四省河南廣東湖南湖北四省肇慶中學等部分學校2025屆高三化學聯(lián)考試題含解析

PAGE16-四?。ê幽?、廣東、湖南、湖北四?。┱貞c中學等部分學校2025屆高三化學聯(lián)考試題（含解析）1.在抗擊“2024新型冠狀病毒”過程中，大量防護和消毒用品投入運用。下列有關說法正確的是A.二氧化氯泡騰片和酒精均可殺滅新型冠狀病毒，二者的消毒原理相同B.聚丙烯和聚四氟乙烯為生產(chǎn)防護服的主要原料，二者均屬于有機高分子材料C.真絲織品和棉紡織品可代替無紡布生產(chǎn)防護口罩，二者均可防止病毒滲透D.保持空氣濕度和適當降溫可削減新型冠狀病毒傳染，二者均可防止病毒滋生【答案】B【解析】【詳解】A.二氧化氯具有強的氧化性，能夠使病毒氧化變質(zhì)而失去生理活性，因而具有殺菌消毒作用，而酒精則是由于其使蛋白質(zhì)脫水發(fā)生變性而消毒，因此二者的消毒原理不相同，A錯誤；B.聚丙烯和聚四氟乙烯都是高聚物，均屬于有機高分子材料，B正確；C.真絲織品和棉紡織品的空隙大，具有很好的滲透性，不能阻擋病毒滲透，因此不能代替無紡布生產(chǎn)防護口罩，C錯誤；D.保持空氣濕度和適當降溫不能阻擋病毒滋生，D錯誤；故合理選項是B。2.化合物M()是合成一種抗癌藥物的重要中間體，下列關于M的說法正確的是A.全部原子不行能處于同一平面B.可以發(fā)生加聚反應和縮聚反應C.與互為同分異構(gòu)體.D.1molM最多能與1molNa2CO3反應【答案】C【解析】【詳解】A.M中苯環(huán)、碳碳雙鍵、碳氧雙鍵均為平面結(jié)構(gòu)，由于單鍵可以旋轉(zhuǎn)，可知分子中全部原子有可能在同一個平面上，A錯誤；B.該物質(zhì)分子中含有碳碳雙鍵，可發(fā)生加聚反應，但由于分子中只有一個羧基，所以不能發(fā)生縮聚反應，B錯誤；C.M與分子式都是C9H8O2，結(jié)構(gòu)不同，二者互為同分異構(gòu)體，C正確；DM分子中只含有1個羧基，所以1molM最多能與0.5molNa2CO3反應，D錯誤；故合理選項是C。3.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，W、X同主族，Y原子的最外層電子數(shù)等于X原子的電子總數(shù)，Z原子的電子總數(shù)等于W、X、Y三種原子的電子數(shù)之和，Z的最高價氧化物對應水化物的化學式為HnZO2n+2。W、X、Y三種元素形成的一種化合物的結(jié)構(gòu)如下圖所示。下列說法錯誤的是A.W的最高正價和最低負價的代數(shù)和為0B.W的簡潔離子半徑可能大于X的簡潔離子半徑C.Y的最高價氧化物對應的水化物屬于弱堿D.Z的單質(zhì)的水溶液需保存在棕色試劑瓶中【答案】C【解析】【詳解】由信息可知W是H，X是Li，Y是Al，Z是Cl元素。A.H元素最高為+1價，最低為-1價，二者代數(shù)和為0，A正確；B.H-、Li+電子層結(jié)構(gòu)相同，核電荷數(shù)Li+>H-，所以離子半徑H->Li+，B正確；C.Y是Al元素，Al最高價氧化物對應水化物Al(OH)3是兩性氫氧化物，C錯誤；D.Cl2溶于水得到氯水，氯氣與水反應產(chǎn)生鹽酸和次氯酸，其中含有的HClO不穩(wěn)定，光照簡潔分解，所以應當保存在棕色試劑瓶中，D正確；故合理選項是C。4.自然氣是一種重要的化工原料和燃料，常含有少量H2S。一種在酸性介質(zhì)中進行自然氣脫硫的原理示意圖如圖所示。下列說法正確的是A.脫硫過程中Fe2(SO4)3溶液的pH漸漸減小B.CH4是自然氣脫硫過程的催化劑C.脫硫過程需不斷補充FeSO4D.整個脫硫過程中參與反應的n(H2S)：n(O2)=2：1【答案】D【解析】【詳解】A.在脫硫過程中Fe2(SO4)3與H2S發(fā)生反應：Fe2(SO4)3+H2S=2FeSO4+H2SO4+S↓，然后發(fā)生反應：4FeSO4+O2+2H2SO4=2Fe2(SO4)3+2H2O，總反應方程式為：2H2S+O2=2S↓+2H2O，可見脫硫過程中由于反應產(chǎn)生水，使Fe2(SO4)3溶液的濃度漸漸降低，因此溶液的pH漸漸增大，A錯誤；B.CH4在反應過程中沒有參與反應，因此不是自然氣脫硫過程的催化劑，B錯誤；C.脫硫過程反應產(chǎn)生中間產(chǎn)物FeSO4，后該物質(zhì)又反應消耗，F(xiàn)eSO4的物質(zhì)的量不變，因此不需補充FeSO4，C錯誤；D.依據(jù)選項A分析可知Fe2(SO4)3是反應的催化劑，反應總方程式為2H2S+O2=2S↓+2H2O，故參與反應的n(H2S)：n(O2)=2：1，D正確；故合理選項是D。5.近年來，有科研工作者提出可用如圖所示裝置進行水產(chǎn)養(yǎng)殖用水的凈化處理。該裝置工作時，下列說法錯誤的是A.導線中電子由M電極流向a極B.N極的電極反應式為2NO3-+10e-+12H+=N2↑+6H2OC.當電路中通過24mol電子電量時，理論上有1mol(C6H10O5)n參與反應D.當生成1molN2時，理論上有10molH+通過質(zhì)子交換膜【答案】C【解析】【詳解】A.依據(jù)裝置圖可知M為陽極，N為陰極，因此a為正極，b為負極，導線中電子由M電極流向a極，A正確；B.N為陰極，發(fā)生還原反應，電極反應式為：2NO3-+10e-+12H+=N2↑+6H2O，B正確；C.有機物(C6H10O5)n中C元素化合價平均為0價，反應后變?yōu)?4價CO2，1mol該有機物反應，產(chǎn)生6nmolCO2氣體，轉(zhuǎn)移24nmol電子，則當電路中通過24mol電子的電量時，理論上有mol(C6H10O5)n參與反應，C錯誤；D.依據(jù)選項B分析可知：每反應產(chǎn)生1molN2，轉(zhuǎn)移10mole-，依據(jù)電荷守恒應當有10molH+通過質(zhì)子交換膜，D正確；故合理選項是C。6.試驗小組從富含NaBr的工業(yè)廢水中提取Br2的過程主要包括：氧化、萃取、分液、蒸餾等步驟。已知：可能用到的數(shù)據(jù)信息和裝置如下。下列說法錯誤的是A.試驗時，①的廢水中出現(xiàn)紅色B.②的作用是汲取尾氣，防止空氣污染C.用③進行萃取時，選擇CCl4比乙苯更合理D.④中溫度計水銀球低于支管過多，導致Br2的產(chǎn)率低【答案】C【解析】【詳解】A.①中發(fā)生反應：Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，反應產(chǎn)生了紅棕色的Br2單質(zhì)，因此試驗時，①的廢水由無色變?yōu)榧t色，A正確；B.②中盛有NaOH溶液，NaOH是堿，可以與Cl2、Br2發(fā)生反應，變?yōu)榭扇苄缘奈镔|(zhì)，因此可以防止空氣污染，B正確；C.依據(jù)表格數(shù)據(jù)可知乙苯的沸點比CCl4的沸點高，與液溴的沸點差別大，所以選擇乙苯比CCl4更合理，更有利于后續(xù)的蒸餾作用，C錯誤；D.蒸餾時溫度計是測量餾分的溫度，若溫度計水銀球低于支管過多，導致蒸餾時支管口溫度低于Br2的沸點，使Br2的產(chǎn)率低，D正確；故合理選項是C。7.已知：25°C時，MOH的Kb=10-7。該溫度下，在20.00mL0.1mol·L-1MCl溶液中滴入0.1mol·L-1NaOH溶液，溶液的pH與所加NaOH溶液的體積關系如圖所示。下列說法錯誤的是A.a=4 B.V1=10C.溶液中水的電離程度：P>Q D.Q點溶液中c(Na+)<2c(M+)【答案】D【解析】【詳解】A.25°C時，MOH的Kb=10-7，則Kh(MCl)==10-7，解得c(H+)=10-4mol/L，pH=a=4，A正確；B.等濃度的MCl、MOH的混合溶液中，MCl的水解程度等于MOH的電離程度，所以溶液pH=7時，加入的MOH的體積為10mL，B正確；C.在鹽MCl溶液中逐滴加入NaOH溶液，加入的堿越大，水對電離的抑制作用越強，水電離程度就越小，所以溶液中水的電離程度：P>Q，C正確；D.P點加入10mLNaOH溶液時nP(Na+)=nP(M+)，Q點時MOH少量電離，nQ(M+)<nP(M+)，nQ(Na+)=2nP(Na+)，所以c(Na+)>2c(M+)，D錯誤；故合理選項是D。8.硫酸錳是一.種重要的化工原料，在農(nóng)業(yè)、電化學和建筑等領域均有廣泛應用。以含錳廢料(含有MnO2、CuO、Fe和少量CaO)為原料制備MnSO4的一種流程如下：已知：I.燒渣中含有MnO、CuO、Cu、Fe、CaO。II.難溶電解質(zhì)的溶度積常數(shù)如下表所示：回答下列問題：(1)“焙燒”過程加入煤粉的主要作用為___________________________。(2)“酸浸”時所加稀H2SO4不宜過量太多的緣由為______________________________.濾渣1的主要成分為_____________________(填化學式)。(3)“氧化”過程中主要反應的離子方程式為__________________。(4)“調(diào)pH為4”目的為______________________；若“溶液”中c(Cu2+)=0.022mol/L，“濾液2”的體積是“溶液”體積的2倍，則“調(diào)pH為4”時Cu2+是否起先沉淀____________(通過計算說明)。(5)(NH4)2S的電子式為___________________。(6)已知：(NH4)2SO4與MnSO4的溶解度曲線如圖所示?！安僮鳌敝饕ㄕ舭l(fā)濃縮_______、過濾、洗滌、干燥；其中用乙醇代替水洗滌的緣由為__________，需限制溫度為____(填選項字母)得到產(chǎn)品最多。A.10°CB.40°CC.60°CD.100°C【答案】(1).作還原劑(2).避開“調(diào)pH為4”時會消耗過多的堿(3).CaSO4、Cu(4).MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O(5).將Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3沉淀過濾除去(6).濾液2中c(Cu2+)=0.011mol/L，c(OH-)=1×10-10mol/L，則Qc[Cu(OH)2]=0.11×(1×10-10)2=1.1×10-22<Kspc[Cu(OH)2]，所以Cu2+未起先形成沉淀(7).(8).降溫結(jié)晶(9).削減因溶解而造成的損失，且乙醇揮發(fā)帶走水分，便于干燥(10).A【解析】【分析】含錳廢料與煤粉在高溫下混合，其中MnO2與C反應產(chǎn)生MnO，CuO與C反應產(chǎn)生Cu單質(zhì)，同時得到含有CO的氣體，得到的燒渣中含有MnO、CuO、Cu、Fe、CaO，然后同稀硫酸酸浸，其中MnO、CuO、Fe反應變?yōu)镸n2+、Cu2+、Fe2+，CaO反應產(chǎn)生溶解度較小的CaSO4進入濾渣1中，而Cu不能溶解，進入濾渣1，向濾液1中加入MnO2，可在酸性條件下氧化Fe2+為Fe3+，然后調(diào)整溶液的pH=4，可以使Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3沉淀過濾除去，濾渣2成分為Fe(OH)3，向濾液2中加入(NH4)2S，其電離產(chǎn)生的S2-與溶液中Cu2+形成CuS沉淀過濾出去，進入濾渣3中，濾液3中含有的Mn2+、SO42-、NH4+等，依據(jù)溶解度曲線可知從濾液3中提取MnSO4采納的操作過程為：蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥得到MnSO4，結(jié)合乙醇易揮發(fā)，會帶走水分，便于干燥，結(jié)合溫度對物質(zhì)溶解度的影響分析溫度限制范圍?！驹斀狻?1)由流程中物質(zhì)轉(zhuǎn)化關系可知在焙燒時加入煤粉可以與MnO2反應轉(zhuǎn)化為MnO，因此煤粉的作用是作還原劑；(2)“酸浸”時所加稀H2SO4不宜過量太多緣由是若過多，調(diào)整pH=4時就會消耗過多的堿，由信息可知加入稀硫酸可將CaO轉(zhuǎn)化為CaSO4，同時焙燒時CuO轉(zhuǎn)化為Cu不溶于稀硫酸，故濾渣1的主要成分是CaSO4和Cu；(3)“氧化”過程中MnO2在酸性條件下將Fe2+氧化為Fe3+，主要反應的離子方程式為MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；(4)“調(diào)pH為4”的目的是將Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3沉淀過濾除去。濾液2的體積是溶液體積的2倍，則濾液2中c(Cu2+)=0.011mol/L，c(OH-)=mol/L=1×10-10mol/L，則Qc[Cu(OH)2]=0.011×(1×10-10)2=1.1×10-22<Kspc[Cu(OH)2]，所以Cu2+未起先形成沉淀；(5)(NH4)2S是離子化合物，由NH4+與S2-通過離子鍵結(jié)合而成，其電子式為；(6)由溶解度曲線可知：從濾液3中提取MnSO4的操作主要包括蒸發(fā)濃縮、降溫結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥。MnSO4易溶于水，用乙醇代替水洗滌就可以削減因溶解而造成的損失，且乙醇易揮發(fā)帶走水分，便于干燥，依據(jù)溶解度曲線可知溫度可知在10℃時所得產(chǎn)品最多，故合理選項是A。【點睛】本題以MnSO4的制取為線索，考查了反應條件的限制、混合物的分別方法、氧化還原反應、溶度積常數(shù)的應用等，較全面的考查了學生對基礎學問和基本反應原理的駕馭和應用，體現(xiàn)了學以致用的目的。9.氫氧化鈰[Ce(OH)4]被廣泛用于氣敏傳感器、燃料電池、催化劑等領域。試驗室以精選的氟碳鈰礦(主要成分為CeFCO3)為原料制備氫氧化鈰的一種工藝流程如下：回答下列問題：(1)“煅燒”可在_______(填儀器名稱)中進行，主要反應的化學方程式為________；除“粉碎”外，還可以加快“煅燒”速率的措施有_________(只答一點即可)。(2)試驗室制取氧氣。①氧氣的發(fā)生裝置可以選擇上圖中的__________(填大寫字母)。②欲收集一瓶干燥的氧氣，選擇上圖中的裝置，按氣流方向的連接依次為：氧氣的發(fā)生裝置→________(填小寫字母)；檢驗氧氣已收集滿的操作和現(xiàn)象為________。(3)“酸浸”時，溫度不能過高的緣由為_______；若用鹽酸代替雙氧水、H2SO4的不足之處為____________；該步驟不能運用陶瓷容器的緣由為___________________。(4)“氧化”反應的化學方程式為_________________________________。【答案】(1).坩堝(2).4CeFCO3+O23CeO2+CeF4+4CO2(3).適當上升煅燒溫度等(4).B(5).cdgf(或dcgf)(6).將帶有火星的木條置于f口，木條復燃(7).會導致H2O2分解而降低原料的利用率(8).HCl被氧化為Cl2，污染環(huán)境(9).生成的HF腐蝕陶瓷(10).2Ce(OH)3+NaClO+H2O=2Ce(OH)4+NaCl【解析】【分析】將氟碳鈰礦粉碎后與O2在坩堝中高溫煅燒，反應產(chǎn)生CeO2、CeF4、CO2，然后將CeO2、CeF4用硫酸浸取，同時加入H2O2溶液，可以將CeO2、CeF4與硫酸反應產(chǎn)生的Ce4+還原為Ce3+，向該溶液中加入適量NaOH溶液反應產(chǎn)生Ce(OH)3，然后再向該懸濁液中加入氧化劑NaClO，發(fā)生氧化還原反應產(chǎn)生Ce(OH)4?！驹斀狻?1)高溫“煅燒”可在坩堝中進行；CeFCO3高溫條件下與O2反應生成CeO2、CeF4、CO2，依據(jù)電子守恒、原子守恒，可得該反應的反應方程式為4CeFCO3+O23CeO2+CeF4+4CO2。除“粉碎”外，還可以加快“煅燒”速率的措施有適當增大O2的壓強、適當上升煅燒溫度等；(2)①用雙氧水與MnO2或Na2O2與H2O反應制備O2可選擇裝置B裝置，故合理選項是B；②選用B裝置制備O2，用C干燥O2，E用于收集O2，故裝置的連接依次為bcd(或dc)gf；檢驗O2收集滿的操作和現(xiàn)象為：將帶火星的木條置于f口，木條復燃，則O2已經(jīng)收集滿；(3)H2O2不穩(wěn)定，受熱易分解，所以“酸浸”時，溫度不易過高，否則會導致H2O2分解，降低原料的利用率；若用鹽酸代替，Ce4+會將HCl被氧化為Cl2，導致污染環(huán)境；該步驟有HF生成，由于HF與陶瓷中的SiO2會反應，故不能運用陶瓷容器；(4)“氧化”時NaClO在堿性條件下將Ce(OH)3氧化為Ce(OH)4，反應的化學方程式為2Ce(OH)3+NaClO+H2O=2Ce(OH)4+NaCl。【點睛】本題以Ce(OH)4的制取為線索，考查了化學反應速率的影響因素、試驗裝置的運用、反應原理、裝置的連接依次、物質(zhì)的檢驗等。駕馭常見氣體的制取方法、物質(zhì)的性質(zhì)、儀器的成分等是本題解答的基礎。10.肼(N2H4)和氨均為重要的化工原料?；卮鹣铝袉栴}：已知：I.N2H4(l)+O2(g)N2(g)+2H2O(l)△H=-624.0kJ/molII.N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H=-92.4kJ/molIII.2NH3(g)N2H4(l)+H2(g)△H=+144.8kJ/mol(1)H2的燃燒熱△H=_____________。(2)T1°C時，向恒容的密閉容器中加入1molN2H4和1molO2，發(fā)生反應I。達到平衡后，只變更下列條件，能使N2的平衡體積分數(shù)增大的是_______(填選項字母)。A.增大壓強B.再通入肯定量O2C.分別出部分水D.降低溫度(3)在恒壓絕熱的密閉容器中通入肯定量的N2和H2，發(fā)生反應II和反應III。反應III對N2的平衡轉(zhuǎn)化率的影響為_____(填“增大”“減小”或“無影響”)，理由為___________。(4)t2°C時，向剛性容器中充入NH3，發(fā)生反應III。NH3和H2的分壓(p)與時間(t)的關系如圖所示。①0~t1min內(nèi)，反應的平均速率v(NH3)=____kPa/min②反應的平衡常數(shù)Kp=______kPa-1(Kp為用分壓表示的平衡常數(shù))。③反應物分子的有效碰撞幾率：M____N(填“>”“<”或“=”)。④t2min時上升溫度，再次達到平衡后，H2的分壓增大的緣由為______。【答案】(1).285.8

kJ/mol(2).D(3).增大(4).反應III是吸熱反應，使體系溫度降低，且消耗NH3、増大H2濃度，促進反應II平衝正向移動(5).(6).(7).>(8).溫度上升，體枳不變，分壓増大；該反應是吸熱反應，上升溫度，平衡正向移動，分壓增大【解析】【分析】(1)依據(jù)蓋斯定律，將已知的熱化學方程式疊加可得待求反應的熱化學方程式，即得H2的燃燒熱；(2)N2H4(l)+O2(g)N2(g)+2H2O(l)△H=-624.0kJ/mol是反應前后氣體分子數(shù)不變的反應，依據(jù)平衡移動原理分析能使N2的平衡體積分數(shù)增大的條件；(3)依據(jù)反應III是吸熱反應，從反應溫度計物質(zhì)的濃度變更分析對反應II的平衡移動的影響；(4)①依據(jù)在體積不變時，氣體的物質(zhì)的量的比等于氣體的分壓比，利用t1時NH3、H2的分壓相等，計算NH3的分壓，結(jié)合速率含義計算v(NH3)；②利用平衡常數(shù)的定義式計算Kp；③依據(jù)有效碰撞次數(shù)越多，反應速率越快分析；④依據(jù)溫度對平衡移動及分壓的影響分析推斷。【詳解】(1)依據(jù)已知反應：I.N2H4(l)+O2(g)N2(g)+2H2O(l)△H=-624.0kJ/molII.N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H=-92.4kJ/molIII.2NH3(g)N2H4(l)+H2(g)△H=+144.8kJ/mol依據(jù)蓋斯定律：，整理可得H2(g)+O2(g)=H2O(l)△H=-285.8kJ/mol；(2)該反應的正反應是氣體分子數(shù)不變的放熱反應，A．增大壓強，化學平衡不移動，N2的平衡體積分數(shù)不變，A錯誤；B．再通入肯定量O2，化學平衡正向移動，產(chǎn)生N2，但平衡移動的趨勢是微弱的，由于方程式兩邊都是只有一種氣體，通入O2，平衡常數(shù)不變，則N2的平衡體積分數(shù)不變，B錯誤；C．分別出部分水，由于水是液態(tài)物質(zhì)，移出不能變更平衡，故對平衡移動無影響，所以N2的平衡體積分數(shù)不變，C錯誤；D．降低溫度，化學平衡正向移動，N2的平衡體積分數(shù)增大，D正確；故合理選項是D；(3)反應III是吸熱反應，反應進行使體系溫度降低，且反應消耗NH3、使NH3的濃度降低，同時又增大了H2的濃度，促進了反應II化學平衡正向移動，最終使N2的平衡轉(zhuǎn)化率增大；(4)①由圖可知：NH3的起始分圧為p0kPa，t1min時假設H2的分壓變更為x，此時NH3、H2的分壓相等，依據(jù)方程式2NH3(g)N2H4(l)+H2(g)可知此時x=p0-2x，所以x=kPa，則在0~t1min內(nèi)，反應的平均速率v(NH3)=kPa/min；②依據(jù)圖象可知平衡時H2的平衡分壓為p1kPa，則NH3的平衡分壓為(p0-2p1)kPa，所以該反應用平衡分壓表示的化學平衡常數(shù)Kp==kPa-1；③M點到N點，反應正向進行，正反應速率大于逆反應速率，所以反應物分子的有效碰撞幾率：M>N；④t2min時溫度上升，由于容器的體枳不變，H2分壓增大，且該反應的正反應是吸熱反應，上升溫度，平衡正向移動，使H2分壓增大?！军c睛】本題考查了蓋斯定律、反應速率和化學平衡常數(shù)的計算與平衡移動原理的應用。駕馭反應過程中能量變更與途徑無關，反應速率和化學平衡常數(shù)及平衡移動原理的含義是正確分析解答的關鍵。留意平衡移動的趨勢是微弱的，外界條件不能變更這種變更趨勢。11.Li、Fe、As均為重要的合金材料，NA為阿伏加德羅常數(shù)的值?；卮鹣铝袉栴}：(1)基態(tài)Li原子核外電子占據(jù)的空間運動狀態(tài)有________個，占據(jù)最高能層電子的電子云輪廓圖形態(tài)為_________。(2)Li的焰色反應為紫紅色，許多金屬元素能產(chǎn)生焰色反應的緣由為_________。(3)基態(tài)Fe3+比基態(tài)Fe2+穩(wěn)定的緣由為____________。(4)KSCN和K4[Fe(CN)6]均可用于檢驗Fe3+。①SCN-的立體構(gòu)型為_______，碳原子的雜化方式為_____________。②K4[Fe(CN)6]中所含元素的第一電離能由大到小的依次為__________(用元素符號表示)；1mol[Fe(CN)6]4-中含有σ鍵的數(shù)目為____________。(5)H3AsO3的酸性弱于H3AsO4的緣由為____________________。(6)Li、Fe和As可組成一種新型材料，其立方晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示。若晶胞參數(shù)為anm，阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，則該晶體的密度可表示為______g●cm-3。(列式即可)【答案】(1).2(2).球形(3).電子從較高能級的激發(fā)態(tài)躍遷到較低能級的激發(fā)態(tài)乃至基態(tài)時，以光的形式釋放能量(4).基態(tài)Fe2+的價層電子排布式為3d6，而基態(tài)Fe3+的價層電子排布式為3d5，為半充溢狀態(tài)，穩(wěn)定性更強(5).直線形(6).sp(7).N>C>Fe>K(8).12NA(9).H3AsO3中非羥基氧原子數(shù)小于H3AsO4，砷元素的正電性更小，羥基更不易電離出氫離子(10).【解析】【分析】(1)依據(jù)構(gòu)造原理書寫Li核外電子排布式，據(jù)此書寫基態(tài)Li原子核外電子占據(jù)的空間運動狀態(tài)，據(jù)此推斷Li原子核外占據(jù)最高能層電子的電子云輪廓圖形態(tài)；(2)焰色反應是是電子躍遷的結(jié)果；(3)原子核外各個軌道電子排布處于全滿、半滿或全空時是穩(wěn)定狀態(tài)；(4)①依據(jù)價層電子對分析，在SCN-中C原子形成了共價三鍵，據(jù)此推斷C原子雜化類型；②元素吸引電子實力越大，其電離能就越大；依據(jù)配位體及配位原子中含有的σ鍵計算；(5)依據(jù)物質(zhì)中含有的非羥基O原子數(shù)目分析；(6)先依據(jù)均攤方法計算一個晶胞中含有的各種元素的原子個數(shù)然后依據(jù)ρ=計算密度?！驹斀狻?1)Li核外電子排布式是1s22s1，1個原子軌道為1個空間運動狀態(tài)，基態(tài)Li原子核外電子占據(jù)的軌道有1s、2s兩個，

故有2個空間運動狀態(tài)。占據(jù)最高能層為L層2s軌道，故電子云輪廓圖形態(tài)為球形；

(2)金屬元素產(chǎn)生焰色反應的緣由為電子從較高能級的激發(fā)態(tài)躍遷到較低能級的激發(fā)態(tài)乃至基態(tài)時，以光的形式釋放多余的能量，形成焰色反應，不同金屬元素的電子躍遷時釋放的能量不同，因此焰色反應不同；(3)基態(tài)Fe3+的價層電子排布式為3d5，為d軌道的半充溢的穩(wěn)定狀態(tài)，相對穩(wěn)定形強，而基態(tài)Fe2+的價層電子排布式為3d6，穩(wěn)定性不如半充溢狀態(tài)；(4)①SCN-中C原子的價層電子對數(shù)目為2，立體構(gòu)型為直線形，其中碳原子的雜化方式為sp；

②K4[Fe(CN)6]中基態(tài)K、Fe、C、N原子吸引電子實力依次增加，第一電離能依次增大；所以四種元素的第一電離能由大到小的依次為N>C>Fe>K；Fe2+與CN-形成配位鍵含6個σ鍵，每1個CN-中含有1個σ鍵，所以1

mol

[Fe(CN)6]4-中含有σ鍵的數(shù)目為12NA；(5)H3AsO3中非羥基氧原子數(shù)是0，而H3AsO4中非羥基氧原子數(shù)是1，可見H3AsO3中非羥基氧原子數(shù)小于H3AsO4，酸分子中非羥基O原子數(shù)目越大，該酸的酸性就越強，且非羥基氧原子數(shù)少的酸分子中砷元素的正電性更小，羥基更不易電離出氫離子，故酸性弱于H3AsO4；

(6)由圖可知，每個晶胞中含有4個Li、4個As、4個Fe，則該晶體的密度可表示為ρ=

g/cm3?！军c睛】本題考查了原子核外電子排布、原子的雜化方式、電離能及含氧酸的酸性比較、化學鍵數(shù)目的計算和晶體密度的計算等，全面考查了物質(zhì)結(jié)構(gòu)，駕馭核外電子排布規(guī)律、價