【KS5U解析】湖北省七市州教科研協(xié)作體2020年5月高三聯(lián)合考試（全國I卷）理綜化學試題 Word版含解析

1、2020年5月湖北省七市（州）教科研協(xié)作體高三聯(lián)合考試理科綜合能力測試化學可能用到的相對原子質(zhì)量：h 1 c 12 n 14 o 16 c1 35.5 zn 65 ga 70 pb 207一、選擇題：本題共7小題，每小題6分，共42分。在每小題給出的四個選項中，只有一項符合題目要求。1.化學與科技、生活密切相關(guān)。下列敘述中正確的是a. 從石墨中剝離出的石墨烯薄片能導(dǎo)電，因此是電解質(zhì)b. 中國天眼fast用到的高性能碳化硅是一種新型的有機高分子材料c. 向海水中加入石灰與純堿可以使海水淡化d. 垃圾分類回收是防止污染及資源化利用的有效方式【答案】d【解析】【詳解】a. 電解質(zhì)必須是化合物，石墨烯

2、是碳單質(zhì)的一種形式，因此石墨烯不屬于電解質(zhì)，故a錯誤；b. 碳化硅屬于無機物，屬于無機非金屬材料，不屬于有機高分子材料，故b錯誤；c. 海水淡化是降低海水中nacl等鹽類物質(zhì)濃度，加入石灰除去的是海水中的mg2等離子，加入na2co3，除去海水中的ca2等離子，引入了na，因此加入石灰、純堿無法使海水淡化，故c錯誤；d. 垃圾分類回收可以防止重金屬離子等對環(huán)境的污染，同時對一些垃圾進行資源化利用，如廢舊金屬的利用等，故d正確；答案：d。2.na是阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是a. 若1molfecl3跟水完全反應(yīng)轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵膠體后，其中膠體粒子的數(shù)目為nab. 將一定量的cl2通入fe

3、br2溶液中，當有1molbr-轉(zhuǎn)化為br2時，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為nac. 44.0g環(huán)氧乙烷中含有6.0na個極性鍵d. 1molcao2晶體中含離子總數(shù)為3na【答案】c【解析】【詳解】a. 氫氧化鐵膠體是由許多個氫氧化鐵聚集而成，因此1molfecl3跟水完全反應(yīng)轉(zhuǎn)化成氫氧化鐵膠體后，其中膠體粒子的物質(zhì)的量小于1mol，故a錯誤；b. fe2的還原性強于br，通入氯氣，先發(fā)生2fe2cl2=2fe32cl，然后再發(fā)生cl22br=2clbr2，當br轉(zhuǎn)化成br2時，fe2全部轉(zhuǎn)化成fe3，轉(zhuǎn)移電子物質(zhì)的量大于1mol，故b錯誤；c. 環(huán)氧乙烷的鍵線式為，1mol環(huán)氧乙烷中含有6mol極性鍵，

4、則44.0g環(huán)氧乙烷中含有的極性鍵物質(zhì)的量為=6mol，故c正確；d. cao2是由ca2和o22組成，1molcao2中離子總物質(zhì)的量為2mol，故d錯誤；答案：c。3.萜類化合物廣泛存在于動植物體內(nèi)，下列關(guān)于萜類化合物的說法錯誤的是a. c和b互為同分異構(gòu)體b. c的分子式是c10h16oc. a、b、c均能發(fā)生加成反應(yīng)d. a、b、c中共有三種官能團，且都可以使酸性高錳酸鉀溶液褪色【答案】a【解析】【詳解】a. 根據(jù)b的結(jié)構(gòu)簡式，b的分子式為c10h14o，根據(jù)c的結(jié)構(gòu)簡式，c的分子式為c10h16o，它們分子式不同，因此b和c不互為同分異構(gòu)體，故a錯誤；b. 根據(jù)c的結(jié)構(gòu)簡式，c的分子

5、式為c10h16o，故b正確；c. a中含有碳碳雙鍵，b中含有苯環(huán)，c中含有醛基，這些都能發(fā)生加成反應(yīng)，故c正確；d. a中官能團是碳碳雙鍵，能被酸性高錳酸鉀溶液氧化，b中官能團是羥基，苯環(huán)上含有甲基，能被酸性高錳酸鉀溶液氧化成羧基，c中含有醛基，能被酸性高錳酸鉀溶液氧化，故d正確；答案：a。4.完成下列實驗所選擇裝置正確的是a. ab. bc. cd. d【答案】b【解析】【詳解】a. 乙醇與苯酚互溶，不能用過濾方法除去乙醇中的苯酚，故a錯誤；b. so2屬于酸性氧化物，能與naoh反應(yīng)生成na2so3，乙烯不與氫氧化鈉溶液反應(yīng)，可以達到實驗?zāi)康?，故b正確；c. nh4cl不穩(wěn)定，受熱易分解

6、成nh3和hcl，因此不能通過蒸發(fā)結(jié)晶的方法獲得nh4cl，應(yīng)采用降溫結(jié)晶的方法獲得氯化銨晶體，故c錯誤；d. 純堿是粉末狀且易溶于水，不能用啟普發(fā)生器的簡易裝置，應(yīng)將純堿改為石灰石，故d錯誤；答案：b?！军c睛】易錯點是選項d，使用啟普發(fā)生器或啟普發(fā)生器的簡易裝置，要求固體反應(yīng)過程中保持塊狀；該反應(yīng)不要加熱；所生成的氣體不溶于反應(yīng)的溶液。5.下表是元素周期表短周期的一部分，這四種元素原子的最外層電子數(shù)之和為21。下列說法錯誤的是a. 最簡單氫化物沸點：w >zb. y的最高價氧化物不能與堿反應(yīng)c. 簡單離子的半徑：y <xd. y和z形成的化合物的水溶液呈酸性【答案】b【解析】【分

7、析】令w的最外層電子數(shù)為a，則x最外層電子數(shù)為a1，z的最外層電子數(shù)為a2，y的最外層電子數(shù)為a2，根據(jù)題意，aa1a2a2=21，解得a=5，即w為n，x為o，z為cl，y為al，據(jù)此分析；【詳解】令w的最外層電子數(shù)為a，則x最外層電子數(shù)為a1，z的最外層電子數(shù)為a2，y的最外層電子數(shù)為a2，根據(jù)題意，aa1a2a2=21，解得a=5，四種元素為短周期元素，w、x位于第二周期，y、z位于第三周期，從而得到w為n，x為o，z為cl，y為al，a. w、z的最簡單氫化物分別是nh3、hcl，氨氣分子間存在氫鍵，hcl分子間不存在氫鍵，即nh3的沸點高于hcl，故a正確；b. y的最高價氧化物是a

8、l2o3，al2o3為兩性氧化物，能與強堿發(fā)生反應(yīng)，故b錯誤；c. x、y簡單離子分別是o2、al3，核外電子排布相同，因此r(o2)>r(al3)，故c正確；d. y和z形成的化合物是alcl3，屬于弱堿強酸鹽，其水溶液顯酸性，故d正確；答案：b。6.甲圖為一種新型污水處理裝置，該裝置可利用一種微生物將有機廢水的化學能直接轉(zhuǎn)化為電能；乙圖是含cr2o72-酸性廢水的處理裝置。將甲、乙兩裝置連接fe()極與x極連接，可將cr2o72-轉(zhuǎn)化成cr(oh)3沉淀而除去。下列說法錯誤的是a. 若廢水中含有乙醛，則m極的電極反應(yīng)為：ch3cho2h2o8e=2co28h，b. 電解一段時間后，在

9、fe(i)極附近有沉淀析出c. 裝置乙的隔膜是陽離子交換膜d. 電路中每轉(zhuǎn)移3 mol電子，最多有0.5 mol cr2o72-被還原【答案】cd【解析】【分析】甲裝置原電池裝置，根據(jù)裝置圖以及原電池工作原理，m極為負極，n極為正極，fe（ii）與x電極相連，則fe(ii)為陰極，fe(i)為陽極，即乙裝置為電解池，然后利用原電池工作原理和電解池工作原理進行分析；【詳解】a. 甲裝置是利用一種微生物將有機廢水的化學能直接轉(zhuǎn)化為電能，即甲裝置為原電池，根據(jù)原電池工作原理，m極為負極，若廢水中含有乙醛，則其電極反應(yīng)式為ch3cho2h2o8e=2co28h，故a正確；b. fe(i)連接y，即fe

10、(i)為陽極，電極反應(yīng)式為fe2e=fe2，該區(qū)域發(fā)生氧化還原反應(yīng)6fe2cr2o7214h=6fe32cr37h2o，fe(ii)電極為陰極，電極反應(yīng)式為2h2e=h2，h不斷在陰極上得電子成為h2而析出，且cr2o72與fe2的反應(yīng)也在消耗h，使得溶液酸性變?yōu)橹行?，再由中性變?yōu)閴A性，cr33ohcr(oh)3，fe33ohfe(oh)3，因隔膜為離子交換膜，因此fe(i)附近有沉淀產(chǎn)生，故b正確；c. 根據(jù)乙裝置以及b選項分析，乙裝置右側(cè)中cr2o72向左側(cè)移動，則隔膜為陰離子交換膜，故c錯誤；d. 根據(jù)b選項分析，建立12e6fe2cr2o72，每轉(zhuǎn)移3mol電子，最多有=molcr2o

11、72被還原，故d錯誤；答案：cd。7.常溫下，已知醋酸的電離常數(shù)為1.75×10-5，向20ml0.01mol·l-1ch3cooh溶液中逐滴加入0.01mol·l-1的naoh溶液，溶液中水電離的c(h+)隨加入naoh溶液的體積變化如圖所示，下列說法正確的是（已知=4.2）a. b、d兩點溶液的ph相同b. b點溶液中離子濃度大小順序是：c(na+)>c(ch3coo-)>c(h+)>c(oh-)c. e點所示溶液中，c(na+)=2c(ch3coo-)+c(ch3cooh)=0.005mol/ld. a點坐標為(0，2.4×101

12、1)【答案】d【解析】【分析】ch3cooh溶液中加入naoh發(fā)生ch3coohnaoh=ch3coonah2o，酸、堿抑制水的電離，ch3coona為強堿弱酸鹽，促進水的電離，向醋酸溶液中加入naoh溶液，水的電離程度先增大后減小，據(jù)此分析；【詳解】a. ch3cooh溶液中加入naoh發(fā)生ch3coohnaoh=ch3coonah2o，b點消耗naoh的體積為10ml，naoh和ch3cooh的物質(zhì)的量濃度相等，則此時溶液中溶質(zhì)為ch3cooh和ch3coona，且兩者物質(zhì)的量相等，ch3coo的水解常數(shù)為<1.75×105，ch3cooh的電離大于ch3coo水解，即b點

13、溶液顯酸性，d點溶質(zhì)為ch3coona和naoh，溶液顯堿性，b、d兩點ph不相同，故a錯誤；b. 根據(jù)a選項分析，b點溶液中溶質(zhì)為ch3cooh和ch3coona，且兩者物質(zhì)的量相等，ch3cooh的電離大于ch3coo的水解，因此離子濃度大小順序是c(ch3coo)>c(na)>c(h)>c(oh)，故b錯誤；c. e點溶質(zhì)為ch3coona和naoh，且兩者物質(zhì)的量相等，根據(jù)物料守恒，因此有c(na)=2c(ch3cooh)c(ch3coo)=，故c錯誤；d. ch3coo發(fā)生電離：ch3cooh ch3cooh，電離平衡常數(shù)ka=1.75×10-5，因此有c

14、2(h)=1.75×107，即c(h)=4.2×104mol·l1，根據(jù)水的離子積，則溶液中c(oh)=2.4×1011 ，即水電離出的c(h)=2.4×1011mol·l1，故d正確；答案：d。8.鉛及其化合物用途廣泛，三鹽基硫酸鉛（3pbo·pbso4·h2o，摩爾質(zhì)量=990 g/mol）簡稱三鹽。以鉛泥（主要成分為pbo、pb及pbso4等）為原料制備三鹽的工藝流程如圖所示。已知： 。請回答下列問題：(1)步驟中涉及的主要反應(yīng)的平衡常數(shù)k=_（列出計算式即可）。步驟中濾渣的主要成分是_。(2)步驟酸溶時，為

15、提高酸溶速率，可采取的措施是_（任答一條）。(3)步驟合成三鹽的化學方程式為_?，F(xiàn)用100 t鉛泥可制得純凈干燥的三鹽49.5 t，若鉛元素的利用率為75%，則鉛泥中鉛元素的質(zhì)量分數(shù)為_ %。簡述步驟檢驗沉淀洗滌完全的方法_ 。(4)已知水中鉛的存在形態(tài)主要有pb2+、pb(oh)+、pb(oh)2、pb(oh)3-、pb(oh)42-，其中pb(oh)2是沉淀，各形態(tài)鉛的物質(zhì)的量的分數(shù)隨溶液ph變化的關(guān)系如圖所示，除去污水中的鉛，最好控制溶液的ph在_左右，當溶液的ph由13轉(zhuǎn)化為14時發(fā)生反應(yīng)的離子方程式是：_(5)將pbo粗品溶解在hcl和nacl的混合溶液中，得到含na2pbcl4的電

16、解液，進一步電解na2pbcl4生成pb，如圖所示。陰極電極反應(yīng)式是_【答案】 (1). (2). pb、pbo、pbco3 (3). 適當升溫 (4). 4pbso4+6naoh3na2so4+3pbo·pbso4·h2o+ h2o (5). 55.2 (6). 取少量最后一次洗滌液，滴加氯化鋇溶液，若沒有沉淀則說明洗滌完全。 (7). 10 (8). pb(oh)3-+oh-=pb(oh)42- (9). pbcl42-+2e-=pb+4cl-【解析】【分析】步驟發(fā)生中發(fā)生pbso4co32pbco3so42，將pbso4轉(zhuǎn)化成pbco3，過濾，得到濾渣為pbo、pb、

17、pbco3，在濾渣加入硝酸，pbo、pb、pbco3與硝酸發(fā)生反應(yīng)生成pb(no3)2，然后加硫酸發(fā)生pb(no3)2h2so4=pbso42hno3，hno3再轉(zhuǎn)移到酸溶中，過濾后，向沉淀中加入naoh溶液加熱，得到三鹽；【詳解】(1)pbso4的ksp大于pbco3的ksp，因此步驟“轉(zhuǎn)化”中發(fā)生pbso4co32pbco3so42，平衡常數(shù)的表達式為ksp=；pbo、pb不與na2co3發(fā)生反應(yīng)，步驟中濾渣的主要成分為pbo、pb、pbco3；(2)提高酸溶的速率，可以采取適當升溫、適當增大硝酸濃度、攪拌、粉碎固體等；(3)“沉鉛”將pb2轉(zhuǎn)化成pbso4，“合成”步驟中的反應(yīng)物是pbs

18、o4、naoh，其反應(yīng)方程式為pbso4naoh3pbo·pbso4·h2ona2so4+h2o，該反應(yīng)屬于非氧化還原反應(yīng)，采用原子守恒進行配平，4pbso4+6naoh3na2so4+3pbo·pbso4·h2o+ h2o；令鉛泥中鉛元素的質(zhì)量分數(shù)為a%，根據(jù)題意得出：，解得a=55.2；根據(jù)“合成”的反應(yīng)方程式，三鹽表面沾有na2so4，檢驗沉淀洗滌完全，需要檢驗so42不存在，操作是取最后一次洗滌液，滴加bacl2溶液，若沒有沉淀則說明洗滌完全；(4)除去污水中的鉛，鉛元素需要以pb(oh)2形式沉淀出來，根據(jù)圖像ph控制在10左右；根據(jù)圖像ph由

19、1314，pb(oh)3pb(oh)42，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為pb(oh)3+oh=pb(oh)42；(4)根據(jù)裝置圖，pbcl42在陰極區(qū)參與反應(yīng)，其電極反應(yīng)式為pbcl422e=pb4cl?！军c睛】陌生方程式的書寫是本題的難點，也是高考的熱點，一般情況下主要參與的物質(zhì)，題中已給出，需要結(jié)合原子守恒、電荷守恒等，確認是否有其他物質(zhì)或離子參與，配平時，如果該反應(yīng)為非氧化還原反應(yīng)，采用觀察的方法進行配平，如果是氧化還原反應(yīng)，則采用化合價升降法進行配平；一定注意溶液的酸堿性。9.隨著科學技術(shù)的發(fā)展和環(huán)保要求的不斷提高，co2的捕集利用技術(shù)成為研究新的熱點。 完成下列問題：(1)co2催化加氫合成

20、ch3och3是一種co2轉(zhuǎn)化方法，其過程中主要發(fā)生下列反應(yīng)：反應(yīng)i： 反應(yīng)：寫出co和h2合成ch3och3的熱化學方程式_。分別在2l恒溫密閉容器甲（恒溫恒容）、乙（恒溫恒壓）中，加入co2和h2各1 mol的混合氣體，假設(shè)只發(fā)生反應(yīng)，則兩容器中反應(yīng)達平衡后放出或吸收的熱量較多的是_（填“甲”或“乙”）。當反應(yīng)5 min時，測得甲容器中壓強變?yōu)樵瓉淼囊话?，則用co2表示的反應(yīng)的速率= _。在恒壓、co2和h2的起始量一定的條件下，co2平衡轉(zhuǎn)化率和平衡時ch3och3的選擇性隨溫度的變化如圖。其中： i)溫度高于300，溫度對co2平衡轉(zhuǎn)化率影響較大的是反應(yīng)_（填“i”或“”）。ii)22

21、0時，在催化劑作用下co2與h2反應(yīng)一段時間后，測得ch3och3的選擇性為48%（圖中a點）。不改變反應(yīng)時間和溫度，一定能提高ch3och3選擇性的措施可以是_（任答一條）。(2)co2可以被naoh溶液捕獲。若所得溶液ph=13，co2主要轉(zhuǎn)化為_（寫離子符號）；若所得溶液c(hco3-):c(co32-)=1:5，溶液ph= _。（室溫下，h2co3的）【答案】 (1). (2). 乙 (3). 0.05mol/(l·min) (4). (5). 增大壓強或使用對反應(yīng)催化活性更高的催化劑或其他合理答案 (6). co32- (7). 11【解析】【分析】(1)先寫出co和h2反

22、應(yīng)的方程式，該反應(yīng)方程式為2co4h2=ch3och3h2o，然后根據(jù)蓋斯定律進行分析；根據(jù)方程式的特點和壓強對化學平衡的影響分析；壓強變?yōu)橐话?，在相同的條件下，壓強之比等于物質(zhì)的量之比，即氣體物質(zhì)的量變?yōu)樵瓉淼囊话?，然后進行分析；i)根據(jù)圖像，溫度高于300時，ch3och3的選擇性迅速降低，而co2的平衡轉(zhuǎn)化率增大，據(jù)此分析；ii)增大ch3och3選擇性，即增大ch3och3的物質(zhì)的量，不改變反應(yīng)時間和溫度，反應(yīng)向正反應(yīng)方向進行或加快反應(yīng)速率，據(jù)此分析；(2)co2與naoh反應(yīng)，產(chǎn)物可能是na2co3，也可能是nahco3，也可能是兩者的混合物，需要根據(jù)碳酸的二級電離平衡常數(shù)進行分析和

23、對比；【詳解】(1) co和h2反應(yīng)的方程式為2co4h2=ch3och3h2o，根據(jù)蓋斯定律，將反應(yīng)ii2×反應(yīng)i，2co(g)4h2(g)=ch3och3(g)h2o(g) h=204.9kj·mol1；反應(yīng)ii是氣體物質(zhì)的量減小的反應(yīng)，隨著反應(yīng)的進行，恒溫恒容容器內(nèi)的氣體壓強減小，恒溫恒壓相當于在恒溫恒容基礎(chǔ)上增大壓強，增大壓強，該反應(yīng)向正反應(yīng)方向進行，放出的熱量增多，即乙容器放出的熱量較多；甲容器為恒溫恒容，5min時甲容器內(nèi)的壓強變?yōu)樵瓉淼囊话?，則氣體物質(zhì)的量變?yōu)樵瓉淼囊话?，解得n（co2）=0.5mol，根據(jù)化學反應(yīng)速率的表達式為(co2)=0.05mol/(l

24、·min)；i)根據(jù)圖像，溫度高于300時，ch3och3的選擇性迅速降低，反應(yīng)ii向逆反應(yīng)方向進行，co2的轉(zhuǎn)化率降低；反應(yīng)i是吸熱反應(yīng)，升高溫度，平衡向正反應(yīng)方向反應(yīng)，co2的轉(zhuǎn)化率增大，根據(jù)圖像，溫度高于300時，co2的平衡轉(zhuǎn)化率增大，說明溫度對co2平衡轉(zhuǎn)化率影響較大的是反應(yīng)i；ii)在不改變時間和溫度情況下，一定能提高ch3och3選擇性措施的是增大壓強或使用對反應(yīng)ii催化活性更高的催化劑；(2)ka2=，所得溶液的ph=13，即c(h)=1013mol·l1， =5×1011，=500，c(co32)>c(hco3)，co2主要轉(zhuǎn)化為co32；

25、所得溶液c(hco3)：c(co32)=1：5，代入ka2=5×1011，=5×1011，c(h)=1×1011mol·l1，即此時溶液的ph=11。【點睛】(1)是易錯點，建立模型，學生能夠清晰認識，恒溫恒壓下，像該反應(yīng)為物質(zhì)的量減小的反應(yīng)，當達到平衡時，隔板在虛線位置，此時co2的轉(zhuǎn)化率為a1，讓虛線隔板上升到實線，這是研究恒溫恒容，容器的體積增大，物質(zhì)濃度減小，平衡向逆反應(yīng)方向移動，co2的轉(zhuǎn)化率為a2，則比較出a1>a2，從而得出結(jié)果。10.某廢催化劑含zno、zns、cus和sio2及少量的fe3o4。i某同學以該廢催化劑為原料，回收其中

26、的鋅和銅。采用的實驗方案如下：回答下列問題：(1)在下圖裝置中，第一次浸出反應(yīng)裝置最合理的是_（填標號）。步驟中發(fā)生的化學反應(yīng)為非氧化還原反應(yīng)，最好在（填設(shè)備名稱）_中進行。(2)濾液1中含有fe2+，選用提供的試劑進行檢驗，檢驗方法為(提供的試劑：k3fe(cn)6溶液、稀鹽酸、kscn溶液、kmno4溶液、naoh溶液、碘水）_。(3)步驟中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_；向盛有濾渣1的反應(yīng)器中加入稀硫酸和過氧化氫溶液，應(yīng)先加_，若順序相反，會造成_。(4)步驟、中，獲得晶體的實驗操作方法是_，過濾。另一同學也以該廢催化劑為原料，采用下列實驗操作方法也得到了znso4。(5)若一次水解時，產(chǎn)物為

27、zn( oh)xcly。取一次水解產(chǎn)物10. 64 g，經(jīng)二次水解、干燥，得到9.9 g的zn(oh)2（假設(shè)各步均轉(zhuǎn)化完全），則一次水解產(chǎn)物的化學式為_ .【答案】 (1). c (2). 通風櫥 (3). 取少量濾液1，滴加k3fe(cn)6溶液，若生成藍色沉淀，則證明有fe2+(或滴加kmno4溶液，若褪色則證明有fe2+) (4). cus+h2o2+2h+cu2+s+2h2o (5). 稀硫酸 (6). h2o2與固體顆粒接觸分解 (7). 蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶 (8). zn(oh)1.6cl0.4【解析】【分析】廢催化劑中含zno、zns、cus、sio2、fe3o4，加入硫酸，z

28、no、zns、fe3o4與稀硫酸反應(yīng)，濾液1中含有zn2、fe2、fe3，cus、sio2不與稀硫酸發(fā)生反應(yīng)，即濾渣1中有sio2、cus，濾渣1中加入稀硫酸和h2o2加熱浸出cuso4；然后逐項進行分析；【詳解】(1)中發(fā)生znoh2so4=znso4h2o、znsh2so4=znso4h2s、fe3o48h=fe22fe34h2o，這些反應(yīng)不需要加熱，因此反應(yīng)裝置中不需要溫度計，h2s有毒，能溶于水，尾氣處理時，需要防止倒吸，即c裝置最合理；發(fā)生反應(yīng)時，產(chǎn)生h2s氣體，h2s氣體有毒，且易燃，需要在通風廚中進行；(2)根據(jù)(1)的分析，濾液1中含有zn2、fe2、fe3，檢驗fe2用k3f

29、e(cn)6或高錳酸鉀溶液，具體操作是取少量濾液1，滴加k3fe(cn)6溶液，若生成藍色沉淀，則證明有fe2+或滴加kmno4溶液，若褪色則證明有fe2；(3)濾渣1為cus和sio2，sio2不與稀硫酸、h2o2發(fā)生反應(yīng)，cus中s顯2價具有還原性，能被h2o2氧化，發(fā)生的離子方程式為cush2o22hcu2s2h2o；向盛有濾渣1的反應(yīng)器中先加入稀硫酸，后滴入過氧化氫溶液，若順序相反，會造成h2o2與固體顆粒接觸分解；(4)獲得晶體中含有結(jié)晶水，因此實驗操作方法是蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥；(5)根據(jù)鋅原子守恒，zn(oh)xcly物質(zhì)的量為=0.1mol，zn(oh)xcly

30、的摩爾質(zhì)量為=106.4g/mol，則有6517x35.5y=106.4，根據(jù)化合價代數(shù)和為0，則有x+y=2，兩式聯(lián)立解得x=1.6，y=0.4，化學式為zn(oh)1.6cl0.4?！净瘜W一選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)】11.氮化鎵( gan)是制造sg芯片的材料，氮化鋁led燈可發(fā)出紫外光?；卮鹣铝袉栴}：(1) ga的價電子排布式為_，該基態(tài)原子占據(jù)最高能級的電子云輪廓圖形狀為_。下列狀態(tài)的鋁中，電離最外層的一個電子所需能量最小的是_（填字母）。(2)8 -羥基喹啉鋁常用于發(fā)光材料及電子傳輸材料，可由lialh4與合成。lialh4中陰離子的空間構(gòu)型為_，所含元素中電負性最大的是_（填元素符號

31、），n的雜化方式為_(3)金屬晶體al、ga的熔點分別為660、30，al比ga熔點高的原因是_(4)氮化鎵為六方晶胞，結(jié)構(gòu)如右圖所示。該晶體密度為g/cm3，晶胞參數(shù)a=bc（單位：pm)，a、b夾角為120°，阿伏加德羅常數(shù)的值為na，則晶胞參數(shù)c=_pm（用含a、na的代數(shù)式表示）。(5)在立方晶胞中，與晶胞體對角線垂直的面在晶體學中稱為(1，1，1)晶面。如右圖，該立方晶胞中(1，1，1)晶面共有_個?！敬鸢浮?(1). 4s24p1 (2). 啞鈴形 (3). d (4). 正四面體 (5). o (6). sp2 (7). al和ga均為金屬晶體，且二者的價電子數(shù)相同，但

32、al的原子半徑比ga的原子半徑小，所以al的熔點高 (8). (9). 8【解析】【分析】(1)ga位于第四周期iiia族，價電子為最外層電子，電子占據(jù)最高能級為4p能級； (2)利用價層電子對數(shù)進行分析alh4的空間構(gòu)型；中含有元素的是c、h、n、o，然后判斷電負性大??；利用雜化軌道數(shù)等于價層電子對數(shù)，判斷雜化方式；(3)al、ga為金屬晶體，通過比較金屬鍵的強弱，分析金屬晶體熔沸點高低；(4)利用晶胞的密度計算參數(shù)；(5)根據(jù)晶面的含義分析；【詳解】(1)ga位于第四周期iiia族元素，ga的價電子為最外層電子數(shù)，價電子排布式為4s24p1；電子占據(jù)最高能級為4p，電子云輪廓圖形狀為啞鈴形

33、或紡錘形；a.為基態(tài)al失去兩個電子后的狀態(tài)，電離最外層的一個電子為al原子的第三電離能；b. 為基態(tài)al失去一個電子后的狀態(tài)，電離最外層的一個電子為al原子的第二電離能；c. 為基態(tài)al3，2p能級全充滿，較穩(wěn)定，電離最外層的一個電子為al原子的第四電離能；d. 為al原子的核外電子排布的激發(fā)態(tài)；電離最外層的一個電子所需要的能量：基態(tài)大于激發(fā)態(tài)，而第一電離能<第二電離能<第三電離能<第四電離能，則電離最外層的一個電子所需能量最小的d；(2)陰離子是alh4，中心原子al含有4個鍵，孤電子對數(shù)為=0，價層電子對數(shù)為4，空間構(gòu)型為正四面體形；中含有元素為c、h、o、n，同周期從左向右電負性逐漸增大，同主族從上到下電負性逐漸減小，因此電負性最大的是o；根據(jù)結(jié)構(gòu)簡式，n有2個鍵，1對孤電子對，即雜化方式為sp2；(3)al、ga為金屬晶體，影響其熔點的是金屬鍵，金屬鍵與價電子、原子半徑有關(guān)，al和ga均為金屬晶體，且二者的價電子數(shù)相同，但al的原子半徑比ga的原子半徑小，所以al的熔點高；(4)ga位于頂點和體內(nèi)，個數(shù)為=2，n位于棱上和體內(nèi)，個數(shù)為=2，該晶胞的質(zhì)量為g，晶胞的體積為(a×1010)2sin60°×c×1010cm3，根據(jù)密度的定義得出g/c