广东省中山一中、仲元中学等七校联合体2020届高三化学第一次联考（8月）试题（含解析）.doc

广东省中山一中、仲元中学等七校联合体2020届高三化学第一次联考（8月）试题（含解析）1.化学与社会、生产、生活密切相关。下列说法错误的是a. sio2超分子纳米管属无机非金属材料b. 草莓棚中使用的“吊袋式二氧化碳气肥”的主要成分是碳酸钙c. “梨花淡自柳深青，柳絮飞时花满城”中柳絮的主要成分和棉花的相同d. 本草纲目记载的“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”的实验方法可用来分离乙酸和乙醇【答案】b【解析】【详解】a.sio2属于无机非金属材料，可以制取超分子纳米管，a正确； b.碳酸钙需要在高温下煅烧分解才能得到二氧化碳，草莓棚中不能使用碳酸钙分解来产生二氧化碳，b错误；c.柳絮的主要成分和棉花的相同，都是纤维素，c正确；d.“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”涉及蒸馏的方法，蒸馏可根据乙醇、乙酸沸点的不同，用来分离乙酸和乙醇，d正确；故合理选项是b。2.下列关于有机物的说法正确的是（ ）a. 乙醇和丙三醇互为同系物b. 环己烯()分子中的所有碳原子共面c. 分子式为c5h10o2，且属于酯的同分异构体共有9种(不考虑立体异构)d. 二环己烷( )的二氯代物有6种结构(不考虑立体异构)【答案】c【解析】【详解】a.乙醇是饱和一元醇，甘油是饱和三元醇，所含官能团数目不同，因此二者不是同系物，a错误；b.环己烯分子中含有4个饱和碳原子，由于甲烷的分子结构中与该c原子连接的四个原子构成的是四面体结构，所以该物质分子中的所有碳原子不可能同一个平面上，b错误；c.分子式为c5h10o2的酯为饱和一元酯，若为甲酸与丁醇形成的酯有4种，hcooch2ch2ch2ch3、hcooch2ch(ch3)2、hcooch(ch3)ch2ch3、hcooc(ch3)3；若为乙酸和丙酯，有2种，ch3cooch2ch2ch3、ch3coochch(ch3)2；若为丙酸和乙醇形成的酯，只有1种，ch3ch2cooch2ch3；若为丁酸和甲醇形成的酯，有2种，ch3ch2ch2cooch3、(ch3)2chcooch3,所以属于酯的同分异构体共有（4+2+1+2）=9种，c正确；d.二环己烷有2种不同位置的h原子，其二氯取代产物中，若2个cl原子在同一个c原子上，只有1种结构，若在两个不同的c原子上，有6种不同的结构，乙醇其二氯代物共有7种，d错误；故合理选项是c。3.na是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是a. 11g超重水(t2o)含中子数为5nab. 1mol金刚石中cc键的数目为2nac. 常温下，ph=6的mgcl2溶液中h+的数目为10-6 nad. 标准状况下，2.24l cl2全部溶于水所得溶液中的cl数目为0.1na【答案】b【解析】【详解】a.11g超重水(t2o)的物质的量为0.5mol，在1个超重水(t2o)中含有12个中子，所以0.5mol超重水(t2o)中含中子数为6na，a错误；b.由于在金刚石中，一个c原子与相邻的4个c原子形成共价键，每个共价键为相邻两个原子形成，所以1个c原子含有的c-c键数目为40.5=2，因此1mol金刚石中c-c键的数目为2na，b正确；c.缺体积，无法计算h+的数目，c错误；d.氯气和水的反应为可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，反应不能进行彻底，且生成的是hcl和hclo，故溶液中的氯离子个数小于0.1na个，d错误；故合理选项是b。4.一种新兴宝玉石主要成分的化学式为x2y10z12w30，y、w、x、z均为短周期主族元素且原子序数依次增大，x与y位于同一主族，y与w位于同一周期。x、y、z的最外层电子数之和与w的最外层电子数相等，w是地壳中含量最多的元素。下列说法错误的是a. 原子半径：xywb. 最高价氧化物对应水化物的碱性：xyc. x的单质在氧气中燃烧所得的产物中阴、阳离子个数比为1:2d. z、w组成的化合物是常见的半导体材料，能与强碱反应【答案】d【解析】【分析】一种新兴宝玉石主要成分的化学式为x2y10z12w30，x、y、z、w均为短周期主族元素且y、w、x、z的原子序数依次增大，w是地壳中含量最多的元素，则w为o元素；x与y位于同一主族，x、y、z的最外层电子数之和与w的最外层电子数相等，当x、y位于a族时，z位于a族，y与w(o元素)位于同一周期，则y为li，x为na，z为si元素；当x、y位于a族时，z位于a族，短周期不可能存在3种元素同主族，不满足条件，据此解答。【详解】根据上述分析可知：x为na元素，y为li元素，z为si元素，w为o元素。a.同一周期的元素，原子序数越大，原子半径越小；同一主族的元素，原子序数越大，原子半径越大。li、o同一周期，核电荷数oli，原子半径lio，li、na同一主族，核电荷数nali，原子半径nali，则原子半径是xyw，a正确；b.元素的金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的碱性越强。元素的金属性nali，所以碱性：naohlioh，则最高价氧化物对应水化物的碱性：xy，b正确； c.x的单质是na，在氧气中燃烧生成na2o2，存在na+和o22-，则阴、阳离子之比为1：2，c正确；d.z、w组成的化合物sio2是酸性氧化物，能与强碱反应，si单质才是常见的半导体材料，d错误；故合理选项是d。【点睛】本题考查原子结构与元素周期律的关系的知识，依据元素的原子结构推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律的应用及常见元素、化合物性质的正确判断。5.以co2和na2o2为原料，制取纯净干燥的o2，实验装置如下：下列说法不正确的是a. 装置中试剂可以是naoh溶液b. 装置的作用是干燥o2c. 收集氧气应选择装置ad. 装置、之间应增加盛澄清石灰水的洗气瓶【答案】c【解析】【分析】实验原理分析：二氧化碳通过u型管与过氧化钠反应生成氧气，氧气和没有反应的二氧化碳通入碱液洗气瓶除二氧化碳，可增加盛有澄清石灰水的洗气瓶验证二氧化碳是否除尽，在通过盛有浓硫酸的洗气瓶干燥氧气，最后收集；【详解】a.装置中试剂可以是naoh溶液，用来除掉二氧化碳气体，故不选a；b. 装置中盛有浓硫酸，作用是干燥o2，故不选b；c. 由于氧气密度大于空气，选择装置b，故选c；d. 装置、之间应增加盛澄清石灰水的洗气瓶，验证二氧化碳是否除尽，故不选d；答案：c6.科学家发现对冶金硅进行电解精炼提纯可降低高纯硅制备成本。相关电解槽装置如图所示，用cu-si合金作硅源，在950利用三层液熔盐进行电解精炼，有关说法正确的是a. 电子由液态cu-si合金流出，流入液态铝电极b. 液态铝电极与正极相连，作为电解池的阳极c. 在该液相熔体中cu优先于si被氧化，si4+优先于cu2+被还原d. 三层液熔盐的作用是使电子能够在三层间自由流动【答案】a【解析】【详解】a.图示得到：液态cu-si合金为阳极，电子由液态cu-si合金流出；液态铝为阴极，连接电源负极，所以电子从液态铝流入；a正确；b.图中，铝电极是si4+得电子被还原为si，因此与电源负极相连，该电极为阴极，b错误；c.由图示得到，电解的阳极反应为si失电子转化为si4+，阴极反应为si4+得电子转化为si， c错误；d.使用三层液熔盐的可以有效的增大电解反应的面积，使单质硅高效的在液态铝电极上沉积，而不是方便电子通过，电子不通过电解质，d错误；故合理选项是a。7.向湿法炼锌的电解液中同时加入cu和cuso4，可生成cucl沉淀除去cl-，降低对电解的影响，原理如下：cu(s)+cu2+(aq)2cu+(aq) h1=a kjmol-1cl-(aq)+cu+(aq)cucl(s) h2=b kjmol-1实验测得电解液ph对溶液中残留c(cl-)的影响如图所示。下列说法正确的是a. 溶液ph越大，ksp(cucl)增大b. 反应达到平衡时增大c(cu2+)，c(cl-)减小c. 向电解液中加入稀硫酸，有利于cl-的去除d. cu(s)+cu2+(aq)+cl-(aq)cucl(s) h=(a+2b) kjmol-1【答案】b【解析】【详解】a.温度升高，吸热反应的ksp越大，k只受温度的影响，ph越大，ksp（cucl）不变，a错误；b.反应达到平衡状态，增大c(cu2+)，由于k不变，所以c(cl-)减小，b正确；c.根据图中信息：溶液的ph越大，氯离子的浓度越小，电解液中加入稀硫酸，不利于cl-的去除，c错误；d.cu(s)+cu2+(aq)2cu+(aq) h1=a kjmol-1，cl-(aq)+cu+(aq)cucl(s) h2=bkjmol-1，根据盖斯定律，将0.5+，整理可得： cu(s)+cu2+(aq)+cl-(aq)cucl(s) h=(+b) kjmol-1，d错误；故合理选项是b。8.乳酸亚铁晶体ch3ch(oh)coo2fe3h2o，相对分子质量为288易溶于水，是一种很好的补铁剂，可由乳酸ch3 ch(oh)cooh与feco3反应制得。i碳酸亚铁的制备（装置如下图所示）(1)仪器b的名称是_；实验操作如下：打开kl、k2，加入适量稀硫酸，关闭kl，使反应进行一段时间，其目的是_。(2)接下来要使仪器c中的制备反应发生，需要进行的操作是_，该反应产生一种常见气体，写出反应的离子方程式_。(3)仪器c中混合物经过滤、洗涤得到feco3沉淀，检验其是否洗净的方法是_。乳酸亚铁的制备及铁元素含量测定(4)向纯净feco3固体中加入足量乳酸溶液，在75下搅拌使之充分反应，经过滤，在_的条件下，经低温蒸发等操作后，获得乳酸亚铁晶体。(5)两位同学分别用不同的方案进行铁元素含量测定：甲同学通过kmno4滴定法测定样品中fe2+的含量计算样品纯度。在操作均正确的前提下，所得纯度总是大于l00%，其原因可能是_。乙同学经查阅资料后改用碘量法测定铁元素的含量计算样品纯度。称取3.000 g样品，灼烧完全灰化，加足量盐酸溶解，取所有可溶物配成l00ml溶液。吸取2500 rnl该溶液加入过量ki溶液充分反应，然后加入几滴淀粉溶液，用0. 100 moll-1硫代硫酸钠溶液滴定（已知：i2+2s2o32-=s4o62-+2i-），当溶液_，即为滴定终点；平行滴定3次，硫代硫酸钠溶液的平均用量为24.80 ml，则样品纯度为_（保留1位小数）。【答案】 (1). 蒸馏烧瓶 (2). 生成feso4溶液，且用产生的h2排尽装置内的空气 (3). 关闭k2 (4). fe2+2hco3-=feco3+co2+h2o (5). 取最后一次洗涤液，加入稀盐酸酸化，再滴入bacl2溶液，若无白色沉淀，则洗涤干净 (6). 隔绝空气 (7). 乳酸根离子中的羟基也能被高锰酸钾氧化，导致消耗高锰酸钾溶液用量偏多 (8). 蓝色褪去且半分钟不恢复 (9). 95.2%【解析】【分析】i亚铁离子容易被氧气氧化，制备过程中应在无氧环境中进行，fe与稀硫酸反应制备硫酸亚铁，利用反应生成的氢气排尽装置中的空气，b制备硫酸亚铁，利用生成氢气，使b装置中气压增大，将b装置中的氯化亚铁溶液压入c中。c装置中硫酸亚铁和nh4hco3发生反应产生feco3沉淀。fe2+有较强还原性，易被空气中氧气氧化，获取乳酸亚铁晶体过程中应减小空气中氧气的干扰；乳酸和亚铁离子都可被酸性高锰酸钾氧化；i2的淀粉溶液显蓝色，滴加硫代硫酸钠溶液后蓝色会变浅，最终褪色；根据已知反应可得关系式2fe3+i22s2o32-，根据滴定时参加反应的硫代硫酸钠的物质的量计算出fe2+的物质的量，再计算样品纯度。【详解】i亚铁离子容易被氧气氧化，制备过程中应在无氧环境中进行，fe与稀硫酸反应制备硫酸亚铁，利用反应生成的氢气排尽装置中的空气，装置b制备硫酸亚铁，c装置中硫酸亚铁和nh4hco3发生反应：fe2+2hco3-=feco3+co2+h2o，利用生成氢气，使b装置中气压增大，将b装置中的氯化亚铁溶液压入c中。(1)由仪器图形可知b为蒸馏烧瓶；打开kl、k2，加入适量稀硫酸，可使生成的氢气排出装置c内的空气，防止二价铁被氧化；(2)待装置内空气排出后，再关闭k2，反应产生的氢气使装置内的气体压强增大，可将b中生成的硫酸亚铁溶液排到装置c中，发生反应生成碳酸亚铁，同时生成二氧化碳，反应的离子方程式为fe2+2hco3-=feco3+co2+h2o；(3)feco3是从含有so42-的溶液中过滤出来的，检验沉淀是否洗涤干净，可通过检验是否含有so42-判断。方法是：取最后一次水洗液于试管中，加入过量稀盐酸酸化，滴加一定量的bacl2溶液，若无白色浑浊出现，则表明洗涤液中不存在so42-，即可判断feco3沉淀洗涤干净；(4)fe2+有较强还原性，易被空气中氧气氧化，则乳酸亚铁应隔绝空气，防止被氧化；(5)乳酸根中含有羟基，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，fe2+也可以被氧化，因此二者反应都消耗kmno4溶液，导致消耗高锰酸钾的增大，使计算所得乳酸亚铁的质量偏大，产品中乳酸亚铁的质量分数会大于100%；i2遇淀粉溶液显蓝色，滴加硫代硫酸钠溶液后蓝色会变浅，说明i2与na2s2o3发生了氧化还原反应，当蓝色刚好褪去且半分钟不恢复，即可判断为滴定终点；24.80 ml0.1000mol/l硫代硫酸钠溶液中硫代硫酸钠的物质的量为n(na2s2o3)=0.02480l0.100mol/l=2.4810-3mol，根据关系式2fe2+2fe3+i22s2o32-，可知样品中ch3ch(oh)coo2fe3h2o的物质的量为n(fe2+)=n(s2o32-)=2.4810-3mol=9.9210-3mol，则样品的纯度为100%=95.2%。【点睛】本题考查实验制备方案的知识，涉及化学仪器识别、对操作的分析评价、物质分离提纯、氧化还原反应滴定应用等，明确原理是解题关键，通过化学方程式可得关系式，然后根据关系式进行有关化学计算，注意在物质计算时取用的物质与原样品配制的溶液的体积关系，以免出错。9.新能源汽车的核心部件是锂离子电池，常用磷酸亚铁锂(lifepo4)做电极材料。对lifepo4废旧电极（含杂质al、石墨粉）回收并获得高纯li2co3的工业流程图如图：资料：碳酸锂在水中溶解度：温度/020406080100溶解度/g1.541.331.171.010.850.72(1)过程i研磨粉碎的目的是_。(2)过程ii加入足量naoh溶液的作用(用反应方程式表示)_。(3)过程iii采用不同氧化剂分别进行实验，均采用li含量为3.7%的原料，控制ph为3.5，浸取1.5h后，实验结果如表所示：序号酸氧化剂浸出液li+浓度(g/l)滤渣中li含量/%实验1hclh2o29.020.10实验2hclnaclo39.050.08实验3hclo27.050.93实验2中，naclo3与盐酸反应生成黄绿色气体，大大增加了酸和氧化剂的用量，该反应的离子方程式为_。综合考虑li+的浸出率及环保因素，选择的氧化剂最好为_。过程iii得到的浸出液循环两次的目的是_。(4)浸出液中存在大量h2po4和hpo42-，已知：h2po4hpo42+h+，hpo42po43-+h+，结合平衡移动原理，解释过程iv得到磷酸铁晶体的原因_。(5)简述过程vi的操作_。【答案】 (1). 增大接触面积，加快反应速率 (2). 2al+2naoh+2h2o=2naalo2+3h2 (3). clo3+5cl+6h+=3cl2+3h2o (4). h2o2 (5). 提高浸出液中li+浓度（或提高氧化剂和酸的利用率/节约后续纯碱的用量） (6). co32结合h+，c(h+)减小，上述两个电离平衡均向右移动，c(po43)增大，与fe3+结合形成磷酸铁晶体 (7). 用热水洗涤、干燥【解析】【分析】lifepo4废旧电极(含杂质al、石墨粉)研磨后加入氢氧化钠溶液，滤液1含有naalo2，滤渣1含有lifepo4和石墨粉，加入盐酸、氧化剂可氧化亚铁离子生成铁离子，滤渣2为石墨粉，浸出液含有铁离子、锂离子，加入30%碳酸钠溶液可生成fepo42h2o，滤液2含有锂离子，加入饱和碳酸钠溶解并加热，可生成li2co3粗品，用热水洗涤，干燥得到高纯li2co3，以此解答该题。【详解】(1)粉碎样品，可增大接触面积，加快反应速率；(2)废旧电极含有铝，可与氢氧化钠溶液反应，则加入氢氧化钠溶液，可溶解al，使其分离出去，反应的化学方程式为：2al+2naoh+2h2o=2naalo2+3h2；(3)实验2中，naclo3与盐酸反应生成黄绿色气体，应生成氯气，反应的离子方程式为clo3-+5cl-+6h+=3cl2+3h2o；结合实验结果和中的现象，最终选择h2o2作为氧化剂，li+的进出率较高，且较环保； 过程iii得到的浸出液循环两次，可提高浸出液中li+浓度（或提高氧化剂和酸的利用率/节约后续纯碱的用量；(4)要得到过程iv得到磷酸铁晶体，可使po43-溶液浓度增大，则应使h2po4hpo42+h+，hpo42po43-+h+平衡正向移动，可加入与h+反应的物质，则可加入碳酸钠，原因是co32-结合h+，c(h+)减小，h2po4hpo42+h+，hpo42po43-+h+，两个电离平衡均向右移动，c(po43-)增大，与fe3+结合形成磷酸铁晶体；(6)由表中数据可知碳酸锂在温度较高时溶解度较小，则可用热水洗涤，然后干燥可得到高纯碳酸锂。【点睛】本题考查物质的分离和提纯的知识，涉及物质分离和提纯试剂的选取、平衡移动原理、氧化还原反应等，明确化学反应原理、物质性质及性质差异性是解本题关键，侧重考查学生分析及综合知识运用能力。10.氮的氧化物是造成大气污染的主要物质，研究氮氧化物间的相互转化及脱除具有重要意义。i氮氧化物间的相互转化(1)已知2no(g)+o2(g)2no2(g)的反应历程分两步：第一步 2no(g)n2o2(g) （快速平衡）第二步 n2o2(g) +o2(g) =2no2(g) （慢反应）用o2表示的速率方程为v(o2)= k1c2(no)c(o2)；no2表示的速率方程为v(no2)=k2c2(no)c(o2)，k1与k2分别表示速率常数（与温度有关），则=_。下列关于反应2no(g)+o2(g)=2no2(g)的说法正确的是_（填序号）。a.增大压强，反应速率常数一定增大b.第一步反应的活化能小于第二步反应的活化能c.反应的总活化能等于第一步和第二步反应的活化能之和(2)容积均为1l的甲、乙两个容器，其中甲为绝热容器，乙为恒温容器相同温度下，分别充入0.2mol的no2，发生反应：2no2(g)n2o4(g) h”、“” 或“=”)。(3)以nh3为还原剂在脱硝装置中消除烟气中的氮氧化物。主反应：4nh3(g)+4no(g)+o2(g)= 4n2(g)+6h2o(g) h1副反应：4nh3(g)+3o2(g)=2n2(g)+6h2o(g) h2=1267.1kj/mol4nh3(g)+5o2(g)=4no(g)+6h2o(g) h3=907.3 kj/molh1=_。将烟气按一定的流速通过脱硝装置，测得出口no的浓度与温度的关系如图1，试分析脱硝的适宜温度是_（填序号）。a.1050 (4)以连二亚硫酸盐(s2o42)为还原剂脱除烟气中的no，并通过电解再生，装置如图2。阴极的电极反应式为_，电解槽中的隔膜为_（填“阳”或“阴”）离子交换膜。【答案】 (1). 0.5 (2). b (3). 反应放热，体系的温度升高，反应速率加快 (4). 225 (5). (7). -1626.9 kj/mol (8). b (9). 2so32-+4h+2e-=s2o42-+2h2o (10). 阳【解析】【分析】(1)用o2表示的速率方程为v(o2)=k1c2(no)c(o2)、no2表示的速率方程为v(no2)=k2c2(no)c(o2)，2v(o2)=v(no2)，带入上式两个式子，整理可得k1、k2的关系；a.反应速率常数只与温度有关；b.反应越容易，反应物活化能越小；c.反应的总活化能小于第一步和第二步反应的活化能之和；(2)该反应的正反应是放热反应，根据温度对化学反应速率的影响分析；根据该温度下物质的平衡浓度，结合化学反应平衡常数的定义分析判断；甲为恒容绝热，乙为恒温容器，根据温度对化学平衡的影响及对体系的压强影响分析判断；(3)根据盖斯定律，将第二、第三个热化学方程式进行叠加，就可以得到相应的反应的热化学方程式及其相应的反应热；氮氧化物残留浓度越低越好；温度超过1000，氨气和氧气反应生成no；(4)阴极上亚硫酸根离子得电子生成s2o42-；阳极上水失电子生成氧气和氢离子，右侧多余的氢离子通过离子交换膜进入左侧。【详解】(1)用o2表示速率方程为v(o2)=k1c2(no)c(o2)、no2表示的速率方程为v(no2)=k2c2(no)c(o2)，2v(o2)=v(no2)，所以=；a.反应速率常数只与温度有关，与压强大小无关，a错误；b.反应越容易，反应物活化能越小，反应速率越快，第一步反应较快，说明反应物活化能较小，b正确；c.反应的总活化能小于第一步和第二步反应的活化能之和，c错误；故合理选项是b；(2)该反应的正反应是放热反应，加入反应物，随着反应的进行，反应体系温度升高，化学反应速率加快；反应开始时c(no2)=0.2mol/l，c(n2o4)=0mol/l，到平衡时c(no2)平=0.02mol/l，则根据方程式2no2(g)n2o4(g)中物质变化关系可知c(n2o4)平=0.09mol/l则该温度下该反应的化学平衡常数k=225；甲容器保持恒容，乙容器保持恒温，由于该反应的正反应是放热反应，随着反应的进行，容器内气体的温度升高，升高温度，平衡向吸热的逆反应方向移动，所以平衡时，k甲p乙；升高温度平衡常数减小，则平衡常数的对数减小，图中横坐标数值越大，温度越低，化学平衡常数越大，其对数越大，所以a符合，故选a；(3)i. 4nh3(g)+4no(g)+o2(g)= 4n2(g)+6h2o(g) h1ii. 4nh3(g)+3o2(g)=2n2(g)+6h2o(g) h2=1267.1kj/moliii. 4nh3(g)+5o2(g)=4no(g)+6h2o(g) h3=907.3 kj/mol将方程式2ii-iii，整理可得4nh3(g)+4no(g)+o2(g)=4n2(g)+6h2o(g) h1=2h2-h3=-1626.9 kj/mol；氮氧化物残留浓度越低越好；温度超过1000，氨气和氧气反应生成no；氮氧化物残留浓度越低越好，根据图知，在9001000时氮氧化物浓度最低；温度超过1000，氨气和氧气反应生成no，导致no浓度增大，故合理选项是b；(4)阴极上亚硫酸根离子得电子生成s2o42-，电极反应式为2so32-+4h+2e-=s2o42-+2h2o，阳极上，水失电子生成氧气和氢离子，右侧多余的氢离子通过离子交换膜进入左侧，所以交换膜为阳离子交换膜。【点睛】本题考查化学平衡计算、电解原理、盖斯定律等知识点，把握化学平衡计算方法、电解池中各个电极上发生的反应是解本题关键，要掌握基本概念，看清反应过程中变化条件，用化学反应原理分析变化结果，离子交换膜判断为解答易错点。11.祖母绿是四大名贵宝石之一，主要成分为be3al2si6o18，含有微量的cr、ni、fe元素而呈现各种颜色。回答下列问题：(1)基态ni2+的电子排布式为_；宝石中si的杂化方式是_；基态al原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为_。(2)成键元素电负性差值越大，化学键离子性百分数越高，在卤素与al组成的化合物中，离子性百分数最高的化合物是_（填化学式）。(3)六羰基铬cr(co)6用于制高纯度铬粉，它的沸点为220。cr(co)6的晶体类型是_，每molcr(co)6含键的数目为_；加热cr(co)6可得到高纯度铬粉和co，反应破坏作用力类型为_。a.离子键 b.配位键 c.金属键 d.分子间作用力(4)多数配离子显示颜色与d轨道的分裂能有关。分裂能是指配离子的中心原子（离子）的一个电子从较低能量的d轨道跃迁到较高能量的d轨道所需的能量(用表示)，它与中心离子的结构、电荷、配体有关。试判断分裂能fe(h2o)6 3+ _ fe(h2o)6 2+（填“”“ (9). fe3+的3d轨道达半充满稳定结构，fe2+的3d轨道未达半充满稳定结构 (10). (0.5，0.5，0) (11). 100%【解析】【分析】(1)ni是28号元素，根据构造原理写出其基态原子核外电子排布式，原子失去最外层2个电子，就形成ni2+；先判断si元素的化合价，然后确定其si的杂化方式；根据al原子核外电子排布式确定其电子占据最高能级的电子云形状；(2)成键元素电负性差值越大，化学键离子性百分数越高，而同主族自上而下电负性减小；(3)cr(co)6的沸点比较低，符合分子晶体的性质；cr(co)6中铬与co形成配位键，co中两个原子通过共价三键结合；(4)配离子所带正电荷越多，对电子的吸引力越大，d-d电子跃迁需要的能量越多，具有全充满、半充满、全空的电子层结构的微粒稳定性较高，越强需要的能量更高；(5)由图中a原子处于晶胞棱心，可以判断底面面心b的原子坐标参数；图乙结构单元中镍离子数目为10，由电荷守恒可知，结构单元中氧离子数目为10，由几何知识可知，最近2个氧离子的核间距为(2a+2b)pm=(a+b)pm，可得结构单元中长方体的各棱长，空间利用率=100%。【详解】(1)ni是28号元素，原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2，失去4s能级2个电子形成ni2+，基态ni2+的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d8，在该化合物中si元素化合价为+4价，si原子周围有4轨道原子，没有孤对电子，杂化轨道数为4，si原子杂化方式为：sp3杂化，al原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p1，可见其原子核外电子占据的最高能级3p能级，电子云形状为哑铃形或纺锥形；(2)成键元素电负性差值越大，化学键离子性百分数越高，而同主族自上而下电负性减小，卤族元素中f元素电负性最大，故在卤素与al组成的化合物中，离子性百分数最高的化合物为alf3；(3)cr(co)6的沸点为220，比较低，说明cr(co)6属于分子晶体；在cr(co)6中，cr与co通过配位键结合，6个配位键，在每一个co中c、o原子间通过共价三键结合，其中含有1个键，一共有6个 co，则含有6个键，所以每1molcr(co)6含键的数目为(6+6)na=12na；加热cr(co)6可得到高纯度铬粉和co，加热过程中配体与中心原子之间的配位键被破坏，故合理选项是b；(4)fe(h2o)63+带3个单位的正电荷，而fe(h2o)62+带2个单位正电荷，前者对电离吸引力更大；fe3+的3d达到半充满稳定结构，fe2+的3d未达到半充满稳定结构，故分裂能fe(h2o)63+fe(h2o)62+；(5)a原子坐标参数为（0，0，），则a原子处于晶胞棱心，故底面面心b的原子坐标参数为：(，0)；图乙结构单元中镍离子数目为10，由电荷守恒可知，结构单元中氧离子数目为10，ni、o原子总体积=10（a3+b3）pm3，根据几何知识可知，最近2个氧离子的核间距为(2a+2b) pm=(a+b)pm，结构单元长方体的长=5(a+b)pm，宽=2(a+b)pm，高=2a pm，因此空间利用率=10（a3+b3）pm35(a+b)pm2(a+b)pm2a pm1