广西柳州市2019届高三化学上学期1月模拟考试试卷（含解析）.docx

广西柳州市2019届高三1月模拟考试理综试卷化学部分1.化学与生活、生产密切相关，下列说法正确的是A. 用活性炭为糖浆脱色和用次氯酸盐漂白纸浆的原理相同B. 氢氧化铝和碳酸钠均可用于治疗胃酸过多C. “地沟油”禁止食用，但可以用来制肥皂或燃油D. 燃煤中加入CaO可以减少酸雨的形成及温室气体的排放【答案】C【解析】【详解】A.活性炭为糖浆脱色，利用活性炭的吸附性，属于物理变化；次氯酸盐漂白纸浆，利用次氯酸盐的强氧化性把有色物质漂白，属于化学变化。故A错误；B.碳酸钠溶液碱性较强，能与胃酸剧烈反应，对身体不利，因此不能用来中和胃酸，故B错误；C.“地沟油”含有大量的有害物质，所以禁止食用，“地沟油”主要成分为油脂，属于酯类，可以发生皂化反应制取肥皂，及通过化学反应用来制燃油，故C正确；D.加入氧化钙可与硫燃烧生成的二氧化硫在氧气中发生反应生成硫酸钙，二氧化硫排放量减少，但二氧化碳不会减少，不会减少温室气体的排放，故D错误；本题答案为C。2.用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A. 常温下，2.7g铝片投入足量的浓硫酸中，铝失去的电子数为0.3NAB. 4.0g由H218O与D2O组成的混合物中所含中子数为2NAC. 标准状况下，11.2LHF含有0.5NA个HF分子D. 电解精炼铜时转移了NA个电子，阳极溶解32g铜【答案】B【解析】【详解】A常温下，铝片投入足量的浓硫酸中，铝发生钝化，铝失去的电子数小于0.3NA，故A错误；B.H218O与D2O的摩尔质量均为20g/mol，则4.0g由H218O与D2O组成的混合物的物质的量为：=0.2mol，一个H218O分子含有10个中子，一个D2O分子也含有10个中子，所以0.2mol混合物含有中子为：0.2mol10=2mol，即所含中子数为2NA，故B正确；C.标准状况下氟化氢不是气体，11.2L HF不是0.5mol，故C错误；D.粗铜中含有锌、铁、银等杂质，锌、铁先失电子，反应完成后，铜再失电子，所以电解精炼铜时转移了NA个电子， 阳极溶解铜小于32 g，故D错误；本题答案为B。【点睛】对于4.0g由H218O与D2O组成的混合物中所含中子数的计算，也可以直接用极值法来计算，即先假设全是H218O，求出对应的的中子数，再假设全是D2O，再求出对应的中子数，进而计算出实际的混合物中的中子数。3.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，原子序数之和为42，X原子的核外电子数等于Y的最外层电子数，Z是第IA元素，W是同周期非金属性最强的元素。下列说法错误的是A. Y和W都存在可以用来消毒的单质B. X、Y、Z和Y、Z、W都能组成在水中显碱性的盐C. Y、Z能组成含有非极性键的化合物D. W的氧化物的水化物的酸性一定比X的氧化物的水化物的酸性强【答案】D【解析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，Z是第IA元素，W是同周期非金属性最强的元素,则Z为Na,W为Cl,原子序数之和为42，X和Y的原子序数之和为42-11-17=14，X原子的核外电子数等于Y的最外层电子数，则X为C，Y为O，由上述分析可知：X为C，Y为O，Z为Na,W为Cl。【详解】A.Y的单质为O2或O3，W的单质为Cl2, O3、Cl2均可以用来消毒，故A正确；B.X、Y、Z可以组成Na2CO3，Y、Z、W可以组成NaClO，在水中均为显碱性的盐，故B正确；C.Y、Z能组成含有非极性键的Na2O2,故C正确；D.HClO的酸性比H2CO3酸性弱；故D错误；本题答案为D。4.乙酸橙花酯是一种食用香料，其结构简式如图所示，关于该有机物的下列叙述中错误的是A. 分子式为C12H22O2B. 能使酸性KMnO4溶液褪色，能发生加成反应和取代反应C. 1mol该有机物水解时只能消耗1 mol NaOHD. 1mol该有机物在一定条件下和H2反应，共消耗H2为2mol【答案】A【解析】【详解】A.乙酸橙花酯的分子式为C12H20O2，故A错误；B.由于乙酸橙花酯分子含有碳碳双键、酯基，所以能使酸性KMnO4溶液褪色，能发生加成反应和取代反应，故B正确；C.1mol该有机物含有1mol酯基，所以1mol该有机物水解时只能消耗1 mol NaOH，故C正确；D.1mol该有机物含有2mol碳碳双键，所以1mol该有机物在一定条件下和H2反应，共消耗H2为2mol，故D正确；本题答案为A。5.电化学气敏传感器可用于监测环境中NH3的含量，其工作原理示意图如下。下列说法不正确的是A. O2在电极b上发生还原反应B. 溶液中OH-向电极a移动C. 正极的电极反应式为O2+4e+4H+=2H2OD. 负极的电极反应式为2NH36e+6OH=N2+6H2O【答案】C【解析】【分析】该装置工作原理是原电池的原理，a电极为原电池的负极，b电极为原电池的正极，电解质溶液为碱性。【详解】A.O2在电极b上得到电子发生还原反应，电极反应式为：O2+4e+2H2O =4OH-,故A正确；B.溶液中OH-向负极移动，就是OH-向电极a移动，故B正确；C.正极的电极反应式为O2+4e+2H2O =4OH-,故C错误；D.NH3在负极失去电子发生氧化反应，负极的电极反应式为2NH36e+6OH=N2+6H2O，故D正确；本题答案为C。6.根据下列实验操作和现象所得到的结论错误的是选项实验操作和现象实验结论A将氧化铁加入到足量的HI溶液中，充分溶解后滴加四氯化碳振荡静置，下层呈紫红色Fe3氧化性强于I2B.向盛某盐溶液的试管中滴入氢氧化钠溶液后，试管口处湿润的红色石蕊试纸未变蓝该盐中不含NH4+C向 CH3COONa溶液中滴入酚酞试液，加热后红色加深CH3 COONa水解是吸热反应D.在含Fe3+和Al3+均为0.1mol/L的溶液中滴加烧碱稀溶液，先产生红褐色沉淀，后产生白色沉淀KspFe(OH)3Ksp Al(OH)3A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】【详解】A.将氧化铁加入到足量的HI溶液中，发生反应生成的Fe3+具有强氧化性，可以把I-离子氧化为I2，证明Fe3+氧化性强于I2，故A正确；B.向盛某盐溶液的试管中滴入氢氧化钠溶液后，因为氨气极易溶于水，试管口处湿润的红色石蕊试纸未变蓝不能证明是否含有NH4+，故B错误；C.CH3COONa是强碱弱酸盐，水溶液因醋酸根离子水解而显碱性，向 CH3COONa溶液中滴入酚酞试液溶液显红色，加热后红色加深，则说明加热使CH3 COONa水解向正向移动，故CH3 COONa水解是吸热反应，故C正确；D.在离子浓度相同的溶液中溶度积小的先沉淀，所以在含Fe3+和Al3+均为0.1mol/L的溶液中滴加烧碱稀溶液，先产生红褐色沉淀，后产生白色沉淀，说明KspFe(OH)3Ksp Al(OH)3，故D正确；本题答案为B。【点睛】欲证明某溶液中是否含有NH4+，正确的操作是：向盛某溶液的试管中滴入氢氧化钠溶液后再加热，试管口处湿润的红色石蕊试纸变蓝则证明含有MH4+，否则不含NH4+。7.常温时，下列溶液的pH或微粒的物质的量浓度关系错误的是A. 某溶液中由水电离出的c(H+)=110amolL1，若a7时，该溶液pH一定为14aB. 0.1molL1的KHA溶液，其pH=10，c(K+)c(HA)c(OH)c(A2)C. 将0.2molL1的某一元酸HA溶液和0.1molL1NaOH溶液等体积混合后溶液pH大于7，则反应后的混合液：c(HA)c(Na+)c(A)D. 等体积、等物质的量浓度的Na2CO3溶液与 NaHCO3溶液混合：2c(Na+)=3c(CO32)+3c( HCO3)+3c(H2CO3)【答案】A【解析】【详解】A. 常温时,某溶液中由水电离出的c(H+)=110amolL1，若a7时，说明水的电离受到抑制,可能为酸溶液,也可能为碱溶液,如为酸溶液,则pH=a,如为碱溶液,则pH=14a。故A错误；B. 0.1molL1的KHA溶液，其pH=10，说明水解程度大于电离程度,溶液呈碱性,所以离子浓度大小为：c(K+)c(HA)c(OH)c(A2)，故B正确；C. 将0.2molL1的某一元酸HA溶液和0.1molL1NaOH溶液等体积混合后，得到等浓度的HA和NaA，溶液pH大于7，溶液显碱性，则说明水解大于电离,所以反应后的混合液中c(HA)c(Na+)c(A),故C正确；D.等体积、等物质的量浓度的Na2CO3溶液与 NaHCO3溶液中n(Na2CO3)=n(NaHCO3)，假设各为1mol，则有2n(Na+)=3(Na2CO3)3n(NaHCO3),根据物料守恒,应有：2c(Na+)=3c(CO32)+3c( HCO3)+3c(H2CO3)，故D正确；本题答案为A。8.某研究小组向某2L密闭容器中加入一定量的固体A和气体B，发生反应A(s)+2B(g)D(g)+E(g)；H=Q kJmol1。（1）对于该反应，用各物质的反应速率与时间的关系曲线表示如下，示意图中的_(填序号)正确。（2）若该密闭容器绝热，实验测得B的转化率随温度变化如右图所示。由图可知，Q_0(填“大于”或“小于)，c点v正_v逆(填“大于”、“小于”或“等于”)。（3）在T时，反应进行到不同时间测得各物质的物质的量如表：T时，该反应的平衡常数K=_。30min后，只改变某一条件，反应重新达到平衡，根据表中的数据判断改变的条件可能是_(填字母编号)。a.通入一定量的B b.加入一定量的固体A c.适当缩小容器的体积 d.升高反应体系温度同时加入0.2mol B、0.1molD、0.1mol E后，其他反应条件不变，该反应平衡_移动。(填“向右”、“不”、“向左”)维持容器的体积和温度T不变，若向该容器中加入1.60molB、0.20molD、0.20molE和0.4molA，达到平衡后，混合气体中B的物质的量分数是_。【答案】 (1). (2). 小于 (3). 等于 (4). 0.25 (5). a (6). 不 (7). 50【解析】【分析】（1）依据速率和计量数关系及反应物和生成物速率增减相反，可逆反应不能进行到底，速率不能为零等解答；（2）最高点达平衡状态，温度升高B的转化率减小，所以正反应是放热反应；（3）依据表中数据和平衡常数公式计算；由表数据可知30min后反应体系反应物和生成物的物质的量都增加，可能增大反应物B的量，平衡正向移动，导致反应物和生成的物质的量都增加，或按变化量同时改变反应物和生成物；该反应为前后气体物质的量不变的反应，按计量数之比改变物质的量平衡不移动；温度不变，平衡常数不变，依次计算B的体积分数。【详解】（1）A(s)+2B(g)D(g)+E(g) H=QkJmol-1，反应是前后气体体积不变的可逆反应；B的反应速率不能为0；故错误；B的反应速率和D、E反应速率达到平衡状态不能相同；故错误；D、E变化速率相同，与图象不符；故错误；D、E速率相同，图象表示的是逆向进行，B反应速率增大，D、E反应速率减小，故正确；本题答案为：。（2）B的转化率最大即最高点达平衡状态，温度升高B的转化率减小，所以正反应是放热反应，即Q小于0，c点处于平衡状态所以v正=v逆；本题答案为：小于；等于。（3）由表可知20分钟达平衡状态，结合平衡浓度和平衡常数概念计算，所以K=0.25；本题答案为：0.25。由表数据可知30min后反应体系反应物和生成物的物质的量都增加，可能增大反应物B的量，平衡正向移动，导致反应物和生成的物质的量都增加，或按变化量关系同时改变反应物和生成物的量；a.通入一定量的B平衡正向进行，B、D、E增大，故a符合；b.加入一定量的固体A不影响平衡移动，B、D、E不变，故b不符合；c.反应前后气体体积不变，适当缩小容器的体积，平衡不移动，故c不符合；d.反应是吸热反应，升高反应体系温度，平衡正向进行，B减小，故d不符合；本题答案为：a。该反应为前后气体物质的量不变的反应，按计量数之比改变物质的量平衡不移动；本题答案为：不。温度不变，平衡常数不变，设达到平衡时A的物质的量变化为xmol，A(s)+2B(g)D(g)+E(g)起始 0.4 1.6 0.2 0.2变化 x 2x x x平衡0.4-x 1.6-2x 0.2+x 0.2+x 则K=0.25 解得：x=0.3mol，B、D、E的平衡是物质的量分别是：1mol 、0.5mol、0.5mol，故B的体积分数为1/2100=50；本题答案为：50。【点睛】注意化学平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变。9.已知草酸镍晶体(NiC2O42H2O)难溶于水，工业上从废镍催化剂(主要成分为Ni，含有定量的Al2O3、FeO、SiO2、CaO等)制备草酸镍晶体的流程如图所示：已知：相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH见表中数据：2Ksp(CaF2)=1.461010当某物质浓度小于1.0105molL1时，视为完全沉淀。请回答下列问题：（1）请写出一种能提高“酸浸”速率的措施：_。（2）双氧水是一种绿色氧化剂，写出“氧化”时的离子反应方程式：_。（3）试剂a“调pH”时pH的调控范围为_，试剂a为_(填字母)A .Fe(OH)3 B. Fe(OH)2 C.Al(OH)3 D. Ni(OH)2 E. NaOH（4）写出“沉钙”时的离子反应方程式：_。当Ca2+沉淀完全时，溶液中c(F)_molL1(写出计算式即可)。证明Ni2+已经沉淀完全的实验操作及现象是_。（5）操作a的内容是_。【答案】 (1). 把废镍催化剂粉碎或适当提高酸的浓度或搅拌或加热 (2). 2Fe2+H2O22H+=2Fe3+2H2O (3). 5.0pH6.8 (4). D (5). Ca2+2F-=CaF2 (6). (7). 取适量的上层清液于试管中，继续滴加草酸铵溶液，无沉淀生成 (8). 过滤、洗涤、干燥【解析】【分析】废镍催化剂用硫酸溶解，SiO2和硫酸不反应，过滤除去，滤液的成分为NiSO4、FeSO4、Al2(SO4)3、CaSO4及过量的硫酸，双氧水将Fe2+氧化为Fe3+，为提高产率应选用Ni(OH)2中和酸调节溶液的pH，使溶液的pH大于或等于5.0小于6,8,此时Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3沉淀、Al(OH)3沉淀，过滤除去，此时滤液中含有Ni2+、Ca2+、SO42-，向滤液中加入NH4F使Ca2+转化为CaF2沉淀除去，再向滤液中加入(NH4)2 C2O4生成草酸镍沉淀，过滤洗涤干燥即得草酸镍晶体。【详解】（1）把废镍催化剂粉碎、适当提高酸的浓度、搅拌、加热都可以提高“酸浸”速率；本题答案为：把废镍催化剂粉碎或适当提高酸的浓度或搅拌或加热。（2）双氧水是一种绿色氧化剂，在酸性条件下，氧化Fe2+的离子方程式为：2Fe2+H2O22H+=2Fe3+2H2O；本题答案为：2Fe2+H2O22H+=2Fe3+2H2O。（3）使Fe3+、Al3+沉淀完全，而Ni2+不沉淀，pH的调控范围为5.0pH6.8，为提高产率应选用Ni(OH)2中和酸调节溶液的pH；本题答案为：5.0pH6.8，D。（4）加入NH4F使Ca2+沉淀的离子方程式为：Ca2+2F-=CaF2,由题中所给2Ksp(CaF2)=1.461010，Ksp(CaF2)=0.731010，依据Ksp(CaF2)=c(Ca2+)c(F-)2,故c(F-)2= Ksp(CaF2)/ c(Ca2+),当Ca2+沉淀完全时溶液中c(F)，证明Ni2+已经沉淀完全的实验操作及现象是：取适量的上层清液于试管中，继续滴加草酸铵溶液，无沉淀生成；本题答案为：Ca2+2F-=CaF2，取适量的上层清液于试管中，继续滴加草酸铵溶液，无沉淀生成。（5）操作a的内容是：过滤、洗涤、干燥；本题答案为：过滤、洗涤、干燥。10.亚硝酸钠(NaNO2)是肉制品生产中最常使用的一种食品添加剂，某化学兴趣小组利用氮氧化物与过氧化钠反应制备亚硝酸钠并进行一系列实验探究。查阅资料：SO2+Na2O2=Na2SO4，NO2和NO能与Na2O2发生类似反应。在酸性溶液中，NO2可将MnO4还原为Mn2+且有无色气体生成。NO不与碱反应，可被酸性KMnO4溶液氧化为硝酸。I.制备亚硝酸钠（1）装置A用恒压滴液漏斗，相比普通分液漏斗，显著的优点是_。（2）上述装置按气流方向连接的顺序为：A_C(填仪器编号，且都是左进右出)。（3）如果没有B装置，D中发生反应的化学方程式为_。(有几个就写几个，填化学方程式)。（4）C装置的作用是_(用离子方程式表示)。.测定产品纯度，实验步骤：准确称量5.000g产品配成250mL溶液。从步骤配制的溶液中移取25.00mL注入锥形瓶中。用0.1000mol/L酸性KMnO4溶液滴定至终点重复以上操作3次，消耗酸性KMnO4溶液的平均体积为20.00mL（5）达到滴定终点的现象是_。产品中NaNO2的纯度为_%。（6）设计实验证明HNO2的酸性比碳酸强_。【答案】 (1). 平衡烧瓶和漏斗内的压强，使漏斗内的液体顺利滴下 (2). E (3). B (4). D (5). 2NONa2O2 =2NaNO2,，2Na2O22H2O=4NaOHO2，2NOO2=2NO2，2NO2Na2O2=2NaNO3 (6). 5NO3MnO4-4H+=3Mn2+5NO3-2H2O (7). 滴入最后一滴高锰酸钾溶液，溶液由无色变成浅红色，且半分钟内不褪色， (8). 69。 (9). 可测量等浓度的HNO2和H2CO3的pH，HNO2的pH比H2CO3的pH小，pH越小酸性越强；或者测定等浓度的NaNO2和NaHCO3的pH，NaNO2 pH比NaHCO3的pH小，pH越小酸性越强【解析】【分析】（1）A用恒压滴液漏斗，相比普通分液漏斗，具有能平衡烧瓶和漏斗内的压强，使漏斗内的液体顺利滴下的作用；（2）浓硝酸和铜反应，生成二氧化氮，通入水中生成硝酸和一氧化氮，和过氧化钠反应前需要干燥一氧化氮，用高锰酸钾溶液吸收尾气；（3）如果没有B装置，则NO中含有H2O，应还有H2O和Na2O2反应生成氧气，氧气和一氧化氮反应生成二氧化氮，二氧化氮和过氧化钠反应；（4）C装置的作用是吸收NO； （5）锥形瓶中发生的反应是：5NO2-2MnO4-6H+=5NO3-2Mn2+3H2O，所以当滴入最后一滴高锰酸钾溶液，溶液由无色变成浅红色，且半分钟内不褪色，即达到滴定终点，依据方程式计算纯度；（6）利用酸性强弱的比较方法作答。【详解】（1）A用恒压滴液漏斗，相比普通分液漏斗，具有能平衡烧瓶和漏斗内的压强，使漏斗内的液体顺利滴下的作用；本题答案为：平衡烧瓶和漏斗内的压强，使漏斗内的液体顺利滴下。（2）浓硝酸和铜反应，生成二氧化氮，通入水中生成硝酸和一氧化氮，和过氧化钠反应前需要干燥一氧化氮，用高锰酸钾溶液吸收尾气；所以连接顺序为：AEBDC；本题答案为：E、B、D。（3）有分析可知，如果没有B装置，D中发生反应的化学方程式为：2NONa2O2 =2NaNO2,，2Na2O22H2O=4NaOHO2，2NOO2=2NO2，2NO2Na2O2=2NaNO3；本题答案为：2NONa2O2 =2NaNO2,，2Na2O22H2O=4NaOHO2，2NOO2=2NO2，2NO2Na2O2=2NaNO3；（4）C装置的作用是吸收NO，在酸性条件下高锰酸钾溶液和一氧化氮反应的离子方程式为：5NO3MnO4-4H+=3Mn2+5NO3-2H2O；本题答案为：5NO3MnO4-4H+=3Mn2+5NO3-2H2O。（5）锥形瓶中发生的反应是：5NO2-2MnO4-6H+=5NO3-2Mn2+3H2O，所以当滴入最后一滴高锰酸钾溶液，溶液由无色变成浅红色，且半分钟内不褪色，即达到滴定终点，设250mlNaNO2的浓度为xmol/L,依据方程式可得：5:2=25x：（0.120），x=0.2mol/L，所以n(NaNO2)=0.2mol/L0.25L=0.05mol,故NaNO2的纯度为：100=69；本题答案为：当滴入最后一滴高锰酸钾溶液，溶液由无色变成浅红色，且半分钟内不褪色，69。（6）要证明HNO2的酸性比碳酸强，可测量等浓度的HNO2和H2CO3的pH，pH越小酸性越强，或者测定等浓度的NaNO2和NaHCO3的pH，pH越小酸性越强；本题答案为：可测量等浓度的HNO2和H2CO3的pH，HNO2的pH比H2CO3的pH小，pH越小酸性越强；或者测定等浓度的NaNO2和NaHCO3的pH，NaNO2的pH比NaHCO3的pH小，pH越小酸性越强。11.第四周期中的18种元素具有重要的用途，在现代工业中备受青睐。（1）钛原子的价电子排布式为_，TiCl4沸点136，熔点25，晶体类型为_晶体。（2）铜的第二电离能(I2)却大于锌的第二电离能，其主要原因是_。（3）与As同主族的短周期元素是N、P。AsH3中心原子轨道杂化的类型_；一定压强下将AsH3、NH3和PH3的混合气体降温时液化顺序是_，理由是_。（4）铬是一种硬而脆抗腐蚀性强的金属，常用于电镀和制造特种钢。下图1为铬的晶胞结构图，则铬晶胞属于_堆积；该晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为_。（5）钴晶体的一种晶胞(如图2所示)的边长为anm，密度为gcm3，NA表示阿伏加德罗常数的值，则钴原子半径为_mm，钴的相对原子质量可表示为_。【答案】 (1). 3d24s2 (2). 分子 (3). 气态Cu失去一个电子变成结构为Ar3d10的Cu+，此时3d轨道处于全满的稳定状态，所以Cu的第二电离能相对较大，而气态Zn失去一个电子变成结构为Ar3d104s1的Zn+，易再失去一个电子，所以Zn的第二电离能相对较小。 (4). sp3 (5). NH3 AsH3PH3 (6). NH3分子间有氢键，AsH3和PH3结构相似，而AsH3的相对分子质量大于PH3的相对分子质量，所以分子间作用力AsH3大于PH3 (7). 体心立方 (8). 68 (9). a (10). 5a3NA【解析】【分析】（1）根据钛原子电子排布分析其价电子排布式，依据沸点判断晶体类型；（2）根据轨道中电子处于全满、全空、半满时较稳定,再失去电子需要的能量较大来分析；（3）与As同主族的短周期元素是N、P，所以AsH3的结构应与NH3相似，NH3分子之间有氢键，沸点较高；（4）由图1可以看出铬晶胞属于体心立方堆积，设晶胞参数（晶胞边长）为anm,则晶胞体积为a3,铬原子半径为：a,根据均摊原则晶胞中含有铬原子数为81/81=2,故铬原子体积为：（a）32，进而求算该晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率；（5）根据晶胞结构，计算晶胞的体积，依据密度计算摩尔质量 。【详解】（1）根据钛原子电子排布式可知，钛原子的价电子排布式为：3d24s2,由于TiCl4的熔、沸点较低，所以应为分子晶体；本题答案为：3d24s2, 分子。（2）气态Cu失去一个电子变成结构为Ar3d10的Cu+，能量较低，而Cu的第二电离能相对较大（或气态Zn失去一个电子变成结构为Ar3d104s1的Zn+，易再失去一个电子，所以Zn的第二电离能相对较小）。本题答案为：气态Cu失去一个电子变成结构为Ar3d10的Cu+，此时3d轨道处于全满的稳定状态，所以Cu的第二电离能相对较大，而气态Zn失去一个电子变成结构为Ar3d104s1的Zn+，易再失去一个电子，所以Zn的第二电离能相对较小。（3）氨分子中氮原子按sp3方式杂化，N与As同主族，所经AsH3的结构应与NH3相似，AsH3中心原子杂化的类型为sp3，NH3分子之间有氢键，沸点较高，所以一定压强下将AsH3和NH3PH3的混合气体降温时首先液化的是NH3，由于AsH3和PH3均为分子晶体，AsH3的相对分子质量大于PH3的相对分子质量，所以分子间作用力AsH3大于PH3，故一定压强下将AsH3、NH3和PH3的混合气体降温时液化顺序是：NH3 AsH3PH3；本题答案为：sp3、NH3 AsH3PH3、NH3分子间有氢键，AsH3和PH3结构相似，而AsH3的相对分子质量大于PH3的相对分子质量，所以分子间作用力AsH3大于PH3。（4）由图1可以看出铬晶胞属于体心立方堆积，设晶胞参数（晶胞边长）为anm,则晶胞体积为a3,铬原子半径为：a,根据均摊原则晶胞中含有铬原子数为81/81=2,故铬原子体积为：（a）32，所以该晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为：（a）