河南省洛阳市2019届高三化学下学期第四次模拟考试试题（含解析）.docx

河南省洛阳市2019届高三化学下学期第四次模拟考试试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Cl-35.5 Zn-651.化学与生产生活密切相关，下列说法错误的是A. 二氧化硫能够杀死会将酒变成醋的酵母菌B. 二氧化碳可以作为温室大棚里的气态肥料C. 可以用熟石灰鉴别所有的氮肥和钾肥D. 蔗糖、淀粉、纤维素都属于糖类物质【答案】C【解析】【详解】A二氧化硫可以用作防腐剂，能够杀死会将酒变成醋的酵母菌，故A正确；B二氧化碳能引起温室效应，也是植物发生光合作用的原料之一，因此二氧化碳可以作为温室大棚里的气态肥料，故B正确；C氢氧化钙与钾肥无现象，氢氧化钙和铵态氮肥混合会产生刺激性气味的氨气，但并不是所有的氮肥，如硝酸盐(除硝酸铵外)，不能用熟石灰鉴别所有的氮肥和钾肥，故C错误；D蔗糖属于二糖；淀粉、纤维素属于多糖，故D正确；答案选C。2.用下列装置进行实验能达到相应实验目的的是A. 用甲装置配制100 mL某浓度NaNO3溶液B. 用乙装置分离溴苯和水混合物C. 用丙装置验证质量守恒定律D. 用丁装置可以实现防止铁钉生锈【答案】B【解析】【详解】A配制溶液时，NaNO3固体不能直接放在容量瓶中溶解，故A错误；B溴苯的密度大于水，不溶于水，溴苯在下层，故B正确；C盐酸与碳酸钠溶液反应放出二氧化碳，反应后容器中物质的总质量减少，不能直接用于验证质量守恒定律，故C错误；D作原电池正极或电解池阴极的金属被保护，作原电池负极或电解池阳极的金属加速被腐蚀，该装置中Fe作负极而加速被腐蚀，不能防止铁钉生锈，故D错误；答案选B。【点睛】本题的易错点为C，验证质量守恒定律的实验时，选用药品和装置应考虑：只有质量没有变化的化学变化才能直接用于验证质量守恒；如果反应物中有气体参加反应，或生成物中有气体生成，应该选用密闭装置。3.下列关于有机化合物说法正确的是A. C3H6Cl2有4种同分异构体B. 乙烯与Br2的CCl4溶液反应后，混合液分为两层C. 乙醇被氧化一定生成乙醛D. 合成材料会造成巨大的环境压力，应禁止使用【答案】A【解析】【详解】A分子式为C3H6Cl2的有机物可以看作C3H8中的两个氢原子被两个氯原子取代，两个氯原子取代一个碳上的氢原子有2种：CH3-CH2-CHCl2 、CH3-CCl2 -CH3，取代两个碳上的氢有2种：CH2Cl-CH2-CH2Cl，CH2Cl-CHCl-CH3，共有4种，故A正确；B乙烯与溴发生加成反应生成BrCH2-CH2Br，BrCH2-CH2Br易溶于四氯化碳，溶液不分层，故B错误；C乙醇发生氧化反应可生成乙醛，也可以生成乙酸，故C错误；D虽然大量使用合成材料会污染环境，但是禁止使用是不现实的，应该合理使用，尽量减少污染，故D错误；答案选A。4.以石墨负极（C）、LiFePO4正极组成的锂离子电池的工作原理如图所示（实际上正负极材料是紧贴在锂离子导体膜两边的）。充放电时，Li+在正极材料上脱嵌或嵌入，随之在石墨中发生了LixC6生成与解离。下列说法正确的是A. 锂离子导电膜应有保护成品电池安全性的作用B. 该电池工作过程中Fe元素化合价没有发生变化C. 放电时，负极材料上的反应为6C+xLi+ xe- =LixC6D. 放电时，正极材料上的反应为LiFePO4 - xe- = Li1-xFePO4 + xLi+【答案】A【解析】【分析】根据题意描述，放电时，石墨为负极，充电时，石墨为阴极，石墨转化LixC6，得到电子，石墨电极发生还原反应，与题意吻合，据此分析解答。【详解】根据上述分析，总反应为LiFePO4+6C Li1-xFePO4+LixC6。A. 为了防止正负极直接相互接触，因此用锂离子导电膜隔开，锂离子导体膜起到保护成品电池安全性的作用，故A正确；B. 根据总反应方程式LiFePO4+6C Li1-xFePO4+LixC6可知，LiFePO4与Li1-xFePO4中铁元素的化合价一定发生变化，否则不能构成原电池反应，故B错误；C. 放电时，负极发生氧化反应，电极反应式为：LixC6- xe- =6C+xLi+，故C错误；D. 放电时，Li1-xFePO4在正极上得电子发生还原反应，电极反应为：Li1-xFePO4+xLi+xe-LiFePO4，故D错误；答案选A。【点睛】本题的难点为电池的正负极的判断，要注意认真审题并大胆猜想。本题的易错点为B，要注意原电池反应一定属于氧化还原反应。5.NA表示阿伏加德罗常数的值，则下列说法中正确的是A. 铁丝和3.36LCl2完全反应，转移电子的数目为0.3NAB. 1 molNaClO中含有的Cl数目为NAC. 5mL0.005mol/L的Fe(SCN)3中溶质的微粒数目为2.5107NAD. 18g H2O中含有的电子数为10NA【答案】D【解析】【详解】A.未告知是否为标准状况，无法计算3.36LCl2的物质的量，因此无法确定铁和氯气反应转移的电子数，故A错误；B.次氯酸钠中不存在氯离子，故B错误；C.Fe(SCN)3为难电离的物质，5mL0.005mol/L的Fe(SCN)3中溶质的物质的量为0.005L0.005mol/L=2.5105mol，微粒数目略小于2.5105NA，故C错误；D.18g H2O的物质的量为1mol，而水为10电子微粒，故1mol水中含10NA个电子，故D正确；答案选D。【点睛】本题的易错点为A，使用气体摩尔体积需要注意：对象是否为气体；温度和压强是否为标准状况。6.短周期元素a、b、c、d的原子序数依次增大，a和b的最外电子数之和等于c和d的最外层电子数之和，这四种元素组成两种盐b2da3和bca2。在含该两种盐的混合溶液中滴加盐酸，产生白色沉淀的物质的量与盐酸体积的关系如图所示。下列说法正确的是A. 1mol d的氧化物含2mol 化学键B. 工业上电解c的氧化物冶炼单质cC. 原子半径：a b c dD. 简单氢化物的沸点：a d【答案】B【解析】【分析】短周期元素a、b、c、d的原子序数依次增大，a和b的最外电子数之和等于c和d的最外层电子数之和，这四种元素组成两种盐b2da3和bca2。在含该两种盐的混合溶液中滴加盐酸，生成白色沉淀，盐酸过量时部分沉淀溶解，说明生成的沉淀中含有氢氧化铝，因此两种盐的混合溶液中含有偏铝酸盐，如NaAlO2，因此a为O元素，c为Al元素，b为Na元素；根据盐b2da3的形式，结合强酸制弱酸的原理，d酸难溶于水，因此d酸为硅酸，d为Si元素。据此分析解答。【详解】根据上述分析，a为O元素，b为Na元素，c为Al元素，d为Si元素。A. d的氧化物为二氧化硅，1mol 二氧化硅中含有4mol Si-O键，故A错误；B. 工业上冶炼铝是电解熔融的氧化铝实现的，故B正确；C. 一般而言，电子层数越多，半径越大，电子层数相同，原子序数越大，半径越小，原子半径：a d c Ksp(CuS)C. a、b、c三点溶液中，n(H+)和n(OH)的积最小的为b点D. c点溶液中：c(Na+)c(Cl)c(S2)c(OH)c(H+)【答案】D【解析】【分析】向10mL0.1mol/LCuCl2溶液中滴加0.1mol/L的Na2S溶液，发生反应：Cu2+S2-CuS，Cu2+单独存在或S2-单独存在均会水解，水解促进水的电离，结合图象分析解答。【详解】A该温度下，平衡时c(Cu2+)=c(S2-)=10-17.7mol/L，则Ksp(CuS)=c(Cu2+)c(S2-) =10-17.7mol/L10-17.7mol/L=10-35.4，则Ksp(CuS)的数量级为10-36，故A错误；B沉淀溶解平衡常数Ksp(CuS)只与温度有关，并且Ksp(CuS)=10-35.4，很小，所以随着Na2S溶液的滴加，溶液中c(Cu2+)减小、-lgc(Cu2+)增大，二者关系始终满足c(S2-)c(Cu2+)=定值=Ksp(CuS)，故B错误；C温度不变，Kw=c(H+)c(OH)不变，则n(H+) n(OH)= KwV2，说明溶液的体积越小，n(H+) n(OH)越小，因此n(H+)和n(OH)的积最小的为a点，故C错误；Dc点时溶质为浓度之比21的NaCl和Na2S混合溶液，Na2S是弱酸强碱盐，水解使溶液显碱性，所以c点溶液中：c(Na+)c(Cl-)c(S2-)c(OH-)c(H+)，故D正确；答案选D。8.CCl3CHO是一种药物合成的中间体，可通过CH3CH2OH+4Cl2CCl3CHO+5HCl进行制备。制备时可能发生的副反应为C2H5OH+HClC2H5Cl+H2O、CCl3CHO+HClOCCl3COOH+HCl。合成该有机物的实验装置示意图（加热装置未画出）和有关数据如下：物质C2H5OHCCl3CHOCCl3COOHC2H5Cl熔点/-114.1-57.558-1387沸点/78.397.819812.3溶解性与水互溶可溶于水、乙醇可溶于水、乙醇微溶于水，可溶于乙醇（1）恒压漏斗A的作用是_；A装置中发生反应的化学方程式为_。（2）装置B的作用是_；装置F在吸收气体时，为什么可以防止液体发生倒吸现象。_。（3）装置E中的温度计要控制在70 ，三口烧瓶采用的最佳加热方式是_。如果要在球形冷凝管中注入冷水增加冷凝效果，冷水应该从_（填“a”或“b”）口通入。实验使用球形冷凝管而不使用直形冷凝管的目的是_。（4）实验中装置C中的试剂是饱和食盐水，装置中D的试剂是浓H2SO4。如果不使用D装置，产品中会存在较多的杂质_（填化学式）。除去这些杂质最合适实验方法是_。（5）利用碘量法可测定产品的纯度，反应原理如下：CCl3CHO+NaOH=CHCl3+HCOONa HCOONa+I2=HI+NaI+CO2 I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6称取该实验制备的产品5.00 g，配成100.00 mL溶液，取其中10.00 mL，调节溶液为合适的pH后，加入30.00 mL 0.100 molL1的碘标准液，用0.100 molL1的Na2S2O3溶液滴定，重复上述3次操作，消耗Na2S2O3溶液平均体积为20.00 mL，则该次实验所得产品纯度为_。【答案】 (1). 保持漏斗与反应容器内气压相等 (2). 2KMnO4 +16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2 + 8H2O (3). 安全瓶（或“防止装置C中液体倒吸入装置A中”） (4). 漏斗口径较大，被吸住的液体会迅速回落烧杯中 (5). 水浴 (6). b (7). 增大蒸气与外界接触面积，提高冷凝回流效果 (8). C2H5Cl、CCl3COOH (9). 蒸馏 (10). 59%【解析】【分析】A装置利用高锰酸钾与浓盐酸反应制备氯气，为了防止副反应CCl3CHO+HClOCCl3COOH+HCl 的发生，需要除去氯气中的水蒸气和氯化氢，因此B装置为安全瓶，C装置用饱和食盐水除去HCl，D装置盛放浓硫酸干燥氯气，E装置中反应制备CCl4CHO，F装置盛放氢氧化钠溶液，吸收尾气中氯气、HCl防止污染空气，据此分析解答。【详解】(1)使用恒压漏斗A可以保持漏斗与反应容器内的气压相等，便于液体流下；A装置中高锰酸钾与浓盐酸反应生成氯气，反应的化学方程式为2KMnO4 +16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2+ 8H2O，故答案为：保持漏斗与反应容器内的气压相等；2KMnO4 +16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2+ 8H2O；(2)装置B为安全瓶，防止装置C中液体倒吸入装置A中；装置F在吸收气体时，由于漏斗口径较大，被吸住的液体会迅速回落烧杯中，因此可以防止液体发生倒吸现象，故答案为：安全瓶(或防止装置C中液体倒吸入装置A中)；漏斗口径较大，被吸住的液体会迅速回落烧杯中；(3)装置E中的温度计要控制在70 ，对三口烧瓶加热，最好采用水浴加热。如果要在球形冷凝管中注入冷水增加冷凝效果，冷水应该遵循下进上出的原则，从b口通入。实验使用球形冷凝管可以增大蒸气与外界接触面积，提高冷凝回流效果，因此不使用直形冷凝管，故答案为：水浴；b；增大蒸气与外界接触面积，提高冷凝回流效果；(4)实验中装置C中的试剂是饱和食盐水，装置中D的试剂是浓H2SO4。如果不使用D装置，生成的氯气中会混入水蒸气，水蒸气与氯气会反应生成次氯酸，从而发生副反应为C2H5OH+HClC2H5Cl+H2O、CCl3CHO+HClOCCl3COOH+HCl，产品中会存在较多的C2H5Cl、CCl3COOH杂质。根据物质的熔沸点和溶解性可知，除去这些杂质最合适的实验方法为蒸馏，故答案为：C2H5Cl、CCl3COOH；蒸馏；(5) 消耗的Na2S2O3的物质的量=0.100 molL10.02L=0.002mol，根据I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6可知，溶液中残留的碘的物质的量=0.001mol，因此与样品反应的碘的物质的量=(0.030L 0.100 molL1-0.001mol)=0.02mol，根据CCl3CHO+NaOH=CHCl3+HCOONa，HCOONa+I2=HI+NaI+CO2有CCl3CHOHCOONaI2，因此样品中CCl3CHO的物质的量=0.02mol，质量为0.02mol147.5g/mol=2.95g，实验所得产品纯度=100%=59%，故答案为：59%。9.研究和深度开发CO、CO2的应用具有重要的社会意义。回答下列问题：CO可用于高炉炼铁，已知：Fe3O4(s)+4CO(g)=3Fe(s)+4CO2(g) H1=a kJ/mol3Fe2O3(s)+CO(g)=2Fe3O4(s)+CO2(g) H2=b kJ/mol则反应Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g)的H3=_kJ/mol（用含a、b的代数式表示）。一定条件下，CO2和CO可以互相转化。（1）某温度下，在容积为2L的密闭容器按甲、乙两种方式投入反应物发生反应：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)。容器反应物甲8 mol CO2(g)、16 mol H2(g)乙w mol CO2(g)、x mol H2(g)、y mol CO(g)、z mol H2O(g)甲容器15 min后达到平衡，此时CO2的转化率为75%。则015 min内平均反应速率v(H2)=_，此条件下该反应的平衡常数K=_。欲使平衡后乙与甲中相同组分气体的体积分数相等，则w、x、y、z需满足的关系是：y_z（填“”、“”或“=”），且y=_（用含x、w的等式表示）。（2）研究表明，温度、压强对反应“C6H5CH2CH3(g)+CO2(g)C6H5CH=H2(g)+CO(g) +H2O(g) H ”中乙苯平衡转化率影响如图所示：则H_0（填“”、“”或“=”），压强p1、p2、p3从大到小顺序是_。（3）CO可被NO2氧化：CO+NO2CO2+NO。当温度高于225时，反应速率v 正=k正c(CO)c(NO2)、v逆=k逆c(CO2)c(NO)，k正、k逆分别为正、逆反应速率常数。在上述温度范围内，k正、k逆与该反应的平衡常数K之间的关系为_。【答案】 (1). (2). 0.2mol/（Lmin） (3). 1.8（或） (4). = (5). x- 2w (6). (7). p1p2p3 (8). 【解析】【分析】根据盖斯定律分析解答； (1)甲容器15min后达到平衡，此时CO2的转化率为75%，转化的二氧化碳为：8mol75%=6mol，根据三段式计算解答；欲使平衡后乙与甲中相同组分气体的体积分数相等，说明甲和乙互为等效平衡，结合等效平衡原理分析解答；(2)根据图象分析解答；(3)达平衡时v正=v逆，即k正c(CO)c(NO2)=k逆c(CO2)c(NO)，由此计算。【详解】已知：Fe3 O4(s)+4CO(g)3Fe(s)+4CO2(g)H1=a kJ/mol3Fe2 O3(s)+CO(g)2Fe3 O4(s)+CO2(g)H2=bkJ/mol根据盖斯定律，可得：Fe2O3(s)+3CO(g)2Fe(s)+3CO2(g)H3=(H1+2H2)=(b+2a)kJ/mol，故答案为：(b+2a)；(1)甲容器15min后达到平衡，此时CO2的转化率为75%，转化的二氧化碳为8mol75%=6mol， CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)初始(mol) 8 16 0 0转化(mol) 6 6 6 6平衡(mol) 2 10 6 6015min内平均反应速率v(H2)=0.2mol/(Lmin)；该反应的平衡常数K=l.8；平衡后乙与甲中相同组分气体的体积分数相等，说明甲和乙互为等效平衡，需必须满足(w+y)(x+y)=816，整理可得： y= x-2w且z=y，故答案为：0.2mol/(Lmin)；l.8；=；x-2w； (2)根据图象可知，温度越高、乙苯的平衡转化率越大，表明H0；该反应的n气0，则压强越大，乙苯的平衡转化率越小，故p1p2p3，故答案为：；p1p2p3；(3)达平衡时v正=v逆，即k正c(CO)c(NO2)=k逆c(CO2)c(NO)，故=K，故答案为：K=。【点睛】明确盖斯定律的应用和三段式在化学平衡计算中的应用为解答本题的关键。本题的易错点为化学平衡常数的计算，要注意化学平衡常数计算表达式的应用。10.精炼铜工业中阳极泥的综合利用具有重要意义。一种从铜阳极泥(主要含有铜、银、金、少量的镍)中分离提取多种金属元素的工艺流程如下：已知：分金液中含金离子主要成分为AuCl4；分金渣的主要成分为AgCl；分银液中含银离子主要成分为Ag(SO3)23，且存在Ag(SO3)23Ag+2SO“分铜”时各元素的浸出率如下表所示。（1）由表中数据可知，Ni的金属性比Cu_。分铜渣中银元素的存在形式为（用化学用语表示）_。“分铜”时，如果反应温度过高，会有明显的放出气体现象，原因是_。（2）“分金”时，单质金发生反应的离子方程式为_。（3）Na2SO3溶液中含硫微粒物质的量分数与pH的关系如图所示。“沉银”时，需加入硫酸调节溶液的pH=4，分析能够析出AgCl的原因为_。调节溶液的pH不能过低，理由为_（用离子方程式表示）。（4）已知KspAg2SO4=1.4105，沉银时为了保证不析出Ag2SO4，应如何控制溶液中SO42浓度（假定溶液中Ag+浓度为0.1mol/L）。_。（5）工业上，用镍为阳极，电解0.1 mol/L NiCl2溶液与一定量NH4Cl组成的混合溶液，可得高纯度的球形超细镍粉。当其他条件一定时，NH4Cl的浓度对阴极电流效率及镍的成粉率的影响如图所示：为获得髙纯度的球形超细镍粉，NH4Cl溶液的浓度最好控制为_g/L，当NH4Cl溶液的浓度大于15g/L时，阴极有无色无味气体生成，导致阴极电流效率降低，该气体为_。【答案】 (1). 强 (2). Ag、AgCl (3). H2O2分解放出氧气 (4). 2Au+ClO3+7Cl+6H+=2AuCl4 +3H2O (5). 分银液中存在Ag(SO3)23Ag+2SO32，加H2SO4至pH=4，SO32转化为HSO3，c(SO32)减小，平衡正向移动，c(Ag+)增大，Ag+与分银液中Cl反应生成AgCl (6). SO32+ 2H+ = SO2+H2O (7). 溶液中SO42浓度应低于1.4103mol/L (8). 10 (9). H2【解析】【分析】铜阳极泥中加入硫酸、过氧化氢和氯化钠进行分铜，“分铜”时，单质铜发生的反应是铜在酸性溶液中被过氧化氢氧化生成硫酸铜和水，“分铜”时加入足量的NaCl可以使溶解出的Ag+形成AgCl进入分铜渣；加入盐酸和氯酸钠进行分金，“分金”时，单质金发生的反应是金和加入的氯酸钠和盐酸发生氧化还原反应生成AuCl4-，分金液的主要成分为AuCl4-；分金渣的主要成分为AgCl，加入亚硫酸钠进行分银，过滤得到的分银液中主要成分为Ag(SO3)23-，且存在Ag(SO3)23-Ag+2SO32-加入硫酸沉银，促使Ag(SO3)23-Ag+2SO32-平衡正向移动，电离出Ag+，Ag+与分银液中的Cl-反应生成AgCl，以此解答该题。【详解】(1)由表中数据可知，镍的Ni浸出率比铜高，说明镍容易被氧化，因此金属性Ni比Cu强。根据上述分析，“分铜”时加入足量的NaCl可以使溶解出的Ag+形成AgCl进入分铜渣，分铜渣中银元素的存在形式为Ag、AgCl；“分铜”时，如果反应温度过高，双氧水发生分解，会有明显的气体放出现象，故答案为：强；Ag、AgCl；H2O2分解放出氧气；(2)分金液的主要成分为AuCl4-，“分金”时，单质金发生的反应是金和加入的氯酸钠和盐酸发生氧化还原反应生成AuCl4-，反应的离子方程式为：2Au+ClO3-+7Cl-+6H+=2AuCl4-+3H2O，故答案为：2Au+ClO3-+7Cl-+6H+=2AuCl4-+3H2O；(3)分银液中主要成分为Ag(SO3)23-，且存在Ag(SO3)23-Ag+2SO32-，H2SO4电离出的H+降低了SO32-的浓度，平衡正向进行，能够析出AgCl 的原因为：H2SO4电离出的H+降低了SO32-的浓度，促使Ag(SO3)23-Ag+2SO32-平衡正向移动，电离出Ag+，Ag+与分银液中的Cl-反应生成AgCl，调节溶液的pH 不能过低理由为：避免产生污染气体SO2，故答案为：H2SO4电离出的H+降低了SO32-的浓度，促使Ag(SO3)23-Ag+2SO32-平衡正向移动，电离出Ag+，Ag+与分银液中的Cl-反应生成AgCl；避免产生污染气体SO2；(3)分银液中主要成分为Ag(SO3)23-，由于存在Ag(SO3)23-Ag+2SO32-，H2SO4电离出的H+降低了SO32-的浓度，平衡正向进行，c(Ag+)增大，Ag+与分银液中Cl反应生成AgCl；如果溶液的pH 过低，硫酸会与亚硫酸根离子反应放出气体SO2，产生污染，反应的离子方程式为SO32+ 2H+ = SO2+H2O，故答案为：分银液中存在Ag(SO3)23Ag+2SO32，加H2SO4至pH=4，SO32转化为HSO3，c(SO32)减小，平衡正向移动，c(Ag+)增大，Ag+与分银液中Cl反应生成AgCl；SO32+ 2H+ = SO2+H2O；(4)c(SO42)=1.4103 mol/L，因此沉银时为了保证不析出Ag2SO4，应如何控制溶液中SO42浓度低于1.4103mol/L，故答案为：溶液中SO42浓度应低于1.4103mol/L；(5)根据图象可知，NH4Cl的浓度为10gL-1时，镍的成粉率最高，所以NH4Cl的浓度最好控制为10 gL-1，当NH4Cl浓度大于15gL-1时，阴极有气体生成，阴极发生还原反应，阴极生成的气体为氢气，溶液中铵根离子水解溶液呈酸性，阴极电极反应式为：2H+2e-=H2或2NH4+2H2O+2e-=2NH3H2O+H2，产生气体为氢气，故答案为：10；H2。【物质结构与性质选修3】11.BA族半导体纳米材料（如CdTe、CdSe、ZnSe、ZnS等）在光电子器件、太阳能电池以及生物探针等方面有广阔的前景。回答下列问题：（1）基态锌（Zn）原子的电子排布式为Ar_。（2）“各能级最多容纳的电子数，是该能级原子轨道数的二倍”，支撑这一结论的理论是_（填标号）a 构造原理 b 泡利原理 c 洪特规则 d 能量最低原理（3）在周期表中，Se与As、Br同周期相邻，与S、Te同主族相邻。Te、As、Se、Br的第一电离能由大到小排序为_。（4）H2O2和H2S的相对分子质量相等，常温下，H2O2呈液态，而H2S呈气态，其主要原因是_；的中心原子杂化类型为_，其空间构型为_。（5）ZnO具有独特的电学及光学特性，是一种应用广泛的功能材料。已知锌元素、氧元素的电负性分别为1.65、3.5，ZnO中化学键的类型为_。ZnO可以被NaOH溶液溶解生成Zn(OH)42，请从化学键角度解释能够形成该离子的原因。_。 一种ZnO晶体的晶胞如图所示。晶胞边长为a nm、阿伏加德罗常数的值为NA，其晶体密度为_gcm3。【答案】 (1). 3d104s2 (2). b (3). BrAsSeTe (4). H2O2分子间存在氢键 (5). sp3杂化 (6). 三角锥形 (7). 离子键 (8). Zn2+可以通过配位键与OH结合成为络离子 (9). 3.241023/(a 3NA)【解析】【分析】(1)锌为30号元素，据此书写基态锌(Zn)原子的电子排布式；(2)根据“各能级最多容纳的电子数，是该能级原子轨道数的二倍”，结合各选项分析判断；(3) 同周期元素，从左到右，元素的第一电离能呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素；同族元素，从上至下第一电离能逐渐减小，据此判断Te、As、Se、Br的第一电离能的大小顺序；(4) H2O2分子间存在氢键，而H2S分子间不能形成氢键；根据价层电子对数=键个数+孤电子对个数分析解答；(5)根据电负性的差值1.7，形成离子键，1.7形成共价键判断；根据Zn(OH)42中存在配位键分析解答；根据均摊法计算ZnO晶胞中含有的Zn、O原子数，计算晶胞的质量，再计算晶胞的密度。【详解】(1)锌为30号元素，基态锌(Zn)原子的价电子排布式为 3d104s2，故答案为：3d104s2；(2)“各能级最多容纳的电子数，是该能级原子轨道数的二倍”，支撑这一结论的理论是泡利原理，故答案为：b；(3) 同周期元素，从左到右，元素的第一电离能呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素；同族元素，从上至下第一电离能逐渐减小。在周期表中，Se与As、Br同周期相邻，与S、Te同主族相邻，则Te、As、Se、Br的第一电离能由大到小排序为BrAsSeTe，故答案为：BrAsSeTe；(4)H2O2和H2S的相对分子质量相等，但H2O2分子间存在氢键，沸点较高，H2S分子间不能形成氢键，使得常温下，H2O2呈液态，而H2S呈气态；的中心原子Se的价层电子对数=3+=4，采用sp3杂化，其空间构型为三角锥形，故答案为：H2O2分子间存在氢键；sp3杂化；三角锥形；(5)锌元素、氧元素的电负性分别为1.65、3.5，ZnO中电负性的差值=3.5-1.65=1.851.7，构成离子键；Zn2+可以通过配位键与OH结合成为络离子，导致ZnO可以被NaOH溶液溶解生成Zn(OH)42，故答案为：离子键；Zn2+可以通过配位键与OH结合成为络离子；ZnO晶胞中含有Zn原子数=8+6=4，O原子数=12+1=4，因此晶胞的质量=g，晶胞的体积=(a10-7)3cm3，晶胞的密度=1023 gcm3，故答案为：1023。【有机化学基础选修5】12.化合物H是一种有机光电材料中间体。实验室由芳香化合物A制备H的一种合成路线如下：已