安康市宁陕县宁陕中学2020届高三全仿真考试化学试题含解析

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精陕西省安康市宁陕县宁陕中学2020届高三全仿真考试化学试题含解析宁陕中学2020届高三全仿真考试化学试卷1。医用外科口罩的结构示意图如下图所示，其中过滤层所用的材料是熔喷聚丙烯，具有阻隔部分病毒和细菌的作用.下列关于医用外科口罩的说法不正确的是A。防水层具有阻隔飞沫进入口鼻内的作用B。熔喷聚丙烯属于合成高分子材料C.熔喷聚丙烯材料难溶于水D。用完后应投入有标志的垃圾箱【答案】D【解析】【详解】A.由医用外科口罩的结构示意图可知防水层具有阻隔飞沫进入口鼻内的作用，A项正确;B。熔喷聚丙烯通过丙烯加聚反应制得，属于合成高分子材料，B项正确；C。熔喷聚丙烯材料通过丙烯加聚反应制得,属于烃类无亲水基,难溶于水，C项正确;D.口罩用完后属于有害物质，所以用完后应不能投入有标志的垃圾箱,D项错误；答案选D。2。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A。标准状况下，11。2L三氯甲烷中含有氯原子的数目为1.5NAB.90g葡萄糖中含氧原子数目为3NAC。常温下，1L0。5mol·L−1醋酸铵溶液(pH=7)中CH3COO−与数目均为0。5NAD.1molNa2O和1molNa2O2组成的混合物中含有的离子总数为7NA【答案】B【解析】【详解】A．标准状况下三氯甲烷不是气体,11.2L三氯甲烷的物质的量不是0。5mol,故A错误;B．90g葡萄糖(C6H12O6)的物质的量为=0.5mol,所含氧原子为0.5mol6=3mol，即3NA,故B正确；C．醋酸铵溶液中存在醋酸根和铵根的水解,所以1L0.5mol·L−1醋酸铵溶液（pH=7)中CH3COO−与数目均小于0.5NA,故C错误;D．1molNa2O含2mol钠离子和1mol氧离子，1molNa2O2含2mol钠离子和1mol过氧根，所以1molNa2O和1molNa2O2组成的混合物中含有的离子总数为6NA，故D错误；故答案为B.3.下列有关实验装置进行的相应实验，不能达到实验目的的是（)A.用图1所示装置除去Cl2中含有的少量HClB。用图2所示装置蒸发KCl溶液制备无水KClC.用图3所示装置可以完成“喷泉"实验D。用图4所示装置制取干燥纯净的NH3【答案】D【解析】【详解】A．由于氯气与水的反应是可逆反应,若水中含有NaCl就可以减少氯气的消耗，同时还可以溶解HCl,因此可以用图1所示装置除去Cl2中含有的少量HCl，A正确；B．KCl是强酸强碱盐，加热不发生水解反应，所以可以用图2所示装置蒸发KCl溶液制备无水KCl，B正确；C．氯气与NaOH溶液发生反应,使烧瓶中气体压强减小，烧杯中的NaOH溶液在大气压强的作用下被压入烧瓶,氯气进一步溶解、反应消耗，压强进一步减小，能够持续不断的产生压强差，因此可以用图3所示装置可以完成“喷泉”实验,C正确；D．可以用向NaOH固体中滴加浓氨水的方法制取氨气，氨气的水溶液呈碱性,用碱性干燥剂碱石灰进行干燥，但是由于氨气的密度比空气小,应该用向下排空气的方法收集氨气，所以不能用图4所示装置制取干燥纯净的NH3，D错误。答案选D。4.我国中草药文化源远流长，通过临床试验，从某中草药中提取的有机物具有较好的治疗癌症的作用，该有机物的结构如图所示。下列说法中错误的是（）A.分子式为C13H12O6B该有机物能发生取代反应、加成反应、氧化反应C。1mol该有机物与NaOH反应最多消耗2molNaOHD。1mol该有机物与溴水反应最多消耗3molBr2【答案】C【解析】【分析】由有机物的结构可知,该有机物的分子式为C13H12O6，官能团为碳碳双键、羧基、酯基、羟基和醚键。【详解】A.由有机物的结构可知，该有机物的分子式为C13H12O6，故A正确;B。该有机物的官能团为碳碳双键、羧基、酯基、羟基和醚键，能发生取代反应（羧基发生酯化反应、酯基发生水解反应、酚羟基与浓溴水发生取代反应)、加成反应（碳碳双键和苯环能与氢气发生加成反应）、氧化反应(酚羟基具有还原性易被氧化或燃烧发生氧化反应），故B正确；C。该有机物含有的羧基、酯基和酚羟基能与氢氧化钠溶液反应,1mol该有机物与NaOH反应最多消耗3molNaOH，故C错误；D.该有机物含有的碳碳双键和酚羟基能与溴水反应，1mol该有机物碳碳双键能与1mol溴水发生加成反应、酚羟基的邻对位氢原子能与2mol溴水发生取代反应，共消耗3molBr2，故D正确；故选C.【点睛】解答时应注意官能团性质的重合性，该有机物的官能团为碳碳双键、羧基、酯基、羟基和醚键，羧基、酯基和酚羟基能与氢氧化钠溶液反应，碳碳双键和酚能与溴水反应,碳碳双键和苯环能与氢气发生加成反应。5。前四周期元素A、B、C、D、E原子序数依次增大.已知：A、C同主族，A的原子最外层电子数是次外层的3倍，B的氧化物既能溶于强酸,又能溶于强碱，D的原子半径是第3周期中最小的，E是形成骨骼和牙齿的主要元素,且E单质能和水反应。则下列分析错误的是A.A和B形成的化合物可作为耐火材料B。A和C的氢化物的沸点:C〉AC.简单离子半径：E<D〈CD.E和D形成的化合物的电子式：【答案】B【解析】【分析】前四周期元素A、B、C、D、E原子序数依次增大。已知：A、C同主族，A的原子最外层电子数是次外层的3倍，A是O，则C是S，B的氧化物既能溶于强酸，又能溶于强碱，B是Al。D的原子半径是第三周期中最小的，D是Cl。E是形成骨骼和牙齿的主要元素，且E单质能和水反应，E是Ca。据此解答。【详解】根据以上分析可知A、B、C、D、E分别是O、Al、S、Cl、Ca。A.A和B形成的化合物氧化铝可作为耐火材料，A正确;B。水分子间存在氢键，则A和C的氢化物的沸点:C＜A，B错误;C。核外电子排布相同时离子半径随原子序数的增大而减小，则简单离子半径：E＜D＜C，C正确;D.E和D形成的化合物是离子化合物氯化钙,电子式为，D正确。答案选B.6。锂碘电池的正极材料是聚2—乙烯吡啶（简写为P2VP）和I2的复合物，电解质是熔融薄膜状的碘化锂，该电池发生的总反应为2Li+P2VP·nI2P2VP·（n—1）I2+2LiI。下列说法正确的是（)A.该电池放电时，锂电极发生还原反应B。该电池放电时，碘离子移向正极C。P2VP和I2的复合物是绝缘体，不能导电，充电时与外电源的负极相连D.放电时正极的电极反应式为P2VP·nI2+2e-+2Li+=P2VP·（n—1）I2+2LiI【答案】D【解析】【详解】A.该电池放电时，负极反应式为2Li—2e-=2Li+，锂电极发生氧化反应，Li作负极，A错误；B。原电池中碘离子移向正电荷较多的负极Li，B错误；C.正极材料是聚2—乙烯吡啶（简写为P2VP)和I2的复合物，电极不可能是绝缘体，C错误；D.锂碘电池的正极的电极反应式为P2VP•nI2+2Li++2e—=P2VP•(n-1）I2+2LiI，负极反应式为2Li-2e-=2Li+，总反应为2Li+P2VP•nI2=P2VP•（n-1）I2+2LiI,D正确;故合理选项是D。7.T℃时，在20.00mL0.10mol·L—1一元酸HR溶液中滴入0。10mol·L-1NaOH溶液,溶液pH与NaOH溶液体积的关系如图所示。下列说法不正确的是（）A..T℃时，HR电离常数Ka≈1。0×10-5B。M点对应的NaOH溶液体积为20.00mLC。N点与Q点所示溶液中水的电离程度：N〉QD。M点所示溶液中c（Na+）=c(R-)【答案】B【解析】【详解】A．P点溶液pH=3,则c（H+)=1×10-3mol/L,c(R-）≈c(H+)，c(HR)≈0。1mol/L，则T℃时HR电离平衡常数Ka==1。0×10-5，故A正确；

B．M点溶液的pH=7,则溶液呈中性，此时c（H+）=c(OH-)，而HR与氢氧化钠反应完全生成的NaR溶液呈碱性,所以溶液显中性时氢氧化钠的体积应小于20ml，故B错误;

C．N点HR可能恰好完全反应，也可能氢氧化钠稍微过量，但无论何种情况，Q点溶液中氢氧化钠的浓度要大于N点,碱的电离抑制水的电离,则水的电离程度：N＞Q,故C正确；D．M点溶液中存在电荷守恒c(OH—)+c(R-)=c(H+)+(Na+)，溶液显中性,则c（OH-）=c(H+)，所以c（R—)=(Na+），故D正确;故答案为B。8。苯甲醇是一种重要的化工原料，广泛用于香料、造纸、制药和印染等行业。实验室制备苯甲醇的反应原理和有关数据如图：2+K2CO3+H2O→2+CO2↑+2KCl实验步骤：如图所示,在装有电动搅拌器的250mL三颈烧瓶里加入9.0g碳酸钾(过量），70。0mL水，加热溶解，再加入2。0mL四乙基溴化铵[(CH3CH2）4NBr]溶液和10.0mL氯化苄。搅拌加热回流反应1~1.5h。反应结束后冷却，并转入125mL分液漏斗中，分出有机层，水层用萃取剂萃取三次。合并萃取液和有机层，加入无水硫酸镁固体，静置、过滤.最后进行蒸馏纯化，收集200～208℃的馏分，得8.4mL苯甲醇。回答下列问题:（1)仪器X的名称是_________,冷却水应从_________（填“上口”或“下口”)通入。（2)本实验中加入无水硫酸镁的目的是_________。从绿色化学角度考虑，萃取剂宜采用___（填字母）。A．乙醇B．乙酸乙酯C．苯D．氯仿(3)某同学认为该装置中的电动搅拌器可以换成沸石，以防暴沸。该说法______(填“是"或“否”）正确,其理由是_______________。(4)四乙基溴化铵没有直接参与反应，但大大提高了反应速率，其原因可能是____________.（5)本实验苯甲醇的产率为______％（计算结果保留一位小数）。【答案】（1)。球形冷凝管(2).下口(3）。除去有机层中的水，达到干燥的目的（4).B(5)。否（6)。电动搅拌器使不相溶的反应液混合均匀，加快反应速率(7)。提高氯化苄在水中的溶解度,使反应物充分接触（或增大有效碰撞几率)（8)。89。4【解析】【分析】根据常用仪器的名称来解答,冷凝回流时，冷水应从下口进,上口出；有机层中含有水份，用无水硫酸镁易形成结晶水合物来解答,绿色化学又称环境无害化学，理想的绿色技术应采用具有一定转化率的高选择性化学反应来生产目标产品，不生成或很少生成副产品或废物，实现或接近废物的“零排放“过程；根据电动搅拌器和沸石作用不同分析解答;根据表中四乙基溴化铵和氯化苄的水溶性，结合加快反应速率的因素解答；9。0g碳酸钾（过量)，70.0mL水，加热溶解，再加入2。0mL四乙基溴化铵［（CH3CH2）4NBr］溶液和10。0mL氯化苄.搅拌加热回流反应1～1。5h。得8.4mL苯甲醇，因为9。0g碳酸钾（过量）,根据氯化苄结合方程式

2+K2CO3+H2O→2+CO2↑+2KCl计算苯甲醇的理论产量,最后计算产率。【详解】（1)由实验装置图可知，仪器X的名称是球形冷凝管，冷却水采用逆流的方式冷却效果较好，所以冷却水应从下口通入;答案为球形冷凝管,下口。(2)加入无水硫酸镁,利用其易与水形成结晶水合物,除去有机层中的水,达到干燥的目的；A．乙醇与水互溶，不能用乙醇作萃取剂；B．乙酸乙酯有特殊香味，无毒,难溶于水，可作萃取剂；C．苯难溶于水，但苯易挥发、有毒；D．氯仿难溶于水，但氯仿易挥发、有毒；从绿色化学角度考虑，萃取剂宜采用乙酸乙酯；答案为除去有机层中的水,达到干燥的目的，B。（3）不能用沸石代替电动搅拌器，因为使用电动搅拌器，除防暴沸，还可使不相溶的反应液混合均匀，加快反应速率;答案为否，使用电动搅拌器，还可使不相溶的反应液混合均匀,加快反应速率。（4）四乙基溴化铵易溶于水，而氯化苄不溶于水,易溶于四乙基溴化铵，则加入四乙基溴化铵,可提高氯化苄在水中的溶解度,使反应物充分接触，增大了有效碰撞的几率,提高反应速率；答案为提高氯化苄在水中的溶解度,使反应物充分接触，增大了有效碰撞的几率。(5）根据氯化苄密度为1.1g/cm3，10。0mL氯化苄的质量为11g，其物质的量为mol，理论生成苯甲醇的质量为mol×108g/mol=9.39g，实际得到8.4mL苯甲醇，苯甲醇的密度为1.0g/mL,实际得到8.4g苯甲醇,则苯甲醇的产率为=89.4％；答案为89。4.9.高纯MnCO3在电子工业中有重要的应用，工业上利用软锰矿（主要成分是MnO2，还含有Fe2O3、CaCO3、CuO等杂质）制取碳酸锰的流程如图所示：已知：还原焙烧主反应为2MnO2＋C2MnO＋CO2↑。可能用到的数据如下：根据要求回答下列问题：(1)在实验室进行步骤A，混合物应放在__________中加热。(2）步骤E中调节pH的范围为____________，其目的是______________________________.（3）步骤G,温度控制在35℃以下的原因是____________________________________，若Mn2+恰好沉淀完全（当离子浓度≦10-5mol/L认为该离子沉淀完全)时测得溶液中的浓度为2。2×10－6mol/L,则Ksp（MnCO3)＝____________。（4）步骤D中氧化剂与还原剂的物质的量之比为__________；步骤C中的滤渣为__________。（5)生成的MnCO3沉淀需经充分洗涤，检验洗涤是否干净的方法是_____________________.(6）现用滴定法测定产品中锰元素的含量。实验步骤:称取3。300g试样,向其中加入稍过量的磷酸和硝酸,加热使产品中MnCO3完全转化为[Mn(PO4）2]3－(其中完全转化为)；加入稍过量的硫酸铵，发生反应NO2-＋＝N2↑＋2H2O以除去;加入稀硫酸酸化，再加入60.00mL0.500mol·L－1硫酸亚铁铵溶液，发生的反应为［Mn（PO4)2］3－＋Fe2＋＝Mn2＋＋Fe3＋＋2；用5。00mL0.500mol·L－1酸性K2Cr2O7溶液恰好除去过量的Fe2＋。①酸性K2Cr2O7溶液与Fe2+反应的离子方程式为_____________________________________。②试样中锰元素的质量分数为____________。【答案】（1)。坩埚(2）.3。7≤pH＜8。1（3).使Fe3＋转化为Fe(OH）3而除去，而不影响Mn2＋（4).减少碳酸氢铵的分解,提高原料利用率（5）。2.2×10－11(6)。1∶2（7).C、Cu和CaSO4（8）.取少量最后一次的洗涤液于试管中，向其中滴加用盐酸酸化的BaCl2溶液,若无白色沉淀产生，则表明已洗涤干净(9).6Fe2＋＋＋14H＋=6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O（10）.25%【解析】【分析】软锰矿(主要成分是MnO2,还含有Fe2O3、CaCO3、CuO等杂质），主要发生2MnO2+C2MnO+CO2↑，同时C将Fe2O3、CuO还原生成Fe、Cu，再用硫酸浸取过滤得到MnSO4、FeSO4溶液，过滤分离出的滤渣为过量的碳和反应生成的Cu、CaSO4;加入MnO2氧化Fe2+得到Fe3+,再调节pH除去Fe3+得到MnSO4溶液,最后用NH4HCO3发生复分解反应生成MnCO3，分离烘干得到MnCO3，以此来解答.【详解】(1)高温焙烧物质应在坩埚中进行；（2）此时溶液中的杂质主要为Fe3+,结合表中数据可知为了使三价铁完全沉淀而不影响锰离子，步骤E中调节pH的范围为3.7≤pH＜8.3,其目的是使铁离子转化为氢氧化铁而除去，而不影响Mn2+;(3）铵盐不稳定，受热易分解,所以步骤G中温度需控制在35℃以下，减少碳酸氢铵的分解，提高原料利用率；Mn2＋恰好沉淀完全时可认为c(Mn2+)=10-5mol/L,Ksp（MnCO3)=c（Mn2+）·c（CO32-)=10—5×2.2×10－6=2.2×10—11；（4）步骤D中MnO2被还原成Mn2+，化合价降低2价,Fe2+被氧化成Fe3+，化合价升高1价,根据得失电子守恒,氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2；根据分析可知滤渣为C、Cu和CaSO4；（5)生成的MnCO3沉淀可能附着有硫酸盐,所以检验是否含有硫酸根即可确认沉淀是否洗涤干净,具体操作为：取少量最后一次的洗涤液于试管中,向其中滴加用盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则表明已洗涤干净；(6）①酸性K2Cr2O7具有强氧化性，可以把亚铁离子氧化成铁离子,自身被还原成Cr3+,根据电子守恒、电荷守恒和原子守恒可得离子方程式为6Fe2＋＋＋14H＋=6Fe3+＋2Cr3＋＋7H2O；②根据方程式6Fe2＋＋＋14H＋=6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O可知剩余n(Fe2+）=0.500mol·L—1×0.005L×6=0。015mol，则与[Mn(PO4)2]3－反应的n（Fe2+)=0.500mol·L-1×0。06L-0。015mol=0。015mol，根据方程式［Mn（PO4)2]3-＋Fe2＋＝Mn2＋＋Fe3＋＋2可知n(Mn)=0。015mol,所以锰元素的质量分数为×100%=25%。【点睛】滤渣C成分为易错点,除了还原生成的Cu之外，木炭过量且不溶于稀硫酸，所以滤渣有C,且原料中的碳酸钙会转化为硫酸钙，也是滤渣。10.二甲醚(CH3OCH3）重整制取H2,具有无毒、无刺激性等优点。回答下列问题：(1）CH3OCH3和O2发生反应I：CH3OCH3（g）+O2(g)=2CO(g）+3H2(g)△H已知：CH3OCH3(g）CO(g）+H2（g）+CH4（g）△H1CH4(g)+O2(g）=CO（g）+2H2O（g)△H2H2(g）+O2（g)=H2O（g)△H3①则反应I的△H=____________________(用含△H1、△H2、△H3的代数式表示)。②保持温度和压强不变,分别按不同进料比通入CH3OCH3和O2，发生反应I.测得平衡时H2的体积百分含量与进料气中n（O2）/n(CH3OCH3）的关系如图所示.当＞0.6时，H2的体积百分含量快速降低，其主要原因是____(填标号)。A．过量的O2起稀释作用B．过量的O2与H2发生副反应生成H2OC．＞0.6平衡向逆反应方向移动（2)T℃时，在恒容密闭容器中通入CH3OCH3，发生反应II：CH3OCH3（g）CO（g）+H2(g）+CH4（g），测得容器内初始压强为41。6kPa,反应过程中反应速率v(CH3OCH3）时间t与CH3OCH3分压P(CH3OCH3)的关系如图所示。①t=400s时，CH3OCH3的转化率为________（保留2位有效数字);反应速率满足v(CH3OCH3）=kPn(CH3OCH3)，k=_________s—1；400s时v(CH3OCH3)=_________kPa∙s—1。②达到平衡时，测得体系的总压强P总=121。6kPa，则该反应的平衡常数Kp=________________kPa2（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数）。③该温度下,要缩短达到平衡所需的时间，除改进催化剂外，还可采取的措施是________。【答案】（1）。△H1+△H2—2△H3(2)。B（3).16％(4）。4.4×10-4（5）.1。54×10—2kPa/s(6)。4×104(7）。增大反应物的压强或浓度【解析】【详解】（1)①已知：i.CH3OCH3(g）CO（g）+H2（g)+CH4(g）△H1ii.CH4(g)+O2(g)=CO(g)+2H2O(g)△H2iiiH2（g)+O2(g)=H2O(g）△H3根据盖斯定律i+ii—iii×2得:CH3OCH3（g）+O2（g)=2CO（g)+3H2(g)△H=△H1+△H2—2△H3;②过量的O2与H2发生副反应生成H2O，从而使H2的体积百分含量快速降低，A、C选项不能使H2的体积百分含量快速降低，故选B；(2）①t=400s时,CH3OCH3分压P(CH3OCH3)=35。0kPa，测得容器内初始压强为41。6kPa，根据等温等容条件下，压强之比等于物质的量之比，可知转化率=×100%=16％；由图象可知，当P(CH3OCH3)=10.0kPa时,v（CH3OCH3)=4.4×10—3kPa·s-1,根据v（CH3OCH3)=kPn(CH3OCH3)，化学方程式中CH3OCH3的系数为1，所以n=1,解得k=4.4×10—4s—1；由图象可知，400s时P（CH3OCH3）=35.0kPa,则v(CH3OCH3）=4.4×10—4s—1×35kPa=1.54×10-2kPa/s；②达到平衡时,测得体系的总压强P总=121。6kPa，设起始通入的CH3OCH3物质的量为41。6mol,反应消耗甲醚物质的量为x，列三段式有：根据气体的压强之比等于气体物质的量之比有（41.6+2x）:41.6=121.6：41。6,解得x=40mol，则平衡时CH3OCH3（g)、CO(g)、H2（g）、CH4（g)的物质的量分别为1。6mol、40mol、40mol、40mol，则平衡时CH3OCH3(g)、CO（g）、H2(g）、CH4（g）的分压为1。6kPa、40kPa、40kPa、40kPa，则该反应的平衡常数Kp===4104kPa2;③该温度下，要缩短达到平衡所需的时间，除改进催化剂外，还可以增大反应物的压强或增大反应物的浓度使反应速率加快。【点睛】恒容密闭中气体的压强之比等于气体的物质的量之比,所以计算时可以将压强当成物质的量来进行计算.[化学—-选修3:物质结构与性质］11。据世界权威刊物《自然》最近报道,我国科学家选择碲化锆(ZrTe2)和砷化镉（Cd3As2)为材料验证了三维量子霍尔效应，并发现了金属-绝缘体的转换.回答下列问题：（1)锌和镉位于同副族，而锌与铜相邻。现有4种铜、锌元素的相应状态,①锌：[Ar］3d104s2、②锌：[Ar]3d104s1、③铜：[Ar]3d104s1、④铜：［Ar］3d10。失去1个电子需要的能量由大到小排序是______（填字母).A.④②①③B.④②③①C。①②④③D.①④③②（2）硫和碲位于同主族，H2S的分解温度高于H2Te，其主要原因是_______.在硫的化合物中，H2S、CS2都是三原子分子，但它们的键角（立体构型）差别很大，用价层电子对互斥理论解释:_________；用杂化轨道理论解释:_________。（3）Cd2+与NH3等配体形成配离子。［Cd(NH3)4]2+中2个NH3被2个Cl－替代只得到1种结构，它的立体构型是___________。1mol[Cd（NH3）4]2+含___________molσ键。（4）砷与卤素形成多种卤化物。AsCl3、AsF3、AsBr3的熔点由高到低的排序为__________。（5)锆晶胞如图所示，1个晶胞含_______个Zr原子；这种堆积方式称为__________。（6）镉晶胞如图所示。已知：NA是阿伏加德罗常数的值,晶体密度为dg·cm－3。在该晶胞中两个镉原子最近核间距为______nm（用含NA、d的代数式表示），镉晶胞中原子空间利用率为________(用含π的代数式表示)。【答案】（1）。A（2）。S原子半径小于Te，H－S键的键能较大(3）.H2S分子中S原子价层有2个孤电子对,孤电子对对成键电子对排斥力大于成键电子对之间排斥力,所以键角较小；CS2分子中C原子价层没有孤电子对，成键电子对之间排斥力相同且较小（4）。H2S中S采用sp3杂化，CS2中C采用sp杂化(5）。正四面体（6).16（7)。AsBr3＞AsCl3＞AsF3（8）.6（9).六方最密堆积(10).（11).【解析】【详解】(1）电离能大小与原子的外围电子构型有关，具有稳定构型的元素，电离能较大。而同一元素电离能满足：I1＜I2＜I3＜I4。锌原子的第一电离能大于铜原子第一电离能，有①＞③；铜的第二电离能大于锌的第二电离能，有④＞②.锌的第二电离能大于第一电离能,②＞①.故选A.答案为:A；（2）从原子半径、键能角度分析气态氢化物的热稳定性.原子半径：r（S)＜r(Te），键能：H－S＞H－Te，所以H2S较稳定。H2S分子中S原子价层有2个孤电子对，孤电子对对成键电子对排斥力大于成键电子对之间排斥力，所以键角较小；CS2分子中C原子价层没有孤电子对，成键电子对之间排斥力相同，呈直线形最稳定，键角较大。从杂化轨道角度解释，H2S中S采用sp3杂化，CS2中C采用sp杂化.答案为:S原子半径小于Te，H–S键的键能较大；H2S分子中S原子价层有2个孤电子对,孤电子对对成键电子对排斥力大于成键电子对之间排斥力，所以键角较小；CS2分子中C原子价层没有孤电子对，成键电子对之间排斥力相同且较小；H2S中S采用sp3杂化，CS2中C采用sp杂化；（3）［Cd（NH3)4］2+中2个NH3被2个Cl替代只得到1种结构,说明Cd2+采用sp3杂化，呈正四面体结构。配位键也是σ键.1mol［Cd(NH3）4］2+含16molσ键。答案为：正四面体；16；（4）它们都是分子晶体，相对分子质量越大，范德华力越大，熔点越高.故熔点排序为AsBr3＞AsCl3＞AsF3。答案为：AsBr3＞AsCl3＞AsF3；(5)在六棱柱中,12个原子位于顶点、2个原子位于面心，3个原子位于体内.1个六棱柱含6个原子。这种堆积方式叫六方最密堆积.答案为：6；六方最密堆积;（6)图2为体心立方堆积，3个镉原子位于体对角线且相切,1个晶胞含2个镉原子。设晶胞参数为a，d=，a=nm.设两镉原子最近核间距为x，(2x）2=3a2，x=nm.设镉原子半径为r，则r=nm,φ==。答案为：;。【点睛】金属晶体中体心立方堆积、面心立方堆积中的几组公式(设棱长为a，原子半径为r）：（1)面对角线长=(2）体对角线长=(3)体心立方堆积（4)面心立方堆积［化学——选修5: