2020年湖北省武漢市華中師大一附中高考化學模擬試卷答案解析

1、2020年湖北省武漢市華中師大一附中高考化學模擬試卷答案解析1 .木草綱日對輕粉（Hg2c12）的制法作如下記載：“用水銀-兩，白磯（明磯）二兩。 食鹽一兩。同研不見星，鋪于鐵器內，以小烏盆覆之，篩灶灰鹽水和，封固盆口，以炭 打二炷香，取開則粉升于盆上矣。其白如雪，輕盈可愛，一兩汞可升粉八錢。”下列說法正確的是（）A.制備過程中未發(fā)生氧化還原反應B.制備過程中發(fā)生了物質的升華C.反應過程中一定沒有氧氣參與D.該記載中，Hg2c12產率為80%【解答】解：A、由已知結合氧化還原反應原理，制取輕粉時，KA1 （SO4）2作氧化劑，汞作還原劑，化學方程式可表示為 4KA1 （ SO4 ） 2+6Hg

2、+6NaC1 = 3Hg2C12+3Na2SO4+2K2SO4+2A12O3+3SO2f,故 A 錯誤；B、文中“則粉升于盆上矣”，指的是制得的輕粉（Hg2c12）由固體直接變?yōu)闅怏w后又變 為固體附著在小烏盆上，涉及的分離方法是：升華，故 B正確；C、“以炭打二炷香”就是在空氣中的燃燒反應，故 C錯誤；D、一兩等于十錢，因為“一兩汞可升粉八錢”，其中“粉”指輕粉（Hg2C12）,輕粉中汞元素的質量分數為201X2201X2+35.5X2X 100% =402473理論產量X 100% =X 100% = 68.0%,故 D 錯誤;故選：B。2 .某化學興趣小組從含有 KI、KNO 3等成分的工

3、業(yè)廢水中回收I2和KNO3,其流程如圖:下列說法正確的是（）(AKK KNO.>旃Fi_ 而而卜列日“k、“晶體A.步驟1中有機相應從分液漏斗下端放出，無機相從上口倒出B .步驟2分離方法為過濾C.步驟3可在裝置中完成D.步驟4中，將溶液蒸發(fā)至只剩少量水時，用余熱蒸干【解答】解：A .苯的密度比水小，應從下端流出，故 A錯誤;B.步驟2應為蒸儲，故B錯誤;C.步驟3為碘的升華操作，可在裝置C正確;D.硝酸鉀易分解，應蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶，故 D錯誤;故選：Co3.卜列實驗方案能達到實驗目的的是（）選項實驗目的A去除甲烷中少量的乙烯B蛋白質鹽析實驗方案氣體依次通過酸性高鎰酸鉀溶液和濃硫酸洗氣

4、瓶硫酸錢飽和溶液中滴加幾滴雞蛋清溶液，再加入蒸儲水去除乙酸乙酯中少量的乙酸燒堿溶液洗滌分液D制備無水酒精向乙醇溶液中加入生石灰,再過濾B. BC. CD. D【解答】解：A.乙烯被高鎰酸鉀氧化生成二氧化碳，引入新雜質，應選濱水洗氣、濃硫 酸干燥，故A錯誤；B.硫酸俊飽和溶液中滴加幾滴雞蛋清溶液，發(fā)生鹽析，加水沉淀可溶解，可用于蛋白質 的分離提純，故B正確；C.二者均與燒堿溶液反應，不能除雜，應選飽和碳酸鈉溶液、分液，故 C錯誤；D. CaO與水反應后，增大與乙醇的沸點差異， 應蒸儲分離，不能選過濾法，故D錯誤; 故選：B。4 .設Na為阿伏加德羅常數的數值，下列說法正確的是()A .標況下，將

5、9.2g甲苯加入足量的酸性高鎰酸鉀溶液中轉移的電子數為0.6Na8. 1mol金剛石中含有 2Na個C-C鍵，1mol SiO 2含有2Na個Si-O鍵C.在含CO32總數為Na的Na2CO3溶液中，Na+總數為2NaD .標準狀況下，22.4 L庚烷中所含的分子數約為 Na【解答】解：A、依據方程式：V='CJ"l+2KMnO 4 +2MnO 2 +H2O+KOH , 消耗1mol甲苯轉移6mol電子，1mol甲苯質量為92g,則將9.2g甲苯加入足量的酸性高鎰酸鉀溶液中轉移的電子數為0.6Na,故A正確；B、金剛石中含2條C-C鍵，故1mol金剛石中含2Na條C-C鍵，而

6、二氧化硅中含 4條硅氧鍵，故1mol二氧化硅中含4Na條硅氧鍵，故 B錯誤；C、碳酸根離子為弱酸根離子，能水解，故當溶液中含Na個碳酸根離子時，Na+總數多于2Na,故C錯誤；D、標況下庚烷為液體，故不能根據氣體摩爾體積來計算其物質的量，故 D錯誤。故選：A。5 .天然氣因含有少量H2S等氣體開采應用受限。T. F菌在酸性溶液中可實現天然氣的催化脫硫，其原理如圖所示，下列說法不正確的是()ch4 Hs sCH*. HOA.該脫硫過程需要不斷添加 Fe2 (SO4)3溶液B.脫硫過程O2間接氧化H2SC.亞鐵是血紅蛋白重要組成成分，FeSO4可用于治療缺鐵性貧血D.華陽國志記載“取井火煮之，一斛

7、水得五斗鹽”，我國古代已利用天然氣煮鹽【解答】解：A. T. F菌在酸性溶液中可實現天然氣的催化脫硫，Fe2 (SO4)3氧化硫化氫，自身被還原成硫酸亞鐵，硫酸亞鐵被氧氣氧化成硫酸鐵，Fe2 (SO4)3為催化劑，該脫硫過程不需要不斷添加 Fe2 (SO4)3溶液，故A錯誤；B.脫硫過程：Fe2 (SO4)3氧化硫化氫，自身被還原成硫酸亞鐵，硫酸亞鐵被氧氣氧化成硫酸鐵，脫硫過程 O2間接氧化H2S,故B正確；C.亞鐵是血紅蛋白的重要組成成分，起著向人體組織傳送O2的作用，若缺鐵就可能出現缺鐵性貧血，故 C正確;D.天然氣主要成分為甲烷，甲烷燃燒放出熱量，華陽國志記載“取井火煮之，一斛水得五斗鹽

8、”，我國古代已利用天然氣煮鹽，故 D正確；故選：A。6.世界某著名學術刊物近期介紹了一種新型中溫全瓷鐵-空氣電池，其結構如圖所示.下列有關該電池放電時的說法正確的是（A. a極發(fā)生氧化反應B.正極的電極反應為 FeOx+2xe Fe+xO2C.若有22.4L （標準狀況）空氣參與反應，則電路中有4mol電子轉移D.鐵表面發(fā)生的反應為 xH2O （g） +Fe FeOx+xH2【解答】解：A、a極空氣中氧氣得電子發(fā)生還原反應，故A錯誤；B、a極空氣中氧氣得電子發(fā)生還原反應為正極，電極反應式為：O2+4e一2O2 ,故B錯誤； ，一一、一，一、一一411C、有22.4L （標準狀況）空氣參與反應，

9、則氧氣為一干_x = 0.2mol,則電路中22.4L/ncl 5轉移0.8mol電子，故C錯誤；D、由新型中溫全瓷鐵-空氣電池的裝置圖可知，鐵表面發(fā)生的反應為xH2O （g） +FeFeOx+xH 2,故 D 正確。故選：D。7.電解質的電導率越大，導電能力越強。用0.100mol?L1的KOH溶液分別滴定體積均為20.00mL、濃度均為O.IOOmoL1的鹽酸和 CH3COOH溶液。利用傳感器測得滴定過程中溶液的電導率如圖所示。下列說法正確的是（）B. N 點溶液中：c (K+) > c (OH ) > c (CH3COO ) >c (H+)C. M 點溶液中：c (CH

10、3COO ) +c (OH ) - c (H + ) =0.1mol?L 1D.在相同溫度下，P點水電離程度大于 M點【解答】解：A、由以上分析可知 為鹽酸變化曲線，故 A錯誤；B、N點為等物質的量 KOH和CH3COOK , CH3COOK水解呈堿性，則 c (K+) >c (OH )> c (CH3COO ) > c (H + ),故 B 正確。C、M 點溶液中：c (CH3COO)+c (OH ) = c (K+) +c (H+),則 c (CH3COO ) +c (OH ) - c (H + ) = c (K + ) = 0.05mol?L 1,故 C 錯誤；D、P點

11、溶質為KCl, M點為CH3COOK, CH3COOK水解促進水的電離，則 P點水電離 程度小于M點，故D錯誤；故選：B。二、解答題(共3題，？t分43分)8.疊氮化鈉(NaN3)是一種白色劇毒晶體，是汽車安全氣囊的主要成分。NaN3易溶于水，微溶于乙醇，水溶液呈弱堿性，能與酸發(fā)生反應產生具有爆炸性的有毒氣體疊氮化氫。實驗室可利用亞硝酸叔丁酯(t-BuNO2,以t-Bu表示叔丁基)與N2H4、氫氧化鈉溶液 混合反應制備疊氮化鈉。(1)制備亞硝酸叔丁酯取一定NaNO2溶液與50%硫酸混合，發(fā)生反應 H2SO4+2NaNO2 = 2HNO2+Na2SO4.可利 用亞硝酸與叔丁醇(t- BuOH)在

12、40c左右制備亞硝酸叔丁酯，試寫出該反應的化學方 、_ I r I程式：t BuOH+HNO 2 " " tBuNO2+H_2O 。(2)制備疊氮化鈉(NaN3)按如圖所示組裝儀器(加熱裝置略)進行反應，反應方程式為:t- BuNO2+NaOH+N 2H4= NaN3+2H2O+t BuOH裝置a的名稱是 恒壓滴液漏斗；該反應需控制溫度在 65C,采用的實驗措施是 水浴加熱 ；反應后溶液在 0c下冷卻至有大量晶體析出后過濾，所得晶體使用無水乙醇洗滌。試解釋低溫下過濾和使用無水乙醇洗滌晶體的原因是降低疊氮化鈉的溶解度，防止產物的損失 。(3)產率計算稱取2.0 g疊氮化鈉試樣

13、，配成 100 mL溶液，并量取10.00 mL溶液于錐形瓶中。用滴定管加入 0.10 mol?L1六硝酸錦錢(NH4)2Ce ( NO3)6溶液40.00 mL發(fā)生的 反應為 2 (NH4)2Ce (NO3) 6+2NaN3 4NH4NO3+2Ce (NO3) 3+2NaNO3+3N2T (假設 雜質均不參與反應)。充分反應后將溶液稀釋并酸化，滴入 2滴鄰菲羅咻指示液，并用 0.10 mol?L 1硫酸亞 鐵俊(NH4) 2Fe (SO4)2為標準液，滴定過量的 Ce4+,終點時消耗標準溶液 20.00 mL (滴定原理：Ce4+Fe2+ Ce3+Fe3+)。計算可知疊氮化鈉的質量分數為65

14、% (保留2位有效數字)。若其他操作及讀數均正確，滴定到終點后，下列操作會導致所測定樣品中疊氮化鈉質量 分數偏大的是 AC(填字母代號)。A、錐形瓶使用疊氮化鈉溶液潤洗B、滴加六硝酸鈾錢溶液時，滴加前仰視讀數，滴加后俯視讀數C、滴加硫酸亞鐵錢標準溶液時，開始時尖嘴處無氣泡，結束時出現氣泡D、滴定過程中，將掛在錐形瓶壁上的硫酸亞鐵錢標準液滴用蒸儲水沖進瓶內(4)疊氮化鈉有毒，可以使用次氯酸鈉溶液對含有疊氮化鈉的溶液進行銷毀，反應后溶液堿性明顯增強，且產生無色無味的無毒氣體，試寫出反應的離子方程式：ClO +2N&+H2O=Cl +2OH +3N2 T 。【解答】 解：(1)亞硝酸與叔丁醇

15、(t- BuOH)在40 c左右生成和水，反應為:BuOH+HNO 2 L -t- BuNO2+H2O；故答案為：t - BuOH+HNO 2 騏t - BuNO 2+H2O;(2)裝置a為恒壓滴液漏斗；故答案為：恒壓滴液漏斗；加熱溫度低于100C,所以用水浴加熱；故答案為：水浴加熱；疊氮化鈉易溶于水，微溶于乙醇，低溫下溶解度降低，用乙醇洗滌溶質損失更少；故答案為：降低疊氮化鈉的溶解度，防止產物的損失；(3)總計 Ce4+為 0.10 mol?L 1X0.04 L = 0.004 mol ,分別與 Fe2+和 N3 反應。其中與 Fe2+ 按 1:1 反應消耗 0.10 mol?L 1X0.0

16、2 L = 0.002 mol,則與 N3 按 1:1 反應也為 0.002 mol , 即10 mL所取溶液中有0.002 mol N3 ,原2.0 g疊氮化鈉試樣，配成 100 mL溶液中有 0.02 mol即1.3 g NaN3,所以樣品質量分數為65%;A、使用疊氮化鈉溶液潤洗錐形瓶，使進入錐形瓶中溶質比所取溶液更多，滴定消耗的硫酸亞鐵錢標準液體積減小，疊氮化鈉溶液濃度偏大，故 A正確；B、六硝酸鈾錢溶液實際取量大于40.00 mL,滴定消耗的硫酸亞鐵錢標準液體積增大，計算疊氮化鈉溶液濃度偏小，故B錯誤；C、滴定前無氣泡，終點時出現氣泡，則讀數體積為實際溶液體積減氣泡體積，硫酸亞鐵錢標

17、準液讀數體積減小，疊氮化鈉溶液濃度偏大，故 C正確；D選項，滴定過程中，將掛在錐形瓶壁上的硫酸亞鐵錢標準液滴用蒸儲水沖進瓶內無影 響，故D錯誤；故答案為：65%; AC ;(4)次氯酸鈉溶液與疊氮化鈉溶液反應堿性明顯增強，生成氫氧化鈉，且產生無色無味 的無毒氣體，為氮氣，還有氯化鈉，離子反應為：ClO +2N3 +H2O= Cl +2OH +3N2T ; 故答案為：ClO +2N3 +H2O=Cl +2OH +3N2 1。9 .用工業(yè)制立德粉后的鉛鋅廢渣(主要成分為ZnO和PbSO4,雜質為含 Si、Fe (III)、Cu、Cd等元素的化合物)為原料，制活性氧化鋅和黃色顏料鉛銘黃，工業(yè)流程如圖

18、所示:KOH用HN。、調節(jié)rHran度流陶體A -一 PbCrO. 冏體一戰(zhàn)液C-*氣體人 含在、鐵元素的固體I鐵以F例QHb計|足量氨水L (NH/皿 和添加劑tt»D懷得足量鋅勃用叫SO,1行pH 到 6,0-6. 5.名口從口卬£/ znO已知常溫下 Ksp (PbSO4) =1.6X10 5, Ksp (PbCO3) =7.4X10 14 KspFe (OH) 3=381.0X10。(1)“堿浸”過程中PbSO4發(fā)生反應的離子方程式為PbSO4 (s) +CO32 (aq) =PbCO3(s) +SO42,氣體A的化學式為CO2 。(2) “酸浸”過程中，在常溫下應

19、控制pH不低于 3 。(3) “沉降I”中發(fā)生沉降反應的離子方程式為2Pb2+2OH +Cr2O72 = 2PbCrO4 J+H2O 。(4)濾液D中溶質的主要成分為(NH4) 2SO4 。(5)以1t含鋅元素10%的鉛鋅廢渣制得活性氧化鋅113.4kg,依據以上數據能否計算出鋅元素的回收率。若能，寫出計算結果，若不能，請說明理由。不能；除去銅、鎘的過程中添加了專粉，最終 ZnO中的鋅元素不完全來自于鉛鋅廢渣，無法計算鉛鋅廢渣中鋅元素的回收率。(6)常溫下NH3?H2O的電離常數 Kb=1.8X 10-5;碳酸的電離常數：Ka1=4.4X 10 7, Ka2= 5.6X 1011.該溫度下某濃

20、度的(NH4) 2CO3 溶液中 c (NH4+)/c (NH3?H2O)= 18.則溶液 pH 為 8 . c (HCO3 ) /c (H2CO3) =44 ?！窘獯稹拷猓?1)固體A含有碳酸鉛，加入硝酸可生成二氧化碳氣體，“堿浸”過程中PbSO4發(fā)生反應的離子方程式為 PbSO4 (s) +CO32 (aq) = PbCO3 (s) +SO42 , 故答案為：PbSO4 (s) +CO32 (aq) = PbCO3 (s) +SO42 ; CO2；(2)酸浸得到氫氧化鐵，如鐵完全沉淀，則 c (Fe3+) = 1 x 10 5mol/L , c (OH )=3 L QX LO'JS

21、V LOX I。"5mol/L = 1X 1011mol/L ,則pH =3,故答案為:3；(3)沉降I"生成PbCrO4沉淀，發(fā)生沉降反應的離子方程式為2Pb2+2OH+Cr2O72= 2PbCrO4j +H2O,故答案為：2Pb2+2OH +Cr2O72 =2PbCrO4j +H2O；(4)濾液B種含有俊根離子，加入稀硫酸可得到(NH4) 2SO4,故答案為：(NH4)2SO4;(5)因除去銅、鎘的過程中添加了鋅粉， 最終ZnO中的鋅元素不完全來自于鉛鋅廢渣，則無法計算鉛鋅廢渣中鋅元素的回收率,故答案為：不能；除去銅、鎘的過程中添加了鋅粉，最終ZnO中的鋅元素不完全來自

22、于鉛鋅廢渣，無法計算鉛鋅廢渣中鋅元素的回收率;(6)常溫下NH3?H2O的電離常數Kb=1.8X 10 5,則NH4+的水解常數為+："H H -i ：,，, I 一溶彼中存在 NH4+H2O? NH3?H2O+H，貝U=-一"胃，且c(NH4 )1. 8X 10-5匚磯+)JMl= 18,貝U c (H+) = 108mol/LpH = 8,溶液中存在 HCO3+H2O? H2CO3+OH，碳酸的電離常數：Ka1 = 4.4X 10 7, Ka2=5.6X一，匚)1乂1門7，a10 11.可知 Kh2=-;：=2,又 c (OH ) = 10 6mol/L,則c(HCOj

23、) 4.4X10-7c(HC03")4呼,)= 44,故答案為：8; 44。10 .硫酸在生活和生產中應用廣泛。某工廠以黃鐵礦(主要成分為FeS2)為原料，采用接觸法制備硫酸。(1)已知在298 K和101 kPa條件下：FeS2 (s) FeS (s) +S (s) HiS (s) +O2 (g) SO2 (g) AH24FeS (s) +7O2 (g) 2Fe2O3 (s) +4SO2 (g) H3則在該條件下 FeS2與O2生成Fe2O3和SO2的熱化學方程式為4FeS2 (s) +11O2 (g)= 2FezO3 (s) +8SO2 (g) H = 24H1+24H2+4H.

24、3 。(2)催化氧化反應：2SO2 (g) +O2 (g) ? 2SO3 (g) H<0.在體積可變的密閉容器中，維持壓強為101 kPa和初始n (SO2) =2mol,充入一定量的 O2, SO2的平衡轉化率a ( SO2)隨O2物質的量n (O2)的變化關系如圖所示:100slUJ.在1000c時，SO2平衡轉化率隨著 O2物質的量的增大緩慢升高，解釋其原因該反應 HV0, 1000C時，該反應的平衡常數很小，二氧化硫的平衡轉化率很??；1000c時,VK,平衡正向移動，二氧化硫的平衡轉化率增大。a點時SO3的平衡分壓p (SO3)=7.3X 104 Pa (保留兩位有效數字，某組分

25、的平衡分壓=總壓X某組分的物質的量分數)。(3)保持溫度不變，向固定體積的密閉容器中充入一定量的SO2、O2,請畫出平衡體系中SO3的體積分數 4 (SO3)隨初始SO2、O2的物質的量之比 (的變化趨勢圖門 10“<p(SOM(4)已知活性氧可以把 SO2快速氧化為 SO3,根據計算機模擬結果，在炭黑表面上O2轉化為活性氧的反應歷程與能量變化關系如圖所示。下列說法不正確的是BC (填字 母代號)。A . O2轉化為活性氧是氧氧鍵的斷裂與碳氧鍵的生成過程B.該過程的最大能壘(活化能)E正=0.73 eVC.每活化一個 O2分子最終吸收0.29 eV能量D.依題炭黑可以作為 SO2轉化為S

26、O3的催化劑E.其他條件相同時，炭黑顆粒越小，反應速率越快(5)硫酸工廠尾氣中的 SO2可被NaOH溶液吸收，用惰性電極將所得的 Na2SO3溶液進行電解，可循環(huán)再生 NaOH的同時得到H2SO4,寫出陽極的電極反應式：SO32 +H2O-2e = SO42 +2H+ °【解答】 解：(1) FeS2與02生成Fe2O3和SO2的化學方程式為 4FeS2 (s) +11O2 (g) = 2Fe2O3 (s) +8SO2 (g), FeS2 (s) = FeS (s) +S (s) Hi, S (s) +O2 (g)= SO2 (g) H2, 4FeS (s) +7O2 (g) = 2

27、Fe2O3 (s) +4SO2 (g) H3;根據蓋斯定律 X2+x 2+得熱化學反應方程式為：4FeS2 ( s) +11O2 (g) = 2Fe2O3 (s) +8SO2(g) AH=2AHi+2AH2+AH3,故答案為：4FeS2 (s) +11O2 (g) = 2Fe2O3 ( s) +8SO2 ( g) H =2A H1+2A H2+A H3; (2)2SO2 (g) +O2 (g) ?2SO3 (g) HV0,溫度達到1000c時該反應的平衡常數很小，使二氧化硫的平衡轉化率小，但1000c時，恒壓條件下，充入氧氣，c (SO2)和小)c (SO3)等倍數減，c (O2)增大，Qc=

28、F:<K,平衡正向移動，二氧c2 (S0z) -c(o2)化硫的平衡轉化率增大，故答案為：該反應 H<0, 1000C時，該反應的平衡常數很小，二氧化硫的平衡轉化率很??；1000 c時，恒壓條件下，充入氧氣，c (SO2)和c (SO3)等倍數減，c (O2)增Cso3)大，Qc=F:-<K,平衡正向移動，二氧化硫的平衡轉化率增大；d (S02)-c(OJa點時n (O2) =1mol, SO2的平衡轉化率 a (SO2) =80%,則反應三段式為:2SO2 (g)+O2 (g) ? 2SO3 (g)起始量（mol）變化量（mol）1.60.81.6平衡量（mol）0.40.

29、21.6SO3的平衡分壓p (SO3)L 6m口12. 2molx 1X 105Pa= 7.3X 104Pa,故答案為：7.3 X10 A.由圖分析可知，O2轉化為活性氧是氧氧鍵的斷裂與碳氧鍵的生成過程,確;B.該過程的最大能壘（活化能）E正=0.75eV,故B錯誤;C.每活化一個 O2釋放0.29 eV能量，故C錯誤;D.炭黑可以提供活化氧，可作為 SO2轉化為SO3的催化劑，故 D正確;E.其他條件相同時，炭黑顆粒越小，反應接觸面積越大，反應速率越快，故故答案為：BC;（5）用惰性電極將所得的 Na2SO3溶液進行電解，可循環(huán)再生 NaOH的同時得到H2SO4,陽極是亞硫酸根離子失去電子生

30、成硫酸根離子，則陽極的電極反應為= SO42 +2H + ；故答案為：SO32 +H2O - 2e = SO42 +2H + o;SO2、O2,二氧化硫與氧氣（3）保持溫度不變，向固定體積的密閉容器中充入一定量的比例為2: 1時，SO3的平衡體積分數最大，增大 O2或SO2時，移動轉化量遠小于充入O2或SO2的增加量，即起始時，隨著 SO2、O2的物質的量之比的增大，SO3的平衡體積分數逐漸增大，而后隨著 SO2、O2的物質的量之比的增大，SO3的平衡體積分數逐漸減小，變化關系如圖故答案為:E正確;2-SO32 +H2O - 2e三、選做題11.錢（Ga）、錯（Ge）、硅（Si）、硒（Se）的

31、單質及某些化合物如神化錢、磷化錢等都是常 用的半導體材料，應用于航空航天測控、光纖通訊等領域?；卮鹣铝袉栴}：（1）硒常用作光敏材料，基態(tài)硒原子的核外電子排布式為Ar 3d104s24p4 ;與硒同周期的p區(qū)元素中第一電離能大于硒的元素有3種;SeO3的空間構型是平面三角形（2）根據元素周期律，原子半徑Ga大于 As,第一電離能 Ga小于 As .（填"大于”或“小于”）（3）水晶的主要成分是二氧化硅，在水晶中硅原子的配位數是4 。硅與氫結合能形成一系列的二元化合物 SiH4、Si2H6等，與氯、澳結合能形成SiCl4、SiBr4,上述四種物質沸點由高到低順序為SiBr4>SiC

32、l4>Si2H6>SiH4 , 丁硅烯（Si4H8）中鍵與 兀鍵個數之比為11: 1 。（4） GaN、GaP、GaAs都是很好的半導體材料，晶體類型與晶體硅類似，熔點如下表所 示，分析其變化原因原子半徑 NvPvAs,鍵長 GaNvGaPvGa As,鍵能 Ga 一N>GaP>Ga As,故熔點降低 。GaNGaPGaAs熔點1700 c1480 C1238 c（5） GaN晶胞結構如圖1所示。已知六棱柱底邊邊長為a cm,阿伏加德羅常數的值為Na。晶胞中Ga原子采用六方最密堆積方式，每個Ga原子周圍距離最近的 Ga原子數目為12 :從GaN晶體中“分割”出的平行六面

33、體如圖2.若該平行六面體的體積為 V2a3cm3,GaN晶體的密度為_g/cm3 （用a na表示）?！窘獯稹?解：（1）基態(tài)硒為 34號元素，處于第四周期VIA族，核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s24p4,簡化排布式為Ar3d 104s24p4;同一周期從左到右，元素的第一電離能有增大趨勢，As的4p軌道為半充滿的穩(wěn)定狀態(tài)，第一電離能大于Se,所以與硒同周期的p區(qū)元素中第一電離能大于硒的元素有As、Br、Kr3種；SeO3中Se價層電子對數=3+$一:乂=3且無孤電子對,SeO3的VSEPR模型和空間構型均為平面三角形， 2故答案為：3d104s24p4; 3;平面三角形；（2）根據周期律，Ga與A是處于同一周期，Ga原子序數小于 As,所以原子半徑：Ga>As;同一周期從左到右，元素的第一電離能有增大趨勢，則第一電離能：GavAs,故答案為：大于；小于；（3）水晶晶體中，1個Si原子結合4個O原子，同時每個 。原子結合2個Si原子，以SiO4四面體結構向空間延伸形成立體網狀結構，水晶中硅原子的配位數是4; 4種晶體均為分子晶體，相對分子質量越大，分子間作用力越大，分子晶體的沸點越高，所以沸點：SiBr4>SiCl4>Si2H6>SiH4; 丁硅烯分子中含有