上饶市2021届高三第二次高考模拟考试理科综合测试卷化学

上饶市2021届高三第二次高考模拟考试理科综合测试卷化学考试时间：150分钟，分值：300分注意事项：1、本试题卷分第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分，总分300分，考试时间150分钟。2、答题前，考生须将自己的学校、班级、姓名、学号填写在本试题卷指定的位置上。3、选择题的每小题选出答案后，用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，不能答在试题卷上。4、非选择题必须按照题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答。超出答题区域或在其他题的答题区域内书写的答案无效；在草稿纸、本试题卷上答题无效。考试结束，将本试题卷和答题卡一并交回。5、可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Cl-35.5Fe-56第I卷(选择题共126分)一、选择题(本题共13小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。)1.下列说法正确的是A.“春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干。”古代的蜡是高级脂肪酸酯，属于高分子化合物B.造纸是中国四大发明之一，古代造纸有六个步骤：斩竹漂塘、煮楻足火、舂臼打烂、荡料入帘、覆帘压纸、透火焙干都属于物理变化C.干雾过氧化氢空气消毒机在新冠抗疫中被广泛使用，其原理是利用过氧化氢的氧化性D.经分析嫦娥四号采样返回器带回的月球矿物含有CaO·MgO·2SiO2，该物质属于氧化物【答案】C【解析】【分析】【详解】A．高分子化合物相对分子质量一般在万以上，高级脂肪酸酯相对分子质量没有达到万，故不属于高分子化合物，A错误；B．第二步煮楻足火为燃烧过程，属于化学变化，B错误；C．H2O2利用其强氧化性破坏细菌或病毒的蛋白质外壳，使之失去生命基础而死亡，C正确；D．氧化物要求由两种元素组成且其中一种为氧元素，此化合物含金属元素、硅元素、氧元素，故不属于氧化物，应为硅酸盐的改写形式，故该化合物属于硅酸盐，D错误；故答案选C。2.中国工程院院士李兰娟团队于2021年2月4日公布治疗新型冠状病毒肺炎的最新研究成果：“达芦那韦”是抗击新型冠状病毒潜在用药，合成“达芦那韦”的部分路线如图所示，下列说法不正确的是A.C的分子式为C11H15NB.B的同分异构体有7种(不含B，不考虑立体异构)C.D分子中的所有碳原子不可能处于同一平面D.反应①为加成反应，反应②为取代反应【答案】D【解析】【分析】【详解】A．由C的结构简式知，C中含有11个C，1个N，根据有机中C、N成键规则确定H共有15个，故C的分子式为C11H15N，A正确；B．依据A、C结构简式，结合B的分子式确定B结构简式为：(CH3)2CHCH2NH2，B的同分异构如下：、、、、、、，共7种结构，B正确；C．D中支链上存在叔碳原子（一个C连了3个C），由于单键C与其所连4个原子形成四面体结构，所有原子不可能都共面，故D中叔碳原子与其连接的3个碳原子不可能都共面，C正确；D．A→C的反应实际分两步，第一步为A中醛基与B中氨基发生加成反应生成中间产物，中间产物再发生消去反应生成C中的碳氮双键，C→D为加氢还原反应，D错误；故答案选D。3.一种用于合成治疗免疫疾病药物的物质，其结构如图所示，其中X、Y、Z、Q、W为1～20号主族元素且原子序数依次增大，Z与Q同主族，Q和W的简单离子具有相同的电子层结构，下列说法不正确的是A.简单离子半径：W<QB.最简单氢化物的沸点：Q<ZC.化合物YZ2与YZQ分子结构相似D.X、Y、Z形成的化合物的水溶液一定显酸性【答案】D【解析】【分析】根据该物质的结构可知Z形成两个共价键，Z与Q同主族，且原子序数小于Z，则可推测出Z应为O元素，Q为S元素，W可以形成+1价阳离子，且原子序数大于S，则W应为K元素，Y可形成4个共价键，X只能形成1个共价键，结合原子序数可知X为H元素、Y为C元素。【详解】A．K+和S2-的电子层结构相同，S2-的核电荷数更小，半径更大，A正确；B．H2O分子间可以形成氢键，沸点高于H2S，B正确；C．化合物YZ2与YZQ分别为CO2和COS，二者均为三原子、直线形分子，且C原子位于中心，结构相似，C正确；D．H、C、O形成化合物可以是羧酸、醛、醇等，醛、醇的水溶液显中性，D错误；综上所述答案为D。4.由下列实验操作及现象推出的相应结论正确的是选项实验操作现象结论A向两份蛋白质溶液中分别滴加饱和氯化钠溶液和饱和硫酸铜溶液均有固体析出蛋白质均发生变性B取1mL20%的蔗糖溶液，加入3～5滴稀硫酸，水浴加热5min分钟后取少量溶液于一洁净的试管中，加入新制Cu(OH)2溶液，加热无砖红色沉淀产生蔗糖没有发生水解C用c(Fe3+)相同的Fe2(SO4)3和FeCl3溶液，分别清洗做完银镜反应的试管用FeCl3溶液清洗较干净Fe3++AgAg++Fe2+是可逆反应，且AgCl更难溶于水D对于二氧化氮和四氧化二氮的平衡体系，缩小容器体积混合气体颜色逐渐加深符合勒夏特列原理A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．向蛋白质溶液中加入饱和NaCl溶液发生盐析，加人硫酸铜溶液发生变性，结论不对，A错误；B．蔗糖水解生成葡萄糖和果糖，检验水解产物需要先加氢氧化钠溶液中和硫酸，B选项未先加氢氧化钠中和水解液中的硫酸，Cu(OH)2先与硫酸反应，加热后无砖红色沉淀生成，不能证明蔗糖未水解，B错误；C．氯化银的溶解度比硫酸银小，FeCl3溶液中Cl–与Ag+结合生成AgCl沉淀，使c(Ag+)更小，平衡Fe3++AgAg++Fe2+正向移动，Ag单质溶解，因此用FeCl3溶液清洗试管较干净，C正确；D．二氧化氮和四氧化二氮的平衡体系，存在可逆反应2NO2(g)N2O4(g)，缩小容器体积使体系压强增大，平衡向着气体分子数减小的方向移动，即逆向移动，故不能用勒夏特列原理解释该平衡体系缩小体积后颜色加深，此处颜色加深是由于体积缩小，c(NO2)浓度增大所致，D错误；故选C。【点睛】轻金属盐及铵盐使蛋白质发生盐析，是可逆变化，强酸、强碱、重金属盐等使蛋白质发生变性，为不可逆变化；用新制银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液检验蔗糖、淀粉水解产物时，需要加碱调pH至碱性。5.磷及其化合物在工农业生产中具有重要用途，下图所示为提纯白磷样品(含惰性杂质)的工艺流程。下列说法不正确的是A.过程I中，被氧化的元素是Cu和PB.过程II中，反应物的比例不同可获得不同产物，除Ca3(PO4)2和H2O外，可能还有Ca(H2PO4)2、CaHPO4C.过程Ⅲ的化学方程式为2Ca3(PO4)2+6SiO2+10C=6CaSiO3+10CO↑+P4D.不慎将白磷沾到皮肤上，可用0.2mol·L-1CuSO4溶液冲洗【答案】A【解析】【分析】【详解】A．在反应Ⅰ中，CuSO4与P4反应生成Cu3P、H3PO4，Cu元素由+2价降低到Cu3P中+1价，被还原，P元素一部分降低到Cu3P中-3价，被还原，一部分被氧化到H3PO4中+5价，A错误；B．H3PO4为三元酸，与Ca(OH)2发生酸碱中和时，随着H3PO4被中和的程度可生成Ca(H2PO4)2、CaHPO4、Ca3(PO4)2，B正确；C．根据图示，反应Ⅲ中反应物为Ca3(PO4)2、SiO2、C，生成物为CaSiO3、CO、P4，根据得失电子守恒和元素守恒配平得方程式为：2Ca3(PO4)2+6SiO2+10C=6CaSiO3+10CO↑+P4，C正确；D．根据图示反应Ⅰ知，CuSO4可与P4发生反应，所以可以用稀的CuSO4溶液冲洗皮肤上的白磷，D正确；故答案选A。6.高铁电池作为新型可充电电池，具有放电曲线平坦，高能高容量，原料丰富，绿色无污染等优点。如图为简易的高铁电池的工作装置。已知：放电后，两极都产生红褐色悬浮物。下列说法正确的是A.该电池放电时的总反应为Fe+FeO+2H++2H2O=2Fe(OH)3B.放电时，此盐桥中阴离子的运动方向是从右向左C.该电池充电时阳极反应电极反应方程式为FeO+3e-+4H2O=2Fe(OH)3+5OH-D.每消耗56gFe，转移电子6mol【答案】B【解析】【分析】由图可知，该装置Fe做原电池的负极发生氧化反应，石墨做原电池的正极反生还原反应。【详解】A．由已知放电后，两极都产生红褐色悬浮物为Fe(OH)3,电解质溶液为KOH，所以溶液中不存在H+，总反应方程式为：Fe+FeO42-=Fe(OH)3+2OH-，故A错误；B．原电池装置中，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，所以放电时阴离子向Fe电极移动，所以从右向左移动，故B正确；C．充电时正极石墨电极做阳极，Fe(OH)3失电子发生氧化反应：Fe(OH)3﹣3e﹣+5OH﹣=FeO42﹣+4H2O故C错误；D．56gFe的物质的量为1mol，Fe由0价变为+3价，每反应1mol铁转移3mol电子，故D错误；故选B。7.25℃时，向Na2CO3溶液中滴入盐酸，不考虑溶液温度变化，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。已知：lgX=或，下列叙述正确的是A.曲线m表示pH与的变化关系B.当溶液呈中性时c(Na+)=c(HCO)+2c(CO)C.Ka1(H2CO3)=1.0×10-10.3D.25℃时，CO+H2O⇌HCO+OH-的平衡常数为1.0×10-3.7【答案】D【解析】【分析】碳酸的一级电离平衡常数的Ka1=，二级电离平衡常数为K2=，且K1>>K2，所以当氢离子浓度相同，即pH相同时>，也就是lg>lg，所以曲线n代表lg，曲线m代表lg。【详解】A．根据分析可知m表示pH与lg的变化关系，故A错误；B．溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+2c(CO)+c(HCO)+c(Cl-)，溶液呈中性，则c(H+)=c(OH-)，所以c(Na+)=2c(CO)+c(HCO)+c(Cl-)，故B错误；C．Ka1(H2CO3)=，根据图像可知lg=1时，pH=7.4，即=10时c(H+)=10-7.4mol/L，带入表达式可得Ka1(H2CO3)=10-6.4，故C错误；D．CO+H2OHCO+OH-的平衡常数Kh=，据图可知lg=-1时，pH=9.3，即=10时，c(OH-)=10-4.7，带入表达式可得Kh=110-3.7，故D正确；综上所述答案为D。8.在活性炭催化下，用CoCl2、NH4Cl、H2O2、浓氨水为原料可生成橙黄色晶体X。为测定其组成，进行如下实验。I、氨的测定：精确称取wgX，加入适量的水溶解，注入如图所示的三颈瓶(B)中，然后逐滴加入足量10%NaOH溶液，通入水蒸气，将样品液中的氨全部蒸出，用V1mLc1mol·L-1的盐酸标准溶液吸收。蒸氨结束后取下接收瓶，用c2mol·L-1NaOH标准溶液滴定过剩的盐酸，到终点时消耗V2mLNaOH溶液。II、氯测定：准确称取样品X，配成溶液后用AgNO3标准溶液滴定，K2CrO4溶液为指示剂，Ag2CrO4为砖红色沉淀。回答下列问题：(1)A中安全管的作用是______。(2)仪器a的名称是______，C装置冰盐水的作用是______。(3)在NaOH标准溶液滴定过剩的盐酸实验中，锥形瓶中应加入几滴______(填“石蕊”或“酚酞”或“甲基橙”)作指示剂。若在滴定前滴定管尖嘴内有气泡，滴定后气泡消失，则测得的样品中氨的含量会______(填“偏高”或“偏低”或“不变”)。样品中氮的质量分数表达式为______。(4)测定氯的过程中，滴定终点的现象为______。(5)经测定，样品X的化学式为Co(NH3)6Cl3，写出制备X的化学方程式：______。X的制备过程中，X产率与温度的关系如图所示，当温度高于T1时X的产率下降，原因是______。(写一点)【答案】(1).使圆底烧瓶中的压力稳定，防止压力过大，将瓶口的塞子冲出(2).分液漏斗(3).降温，使氨气全部被盐酸标准溶液吸收(4).甲基橙(5).偏低(6).(7).滴入最后一滴标准AgNO3溶液，锥形瓶中出现(砖、浅)红色沉淀且半分钟内不消失(8).2CoCl2+2NH4Cl+10NH3·H2O+H2O22[Co(NH3)6]Cl3+12H2O(9).温度过高，H2O2(或NH4Cl)分解(或NH3挥发)从而减少反应物，造成产率下降(合理即可)【解析】【分析】实验Ⅰ：装置A在加热条件下产生水蒸气，水蒸气进入装置B中促进NH3逸出，装置B中样品在足量NaOH溶液与水蒸气共同作用下分解释放出NH3，最终NH3进入装置C被盐酸吸收。实验Ⅱ：根据AgNO3与Cl-定量反应关系，可用标准AgNO3溶液测定Cl-，当Cl-基本反应完全时，加入的AgNO3会与K2CrO4反应生成Ag2CrO4砖红色沉淀，从而指示滴定终点。【详解】(1)A中安全管能维持圆底烧瓶中的压力稳定，防止压力过大，将瓶口的塞子冲出；(2)仪器a的名称为分液漏斗；装置C的目的为吸收B中产生的NH3，低温有利于氨气的溶解，故冰盐水的作用为：降温，使氨气全部被盐酸标准溶液吸收；(3)由于石蕊变色范围太宽且变色不灵敏，所以酸碱滴定不选石蕊作指示剂，由于NaOH、HCl均为强电解质，相互滴定时，理论上酚酞、甲基橙均可作其指示剂，由于此时是NaOH滴定HCl，故选择在酸性范围突变的指示剂实验误差更小，所以选甲基橙；若滴定前尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失，因为尖嘴部分的标准液实际未参与反应，故所计标准液偏多，测得剩余HCl偏多，则与NH3反应的HCl偏少，故测得的样品中氨含量偏低；由题意知，与NH3反应的HCl物质的量=(10-3c1V1-10-3c2V2)mol，由反应比例关系：NH3~HCl，得样品中NH3的物质的量=n(HCl)=(10-3c1V1-10-3c2V2)mol，故样品中N的质量分数=；(4)当Cl-基本完全沉淀时，再滴加AgNO3，此时AgNO3会与K2CrO4反应生成Ag2CrO4砖红色沉淀，故终点现象为：滴入最后一滴标准AgNO3溶液，锥形瓶中出现(砖、浅)红色沉淀且半分钟内不消失；(5)由X的化学式知，Co元素在反应过程中由+2价被H2O2氧化为+3价，依据得失电子守恒和元素守恒配平得方程式为：2CoCl2+2NH4Cl+10NH3·H2O+H2O22[Co(NH3)6]Cl3+12H2O；由于反应物中NH4Cl、H2O2受热易分解，浓氨水受热NH3大量挥发，均不利于X的生成，故此处填：温度过高，H2O2(或NH4Cl)分解(或NH3挥发)从而减少反应物，造成产率下降。9.工业上利用钴渣[主要成分为Co2O3、Co(OH)3，含少量Fe2O3、Al2O3、MnO、MgO、CaO等]制备钴氧化物的工艺流程如下。已知：部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表。沉淀物Fe(OH)3Fe(OH)2Co(OH)2Al(OH)3Mn(OH)2开始沉淀2.77.67.64.07.7完全沉淀3.79.69.25.29.8(1)钴的浸出率随酸浸时间、温度的变化关系如图1，应选择的最佳工艺条件为______。金属离子在萃取剂中的萃取率随pH变化关系如图2，据此分析pH的最佳范围是______。A.5～5.5B.4～4.5C.3～3.5D.2～2.5(2)Fe2+、Co2+、SO三种离子的还原性由强到弱的顺序是______。氧化过程中加NaClO3被还原，产物中的氯元素处在最低价态，反应的离子方程式为______。(3)25℃Ksp(MgF2)=7.4×10-11，Ksp(CaF2)=1.5×10-10。除钙、镁工艺中加过量NaF溶液，滤液中=______(保留两位有效数字)。(4)已知常温下Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5，Kh(C2O)=1.8×10-10，(NH4)2C2O4溶液显______(填“酸性”或“中性”或“碱性”)。在“萃后余液”中加入(NH4)2C2O4溶液后析出晶体，再过滤、洗涤，洗涤时应选用的试剂为______(填字母代号)。A.蒸馏水B.自来水C.饱和的(NH4)2C2O4溶液D.稀盐酸(5)取一定质量煅烧后产生的钴氧化物(Co为+2、+3价)，用100mL8mol·L-1的盐酸恰好完全溶解，得到CoCl2溶液和标准状况2.24L黄绿色气体。则该钴氧化物中+2价的Co与+3价Co元素的物质的量之比为______。【答案】(1).90℃、12h(2).B(3).SO、Fe2+、Co2+(4).ClO+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O(5).0.49(6).酸性(7).A(8).1：2【解析】【分析】在第一步浸出中，金属氧化物和Co(OH)3与盐酸反应转化为对应离子，同时Co3+、Fe3+被Na2SO3还原为Co2+、Fe2+，故浸出液中阳离子有Co2+、Fe2+、Al3+、Mn2+、Mg2+、Ca2+、H+，向浸出液中加入NaClO3，将Fe2+氧化为Fe3+（由后续流程知，其他离子未被氧化），加入Na2CO3溶液调节pH至5.2，结合所给信息知，此时Al3+与Fe3+完全沉淀，故滤液Ⅰ中含Co2+、Mn2+、Mg2+、Ca2+，加入NaF溶液，Mg2+、Ca2+转化为MgF2、CaF2沉淀被除去，故滤液Ⅱ中含Co2+、Mn2+，加入萃取剂萃取Mn2+，实现Co2+与Mn2+的分离，向萃取后的水溶液中加入(NH4)2C2O4溶液，将Co2+转化为CoC2O4·2H2O沉淀，再经过煅烧获得钴的氧化物。【详解】(1)最佳条件需保证钴的浸出率较高且需要考虑经济成本，故最佳条件为浸取温度90℃，浸出时间为12h；由分析知，萃取是为了萃取Mn2+，实现Co2+与Mn2+的分离，故Mn2+萃取率要尽可能高，Co2+萃取率尽可能低，最佳pH范围为4~4.5，故答案选B；(2)由分析知，浸出时，Co3+、Fe3+均被Na2SO3还原，故三者中还原性最强，浸出液中加入NaClO3时，Fe2+被氧化为Fe3+，此时Co2+未参与反应，说明Fe2+还原性比Co2+强，故三者还原性顺序为：＞Fe2+＞Co2+；由题意知，NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，自身被还原为Cl-，初步确定并配平得失电子守恒，得反应方程式为：，根据溶液呈酸性，在等式左边添加6个H+配平电荷守恒，在等式右边添加3个H2O配平元素守恒，得完整方程式为：；(3)；(4)的水解平衡常数Kh()=＞Kh()，故(NH4)2C2O4溶液显酸性；洗涤时需除去晶体表面残留的与离子，故不能选用饱和(NH4)2C2O4溶液，自来水中含有杂质离子，不能选用，稀盐酸会与CoC2O4·2H2O反应，不能选用，蒸馏水可除去残留的与离子，且不引入新杂质，可以选用，综上所述，只有蒸馏水符合题意，故答案选A；(5)设该化合物中+2价Co元素为xmol，+3价Co元素为ymol，根据元素守恒得：x+y=n(CoCl2)=，由得失电子守恒得：y=2n(Cl2)=，联立解得x=0.1mol，y=0.2mol，故该氧化物中+2价Co与+3价Co物质的量之比为1:2。10.上饶市正在创建“全国文明城市”，对碳的化合物做广泛深入的研究并妥善处理具有重要意义。I.CO2与H2合成甲醇：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)。最近采用真空封管法制备磷化硼纳米颗粒，在发展非金属催化剂实现CO2电催化还原制备甲醇方向取得重要进展，该反应历程如图所示：(1)容易得到的副产物有CO和CH2O，其中相对较少的副产物为______；上述合成甲醇的反应速率较慢，要使反应速率加快，主要降低下列变化中______(填字母)的能量变化。A.•OCH3•CH3OHB.•CO•OCHC.•OCH2•OCH3D.•CO+•OH•CO+•H2OII.天然气一个重要的用途是制取H2，其原理为CO2(g)+CH4(g)⇌2CO(g)+2H2(g)。(2)在密闭容器中通入物质的量均为0.1mol的CH4和CO2，在一定条件下发生反应，CH4的平衡转化率与温度及压强(单位Pa)的关系如图所示。y点：v(CO)正______v(H2)逆(填“大于”“小于”或“等于”)。已知气体分压(p分)=气体总压(p总)×气体的物质的量分数。若平衡时气体的总压强为3×106Pa，求x点对应温度下反应的平衡常数Kp=______Pa2。(3)天然气中少量的杂质通常用氨水吸收，产物为硫氢化铵。一定条件下向硫氢化铵溶液中通入空气，得到单质硫并使吸收液再生。写出再生反应的化学方程式：______。III.利用铜基配合1，10-phenanthroline-Cu催化剂电催化CO2还原制备碳基燃料(包括CO、烷烃和酸等)是减少CO2在大气中累积和实现可再生能源有效利用的关键手段，其装置原理如图所示。(4)电池工作过程中，阴极的电极反应式为______。(5)每转移0.2mol电子，阳极室溶液质量减少______g。【答案】(1).CH2O(2).D(3).大于(4).4×1012(5).2NH4HS+O2=2S↓+2NH3·H2O(6).CO2+2e-+2H+=HCOOH(7).1.8【解析】【分析】【详解】(1)据图可知生成副产物CH2O时反应的活化能较大，反应进行的较慢，所以相对较少；反应慢的步骤决定整体反应速率，据图可知合成甲醇的过程中•CO+•OH•CO+•H2O的活化能最大，反应速率最慢，所以需要主要降低该步骤的中的能量变化，即选D；(2)据图可知y点时CH4转化率低于平衡转化率，所以平衡正向移动，v(CO)正＞v(CO)逆，而v(CO)逆=v(H2)逆，所以v(CO)正＞v(H2)逆；x点CH4的平衡转化率为50%，初始投料为0.1mol的CH4和0.1mol的CO2，根据方程式可知从起始到平衡时Δn(CH4)=Δn(CO2)=0.05mol，Δn(CO)=Δn(H2)=0.1mol，则平衡时体系内n(CH4)=n(CO2)=0.1mol-0.05mol=0.05mol，n(CO)=n(H2)=0.1mol，则p(CH4)=p(CO2)==5×105Pa，p(CO)=p(H2)==1×106Pa，所以Kp==4×1012Pa；(3)根据题意可知硫氢化铵中通入空气时，氧气将-2价的S元素氧化得到S单质，根据电子守恒和元素守恒可知化学方程式为2NH4HS+O2=2S↓+2NH3·H2O；(4)据图可知左侧电极上H2O被氧化生成O2，所以左侧为阳极，右侧为阴极，阴极上CO2被还原结合迁移到阴极的氢离子得到HCOOH，电极反应式为CO2+2e-+2H+=HCOOH；(5)阳极反应为2H2O-4e-=O2↑+4H+，生成的氢离子经质子交换膜迁移到阴极，所以每转移0.2mol电子，阳极室减少的质量为0.1mol水的质量，即1.8g。11.2019年诺贝尔化学奖授予约翰·B·古迪纳夫、M·斯坦利·威廷汉、吉野彰等三位科学家，以表彰他们在锂电池研究作出的卓越贡献。常用的锂电池用镍钴锰酸锂Li(NiCoMn)O2或磷酸铁锂(LiFePO4)等为正极材料。请回答下列问题：(1)Ni在元素周期表的位置是______区(填分区)，基态Fe原子的价电子排布式为______。(2)1mol配合物[Co(NH3)4Cl2]Cl含σ键数目为______NA。(3)磷元素可以形成多种含氧酸H3PO4、H3PO2、H3PO3、HPO3，这四种酸中酸性最强的是______，HPO3中心原子的杂化方式是______，写出与PO互为等电子体的离子______(写离子符号，任写两个)。(4)硫化锂Li2S的纳米晶体是开发先进锂电池的关键材料，硫化锂的晶体为反萤石结构，其晶胞结构如图。若a处微粒的坐标是则b处微粒的坐标是______；S2-的配位数是______；若硫化锂晶体的密度为ρg·cm-3，则Li+与S2-的最短距离是______nm(用含ρ、NA的计算式表示)。【答案】(1).d(2).3d64s2(3).18(4).HPO3(5).sp2杂化(6).SO、ClO(7).(，，)(8).8(9).【解析】【分析】【详解】(1)Ni元素为28号元素，其电子排布式为[Ar]3d84s2，根据其价电子排布确定位于d区，故此处填d；Fe元素为26号元素，其电子排布式为[Ar]3d64s2，价电子排布式为3d64s2；(2)该配合物中配体NH3、Cl-分别与中心Co3+之间形成一根配位键（属于σ键），共有6个配位键，同时配体NH3自身含有3个σ键，故1mol该配合物中共有σ键6+3×4=18mol，即18NA；(3)四种磷元素含氧酸化学式依次可改写为(HO)3PO、(HO)2PH、(HO)3P、(HO)PO2，一般非羟基氧个数越多，含氧酸酸性越强，所以HPO3酸性最强，故此处填HPO3；HPO3中心P原子连接1个羟基和2个氧原子，其价层电子对数=σ电子对+孤电子对=3+(5-2×2-1)=3，故杂化类型为sp2杂化；可将中P原子换成S原子或Cl原子，同时为了保持价电子总数不变，所带电荷要减少相应数目，故等电子体为或，此处填、；(4)根据a点的坐标知立方体左下角顶点为原点，将立方体分为8个小立方体，b点位于右上角小立方体的体心，其x、y、z坐标均相当于边长的，故b点坐标为；该晶胞中含有黑球个数=，白球个数=8，两者之比为1:2，故黑球代表S2-，由图示知，以面心S2-作参考，该晶胞中离S2-最近的Li+个数为4个，根据晶胞无隙并置原理，另一个晶胞中也有4个Li+离S2-最近，故S2-配位数为8；由上述计算知，1个晶胞中含有4个Li2S，则1个晶胞的质量=，