四川省成都实验高级中学2025届高三化学12月月考试题含解析

PAGE16-四川省成都试验高级中学2025届高三化学12月月考试题（含解析）(考试时间：50分钟满分：100分)一、单项选择题：每小题6分，共42分。1.化学与生产生活联系紧密，下列有关说法正确的是A.热的纯碱溶液可用于洗涤煤油、柴油等矿物油污B.水垢中的CaSO4，可先转化为CaCO3

，再用酸除去C.胃舒平(

主要成分(AlOH)3]和食醋同时服用可增加药效D.淀粉和纤维素在体内最终水解为葡萄糖，为人体供应能量【答案】B【解析】A.热的纯碱溶液可用于洗涤油脂，但不能洗涤煤油、柴油等矿物油污，只能用有机溶剂去洗涤矿物油污，故A错误；B.利用沉淀的转化原理，用饱和的碳酸钠溶液浸泡水垢中的CaSO4，可先转化为CaCO3，再用酸除去，故B正确；C.胃舒平可中和胃酸，但不能与醋酸混用，因为醋酸能溶解A1(OH)3降低药效，故C错误；D.淀粉在体内最终水解为蔔萄糖，为人体供应能量，而纤维素在人体内不能水解，可通过胃肠蠕动助消化，故D错误；答案为B。2.用下列试验装置进行相应的试验，能达到试验目的的是（）A.图I用于试验室制氨气并收集干燥的氨气B.图II用于除去CO2中含有的少量HClC.图III用于提取I2的CCl4溶液中的I2D.图IV用于检查碱式滴定管是否漏液【答案】AB【解析】【详解】A．无论是制取气体、干燥气体还是收集气体、尾气处理都符合氨气的制取要求，因此图Ⅰ用于试验室制氨气并收集干燥的氨气，正确；B．用饱和NaHCO3溶液除去HCl杂质时导气管应当是进步短出，因此图Ⅱ可用于除去CO2中含有的少量HCl，正确；C.由于I2在水中的溶解度小于在CCl4中的，所以水不能作为萃取剂，错误；D.检查碱式滴定管是否漏液应当使胶管悬空垂直放下，看是否漏液，图Ⅳ是排出气泡的操作，错误。答案选AB。3.A、B、C、D、E五种元素的原子序数依次增大。已知A、B、C、D是短周期元素中的四种非金属元素，A元素的原子形成的离子就是一个质子,C、D在元素周期表中处于相邻的位置，它们的单质在常温下均为无色气体，B的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年头，E是地壳中含量最高的金属元素。下列说法正确的是A.A、B、C、D均是非金属元素，所以它们之间只能形成共价化合物B.化合物BD2是直线型分子，若遇E同周期的金属单质着火均可用BD2灭火C.用E单质作阳极，石墨电极作阴极电解NaHCO3

溶液,电解一起先就会在阴极区出现白色沉淀D.A、C两元素可能形成原子个数比(A:C)为3:1、2:1以及1:1的化合物【答案】D【解析】A元素的原子形成的离子就是一个质子,说明A就是H。C、D的单质在常温下均为无色气体，无色气体单质（明显不用考虑稀有气体）只有：H2、O2、N2（F2和Cl2都有颜色），因为C、D在元素周期表中处于相邻的位置，所以C、D分别是N和O。B的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年头（14C），所以B是C。E是地壳中含量最高的金属元素，E是Al。由上，A、B、C、D、E分别为H、C、N、O、Al。这些元素可以形成铵盐类的离子化合物（例如NH4NO3），选项A错误。化合物BD2（CO2）是直线型分子，遇E同周期（第三周期）的金属单质着火时，假如是第三周期单质镁着火是不行以运用二氧化碳灭火的，因为Mg可以在二氧化碳中燃烧，生成氧化镁和单质碳，所以选项B错误。用E单质（Al）作阳极，石墨电极作阴极电解NaHCO3

溶液，阳极上单质铝失电子转化为Al3+,生成的Al3+和HCO3-发生双水解反应生成氢氧化铝白色沉淀，所以电解一起先就会在阳极区出现白色沉淀，选项C错误。A、C两元素（H、N）可能形成原子个数比(H：N)为3:1（NH3）、2:1（N2H4）以及1:1（NH4N3叠氮酸铵）的化合物，选项D正确。4.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A.所含共价键数均为0.4NA的白磷(P4)和甲烷的物质的量相等B.10g浓度为46%乙醇水溶液中含有的氢原子总数为1.2NAC.将2gH2分别与足量的Cl2和N2混合，充分反应后转移的电子数均为2NAD.1molFe(OH)3与含3molHI的溶液完全反应后，溶液中所含I-的数目为3NA【答案】B【解析】A.1分子白磷和甲烷含有的共价键个数分别是6和4，因此所含共价键数均为0.4NA的白磷(P4)和甲烷的物质的量不相等，A错误；B.10g浓度为46％的乙醇水溶液中含有的氢原子物质的量为＝1.2mol，总数为1.2NA，B正确；C.2gH2是1mol，分别与足量的C12和N2充分反应后转移的电子数均为NA，C错误；D.1molFe(OH)3与含3molHI的溶液发生氧化还原，碘离子部分被氧化单质碘，D错误，答案选B。点睛：要精确把握阿伏加德罗常数的应用，一要仔细理清学问的联系，关注状况条件和物质状态、精确运用物质结构计算、电离和水解学问的融入、留心特别的化学反应、阿伏加德罗定律和化学平衡的应用。避开粗枝大叶不求甚解，做题时才能有的放矢。二要学会留心关键字词，做题时谨慎细致，避开急于求成而忽视问题的本质。选项B是易错点，留意溶剂水中还含有氢原子。5.萜类化合物广泛存在于动植物体内。下列关于萜类化合物a、b的说法正确的是A.a中六元环上的一氯代物共有3种(不考虑立体异构)B.b的分子式为C10H12OC.a和b都能发生加成反应、氧化反应、取代反应D.只能用钠鉴别a和b【答案】C【解析】A、a中六元环上有5个碳上有氢，a中六元环上的一氯代物共有5种(不考虑立体异构)，故A错误；B、b的分子式为C10H14O，故B错误；C、a中的碳双键和b中苯环上的甲基都能发生氧化反应、a、b甲基上的氢都可以发生取代反应、a中碳碳双键、b中苯环都可以发生加成反应，故C正确；D.可以用钠鉴别a和b，还可以用溴水来鉴别，故D错误；故选C。点睛：本题考查有机物的结构与性质，侧重分析实力和应用实力的考查，解题关键：官能团与性质的关系、有机反应类型，难点：选项D为解答的难点，醇能与钠反应。题目难度中等。6.利用微生物可将废水中苯酚的化学能干脆转化为电能，装置如图所示。电池工作时，下列说法正确的是()A.a极为正极，发生氧化反应B.b极电极反应式为：2NO＋12H＋－10e－=N2↑＋6H2OC.中间室的Cl－向左室移动D.左室消耗苯酚(C6H5OH)9.4g时，用电器流过2.4mol电子【答案】C【解析】【详解】A．由题图可知，在b极上NO转化为N2，发生得电子的还原反应，故b极为正极，a极为负极，A项错误；B．b极的电极反应式为2NO＋12H＋＋10e－=N2↑＋6H2O，B项错误；C．原电池中阴离子向负极移动，故C项正确；D．左室消耗苯酚的电极反应式为C6H5OH－28e－＋11H2O=6CO2↑＋28H＋，9.4g苯酚的物质的量为0.1mol，故用电器应流过2.8mol电子，D项错误。故选C【点睛】对于原电池，不管是一般的原电池、干电池还是燃料电池，都是将化学能转化为电能的装置。负极，失电子，发生氧化反应；正极，得电子，发生还原反应。电子由负极沿导线流入正极，电流由正极沿导线流入负极；阳离子向正极移动，阴离子向负极移动。这些模式是相同的，所以只要我们记住了一般原电池中电极发生的变更、电子流淌及离子迁移方向，就可类推其它类型的原电池。7.25℃时，下列有关电解质溶液的说法正确的是()A.将Na2CO3溶液用水稀释后，pH变大，Kw不变B.向有AgCl固体的饱和溶液中加少许水，c(Ag+)和Ksp(AgCl)都不变C.pH=4.75浓度均为0.1mol/L的CH3COOH、CH3COONa的混合溶液中：c(CH3COO－)+c(OH－)<c(H+)+c(CH3COOH)D.分别用pH=2和pH=3的CH3COOH溶液中和等物质的量的NaOH，消耗CH3COOH溶液的体积分别为Va和Vb，则10Va=Vb【答案】B【解析】A．将Na2CO3溶液用水稀释后，pH变小，Kw不变，故A错误；B．向有AgCl固体的饱和溶液中加少许水，溶液仍为AgCl的饱和溶液，此时c(Ag+)和Ksp(AgCl)都不变，故B正确；C．pH=4.75、浓度均为0.1mol•L-1的CH3COOH和CH3COONa的混合溶液中存在电荷守恒，c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，中醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度，溶液呈酸性，醋酸是弱电解质，溶液中c(CH3COOH)＜c(Na+)，c(CH3COO-)+c(OH-)＞c(CH3COOH)+c(H+)，故C错误；D．含等物质的量NaOH的溶液分别用pH为2和3的CH3COOH溶液中和，则有二者物质的量相等，因为所中和的氢氧化钠的物质的量是肯定的，而醋酸是弱酸，醋酸为弱电解质，浓度越大，电离程度越小，pH为2和3的CH3COOH溶液，后者电离程度大，pH为2的CH3COOH的浓度大于pH为3的CH3COOH溶液的浓度的10倍，设pH为2的醋酸浓度为x，PH=3的醋酸浓度为y，则有Va×x=Vb×y，则，即Vb＞10Va，故D错误；答案为B。点睛：溶液pH的计算，留意驾驭溶液酸碱性与溶液pH的计算方法，明确酸碱中和反应实质为解答本题的关键，①先依据溶液的pH计算氢氧根离子浓度，再依据c1V1=c2(V1+V2)计算加入的水体积；②先依据溶液的pH计算氢氧根离子浓度，再依据c1V1+c2V2=c3(V1+V2)计算加入的氢氧化钠溶液体积；③先计算混合溶液中氢氧根离子浓度，再依据c(OH-)计算。二、填空题：本题包括4小题，共48分。8.试验小组按如下流程，进行海带中碘含量的测定和碘的制取等试验。I.碘含量的测定（1）步骤①是将海带置于__________中（填仪器名称）进行灼烧。（2）步骤④是将溶液转移至________________（填定容仪器的名称）。（3）取20.00mL上述海带浸取原液，加稀H2SO4和足量KIO3，使和完全反应（）。再以淀粉为指示剂，用mol/L的Na2S2O3溶液滴定（），当I2恰好完全反应时，用去Na2S2O3溶液20.00mL。（4）推断用Na2S2O3溶液滴定恰好完全反应的现象是__________________________。（5）计算该干海带中碘的质量分数_________________。II.碘的制取另制海带浸取原液，按如下方案制取碘：（1）补全步骤反应方程式，配平并标出电子转移的数目和方向。，_______________（2）步骤加入足量NaOH溶液、振荡、静置后，油层在_____（填“上”或“下”）层，呈____色。（3）步骤的操作是_______________。【答案】(1).坩埚(2).500mL容量瓶(3).滴入最终一滴Na2S2O3溶液，振荡，溶液蓝色褪去且半分钟内无明显变更(4).0.053(5).H2O2+2I-+2H+→I2+2H2O，(6).上(7).无(8).过滤【解析】I.（1）用于灼烧的仪器是坩埚，可以干脆加热。（2）此过程配成了500ml溶液，所以所用仪器为500mL容量瓶。（3）滴定到终点时碘单质恰好完全反应，此时溶液的蓝色褪去，所以现象为：滴入最终一滴Na2S2O3溶液，振荡，溶液蓝色褪去且半分钟内无明显变更（4）由题中数据可知n（）=mol/L20.00mL=4mol.由可知n（）=2molm（）=2mol25425=0.127g再由可知m(I-)=0.106g,由此可知质量分数为0.105/20.00=0.0532e－（1）H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O（2）油层密度比水小应当在上层，由于碘和氢氧化钠反应，所以油层为无色。（3）将固体和溶液分开用过滤操作。9.硫酸亚铁铵[(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O]是透亮、浅蓝绿色晶体，易溶于水而不溶于酒精等有机溶剂，在空气中一般比较稳定，不易被氧化。制备步骤如下：步骤1．称取还原铁粉0.4g，炭粉0.3g，放入50mL锥形瓶中，加入3.5mL2mol·L-1硫酸置于60℃热水浴中加热（如下左图），待反应完全，取出冷却，再加入6mol·L-1的硫酸2mL。步骤2．在上述反应液中加入浓氨水0.8mL，振荡混匀，抽滤（如上右图）。向滤液中加入10mL无水乙醇，静置，大量晶体析出，倾析，再次抽滤。步骤3．取出晶体，用干净的滤纸吸干，称量并分析样品。请回答下列问题：（1）步骤1中炭粉的作用是_______，加人6mol·L-1硫酸的作用是____________。（2）向滤液中加人无水乙醇目的是_________________。（3）产品中金属阳离子的检验方法及现象________________。（4）称取获得的硫酸亚铁铵[(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O]（摩尔质量为392g·mol-1）1.9600g配成100mL溶液，取出20.00mL滴加稀H2SO4酸化后用0.0100mol·L-1KMnO4标准溶液进行滴定，消耗KMnO4溶液为18.00mL。下列有关滴定的操作正确的是＿（填字母编号）。a．滴定过程中眼睛凝视滴定管中液面变更b．滴定完成后取下滴定管握住中部防止掉落c．读数过程中保持滴定管自然悬垂d．读数时视线与刻度线、凹液面最低处切线相平齐滴定过程中反应离子方程式为____________，制得硫酸亚铁钱样品的纯度为__________。【答案】(1).为了形成原电池加快反应速率，加入硫酸抑制Fe2+的水解(2).降低硫酸亚铁铵的溶解度有利于结晶析出(3).取少量产品于试管中滴加KSCN无现象，滴加氯水后溶液显红色（取少量产品于试管中加水溶解，滴加氢氧化钠溶液后，有白色沉淀生成，快速转变为灰绿色，最终变为红褐色或取少量产品于试管中加水溶解，滴加铁氰化钾有蓝色沉淀生成）（其他合理答案也可）(4).cd(5).5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O(6).90%【解析】（1）铁粉与硫酸能反应，加入碳粉是为了形成原电池加快反应速率，加入硫酸抑制Fe2+的水解；（2）题干中给出硫酸亚铁铵易溶于水而不溶于酒精等有机溶剂故加入无水乙醇降低硫酸亚铁铵溶解度有利于结晶析出；（3）检验Fe2+：可取少量产品于试管中滴加KSCN无现象，滴加氯水后溶液显红色（或取少量产品于试管中加水溶解，滴加氢氧化钠溶液后，有白色沉淀生成，快速转变为灰绿色，最终变为红褐色或取少量产品于试管中加水溶解，滴加铁氰化钾有蓝色沉淀生成）；（4）滴定过程中眼睛盯着锥形瓶内颜色变更，若手持滴定管读数时应拿滴定管上方无刻度线处，故应选择cd，滴定的离子方程式5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，n(Fe2+)=5n(MnO4-)=0.0100mol·L-1×18.00mL×10-3L/mL×5，。10.苯乙烯是重要的基础有机化工原料。工业中以乙苯(C6H5—CH2CH3)为原料，采纳催化脱氢的方法制取苯乙烯(C6H5—CH=CH2)，反应的化学方程式为C6H5—CH2CH3(g)C6H5—CH=CH2(g)＋H2(g)ΔH＝akJ·mol－1。(1)乙苯在特定催化剂下发生氧化脱氢：C6H5—CH2CH3(g)＋1/2O2(g)C6H5—CH=CH2(g)＋H2O(g)ΔH1已知H2的燃烧热ΔH＝bkJ·mol－1，水的汽化热为cJ·g－1，则ΔH1＝________。(2)①在汽车上安装三元催化转化器可实现反应：2NO(g)＋2CO(g)N2(g)＋2CO2(g)ΔH<0。则该反应在________(填“高温”“低温”或“任何温度”)下能自发进行。②在某温度下，2L密闭容器中充入NO、CO各0.4mol进行反应，测得NO物质的量变更如图所示，5min末反应达到平衡。第6min接着加入0.2molNO、0.2molCO、0.2molCO2和0.3molN2，请在图中画出到9min末反应达到平衡NO的物质的量随时间的变更曲线_______________。(3)沉淀物并非肯定不溶，且在水及各种不同的溶液中溶解度有所不同，同离子效应、络合物的形成等都会使沉淀物的溶解度有所变更。已知AgCl＋Cl－=[AgCl2]－，下图是某温度下AgCl在NaCl溶液中的溶解状况。①由图知，该温度下AgCl的溶度积常数为________。②AgCl在NaCl溶液中的溶解度出现如图所示状况(先变小后变大)的缘由是：______________________。【答案】(1).(a＋b＋0.018c)kJ·mol－1(2).低温(3).(4).10－12(5).起先Cl－抑制了AgCl的溶解，AgCl的溶解度变小，但c(Cl－)增大使AgCl形成[AgCl2]－络合物，所以AgCl的溶解度又变大【解析】【分析】(1)由H2的燃烧热ΔH＝bkJ·mol－1，得：①H2(g)＋1/2O2(g)=H2O(l)ΔH＝bkJ·mol－1，由水的汽化热为cJ·g－1，即0.018ckJ·mol－1，得：②H2O(l)=H2O(g)ΔH＝0.018ckJ·mol－1，又知③C6H5－CH2CH3(g)C6H5—CH=CH2(g)＋H2(g)ΔH1＝akJ·mol－1；依据盖斯定律，由③＋①＋②得：C6H5—CH2CH3(g)＋1/2O2(g)C6H5—CH=CH2(g)＋H2O(g)，即可求出ΔH。(2)①反应2NO(g)＋2CO(g)N2(g)＋2CO2(g)ΔH<0的正反应是气体体积减小的反应，ΔS<0，低温下满意ΔH－TΔS<0，即在低温时反应自发进行；②由题意知反应为2NO(g)＋2CO(g)N2(g)＋2CO2(g)，2L密闭容器中充入NO、CO各0.4mol，达到平衡时NO为0.2mol。将数据代入公式K＝，即可求出K。第6min接着加入0.2molNO,0.2molCO、0.2molCO2、0.3molN2，此时，c(NO)＝c(CO)＝c(CO2)＝c(N2)＝0.2mol·L－1，将数据代入公式Q＝，并将数值与K进行比较，即可说明平衡移动状况；第6min接着加入0.2molNO、0.2molCO、0.2molCO2和0.3molN2，依据平衡移动状况，确定NO的物质的量变更，从而绘出坐标图象。(3)①由题图2可知，当c(Ag＋)＝10－5mol·L－1时，c(Cl－)＝10－7mol·L－1，代入AgCl的溶度积常数公式Ksp＝c(Ag＋)·c(Cl－)，即可求出结果；②依据沉淀溶解平衡：AgCl(s)Cl－(aq)＋Ag＋(aq)，将AgCl放在NaCl溶液中，起初是同离子效应，后来是发生反应AgCl＋Cl－=[AgCl2]－。【详解】(1)由H2的燃烧热ΔH＝bkJ·mol－1，得：①H2(g)＋1/2O2(g)=H2O(l)ΔH＝bkJ·mol－1，由水的汽化热为cJ·g－1，即0.018ckJ·mol－1，得：②H2O(l)=H2O(g)ΔH＝0.018ckJ·mol－1，又知③C6H5－CH2CH3(g)C6H5—CH=CH2(g)＋H2(g)ΔH1＝akJ·mol－1；依据盖斯定律，由③＋①＋②得：C6H5—CH2CH3(g)＋1/2O2(g)C6H5—CH=CH2(g)＋H2O(g)，故ΔH＝akJ·mol－1＋bkJ·mol－1＋0.018ckJ·mol－1＝(a＋b＋0.018c)kJ·mol－1。答案为：(a＋b＋0.018c)kJ·mol－1；(2)①反应2NO(g)＋2CO(g)N2(g)＋2CO2(g)ΔH<0的正反应是气体体积减小的反应，ΔS<0，低温下满意ΔH－TΔS<0，即在低温时反应自发进行；答案为：低温；②由题意知反应为2NO(g)＋2CO(g)N2(g)＋2CO2(g)，2L密闭容器中充入NO、CO各0.4mol，达到平衡时NO为0.2mol。K＝=5，第6min接着加入0.2molNO,0.2molCO、0.2molCO2、0.3molN2，此时，c(NO)＝c(CO)＝c(CO2)＝c(N2)＝0.2mol·L－1，Q＝=5＝K，说明是平衡状态，所以第6min接着加入0.2molNO、0.2molCO、0.2molCO2和0.3molN2，仍是平衡状态，但是NO的物质的量变为原来的2倍。则9min末反应达到平衡NO的物质的量随时间的变更曲线为。答案为：；(3)①由题图2可知，当c(Ag＋)＝10－5mol·L－1时，c(Cl－)＝10－7mol·L－1，AgCl的溶度积常数Ksp＝c(Ag＋)·c(Cl－)＝10－5×10－7＝10－12；答案为：10－12；②依据沉淀溶解平衡：AgCl(s)Cl－(aq)＋Ag＋(aq)，将AgCl放在NaCl溶液中，Cl－抑制了AgCl的溶解，但随c(Cl－)增大，发生反应AgCl＋Cl－=[AgCl2]－，使AgCl的溶解度增大。答案为：起先Cl－抑制了AgCl的溶解，AgCl的溶解度变小，但c(Cl－)增大使AgCl形成[AgCl2]－络合物，所以AgCl的溶解度又变大。11.锌是人体必需的微量元素，明朝《天工开物》中有世界上最早的关于炼锌技术的记载。回答下列问题：(1)基态Zn原子的价电子排布式为____________，在周期表中位置为________________。(2)硫酸锌溶于氨水形成[Zn(NH3)4]SO4溶液。①组成[Zn(NH3)4]SO4的元素中，除H外其余元素的第一电离能由大到小排序为________________________。②在[Zn(NH3)4]SO4溶液中滴加NaOH溶液，未出现浑浊，其缘由是___________________________。③已知[Zn(NH3)4]2＋的空间构型与SO42-相同，则在[Zn(NH3)4]2＋中Zn2＋的杂化类型为________。④以下作用力在[Zn(NH3)4]SO4晶体中存在的有________。A．离子键B．极性共价键C．非极性共价键D．配位键E．范德华力F．金属键(3)ZnS晶胞结构如图(已知a为硫离子，b为锌离子)所示，ZnS晶体的熔点约为1700℃。①已知晶体密度为ρg·cm－3，NA为阿伏加德罗常数的值。则1个ZnS晶胞的体积为________cm3。②ZnO与ZnS结构相像，熔点为1975℃，其熔点较高的缘由是_____________________________。【答案】(1).3d104s2(2).第四周期ⅡB族(3).N>O>S>Zn(4).[Zn(NH3)4]2＋难电离，溶液中Zn2＋浓度很小，无法产生沉淀(5).sp3(6).ABD(7).(8).O2－的半径比S2－的小，ZnO晶体的晶格能较大【解析】【分析】(1)基态Zn原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2，由此可确定基态Zn原子的价电子排布式和其在周期表中位置。(2)①一般状况下，元素的非金属性越强，第一电离能越大，但N的2p轨道半充溢，处于较稳定状态，所以第一电离能出现反常，其第一电离能比O大；Zn为金属，其第一电离能比非金属小。②[Zn(NH3)4]2＋中，Zn2+与NH3结合力强，难以发生电离，所以溶液中Zn2＋浓度很小，无法产生沉淀。③[Zn(NH3)4]2＋的空间构型为正四面体，由此可确定Zn2＋的杂化类型。④[Zn(NH3)4]SO4中含有离子键、极性共价键、配位键。(3)由题图知，一个ZnS晶胞中含有4个Zn2＋，含S2－的个数为8×＋6×＝4，1个ZnS晶胞的质量为g，由此可求出1个ZnS晶胞的体积。②O2－的半径比S2－的小，故ZnO晶体的晶格能较大。【详解】(1)基态Zn原子的价电子排布式为3d104s2，在周期表中位置为第四周期ⅡB族。答案为：3d104s2；第四周期ⅡB族；(2)①一般状况下，元素的非金属性越强，第一电离能越大，但N的2p轨道半充溢，处于较稳定状态，所以第一电离能出现反常，其第一电离能比O大；Zn为金属，其第一电离能比非金属小，故N、O、S、Zn的第一电离能由大到小的依次为N>O>S>Zn。答案为：N>O>S>Zn；②[Zn(NH3)4]2＋中，Zn2+与NH3结合力强，难以发生电离，所以溶液中Zn2＋浓度很小，无法产生沉淀。答案为：[Zn(NH3)4]2＋难电离，溶液中Zn2＋浓度很小，无法产生沉淀；③[Zn(NH3)4]2＋的空间构型为正四面体，Zn2＋的杂化类型为sp3杂化。答案为：sp3；④[Zn(NH3)4]SO4中含有离子键、极性共价键、配位键。答案为：ABD；(3)①由题图知，一个ZnS晶胞中含有4个Zn2＋，含S2－的个数为8×＋6×＝4，1个ZnS晶胞的质量为g，故1个ZnS晶胞的体积为cm3。答案为：；②O2－的半径比S2－的小，故ZnO晶体的晶格能较大，熔点较高。答案为：O2－的半径比S2－的小，ZnO晶体的晶格能较大。12.麻黄素M是拟交感神经药。合成M的一种路途如图所示：已知：Ⅰ.芳香烃A