福建省厦门市第一中学2023-2024学年高三上学期10月月考化学试题 含解析

厦门一中2024届高三年化学科10月月考试卷说明：1.本试卷满分100分，考试时间75分钟。2.可能用到的相对原子质量：H：1C：12O：16N：14Si：28S：32Cl：35.5Fe：56Co：59Cu：64In：115一、选择题(本题共12小题，其中1－8小题每题3分，9－12小题每题4分，共40分。每小题只有一个选项符合题意)1.化学与生产、生活、科技、环境等关系密切。下列说法正确的是A.汽车尾气催化转化器可有效减少CO2的排放，实现“碳中和”B.“天和”号核心舱使用了目前世界上最先进的三结砷化镓太阳能电池翼，砷化镓属于半导体材料C.“神舟十二号”宇宙飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷的主要成分是硅酸盐D.光化学烟雾、臭氧层空洞的形成都与SO2有关【答案】B【解析】【详解】A．汽车尾气中CO和氮氧化物经催化反应生成CO2、N2，并未减少CO2的排放，A错误；B．砷化镓最外层平均4个电子类似于硅，是优良的半导体材料，B正确；C．高温结构陶瓷一般用碳化硅、氮化硅或某些金属氧化物等在高温下烧结而成，属于新型无机非金属材料，不属于硅酸盐材料，C错误；D．光化学烟雾、臭氧层空洞的形成都与氮氧化物有关。氮氧化物与烃类物质在光的作用下形成光化学烟雾，氮氧化物能与O3反应从而形成臭氧层空洞；而SO2主要是造成酸雨，D错误；答案选B。2.化学用语可以表达化学过程，下列化学用语的表达正确的是A.用电子式表示MgCl2的形成过程：：B.SO3的VSEPR模型：C.中子数为20的氯原子：D.HClO的空间填充模型：【答案】D【解析】【详解】A．镁失去电子、氯得到电子，镁离子和氯离子形成氯化镁，，A错误；B．SO3的中心原子S原子的价层电子对数为，为sp3杂化，没有孤电子对，为平面三角形，B错误；C．核素的表示方法为：元素符号左下角为质子数，左上角为质量数；中子数为20的氯原子的质子数为17、质量数为37，表示为，C错误；D．原子半径氢小于氧小于氯，HClO的空间填充模型：，D正确；故选D。3.法匹拉韦是治疗新冠肺炎的一种药物，其结构简式如图所示。下列说法正确的是A.1mol该分子中σ键的数目是13NAB.该分子中氮原子杂化类型都相同C.该分子中N、O、F的第一电离能大小顺序为F>N>OD.该分子中存在手性碳原子【答案】C【解析】【详解】A．该分子中含有σ键15个，1mol该分子中σ键的数目是15NA，选项A错误；B．该分子中所有-NH2中N原子为sp3杂化，环中成双键N为sp2杂化，选项B错误；C．同周期元素的第一电离能从左到右有增大的趋势，但ⅡA族和VA族的元素达到全满或半满状态，所以N、O、F的第一电离能由大到小的顺序为F>N>O，选项C正确；D．手性碳原子一定是饱和碳原子，所连接的四个基团要是不同的，该有机物中没有饱和的碳原子，选项D错误；答案选C。4.下列指定反应的离子方程式正确的是A.电解MgCl2水溶液：B.向“84”消毒液中加入少量SO3增强其氧化性：C.NaHCO3溶液与少量的Ba(OH)2溶液混合：D.次氯酸钠溶液中通入少量CO2：【答案】B【解析】【详解】A．电解MgCl2水溶液的离子反应为，故A错误；B．向“84”消毒液中通入少量SO3会产生次氯酸，离子反应为，故B正确；C．NaHCO3溶液与少量的Ba(OH)2溶液混合，离子方程式为：，故C错误；D．次氯酸钠溶液中通入少量CO2，离子方程式为：，故D错误；故答案选B。5.类比法是一种学习化学的重要方法，下列类比法结论正确的是A.C2H5OH分子间可以形成氢键，则CH3CHO分子间也可以形成氢键B.工业上电解熔融的MgCl2冶炼Mg，则也可电解熔融的AlCl3冶炼AlC.NaCl固体与浓硫酸共热可制HCl，则NaI固体与浓硫酸共热可制HID.将CO2通入BaCl2溶液中不产生沉淀，则将SO2通入BaCl2溶液中也不产生沉淀【答案】D【解析】【详解】A．氧元素电负性很大，C2H5OH分子间可以形成氢键，但CH3CHO分子间不可以形成氢键，故A错误；B．AlCl3为共价化合物，熔融状态下不导电，所以不能采用电解熔融AlCl3的方法冶炼Al，应该采用电解熔融氧化铝的方法冶炼，故B错误；C．HI能被浓硫酸氧化生成I2，所以不能用浓硫酸和KI制取HI，故C错误；D．CO2、SO2都和BaCl2溶液不反应，所以将CO2通入BaCl2溶液中不产生沉淀，将SO2通入BaCl2溶液中也不产生沉淀，故D正确；故答案选D。6.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.常温下，60gSiO2晶体中含有Si－O极性键的数目为4NAB.1molMg3N2与过量水反应收集的气态氨分子数目为2NAC.0.1mol·L－1的Na2CO3溶液中H2CO3、、的粒子总数为0.1NAD.56gFe与足量水蒸气充分反应，转移电子数为3NA【答案】A【解析】【详解】A．60gSiO2的物质的量为1mol，二氧化硅晶体中每个硅原子含有4个Si-O极性键，所以60gSiO2晶体中含Si-O键数目为4NA，A正确；B．反应生成的氨气极易溶于水，故逸出收集的气态氨分子小于2mol，数目小于2NA，B错误；C．0.1mol·L－1的Na2CO3溶液中H2CO3、、的粒子总浓度之和为0.1mol/L，溶液体积未知，无法计算其数目，C错误；D．56gFe为1mol，与足量水蒸气充分反应生成四氧化三铁，四氧化三铁中铁元素化合价为+2、+3，故转移电子小于3mol，数目小于3NA，D错误；故选A。7.下列装置正确并能达到实验目的的是甲乙丙丁A.图甲装置可用于实验室制取并收集NH3B.图乙装置可用于制备NaHCO3，其中CO2分子为直线形C.图丙装置可用于比较碳、硅元素非金属性大小D.图丁装置试管下层出现紫红色，可证明氧化性：Cl2>Fe3+>I2【答案】C【解析】【详解】A．氢氧化钠容易吸水结块，导致生成气体不容易放出，应选择氢氧化钙固体和氯化铵固体共热制取氨气，A错误B．氨气极易溶于水，不能直接通入溶液中，B错误；C．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，较强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，二氧化碳和硅酸钠溶液反应生成难溶性硅酸沉淀，则装置丙可以用来验证碳的非金属性比硅强，C正确；D．氯气可能过量而氧化碘负离子，不能确定是铁离子氧化碘负离子还是氯气氧化碘负离子，只能比较氯气和亚铁离子氧化性，D错误；故选C。8.日光灯中用到的某种荧光粉的主要成分为3W3(ZX4)2·WY2。已知：X、Y、Z和W为原子序数依次增大的前20号元素，W为金属元素。基态X原子s轨道上的电子数和p轨道上的电子数相等，基态X、Y、Z原子的未成对电子数之比为2：1：3。下列说法正确的是A.电负性：X>Y>Z>WB.原子半径：X<Y<Z<WC.Y和W的单质都能与水反应生成气体D.Z元素最高价氧化物对应的水化物具有强氧化性【答案】C【解析】【分析】根据题中所给的信息，基态X原子s轨道上的电子式与p轨道上的电子式相同，可以推测X为O元素或Mg元素，由荧光粉的结构可知，X主要形成的是酸根，因此X为O元素；基态X原子中未成键电子数为2，因此Y的未成键电子数为1，又因X、Y、Z、W的原子序数依次增大，故Y可能为F元素、Na元素、Al元素、Cl元素，因题目中给出W为金属元素且荧光粉的结构中Y与W化合，故Y为F元素或Cl元素；Z原子的未成键电子数为3，又因其原子序大于Y，故Y应为F元素、Z其应为P元素；从荧光粉的结构式可以看出W为某+2价元素，故其为Ca元素；综上所述，X、Y、Z、W四种元素分别为O、F、P、Ca，据此答题。【详解】A．电负性用来描述不同元素的原子对键合电子吸引力的大小，根据其规律，同一周期从左到右依次增大，同一主族从上到下依次减小，故四种原子的电负性大小为：Y>X>Z>W，A错误；B．同一周期原子半径从左到右依次减小，同一主族原子半径从上到下依次增大，故四种原子的原子半径大小为：Y<X<Z<W，B错误；C．F2与水反应生成HF气体和O2，Ca与水反应生成氢氧化钙和氢气，二者均可以生成气体，C正确；D．Z元素的最高价氧化物对应的水化物为H3PO4，没有强氧化性，D错误；故答案选C。9.根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是选项实验操作和现象结论A向2mL1mol·L－1硼酸溶液中加入1mL1mol·L－1碳酸钠溶液，溶液无明显变化硼酸与碳酸钠不反应B用pH试纸测定1mol·L－1的Na2S和NaCl溶液的pH，前者的试纸颜色比后者深非金属性：S<ClC充分加热铁粉和硫粉的混合物，冷却后取少量固体于试管中，加入足量稀硫酸，再滴入K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀铁被硫氧化至Fe(II)D向新制硫酸亚铁溶液中滴加邻二氮菲()，溶液变为橙红色，然后再加入一定体积酸，溶液颜色变浅(与加入等体积水相比较)与邻二氮菲配位能力：H+>Fe2+A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．向2mL1mol·L－1硼酸溶液中加入1mL1mol·L－1碳酸钠溶液，可能是生成碳酸氢钠，溶液无明显变化，A错误；B．非金属性要通过比较最高价氧化物对应水化物的酸性强弱，B错误；C．充分加热铁粉和硫粉的混合物，冷却后取少量固体于试管中，加入足量稀硫酸，再滴入K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀，可知溶液中含有亚铁离子，但是可能是因为铁过量导致，不能证明铁被硫氧化至Fe(II)，C错误；D．加入酸，溶液颜色相比与加等体积水变浅，可知氢离子与邻二氮菲配位能力更强，D正确；故选D。10.利用烟气中SO2可回收废水中的I－，实现碘单质的再生，其反应原理如图所示，下列说法正确的是A.反应①~⑤中均有电子转移B.NH3转化为[Co(NH3)6]2+后键角减小C.总反应离子方程式为：D.[(NH3)5Co－O－O－Co(NH3)5]4+中Co的化合价为+2价【答案】C【解析】【详解】A．由图可知，反应②和⑤中没有元素发生化合价变化，不是氧化还原反应，没有电子转移，，A错误；B．孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力；NH3中N采用sp3杂化且存在1对孤电子对，[Co(NH3)6]2+中N的孤电子对和Co形成配位键，故转化为[Co(NH3)6]2+后键角增大，B错误；C．由图可知，总反应为二氧化硫与氧气、废水中碘离子反应生成碘和硫酸根离子，反应的离子方程式为，C正确；D．[(NH3)5Co－O－O－Co(NH3)5]4+配离子中含有过氧链，氧元素为-1价，由化合价代数和为0可知，离子中钴元素化合价为+3价，D错误；故选C。11.通过下列实验可以从废银催化剂(Ag、��－A12O3和少量SiO2)中回收银：下列说法不正确的是A.浸渣的主要成分是��－A12O3和SiO2B.“还原”过程反应的离子方程式为：C.“电解精炼”过程中粗银与直流电源的正极连接D.已知银的晶胞如上图所示，每个银原子周围距离最近的银原子数目为12【答案】B【解析】【分析】由流程可知，向废银催化剂中加入稀硝酸，过滤除去不溶于水和稀硝酸的SiO2和��－A12O3，所得滤液中含有AgNO3和过量的稀硝酸，向滤液中通入HCl气体生成AgCl沉淀，将过滤得到的AgCl溶解于一水合氨，再加入N2H4∙H2O还原得到粗Ag，同时生成N2和NH4Cl，再利用电解精炼装置电解粗Ag获得99.99%的Ag。【详解】A．据分析可知，浸渣的主要成分是��－A12O3和SiO2，A正确；B．过滤得到的AgCl溶解于一水合氨，再加入N2H4∙H2O，N2H4∙H2O具有还原性，能将氯化银还原为银单质，反应中氮化合价由-2变为0、银化合价由+1变为0，结合电子守恒可知，反应为，B错误；C．“电解精炼”过程中粗银与直流电源的正极连接，使得粗银做阳极被氧化，C正确；D．以顶点银原子为研究对象，与之最近的银原子位于面心，每个顶点为8个晶胞共用，银晶体中每个银原子周围距离最近的银原子数目为，D正确；故选B。12.探究铜与硝酸反应的生成时的硝酸浓度。如图所示，先通一段时间后关闭活塞K，将铜丝伸入溶液中，当A中气体变为无色时，上提铜丝，再将B中溶液稀释至，取，用的溶液滴定至终点时消耗(忽略硝酸的挥发、分解及溶液体积变化)。下列说法正确的是A.可用盛有溶液的洗气瓶进行尾气吸收B.铜与硝酸反应主要生成时的硝酸浓度不大于C.若不通，可能导致所得实验结果偏高D.若通过直接滴定A中剩余酸的量(掩蔽掉的干扰)进行求算，所得实验结果偏低【答案】BD【解析】【分析】A瓶中的反应为4HNO3(浓)+Cu=2NO2↑+2H2O+Cu(NO3)2。B中发生的反应为3NO2+H2O=2HNO3+NO。用0.20mol⋅L−1的NaOH溶液滴定至终点时消耗15.00mL，即n(NaOH)=0.20×15.00×10-3mol=3×10-3mol，有关系式为NaOH~HNO3则B瓶中产生的n(HNO3)=3×10-3mol×10=3×10-2mol，又3NO2~2HNO3则A瓶中产生的NO2为3×10-2mol×=4.5×10-2mol。由关系式得4HNO3(浓)~2NO2则消耗的浓硝酸为4.5×10-2×2=9×10-2mol。【详解】A．NaOH溶液不能直接与NO反应，所以它不能吸收尾气，A错误；B．溶液中剩余的硝酸浓度为。因此当反应主要产生NO时，硝酸浓度不大于8mol⋅L−1，B正确；C．若不同如N2，B瓶中NO也转变为HNO3，从而导致消耗的HNO3偏大，A中剩余HNO3偏低，结果偏低，C错误；D．当A中气体变为无色时停止反应，产生NO浓度应该比A瓶的大。所以直接测定A瓶中的酸可能导致结果偏低，D正确；故选BD。二、非选择题(本题共4题，共60分)13.CoCl2可用于电镀，是一种性能优越的电池前驱材料，由含钴矿(Co元素主要以Co2O3、CoO的形式存在，还含有Fe、Si、Cu、Zn、Mn、Ni、Mg、Ca元素，碳及有机物等)制取氯化钴晶体的一种工艺流程如图：已知：①焦亚硫酸钠(Na2S2O5)常作食品抗氧化剂。CaF2、MgF2难溶于水。②CoC12·6H2O的熔点为86℃，易溶于水、乙醚等；常温下稳定无毒，加热至110~120℃时，失去结晶水变成有毒的无水氯化钴。③部分金属阳离子形成氢氧化物的pH见表：Co3+Fe3+Cu2+Co2+Fe2+Zn2+Mn2+Mg2+开始沉淀pH0.32.75.57.27.67.68.39.6完全沉淀pH1.13.26.69.29.69.29.311.1回答下列问题：（1）“550℃焙烧”的目的是___________。（2）“浸取的过程中，用离子方程式表示Na2S2O5的作用：___________。（3）滤液1中加入NaClO3溶液的作用是___________。（4）加入Na2CO3溶液生成滤渣2的主要离子方程式为___________。滤液3经过多次萃取与反萃取制备CoCl2晶体：（5）滤液3中加入萃取剂I，然后用稀盐酸反萃取的目的是回收利用萃取剂及分离出___________。（6）氯化钴溶液，经过___________、过滤、洗涤、干燥得到晶体。在干燥晶体CoC12·6H2O时需在减压环境下烘干的原因是___________。（7）为测定制得的产品的纯度，现称取2.00gCoC12·6H2O样品，将其用适当试剂转化为CoC2O4再转化为草酸铵[(NH4)2C2O4]溶液，再用过量稀硫酸酸化，用0.1000mol·L－1高锰酸钾溶液滴定，当达到滴定终点时，共用去高锰酸钾溶液24.00mL，该产品的纯度为___________%。(结果保留到小数点后一位)【答案】（1）除去碳及有机物（2）（3）将氧化成（4）（5）（6）①.蒸发浓缩，冷却结晶②.降低烘干温度，防止产品熔化或分解产生有毒的无水氯化钴（7）71.4%【解析】【分析】含钴矿粉通过550℃焙烧除去碳及有机物，再通过稀浸取将Co3+还原成Co2+，同时过滤除去不溶物；滤液再与作用，将氧化成，通过Na2CO3溶液调节pH，使得转化为除去，过滤后，再向滤液中加入NaF，使转化为CaF2、MgF2沉淀而除去。【小问1详解】550℃焙烧可使碳及有机物燃烧变成气体而除去，故答案为：除去碳及有机物；【小问2详解】浸取中Na2S2O5的作用是将Co3+还原成Co2+，故离子方程式为：；【小问3详解】滤液1加入的作用是将氧化成，然后通过Na2CO3溶液调节pH，使得转化为除去，故答案为：将氧化成；【小问4详解】加入Na2CO3溶液调节pH，使得转化为除去，故离子方程式为：；【小问5详解】滤液3中还存在阳离子有，故根据流程图可推知用稀盐酸反萃取可分离出；【小问6详解】①因为需要得到CoC12·6H2O，为防止受热损失结晶水，所以需要采用降温结晶，故答案为：蒸发浓缩，冷却结晶；②CoC12·6H2O的熔点为86℃，加热至110~120℃时，失去结晶水变成有毒的无水氯化钴，所以需要较低温度下干燥，则采用减压环境下烘干的原因是降低烘干温度，防止产品熔化或分解产生有毒的无水氯化钴；【小问7详解】根据化合价升降守恒，结合转化关系可得关系式，根据关系式可计算，。14.三氯化铬(CrCl3)为紫色单斜晶体，熔点为83℃，易潮解，易升华，能溶于水但不易水解，高温下能被氧气氧化，工业上主要用作媒染剂和催化剂。（1）某化学小组用Cr2O3和CCl4在高温下制备无水三氯化铬，部分实验装置如图所示，其中锥形瓶内装有CCl4，其沸点为76.8℃。实验前先加热装置A，产生气体的化学方程式：___________，实验过程中需持续产生该气体，该气体的作用为___________。（2）装置D中还会生成光气(COCl2)，D中反应的化学方程式为___________。（3）该实验装置有设计不合理的地方，请写出改进方法：___________。(写一点即可)（4）为进一步探究CrCl3的性质，某同学取试管若干支，分别加入10滴0.1mol∙L－1CrCl3溶液，并用4滴2mol∙L－1H2SO4酸化，再分别加入不同滴数的0.1mol∙L－1KMnO4溶液，并在不同的温度下进行实验，反应现象记录于表中。KMnO4的用量(滴数)在不同温度下的反应现象25℃90~100℃1紫红色蓝绿色溶液2~9紫红色黄绿色溶液，且随KMnO4滴数增加，黄色成分增多10紫红色澄清的橙黄色溶液11~23紫红色橙黄色溶液，有棕褐色沉淀，且随KMnO4滴数增加，沉淀增多24~25紫红色紫红色溶液，有较多的棕褐色沉淀①浓度对反应的影响CrCl3与KMnO4在常温下反应，观察不到离子的橙色，甲同学认为其中一个原因是离子的橙色被离子的紫红色掩盖，另一种可能的原因是___________，所以必须将反应液加热至沸腾4~5min后，才能观察到反应液由紫红色逐渐变为橙黄色的实验现象。②CrCl3与KMnO4的用量对反应的影响对表中数据进行分析，在上述反应条件下，欲将Cr3+氧化为，CrCl3与KMnO4最佳用量比为___________。这与由反应所推断得到的用量比不符，你推测的原因是___________。（5）Cr(III)的存在形态的物质的量分数随溶液pH的分布如图所示。请补充完整由CrCl3溶液制备纯净的Cr(OH)3的实验方案：取适量CrCl3溶液，___________；充分反应后过滤，用蒸馏水洗涤沉淀，__________，则证明沉淀已洗涤干净；低温烘干沉淀，得到Cr(OH)3晶体。【答案】（1）①.②.排净装置中空气、吹出CCl4(或CrCl3)（2）（3）将连接装置D、E的导管改成粗导管（4）①.没有生成，即反应的活化能较高，需要较高的温度才能进行②.1:1③.溶液中的Cl-和发生了氧化还原反应，导致的消耗量偏多（5）①.加入NaOH溶液，调节溶液pH在6~12范围内②.取最后一次洗涤液少许，加入稀硝酸和硝酸银溶液，若无白色沉淀【解析】【分析】A装置中氨气和氧化铜反应制取氮气，B装置干燥氮气、吸收多余氨气，C装置产生CCl4蒸气进入D装置中和Cr2O3反应制备CrCl3，E装置收集CrCl3。【小问1详解】A装置中氨气和氧化铜反应生成Cu、N2和H2O，化学方程式为：；CrCl3高温下能被氧气氧化，所以用N2排净装置中的空气，防止CrCl3高温下被氧气氧化，同时N2还可以将C装置中的CCl4蒸气吹出进入D装置中，待D装置中CCl4和Cr2O3反应制备CrCl3后还可以将生成的CrCl3吹出进入后面的E装置收集，所以其作用为：排净装置中空气、吹出CCl4(或CrCl3)；【小问2详解】D装置中CCl4和Cr2O3反应生成CrCl3和光气(COCl2)，反应的化学方程式为：；【小问3详解】三氯化铬(CrCl3)易潮解，易升华，导管太细容易堵塞导管，改进的方法为：将连接装置D、E的导管改成粗导管；【小问4详解】观察不到离子的橙色，还有可能是根本没有生成，其原因是该反应的活化能较高，需要较高的温度才能进行；根据表格数据可知，当酸性KMnO4溶液用量为10滴时，得到的是澄清的橙黄色溶液，CrCl3和KMnO4等体积等浓度即等物质的量反应，所以最佳用量比为其1:1；由反应所推断得到的用量比，即实际消耗的KMnO4偏多，说明还有其他物质也消耗了KMnO4，所以原因是溶液中的Cl-和发生了氧化还原反应，导致的消耗量偏多；【小问5详解】从Cr(III)的存在形态的物质的量分数随溶液pH的分布图可以得到：pH在6~12范围时Cr(III)的存在形态全是Cr(OH)3，所以由CrCl3溶液制备纯净的Cr(OH)3的实验方案为：取适量CrCl3溶液，加入NaOH溶液，调节溶液pH在6~12范围内；溶液中存在Cl-，Cr(OH)3表面粘附着Cl-，故证明沉淀是否洗涤干净应：取最后一次洗涤液少许，加入稀硝酸和硝酸银溶液，若无白色沉淀，则证明沉淀已洗涤干净。【点睛】制取的物质若易被氧气氧化，制备时要排净整个装置的空气，防止其被氧化。15.硼、铝、镓、铟等第ⅢA族元素及其化合物在材料化学、工业生产和生活中具有广泛的应用。回答下列问题：（1）基态镓原子核外价电子排布图为___________；同周期主族元素基态原子与其具有相同数目未成对电子的有___________。（2）氨硼烷(NH3BH3)是目前最具潜力的储氢材料之一、①氨硼烷晶体中B原子的杂化方式为___________。②氨硼烷分子中与N相连的H呈正电性，与B原子相连的H呈负电性，它们之间存在静电相互吸引作用，称为双氢键，用“N－H∙∙∙H－B”表示。以下物质之间可能形成双氢键的是___________(填序号)。a．N2H4和AlH3b．C3H6和C2H6c．B2H6和HCN（3）氟化铝和氯化铝的熔点分别为1090℃和192.6℃，它们熔点差异很大的原因可能是___________。（4）硼酸盐常用于制作光学玻璃。一种无限网状结构的多聚硼酸根离子，其结构单元如图，若该硼酸根离子表示为(B5Ox)y－，则x=___________，y=___________。（5）太阳能材料CuInS2晶体为四方晶系，其晶胞参数及结构如图所示，晶胞棱边夹角均为90°。已知A处In原子坐标为(0.5，0，0.25)，B处Cu原子坐标为(0，0.5，0.25)。①C处S原子坐标为___________。②设阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体密度为___________g∙cm－3。(列出计算式即可)【答案】（1）①.②.K、Br（2）①.sp3②.ac（3）氟化铝离子晶体，氯化铝是分子晶体（4）①.8②.1（5）①.(0.75，0.25，0.625)②.【解析】【小问1详解】Ga处于第四周期ⅢA族，基态镓原子核外价电子排布式为4s24p1，基态镓原子核外价电子排布图为；同周期主族元素基态原子与其具有相同数目未成对电子的有K、Br。【小问2详解】①氨硼烷晶体中，B原子形成4个σ键，无孤电子对，杂化方式为sp3。②a．N2H4中H呈正电性，AlH3中H呈负电性，N2H4和AlH3能形成双氢键，故选a；b．C3H6和C2H6中H都显正电性，不能形成双氢键，故不选b；c．B2H6中H呈负电性，HCN中H呈正电性，B2H6和HCN能形成双氢键，故选c；选ac。【小问3详解】氟化铝是离子晶体，氯化铝是分子晶体，所以氟化铝的熔点比氯化铝的熔点高很多。【小问4详解】根据结构单元图，此单元有6个O原子为自己独有，有4个O原子与其他单元共用，根据均摊原则，氧原子数为，即x=8，由化合价B为+3，O为-2，据化合价规则，可知y=1。【小问5详解】①根据A、B原子坐标，可知C处S原子坐标为(0.75，0.25，0.625)。②根据均摊原则，晶胞中Cu原子数为，、In原子数为、S原子数为8，设阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体密度为g∙cm－3。16.氮族元素(N、P、As、Sb等)及其化合物在工农业生产、环境等方面有重要应用和影响。（1）氮族元素氢化物RH3(NH3、PH3、AsH3)的某种性质随R的核电荷数的变化趋势如图所示。Y轴可表示的氢化物(RH3)性质可能是___________。a．沸点b．稳定性c．R－H键能d．分子间作用力（2）磷化氢(PH3)都是粮食储备常用的高效熏蒸杀虫剂。工业制备PH3的流程如图所示。①PH3的电子式为___________。②白磷和烧碱溶液反应的化学方程式为___________，次磷酸属于___________(填“一”“二”或“三”)元酸。③若起始时有1molP4参加反应，则整个工业流程中共生成___________molPH3.(忽略产物的损失)（3）燃煤产生的烟气中的氮氧化物NOx(主要为NO、NO2)易形成污染，必须经脱除达标后才能排放。能作脱除剂的物质很多，下列说法正确的是___________(填序号)；a．用H2