河北省邢臺市2025屆高三化學(xué)上學(xué)期第四次月考試題含解析

PAGE27-河北省邢臺市2025屆高三化學(xué)上學(xué)期第四次月考試題（含解析）一、選擇題(本題包括25小題，每小題2分，共50分。每小題只有一個選項符合題意)1.“太陽能燃料”國際會議于2024年10月在我國武漢實行，旨在溝通和探討太陽能光催化分解水制氫、太陽能光催化二氧化碳轉(zhuǎn)化為燃料等問題。下列說法錯誤的是()A.太陽能燃料屬于一次能源B.干脆電催化CO2制取燃料時，燃料是陰極產(chǎn)物C.用光催化分解水產(chǎn)生的H2是志向的綠色能源D.研發(fā)和利用太陽能燃料，有利于經(jīng)濟的可持續(xù)發(fā)展【答案】A【解析】【詳解】A選項，太陽能燃料屬于二次能源，故A錯誤；B選項，干脆電催化CO2制取燃料時，化合價降低，在陰極反應(yīng)，因此燃料是陰極產(chǎn)物，故B正確；C選項，用光催化分解水產(chǎn)生的H2，氫氣燃燒放出熱量多，無污染，是志向的綠色能源，故C正確；D選項，研發(fā)和利用太陽能燃料，消耗能量最低，有利于經(jīng)濟的可持續(xù)發(fā)展，故D正確。綜上所述，答案為A。2.下列化學(xué)用語表示不正確的是A.醛基：－COOHB.乙烯的球棍模型：C.乙烯的結(jié)構(gòu)簡式：CH2＝CH2D.葡萄糖的分子式：C6H12O6【答案】A【解析】【詳解】A．醛基為-CHO，-COOH的名稱為羧基，故A錯誤；B．乙烯的球棍模型為，故B正確；C．乙烯的官能團為碳碳雙鍵，結(jié)構(gòu)簡式為CH2=CH2，故C正確；D．1個葡萄糖分子中含6個C、12個H、6個O，葡萄糖分子式為C6H12O6，故D正確；故選A。3.古代煉丹的五金通常是指金、銀、銅、鐵、錫。下列說法錯誤的是A.用焦炭熱還原SnO2可得到Sn B.用H2還原Fe2O3可得到FeC.Cu2S與過量O2共熱產(chǎn)物中只含Cu D.Ag2O干脆熱分解可得到Ag【答案】C【解析】【詳解】A．依據(jù)金屬活動性依次表，可以用熱還原法冶煉Sn，因此可以用焦炭熱還原SnO2可得到Sn，故A正確；B．依據(jù)金屬活動性依次表，可以用熱還原法冶煉Fe，因此可以用H2還原Fe2O3可得到Fe，故B正確；C．銅能夠與氧氣反應(yīng)，Cu2S與過量O2共熱產(chǎn)物中含有CuO等，故C錯誤；D．銀的活潑性較差，工業(yè)上可以將Ag2O干脆熱分解可得到Ag，故D正確；故選C。4.下列說法正確的是A.灼熱的炭與CO2的反應(yīng)是放熱反應(yīng)B.伴有能量改變的物質(zhì)改變都是化學(xué)改變C.通入大量的空氣可以提高燃料燃燒時的能量利用率D.化學(xué)反應(yīng)過程中有物質(zhì)的改變，同時又伴隨有能量的改變【答案】D【解析】【詳解】A．灼熱的碳和二氧化碳的反應(yīng)屬于吸熱反應(yīng)，故A錯誤；B．伴有能量改變的物質(zhì)改變不肯定是化學(xué)改變，如液態(tài)水變?yōu)樗魵馐俏鼰岬母淖儯瑢儆谖锢砀淖?，故B錯誤；C．通入遠(yuǎn)遠(yuǎn)過量的空氣，不但使燃燒火焰易滅，而且?guī)ё吡舜蟛糠值臒崃浚瑹崃康睦寐式档?，所以不肯定提高燃料的利用率，故C錯誤；D．化學(xué)反應(yīng)中反應(yīng)物斷鍵要吸熱，生成物成鍵要放熱，所以化學(xué)反應(yīng)過程中，不僅有物質(zhì)的改變，同時還伴隨有能量的改變，故D正確；故選D。【點睛】本題的易錯點為A，要留意歸納常見的吸熱反應(yīng)和放熱反應(yīng)，便于辨別。5.常溫下，若CH3COONa和CH3COOH混合溶液的pH＞7，則下列關(guān)系式正確的是A.c(CH3COO－)＝c(Na＋) B.c(CH3COO－)＞c(Na＋)C.c(CH3COO－)＜c(Na＋) D.無法推斷c(CH3COO—)與c(Na＋)的大小【答案】C【解析】【分析】常溫下，CH3COONa

與CH3COOH

的混合溶液的pH＞7，說明溶液中c(H+)＜c(OH-)，以CH3COONa的水解為主，結(jié)合電荷守恒分析解答?！驹斀狻砍叵?，CH3COONa

與CH3COOH

的混合溶液的pH＞7，說明溶液中c(H+)＜c(OH-)，依據(jù)電荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，得：c(Na+)＞c(CH3COO-)，只有C正確，故選C?！军c睛】明確溶液中的電荷守恒關(guān)系式的書寫是解題的關(guān)鍵。本題中要留意常溫下溶液的酸堿性(pH)與溶液中c(H+)、c(OH-)相對大小的關(guān)系。6.下列有關(guān)物質(zhì)的性質(zhì)與用途具有對應(yīng)關(guān)系的是A.Al(OH)3具有弱堿性，可用于治療胃酸過多B.濃硫酸具有脫水性，可用于干燥氣體C.SiO2能與碳反應(yīng)，可用于制備光導(dǎo)纖維D.苯酚簡單被氧化，可用于制取酚醛樹脂【答案】A【解析】【詳解】A．氫氧化鋁具有弱堿性，能和胃酸中的HCl反應(yīng)生成鹽和水而削減胃酸過多，故A正確；B．濃硫酸具有吸水性，可用于干燥氣體，不是利用濃硫酸的脫水性，故B錯誤；C．SiO2不能導(dǎo)電，但具有較好的導(dǎo)光性，可以用于制備光導(dǎo)纖維，故C錯誤；D．苯酚能夠與甲醛發(fā)生縮聚反應(yīng)生成酚醛樹脂，與苯酚否能夠被氧化無關(guān)，故D錯誤；故選A。7.室溫下，下列各組離子在指定溶液中能大量共存的是A.0.1mol·L－1NaOH溶液：K＋、Ca2＋、SO32－、HCO3B.0.1mol·L－1FeCl3溶液：Na＋、NH4＋、SO42－、NO3—C.0.1mol·L－1KI溶液：Al3＋、Mg2＋、ClO－、MnO4－D.0.1mol·L－1H2SO4溶液：Cu2＋、Ba2＋、Cl－、AlO2－【答案】B【解析】【詳解】A．0.1mol·L－1NaOH溶液中存在大量的OH-，OH-、Ca2+、HCO3-能夠反應(yīng)生成沉淀和水，不能大量共存，故A不選；B．0.1mol·L－1FeCl3溶液中，Na＋、NH4＋、SO42-、NO3-離子間不發(fā)生反應(yīng)，且不能與聯(lián)合體反應(yīng)，能夠大量共存，故B選；C．0.1mol·L－1KI溶液中，ClO－、MnO4－都能夠?qū)-氧化，不能大量共存，故C不選；D．0.1mol·L－1H2SO4溶液中含有大量的SO42-和H+，SO42-能夠與Ba2＋反應(yīng)生成沉淀，H+能夠與AlO2－反應(yīng)生成沉淀，不能大量共存，故D不選；故選B?！军c睛】本題的易錯點為C，要留意KI具有較強的還原性，簡單被ClO－、MnO4－等氧化生成碘單質(zhì)等。8.某溫度下，在恒容密閉容器中進(jìn)行反應(yīng)：X(g)＋Y(g)2(g)＋W(s)。下列敘述正確的是A.加入少量W，逆反應(yīng)速率增大B.當(dāng)容器中Y的正反應(yīng)速率與逆反應(yīng)速率相等時，反應(yīng)達(dá)到平衡C.上升溫度，正反應(yīng)速率增大，逆反應(yīng)速率減小D.達(dá)到平衡后，X的轉(zhuǎn)化率可能為100%【答案】B【解析】【詳解】A．加入固體，不影響化學(xué)反應(yīng)速率，W是固體，加入少量W，不影響化學(xué)反應(yīng)速率，故A錯誤；B．同一物質(zhì)的正逆反應(yīng)速率相等時，反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，則Y的正逆反應(yīng)速率相等時該反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，故B正確；C．上升溫度，活化分子百分?jǐn)?shù)增大，導(dǎo)致正、逆反應(yīng)速率都增大，故C錯誤；D．該反應(yīng)為可逆反應(yīng)，反應(yīng)物不能完全轉(zhuǎn)化為生成物，所以X的轉(zhuǎn)化率不行能達(dá)到100%，故D錯誤；故選B。【點睛】本題的易錯點為A，要留意固體和純液體量的多少不影響化學(xué)反應(yīng)速率。9.我國古代的青銅器工藝精湛，有很高的藝術(shù)價值和歷史價值。下列說法不正確的是A.我國運用青銅器的時間比運用鐵器、鋁器的時間均要早B.將青銅器放在銀質(zhì)托盤上，青銅器簡單生成銅綠C.《本草綱日》中載有一藥物，名“銅青”，銅青是銅器上的綠色物質(zhì)，則銅青就是青銅D.用蜂蠟做出銅器的蠟?zāi)?，是古代青銅器的鑄造方法之一，蜂蠟的主要成分是有機物【答案】C【解析】【詳解】A.我國運用青銅器的時間比運用鐵器、鋁器的時間均要早，A項說法正確；B.將青銅器放在銀質(zhì)托盤上，會形成原電池，Cu比銀活潑做負(fù)極，加快腐蝕，所以青銅器簡單生成銅綠，故B說法正確；C.《本草綱日》中載有一藥物，名“銅青”，銅青是銅器上的綠色物質(zhì)，為銅銹蝕生成的堿式碳酸銅，故C說法錯誤；D.用蜂蠟做出銅器的蠟?zāi)?，是古代青銅器的鑄造方法之一，蜂蠟的主要成分是酸類、游離脂肪酸，為有機物，故D項正確；故答案為C。10.高鐵酸鉀是一種高效水處理劑，與水發(fā)生如下反應(yīng)：4K2FeO4＋10H2O＝4Fe(OH)3(膠體)＋8KOH＋3O2↑，下列有關(guān)說法正確的是A.K2FeO4有強氧化性，故其可吸附水中的懸浮物B.Fe(OH)3膠體有吸附性，對水有消毒殺菌作用C.可用丁達(dá)爾效應(yīng)檢驗上述反應(yīng)是否發(fā)生D.若生成22.4LO2，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為4×6.02×1023【答案】C【解析】【詳解】A．吸附水中的懸浮物，是因為K2FeO4具有生成的鐵離子水解生成的氫氧化鐵膠體具有吸附性，與強氧化性無關(guān)，故A錯誤；B．K2FeO4與水反應(yīng)生成Fe(OH)3膠體，具有吸附性，可用于吸附水中的懸浮雜質(zhì)，能將飲用水凈化，F(xiàn)e(OH)3膠體不能消毒殺菌，故B錯誤；C．膠體具有丁達(dá)爾效應(yīng)，所以可用激光筆照耀上述反應(yīng)體系，以推斷是否有膠體產(chǎn)生，故C正確；D．未證明溫度和壓強，無法依據(jù)氣體體積計算轉(zhuǎn)移的電子數(shù)，故D錯誤；故選C?！军c睛】解答本題要留意K2FeO4具有強氧化性，可用于消毒殺菌，生成的鐵離子水解生成的氫氧化鐵膠體具有吸附性，可以吸附水中的懸浮物，達(dá)到凈水的效果。11.海水水資源的利用和海水化學(xué)資源的利用具有特別廣袤的前景。下列有關(guān)敘述不正確的是A.海帶灼燒后的灰燼中碘元素以I2形式存在B.從海水中制得的氯化鈉可以用于生產(chǎn)漂白粉C.以淡化后的濃海水為原料可以提高制溴的效益D.淡化海水的方法有蒸餾法、電滲析法、離子交換法【答案】A【解析】【詳解】A．海帶灼燒后的灰燼中碘元素以碘離子存在，須要氧化劑氧化碘離子生成碘單質(zhì)，故A錯誤；B．氯化鈉電解生成氯氣，氯氣與石灰乳反應(yīng)生成漂白粉，故B正確；C．淡化后的濃海水中溴離子的濃度大，可以提高制溴的效率，故C正確；D．淡化海水是使水與鹽類物質(zhì)分別，方法有蒸餾法、電滲析法、離子交換法等，故D正確；故選A。12.課堂學(xué)習(xí)中，同學(xué)們利用鋁條、鋅片、銅片、導(dǎo)線、電流計、橘子汁等物質(zhì)來探究原電池的組成，下列結(jié)論不正確的是A.若a為鋁片，b為鋅片或銅片，則導(dǎo)線中肯定產(chǎn)生電流B.若a為鋅片，b為鋁片，則b極上的電極反應(yīng)式為C.原電池是將化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能的裝置D.若a、b均為鋁片，則電流計指針不偏轉(zhuǎn)【答案】B【解析】【詳解】A.若a為鋁片，b為鋅片或銅片，橘子汁為電解質(zhì)溶液，兩極金屬活潑性不同，此時能夠形成原電池，故A正確；B.若a為鋅片，b為鋁片，由于鋁比鋅活潑，因此a極上的電極反應(yīng)式為，故B錯誤；

C.原電池是將化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能的裝置，故C正確；D.若a、b均為鋁片，則不符合形成原電池的條件，則不能構(gòu)成原電池，即電流計指針不偏轉(zhuǎn)，故D正確。故選B。13.用如圖裝置進(jìn)行下列試驗，最終試管內(nèi)液體會分為上下兩層的是A.將過量SO2通入Br2水中B.將過量SO2通入酸性KMnO4溶液中C.將CH4與Cl2反應(yīng)后產(chǎn)生的氣體或蒸汽通入苯中D.將含有乙醇、乙酸的乙酸乙酯蒸汽通入飽和Na2CO3溶液中【答案】D【解析】【詳解】A．將過量SO2通入Br2水中反應(yīng)生成氫溴酸和硫酸，互溶，不分層，故A錯誤；B．將過量SO2通入酸性KMnO4溶液中反應(yīng)生成硫酸鉀和硫酸錳，互溶，不分層，故B錯誤；C．將CH4與Cl2反應(yīng)后產(chǎn)生的氣體中含有一氯甲烷和氯化氫和多余的甲烷、氯氣，將氣體通入苯中，不溶的氣體逸出，不分層，故C錯誤；D．將含有乙醇、乙酸的乙酸乙酯蒸汽通入飽和Na2CO3溶液中，乙醇易溶于水，乙酸與碳酸鈉反應(yīng)而溶解，乙酸乙酯不溶于水，溶液分層，故D正確；故選D。14.β一l，3一葡聚糖具有明顯的抗腫瘤功效，受到日益廣泛的關(guān)注。β-l，3一葡聚糖的結(jié)構(gòu)簡式如圖，下列說法正確的是A.分子式為(C6Hl2O6)n B.與葡萄糖互為同系物C.可以發(fā)生氧化反應(yīng) D.葡萄糖發(fā)生加聚反應(yīng)可生成β-l，3一葡聚糖【答案】C【解析】【詳解】A.如圖所示每個節(jié)點為一個碳原子，每個碳原子形成4個共價鍵，缺化學(xué)鍵的碳原子用氫原子補齊，則分子式為(C6Hl0O5)n，故A錯誤；B.依據(jù)同系物的概念：結(jié)構(gòu)相像，類別相同，在分子組成上相差一個或多個-CH2-原子團的有機物互稱同系物，該有機物與葡萄糖，結(jié)構(gòu)不相像，組成上差別的也不是CH2原子團，不是同系物，故B錯誤；C.該有機物分子結(jié)構(gòu)中含有醇羥基，具有醇的性質(zhì)，可以發(fā)生氧化反應(yīng)，故C正確；D.β-l，3一葡聚糖的結(jié)構(gòu)簡式分析，葡萄糖發(fā)生分子間脫水的縮聚反應(yīng)可生成β-l，3一葡聚糖，故D錯誤；答案選C?！军c睛】醇可以氧化成醛，醛也可以氧化成酸，醇可以被酸性高錳酸鉀干脆氧化成酸。15.用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值，下列說法中不正確的是A.10g質(zhì)量分?jǐn)?shù)為46%的乙醇水溶液中含有的氫原子總數(shù)為1.2NAB.NA個P4()與NA個甲烷所含的共價鍵數(shù)目之比為1∶1C.常溫下，1LpH＝13的M(OH)2溶液中含有的OH－數(shù)目為0.1NAD.含0.4molHNO3的濃硝酸與足量的銅反應(yīng)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)大于0.2NA【答案】B【解析】【詳解】A．在乙醇溶液中，除了乙醇外，水中也含H原子，而10g質(zhì)量分?jǐn)?shù)為46%的乙醇水溶液中含有4.6g乙醇，物質(zhì)的量為0.1mol，含0.6NA個H原子，水5.4g，物質(zhì)的量為0.3mol，含H原子為0.6NA個，故共含H原子為1.2NA個，故A正確；B．白磷分子中含6條共價鍵，而甲烷中含4條共價鍵，因此相同數(shù)目的分子中含有的共價鍵個數(shù)之比為3∶2，故B錯誤；C．pH=13的M(OH)2溶液中，氫氧根的濃度為0.1mol/L，因此1L溶液中含有的氫氧根的個數(shù)為0.1NA個，故C正確；D．硝酸的物質(zhì)的量為0.4mol，若與銅反應(yīng)完全生成二氧化氮，轉(zhuǎn)移電子物質(zhì)的量為0.2mol，但是由于銅足量，濃硝酸隨著反應(yīng)的進(jìn)行，后來變成了稀硝酸，生成了一氧化氮，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)增加，所以0.4mol硝酸與足量的銅反應(yīng)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)大于0.2mol，故D正確；故選B?！军c睛】本題的易錯點為D，要留意隨著反應(yīng)的進(jìn)行，硝酸的濃度減小，難點為A，要留意水分子中也含有H原子。16.分子式為C4H8O2且能與NaOH溶液反應(yīng)的有機物有A.2種 B.4種 C.5種 D.6種【答案】D【解析】【詳解】能與氫氧化鈉反應(yīng)的可以是羧酸也可以是酯類，分子式為C4H8O2的羧酸為C3H7COOH，—C3H7有2種，即羧酸有2種；分子式為C4H8O2的酯可以是：C2H5COOCH3、CH3COOC2H5、HCOOC3H7，—C3H7有2種，則HCOOC3H7有2種，羧酸和酯共有6種，故選D。17.下列指定反應(yīng)的離子方程式正確的是A.濃鹽酸與MnO2共熱制取Cl2：MnO2＋4H＋＋2Cl—Mn2＋＋Cl2↑＋2H2OB.室溫下用稀HNO3溶解銅：Cu＋4H＋＋NO3－＝Cu2＋＋NO↑＋2H2OC.室溫下用足量氨水汲取少量SO2：NH3·H2O＋SO2＝NH4＋＋HSO3－D.室溫下用稀鹽酸溶解石灰石：CO32－＋2H＋＝H2O＋CO2↑【答案】A【解析】【詳解】A．濃鹽酸與MnO2反應(yīng)制取Cl2，離子方程式：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O，故A正確；B．室溫下用稀HNO3溶解銅，反應(yīng)生成硝酸銅、NO氣體和水，正確的離子方程式為：3Cu+2NO3-+8H+═3Cu2++2NO↑+4H2O，故B錯誤；C．足量氨水汲取少量SO2，離子方程式為2NH3?H2O+SO2=2NH4++SO32-+2H2O，故C錯誤；D．用鹽酸溶解石灰石，離子方程式：CaCO3+2H+═CO2↑+H2O+Ca2+，故D錯誤；故選A。18.已知LiFePO4電池可用于電動汽車，電池反應(yīng)式為FePO4＋LiLiFePO4，下列說法正確的是A.電池充電時，Li作陽極B.FePO4中磷元素被還原C.電池放電時，氧化產(chǎn)物和還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為1∶1D.每消耗1molFePO4，必有2mol電子轉(zhuǎn)移【答案】C【解析】【分析】依據(jù)電池反應(yīng)可知，放電時LiFePO4電池的負(fù)極反應(yīng)為Li-e-═Li+，正極反應(yīng)為FePO4+Li++e-═LiFePO4；充電時的陽極反應(yīng)和原電池中正極反應(yīng)相反，陰極反應(yīng)和原電池中負(fù)極反應(yīng)相反，依據(jù)原電池和電解池的工作原理分析解答?！驹斀狻緼．電池充電時，鋰離子得電子生成鋰單質(zhì)，則Li作陰極，故A錯誤；B．FePO4中鐵元素由+3價變成+2價，被還原，P元素化合價不變，故B錯誤；C．電池放電時，Li化合價上升作還原劑，F(xiàn)e元素化合價降低，則生成LiFePO4既是氧化產(chǎn)物又是還原產(chǎn)物，并且物質(zhì)的量之比為1∶1，故C正確；D．FePO4中鐵元素由+3價變成+2價，依據(jù)化合價的改變，每消耗1molFePO4，有1mol電子轉(zhuǎn)移，故D錯誤；故選C。19.化合物Z是合成平喘藥沙丁胺醇的中間體，可通過下列路途制得：下列說法正確的是A.X的分子式為C7H6O2 B.Y分子中的全部原子可能共平面C.Z的一氯取代物有6種 D.Z能與稀硫酸發(fā)生水解反應(yīng)【答案】D【解析】【詳解】A．X()的分子式為C8H8O2，故A錯誤；B．Y()分子中含有甲基(-CH3)，甲基為四面體結(jié)構(gòu)，全部原子不行能共平面，故B錯誤；C．Z()分子中有7種環(huán)境的氫原子，一氯取代物有7種，故C錯誤；D．Z()中含有酯基，能與稀硫酸發(fā)生水解反應(yīng)，故D正確；故選D。20.在給定條件下，下列選項所示的物質(zhì)間轉(zhuǎn)化均能實現(xiàn)的是A.Ca(ClO)2(aq)HClO(aq)O2(g)B.Na(s)Na2O2(s)Na2CO3(s)C.Fe(s)FeCl3(aq)FeCl3(aq)D.S(s)SO3(g)H2SO4(aq)【答案】A【解析】【詳解】A．HClO的酸性比碳酸弱，Ca(ClO)2溶液可與二氧化碳反應(yīng)生成HClO，HClO在光照條件下分解生成氧氣和HCl，能夠?qū)崿F(xiàn)物質(zhì)間的轉(zhuǎn)化，故A正確；B．常溫下，鈉與氧氣反應(yīng)生成氧化鈉，燃燒才能生成過氧化鈉，故B錯誤；C．鐵與鹽酸反應(yīng)生成FeCl2，不是生成FeCl3，不能實現(xiàn)轉(zhuǎn)化，故C錯誤；D．硫燃燒只能生成SO2，不能生成SO3，不能實現(xiàn)轉(zhuǎn)化，故D錯誤；故選A。21.X、Y、Z、W為原子序數(shù)依次增大的短周期元素，它們位于兩個主族。常溫下，0.01mol?L-1ZYX溶液的pH為12。下列相關(guān)說法正確的是()A.Z與W形成的化合物水溶液呈酸性B.W的氧化物對應(yīng)的水化物肯定為強酸C.由Y、Z、W三種元素形成的化合物不止兩種D.化合物X2Y、X2Y2中，Y不肯定滿意8電子結(jié)構(gòu)【答案】C【解析】【分析】0.01mol?L-1ZYX溶液的pH為12，說明是強堿，故Z為Na、X為H、Y為O、W為S。【詳解】A選項，Z與W形成的化合物硫化鈉，其水溶液呈堿性，故A錯誤；B選項，S元素最高價氧化物對應(yīng)的水化物肯定為強酸，故B錯誤；C選項，由Y、Z、W三種元素形成的化合物有硫酸鈉、亞硫酸鈉、硫代硫酸鈉等，故C正確；D選項，化合物X2Y即氧化鈉、X2Y2即過氧化鈉，氧都滿意8電子結(jié)構(gòu)，故D錯誤。綜上所述，答案為C。【點睛】一般推斷8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)可以用化合價的肯定值加上最外層電子數(shù)，看是否等于8，等于8，則為8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，反之不是8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)。22.已知25℃時，lgKa(CH3COOH)＝lgKb(NH3·H2O)＝－4.75A.0.1mol·L－1CH3COONH4溶液中：c(CH3COO－)＝c(NH4＋)＝c(H＋)＝c(OH－B.0.1mol·L－1氨水與0.1mol·L－1NH4Cl溶液等體積混合：c(NH4＋)＋c(NH3·H2O)＝2c(Cl－)C.0.1mol·L－1CH3COONa溶液與0.1mol·L－1CH3COOH溶液等體積混合：c(CH3COOH)>c(Na＋)>c(CH3COO－)D.CH3COOH＋NH3·H2OCH3COO－＋NH4＋＋H2O的平衡常數(shù)為K，則lgK＝9.5【答案】B【解析】【分析】25℃時，lgKa(CH3COOH)＝lgKb(NH3·H2O)＝－4.75【詳解】A．0.1mol·L－1CH3COONH4溶液顯中性，c(H＋)＝c(OH－)，依據(jù)電荷守恒，c(CH3COO－)＝c(NH4＋)，則c(CH3COO－)＝c(NH4＋)＞c(H＋)＝c(OH－)，故A錯誤；B．0.1mol·L－1氨水與0.1mol·L－1NH4Cl溶液等體積混合，溶液顯堿性，溶液中存在物料守恒，c(NH4＋)＋c(NH3·H2O)=0.1mol·L－1，c(Cl－)=0.05mol·L－1，因此c(NH4＋)＋c(NH3·H2O)＝2c(Cl－)，故BC．0.1mol·L－1CH3COONa溶液與0.1mol·L－1CH3COOH溶液等體積混合，溶液顯酸性，以醋酸的電離為主，則c(CH3COO－)＞c(CH3COOH)，故C錯誤；D．CH3COOH＋NH3·H2OCH3COO－＋NH4＋＋H2O的平衡常數(shù)為K==Kb(NH3·H2O)Ka(CH3COOH)×，則lgK＝lgKa(CH3COOH)+lgKb(NH3·H2O)+14=(－4.75)+(－4.75)+14=4.5，故D錯誤；故選B?！军c睛】本題的易錯點和難點為D，要留意將K的表達(dá)式進(jìn)行適當(dāng)變形，同時留意lgKw=-14。23.復(fù)旦高校王永剛的探討團隊制得一種柔性水系鋅電池，該可充電電池以鋅鹽溶液作為電解液，其原理如圖所示。下列說法不正確的是()A.放電時，N極發(fā)生還原反應(yīng)B.充電時，Zn2+向M極移動C.放電時，每生成1molPTO—Zn2+，M極溶解Zn的質(zhì)量為260gD.充電時，N極的電極反應(yīng)式為2PTO+8e－+4Zn2+=PTO—Zn2+【答案】D【解析】【詳解】A選項，放電時，左邊為負(fù)極，右邊為正極，正極發(fā)生還原反應(yīng)，故A正確；B選項，充電時，左邊為陰極，右邊為陽極，充電時陽離子移向陰極，即Zn2+向陰極即M極移動，故B正確；C選項，放電時，每生成1molPTO—Zn2+，有4mol鋅離子移動到N極即消耗4mol鋅，M極溶解Zn的質(zhì)量為65g?mol-1×4mol=260g，故C正確；D選項，充電時，N極為陽極，失去電子，其電極反應(yīng)式為2PTO－8e－+4Zn2+=PTO—Zn2+，故D錯誤。綜上所述，答案為D。24.由下列試驗及現(xiàn)象不能推出相應(yīng)結(jié)論的是選項試驗現(xiàn)象結(jié)論A將鎂條點燃后快速伸入集滿N2的集氣瓶中集氣瓶中有黃綠色粉末產(chǎn)生氮氣具有氧化性B將裝有CuCl2·2H2O晶體的試管加熱，在試管口放置潮濕的藍(lán)色石蕊試紙試紙變?yōu)榧t色CuCl2顯酸性C將鎂片和鋁片分別打磨后，用導(dǎo)線連接，再插入NaOH溶液中片刻后鎂片上有大量氣泡產(chǎn)生，鋁片上產(chǎn)生的氣泡很少鎂為電池正極D向2mLNa2S稀溶液中滴加0.1mol/LZnSO4溶液至不再有白色沉淀產(chǎn)生，然后再往上述溶液中滴加的0.1mol/LCuSO4溶液沉淀由白色變?yōu)楹谏獽sp(ZnS)＞Ksp(CuS)A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【詳解】A．將鎂條點燃后快速伸入集滿N2的集氣瓶中，集氣瓶中黃綠色粉末產(chǎn)生，說明氮氣和鎂發(fā)生了反應(yīng)生成了氮化鎂，說明氮氣具有氧化性，故A不選；B．將裝有CuCl2·2H2O晶體的試管加熱，在試管口放置潮濕的藍(lán)色石蕊試紙，試紙變?yōu)榧t色，說明產(chǎn)生了酸性氣體，是因為氯化銅水解放出的氯化氫顯酸性，不是CuCl2顯酸性，故B選；C．將鎂片和鋁片分別打磨后，用導(dǎo)線連接，再插入NaOH溶液中，鎂與NaOH不反應(yīng)，是鋁與NaOH反應(yīng)，2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，鎂為正極，鋁為負(fù)極，因此片刻后鎂片上有大量氣泡產(chǎn)生，鋁片上產(chǎn)生的氣泡很少，故C不選；D．向2mLNa2S稀溶液中滴加0.1mol/LZnSO4溶液至不再有白色沉淀產(chǎn)生，該白色沉淀為ZnS，再滴加的0.1mol/LCuSO4溶液，沉淀由白色變?yōu)楹谏f明ZnS轉(zhuǎn)化為了CuS，說明Ksp(ZnS)＞Ksp(CuS)，故D不選；故選B25.將濃度均為0.5mol?L-1氨水和KOH溶液分別滴入到體積均為20mL且濃度相同的AlCl3溶液中，測得溶液的導(dǎo)電率與加入堿的體積關(guān)系如圖所示，下列說法中錯誤的是()A.AlCl3溶液的物質(zhì)的量濃度為0.2mol?L-1B.依據(jù)圖象可以確定導(dǎo)電率與離子種類有關(guān)C.cd段發(fā)生的反應(yīng)是Al(OH)3＋OH－＝AlO2－＋2H2OD.e點時溶液中的離子濃度：c(K+)＝c(Cl－)＋c(AlO2－)【答案】D【解析】【分析】依據(jù)圖象得出I為氨水滴加到氯化鋁溶液中的圖象，II為KOH滴加到氯化鋁溶液中的圖象，c點為恰好反應(yīng)生成氫氧化鋁沉淀的點?！驹斀狻緼選項，依據(jù)分析得到c點恰好反應(yīng)完生成氫氧化鋁沉淀，氫氧化鉀的物質(zhì)的量是氯化鋁物質(zhì)的量的3倍，因此AlCl3溶液的物質(zhì)的量濃度為，故A正確；B選項，依據(jù)圖象可以確定導(dǎo)電率與離子種類、離子濃度有關(guān)，故B正確；C選項，c點是氫氧化鋁沉淀，再加入KOH，則沉淀起先溶解，其cd段發(fā)生的反應(yīng)是Al(OH)3＋OH－＝AlO2－＋2H2O，故C正確；D選項，e點是KOH、KAlO2、KCl，溶液中的離子濃度：c(K+)＋c(H+)＝c(Cl－)＋c(OH－)＋c(AlO2－)，故D錯誤。綜上所述，答案為D。二、必考題(本題包括3小題，共35分)26.苯甲酰氯()是制備染料、香料、藥品和樹脂的重要中間體。以光氣法制備苯甲酰氯的原理如下(該反應(yīng)為放熱反應(yīng))：+COCl2→+CO2+HCl已知物質(zhì)性質(zhì)如下表：物質(zhì)熔點/℃沸點/℃溶解性苯甲酸122.1249微溶于水，易溶于乙醇、乙醚等有機溶劑碳酰氯(COCl2)-1888.2較易溶于苯、甲苯等。遇水快速水解，生成氯化氫，與氨很快反應(yīng)，主要生成尿素[CO(NH2)2]和氯化銨等無毒物質(zhì)苯甲酰氯-1197溶于乙醚、氯仿和苯。遇水或乙醇漸漸分解，生成苯甲酸或苯甲酸乙酯和氯化氫三氯甲烷(CHCl3)-63.563.1不溶于水，溶于醇、苯。極易揮發(fā)，穩(wěn)定性差，450℃Ⅰ．制備碳酰氯反應(yīng)原理：2CHCl3＋O22HCl＋2COCl2(1)儀器M的名稱是__________。(2)按氣流由左至右的依次為______→c→d→______→______→______→______→______。______(3)試劑X是______(填名稱)。(4)裝置乙中堿石灰的作用是___________________。II.制備苯甲酰氯(部分夾持裝置省略)(5)碳酰氯也可以用濃氨水汲取，寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式：_____________。(6)若向三頸燒瓶中加入610g苯甲酸，先加熱至140～150℃，再通入COCl2，充分反應(yīng)后，最終產(chǎn)品經(jīng)減壓蒸餾得到562g【答案】(1).分液漏斗(2).e→c→d→g→h→b→a→f(3).濃硫酸(4).干燥氣體，防止水蒸氣進(jìn)入裝置戊中(5).COCl2+4NH3?H2O→CO(NH2)2+2NH4Cl+4H2O(6).80%【解析】【分析】I．制備碳酰氯，應(yīng)由氧氣與CHCl3反應(yīng)，裝置中丙用于制備氧氣，乙用于干燥氧氣，在戊中發(fā)生2CHCl3+O22HCl+2COCl2，連接甲，避開水蒸氣進(jìn)入而導(dǎo)致水解，最終用丁進(jìn)行尾氣汲??；Ⅱ．制備苯甲酰氯，碳酰氯也可以用濃氨水汲取，生成尿素和氯化銨，先依據(jù)方程式計算實際消耗了苯甲酸的質(zhì)量，再計算轉(zhuǎn)化率?！驹斀狻縄．(1)依據(jù)圖示，儀器M是分液漏斗，故答案為：分液漏斗；(2)依據(jù)表格數(shù)據(jù)，碳酰氯能夠與水反應(yīng)，因此須要干燥氧氣，且后面產(chǎn)物中要隔絕水蒸氣，因此X要用濃硫酸干燥，結(jié)合上述分析，裝置圖按氣流由左至右的依次為e→c→d→g→h→b→a→f，故答案為：e；g；h；b；a；f；(3)依據(jù)(2)的分析，試劑X是濃硫酸，故答案為：濃硫酸。(4)依據(jù)(2)中得到裝置乙中堿石灰的作用是干燥氣體，防止水蒸氣進(jìn)入裝置戊中，故答案為：干燥氣體，防止水蒸氣進(jìn)入裝置戊中。II．(5)碳酰氯也可以用濃氨水汲取，生成尿素和氯化銨，反應(yīng)的化學(xué)方程式：COCl2+4NH3?H2O→CO(NH2)2+2NH4Cl+4H2O，故答案為：COCl2+4NH3?H2O→CO(NH2)2+2NH4Cl+4H2O；(6)設(shè)生成562g苯甲酰氯，反應(yīng)的苯甲酸為xg，依據(jù)～可知，122g的完全轉(zhuǎn)化，可以生成140.5g的，因此有=，解得：x=488g，則苯甲酸的轉(zhuǎn)化率α=×100%=80%，故答案為：80%。27.硼氫化錳[Mn(BH4)2]可以用作儲氫材料，也能用于科學(xué)探討。以富錳渣(含60％MnO，還含有SiO2、Al2O3、CaO、FeO)為原料制備硼氫化錳的工藝流程如下。已知幾種氫氧化物的Ksp的值如下表：請回答下列問題：(1)NaBH4中B的化合價為__________價。(2)下列物質(zhì)中與濾渣1不發(fā)生反應(yīng)(高溫或常溫下)的是_________(填字母)。A.濃硝酸B.氫氧化鈉溶液C.碳酸鈉D.氫氟酸(3)“氧化”中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為__________，該反應(yīng)中氧化性：Fe3＋__________(填“>”或“<”)MnO2。(4)“中和”時，調(diào)整pH約為__________。(當(dāng)溶液中的離子濃度小于1.0×10－5mol·L－1時，沉淀達(dá)到完全，結(jié)果保留2位有效數(shù)字)(5)Mn(BH4)2能與稀鹽酸反應(yīng)生成H3BO3，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為_____________?！敬鸢浮?1).+3(2).A(3).2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O(4).＜(5).4.7(6).Mn(BH4)2+2HCl+6H2O=2H3BO3+MnCl2+8H2↑【解析】【分析】富錳渣(含60％MnO，還含有SiO2、Al2O3、CaO、FeO)中加入鹽酸浸出，MnO、Al2O3、CaO、FeO溶解生成Al3+、Ca2+、Fe2+和Mn2+，SiO2不溶，形成濾渣1；加入氧化劑二氧化錳，將亞鐵離子氧化為鐵離子，再加入五氧化二磷萃取出鐵離子，然后用MnCO3調(diào)整溶液pH，使Al3+形成氫氧化鋁除去，濾渣2為氫氧化鋁，再加入MnSO4除去Ca2+，得到的濾液3為MnCl2溶液，經(jīng)過一系列操作得到氯化錳晶體，加入NaBH4經(jīng)過重結(jié)晶得到硼氫化錳[Mn(BH4)2]，據(jù)此分析解答?！驹斀狻?1)NaBH4中Na為+1價，H為-1價，則B為+3價，故答案為：+3；(2)依據(jù)上述分析，濾渣1為SiO2。A.濃硝酸與二氧化硅不能反應(yīng)，故A選；B.氫氧化鈉溶液能夠與二氧化硅反應(yīng)生成硅酸鈉，故B不選；C.碳酸鈉在高溫下能夠與二氧化硅反應(yīng)生成二氧化碳和硅酸鈉，故C不選；D.常溫下，氫氟酸能夠與二氧化硅反應(yīng)生成四氟化硅，故D不選；故答案為：A；(3)“氧化”中是酸性溶液中二氧化錳將亞鐵離子氧化生成鐵離子，反應(yīng)的離子方程式為2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O，反應(yīng)中二氧化錳是氧化劑，亞鐵離子為還原劑，氧化性：Fe3＋＜MnO2，故答案為：2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O；＜；(4)依據(jù)幾種氫氧化物的Ksp的值，“中和”的目的是沉淀Al3+形成氫氧化鋁，而不能影響Mn2+，當(dāng)溶液中Al3+濃度小于1.0×10－5mol·L－1時，沉淀達(dá)到完全，此時，c(OH-)==mol·L－1=×10－9mol·L－1，c(H+)=mol·L－1=2.2×10－5mol·L－1，pH=-lg(2.2×10－5)=4.7，故答案為：4.7；(5)Mn(BH4)2能與稀鹽酸反應(yīng)生成H3BO3，Mn(BH4)2中H的化合價由-1價上升到0價，HCl和水中H由+1價降低到0價形成氫氣，同時生成氯化錳，反應(yīng)的化學(xué)方程式為Mn(BH4)2+2HCl+6H2O=2H3BO3+MnCl2+8H2↑，故答案為：Mn(BH4)2+2HCl+6H2O=2H3BO3+MnCl2+8H2↑?！军c睛】本題的難點為(5)，要留意Mn(BH4)2中H的化合價為-1價，要發(fā)生氧化還原反應(yīng)，易錯點為(4)，要留意依據(jù)溶度積計算完全沉淀須要pH的基本方法的理解。28.H2S是存在于燃?xì)庵械囊环N有害氣體，脫除H2S的方法有許多。(1)國內(nèi)有學(xué)者設(shè)計了“Cu2＋－沉淀有害”法脫除H2S。該法包括生成CuS沉淀，氧化CuS(Cu2＋＋CuS＋4Cl－＝S＋2CuCl2－)及空氣氧化CuCl2－再生Cu2＋。①反應(yīng)H2S(aq)＋Cu2＋(aq)CuS(s)＋2H＋(aq)的K＝___________(寫表達(dá)式)。②再生Cu2＋反應(yīng)的離子方程式為_____________________。(2)采納生物脫硫技術(shù)時，H2S與堿反應(yīng)轉(zhuǎn)化為HS－，在脫氮硫桿菌參加下，HS－被NO3－氧化為SO42－，NO3－被還原為N2，當(dāng)33.6m3(標(biāo)準(zhǔn)狀況)某燃?xì)?H2S的含量為0.2%)脫硫時，消耗NO3－的物質(zhì)的量為_________mol(3)已知下列熱化學(xué)方程式：I.H2(g)＋O2(g)＝H2O(l)△H1＝－285.8kJ·mol－1II.H2(g)＋S(s)＝H2S(g)△H2＝－20.6kJ·mol－1III.S(s)＋O2(g)＝SO2(g)△H3＝－296.8kJ·mol－1則以Claus法脫除H2S的反應(yīng)：2H2S(g)＋SO2(g)＝3S(s)＋2H2O(l)△H＝______kJ·mol－1。(4)101kPa下，H2S分解：2H2S(g)2H2(g)＋S2(g)。保持壓強不變，反應(yīng)達(dá)到平衡時，氣體的體積分?jǐn)?shù)(φ)隨溫度的改變曲線如圖：①在密閉容器中，關(guān)于反應(yīng)2H2S(g)2H2(g)＋S2(g)的說法正確的是_________(填字母)。A.Kp隨溫度的上升而增大B.低壓有利于提高H2S的平衡分解率C.維持溫度、氣體總壓強不變時，向平衡體系中通入氬氣，則v(正)<v(逆)D.在恒容密閉容器中進(jìn)行反應(yīng)，當(dāng)氣體密度不再改變時，反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)②圖中Q點：H2S的平衡轉(zhuǎn)化率為___________；1330℃時，反應(yīng)2H2S(g)2H2(g)＋S2(g)的Kp＝________(Kp為以分壓表示的平衡常數(shù))?！敬鸢浮?1).(2).4CuCl2-+O2+4H+=4Cu2++2H2O+8Cl-(3).4.8(4).-233.6(5).AB(6).50%(7).20.2

kPa【解析】【分析】(1)①依據(jù)平衡常數(shù)K=書寫表達(dá)式；②空氣氧化CuCl2-再生Cu2+，依據(jù)元素、電荷守恒書寫離子方程式；(2)H2S與堿反應(yīng)轉(zhuǎn)化為HS-，依據(jù)硫原子守恒：H2S～HS-；在脫氮硫桿菌參加下，HS-被NO3-氧化為SO42-、NO3-被還原為N2，發(fā)生的離子反應(yīng)為5HS-+8NO3-+3H+=5SO42-+4N2+4H2O，則可得關(guān)系：5H2S～5HS-～8NO3-，依據(jù)硫化氫的物質(zhì)的量進(jìn)行計算；(3)依據(jù)蓋斯定律分析計算；(4)①依據(jù)反應(yīng)2H2S(g)?2H2(g)+S2(g)為氣體體積增大的反應(yīng)結(jié)合平衡常數(shù)只受溫度影響分析推斷；②利用三段式結(jié)合Q點時，硫化氫的體積分?jǐn)?shù)與氫氣的體積分?jǐn)?shù)相等計算解答?！驹斀狻?1)①依據(jù)平衡常數(shù)表達(dá)式，反應(yīng)H2S(aq)+Cu2+(aq)?CuS(s)+2H+(aq)的平衡常數(shù)K=，故答案為：；②空氣中的氧氣可氧化CuCl2-生成Cu2+，則離子反應(yīng)為：4CuCl2-+O2+4H+=4Cu2++2H2O+8Cl-，故答案為：4CuCl2-+O2+4H+=4Cu2++2H2O+8Cl-；(2)33.6

m3(標(biāo)準(zhǔn)狀況)某燃?xì)?H2S的含量為0.2%)中含有硫化氫的物質(zhì)的量==3mol；H2S與堿反應(yīng)轉(zhuǎn)化為HS-，依據(jù)硫原子守恒：H2S～HS-；在脫氮硫桿菌參加下，HS-被NO3-氧化為SO42-，NO3-被還原為N2，發(fā)生的離子反應(yīng)為5HS-+8NO3-+3H+=5SO42-+4N2+4H2O，可得關(guān)系：5H2S～5HS-～8NO3-，則消耗NO3-的物質(zhì)的量==4.8mol，故答案為：4.8；(3)I.H2(g)＋O2(g)＝H2O(l)△H1＝－285.8kJ·mol－1，II.H2(g)＋S(s)＝H2S(g)△H2＝－20.6kJ·mol－1，III.S(s)＋O2(g)＝SO2(g)△H3＝－296.8kJ·mol－1，依據(jù)蓋斯定律，Ⅰ×2-Ⅱ×2-Ⅲ得：2H2S(g)+SO2

(g)=3S(s)+2H2O(1)△H=2△H1-2△H2-△H3=2×(-285.8kJ?mol-1)-2×(-20.6kJ?mol-1)-(-296.8kJ?mol-1)=-233.6kJ?mol-1，2H2S(g)+SO2

(g)=3S(s)+2H2O(1)△H=-233.6

kJ?mol-1，故答案為：-233.6；(4)①A．平衡常數(shù)只受溫度影響，依據(jù)圖象，隨著溫度上升，H2S

的體積分?jǐn)?shù)削減，硫蒸氣和氫氣的體積分?jǐn)?shù)增大，反應(yīng)正向移動，則Kp隨溫度的上升而增大，故A正確；B．反應(yīng)2H2S(g)?2H2(g)+S2(g)正反應(yīng)方向為氣體體積增大的方向，依據(jù)勒夏特列原理，降低壓強平衡向體積增大的方向移動，即平衡向正反應(yīng)方向移動，H2S的平衡分解率增大，則降低壓強有利于提高H2S的平衡分解率，故B正確；C．維持溫度、氣體總壓強不變時，向平衡體系中通入氬氣，相當(dāng)于增大容器體積，平衡向氣體體積增大的方向移動，即正向移動，則v(正)＞v(逆)，故C錯誤；D．在恒容密閉容器中進(jìn)行反應(yīng)，容器體積不變，反應(yīng)過程中氣體的總質(zhì)量不變，氣體密度始終保持不變，則密度不再改變，不能作為推斷反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)的依據(jù)，故D錯誤；故答案為：AB；②設(shè)硫化氫的轉(zhuǎn)化率為x，硫化氫初始物質(zhì)的量為1mol，則：圖中Q點時，硫化氫的體積分?jǐn)?shù)與氫氣的體積分?jǐn)?shù)相等，則=，解得：x=0.5mol，則H2S的平衡轉(zhuǎn)化率為50%；S2(g)的分壓為×101

kPa=20.2

kPa，H2(g)的分壓=H2S(g)的分壓=×101

kPa=40.4

kPa，1330℃時，反應(yīng)2H2S(g)=2H2(g)+S2(g)的Kp===20.2

kPa，故答案為：50%；20.2

kPa。【點睛】本題的易錯點和難點為(4)②，要留意平衡常數(shù)Kp中各物質(zhì)的分壓強的計算和三段式的應(yīng)用。三、選考題(共15分，請考生從29、30題中任選一題作答，假如多做，則按所做的第一題計分)29.2024年諾貝爾化學(xué)獎由來自美、英、日的三人分獲，以表彰他們在鋰離子電池探討方面做出的貢獻(xiàn)，他們最早獨創(chuàng)用LiCoO2作離子電池的正極，用聚乙炔作負(fù)極?；卮鹣铝袉栴}：(1)基態(tài)Co原子價電子排布圖為______________(軌道表達(dá)式)。第四電離能I4(Co)比I4(Fe)小，是因為_____________________。(2)LiCl的熔點(605℃)比LiF的熔點(848℃)低，其緣由是_________________________.(3)乙炔(C2H2)分子中δ鍵與π鍵的數(shù)目之比為_______________。(4)鋰離子電池的導(dǎo)電鹽有LiBF4等，碳酸亞乙酯()是一種鋰離子電池電解液的添加劑。①LiBF4中陰離子的空間構(gòu)型是___________；與該陰離子互為等電子體的分子有_____________。(列一種)②碳酸亞乙酯分子中碳原子的雜化方式有_______________________。(5)Li2S是目前正在開發(fā)的鋰離子電池的新型固體電解質(zhì)，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，已知晶胞參數(shù)a=588pm。①S2－的配位數(shù)為______________。②設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，Li2S的晶胞密度為____________(列出計算式)。【答案】(1).(2).Co失去的是3d6上的一個電子，而失去的是半充溢狀態(tài)3d5上的一個電子，故須要的能量較高(3).LiCl和LiF均為離子晶體，Cl－半徑比F－大，LiCl的晶格能比LiF的小(4).3：2(5).正四面體(6).CF4(7).sp2、sp3(8).8(9).【解析】【分析】(1)基態(tài)Co原子價電子排布式為3d74s2，再得價電子排布圖；Co3+為3d6，F(xiàn)e3+為3d5，F(xiàn)e3+半滿，穩(wěn)定，難失去電子，因此得到結(jié)論。(2)LiCl與LiF都為離子晶體，主要比較離子晶體中離子半徑，鍵能和晶格能。(3)乙炔(C2H2)分子中碳碳三鍵，因此可得分子δ鍵與π鍵的數(shù)目之比。(4)①先計算LiBF4中