辽宁省大连市第四十八中学2021届高三化学考前模拟试题（含解析）

1、辽宁省大连市第四十八中学2019届高三化学考前模拟试题（含解析）PAGE PAGE - 37 -辽宁省大连市第四十八中学2019届高三化学考前模拟试题（含解析）第卷一、选择题(本题共13小题，每小题6分，每小题只有一个选项符合题意)1.化学与生活紧密联系在一起，下列说法不正确的是A. 工业制粗硅、电镀、钢铁的锈蚀、制玻璃均发生氧化还原反应B. 医院里的血液透析利用了胶体的性质C. “天宫一号”中使用的碳纤维，是一种新型无机非金属材料D. 天然气、瓦斯等气体及面粉、煤粉等固体粉尘都容易发生爆炸【答案】A【解析】【详解】A. 工业制粗硅涉及的化学反应为：，电镀是将金属以离子形式（溶液中）通过电解，

2、在镀件上生成相应金属的过程，钢铁的锈蚀的化学过程是FeFe(II)Fe(OH)3Fe2O3， 这三个过程都有化合价的变化，它们都发生了氧化还原反应；制玻璃的化学方程式为：，此过程中没有化合价的变化，即没有发生氧化还原反应，A错误；B. 医疗上的血液透析原理同胶体的渗析类似。透析时，病人的血液通过浸在透析液中的透析膜进行循环和透析。血液中，蛋白质和血细胞不能通过透析膜，血液中的毒性物质可以透过，从而被清除，B正确；C. 碳纤维是一种有碳元素构成的特种纤维，具有耐高温、抗摩擦、导电、导热及耐腐蚀等特性，是一种新型无机非金属材料，C正确；D. 可燃性的气体及粉尘与空气或氧气混合后，当浓度达到一定极限

3、后，遇明火或静电或电火花都可能发生爆炸，D正确；故合理选项A。2.NA代表阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是A. 标准状况下，铁在22.4L氯气中完全燃烧时转移电子数为3NAB. 1 L 0.1 molL1的NaHCO3溶液中HCO3和CO32-离子数之和为0.1NAC. 常温常压下，NO2与N2O4的混合气体46g，所含氧原子数为2NAD. 含有NA个Fe(OH)3胶粒的氢氧化铁胶体中，铁元素的质量为56g【答案】C【解析】【详解】A. 标况下，22.4L的Cl2为1mol，完全反应时，1mol Cl2变为2mol Cl（-1），则转移电子数为2NA，A错误；B. 根据物料守恒，1 L

4、 0.1 molL1的NaHCO3溶液中，有c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)=0.1mol/L，则n(H2CO3)+n(HCO3-)+n(CO32-)=0.1NA，即HCO3和CO32-离子数之和小于0.1NA，B错误；C. M(NO2)=46g/mol，M(N2O4)=92g/mol。设NO2有x mol，N2O4有y mol，则有46x+92y=46，则x+y=1。混合气体中，n(O)=2x+4y=2（x+2y）=2mol=2NA，C正确；D. 氢氧化铁胶粒为氢氧化铁的聚集体，由于各胶粒的聚合度不同，无法计算NA个胶粒中Fe(OH)3的物质的量，D错误；故C为合理选项。

5、3.由下列实验及现象推出的相应结论正确的是实验现象结论A向某溶液中加入NaOH稀溶液，管口放置湿润的红色石蕊试纸试纸不变色原溶液中一定没有NH4+B向某溶液中滴加K3Fe(CN)6溶液产生蓝色沉淀该溶液中含有Fe2+C将乙醇和浓硫酸混合加热产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液中溶液褪为无色产生的气体中含有乙烯D向4mL0.1mol/LNa2S溶液中滴入几滴0.1mol/L ZnCl2溶液，再加入CuSO4溶液先产生白色沉淀，后产生黑色沉淀Ksp(CuS)Ksp(ZnS)A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A. 检验铵根离子，除了需要加入NaOH溶液之外，还需要加热才行，A错误；

6、B. 检验Fe2+，可以向溶液中滴加K3Fe(CN)6溶液，若有蓝色沉淀生成，则说明溶液中有Fe2+，B正确；C. 乙醇和浓硫酸反应制备乙烯时，往往会有副反应发生产生SO2，SO2也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以要先除去SO2才行，否则无法说明产生的气体含有乙烯，C错误；D. 向4mL的Na2S溶液中滴入几滴同浓度的 ZnCl2溶液，再加入CuSO4溶液，并未说明CuSO4溶液的量。实验中，先产生白色沉淀，再产生黑色沉淀，只能说明是滴加顺序不同，产生沉淀的顺序也不同，不能说明沉淀之间发生了转化，所以该实验不能说明Ksp(CuS)O2-Na+。所以W、X、Y、Z的简单离子的半径大小为：ZWXY，

7、A错误；B. W、X的氢化物分别为NH3、H2O，由于O的非金属性比N强，所以H2O的热稳定性比NH3强，即氢化物的稳定性：XW，B错误；C. ZX2为SO2，ZX3为SO3，SO2不能再燃烧，且SO2转化为SO3，需要高温和催化剂，C错误；D. W为N，它的一种氢化物肼（N2H4），可用作火箭燃料，D正确；故合理选项为D。【点睛】第一，此类题型，要根据题中给出的信息去推断出各元素及相关的物质。第二，D选项所涉及的知识点，经常出现在练习题中，需要考生通过练习，吸收并积累相关的课外知识。5.某有机物X的结构如图所示，下列说法正确的是A. X的分子式为C9H12O3B. X中所有碳原子均可能共面C

8、. X可与氧气发生催化氧化反应D. 1molX最多能消耗2 mol NaOH【答案】C【解析】【详解】A.由结构简式可知， 其分子式为C9H14O3，故A项错误；B. 分子中含有饱和碳原子，则与该碳原子相连的四个碳原子一定不在同一共面上，故B项错误；C. 分子中含有羟基，且与羟基相连的碳原子上含有氢原子，所以在催化剂存在的条件下可与氧气发生催化氧化反应，故C项正确；D.分子中仅含有1个酯基能与NaOH溶液反应，所以 1mol该有机物最多能消耗1 mol NaOH，故D项错误。故选C。【点睛】本题考查有机物结构和性质，把握官能团及其性质关系是解本题关键，注意只有1个酯基能与NaOH溶液反应，为易

9、错点。6.用石墨烯锂硫电池电解制备Fe(OH)2的装置如图所示。电池放电时的反应为：16Li+xS8=8Li2Sx(2x8)，电解池两极材料分别为Fe和石墨，工作一段时间后，右侧玻璃管中产生大量的白色沉淀。下列说法不正确的是A. X是铁电极，发生氧化反应B. 电子流动的方向：BY，XAC. 正极可发生反应：2Li2S6+2Li+2e=3Li2S4D. 锂电极减重0.14g时，电解池中溶液减重0.18g【答案】D【解析】【详解】A. 电解法制备Fe(OH)2，则铁作阳极，根据题给总反应可知，金属锂发生氧化反应，作电池的负极，所以Y为阴极，故X是铁电极，故A项正确；B. 电子从电池的负极流至电解池

10、的阴极，然后从电解池的阳极流回到电池的正极，即电子从B电极流向Y电极，从X电极流回A电极，故B项正确；C. 由图示可知，电极A发生了还原反应，即正极可发生反应：2Li2S6+2Li+2e=3Li2S4，故C项正确；D. 锂电极减重0.14g，则电路中转移0.02mol电子，电解池中发生的总反应为Fe+2H2OFe(OH)2+H2，所以转移0.02mol电子时，电解池中溶液减少0.02molH2O，即减轻0.36g，故D项错误。故选D。【点睛】本题考查新型电池，注意把握原电池的工作原理以及电极反应式的书写，解答本题的关键是根据电解法制备Fe(OH)2的反应原理，得出铁作阳极，再根据题给总反应可知

11、，金属锂发生氧化反应，作电池的负极，所以Y为阴极，故X是铁电极。7.25时，向10mL0.1molL-1一元弱碱XOH溶液中逐滴滴加0.1molL-1的HCl溶液，溶液的AG变化如图所示(溶液混合时体积变化忽略不计)。下列说法不正确的是A. 若a=-8，则Kb(XOH)10-5B. M点表示盐酸和XOH恰好完全反应C. R点溶液中可能存在c(X+)+c(XOH)=c(Cl-)D. M点到N点，水的电离程度先增大后减小【答案】B【解析】【详解】A. a点表示0.1molL1一元弱碱XOH，若a=8，则c(OH-)=10-3mol/L，所以Kb(XOH)=105，故A正确；B. 两者恰好反应时，生

12、成强酸弱碱盐，溶液显酸性。M点AG=0，则溶液中c(H+)= c(OH-)，溶液呈中性，所以溶质为XOH和XCl，两者不是恰好完全反应，故B错误；C. 若R点恰好为XCl溶液时，根据物料守恒可得c(X+)+c(XOH)=c(C1)，故C正确；D. M点的溶质为XOH和XCl，继续加入盐酸，直至溶质全部为XCl时，该过程水的电离程度先增大，然后XCl溶液中再加入盐酸，水的电离程度减小，所以从M点到N点，水的电离程度先增大后减小，故D正确。故选B8.二氧化氯是高效、低毒的消毒剂。已知：ClO2是一种黄绿色易溶于水的气体，具有强氧化性，回答下列问题：(1)ClO2的制备及性质探究(如图所示)。仪器a

13、的名称为_，装置B的作用是_。装置C用于制备ClO2，同时还生成一种酸式盐，该反应的化学方程式为_。装置D中滴有几滴淀粉溶液，其作用是_。装置E用于吸收尾气，反应生成NaClO2，则该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_，氧化产物是_。(2)粗略测定生成ClO2的量实验步骤如下：a. 取下装置D，将其中的溶液转入250mL容量瓶，用蒸馏水洗涤D瓶23次，并将洗涤液一并转移到容量瓶中，再用蒸馏水稀释至刻度。b. 从容量瓶中取出25.00mL溶液于锥形瓶中，用0.1000mol/L硫代硫酸钠标准溶液滴定（I2+2S2O32-=2I+S4O62-），指示剂显示终点时共用去24.00 mL硫代硫酸钠

14、溶液。滴定至终点的现象是_。进入装置D中的ClO2质量为_，与C中ClO2的理论产量相比，测定值偏低，可能的原因是_。【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 防倒吸、防堵塞(或平衡气压、安全瓶均可) (3). SO2H2SO42KClO3=2KHSO42ClO2 (4). 检验有I2生成，进而证明ClO2有强氧化性 (5). 2:1 (6). O2 (7). 溶液由蓝色变为无色，且半分钟内溶液颜色不再改变 (8). 0.324g (9). 产生ClO2的速率太快，ClO2没有被D中的溶液完全吸收；C中ClO2未全部进入D中【解析】【分析】(1)浓H2SO4和Na2SO3反应生成SO2，A制备S

15、O2，B装置有缓冲作用，可防止倒吸、堵塞；装置C用于制备ClO2，同时还生成一种酸式盐，则C中发生反应SO2+H2SO4+2KClO3=2KHSO4+2ClO2，ClO2是一种黄绿色易溶于水的气体，具有强氧化性，在D中发生氧化还原反应生成I2，装置D中滴有几滴淀粉溶液，I2遇淀粉变蓝色；装置E用于吸收尾气，反应生成NaClO2，双氧水作还原剂生成氧气，从而防止尾气污染环境；(2)碘遇淀粉变蓝色，当碘完全反应后溶液变为无色；ClO2与KI在溶液反应离子方程式为：2ClO2+10I-+8H+=5I2+2Cl-+4H2O，结合I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，可得ClO25S2O32-，则

16、n(ClO2)=n(Na2S2O3)=0.1000mol/L0.024L=0.00048mol，250mL溶液中含有n(I2)=0.00048mol10=0.0048mol，m(ClO2)=0.0048mol67.5g/mol=0.324g；ClO2部分没有被吸收、未完全进入D中都导致测定值偏低。【详解】(1) 浓H2SO4和Na2SO3反应生成SO2，A用于制备SO2，B装置有缓冲作用，能防止倒吸、堵塞；装置C用于制备ClO2，同时还生成一种酸式盐，则C中发生反应SO2+H2SO4+2KClO3=2KHSO4+2ClO2，ClO2是一种黄绿色易溶于水的气体，具有强氧化性，所以D中发生氧化还原

17、反应生成I2，装置D中滴有几滴淀粉溶液，I2单质遇淀粉溶液变为蓝色；装置E用于吸收尾气，反应生成NaClO2，双氧水作还原剂生成氧气，从而防止尾气污染环境，仪器a的名称为分液漏斗，装置B有缓冲作用，所以能防倒吸、防堵塞(或平衡气压、安全瓶)；装置C用于制备ClO2，同时还生成一种酸式盐，根据元素守恒可知，生成的酸式盐为KHSO4，该反应的化学方程式为SO2+H2SO4+2KClO3=2KHSO4+2ClO2；装置D中滴有几滴淀粉溶液，淀粉遇碘溶液变为蓝色，根据淀粉溶液是否变色来判断是否有I2单质生成，从而证明ClO2是否具有氧化性；装置E用于吸收尾气，反应生成NaClO2，反应方程式为H2O2

18、+2ClO2+2NaOH=2NaClO2+O2+H2O，在该反应中ClO2是氧化剂，NaClO2的还原产物，H2O2是还原剂，O2是氧化产物，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1；(2)I2单质遇淀粉溶液变为蓝色，当碘完全反应后溶液变为无色，所用滴定终点是溶液由蓝色变为无色，且半分钟内溶液颜色不再改变；ClO2溶液与碘化钾反应的离子方程式：2ClO2+10I-+8H+=5I2+2Cl-+4H2O，结合I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，可得关系式：ClO25S2O32-，则n(ClO2)=n(Na2S2O3)=0.1000mol/L0.024L=0.00048mol，则在250

19、mL溶液中含有n(I2)=0.00048mol10=0.0048mol，m(ClO2)=0.0048mol67.5g/mol=0.324g；由于C中ClO2有一部分没有被吸收、未完全进入D中都导致测定值偏低。【点睛】本题考查物质制备，涉及实验操作、氧化还原反应、方程式的计算、物质检验等知识点，侧重考查实验操作规范性、元素化合物性质等知识点，明确实验原理、物质性质、物质之间的转化关系是解本题关键。9.碱性锌锰电池的工作原理：Zn+2MnO2+2H2O2MnO(OH)+Zn(OH)2，其中的电解质溶液是KOH溶液。某课题组用废旧铁壳无汞碱性锌锰电池为原料，制备一种新型材料MnxZn(1x)Fe2O

20、4，其工艺流程如图所示：(1)已知MnxZn(1x)Fe2O4中锰元素的化合价与实验室用二氧化锰制取氯气时还原产物中的锰相同，则铁元素的化合价为_。(2)滤液A中溶质的电子式为_。(3)“溶渣”工序中稀硫酸与铁反应生成的硫酸亚铁可将+3价锰的化合物全部还原成Mn2+，写出该反应的离子方程式：_。(4)“调铁”工序的目的是调整滤液中铁离子的总浓度，使其中金属元素的物质的量之比与产品的化学式MnxZn(1x)Fe2O4相符合。写出“调铁”工序中发生反应的离子方程式：_、_。若测得滤液的成分为c(Mn2+)+c(Zn2+)=a molL1，c(Fe2+)+c(Fe3+)=b molL1，滤液体积为1

21、m3，“调铁”工序中，需加入的铁粉质量为_kg(忽略溶液体积变化，用含a、b的代数式表示)。(5)在“氧化”工序中，加入双氧水的目的是_，生产过程中发现实际消耗双氧水的量大于理论值，其可能原因除温度外，主要是_。(6)用氨水“调pH”后，经“结晶”、“过滤”可得到产品和滤液C(C为正盐)，从滤液C中还可分离出一种氮肥，该氮肥的溶液中离子浓度由大到小的排序为_。【答案】 (1). +3 (2). (3). MnO(OH)+Fe2+3H+= Mn 2+Fe3+ +2H2O (4). Fe+2Fe3+=3Fe2+ (5). Fe+2H+= Fe2+H2 (6). 112a56b (7). 把Fe2+

22、氧化为Fe3+ (8). 生成的Fe3+催化了双氧水的分解 (9). c(NH4+)c(SO42-)c(H+)c(OH)【解析】【分析】Zn、MnO2、MnO(OH)和Zn(OH)2都不溶于水，经过浸取，滤渣的主要成分为Zn、MnO2、MnO(OH)和Zn(OH)2，滤液A的成分为KOH。“溶渣”中，加入的过量稀硫酸是为了将滤渣全部转化为溶液，并除去其他不溶性物质。通过题目可知，“调铁”是为了调节Mn、Zn和Fe的比例，加入的Fe要完全消耗过量的稀硫酸，则Fe必须过量，所以过量的Fe会和Fe3+反应。由于化合物MnxZn(1x)Fe2O4中Fe呈+3价，所以必须把此时溶液中的Fe2+转化为Fe

23、3+，所以要加入H2O2这个合适的强氧化剂。加入氨水调节溶液的pH，溶液中Fe、Mn、Zn全部形成了沉淀，所以滤液C（正盐）的溶质为(NH4)2SO4。【详解】（1）用二氧化锰制取氯气时的还原产物为MnCl2，其中Mn的化合价为+2价，则在MnxZn(1x)Fe2O4中，设Fe的化合价为y，则有（+2）x+（+2）（1-x）+2y+（-2）4=0。解得y=3，即Fe的化合价为+3价；(2)由于Zn、MnO2、MnO(OH)和Zn(OH)2都不溶于水，则滤液A的溶质为KOH，其电子式为；(3)硫酸亚铁和MnO(OH)的反应方程式为：，则其离子方程式为：；(4)在“溶渣”时，加入了过量的稀硫酸，所

24、以“调铁”时，发生的离子方程式有：，；从化学式MnxZn(1x)Fe2O4来看，“调铁”的目标是n(Mn)+n(Zn):n(Fe)=1:2。已知：滤液的成分为c(Mn2+)+c(Zn2+)=a molL1，c(Fe2+)+c(Fe3+)=b molL1，滤液体积为1m3，则n(Mn2+)+n(Zn2+)=1000a mol，n(Fe2+)+n(Fe3+)=1000b mol，设需要加入的铁粉的物质的量为y mol，有，解得y=(2000a-1000b)mol，则所需铁粉的质量为（2000a-1000b）mol 56g/mol =(112a-56b)kg；(5)在“氧化”的工序中，双氧水的目的是

25、将Fe2+氧化为Fe3+；双氧水的消耗量大于理论值，可能的原因是其自身不稳定，发生了分解，而Fe3+可以催化H2O2的分解，可能的原因除了温度之外，主要是Fe3+催化H2O2的分解；(6)经过“调pH”、“结晶”、“过滤”后得到产品和硫酸铵溶液，所以滤液C（正盐）为(NH4)2SO4溶液，则其溶液中离子各浓度的大小顺序为c(NH4+)c(SO42-)c(H+)c(OH)。【点睛】此类题目看起来较难，要认真分析题目及流程图的每一步，并结合平时在练习中积累的知识，可以大概推测出每一步的目的。所以，考生在平时的练习中，注意吸收并积累新的课外知识。10.二甲醚又称甲醚，简称 DME，熔点-141.5，

26、沸点-24.9，与石油液化气(LPG)相似，被誉为“21世纪的清洁燃料”。由合成气(CO、H2)制备二甲醚的反应原理如下：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) H1= -90.0kJmol-12CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) H2= -200kJmol-1回答下列问题：(1)已知：H2O(1)=H2O(g) H= +44.0kJ/mol，若由合成气(CO、H2)制备1molCH3OCH3(g)，且生成H2O(1)，其热化学方程式为_。(2)有人模拟该制备原理：500K时，在2L的密闭容器中充入2molCO和6molH2，5min达到平衡，平衡时测得c(H2)=1.8mo

27、lL-1，c(CH3OCH3)=0.2molL-1，此时 CO的转化率为_。用CH3OH表示反应的速率是_molL-1min-1，可逆反应的平衡常数K2 = _。(3)在体积一定的密闭容器中发生反应，如果该反应的平衡常数K2值变小，则下列说法正中确的是_。A 平衡向正反应方向移动 B 平衡移动的原因是升高了温度C 达到新平衡后体系的压强不变 D 容器中 CH3OCH3 的体积分数减小(4)一定条件下在恒温恒容的密闭容器中，按不同投料比充入CO(g)和H2(g)进行反应，平衡时CO(g)和H2(g)的转化率如图所示，则a=_(填数值)。(5)绿色电源“二甲醚燃料电池”的结构如图所示，电解质为熔融

28、态的碳酸盐(如熔融K2CO3)，其中CO2会参与电极反应。工作时负极的电极反应式为_。【答案】 (1). 2CO(g)+4H2(g)CH3OCH3(g)+H2O(l) H2= 244.0kJmo l -1 (2). 60% (3). 0.12 (4). 1 (5). BD (6). 2 (7). CH3OCH3+6CO32-12e=8CO2+3H2O【解析】【分析】本题主要考察了盖斯定律的应用，化学反应速率，化学平衡的移动，燃料电池电极方程式的书写。（1）（2）可以根据化学定义去应用、计算。（3）化学平衡常数K的改变，只和温度有关系，对于放热反应，升高温度，K变小。(4)需要观察图像，并理解其

29、意义。（5）燃料电池的总反应的方程式都是燃烧反应，此题的总反应为，且由于O2是氧化剂，发生还原反应，则O2参与反应的电极一定是正极；电解质为K2CO3，则在某一个电极反应中有CO32-生成，且CO32-一定在另外一个电极上被消耗。CO2参与电极反应，则正极的电极反应为2CO2+O2+4e-2CO32-，结合盖斯定律，可以得到负极的电极反应为：CH3OCH3+6CO32-12e-8CO2 +3H2O。【详解】（1）已知：H2O(1)=H2O(g) H= +44.0kJ/mol，记为，根据盖斯定律得：该热化学方程式是2+-的结果，即2CO(g)+4H2(g)CH3OCH3(g)+H2O(l) H=

30、 244.0kJmo l -1；(2)由题意可得，平衡时，n(H2)=1.8molL-12L=3.6mol，则H2消耗了2.4mol，根据方程式计算可得参加反应的CO的物质的量为1.2mol，则(CO)=60%；在反应中，H2参加了2.4mol，则有1.2mol的CH3OH生成，所以v(CH3OH)=0.12molL-1min-1；在反应中， c(H2O)= c(CH3OCH3)=0.2molL-1，则c(CH3OH)=-0.2mol/L2=0.2 molL-1，K2=1；(3) A. 平衡常数只和温度有关系：对于放热反应，升高温度，平衡常数K减小。K2变小，说明温度升高，平衡向逆反应方向移动

31、，A错误；B. K2减小，说明温度升高，B正确；C. 题中说明了容器的体积一定，即体积不变，且该反应是反应前后气体体积不变的反应，即反应前后总物质的量不变，K2变小，说明温度增大，根据方程PV=nRT得，反应前后压强也变大，C错误；D. 平衡向逆反应方向移动，则n(CH3OCH3)减小，V(CH3OCH3)也减小，所以CH3OCH3 的体积分数减小，D正确；故合理选项为BD；（4）对于反应而言，要想提高CO的转化率，可以增加H2的浓度，同样地要想提高H2的转化率，可以通过增加CO的浓度来实现。a值对应的点，是CO和H2的转化率都为最低的点，所以a应该为2：1=2；（5）燃料电池中， O2一定在

32、正极发生反应，则CH3OCH3的燃烧产物为CO2，C由-2价变为了+4价，则CH3OCH3在负极发生反应。由于CO2参与电极反应，电解质为熔融的K2CO3，所以正极的电极反应为：2CO2+O2+4e-2CO32-；总的燃烧反应为：，则可得负极的反应方程式为：CH3OCH3+6CO32-12e-8CO2+3H2O。【点睛】第一，化学平衡常数K只和温度有关。对于放热反应，升高温度，K变小。第二，关于原电池，要先判断总反应的方程式，在判断反应物在哪个电极上反应；此外，燃料电池中，某个电极一定会产生电解质，相应地电解质一定会在另一个电极上生成。11.电池在人类生产生活中具有十分重要的作用，其中锂离子电

33、池与太阳能电池占有很大比重。太阳能电池是通过光电效应或者光化学效应直接把光能转化成电能的装置。其材料有单晶硅，还有铜、锗、镓、硒等化合物。(1)基态亚铜离子中电子占据的原子轨道数目为_。(2)若基态硒原子价层电子排布式写成4s24px24py4，则其违背了_。(3)下图表示碳、硅和磷元素的四级电离能变化趋势，其中表示磷的曲线是_(填标号)。(4)元素X与硅同主族且原子半径最小，X形成的最简单氢化物Q的电子式为_，该分子其中心原子的杂化类型为_。写出一种与Q互为等电子体的离子_。(5)与镓元素处于同一主族的硼元素具有缺电子性。自然界中含硼元素的钠盐是一种天然矿藏，其化学式写作Na2B4O710H

34、2O，实际上它的结构单元是由两个H3BO3和两个B(OH)4-缩合而成的双六元环，应该写成Na2B4O5(OH)4 8H2O其结构如图所示，它的阴离子可形成链状结构，则该晶体中不存在的作用力是_(填选项字母)。A 离子键 B 共价键 C 金属键 D 范德华力 E 氢键(6)GaAs的熔点为1238，密度为gcm3，其晶胞结构如图所示。已知GaAs与GaN具有相同晶胞结构，则二者晶体的类型均为_，GaAs的熔点_(填“高于”或“低于”)GaN。Ga和As的摩尔质量分别为MGa gmol1和MAs gmol1，原子半径分别为rGa pm和rAs pm，阿伏加德罗常数值为NA，则GaAs晶胞中原子的

35、体积占晶胞体积的百分率为_。【答案】 (1). 14 (2). 洪特规则 (3). b (4). (5). sp3 (6). NH4+ (7). C (8). 原子晶体 (9). 低于 (10). 【解析】【分析】本题主要考察核外电子的排布规律，及原子的相关知识点、化学键、晶体结构。【详解】（1）亚铜离子的电子轨道排布式为1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d10，s轨道只有1个轨道，p轨道有3个方向不同的轨道，d轨道有5个方向不同的轨道，所以基态亚铜离子中电子占据的原子轨道数目为14；（2）洪特规则是在等价轨道（指相同电子层、电子亚层上的各个轨道）上排布的电子将尽可能分占不同的轨道，且

36、自旋方向相同。题中基态硒原子价层电子排布式写成4s24px24py4违背了洪特规则，正确的应该是4s24px24py14pz1；（3）电离能是基态的气态原子失去电子变为气态阳离子（即电离），必须克服核电荷对电子的引力而所需要的能量。由于C和Si是同族元素，所以它们的四级电离能变化趋势相近，所a、c分别为C和Si的四级电离能变化趋势，b为P的四级电离能变化趋势；（4）元素X与硅同主族且原子半径最小，则X为C，其最简单氢化物的为CH4，它的电子式为；由于C的周围都是C-H单键，所以C的轨道杂化为sp3杂化；与CH4互为等电子体的微粒有H2O、NH3、HF、OH-、NH4+、H3O+；（5）A. 从

37、图中可以看出该晶体为离子晶体，所以含有离子键，A正确；B. 晶体中有B-O键，该化学键为共价键，B正确；C. 金属键仅存在于金属晶体中，C错误；D. 结晶水合物中都含有分子间作用力，D正确；E. 化合物中含有较多的H和O，且空间结构较大，则一定有氢键，E正确；故合理选项为C；（6）从图中可以看出构成晶胞的微粒为Ga原子和As原子，所以GaAs为原子晶体，则GaN也是原子晶体；在GaAs晶体和GaN晶体中，N的原子半径小于As的原子半径，所以Ga-N键键长比Ga-As键短，所以Ga-N键键能比Ga-As键高，则GaN晶体的熔沸点比GaAs晶体高；一个GaAs晶胞中，含有As的个数为8+6=4个，含有Ga的个数为41=4个。Ga和As的摩尔质量分别为MGa gmol1和MAs gmol1，则一个Ga的质量为g，一个As的质量为g，所以一个GaAs的晶胞的质量为g，则一个GaAs晶胞的体积为cm3；Ga和As原子半径分别为rGa pm和rAs pm，则在GaAs晶胞中，4个Ga和As的体积为：=，所以GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为：100%=100%。【点睛】第一，原子的核外电子排布规则是常考的内容