陕西省莲湖区2020届高三化学上学期期中试题（含解析）

陕西省莲湖区2020届高三化学上学期期中试题（含解析）可能用到的相对原子质量:h 1c 12n 14o 16p 31s 32k 39ca 40fe 56co 59ni 59y 89pd 106第卷(选择题共42分)一、选择题(本题包括14小题,每小题3分,共42分。每小题只有一个选项符合题意)1.化学与生活密切相关。下列叙述错误的是a. 宋陈鼓年广韵中有“酢浆也,醋也”,食醋的主要成分为乙酸b. 诗经有“周原膴膴,堇荼如饴(麦芽糖)”,麦芽糖属于单糖c. 食盐中抗结剂k4fe(cn)6中的铁元素显+2价d. 碘伏是单质碘与聚乙烯吡咯烷酮的不定型结合物,可用于皮肤外用消毒【答案】b【解析】【详解】a、食醋的主要成分为乙酸，故a正确；b、蔗糖、麦芽糖属于二糖，不属于单糖，故b错误；c、食盐中的抗结剂是亚铁氰化钾，钾显-1价，cn-显-1价，根据代数和为零计算出铁元素显+2价，故c 正确；d、碘伏可用于皮肤外用消毒，故d正确。答案选b。2.下列物质或离子在指定分散系中能大量共存的是a. 空气中:h2、hcl、no、nh3b. fe(oh)3胶体中:na+、h+、cl-、i-c. ca(clo)2溶液中:k+、na+、no3-、cl-d. 无色透明溶液中:k+、na+、mno4-、so42-【答案】c【解析】【详解】a、no易被空气中氧气氧化，不能稳定存在，hcl和nh3能化合为氯化铵，故a不能共存；b、胶体遇电解质会发生聚沉，氢氧化铁沉淀还可以溶解在酸中，并且fe3+与i-能发生氧化还原反应，不能共存，故b错误；c、ca(clo)2溶液与k+、na+、no3-、cl-均不反应，可以共存，故c正确；d、mno4-为紫红色，不满足无色要求，故d错误。答案选c。【点睛】考查离子共存的判断，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 h+或oh-；溶液的颜色，如无色时可排除 cu2+、fe2+、fe3+、mno4-等有色离子的存在；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”等。3.下列反应中,反应后固体物质增重的是a. mno2中加入h2o2溶液b. fes2在氧气流中灼烧c. kclo3与mno2混合共热d. pb丝插入硫酸中【答案】d【解析】分析】反应后固体物质增重，说明反应后固体物质的相对分子质量增加或根据原子守恒进行计算，据此分析解答。【详解】a、mno2中加入h2o2溶液，二氧化锰是催化剂，反应后固体的质量不变，故a错误；b、fes2在氧气中燃烧生成氧化铁和二氧化碳，化学方程式为：4fes2+11o22fe2o3+8so2；固体从4mol fes2变为2molfe2o3,固体质量减小，故b错误；c、kclo3与mno2混合共热的方程式为：2kclo32kcl+3o2，mno2是催化剂， kclo3变为kcl，固体质量减小，故c 错误。d、pb+h2so4=pbso4+h2，生成的硫酸铅难溶于水，所以固体质量增加，故d正确。答案选d。【点睛】分析的关键是写方程式，找反应前后的固体，再根据其物质的量和摩尔质量比较质量。4.下列关于常见无机物的应用说法错误的是a. 氨水可用于脱除工业烟气中的二氧化硫b. 铁粉和炭粉组成的微电池可用于处理工业废水c. 用al2(oh)ncl6-nm(碱式氯化铝)可除去水体中的悬浮杂质并消毒杀菌d. 将废铁屑加入氯化亚铁溶液中,可用于除去工业废气中的氯气【答案】c【解析】【详解】a、氨水显碱性，可与工业烟气中的二氧化硫反应生成亚硫酸铵或亚硫酸氢铵，故a正确；b、铁粉和炭粉组成的微电池可以加快铁还原废水中的某些重金属离子，故b正确；c、碱式氯化铝水解生成胶体，只能除去水体中的悬浮杂质，但不能消毒杀菌，故c错误；d、氯气具有强氧化性，能氧化亚铁离子生成铁离子，铁离子能氧化fe生成亚铁离子，涉及的反应为2fe2+cl2=2fe3+2cl-、2fe3+fe=3fe2+，从而除去氯气，故d正确。答案选c。【点睛】在净化水的时候，胶体只有吸附作用，而要有消毒杀菌作用必须要有强氧化性。5.下列有关仪器的使用或实验操作正确的是a. 用稀盐酸洗涤h2还原cuo后试管内壁的铜b. 蒸发时,蒸发皿中溶液的量不能超过总容量的c. 分离苯萃取溴水后的分层液体,从分液漏斗下口先放出水层,再放出有机层d. 用kmno4溶液测定na2c2o4的浓度时,kmno4溶液盛放在碱式滴定管中【答案】b【解析】【详解】a、氢气还原氧化铜后留下的铜，是不活泼金属，排在金属活动性顺序中氢的后面，不能和稀盐酸反应，故a错误；b、蒸发时，加入的液体不能超过容器容积的，过多液体可能溢出，故b正确；c、苯的密度比水的密度小，分层后水层在下层，分层时避免上下层液体混合，则先分离出水，有机层从上口倒出，故c错误；d、高锰酸钾溶液呈酸性，且有强氧化性，要腐蚀橡皮，应该用酸式滴定管盛放，故d错误。答案选b。6.设na为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是a. 11.2 l cl2通入足量naoh溶液中充分反应,转移的电子数目为0.5nab. 4.4 g由co2和n2o组成的混合气体中含有的电子数目为2.2nac. 常温下,1.0 l ph=1的h2so4溶液中含有的h+数目为0.2nad. 2.1 g环己烷中含有的共价键数目为4.5na【答案】b【解析】【详解】a、氯气所处的状态不明确，不一定是标况，故物质的量不一定是0.5mol，则转移的电子不一定为0.5na个，故a错误；b、co2和n2o的摩尔质量均为44g/mol，故4.4g混合物的物质的量为0.1mol，且两者分子中均含22个电子，故0.1mol混合物中含2.2na个电子，故b正确；c、1 l ph=1的h2so4溶液中含有的h+的数目=1l0.1mol/lna=0.1na，故c错误；d、环己烷的摩尔质量为84g/mol，2.1 g环己烷的物质的量为0.025mol,而一个环己烷分子中含有共价键数为18，故2.1 g环己烷中含有的共价键数目为0.45na，故d错误。答案选b。【点睛】阿伏伽德罗常数的有关判断，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，注意环己烷结构特点。7.下列反应方程式中,能正确表达反应颜色变化的是a. 银器久置空气中表面变黑:4ag+o2=2ag2ob. 水玻璃敞口放置产生白色浑浊:sio32-+h2o=sio2+2oh-c. 280 k时,在一干燥密闭容器中充入no2和so2,产生白烟:no2+so2=no+so3d. 沸水中滴入fecl3溶液,液体变为红褐色:fe3+3oh-=fe(oh)3【答案】c【解析】【详解】a、纯银和空气中的硫化氢、氧气等物质发生反应生成黑色的硫化银，导致银表面变黑，故a错误；b、水玻璃是硅酸钠溶液，其与空气中的二氧化碳反应生成硅酸沉淀和碳酸钠，反应的离子方程式为：sio32-+co2+h2o=h2sio3+co32-，故b错误；c、密闭容器中充入no2和so2，no2有氧化性，so2有还原性，发生氧化还原反应，产生白烟是so3小颗粒形成的胶体，故c正确；d、向沸水中滴加饱和的氯化铁溶液至液体变为红褐色的离子反应为：fe3+3h2o=fe(oh)3（胶体）+3h+，故d错误。答案选c。8.由so2催化氧化制取so3的装置如图所示,下列说法错误的是a. 装置a可干燥并混合so2和o2b. 装置b中流出的气体有so2、so3及o2c. 装置c中u形管内壁上有白色固体d. 装置d中有白色沉淀,说明通入d的气体中含so3【答案】d【解析】【分析】和o2在a中混合并干燥后，通入b中发生催化氧化反应，在c中冷凝so3，剩余的so2气体继续通入硝酸钡溶液中反应。【详解】a、装置a可干燥并混合so2和o2，还有通观察气泡速率调节气流速度的作用，故a正确；b、so2催化氧化反应为可逆反应，所以装置b中流出的气体有so2、so3及o2，故b正确；c、装置c的作用是冷凝so3为固体，所以 u形管内壁上有白色固体，故c正确。d、 装置d中有白色沉淀是硫酸钡，so2通入到硝酸钡溶液中也会生成硫酸钡，故不能说明d的气体中含so3，故d错误。答案选d。9.1,4-二氧六环的一种合成方法如下,下列说法正确的是ch2=ch2 a. 反应、的原子利用率均为100%b. 反应的反应类型是加成聚合反应c. 环氧乙烷分子中的所有原子处于同一平面d. 与1,4-二氧六环互为同分异构体的酯类只有3种【答案】a【解析】【分析】由合成方法的流程可以看出两步反应的原子利用率都是100%；加聚反应是含有不饱和结构的小分子通过加成聚合反应生成高分子。【详解】a、由流程图看出反应、的原子利用率均为100%，故a正确；b、反应的产物不是高分子，故其反应类型不可能是加成聚合反应，故b错误；c、环氧乙烷分子中有饱和碳原子，以饱和碳原子为中心形成四面体结构，所有原子不可能共平面，故c 错误；d、1,4-二氧六环的不饱和度为1，含有两个氧原子和4个碳原子，所以其含酯基的同分异构体为ch3ch2cooch3、ch3cooch2ch3、hcooch2ch2ch3、hcooch(ch3)2，共4种，故d 错误。答案选a。【点睛】分子中只要有饱和碳原子，则不可能所有原子共平面。10.下列实验操作能达到相应实验目的的是选项实验目的实验操作a探究i-与fe2+的还原性强弱向fecl3稀溶液中依次加入ki溶液、淀粉b探究hpo42-在水溶液中的电离程度与水解程度的相对大小测定0.1 moll-1nah2po4溶液的phc配制0.1 moll-1邻苯二甲酸氢钾()溶液称取5.1 g邻苯二甲酸氢钾于烧杯中,加入少量蒸馏水溶解,转移至500 ml容量瓶中定容d比较caco3和caso4的ksp大小向澄清石灰水中滴入0.1 moll-1na2co3溶液至不再有沉淀产生,再滴加0.1 moll-1na2so4溶液a. ab. bc. cd. d【答案】a【解析】【详解】a、向fecl3稀溶液中依次加入ki溶液、淀粉，溶液会变蓝色，说明发生反应：2fe3+2i-=i2+ 2fe2+，由上述方程式可判断还原性i-fe2+，故a 正确；b、探究hpo42-在水溶液中的电离程度与水解程度的相对大小，应该测定0.1 moll-1na2hpo4溶液的ph，若显碱性，则水解程度更大；若显酸性，则电离程度更大，故b错误；c、5.1 g邻苯二甲酸氢钾的物质的量为=0.025mol，而要配置500 ml0.1 moll-1邻苯二甲酸氢钾溶液需要的苯二甲酸氢钾的物质的量为0.05mol，故c错误。d、表达式相同的溶度积，溶度积常数大的物质能转化为溶度积常数小的物质，硫酸钙、碳酸钙都是白色沉淀，所以没有明显现象，且ksp（caco3）ksp（caso4），故d错误。答案选a。11.从废钴酸锂电池正极片中(含licoo2、al及少量铁、镁的化合物等)回收钴的工艺流程如下:下列叙述错误的是a. 中发生的离子反应为2al+2oh-+2h2o=2alo2-+3h2b. 中h2o2作还原剂c. 中na2co3可用naoh代替d. 中除镁反应不宜在强酸条件下进行【答案】c【解析】分析】废钴酸锂电池正极片中(含licoo2、al及少量铁、镁的化合物等)，将废料先用碱液浸泡，将al充分溶解，过滤后得到的滤液为含有偏铝酸钠，滤渣为licoo2、al及少量铁、镁的化合物；将滤渣用双氧水、硫酸处理后生成硫酸镁、coso4、fe2(so4)3，锂在滤渣中被除掉，再通过除掉fe3+，再通过除掉镁元素，最后得cocl2溶液。【详解】a、中反应是氢氧化钠和铝反应，离子方程式为2al+2oh-+2h2o=2alo2-+3h2，故a正确；b、中h2o2作将正三价co还原为co2+，h2o2作还原剂，故b正确；c、中na2co3如果用naoh代替，则会生成氢氧化铁、氢氧化钴沉淀，降低了co2+的回收率，故c错误；d、中除镁反应如果在强酸条件下进行，则naf会生成有毒气体hf污染环境，且降低f-的浓度，影响镁的去除，故d正确。答案选c。12.科研人员设计的co2资源化利用的装置如图所示(电解质溶液为稀h2so4),下列说法错误的是a. 该离子交换膜为质子交换膜b. ag极上的电势比pt极上的高c. 电路中每流过4 mol电子,阳极区质量减少36 gd. 太阳能、风能及潮汐能均是可再生能源【答案】b【解析】【分析】由示意图可知，该装置是电解池，将co2和h2o转换为h2、co、hcho、hcooh、等；左边银电极是阴极，右边铂电极是阳极，水在阳极放电生成氧气和氢离子，氢离子向左边移动，所以离子交换膜是质子交换膜。【详解】a、右边铂电极是阳极，水在阳极放电生成氧气和氢离子，氢离子向左边移动，因此交换膜是质子交换膜，a正确；b、ag极为阴极， pt极为阳极，阳极的电势比阴极高，故b错误；c、阳极的反应式为：2h2o-4 e-=o2+4h+,当电路中每流过4 mol电子，消耗2molh2o（氧气逸出，氢离子移向左边），阳极区质量减少36 g，c正确；d、太阳能、风能及潮汐能均是可再生能源，故d正确。答案选b。13.w、x、y、z是原子序数依次增大的短周期主族元素,w、y同主族,z的核外最外层电子数与w核外电子总数相等,四种元素的最外层电子数之和为11,向x、y、z三种元素形成的常见化合物的水溶液中通入co2有白色胶状沉淀生成,过滤,加入盐酸后白色沉淀溶解且无气体放出。下列说法正确的是a. 原子半径:wxyzb. w的单质与水反应比y的单质与水反应剧烈c. y的最高价氧化物对应的水化物溶液可与z的单质反应d. y、z分别与x形成的二元化合物中,两者所含化学键类型一定相同【答案】c【解析】【分析】向x、y、z三种元素形成的常见化合物的水溶液中通入co2有白色胶状沉淀生成,过滤,加入盐酸后白色沉淀溶解且无气体放出，可推出x、y、z三形成的化合物为naalo2，可得出x为o，y为na，z为al，又根据w、y同主族、z的核外最外层电子数与w核外电子总数相等得出w为li，据此解答。【详解】根据上述分析，得出w为li，x为o，y为na，z为al。a、根据原子半径递变规律，应是x w z y，故a错误；b、w的单质是li，y的单质是na，na与水反应更剧烈，故b错误；c、y的最高价氧化物对应的水化物溶液是naoh溶液，可与al反应，故c正确；d、y、z分别与x形成的二元化合物可能有na2o、na2o2、al2o3，na2o2中有离子键和非极性键，而其余两种都只有离子键，化学键类型不同，故d 错误。答案选c。【点睛】推出元素是解题的关键，突破口是水溶液中通入co2有白色胶状沉淀生成,过滤,加入盐酸后白色沉淀溶解且无气体放出，推出该水溶液为naalo2溶液，可推出x、y、z元素。14.常温下,xoh、yoh及zoh三种一元碱的物质的量浓度均为0.100 moll-1,体积均为10.00 ml,分别用0.100 moll-1的hcl溶液滴定,滴定曲线如图所示。下列说法正确的是a. 均可用酚酞作指示剂b 电离平衡常数:kb(yoh)c(y+)c(h+)c(oh-)【答案】c【解析】【分析】0.1mol/l的xoh溶液ph=13，说明xoh完全电离，为强碱；而yoh、zoh为弱碱，三者碱性强弱为xohyohzoh，都滴入10.00 ml hcl溶液时均恰好完全反应生成正盐，ycl、zcl要水解，且zcl水解程度更大。【详解】a、xoh为强碱，yoh、zoh为弱碱，用盐酸滴定弱碱时应用甲基橙做指示剂，故a错误；b、有图像看出，yoh、zoh的物质的量浓度均为0.100 moll-1时，yoh溶液的ph更大，则碱性更强，所以电离平衡常数kb(yoh)kb(zoh)，故b错误；c、均滴入10.00 ml hcl溶液时，ycl、zcl要水解，而zoh碱性最弱，所以zcl水解程度最大，故c正确；d、yoh时弱碱，ph=11的yoh与ph=3的hcl溶液等体积混合时，yoh过量，溶液应显碱性，离子浓度顺序为：c(y+) c(cl-) c(oh-) c(h+)，故d错误。答案选c。第卷(非选择题共58分)二、必考题(本题包括3小题,共43分)15.niso4是化学镀镍的原料,一种用废雷尼镍催化剂(已预处理,主要含nio,还含有少量fe、cr及不溶物)制备niso47h2o的工艺流程如下:回答下列问题:(1)化学镀镍总反应为6naoh+2niso4+nah2po2=2ni+na3po4+2na2so4+4h2o,每生成1 mol ni,转移电子的物质的量为_。(2)“溶解”时,在反应器中加入湿料及水,为节约能耗,且维持反应始终在一定温度下进行,应进行的操作是_。(3)“氧化”时,fe2+被氧化的离子方程式为_。(4)“滤渣2”的成分是_。已知在实验条件下,几种离子开始沉淀和沉淀完全的ph如下表所示:ni2+fe2+cr3+fe3+开始沉淀ph6.27.64.52.3沉淀完全ph8.69.15.63.3(5)“浓缩”时,加入h2so4调节ph为3.54.0的目的是_;由浓缩液得到产品的步骤为_。(6)测定产品镍的质量分数w(ni)的实验步骤如下:准确称取0.1000 g产品于250 ml锥形瓶内,加入25 ml水、0.5 g氟化钠、10 ml氨性缓冲溶液、约0.1 g紫脲酸铵指示剂,摇匀,用0.0250 moll-1 edta滴定至试液呈紫红色为终点(ni2+h2y2-=niy2-+2h+),消耗edta溶液14.00 ml,则产品中w(ni)=_%。【答案】 (1). 2 mol (2). 分次加入浓硫酸 (3). 2fe2+clo-+2h+=2fe3+cl-+h2o (4). fe(oh)3和cr(oh)3 (5). 抑制ni2+的水解 (6). 冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 (7). 20.65【解析】分析】该流程的主要目的是制备制备niso47h2o，而原料中有多种杂质，流程主要围绕除杂质分析，废镍催化剂（主要含nio,还含有少量fe、cr及不溶物），加入硫酸酸溶、过滤，滤渣为不溶性杂质，滤液加入naclo溶液氧化，将亚铁离子氧化为三价铁离子，再加入氢氧化镍调节溶液的ph，生成fe(oh)3和cr(oh)3，过滤，滤渣ii为fe(oh)3和cr(oh)3，得到的滤液为硫酸镍溶液，浓缩液中加入硫酸抑制水解，经冷却结晶得到晶体，以此解答该题。【详解】（1）反应6naoh+2niso4+nah2po2=2ni+na3po4+2na2so4+4h2o中，镍元素从+2价降低到0价，磷元素从+3价升高到+5价，每生成2mol镍，转移4mol电子，当生成1 mol ni,转移电子的物质的量为2mol，故答案为2 mol；（2）“溶解”时，要加入浓硫酸，要维持反应始终在一定温度下进行，应分次加入浓硫酸，避免放热过多导致温度升高，故答案为分次加入浓硫酸；（3）“氧化”时,fe2+被次氯酸根氧化成fe3+的，而次氯酸根被还原为氯离子，离子方程式为2fe2+clo-+2h+=2fe3+cl-+h2o，故答案为2fe2+clo-+2h+=2fe3+cl-+h2o；（4）加入氢氧化镍调到 5.6pht2t3 (8). 50% (9). 5【解析】【分析】判断反应能否自发进行，根据自由能判据g=h-ts，g0才能自发进行；而在分析循环反应的流程图时，要看箭头方向和进来、出去的物质，找出循环的物质，分析总反应，上述流程图中，进入的是h2s和co2，出来的是h2和s8以及co2，可分析出是h2s分解成了h2和s8。【详解】（1）反应的焓变h0，s0，要使得h-ts0，则需要在高温下进行反应，故答案为高温；（2）“bunsen反应”是so2、i2、h2o反应生成h2so4和 hi，故离子方程式为so2+i2+2h2o=4h+2i-+so42-，故答案为so2+i2+2h2o=4h+2i-+so42-；反应热h =反应物键能总和-生成物键能总和，故2hi（g）h2（g）+i2（g）的反应热为：298.72-436.0-152.7=8.7kjmol-1，故答案为2hi(g) h2(g)+i2(g)h=+8.7 kjmol-1；上述流程图中，进入的是h2s和co2，出来的是h2和s8以及co2，可分析出是h2s分解成了h2和s8，故总反应方程式为8h2s8h2+s8，故答案为8h2s8h2+s8；（3）该燃料电池是硫化氢失去电子，氧气得到电子，故通入o2的电极为正极，根据电子守恒，得出关系式：2h2so2，当氧气的物质的量为0.15 mol时，h2s为0.3mol，质量为0.334g=10.2g，故答案为正极，10.2 g；（4）分解反应为吸热反应，温度越高，h2s的转化率越大，故答案为t1t2t3：图d中a点表示h2s和h2的物质的量相等，根据方程式h2s(g) h2(g)+s2(g)可知h2s反应了一半，转化率为50%；b点时：h2s(g) h2(g)+s2(g)起始物质的量 1 0 0改变的物质的量 2x 2x xb点物质的量 1-2x 2x x由图可知h2s的物质的量等于s2的物质的量，由等式1-2x= x，得x=，则b点气体总物质的量为（+4）mol，b点h2s的物质的量为mol，h2的物质的量为mol，s2的物质的量mol， h2s的体积分数为=，h2的体积分数为， s2的体积分数为，则平衡常数kp=5；故答案为5。三、选考题(共15分,请考生从18、19题中任选一题作答,如果多做,则按所做第一题计分)18.(物质结构与性质)元素周期表中第57号元素镧到71号元素镥这15种元素统称为镧系元素。回答下列问题:(1)钬(ho)可用来制作磁性材料,其基态原子电子排布式为xe4f116s2,钬(ho)有_个未成对电子。(2)钇钡铜氧(yba2cu3o7-x)是一种高温超导材料(其中y显+3价,cu显+2、+3价),该材料所含元素中,电负性最大的元素是_(填元素符号),若yba2cu3o7-x材料在t 下有超导性,当x=0.2时,n(cu3+)n(cu2+)=_。(3)下表是几种镧系元素的电离能(单位:kjmol-1)第一电离能第二电离能第三电离能第四电离能ce527104719493547la538106718504819lu532134020224370yb604117424174203据此,判断形成+3价化合物最稳定的元素是_(填元素符号)。(4)sm(钐)的单质与l,2-二碘乙烷可发生如下反应:sm+ich2ch2ismi2+ch2=ch2。ich2ch2i中碳原子杂化轨道类型为_,1 mol ch2=ch2中含有的键数目为_;常温下l,2-二碘乙烷为液体而乙烷为气体,其主要原因是_。(5)从磷钇矿中可提取稀土元素钇(y),某磷钇矿的结构如图。该磷钇矿的化学式为_,与po43-互为等电子体的阴离子有_(写出两种离子的化学式)。已知晶胞参数a=0.69 nm,c=0.60 nm,阿伏加德罗常数为na,则晶胞的密度为_gcm-3(列出计算式)。【答案】 (1). 3 (2). o (3). 14 (4). la (5). sp3 (6). 3.011024或5na (7). 二碘乙烷的相对分子质量较大,分子间作用力较强,沸点相对较高 (8). ypo4 (9). so42-、clo4- （或bro4-、io4-、sio44-） (10). 【解析】【详解】（1）钬（ho）的基态原子电子排布式为xe4f116s2，4f能级存在未成对电子，含有7个轨道，有4个轨道填充2个电子，另外3个轨道均填充1个电子，故一个基态钬原子所含的未成对电子数为3，故答案为3；（2）材料中只有氧元素为非金属元素，其电负性最大；设+2价的cu、+3价的cu的原子数目分别为a、b，则a+b=3，由化合价代数和为0 可得：3+22+2a+3b=（7-0.2）2，解得a=2.4，b=0.6，故n（cu3+）：n（cu2+）=0.6：2.4=1：4，故答案为o，1：4；（3） 原子的第一、第二、第三电离能之间相差较小，第四电离能与第三电离能相差越大，越容易失去3个电子，+3价的可能性越大，在上述表中la的i1、i2和i3最接近，而i4突然变大，故应为la元素，答案为：la；（4）在ich2ch2i分子中碳原子只形成了单键，有四个单键，故碳原子杂化轨道类型为sp3；1个ch2=ch2分子中含有5个键，故1mol ch2=ch2中含有的键数目为5na；二碘乙烷的相对分子质量较大，分子间作用力较强，沸点相对较高，所以二碘乙烷在常温下为液体，故答案为sp3；3.011024或5na；二碘乙烷的相对分子质量较大，分子间作用力较强，沸点相对较高；（5）该晶胞中y原子位于8个顶点、体心、前后左右4个面上，y原子个数=8+1+4=4，磷酸根离子位于上下面心、4个竖棱上、前后左右面上，磷酸根离子个数=2+4+4=4，二者个数之比为4：4=1：1，据此书写该磷钇矿的化学式为ypo4；与po43-互为等电子体的阴离子中含有5个原子、价电子数是30，与其互为等电子体的离子有so42-、clo4-等，己知晶胞参数a=0.69nm，