品，以此作答。
【小问1详解】
A的结构为，苯环的对位上分别有羟基和醛基，所以其名称为4-羟基苯甲醛(对羟基苯甲醛)，故答案为：4-羟基苯甲醛(对羟基苯甲醛)；
【小问2详解】
反应①中有HCl生成，可以与HCl反应，减小HCl浓度，促进反应正向进行，故答案为：K2CO3能与产物HCl反应，有利于反应正向进行；
【小问3详解】
C的结构为，其中苯环碳与双键碳为sp2杂化，饱和碳原子为sp3杂化，所以碳原子的轨道杂化类型有2种；F的结构为，其官能团名称为羧基、醚键，故答案为：2；羧基、醚键；
【小问4详解】
反应③为C（）与H2发生加成反应生成D（），反应⑤F（）与SOCl2反应生成G（），该反应为取代反应，故答案为：加成反应；取代反应；
【小问5详解】
反应⑥为D（）与G（）反应生成H（），其化学方程式为，故答案为：；
【小问6详解】
H中有酰氨基，G中有酰氯基，其均可在酸溶液中发生水解反应，所以步骤⑥时使用的溶剂必须是无水的，故答案为：产物H在HCl水溶液中发生水解(或反应物G在HCl水溶液中发生水解)；
【小问7详解】
标号为a的C－N中的C原子为sp2杂化，标号为b的C－N中的C原子为sp3杂化，键长较长的C－N键是b，故答案为：b。
18. 硫酰氯常用作氯化剂和氯磺化剂，在染料、药品、除草剂和农用杀虫剂的生产过程中有重要作用。现拟用干燥的和在活性炭催化下制取硫酰氯。反应的化学方程式为 ，实验装置如图所示(部分夹持装置未画出)。
已知：通常条件下为无色液体，熔点℃，沸点69.1℃，在潮湿空气中会“发烟”；100℃以上开始分解，生成二氧化硫和氯气，长期放置也会发生分解。
回答下列问题：
（1）装置丙中作为反应器的仪器名称是______。装置戊中发生反应的离子方程式为_______。
（2）装置乙和丁中可以使用同一种试剂，该试剂为_______。
（3）装置己的作用是_______。
（4）为提高产率，需控制丙中两种反应气体的体积比约为，具体的方法是_______。
（5）也能通过氯磺酸加热分解制得，反应为；分离两种产物的方法是_______(填字母)。
a.萃取 b.蒸馏 c.过滤 d.重结晶
（6）若装置甲中产生了(标准状况下)的，的利用率为80％，最后经过分离提纯得到纯净的硫酰氯，则硫酰氯的产率为_______％；为提高硫酰氯的产率，在实验操作中需注意的事项有_______(填序号)。
①控制气流速率，宜慢不宜快；
②若丙装置发烫，可适当降温；
③先通冷凝水，再通入反应气体
【答案】（1） ①. 三颈烧瓶 ②.
（2）浓硫酸 （3）吸收多余的SO2、Cl2，防止污染空气；并防止空气中的水蒸气进入装置丙
（4）控制气体发生装置，使乙、丁导管口产生气泡的速率近似一致
（5）b （6） ①. 60 ②. ①②③
【解析】
【分析】用干燥的氯气和二氧化硫制备SO2Cl2，甲是用亚硫酸钠与硫酸反应制备二氧化硫，戊中用浓盐酸和高锰酸钠制备氯气，二氧化硫与氯气在活性炭催化作用下于丙装置内发生反应制备SO2Cl2；乙、丁盛放浓硫酸干燥气体，氯气和二氧化硫不能直接排放到空气中，用装置已中的碱石灰进行吸收，据此回答。
【小问1详解】
装置丙中作为反应器的仪器名称是三颈烧瓶；装置戊中发生的反应为浓盐酸和高锰酸钠制备氯气，离子方程式为，故答案为：三颈烧瓶；；
【小问2详解】
由分析可知，乙、丁盛放浓硫酸干燥气体，故答案为为：浓硫酸；
【小问3详解】
由分析可知，氯气和二氧化硫不能直接排放到空气中，用装置已中的碱石灰进行吸收，故答案为：吸收多余的SO2、Cl2，防止污染空气，并防止空气中的水蒸气进入装置丙；
【小问4详解】
通过观察乙、丁导管口产生气泡的速度，控制气体发生装置中产生气体的速度相等，从而使两种反应气体的体积比约为，故答案为：控制气体发生装置，使乙、丁导管口产生气泡的速率近似一致；
【小问5详解】
两种产物都呈液态，且沸点差别较大，采用蒸馏方法进行分离，答案选b；
【小问6详解】
硫酰氯的产率为；
①控制气流速率，宜慢不宜快，保证气体能够完全反应；
②若三颈烧瓶发烫，可适当降温，温度不宜过高，否则加速SO2Cl2分解；
③先通冷凝水，再通入反应气体，防止反应生成的产品逸出，故选①②③。
19. 降低空气中的含量、研发的利用技术、将转换为能源是缓解环境和能源问题的有效方案之一。我国为实现碳达峰和碳中和的“双碳”目标，工业上用、、等物质与反应合成具有经济价值的物质。
（1）工业上用和合成，发生的主反应ⅰ：
根据表中数据计算_______。
（2）一定条件下，向恒温恒容密闭容器中充入和仅发生反应ⅰ，在两种不同催化剂作用下建立平衡的过程(Ⅰ、Ⅱ)中的转化率随反应时间的变化曲线如图。
①n点_______m点(填“>”“＜”或“=”)。
②已知，平衡时n点总压强为p，该反应的压强平衡常数_______。
③过程Ⅰ，时刻改变的反应条件可能是_______(任答一条)。
（3）和合成甲醇的过程中还会有副反应发生：
反应ⅱ：
反应ⅲ：
将一定量的和充入恒容密闭容器中并加入合适的催化剂，同时发生反应ⅰ、ⅱ、ⅲ。不同温度下体系达到平衡时的转化率曲线、的产率曲线如图1所示。相同温度下，在不同压强下测得的平衡转化率、的选择性和的选择性随压强的变化曲线如图2所示。
①根据图1判断，当温度高于260℃，的浓度随着温度的升高而_______(填“增大”、“减小”、“不变”)，其原因是_______。
②图2中表示的选择性的曲线是_______(填“m”、“n”或“p”)；试解释随着压强的增大，该曲线呈现这种变化趋势的原因是_______。
【答案】（1）－50.2
（2） ①. < ②. （或85.3p－2） ③. 升高温度(或增大生成物浓度)
（3） ①. 增大 ②. 反应ⅰ和ⅲ为放热反应，反应ⅱ为吸热反应，温度升高不利于CO2、CO转化为甲醇，有利于CO2转化为CO，所以CO的浓度增大 ③. p ④. 增大压强，反应ⅰ平衡正向移动，CO2含量减少，水蒸气含量增多，使反应ⅱ平衡逆向移动，导致CO选择性降低
【解析】
【小问1详解】
反应焓变等于生成物能量减去反应物能量，故 ；
【小问2详解】
①n点处于平衡状态，正逆反应速率相等，m点没有达到平衡状态，其正反应速率大于n点正反应速率，故n点＜m点。
②n点二氧化碳的转化率为80%，反应二氧化碳0.8ml；
则总的物质的量为2.2ml，已知，平衡时n点总压强为p，则，故答案为：（或85.3p－2）。
③反应为放热的气体分子数减小的反应，过程Ⅰ，min时刻二氧化碳的转化率下降，则平衡逆向移动，改变的反应条件可能是升高温度、增大生成物(g)[或(g)]的浓度，故答案为：升高温度(或增大生成物浓度)；
【小问3详解】
①反应ⅰ和ⅲ为放热反应，反应ⅱ为吸热反应，温度升高不利于、CO转化为甲醇，有利于转化为CO，故CO的浓度随着温度的升高而增大，故答案为：增大；反应ⅰ和ⅲ为放热反应，反应ⅱ为吸热反应，温度升高不利于CO2、CO转化为甲醇，有利于CO2转化为CO，所以CO的浓度增大；
②由已知信息知，反应ⅰ、ⅲ的正反应是气体体积减小的反应，反应ⅱ是反应前后气体体积不变的反应，增大压强，反应ⅰ平衡正向移动，CO2含量减少，水蒸气含量增大，使反应ⅱ平衡逆向移动，导致CO选择性降低。一定温度下，图中m表示CO2的平衡转化率与压强的关系，n表示CH3OH的选择性与压强的关系，p表示CO的选择性与压强的关系，故答案为：p；增大压强，反应ⅰ平衡正向移动，CO2含量减少，水蒸气含量增多，使反应ⅱ平衡逆向移动，导致CO选择性降低。选项
目的
古代文献
解释
A
鉴别
区分硝石和朴消；“强烧之，紫青烟起，云是硝石也”——《本草经集注》
利用焰色试验
B
使用
“…凡研消不以铁碾入石臼，相激火生，则祸不可测”——《天工开物》
能自燃
C
性质
“(火药)乃焰消、硫黄、杉木炭所合，以为烽燧铳机诸药者”——《本草纲目》
用作氧化剂
D
提纯
“所在山泽，冬月地上有霜，扫取以水淋汁后，乃煎炼而成”——《开宝本草》
涉及溶解、蒸发结晶
选项
化学事实
哲学观点
A
加热时MnO2与稀盐酸不反应，而与浓盐酸反应
事物的量变到质变
B
沸点：
事物的变化规律既有普遍性又有特殊性
C
苯硝化时生成硝基苯，而甲苯硝化时可生成三硝基甲苯
事物的双方相互影响
D
AgCl悬浊液中存在沉淀溶解平衡
事物的双方既相互对立又相互统一
选项
性质差异
结构因素
A
熔点：CsCl高于S8
晶体类型
B
键角：PCl3大于PF3
孤电子对数
C
酸性：CF3COOH强于CCl3COOH
电负性差异
D
分解温度：H2O大于HI
键能大小
离子
浓度/
145
0.03
1
成分
其他不溶于酸的物质
质量分数/％
15.22
41.05
30.52
503
8.18
序号
温度/℃
浸出率/％
浸渣/％
1
20
88.91
86.21
87.21
8.26
2
40
92.11
92.08
90.36
6.88
3
60
98.76
98.61
98.38
5.10
4
80
96.02
98.11
96.26
5.25
相对能量
0