贵州省贵阳市一中高考一模理综-化学试（解析版）

1、PAGE PAGE 16页贵州省贵阳市一中2021年高考一模试卷理综化学一、单选题12020年我国在科技领域取得了很多与化学密切相关的成就。下列说法正确的是（） A“中国天眼”所用到的超高耐疲劳性能钢索是一种新型有机高分子材料B北斗三号全球卫星导航系统正式开通，其导航型芯片的主要成分是二氧化硅C嫦娥5号卫星带回的月壤中富含“完美能源3He，3He与4He互为同素异形体D“奋斗者号”成功坐底万米深海，外壳材料利用了新型钛合金坚固、耐腐蚀等性能2利用如图所示洗气装置，不可以达到除杂目的的是（） 选项气体(杂质)广口瓶内的试剂洗气装置ACl2 (HCl)饱和NaCl溶液BC2H4 (CO2)NaOH

2、溶液CC2H6 (C2H4 )酸性KMnO4溶液DCO2 (SO2)饱和NaHCO3溶液AA BB CC DD3有机物M是某香水中香料的成分之一，结构简式如图所示。下列说法正确的是（） AM属于芳香族化合物BM能与金属钠反应产生氢气CM中所有的碳原子可能共平面D1molM最多能与3molBr2发生加成反应4NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（） A9g18O2含有的中子数为4NAB1mol氯气和水充分反应，转移的电子数为2NAC25、101 kPa时，22.4L的N2和CO的混合气体中，原子数为NAD1L1 molL-1 CH3COONa溶液中所含CH3COO-、CH3COOH的总数为

3、NA5W、X、Y和Z为原子序数依次增大的四种短周期主族元素。W原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍；含元素X的合金是日常生活中广泛使用的金属材料之一；Y的最高正价与最低负价的代数和为4。下列叙述正确的是（） A简单离子半径：YZB简单气态氢化物的热稳定性： Y ZCW的最高价氧化物对应的水化物为强酸D工业上可用电解熔融XZ3的方法制备单质X6某锂铜二次电池工作质理如图所示。在该电池中，水系电解液和非水系电解液被锂离子固体电解质陶瓷片(LISICON) 隔开。下列有关说法错误的是（） A放电时，N极电极反应式为Cu2+2e -=CuBLi+可以通过陶瓷片，水分子不能C充电时，接线柱B应与电源的

4、负极相连D充电时，M电极发生还原反应725时，HF和HCN的电离平衡常数Ka分别为6.810-4、6.210-10， 稀释HF、HCN的稀溶液时，溶液pH随加水量的变化如图所示，下列说法中正确的是（） Aa点所示溶液中c(H+)=c(CN-)+c(OH-)Ba、b、c三点所示溶液中水的电离程度cabC向NaCN溶液中滴加HF溶液的离子方程式：CN-+H+=HCND同浓度NaF和NaCN的混合溶液中： c(Na+)c(CN-)c(F-) c(OH -) c(H+)二、非选择题8金属锂与干燥、纯净的N2左500左右反应生成氮化锂(Li3N)，该物质是一种优良的贮氢材料。一种制名氮化锂的方法及装置如

5、下(部分夹持装置略) ：查阅资料： 物理性质物理性质金属锂(Li)熔点180C，沸点1340C与氨气反应: 2Li+2NH3=2LiNH2+H2氮化锂 (Li3N)红色晶状固体，能吸附H2易水解:Li3N+3H2O=3LiOH+NH3高温时能腐蚀镍、铜、石英等回答下列问题：（1）装置A中发生反应的化学方程式为 （2）仪器B、F的名称为 ；两者所盛装的试剂 (填“能”或“不能”)交换。 （3）D中所装试剂a为 ，作用是 。 （4）经分析，若将装置D更换为下图所示的装置 (填序号)会更合理。（5）装置E中石棉绒(透气且性质稳定)包裹Li的作用是吸收装置中残留的O2，装在氧化锆小舟中的Li粒不能直接

6、放在反应管中的原因是 。 （6）实验前将24.0 g金属锂置于质量为30.2 g的氧化锆小舟中，待反应一段时间后， 使产品在氮气氛围中充分冷却后再对氧化锆小舟进行称重，总质量为68.2 g，则Li3N的产率约为 %。 9研究CO2的回收利用既可变废为宝，又可減少碳的排放。回答下列问题；二甲醚(CH3OCH3)被誉为“21世纪的清洁燃料，由CO2和H2制备二甲醚的反应原理如下：反应I：CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) H1=-49.8 kJmol-1反应II：CH3OCH3(g)+H2O(g) 2CH3OH(g) H2= +23.4 kJmol-1反应III：2CO2(

7、g)+ 6H2(g) CH3OCH3(g)+3H2O(g) H3（1）H3= kJmo1-1，据此判断该反应在 (填“低温”、或“任意温度”)条件下能自发进行。 （2）恒温恒容条件下，在密闭容器中通入等物质的量的CO2和H2发生反应I能说明反应I达到平衡状态的是 (填字母序号)。a.容器内混合气体的密度保持不变 b.消耗3molH2的同时生成1 mol H2Oc.反应体系总压强保持不变 d. CH3OH和CO2的物质的量之比保持不变（3）T1K时，将1 mol二甲醚充入某恒容容器中，发生如下分解反应：CH3OCH3(g) CH4(g)+ H2(g)+CO(g)，在不同时间测定容器内的总压，所得

8、数据见下表：反应时间t/min05101520气体总压p总/kPa10.013.615.817.718.920.0由表中数据计算：反应达平衡时，二甲醚的分解率为 ，该温度下的平衡常数Kp= (kPa)2. (Kp为用气体平衡分压代替气体平衡浓度表示的平衡常数，分压=总压气体的物质的量分数)（4）恒压下将CO2和氢气按体积比1：3混合，在不同催化剂作用下发生反应I和反应III，在相同的时间段内CH3OH的选择性和产率随温度的变化如下图。温度高于230C，CH3OH产率随温度升高而下降的原因是 。在上述条件下合成甲醇的工业条件是 。a.230催化剂CZT b.210催化剂CZTc.230催化剂 C

9、Z(Zr-1)T d. 210催化剂CZ(Zr-1)T10以菱铁矿(主要成分FeCO3，还含有CaCO3和SiO2等杂质)为原料制备多功能水处理剂高铁酸钾(K2FeO4)的工艺流程如下：已知：K2FeO4可溶于水、微溶于浓KOH溶液；FeO 42 在强碱性溶液中稳定，在Fe3+和Fe(OH)3催化作用下发生分解。回答下列问题：（1）K2FeO4中Fe元素的化合价是 ； 滤渣的主要成分有 。（2）“氧化1”过程所发生反应的离子方程式为 ；设计方案验证“氧化1”所得的溶液已经不再含有Fe2+ （3）NaClO的电子式为 ； “ 氧化2”过程中生成了Na2FeO4和NaCl写出该过程中发生的氧化还原

10、反应的离子方程式 （4）提纯K2FeO4时采用重结晶、洗涤、低温烘干的方法，洗涤剂最好选用 (填字母序号)和异丙醇。a.H2SO4溶液 b.KOH浓溶液 c.Fe2(SO4)3溶液（5）加饱和KOH溶液转化为K2FeO4后的溶液中，所含的阴离子除FeO 42 和OH-外，一定还含有 。（6）实验室也可按照如图所示的装置模拟电解法制备K2FeO4，其中阳极的电极反应式是 。11海洋是元素的摇篮，海水中含有的大量元素在生产、生活、科学研究等多方面具有重要作用。回答下列问题。（1）写出基态溴原子的价电子排布式 ，氟、氯、溴、氧四种元素中，电负性由大到小的顺序为 (填元素符号) 。 （2）Mg、Al的

11、氟化物晶格能分别是2957 kJmol-1、5492 kJmol-1，二者相差很大的原因是 。 （3）X射线衍射测定等发现，I3AsF6 中存在I 3+ 离子。I 3+ 离子的几何构型为 ，中心原子的杂化类型为 。 （4）C原子可以形成多种有机物，如图所示是一种吡啶和一种嘌呤的结构，两种分子中所有原子都在一个平面上。1mol吡啶分子中含有键数目是 NA。嘌呤中轨道之间的夹角1比2大，解释原因 。分子中的大键可以用符号 mn 表示，其中m代表参与形成大键的原子数，n代表参与形成大键的电子数(如苯分子中的大键可表示为 66 )。该吡啶和嘌呤中都含有大键，则该吡啶中的大键表示为 。（5）CaF2可用

12、于冶金、化工和建材等很多行业，为立方晶胞，结构如下图所示：“ 原子坐标参数”可表示晶胞内部各原子的相对位置，已知A、B两点的原子坐标参数如图所示，则C点的“原子坐标参数”为( ， ， 14 )已知晶胞参数为0.5462 nm，阿伏加德罗常数的值为NA，则其密度为 gcm-3 (列出计算式即可) 。122020年12月，嫦娥五号成功在月球表面升起一面由高性能芳纶PPTA)纤维特制而成的五星红旗。工业上一种采用低温溶液缩聚法合成PPTA的路线如下：已知：芳纶(PPTA)的结构简式为: 回回答下列问题：。（1）有机物A的化学名称是 ，AB的反应类型为 。 （2）B的结构简式为 。 （3）反应1所需反

13、应试剂和反应条件是 ； C中官能团名称是 。 （4）CD的化学方程式为 。 （5）有机物M是E的同系物，相对分子质量比E大14，则M有 种同分异构体，写出其中核磁共振氢谱呈现4组峰、峰面积之比为4：3：2： 1的结构简式 (任写一种即可)。 （6）在合成PPTA的过程中，是将E的粉末加入溶有无水LiCl和吡啶(一种有机碱)的N-甲基吡咯烷酮溶液中充分搅拌，然后加入等物质的量的 ，在冰水浴中搅拌反应六小时以上。试分析向其中加入吡啶的作用是 ，采用低温条件反应是为了避免产品析出，导致聚合度过低，但低温反应的劣势是 。 答案解析部分1【答案】D【解析】【解答】A钢索是合金，属于金属材料，而不是新型有

14、机高分子材料，A不符合题意；B芯片的主要成分是单晶硅，而不是二氧化硅，B不符合题意；C3He与4He的质子数相同、中子数不同，两者互为同位素，C不符合题意；D钛合金具有硬度大、耐腐蚀等优良性能，D符合题意；故答案为：D。【分析】考查的是物质的组成和用途2【答案】C【解析】【解答】AHCl易溶于水，饱和NaCl溶液可吸收HCl，同时降低氯气在水中的溶解度，能达到除杂目的，A不符合题意；BCO2可与NaOH溶液反应生成碳酸钠和水，而C2H4气体不反应，所以可达到除杂目的，B不符合题意；C酸性KMnO4溶液可氧化C2H4为二氧化碳，引入新的杂质，不能达到除杂目的，C符合题意；DSO2可与饱和NaHC

15、O3溶液发生反应生成亚硫酸氢钠和二氧化碳，能达到除杂目的，D不符合题意；故答案为：C。【分析】考查的除杂问题，利用物质的化学性质的不同进行除杂3【答案】B【解析】【解答】AM中没有苯环，不属于芳香族化合物，A不符合题意；BM分子中含羟基，可以与金属钠反应产生氢气，B符合题意；CM分子中含亚甲基结构和环，所有的碳原子不可能共平面，C不符合题意；D碳碳双键可以与Br2发生加成反应，羰基不能与Br2发生反应，所以1mol M最多能与2mol Br2发生加成反应，D不符合题意；故答案为：B。【分析】有机物M分子中含羟基、碳碳双键、羰基，结合官能团的性质分析解答。4【答案】D【解析】【解答】A18O2含

16、有的中子数为2(18-8)=20，所以9g18O2含有的中子数为 9g36g/mol20NAmol1 =5NA，A不符合题意；B氯气和水反应属于歧化反应，所以1mol氯气和水充分反应，转移的电子数为NA，B不符合题意；C25、101 kPa不是标准状况，所以无法按标准状况下气体的摩尔体积计算22.4L的N2和CO的混合气体中的原子数，C不符合题意；DCH3COONa溶液中遵循物料守恒，所以CH3COO-、CH3COOH的总数等于钠离子的总数，即为1 molL-11LNAmol-1=NA，D符合题意；故答案为：D。【分析】A.根据n=m/M计算B.可逆反应，不能完全反应C.考查的是条件的问题D.

17、考查的是物料守恒5【答案】A【解析】【解答】根据上述分析可知，W为C、X为Al、Y为S、Z为Cl，则A硫离子与氯离子的电子层数相同，则原子序数小的对应简单离子半径大，即离子半径：Y(S2-)Z(Cl-)，A符合题意；B元素非金属性越强，对应简单气态氢化物的热稳定性越强，则气态氢化物稳定性：Z(Cl)Y(S)，B不符合题意；CW(C)的最高价氧化物对应的水化物为碳酸，属于弱酸，C不符合题意；DXZ3(AlCl3)为共价化合物，熔融不导电，工业上常用电解熔融氧化铝的方法制备单质Al，D不符合题意；故答案为：A。【分析】W、X、Y和Z为原子序数依次增大的四种短周期主族元素。W原子的最外层电子数是其内

18、层电子数的2倍，则W为C元素；含元素X的合金是日常生活中广泛使用的金属材料之一，则X为Al元素；Y的最高正价与最低负价的代数和为4，设Y最高正价为x，则最低负价为x-8，所以x+(x-8)=4，解得x=6，则Y为S元素，所以推知Z为Cl元素，据此结合元素周期律分析解答。6【答案】C【解析】【解答】A放电时，N极是原电池的正极，电极反应式为Cu2+2e-=Cu，故A不符合题意；B非水系电解液和水系电解液被锂离子固体电解质陶瓷片（LISICON）隔开，则陶瓷片允许Li+通过，不允许水分子通过，故B不符合题意；C放电时，N极是原电池的正极，充电时，接线柱B应与电源的正极相连，故C符合题意；D充电时，

19、M极是阴极，因此M电极发生还原反应，故D不符合题意；故答案为：C。【分析】锂铜可充电电池，工作原理：放电时，金属锂是负极，发生失电子的氧化反应，在充电时，电源的正极连接原电池的正极，发生失电子的氧化反应，非水系电解液和水系电解液被锂离子固体电解质陶瓷片（LISICON）隔开，则陶瓷片允许Li+通过，不允许水分子通过，据此回答。7【答案】B【解析】【解答】A曲线为HF稀释曲线，所以a点所示溶液中无CN-，故A不符合题意；B酸电离出的氢离子会抑制水的电离，且氢离子浓度越大水的电离程度越小，已知pH：cab，则c(H+)：cab，所以水的电离程度：cab，故B符合题意；CHF为弱酸，所以参与离子反应

20、时保留化学式，即向NaCN溶液中滴加HF溶液的离子方程式：CN-+HF=HCN+F-，故C不符合题意；D由于酸性HFHCN，则相同条件下水解程度：CN-F-，则溶液中的离子浓度：F-CN-，由于两者都水解，溶液显碱性，故混合溶液中离子浓度由大到小的顺序为：c(Na+)c(F-) c(CN-) c(OH -) c(H+)，故D不符合题意。答案选B。【分析】25时，HF和HCN的电离平衡常数Ka分别为6.810-4、6.210-10，这说明酸性：HFHCN，则pH相同的两种弱酸，稀释相同的倍数，酸性越强，pH变化越大，故故曲线为HF稀释曲线，曲线为HCN稀释曲线，据此分析作答。8【答案】（1）2N

21、H4Cl+Ca(OH)2 _CaCl2+2NH3+2H2O（2）球形干燥管；不能（3）浓硫酸（或浓H2SO4）；干燥N2，吸收未反应的NH3（4）（5）高温时Li3N可与玻璃中的SiO2反应而腐蚀玻璃（6）87.5【解析】【解答】 (1)装置A的固体在加热条件下可制备氨气，其发生反应的化学方程式为 2NH4Cl+Ca(OH)2 _CaCl2+2NH3+2H2O ； (2)根据仪器构造可知，仪器B、F的名称为球形干燥管；两者所盛装的试剂作用分别是干燥氨气、防止外界空气中的水蒸气进入装置E，使制备的Li3n水解，两者不能交换，因为氨气可以与氯化钙发生反应，不能达到干燥氨气的目的，故答案为：不能；(

22、3) 装置D中所装试剂a的作用是干燥净化氮气，所以应该为浓硫酸，不能可以干燥氮气，还可以吸收多余的氨气，故答案为：干燥N2，吸收未反应的NH3；(4)根据（3）问分析可知，装置D吸收未反应的氨气，因为氨气极易溶于水，密度比空气小，可采用设计防倒吸装置进行吸收，则进气装置不符合题意，不能达到目的，故不符合题意；符合要求，可防倒吸；中有机物苯的密度比水小，在水的上面，导气管导入试剂a中不能达到防倒吸的目的，故不符合题意，故答案为：；(5)根据给定资料可知，“Li3N高温时能腐蚀镍、铜、石英等”可知，高温时Li3N可与玻璃中的SiO2反应而腐蚀玻璃，所以装在氧化锆小舟中的Li粒不能直接放在反应管中，

23、故答案为：高温时Li3N可与玻璃中的SiO2反应而腐蚀玻璃；(6) 根据元素守恒可知，24.0 g金属锂全部转化为Li3N的话，得到Li3N的质量为 24.0g7g/mol1335g/mol=40.0g ，置于质量为30.2 g的氧化锆小舟中，待反应一段时间后， 使产品在氮气氛围中充分冷却后再对氧化锆小舟进行称重，总质量为68.2 g，则质量增加68.2g-(24.0g+30.2g)=14g，即实际消耗的氮气的质量为14g,所以生成的Li3N的质量为 14g28/mol235g/mol =35g，所以产率约为 35g40g100%=87.5% ，故答案为：87.5。【分析】根据装置图可知，装置

24、A是用来制备氨气的，利用氯化铵与氢氧化钙固体加热可制备氨气，再通过装置B净化干燥氨气，继续将干燥的氨气通入装置C的硬质玻璃管中与CuO发生氧化还原反应生成氮气、Cu和水，生成氮气与过量的氨气经过装置D进行净化处理后得到干燥纯净的氮气，再进入装置E，为防止有氧气混入，先经过石棉绒包裹的Li，最后与氧化锆小舟中的Li粒发生反应生成氮化锂 (Li3N)，根据资料可知，氮化锂易发生水解，所以需用装置F连接，目的是为了防止空气进入，干扰实验，据此分析解答。9【答案】（1）-123.0；低温（2）cd（3）50%；25（4）反应I为放热反应，温度升高，平衡向逆向移动，使甲醇的产率降低；c【解析】【解答】(

25、1) 反应I：CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) H1=-49.8 kJmol-1反应II：CH3OCH3(g)+H2O(g) 2CH3OH(g) H2= +23.4 kJmol-1反应III：2CO2(g)+ 6H2(g) CH3OCH3(g)+3H2O(g) H3根据盖斯定律可知，反应I2-反应II可得到反应III，所以对应的焓变关系为H3=2H1-H2=-49.8 kJmol-12-23.4 kJmol-1=-123.0 kJmol-1，故反应III：2CO2(g)+ 6H2(g) CH3OCH3(g)+3H2O(g)为放热反应，且为气体分子数减小的反应，则S0，

26、根据G=H-TS可知，若要自发进行，G0即可，则需在低温条件下进行，故答案为：-123.0；低温；(2)反应I：CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) H1=-49.8 kJmol-1为气体分子数减小的放热反应，则恒温恒容条件下a容器内混合气体的质量不变，体积不变，所以混合气体的密度保持始终不变，a不符合题意；b消耗3mol H2的同时生成1 mol H2O，指的均为正反应方向，不能作为判断反应达到平衡状态的依据，b不符合题意；c随着反应的进行，反应体系的总压强始终变化，当反应体系总压强保持不变时，则说明反应达到平衡状态，c符合题意；d CH3OH和CO2的物质的量之比保持

27、不变，说明各物质的物质的量保持不变，即能说明反应达到平衡状态，d符合题意；故答案为：cd；(3) T1K时，将1 mol二甲醚充入某恒容容器中，反应达到平衡时反应的三段式 CH3OCH3(g)CH4(g)+H2(g)+CO(g)起始（mol）1000转化（mol）xxxx平衡（mol）1xxxx在恒温恒容条件下，气体的物质的量之比等于压强之比，即(12x)120kPa10kPa=2:1，解得x0.5mol，反应达平衡时，二甲醚的分解率 0.5mol1mol100%50% ；此时 n(CH3OCH3)=1mol0.5mol=0.5mol ，n(CH4)= n(H2)= n(CO)=0.5mol，

28、所以p(CH3OCH3)= p(CH4)= p(H2)= p(CO)= 0.5mol2mol20kPa =5kPa，所以平衡常数Kp= p(CH4)p(H2)p(CO)p(CH3OCH3)=5kPa5kPa5kPa5kPa=25(kPa)2 ，故答案为：50%；25；(4)反应I为生成甲醇的反应，为放热反应，则温度升高，平衡向逆向移动，使甲醇的产率降低；根据在相同的时间段内CH3OH的选择性和产率随温度的变化关系可知，在230催化剂 CZ(Zr-1)T得到的甲醇选择性和产率最高，故最佳条件应选择230催化剂 CZ(Zr-1)T，答案选c。【分析】（1）根据盖斯定律计算即可，根据方程式即可确定熵

29、变来判断是否自发反应（2）判断达到平衡的标志（3）根据表格数据结合三行式计算出平衡时的物质的量，再根据Kp计算平衡常数即可（4）考查的是温度对平衡的影响考查的是合成条件的选择10【答案】（1）+6；SiO2、CaSO4（2）4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O；取少量“氧化1”所得的溶液于试管中，向其中滴加几滴铁氰化钾（K3Fe(CN)6）溶液，若无特征蓝色沉淀生成，则说明溶液中不再含有Fe2+（3）；2Fe3+3ClO+10OH=2FeO42+3Cl+5H2O（4）b（5）SO42 、Cl-（6）Fe6e+8OH=FeO42+4H2O【解析】【解答】(1) K2FeO4中K为+1价，O

30、为-2价，根据化合物化合价的代数和为0可知，Fe元素的化合价是+6价；结合上述分析可知，滤渣的主要成分有SiO2、CaSO4；(2)“氧化1”过程中过量的氧气在酸性条件下将Fe2+氧化为Fe3+，所发生反应的离子方程式为4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O；若要证明所得溶液中没有Fe2+，可取少量“氧化1”所得的溶液于试管中，向其中滴加几滴铁氰化钾（K3Fe(CN)6）溶液，若无特征蓝色沉淀生成，则说明溶液中不再含有Fe2+；(3)NaClO为离子化合物，其电子式为 ；“氧化2”过程中次氯酸钠在碱性条件下与Fe3+发生氧化还原反应生成Na2FeO4、NaCl和水，根据氧化还原反应的配平原

31、则可知，发生反应的离子方程式为；(4)根据已知给定信息“K2FeO4可溶于水、徼溶于浓KOH溶液FeO 42 在强碱性溶液中稳定，在Fe3+和Fe(OH)3催化作用下发生分解”可知，洗涤剂最好选用KOH浓溶液，b项符合题意，a.H2SO4溶液中FeO 42 不稳定，故不符合题意；c.Fe2(SO4)3溶液可能会使FeO 42 发生分解，故不符合题意，故答案为：b；(5)根据上述分析可知，“转化”过程中加饱和KOH溶液转化为K2FeO4后的溶液中，所含的阴离子除FeO 42 和OH-外，一定还含有“酸溶”生成的硫酸根离子及“氧化2”步骤中得到的氯离子，故答案为： SO42 、Cl-；(6)电解法

32、制备K2FeO4采用电解池原理，电解质溶液为12mol/L的KOH溶液，其阳极区铁失去电子发生氧化反应生成高铁酸根离子，电极反应式是 Fe6e+8OH=FeO42+4H2O 。【分析】菱铁矿(主要成分FeCO3，还含有CaCO3和SiO2等杂质)经粉碎处理后加入稀硫酸进行酸溶后得到硫酸亚铁、硫酸钙和二氧化硅，其中硫酸钙微溶于水，二氧化硅不溶于水和稀硫酸，所以以滤渣的形式沉淀下来，滤液中含Fe2+，向滤液中通入过量空气后，氧气会将Fe2+氧化为Fe3+，再加入次氯酸钠和氢氧化钠调节溶液成碱性后继续发生氧化还原反应生成高铁酸钠，硫酸钠和氯化钠，再加入饱和KOH溶液后将高铁酸钠转化为高铁酸钾溶液，后

33、经过一系列分离提纯方法得到高铁酸钾晶体，据此结合元素化合物的结构与性质分析解答。11【答案】（1）4s24p5；FOClBr（2）Al3+的半径小于Mg2+，其离子所带电荷数多，离子键强，晶格能大（3）三角锥形；sp3（4）10；孤电子对与键合电子对之间的斥力大于键合电子对之间的斥力，斥力大；56（5）34；34；478NA(0.5462107)3【解析】【解答】(1)溴的原子序数为35，核外电子排布为2、8、18、7，价电子排布式为：4s24p5，F、Cl、Br为同主族元素从上到下电负性减弱，O和F为同周期元素，从左到右电负性增强，再结合氧化物ClO2，O为负价可知O的电负性大于Cl，可得电

34、负性由强到弱为：FOClBr，故答案为：4s24p5；FOClBr；(2)Al3+和Mg2+的核外电子排布相同，Al的核电荷数多，离子半径小，同时铝离子的离子电荷数比镁离子多，而离子半径越小，离子所带电荷数越多，离子键越强，晶格能越大，故答案为：Al3+的半径小于Mg2+，其离子所带电荷数多，离子键强，晶格能大；(3)I 3+ 离子中心I原子的价层电子对数= 7+212=4 ，有一对孤电子对，空间构型为三角锥形，中心碘原子采用sp3杂化，故答案为：三角锥形；sp3；(4)单键为键，双键中有一条是键，一条是键，由结构可知，1mol吡啶分子中含有键数目为10mol，即10NA，故答案为：10；根据VSEPR理论，孤电子对对键合电子对之间的斥力大于键合电子对对键合电子对之间的斥力，导致键合电子对对键合电子对之间的夹角减小，故答案为：孤电子对与键合电子对之间的斥力大于键合电子对之间的斥力，斥力大；吡啶为平面结构，N形成3个共价键，未参与成键的p轨道有一对电子，参与形成离域大键，每个C原子留有一个p轨道，轨道上留有一个单电子形成大键，所以吡啶环形成5中心6电子的离域大键： 56 ，故答案为： 56 ；(5)内部的8个F形成小立方体结构，该小立方体的棱长等于晶胞棱长的 12 ，故图中C到左侧面距离等于晶胞棱长的 34 ，即