山东省聊城市2019届高三化学二模考试试卷（含解析）.docx

山东省聊城市2019届高三化学二模考试试卷（含解析）可能用到的相对原子质量：H1 C-12 N-14 0-16 Fe-56 Cu-64第卷1.电影流浪地球讲述了太阳即将爆发氦闪”(3HeC)，人类飞离太阳系的艰辛历程.太阳质量中氢占71%，氦26%，氧、碳、铁等元素占2%左右.下列说法正确的是A. 核素的中子数比电子数多2B. 上述元素除氮之外仅能形成6种单质和4种氧化物C. 碳、氢、氧元素组成的糖类物质均可发生水解D. 上述元素组成的草酸亚铁(FeC2O4)中碳元素的化合价为+3【答案】D【解析】【详解】A.核素的中子数为2个，电子数为2个，中子数等于电子数，故A错误；B.由于某些元素能形成多种同素异形体，如氧元素能形成O2、O3两种同素异形体，碳元素能形成金刚石、石墨、C60等多种同素异形体，则上述元素除氮之外能形成的单质不止6种，故B错误；C.碳、氢、氧元素组成的葡萄糖不能发生水解，故C错误；D.根据化合物中元素化合价代数和为零原则，上述元素组成的草酸亚铁(FeC2O4)中铁元素为+2价，氧元素为-2价，则碳元素的化合价为+3，故D正确。答案选D。2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是A. 等物质的量的Na2O和Na2O2中所含阴离子数均为NAB. 电解精炼铜时，若阳极质量减少6.4g，则电路中转移电子数为0.2NAC. 4.6gC2H6O的分子中含有C-H键数目一定为0.5NAD. 1molMg在空气中完全燃烧生成MgO和Mg3N2，转移电子数为2NA【答案】D【解析】【详解】A.没有告诉Na2O和Na2O2的物质的量，无法计算含有阴离子数目，故A错误；B.电解过程中，活泼性较强的杂质铁、锌等金属先放电，则阳极减少6.4g时，转移的电子不一定为0.2mol，转移电子数不一定为0.2NA，故B错误；C.4.6gC2H6O的物质的量为0.1mol，若为乙醇则含0.5NA的C-H键，若为二甲醚则含0.6NA的C-H键，故C错误；D.1molMg在空气中完全燃烧生成MgO和Mg3N2，镁元素由0价升高到+2价生成Mg2+，1molMg失2mol电子，数目为2NA，故D正确。答案选D。【点睛】本题考查的是阿伏加德罗常数。难度不大，解题时特别注意C选项，C2H6O存在同分异构体，同分异构体不同含有的C-H键数目不同。D选项无论镁燃烧最终生成什么物质，均转化为Mg2+，1molMg均失2mol电子。3.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大.X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，X、W在同一主族，工业上通过电解熔融Z的氧化物来制备Z单质，Y的单质在空气中含量最高.下列说法错误的是A. 原子半径的大小顺序：ZWXYB. 简单气态氢化物的热稳定性：WXC. X的单质与W的氧化物反应可以制备W的单质D. Y、Z的最高价氧化物对应的水化物反应可以生成盐和水【答案】B【解析】【详解】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，X应为第二周期元素符合电子排布规律，则最外层电子数为4，X为C；X、W在同一主族，W为Si；工业上通过电解熔融Z的氧化物来制备Z单质，Z为Al；Y的单质是空气的最主要成分，Y为N，A.电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径的大小顺序：ZWXY，故A正确；B.非金属性XW，则气态氢化物的热稳定性：XW，故B错误；C.X的单质为C，W的氧化物为二氧化硅，高温下反应生成Si、CO，故C正确；D.Y、Z的最高价氧化物对应的水化物分别为硝酸、氢氧化铝，二者反应生成硝酸铝和水，故D正确。答案选B。【点睛】本题考查的是原子结构与元素周期律的关系。解题时注意原子半径大小比较时先看电子层数，电子层数越多，微粒半径越大；电子层数相同时，看核电荷数，核电荷数越大半径越小；气态氢化物的稳定性比较时，元素非金属性越强，对应的气态氢化物越稳定。4.将下列反应所得气体通入溶液中，实验现象能够支持实验结论是选项气体溶液实验现象实验结论A蔗糖加入浓硫酸搅拌产生的气体溴水橙色变为无色蔗糖经浓硫酸脱水后产物与浓硫酸反应生成了CO2 B碳酸钠固体与稀硫酸反应产生的气体硅酸钠钠溶液出现白色浑浊酸性：硫酸碳酸硅酸CCu与浓硫酸加热450产生的气体BaCl2溶液大量白色沉淀SO2可与BaCl2发生反应D二氧化锰与浓盐酸共热产生的气体KBr和KI的混合溶液无色逐渐变为棕黄色氧化性：Cl2Br2I2A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A.蔗糖经浓硫酸脱水后产物与浓硫酸反应生成了SO2，二氧化硫有还原性，与溴水发生氧化还原反应，使之褪色，故A错误；B.发生强酸制取弱酸的反应，由现象可知酸性为硫酸碳酸硅酸，故B正确C.二氧化硫与氯化钡不反应，不能生成沉淀，故C错误；D.氯气可氧化KBr、KI，则不能比较Br2、I2的氧化性，故D错误。【点睛】本题是关于实验方案评价。解题时需注意A选项蔗糖经浓硫酸脱水后产物与浓硫酸反应生成了SO2，二氧化硫有还原性，与溴水发生氧化还原反应，使之褪色，D选项中氯气可氧化KBr、KI，此实验可证明Cl2的氧化性强于Br2、I2，无法证明Br2和I2的氧化性强弱。5.化合物环丙叉环丙烷()具有特殊结构，倍受化学家关注.下列关于该化合物的说法错误的是A. 与苯互为同分异构体B. 二氯代物超过两种C. 所有碳原子均处于同一平面D. 生成1molC6H14至少需要3molH2【答案】A【解析】【详解】A.环丙叉环丙烷的分子式为C6H8，苯的分子式为C6H6，两者不是同分异构体，故A错误；B.二氯代物：、，超过了两种，故B项正确；C.环丙叉环丙烷中含有碳碳双键，根据乙烯中与碳碳双键两端碳原子相连的原子处一个平面上，则环丙叉环丙烷所有碳原子均处于同一平面上，故C正确；D. 环丙叉环丙烷的分子式为C6H8，由C6H8生成C6H14，多出6molH，至少需要3molH2，故D正确。答案选A6.三室式电渗析法处理含NH4NO3废水的原理如图所示，在直流电场的作用下，两膜中间的NH4+和NO2可通过离子交换膜，而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室.工作一段时间后，在两极区均得到副产品NH4NO3.下列叙述正确的是A. a极为电源负极，b极为电源正极B. c膜是阴离子交换膜，d膜是阳离子交换膜C. 阴极电极反应式为2NO3-+12H+10e-=N2 +6H2OD. 当电路中通过1mol电子的电量时，会有5.6LO2生成【答案】A【解析】【详解】结合题图装置可知，工作一段时间后，在两极区均得到副产品NH4NO3，则室中的阳离子NH4+、H+向室移动与室中的稀硝酸反应生成了硝酸铵，则c膜为阳离子交换膜，室中石墨为电解池阴极，a极为电源负极，阴极电极反应式为2H2O+2e-=H2+2OH-；室中的阴离子NO3-、OH-向室移动与室中的稀氨水反应生成硝酸铵，则d膜为阴离子交换膜，室中石墨为电解池阳极，b极为电源正极，阳极电极反应式为2H2O-4e-=O2+4H+。根据上述分析A正确，BC错误；D选项中没有给出标准状况下，无法用气体摩尔体积公式计算体积，则D错误。答案选A。7.常温下，向1L1nol/L某一元酸HR溶液中滴加一元碱BOH溶液，混合溶液的与pH变化的关系如图所示.下列叙述正确的是A. M线表示随pH的变化B. BR溶液呈碱性C. 若温度升高，两条线均向上平移D. 常温下,0.1molL-1NaR溶液的pH=10【答案】C【解析】【详解】A.对于一元酸HRH+R-，当温度不变时，Ka=不变；pH越大，c(H+)越小，则越大，则越大，对比图像可知应为N曲线表示随pH的变化，故A错误；取N曲线上的任意一点，如pH=5时，c(H+)=10-5mol/L；lg=0，=1；Ka=10-5。B.曲线M为lg与pH变化的关系图，取曲线M上的一点计算，如pH=8时，c(OH-)=10-6mol/L； lg=0；Kb=10-6；由于KbKa，B+水解程度大于R-，所以BR溶液呈酸性，故B错误； C.温度升高时，酸碱的电离程度都会变大，、都变大，故二条线都会上升，C正确； D.对于NaR溶液: R-+H2OHR+OH-起始： 0.1 0 0平衡： 0.1-x0.1 x x水解常数K=10-9；=10-9，计算可得x=10-5mol/L，c(H+)=10-9mol/L，pH=9，故D错误。答案选C。第卷8.硫酸亚铁铵FeSO4(NH4)2SO46H2O俗称摩尔盐.硫酸亚铁在空气中易被氧化，但与硫酸铵反应生成摩尔盐后较稳定.模拟工业制备硫酸亚铁铵晶体的实验装置如图所示.回答下列问题：(1)先用饱和碳酸钠溶液煮沸铁屑(含少量油污、铁锈等)，再用清水洗净.用饱和碳酸钠溶液煮沸的目的是_.仪器a的名称是_.(2)按如图连接好装置，经检验气密性良好后加入相应的药品，打开K1、K2，关闭K3，装置B中发生反应的离子方程式可能_(填字母序号).A.Fe+2H+=Fe2+H2 B.2Fe+6H+=2Fe3+3H2C. Fe2 03+6H+=2Fe3+ +3H2O D. 2Fe3+Fe=3Fe2+铁屑快反应完时，打开_,关闭_,装置B中的溶液会流入装置A，其原因是_.(3)常温下，将反应后的溶液放置一段时间，瓶底将结晶析出硫酸亚铁铵.为了测定晶体中Fe2+的含量，称取一份质量为4.0g的硫酸亚铁铵晶体样品，配成溶液.用0.1molL-1酸性KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液体积为20.00mL.反应到达滴定终点的现象为_，计算晶体中Fe2+的质量分数为_.【答案】 (1). 使油污发生水解而除去 (2). 锥形瓶 (3). ACD (4). K3 (5). K1、K2 (6). 装置B中产生H2，是压强大于大气压 (7). 溶液恰好变浅红色，且半分钟不褪色 (8). 14%【解析】【分析】（1）碳酸钠为强碱弱酸盐水解显碱性，油污在热碱中水解，热碱煮沸起到去油污的作用，根据仪器的构造特点分析仪器a的名称；（2）本小题考查铁及其化合物的性质，铁及其化合物之间的相互转化；（3）将滴定实验与氧化还原反应的计算相结合；据此解答。【详解】（1）饱和碳酸钠溶液显碱性，油污在热碱性条件下水解，则用饱和碳酸钠溶液煮沸的目的是使油污发生水解而除去；仪器a的名称为锥形瓶。本小题答案为：使油污发生水解而除去；锥形瓶。（2）铁屑中含有铁锈（Fe2O3）等，都与硫酸反应，反应后的产物Fe3+与Fe也可以发生氧化还原反应，故ACD正确，B错误；铁屑快反应完时，打开K3关闭K1、K2，装置B中的溶液会流入装置A，是因为装置B中产生H2，是压强大于大气压。本小题答案为：ACD；K3；K1、K2；装置B中产生H2，是压强大于大气压。（3）用KMnO4溶液滴定硫酸亚铁铵，二者发生氧化还原反应，硫酸亚铁铵中的Fe2+的化合价由+2价升高到+3价生成Fe3+，则1mol硫酸亚铁铵失1mole-发生氧化反应，高锰酸钾中的锰元素化合价由+7价降低到+2价生成Mn2+，则1mol高锰酸钾得5mole-发生还原反应，根据得失电子守恒，高锰酸钾和硫酸亚铁的物质的量比为1:5，由题意n(KMnO4)= 0.1molL-10.02L=0.002mol，则n (Fe2+)=0.01mol，m(Fe2+)=0.56g，晶体中Fe2+的质量分数为0.56g/4g100%=14%；滴定终点时溶液恰好变浅红色，且半分钟不褪色。本小题答案为：溶液恰好变浅红色，且半分钟不褪色；14%。9.金属钒熔点高、硬度大，具有良好的可塑性和低温抗腐蚀性.工业常用钒炉渣(主要含FeOV2O3，还有少量Al2O3、CuO等杂质)提取金属钒，流程如图：已知:I.钒有多种价态，其中+5价最稳定.钒在溶液中主要以VO2+和VO3-的形式存在，存在平衡：VO2+H2OVO3+2H+.部分离子的沉淀pH：Cu2+Fe2+Fe3+开始沉淀PH5.27.62.7完全沉淀PH6.49.63.7回答下列问题(1)碱浸步骤中最好选用_(填字母)a. NaOH溶液 b.氨水c.纯碱溶液(2)焙烧的目的是将FeOV2O3转化为可溶性NaVO3，其中铁元素全部转化为+3价的氧化物，写出该反应的化学方程式_(3)溶液1到溶液2的过程中，调节pH至8有两个目的，一是除去_离子，二是促使_.(4)沉钒过程中得到NH4VO3沉淀需要洗涤，写出实验室洗涤的操作方法_.(5)常用铝热反应法由V2O5冶炼金属钒，请写出反应的化学方程式_.(6)钒的化合物也有广泛的用途，如一种新型铝离子可充电电池的结构如图所示.已知放电时电池反应为xAl+VO2=AlxVO2，则放电时正极的电极反应式为_.【答案】 (1). a (2). 4FeOV2O3+4Na2CO3+5O28NaVO3+2Fe2O3+4CO2 (3). Fe3+、Cu2+ (4). VO2+转化为VO3- (5). 洗涤时应往漏斗加水至浸没沉淀，让水自然流下，重复23次 (6). 10Al+3V2O55Al2O3+6V (7). VO2+xAl3+3xe-=AlxVO2【解析】【分析】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用。赤泥主要含有FeOV2O3、Al2O3、CuO，进行碱浸，氧化铝溶解形成偏铝酸盐，过滤后滤液1含有偏铝酸盐，通入二氧化碳得到氢氧化铝沉淀，经过加热分解可得到氧化铝，滤渣1经过空气中焙烧，再用足量的硫酸溶解，溶液1中含有铜离子、铁离子，调节pH值到8，铜离子、铁离子沉淀完全，过滤得滤渣2应为氢氧化铜和氢氧化铁，同时由于溶液中存在平衡VO2+H2OVO3-+2H+，酸过量会抑制的生成NH4VO3，所以要调节溶液的pH值，过滤得溶液2中主要含钒元素以VO2+和VO3-的形式存在，再加入硫酸铵转化为NH4VO3， NH4VO3焙烧得到V2O5，V2O5，发生铝热反应得到V。据此解答。【详解】赤泥主要含有FeOV2O3、Al2O3、CuO，进行碱浸，氧化铝溶解形成偏铝酸盐，过滤后滤液1含有偏铝酸盐，通入二氧化碳得到氢氧化铝沉淀，经过加热分解可得到氧化铝，滤渣1经过空气中焙烧，再用足量的硫酸溶解，溶液1中含有铜离子、铁离子，调节pH值到8，铜离子、铁离子沉淀完全，过滤得滤渣2应为氢氧化铜和氢氧化铁，同时由于溶液中存在平衡VO2+H2OVO3-+2H+，酸过量会抑制的生成NH4VO3，所以要调节溶液的pH值，过滤得溶液2中主要含钒元素以VO2+和VO3-的形式存在，再加入硫酸铵转化为NH4VO3， NH4VO3焙烧得到V2O5，V2O5，发生铝热反应得到V。（1）根据上面的分析可知，碱浸要使氧化铝溶解，所以只能用强碱，故选a。本小题答案为：a。（2）焙烧的目的是将FeOV2O3转化为可溶性NaVO3，其中铁元素全部转化为+3价的氧化物，根据此信息可知方程式为4FeOV2O3+4Na2CO3+5O28NaVO3+2Fe2O3+4CO2。本小题答案为：4FeOV2O3+4Na2CO3+5O28NaVO3+2Fe2O3+4CO2。（3）溶液1到溶液2的过程中，调节pH至8一是能使铜离子、铁离子沉淀完全，二是由于溶液中存在平衡VO2+H2OVO3-+2H+，酸过量会抑制的生成NH4VO3。本小题答案为：Fe3+、Cu2+；VO2+转化为VO3-。（4）沉钒过程中得到NH4VO3沉淀需要洗涤，洗涤时应往漏斗加水至浸没沉淀，让水自然流下，重复23次。本小题答案为：洗涤时应往漏斗加水至浸没沉淀，让水自然流下，重复23次。（5）铝热反应由V2O5冶炼金属钒的化学方程式为10Al+3V2O55Al2O3+6V。本小题答案为：10Al+3V2O55Al2O3+6V。（6）该电池的负极为铝，失电子发生氧化反应，电极反应式为Al-3e-=Al3+。电池的总反应为xAl+VO2=AlxVO2，则正极反应为总反应减去负极反应，正极电极反应式为VO2+xAl3+3xe-=AlxVO2。本小题答案为：VO2+xAl3+3xe-=AlxVO2。10.研究碳、氮、硫等元素化合物的性质或转化对建设生态文明、美丽中国具有重要意义.(1)海水中无机碳的存在形式及分布如下图所示：用离子方程式表示海水呈弱碱性的原因_.已知春季海水pH=8.1，预测夏季海水碱性将会_(填写“增强”或“减弱”)，理由是_.(2)工业上以CO和H2为原料合成甲醇的反应：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) HabB.上述三种温度之间关系为T1T2T3Ca点状态下再通入0.5 mol co和0.5 mol CH3OH，平衡不移动D.c点状态下再通入1 mol co和4mol H2，新平衡中H2的体积分数增大(3)NO加速臭氧层被破坏，其反应过程如图所示：NO的作用是_。已知:O3(g)+0(g)=202(g) H=-143kJmol-l反应1: O3(g)+NO(g)NO2(g)+O2(g) H1=-200.2kJmol-l反应2：热化学方程式为_。(4)大气污染物SO2可用NaOH吸收.已知pKa=-lgKa,25时，H2SO3的pKa1=1.85，pKa2=7.19。该温度下用0.1mol L-1 NaOH溶液滴定20mL0.1molL-1H2SO3溶液的滴定曲线如图所示.b点所得溶液中各离子浓度由大到小的顺序是_；c点所得溶液中：c(Na+)_3c(HSO3-)(填“”、“ c（HSO3-） c（SO32-）c（H+）c（OH-） (8). 【解析】【分析】（1）本小题考查是盐类水解，强碱弱酸盐水解显碱性，强酸弱碱盐显酸性；水解平衡为吸热反应，夏天温度升高，水解平衡正向移动，溶液碱性增强；（2）A图中值：cb，该值越大，即增大氢气浓度，正向进行程度越大，CO转化率增大，而氢气转化率减小，图中CO转化率：cb，则H2转化率：bc，a、b两点相同，CO转化率越大，氢气转化率也越大，故氢气转化率：ab；B图中一定时，CO的转化率：T1T2T3，正反应为放热反应，一定时，升高温度平衡逆向移动，CO的转化率会减小，故温度：T1T23c（HSO3-）。【详解】（1）海水中无机碳的存在形式主要是HCO3-、CO32-，两种离子为弱酸根离子，水解使海水显碱性，离子方程式为HCO3-+H2OH2CO3+OH-或CO32-+H2OHCO3-+OH-；一方面水解平衡为吸热反应，夏天温度升高，平衡正向移动，c(OH-)增大，一方面夏天光合作用强，使得CO2+H2OH2CO3平衡逆向移动，酸性减弱，一方面夏天温度高，二氧化碳在水中的溶解度减小，酸性减弱。本小题答案为：HCO3-+H2OH2CO3+OH-或CO32-+H2OHCO3-+OH-；增强；一方面水解平衡为吸热反应，夏天温度升高，平衡正向移动，c(OH-)增大，一方面夏天光合作用强，使得CO2+H2OH2CO3平衡逆向移动，酸性减弱，一方面夏天温度高，二氧化碳在水中的溶解度减小，酸性减弱。（2）A图中值：cb，该值越大，即增大氢气浓度，正向进行程度越大，CO转化率增大，而氢气转化率减小，图中CO转化率：cb，则H2转化率：bc，a、b两点相同，CO转化率越大，氢气转化率也越大，故氢气转化率：ab，可知H2转化率：abc，故A错误；B图中一定时，CO的转化率：T1T2T3，正反应为放热反应，一定时，升高温度平衡逆向移动，CO的转化率会减小，故温度：T1T2 c（HSO3-） c（SO32-）c（H+）c（OH-）；c点pH=7.19=PKa2，依据平衡常数溶液显碱性，溶液中溶质主要为Na2SO3，SO32-+H2OHSO3-+OH-，Kh=，c(OH-)=，带入计算得到：c（HSO32-）=c（SO32-），溶液中2n（Na）=3c（S），2c（Na+）=3c（SO32-）+c（H2SO3）+c（HSO3-）=3c（H2SO3）+2c（HSO3-），c（Na+）3c（HSO3-）。本小题答案为：c（Na+） c（HSO3-） c（SO32-）c（H+）c（OH-）；。11.元素铜(Cu)、砷(As)、镓(Ga)等形成的化合物在现代工业中有广泛的用途，回答下列问题：(1)基态铜原子的价电子排布式为_,价电子中未成对电子占据原子轨道的形状是_。(2)化合物AsCl3分子立体构型为_，其中As的杂化轨道类型为_。(3)第一电离能Ga_As。(填“”或“”)(4)若将络合离子Cu(CN)42-中的2个CN- 换为两个Cl-，只有一种结构，则Cu(CN-)42-中4个氮原子所处空间构型为_，一个CN-中有_个键。(5)砷化镓是一种重要的半导体材料，晶胞结构如图所示。熔点为1238，密度为gcm-3，该晶体类型为_，Ga与As以_键键合，Ga和As的相对原子质量分别为Ma和Mb，原子半径分别为racm和rbcm，阿伏加德罗常数值为NA，GaAs晶胞中原子体积占晶胞体积的百分率为_。(列出计算公式)【答案】 (1). 3d104s1 (2). 球形 (3). 三角锥形 (4). sp3 (5). (6). 正四面体 (7). 2 (8). 原子晶体 (9). 共价键 (10). 【解析】【分析】本题考查的是原子核外电子排布、元素电离能、电负性的含义及应用,、晶胞的计算、原子轨道杂化方式及杂化类型判断。（1）铜是29号元素，原子核外电子数为29，根据核外电子排布规律书写铜的基态原子价电子电子排布式。（2）AsCl3中价层电子对个数=键个数+孤电子对个数=3+(531)/2=4，所以原子杂化方式是sp3，由于有一对孤对电子对，分子空间构型为三角锥形；（3）同一周期，原子序数越小半径越大，同周期第一电离能从左到右，逐渐增大；（4）若Cu(CN-)42-中4个氮原子为平面构型，用两个Cl-换2个CN- 有两种结构，分别为两个Cl-换相邻或相对，若Cu(CN-)42-中4个氮原子为正四面体构型，用两个Cl-换2个CN- 有一种结构；由于共价键单键中含有一个键，双键中含有一个键和一个键，三键中有一个键和两个键；（5）GaAs的熔点为1238，熔点较高，以共价键结合形成属于原子晶体，密度为gcm3，根据均摊法计算，As：81/8+61/2=4，Ga：41=4，故其晶胞中原子所占的体积V1=(4/3r3b4+4/3r3a4)1030，晶胞的体积V2=m/=4(Ma+Mb)/NA/，故GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为V1/V2100%将V1、V2带入计算得百分率。据此解答。【详解】（1）Cu是29号元素，原子核外电子数为29，铜的基态原子价电子电子排布式为3d104s1，价电子中未成对电子占据原子轨道的形状是球形。本小题答案为：3d104s1；球形。（2）AsCl3中价层电子对个数=键个数+孤电子对个数=3+(531)/2=4，所以原子杂化方式是sp3，由于有一对孤对电子对，分子空间构型为三角锥形。本小题答案为：三角锥形；sp3。（3）根据元素周期律，Ga与As位于同一周期，Ga原子序数小于As，故半径Ga大于As，同周期第一电离能从左到右，逐渐增大，故第一电离能Ga小于As。本小题答案为：。（4）若Cu(CN-)42-中4个氮原子为平面构型，用两个Cl-换2个CN- 有两种结构，分别为两个Cl-换相邻或相对，若Cu(CN-)42-中4个氮原子为正四面体构型，用两个Cl-换2个CN- 有一种结构；由于共价键单键中含有一个键，双键中含有一个键和一个键，三键中有一个键和两个键， 则CN-中含有三键，三键中含有两个键。本小题答案为：正四面体；2。（5）GaAs的熔点为1238，熔点较高，以共价键结合形成属于原子晶体，密度为gcm3，根据均摊法计算，As：81/8+61/2=4，Ga：41=4，故其晶胞中原子所占的体积V1=(4/3r3b4+4/3r3a4)1030，晶胞的体积V2=m/=4(Ma+Mb)/NA/，故GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为V1/V2100%将V1、V2带入计算得百分率。本小题答案为：原子晶体；共价键； 。12.桂皮酸是从肉桂皮中分离出的有机