2018年全國統(tǒng)一高考化學(xué)試卷新課標(biāo)1含解析版

1、2018年全國高考化學(xué)試卷（新課標(biāo) I ）、選擇題（共7小題，每小題6分，滿分42分）92.0g甘油（丙三醇）中含有羥基數(shù)為 1.0Na1.0molCH4與C2在光照下生成 CH3C1的分子數(shù)為1.0Na1. （6分）磷酸亞鐵鋰（LiFePQ）電池是新能源汽車的動(dòng)力電池之一，采用濕法冶金工藝回收廢舊磷酸亞鐵鋰電池正極片中的金屬，其流程如下:正極片堿溶Na A1%港液H.SO/HNO.含磷酸亞鐵鋒濾渣1含口、P、鼠等濾液-沉淀炭黑等濾清也液破壁*含Li沉淀卜列敘述錯(cuò)誤的是（A.合理處理廢舊電池有利于保護(hù)環(huán)境和資源再利用B.從 正極片”中可回收的金屬元素有 Al、Fe LiC.沉淀”反應(yīng)的金屬離子

2、為Fe3+D.上述流程中可用硫酸鈉代替碳酸鈉2. （6分）下列說法錯(cuò)誤的是（）A.蔗糖、果糖和麥芽糖均為雙糖B.酶是一類具有高選擇催化性能的蛋白質(zhì)C.植物油含不飽和脂肪酸酯，能使 Br2/CC4褪色D,淀粉和纖維素水解的最終產(chǎn)物均為葡萄糖（6分）環(huán)之間共用一個(gè)碳原子的化合物稱為螺環(huán)化合物，螺（2, 2）戊烷（口 ）是最簡(jiǎn)單的一種，下列關(guān)于該化合物的說法錯(cuò)誤的是（）A.與環(huán)戊烯互為同分異構(gòu)體B,二氯化物超過兩種C.所有碳原子均處同一平面D.生成1molC5H12,至少需要2molH2（6分）主族元素 W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增加，且均不大于 20. W、X、Z最外層電子數(shù) 之和為10; W與

3、Y同族；W與Z形成的化合物可與濃硫酸反應(yīng)，其生成物可腐蝕玻璃。下列說 法正確的是（）A.常溫常壓下X的單質(zhì)為氣態(tài)Z的氫化物為離子化合物Y和Z形成的化合物的水溶液呈堿性W與Y具有相同的最高化合價(jià)（6分）最近我國科學(xué)家設(shè)計(jì)了一種 CQ+H2s協(xié)同轉(zhuǎn)化裝置，實(shí)現(xiàn)對(duì)天然氣中CQ和H2s的高效 去除。小意圖如右所小，其中電極分別為 ZnO）石墨烯（石墨烯包裹的ZnO）和石墨烯，石墨烯 電極區(qū)發(fā)生反應(yīng)為：EDTA- Fe2+-e =EDTA Fe3+2EDTAFe3+H2s=2H+S+2EDTAFeT該裝置工作時(shí)，下列敘述錯(cuò)誤的是（）3. （6分）在生成和純化乙酸乙酯的實(shí)驗(yàn)過程中，下列操作未涉及的是（A.

4、B.C.4. （6分）Na是阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是（A. 16.25gFeC3,水解形成的Fe （OH） 3為膠體粒子數(shù)為0.1NaB. 22.4L.（標(biāo)準(zhǔn)狀況）氧氣含有的質(zhì)子數(shù)為 18NaA,陰極的電極反應(yīng)：CQ+2H+2e一CO+H2O第1頁（共14頁）B.協(xié)同轉(zhuǎn)化總反應(yīng)：CQ+H2SCC+H2O+SC.石墨烯上的電勢(shì)比ZnOH墨烯上的低D,若采用Fe3+/Fe2+取代EDTAr Fe?+/EDTA-F歹，溶液需為酸性卅!和濟(jì)液pH=4.1R. IJIlH兄小Na,S.OpH-1 、解答題(共3小題，滿分43分)(14分)醋酸亞銘(CHbCOO 2Cr?2H20為磚紅色晶體，

5、難溶于冷水，易溶于酸，在氣體分析 中用作氧氣吸收劑。一般制備方法是先在封閉體系中利用金屬鋅作還原劑，將三價(jià)銘還原為二 價(jià)絡(luò)；二價(jià)銘再與醋酸鈉溶液作用即可制得醋酸亞銘。實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示。回答下列問題：(1)實(shí)驗(yàn)中所用蒸儲(chǔ)水均需經(jīng)煮沸后迅速冷卻，目的是 儀器a的名稱是。(2)將過量鋅粒和氯化銘固體置于 c中，加入少量蒸儲(chǔ)水，按圖連接好裝置。打開K、K2,關(guān)閉Ko c中溶液由綠色逐漸變?yōu)榱了{(lán)色，該反應(yīng)的離子方程式為 同時(shí)c中有氣體產(chǎn)生，該氣體的作用是 (3)打開Kb,關(guān)閉Ki和K2. c中亮藍(lán)色溶液流入d,其原因是; d中析出磚紅色沉淀。為使沉淀充分析出并分離，需采用的操作是 、洗滌，干燥(4)指出

6、裝置d可能存在的缺點(diǎn) (14分)焦亞硫酸鈉(Na2805)在醫(yī)藥、橡膠、印染、食品等方面應(yīng)用廣泛?；卮鹣铝袉栴}: (1)生產(chǎn)Na24O5,通常是由NaHSO過飽和溶液經(jīng)結(jié)晶脫水制得。寫出該過程的化學(xué)方程式pH=4.1時(shí)，I中為 溶液(寫化學(xué)式)。工藝中加入NaCQ固體，并再次充入SQ的目的是。(3)制備Na&O5也可采用三室膜電解技術(shù)，裝置如圖所示，其中SQ堿吸收液中含有NaHSO和N82SC3.陽極的電極反應(yīng)式為 。電解后，室的NaHSO濃度增力口。將該室溶液進(jìn) 行結(jié)晶脫水，可得到Na2&O5稀1斕0so?堿吸收液(4) Na2&O5可用作食品的抗氧化劑。在測(cè)定某葡萄酒中N82&O5殘留量時(shí)

7、，取50.00mL葡葡萄酒樣品，用0.01000mol?L-1的碘標(biāo)準(zhǔn)液滴定至終點(diǎn)，消耗10.00mL.滴定反應(yīng)的離子方程式為該樣品中Na2&O5的殘留量為 g?L 1 (以SQ計(jì))(15分)采用N2O5為硝化劑是一種新型的綠色硝化技術(shù)，在含能材料、醫(yī)藥等工業(yè)中得到廣 泛應(yīng)用?；卮鹣铝袉栴}：1840年Devil用干燥的氯氣通過干燥的硝酸銀，得到N2O5,該反應(yīng)氧化產(chǎn)物是一種氣體，其分子式為F. Daniels等曾利用測(cè)壓法在剛性反應(yīng)器中研究了25c時(shí)N2O5 (g)分解反應(yīng)：20?(g)-r 4NO(g) +O:(g)(2)利用煙道氣中的SQ生產(chǎn)N82&O5,的工藝為:其中NO2二聚為N2O4

8、的反應(yīng)可以迅速達(dá)到平衡。體系的總壓強(qiáng) P隨時(shí)間t的變化如下表所示(t=8時(shí)，N2O5 (g)完全分解)：第2頁(共14頁)t/min 0408016026013001700oop/kPa35.840.342.545.949.261.262.363.1已知：2N2c5 (g) =2N2O4 (g) +O2 (g) H1= - 44kJ?mol 12N6 (g) =N2O4 (g) H2= - 55.3kJ?mol 1則反應(yīng) N2O5 (g) =2NO2 (g) + 2O2 (g)的H=kJ?mol 1研究表明，N2O5 (g)分解的反應(yīng)速率v=2X103xP固口 (kPa?min 1) , t=

9、62min時(shí)，測(cè)得體系中 P=2.9kPa,貝U止匕時(shí)的 P lT =kPa, v= kPa?min 1。若提高反應(yīng)溫度至35C,則N2O5 (g)完全分解后體系壓強(qiáng)P- (35C) 63.1kPa (填 大 于“等于“或小于)，原因是25c時(shí)N2O4 (g) ?2NO2 (g)反應(yīng)的平衡常數(shù)Kp=kPa (Kp為以分壓表示的平衡常數(shù)，計(jì) 算結(jié)果保留1位小數(shù))。(3)對(duì)于反應(yīng)2N2O5 (g) 一4NQ (g) +O2 (g) , R. A. Ogg提出如下反應(yīng)歷程：第一步：N2O5?NO2+NO3快速平衡第二步 NO2+NO3- NOFNO2+O2慢反應(yīng)第三步NO+NO3-2NQ快反應(yīng)其中可

10、近似認(rèn)為第二步反應(yīng)不影響第一步的平衡。下列表述正確的是 (填標(biāo)號(hào))A. v (第一步的逆反應(yīng)) v (第二步反應(yīng))B.反應(yīng)的中間產(chǎn)物只有NO3C.第二步中NO2與NO3的碰撞僅部分有效D.第三步反應(yīng)活化能較高化學(xué)一選修3:物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)11. (15分)Li是最輕的固體金屬，采用Li作為負(fù)極材料的電池具有小而輕、能量密度大等優(yōu)良 性能，得到廣泛應(yīng)用?；卮鹣铝袉栴}：(1)下列Li原子電子排布圖表示的狀態(tài)中，能量最低和最高的分別為 (填標(biāo)號(hào))A.(3) LiAlH是有機(jī)合成中常用的還原劑，LiAlH4中的陰離子空間構(gòu)型是 中心原子的雜化形 式為。 LiAlH中，存在 (填標(biāo)號(hào))。A.離子鍵B.6鍵

11、C九鍵D.氫鍵(4) L2O是離子晶體，具晶格能可通過圖(a)的Bormi-Haber循環(huán)計(jì)算得到?？芍琇i原子的第一電離能為 kJ?mol 1, O=O鍵鍵能為 kJ?mol 1, L2O品格能為kJ?mol 1。(5) L2O具有反螢石結(jié)構(gòu)，晶胞如圖(b)所示。已知晶胞參數(shù)為 0.4665nm,阿伏加德羅常數(shù)的 值為Na,則L2O的密度為 g?cm3 (列出計(jì)算式)。化學(xué)一選修5:有機(jī)化學(xué)基礎(chǔ)(15分)12.化合物W可用作高分子膨脹劑，一種合成路線如下:第3頁(共14頁)z E COONh NaC N/ if TEC CN叵I 一I)CltlLCOOCjlL CrHQNa2)CcH5CH

12、:C1 JHQHCIC H C(X)H: c ICILCOONa囚 E/COOH/gUCjgiK Ei,cnnCOOH (K)CJh回答下列問題(1) A的化學(xué)名稱為。(2)的反應(yīng)類型是。(3)反應(yīng)所需試劑，條件分別為 。(4) G的分子式為。(5) W中含氧官能團(tuán)的名稱是。(6)寫出與E互為同分異構(gòu)體的酯類化合物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式 (核磁共振氫譜為兩組峰，峰面積比為1:1) cilcoochX ) 一 一 (7)苯乙酸葦酯( U -飛 J )是花香型香料，設(shè)計(jì)由苯甲醇為起始原料制備苯乙酸葦酯的合成路線(無機(jī)試劑任選)第4頁(共14頁)2018年全國統(tǒng)一高考化學(xué)試卷（新課標(biāo)I ）參考答案與試題解析、選

13、擇題（共7小題，每小題6分，滿分42分）1. （6分）磷酸亞鐵鋰（LiFePQ）電池是新能源汽車的動(dòng)力電池之一，采用濕法冶金工藝回收廢舊磷酸亞鐵鋰電池正極片中的金屬，其流程如下:正板片典LNaAlO?濾液 H,SO/HNO.J含磷酸亞鐵鋰濾渣工一士炭黑等濾清堿液廠沉淀液碳邈一含Li沉淀卜列敘述錯(cuò)誤的是（A.合理處理廢舊電池有利于保護(hù)環(huán)境和資源再利用B,從 正極片”中可回收的金屬元素有 Al、Fe LiC.沉淀”反應(yīng)的金屬離子為Fe3+D.上述流程中可用硫酸鈉代替碳酸鈉【考點(diǎn)】P8:物質(zhì)分離和提純的方法和基本操作綜合應(yīng)用.【分析】正極片經(jīng)堿溶可得到NaAlC2,可說明含有Al元素，含有磷酸亞鐵鋰

14、的濾渣加入硫酸、硝酸，可除去炭黑，得到含有 P、Fe Li的濾液，加入堿液，生成的沉淀為 Fe （CH） 3,濾液加入 碳酸鈉，可生成碳酸鋰沉淀，以此解答該題。【解答】解：A.合理處理廢舊電池，可減少污染性廢水的排放，且回收含有Al、Fe等金屬，可再利用，故A正確；B.由以上分析可知從 正極片”中可回收的金屬元素有 Al、Fe、Li等，故B正確；C.硝酸具有強(qiáng)氧化性，可氧化亞鐵離子生成鐵離子，則沉淀”反應(yīng)的金屬離子為Fe3+,故C正確;D.加入硫酸鈉，不能生成含Li沉淀，故D錯(cuò)誤。故選：Do【點(diǎn)評(píng)】本題為2018年高考全國卷，以元素化合物知識(shí)為載體考查物質(zhì)的分離、提純，有利于培 養(yǎng)學(xué)生的分析能

15、力和實(shí)驗(yàn)?zāi)芰?，樹立積極的環(huán)境保護(hù)意識(shí)和資源的合理運(yùn)用，題目難度不大。2. （6分）下列說法錯(cuò)誤的是（）A.蔗糖、果糖和麥芽糖均為雙糖B.酶是一類具有高選擇催化性能的蛋白質(zhì)C.植物油含不飽和脂肪酸酯，能使 Br2/CC4褪色D,淀粉和纖維素水解的最終產(chǎn)物均為葡萄糖【考點(diǎn)】K2:蔗糖、麥芽糖簡(jiǎn)介；K3:淀粉的性質(zhì)和用途.【分析】A.果糖為單糖；B.絕大多數(shù)酶是蛋白質(zhì)；C.植物油為高級(jí)脂肪酸甘油酯，姓基含不飽和碳碳雙鍵；D.多糖最終水解產(chǎn)物為單糖?！窘獯稹拷猓篈.蔗糖和麥芽糖均為雙糖，果糖為單糖，故 A錯(cuò)誤；B.絕大多數(shù)酶是蛋白質(zhì)，少數(shù)具有生物催化功能的分子不是蛋白質(zhì)，如復(fù)合酶，故B錯(cuò)誤；C.植物油

16、為液態(tài)油脂，分子的燒基中含不飽和碳碳雙鍵，這種脂肪酸酯，能使Br2/CC4褪色，發(fā)生加成反應(yīng)，故C正確；D,淀粉和纖維素為多糖，一定條件下水解的最終產(chǎn)物均為葡萄糖，故 D正確； 故選：AB?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了物質(zhì)分類、物質(zhì)性質(zhì)、物質(zhì)結(jié)構(gòu)等知識(shí)點(diǎn)，注意知識(shí)的積累，題目難度不大。3. （6分）在生成和純化乙酸乙酯的實(shí)驗(yàn)過程中，下列操作未涉及的是（第5頁（共14頁）【考點(diǎn)】TJ:乙酸乙酯的制取.【分析】乙酸乙酯的制備是乙醇濃硫酸和乙酸混合溶液加熱生成，生成的乙酸乙酯混有乙酸、乙醇,通過飽和碳酸鈉溶液吸收乙醇、中和乙酸、降低乙酸乙酯溶解度，利用分液的方法得的乙酸乙 酯，蒸發(fā)皿是加熱蒸發(fā)溶液得到晶體的儀

17、器，據(jù)此分析判斷?！窘獯稹拷猓篈.乙酸乙酯的制備是乙醇濃硫酸和乙酸混合溶液加熱生成的，選擇試管中加熱，故 A不選；B.生成的乙酸乙酯混有乙酸、乙醇，通過飽和碳酸鈉溶液吸收乙醇、中和乙酸、降低乙酸乙酯溶 解度，防止倒吸導(dǎo)氣管不能深入溶液，故 B不選；C.飽和碳酸鈉溶液吸收靜置后，利用分液的方法分離，故 C不選；D.圖中是利用蒸發(fā)皿加熱蒸發(fā)溶液得到溶質(zhì)晶體的方法，在生成和純化乙酸乙酯的實(shí)驗(yàn)過程中， 操作未涉及，故D選；故選：Do【點(diǎn)評(píng)】本題考查了乙酸乙酯的制備原理、化合物分離方法、實(shí)驗(yàn)基本操作等，掌握基礎(chǔ)是解題關(guān) 鍵，題目難度不大。【解答】解：A.膠體粒子是一個(gè)聚合體，16.25gFeC3的物質(zhì)的

18、量為上哲S=0.1mol,水解形 162. 5g/mol成Fe （OH） 3膠體時(shí)，多個(gè)Fe （OH） 3聚合為一個(gè)膠體粒子，所以形成的膠體粒子數(shù)小于 0.1mol, 即0.1Na,故A錯(cuò)誤；B.22.4L標(biāo)準(zhǔn)狀況的氮?dú)獾奈镔|(zhì)的量為1mol,氧氣是單原子氣體，所以含有18molAr,即含有18moi 質(zhì)子，即18Na個(gè)質(zhì)子，故B正確；C.92.0g甘油（丙三醇）的物質(zhì)的量為一孥一二1mol, 1mol丙三醇含有3moi羥基，即含有羥基數(shù) 92g/n）ol為3Na,故C錯(cuò)誤；D. CH4與C2的在光照下發(fā)生的取代反應(yīng)產(chǎn)物是混合物，不是完全生成CHsCl,所以生成CHbCl的分子數(shù)不是1.0Na,

19、故D錯(cuò)誤，故選：Bo【點(diǎn)評(píng)】本題考查阿伏伽德羅常數(shù)的簡(jiǎn)單計(jì)算，注意膠粒是聚合體，氣體摩爾體積22.4L/mol的使用條件，甲烷與氯氣的光照取代反應(yīng)實(shí)質(zhì)是解題的關(guān)鍵，考查的知識(shí)點(diǎn)較多，題目較為綜合， 總體難度不大，是基礎(chǔ)題。（6分）Na是阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是（16.25gFeC3,水解形成的Fe （OH） 3為膠體粒子數(shù)為0.1Na22.4L.（標(biāo)準(zhǔn)狀況）氧氣含有的質(zhì)子數(shù)為 18Na92.0g甘油（丙三醇）中含有羥基數(shù)為 1.0Na1.0molCH4與C2在光照下生成 CHCl的分子數(shù)為1.0Na（6分）環(huán)之間共用一個(gè)碳原子的化合物稱為螺環(huán)化合物，螺（2, 2）戊烷（口（）是最簡(jiǎn)

20、單的一種，下列關(guān)于該化合物的說法錯(cuò)誤的是（）A.與環(huán)戊烯互為同分異構(gòu)體B,二氯化物超過兩種C.所有碳原子均處同一平面D.生成1molC5H12,至少需要2molH2【考點(diǎn)】4F:阿伏加德羅常數(shù).【分析】A. 一個(gè)膠體粒子是一個(gè)聚合體；B.22.4L標(biāo)準(zhǔn)狀況的氮?dú)獾奈镔|(zhì)的量為1mol,氧氣是單原子氣體；C.1mol丙三醇含有的羥基數(shù)為 3mol ；D. CH4與C2的在光照下發(fā)生的取代反應(yīng)產(chǎn)物是混合物，不是完全生成CHsCl【考點(diǎn)】HD:有機(jī)物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì).【專題】534:有機(jī)物的化學(xué)性質(zhì)及推斷.【分析】A.螺（2, 2）戊烷、環(huán)戊烯的分子式都為C5H8,分子式相同結(jié)構(gòu)不同的有機(jī)物互為同分異構(gòu)體

21、；B.螺（2, 2）戊烷24的二氯化物中兩個(gè)氯原子可能位于 1號(hào)碳原子上、可能位于1號(hào)和第6頁（共14頁）2號(hào)碳原子上、可能位于1號(hào)和3號(hào)碳原子上、可能位于1號(hào)和4號(hào)C原子上；C.該分子中中間的碳原子上具有甲烷結(jié)構(gòu)特點(diǎn)；D.每個(gè)C5H12比螺（2, 2）戊烷多4個(gè)氫原子，相當(dāng)于2個(gè)H2?！窘獯稹拷猓篈.螺（2, 2）戊烷、環(huán)戊烯的分子式都為C5H8,環(huán)戊烯結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，螺（2, 2）戊烷、環(huán)戊烯分子式相同結(jié)構(gòu)不同，所以二者互為同分異構(gòu)體，故 A正確；B.螺（2, 2）戊烷24的二氯化物中兩個(gè)氯原子可能位于 1號(hào)碳原子上、可能位于1號(hào)和2號(hào)碳原子上、可能位于1號(hào)和3號(hào)碳原子上、可能位于1號(hào)和4號(hào)C

22、原子上，所以其二氯化 物超過2種，故B正確；C.該分子中中間的碳原子上具有甲烷結(jié)構(gòu)特點(diǎn)，甲烷為正四面體結(jié)構(gòu)，所以該分子中所有C原子不可能共平面，故C錯(cuò)誤；D.每個(gè)C5H12比螺（2, 2）戊烷多4個(gè)氫原子，相當(dāng)于2個(gè)H2,所以生成1molC5H12,至少需要 2molH2,故D正確；故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查有機(jī)物結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，涉及基本概念、分子空間結(jié)構(gòu)等知識(shí)點(diǎn)，側(cè)重考查學(xué)生對(duì)基 本概念、基本知識(shí)的理解和掌握，熟練掌握基本概念及甲烷、乙烯、苯的空間結(jié)構(gòu)，題目難度 不大。6. （6分）主族元素 W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增加，且均不大于 20. W、X、Z最外層電子數(shù) 之和為10; W與Y同族；

23、W與Z形成的化合物可與濃硫酸反應(yīng)，其生成物可腐蝕玻璃。下列說 法正確的是（）A.常溫常壓下X的單質(zhì)為氣態(tài)Z的氫化物為離子化合物Y和Z形成的化合物的水溶液呈堿性W與Y具有相同的最高化合價(jià)【分析】W與Z形成的化合物可與濃硫酸反應(yīng)，其生成物可腐蝕玻璃，能腐蝕玻璃的是HF, W原子序數(shù)小于Z,則W為F元素，W與Y同族且原子序數(shù)都不大于20,則Y為Cl元素，W、X、Z 最外層電子數(shù)之和為10,主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增加，且均不大于 20,則X為 Na元素、Z為Ca元素，或者X為Mg元素、Z為K元素；A.常溫下X單質(zhì)為Na或Mg單質(zhì)；Z的氫化物是 KH或CaH2;Y、Z形成的化合物是KCl或

24、CaQ,為強(qiáng)酸強(qiáng)堿鹽；W、Y的最高價(jià)分別是0、+7價(jià)。【解答】解：W與Z形成的化合物可與濃硫酸反應(yīng)，其生成物可腐蝕玻璃，能腐蝕玻璃的是HF,W原子序數(shù)小于Z,則W為F元素，W與Y同族且原子序數(shù)都不大于20,則Y為Cl元素，W、 X、Z最外層電子數(shù)之和為10,主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增加，且均不大于 20,則 X為Na元素、Z為Ca元素，或者X為Mg元素、Z為K元素；A.常溫下Na或Mg單質(zhì)都是固態(tài)，故A錯(cuò)誤；Z的氫化物是KH或Ca屋，二者都是離子化合物，故 B正確；Y、Z形成的化合物是KCl或CaC2,為強(qiáng)酸強(qiáng)堿鹽，其水溶液呈中性，故 C錯(cuò)誤；W、Y的最高價(jià)分別是0、+7價(jià)，F(xiàn)元素

25、非金屬性最強(qiáng)，沒有正化合價(jià)，故 D錯(cuò)誤；故選：Bo【點(diǎn)評(píng)】本題考查原子結(jié)構(gòu)和元素周期律，側(cè)重考查學(xué)生分析判斷能力，正確判斷W、Z元素是解本題關(guān)鍵，明確元素周期表結(jié)構(gòu)、物質(zhì)結(jié)構(gòu)、元素周期律即可解答，注意規(guī)律中的特殊現(xiàn)象， 如F元素沒有正化合價(jià)等。7. （6分）最近我國科學(xué)家設(shè)計(jì)了一種 CQ+H2s協(xié)同轉(zhuǎn)化裝置，實(shí)現(xiàn)對(duì)天然氣中 CQ和H2s的高效 去除。小意圖如右所小，其中電極分別為 ZnO）石墨烯（石墨烯包裹的ZnO）和石墨烯，石墨烯 電極區(qū)發(fā)生反應(yīng)為：EDTA- Fe2+-e =EDTA Fe3+2EDTA Fe3+H2s=2H+S+2EDTA Fe2+該裝置工作時(shí)，下列敘述錯(cuò)誤的是（）【考點(diǎn)

26、】8F:原子結(jié)構(gòu)與元素周期律的關(guān)系.第7頁（共14頁）大然氣育天然，-J 稅A,陰極的電極反應(yīng)：CQ+2H+2e一CC+H2OB.協(xié)同轉(zhuǎn)化總反應(yīng)：CQ+H2SCC+H2O+SC.石墨烯上的電勢(shì)比ZnOH墨烯上的低D,若采用Fe3+/Fe2+取代EDTAr Fe3+/EDTA- Fe2+,溶液需為酸性【考點(diǎn)】BH:原電池和電解池的工作原理.【分析】A.根據(jù)圖知，ZnO石墨烯電極上反應(yīng)物是 CQ、H+,生成物是CC隆0,該電極上得電 子發(fā)生還原反應(yīng)；B.根據(jù)圖中進(jìn)入物質(zhì)、出來物質(zhì)知，協(xié)同轉(zhuǎn)化過程中反應(yīng)物是H2S、CC2,生成物是S CQ H2O;C.工作時(shí)石墨烯電極失電子作陽極，ZnO行墨烯電極為

27、陰極，外電路中電流從高電勢(shì)流向低電勢(shì)；D. Fe3+、Fe2+在中性或堿性條件下產(chǎn)生沉淀?！窘獯稹拷猓篈.根據(jù)圖知，ZnO石墨烯電極上反應(yīng)物是CQ、H+,生成物是CO H2O,該電極上 得電子發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)式為 CO2+2H +2e COH2O,故A正確；B.根據(jù)圖中進(jìn)入物質(zhì)、出來物質(zhì)知，協(xié)同轉(zhuǎn)化過程中反應(yīng)物是H2S、CQ,生成物是S CQ H2O,電池反應(yīng)式為CO2+H2SCO+H2O+S,故B正確；C.外電路中電流從高電勢(shì)流向低電勢(shì)，工作石墨烯電極失電子作陽極，ZnO石墨烯電極為陰極，則石墨烯電勢(shì)高于ZnOH墨烯，故C錯(cuò)誤；D. Fe3+、Fe2+在中性或堿性條件下產(chǎn)生沉淀，所以溶

28、液應(yīng)該為酸性，故 D正確；故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查電解原理，涉及電極反應(yīng)式的書寫、元素化合物性質(zhì)等知識(shí)點(diǎn)，側(cè)重考查學(xué)生分析、判斷及知識(shí)綜合運(yùn)用能力，C選項(xiàng)聯(lián)合物理知識(shí)考查電化學(xué)原理，是該題一個(gè)亮點(diǎn)， 題目難 度中等。、解答題(共3小題，滿分43分)(14分)醋酸亞銘(CH3COO 2Cr?2H2O為磚紅色晶體，難溶于冷水，易溶于酸，在氣體分析 中用作氧氣吸收劑。一般制備方法是先在封閉體系中利用金屬鋅作還原劑，將三價(jià)銘還原為二 價(jià)絡(luò)；二價(jià)銘再與醋酸鈉溶液作用即可制得醋酸亞銘。實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示?；卮鹣铝袉栴}：(1)實(shí)驗(yàn)中所用蒸儲(chǔ)水均需經(jīng)煮沸后迅速冷卻，目的是 去除水中的溶解氧 儀器a的名稱是 分

29、 液(滴液)漏斗 。(2)將過量鋅粒和氯化銘固體置于 c中，加入少量蒸儲(chǔ)水，按圖連接好裝置。打開Ki、K2,關(guān)閉K3oc中溶液由綠色逐漸變?yōu)榱了{(lán)色，該反應(yīng)的離子方程式為Zn+ZCNZn+ZCg同時(shí)c中有氣體產(chǎn)生，該氣體的作用是排除c中空氣(3)打開K3,關(guān)閉Ki和K2. c中亮藍(lán)色溶液流入d,其原因是 c中產(chǎn)牛的氫氣使壓強(qiáng)大于大氣 壓；d中析出磚紅色沉淀。為使沉淀充分析出并分離，需采用的操作是 冷卻、 過濾 洗 滌，干燥。(4)指出裝置d可能存在的缺點(diǎn) 敞開體系，可能使醋酸亞銘與空氣接觸【考點(diǎn)】U3:制備實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì).【分析】醋酸亞銘在氣體分析中用作氧氣吸收劑，說明亞銘離子具有強(qiáng)還原性，易與

30、氧氣反應(yīng)，則第8頁(共14頁)制備實(shí)驗(yàn)中應(yīng)避免接觸氧氣，實(shí)驗(yàn)時(shí)，將過量鋅粒和氯化絡(luò)固體置于c中，加入少量蒸儲(chǔ)水，按圖連接好裝置，打開 K1、K2,關(guān)閉K3,鹽酸與鋅反應(yīng)可生成氫氣，可將裝置內(nèi)的空氣排出， 避免亞銘離子被氧化，且發(fā)生 Zn+2Cr3+=Zn2+2Cr2+,可觀察到c中溶液由綠色逐漸變?yōu)榱了{(lán)色， 打開Ka,關(guān)閉Ki和K2, c中壓強(qiáng)增大，可將亮藍(lán)色溶液流入 d,可生成醋酸亞銘磚紅色沉淀， 以此解答該題。【解答】解：(1)為避免亞銘離子被氧化，應(yīng)除去水中的溶解氧，則實(shí)驗(yàn)中所用蒸儲(chǔ)水均需經(jīng)煮 沸后迅速冷卻，由裝置圖可知a為分液漏斗或滴液漏斗，故答案為：去除水中的溶解氧；分液(滴液)漏斗

31、；(2)c中溶液由綠色逐漸變?yōu)榱了{(lán)色，說明生成亞銘離子，反應(yīng)的離子方程式為 Zn+2Cr3+=Zr2+2Cr2+,故答案為：Zn+2Cr3+=Zn2+2Cr2+;鹽酸與鋅反應(yīng)可生成氫氣，可將裝置內(nèi)的空氣排出，避免亞銘離子被氧化，故答案為：排除 c中 空氣；(3)打開Ka,關(guān)閉Ki和K2, c中壓強(qiáng)增大，可將亮藍(lán)色溶液流入 d,為使沉淀充分析出并分離， 需采用的操作是冷卻、過濾、洗滌，干燥等，故答案為：c中產(chǎn)生的氫氣使壓強(qiáng)大于大氣壓；冷卻；過濾；d為敞開體系，可能使醋酸亞銘與空氣接觸而被氧化，應(yīng)在密閉容器中制備， 故答案為：敞開體系，可能使醋酸亞銘與空氣接觸。【點(diǎn)評(píng)】本題考查物質(zhì)的制備，為高考常

32、見題型和高頻考點(diǎn)，側(cè)重考查學(xué)生的分析能力、自學(xué)能力 和實(shí)驗(yàn)?zāi)芰?，注意把握物質(zhì)的性質(zhì)以及題給信息，把握實(shí)驗(yàn)的操作方法，難度不大。(14分)焦亞硫酸鈉(Na2&O5)在醫(yī)藥、橡膠、印染、食品等方面應(yīng)用廣泛?；卮鹣铝袉栴}: (1)生產(chǎn)Nm&O5,通常是由NaHSO過飽和溶液經(jīng)結(jié)晶脫水制得。寫出該過程的化學(xué)方程式2NaHSO Na2S2O5+H2O(2)利用煙道氣中的SQ生產(chǎn)Na2s2O5,的工藝為：pH=4.1時(shí)，I中為 NaHSQ溶液(寫化學(xué)式)。工藝中加入 NazCQ固體，并再次充入 SQ的目的是 增大NaHSQ濃度,形成過飽和溶液。(3)制備Na2$O5也可采用三室膜電解技術(shù)，裝置如圖所示，其

33、中SQ堿吸收液中含有NaHSO和Na2SC3.陽極的電極反應(yīng)式為 2H2O-4e O2 T+4H+ 。電解后，_a-室的NaHSO濃度增力口。 將該室溶液進(jìn)行結(jié)晶脫水，可得到 Na2S2O5Na2&O5可用作食品的抗氧化劑。在測(cè)定某葡萄酒中Na2s2。5殘留量時(shí)，取50.00mL葡葡萄酒樣品，用0.01000mol?L 1的碘標(biāo)準(zhǔn)液滴定至終點(diǎn)，消耗10.00mL.滴定反應(yīng)的離子方程式為SOs2+2I2+3H22SO2 +4I +6H+ 該樣品中 Na2&O5 的殘留量為 0.128 g?L 1 (以 SQ計(jì))【考點(diǎn)】54:物質(zhì)的量的相關(guān)計(jì)算；DI:電解原理.【分析】(1)由NaHSO過飽和溶液

34、經(jīng)結(jié)晶脫水制得 Na2&O5,據(jù)此寫出反應(yīng)方程式；(2)向I中通入SQ使溶液pH變?yōu)?.1,說明溶液顯酸性，據(jù)此分析；工藝中加入NazCQ固體，并再次充入SQ,考慮到后續(xù)操作步驟是結(jié)晶脫水制取 Na2s2O5,發(fā)生 這一步需要過飽和的 NaHSQ溶液；(3)電解池陽極為稀硫酸溶液，電解質(zhì)溶液顯酸性，電解池陽極發(fā)生氧化反應(yīng)，溶液中分隔各個(gè) 室的膜為陽離子交換膜，陽離子向陰極移動(dòng)，據(jù)此分析；(4) Na2&O5可用作食品的抗氧化劑，說明 Na2及O5具有一定的還原性，能被碘標(biāo)準(zhǔn)液滴定，說明 發(fā)生氧化還原反應(yīng)產(chǎn)生NazSQ, I2被還原為，根據(jù)方程式計(jì)算?！窘獯稹拷猓?1)由NaHSO過飽和溶液經(jīng)結(jié)

35、晶脫水制得 N&O5,所以發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為 2NaHSQ Na2&O5+H2。，故答案為：2NaHSO Na2$O5+H2O;第9頁(共14頁)P隨時(shí)間t的變化如下表所示(t=170000中P . =2.9kPq則此時(shí)的P r11怎30.0 kPa, v= 6.0X10 2 kPa?min 1。(2)向I中通入SQ使溶液pH變?yōu)?.1,說明溶液顯酸性，NmCQ顯堿性，NmSQ顯堿性，NaHCO 顯堿性，而NaHSQ顯酸性，說明反應(yīng)產(chǎn)生了 NaHSG, I中的溶液應(yīng)為NaHSQ溶液，故答案為：NaHSQ；工藝中加入NaCQ固體，并再次充入SC2,考慮到后續(xù)操作步驟是結(jié)晶脫水制取 N&O5,

36、發(fā)生 這一步需要過飽和的NaHSO溶液，由此判斷，再通入 SC2的目的應(yīng)為：增大NaHSO濃度，形 成過飽和溶液，故答案為：增大NaHSQ濃度，形成過飽和溶液；(3)電解池陽極為稀硫酸溶液，電解質(zhì)溶液顯酸性，電解池陽極發(fā)生氧化反應(yīng)，所以應(yīng)為H2O放電，產(chǎn)生O2和H+,則電極反應(yīng)為：2H2。-4e一 O2T+4H,溶液中分隔各個(gè)室的膜為陽離子交換膜，陽離子向陰極移動(dòng)，H+向右移動(dòng)，在b室則發(fā)生反應(yīng)：2H+2e 一H2 T ,所以b室較a室H+濃度有所降低，因此電解后，a室的NaHSQ濃度增加，故答案為：2H2O-4e O2 T+4H+; a；(4) Na2&Q可用作食品的抗氧化劑，說明 Na2s

37、2O5具有一定的還原性，能被碘標(biāo)準(zhǔn)液滴定，說明 發(fā)生氧化還原反應(yīng)產(chǎn)生Na2SQ,l2被還原為，則發(fā)生滴定反應(yīng)的離子方程式為：S2O52 +2I2+3H2O 2SQ2 +4I +6H：取50.00mL葡葡萄酒樣品，用0.01000mol?L1的碘標(biāo)準(zhǔn)液滴定至終點(diǎn)，消耗 10.00mL,根據(jù)反應(yīng)方 程式，則樣品中N%&O5 的殘留量以SQ 計(jì)算應(yīng)為：.,.10, 00X1 X 0. OLOOOmoly ,2 X *-X 64g /ncl ：=0.128g/L,50.00X 10-JL故答案為：&O52 +2I2+3H2r2SQ2 +4I +6H+; 0.128。【點(diǎn)評(píng)】本題以Na2及O5為背景，考

38、查氧化還原反應(yīng)和電解原理的知識(shí)，考查了氧化還原反應(yīng)方程 式的書寫和配平，電極反應(yīng)方程式的書寫，滴定的簡(jiǎn)單計(jì)算，均為高考的難點(diǎn)和重點(diǎn)，為高頻 考點(diǎn)，試題有助于培養(yǎng)綜合分析問題的能力，本題整體難度中等，是中檔題。(15分)采用N2O5為硝化劑是一種新型的綠色硝化技術(shù)，在含能材料、醫(yī)藥等工業(yè)中得到廣泛應(yīng)用。回答下列問題：1840年Devil用干燥的氯氣通過干燥的硝酸銀，得到 N2O5,該反應(yīng)氧化產(chǎn)物是一種氣體，其分子式為O2F. Daniels等曾利用測(cè)壓法在剛性反應(yīng)器中研究了25c時(shí)N2O5 (g)分解反應(yīng):2N。- 4N0;(g) / 0二 U2N。其中NO2二聚為N2O4的反應(yīng)可以迅速達(dá)到平衡

39、。體系的總壓強(qiáng)00時(shí)，N2O5 (g)完全分解)：t/min 040801602601300p/kPa 35.840.342.545.949.261.262.363.1已知：2N2O5 (g) =2N2O4 (g) +O2 (g) H1= - 44kJ?mol 12NO2 (g) =N2O4 (g) H2=-55.3kJ?mol 1則反應(yīng) N2O5 (g) =2NO2 (g) +-O2 (g)白H= +33.3 kJ?mol 1研究表明，N2O5 (g)分解的反應(yīng)速率v=2X103xPh門(kPa?min 1) , t=62min時(shí)，測(cè)得體系若提高反應(yīng)溫度至35C,則N2O5 (g)完全分解后

40、體系壓強(qiáng) R (35C) 大于 63.1kPa (填失 于等于“或 小于)，原因是 溫度升高，容器容積不變，總壓強(qiáng)提高，且二氧化氮二聚為放熱反應(yīng)、溫度提高、平衡左移、體系物質(zhì)的量增加、總壓強(qiáng)提高25c時(shí)N2O4 (g) ?2N6 (g)反應(yīng)的平衡常數(shù)Kp= 13.4 kPa (Kp為以分壓表示的平衡常數(shù)，計(jì) 算結(jié)果保留1位小數(shù))。(3)對(duì)于反應(yīng)2N2O5 (g) 一4NQ (g) +O2 (g) , R. A. Ogg提出如下反應(yīng)歷程：第一步：N2O5? NO2+NO3快速平衡第二步 NH+NQ- NO+NO2+O2慢反應(yīng)第三步NO+NO3-2NQ快反應(yīng)其中可近似認(rèn)為第二步反應(yīng)不影響第一步的平

41、衡。下列表述正確的是AC (填標(biāo)號(hào))A. v (第一步的逆反應(yīng)) v (第二步反應(yīng))B.反應(yīng)的中間產(chǎn)物只有NO3第10頁(共14頁)C.第二步中NO2與NO3的碰撞僅部分有效D.第三步反應(yīng)活化能較高【考點(diǎn)】BE熱化學(xué)方程式；CP:化學(xué)平衡的計(jì)算.【分析】(1)干燥的氯氣通過干燥的硝酸銀，得到 N2O5,氯氣是氧化劑，還原產(chǎn)物應(yīng)為 AgCl,硝 酸銀是還原劑，根據(jù)還原劑失去電子轉(zhuǎn)化為氧化產(chǎn)物判斷；(2)已知：i、2N2O5 (g) =2N2O4 (g) +O2 (g) Hi= 4.4kJ/molii、2NC2 (g) =N2O4 (g) H2= - 55.3kJ/mol根據(jù)蓋斯定律可知i +2

42、- ii即得到N2O5 (g) =2NO2 (g) +I/2O2 (g),據(jù)此計(jì)算 H的值；根據(jù)阿伏加德羅定律可知，在恒溫包容條件下，氣體的壓強(qiáng)與物質(zhì)的量成正比；根據(jù)溫度對(duì)壓強(qiáng)和平衡狀態(tài)的影響分析；根據(jù)五氧化二氮完全分解時(shí)的壓強(qiáng)計(jì)算出二氧化氮、氧氣的壓強(qiáng)，然后再根據(jù)二氧化氮轉(zhuǎn)化的方程式計(jì)算平衡時(shí)二氧化氮、四氧化二氮的壓強(qiáng)；(3)化學(xué)反應(yīng)的速率由慢反應(yīng)過程決定，并根據(jù)三步反應(yīng)的特點(diǎn)分析判斷。【解答】解：(1)氯氣在反應(yīng)中得到電子作氧化劑，硝酸銀中只有氧元素化合價(jià)會(huì)升高，所以氧化產(chǎn)物是氧氣，分子式為O2,故答案為：O2；(2)已知：i、2N2O5 (g) =2N2O4 (g) +O2 (g) Hi

43、= - 4.4kJ/molii、2NQ (g) =N2O4 (g) H2=-55.3kJ/mol根據(jù)蓋斯定律可知 i +2- ii 即得到 N2O5 (g) =2NO (g) +I/2O2 (g) H=+53.1kJ/mol,故答案為：+53.1;根據(jù)方程式可知氧氣與消耗五氧化二氮的物質(zhì)的量之比是 1： 2,又因?yàn)閴簭?qiáng)之比是物質(zhì)的量之 比，所以消耗五氧化二氮減少的壓強(qiáng)是 2.9kPaX 2=5.8kPa,則此時(shí)五氧化二氮的壓強(qiáng)是 35.8kPa -5.8kPa=30.0kPa 因此此時(shí)反應(yīng)速率 v=2.0 x 10 3x30=6.0 x 10 2 (kPa?min 1),故答案為：30.0;

44、6.0X 10 2;由于溫度升高，容器容積不變，總壓強(qiáng)提高，且二氧化氮二聚為放熱反應(yīng)，溫度提高，平衡左移， 體系物質(zhì)的量增加，總壓強(qiáng)提高，所以若提高反應(yīng)溫度至35C,則N2O5 (g)完全分解后體系壓強(qiáng) p (35C)大于 63.1 kPa故答案為：溫度升高，容器容積不變，總壓強(qiáng)提高，且二氧化氮二聚為放熱反應(yīng)，溫度提高，平衡 左移，體系物質(zhì)的量增加，總壓強(qiáng)提高；大于；根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知五氧化二氮完全分解時(shí)的壓強(qiáng)是63.1kPa,根據(jù)方程式可知完全分解時(shí)最初生成的二氧化氮的壓強(qiáng)是 35.8kPaX 2=71.6 kPa,氧氣是35.8kP/2=17.9 kPa,總壓強(qiáng)應(yīng)該是71.6 kPa+17.

45、9 kPa=89.5 kPa平衡后壓強(qiáng)減少了 8 9.5 kPa- 63.1kPa=26.4kPa 所以根據(jù)方程式 2NO2(g) N2O4(g)可知平衡時(shí)四氧化二氮對(duì)應(yīng)的壓強(qiáng)是 26.4kPq二氧化氮對(duì)應(yīng)的壓強(qiáng)是71.6 kPa- 26.4kPa X2=18.8kPa則反應(yīng)的平衡常數(shù) K此 建陽尸13.4KPa 26- 4故答案為：13.4;A.第一步反應(yīng)快，所以第一步的逆反應(yīng)速率大于第二步的逆反應(yīng)速率，故 A正確；B.根據(jù)第二步和第三步可知中間產(chǎn)物還有NO,故B錯(cuò)誤；C.根據(jù)第二步反應(yīng)生成物中有 NO2可知NO2與NO3的碰撞僅部分有效，故 C正確；D.第三步反應(yīng)快，所以第三步反應(yīng)的活化能

46、較低，故 D錯(cuò)誤；故選：AC。【點(diǎn)評(píng)】本題主要是考查化學(xué)反應(yīng)原理，側(cè)重于化學(xué)反應(yīng)速率與化學(xué)平衡的有關(guān)分析與計(jì)算，題目難度較大。試題設(shè)計(jì)新穎，陌生感強(qiáng)，計(jì)算量較大，對(duì)學(xué)生的要求較高。壓強(qiáng)和平衡常數(shù)的計(jì) 算是解答的難點(diǎn)，注意從阿伏加德羅定律的角度去理解壓強(qiáng)與氣體物質(zhì)的量之間的關(guān)系，注意 結(jié)合反應(yīng)的方程式和表中數(shù)據(jù)的靈活應(yīng)用?；瘜W(xué)一選修3:物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(15分)Li是最輕的固體金屬，采用Li作為負(fù)極材料的電池具有小而輕、能量密度大等優(yōu)良 性能，得到廣泛應(yīng)用?；卮鹣铝袉栴}：(1)下列Li原子電子排布圖表示的狀態(tài)中，能量最低和最高的分別為D、C (填標(biāo)號(hào))由血口口a 心 2與 2Px 2P1 2pf第

47、11頁(共14頁)值為Na,則L2O的密度為g?cm 3 (列出計(jì)算式)。L+與H具有相同的電子構(gòu)型，r (Li+)小于r (H ),原因是Li+核電荷數(shù)較大LiAld是有機(jī)合成中常用的還原劑，LiAlH4中的陰離子空間構(gòu)型是正四面體 中心原子的雜化形式為 sp3 。LiAld中，存在 AB(填標(biāo)號(hào))。A.離子鍵B.6鍵C.冗鍵D.氫鍵L2O是離子晶體，具晶格能可通過圖(a)的Bormi - Haber循環(huán)計(jì)算得到?？芍琇i原子的第一電離能為520 kJ?mol 1,0=0鍵鍵能為 498 kJ?mo1.L2O品格能為 2908kJ?mol 1 oL2O具有反螢石結(jié)構(gòu)，晶胞如圖(b)所示。已

48、知晶胞參數(shù)為 0.4665nm,阿伏加德羅常數(shù)的(2)電子層結(jié)構(gòu)相同的離子，離子核電荷數(shù)越大，其吸引電子能力越大；LiAlH中的陰離子中Al原子價(jià)層電子對(duì)個(gè)數(shù)=4+1；乂1 =4且不含孤電子對(duì),根據(jù)價(jià)層電子對(duì)互斥理論判斷其空間構(gòu)型及中心原子雜化方式；LiAlH4中，陰陽離子之間存在離子鍵、Al和H原子之間存在極性共價(jià)單鍵、配位鍵；Li原子的第一電離能為L(zhǎng)i原子失去1個(gè)電子所需要的能量；O=O鍵鍵能為氧氣分子變?yōu)檠踉?子所需能量；晶格能是氣態(tài)離子形成 1mol離子晶體釋放的能量；(5)晶胞中Li+個(gè)數(shù)是8、O2個(gè)數(shù)=8X 1+6x1 =4,晶胞體積=(0.4665X10 7 cm) 3,晶胞密度

49、至。S 2V【解答】解：(1)原子核外電子排布中，如果電子所占的軌道能級(jí)越高，該原子能量越高，根據(jù)圖知，電子排布能量最低的是1s、2s能級(jí)，能量最高的是2s、2P能級(jí)，故答案為：D、C;Li+與H具有相同的電子構(gòu)型，離子核電荷數(shù)：Li+H ,其吸引電子能力：Li+H ,導(dǎo)致其半 徑越小，故答案為：Li+核電荷數(shù)較大；LiAlH中的陰離子中Al原子價(jià)層電子對(duì)個(gè)數(shù)=4例二普L =4且不含孤電子對(duì)，根據(jù)價(jià)層電子對(duì)互斥理論判斷其空間構(gòu)型及中心原子雜化方式分別為正四面體形、sp3雜化；LiAlH4中，陰陽離子之間存在離子鍵、Al和H原子之間存在極性共價(jià)單鍵、配位鍵，所以含有的化學(xué)鍵為離子 鍵、(T鍵、配位鍵，故答案為：