2022-2023学年浙江省杭州市高三上学期第一次适应性考试化学试题

杭州市2022-2023学年第一学期第一次适应性考试高三化学试卷可能用到的相对原子质量：H-1N-14O-16Na-23Cl-35.5Cu-64一．选择题(共10小题，每小题3分，共30分。每小题只有一个选项符合题目要求。)1.下列说法不正确的是A.硅酸钠是一种难溶于水的硅酸盐 B.镁在空气中燃烧可生成氧化镁和氮化镁C.钠与水反应生成氢氧化钠和氢气 D.常温下，铝遇浓硝酸或浓硫酸时会发生钝化【答案】A【解析】【分析】【详解】A．硅酸钠是溶于水的硅酸盐，故A错误；B．镁在空气中燃烧时，与氧气和二氧化碳反应生成氧化镁，与氮气反应生成氮化镁，故B正确；C．钠具有强还原性，能与冷水反应生成氢氧化钠和氢气，故C正确；D．浓硫酸和浓硝酸具有强氧化性，铝在浓硫酸和浓硫酸中会发生钝化，阻碍反应的继续进行，故D正确；故选A。2.下列化学方程式中，不能正确表达反应颜色变化的是A.向CuSO4溶液中加入足量Zn粉，溶液蓝色消失Zn+CuSO4Cu+ZnSO4B.澄清的石灰水久置后出现白色固体Ca(OH)2+CO2CaCO3↓+H2OC.Na2O2在空气中放置后由淡黄色变为白色2Na2O22Na2O+O2↑D.向Mg(OH)2悬浊液中滴加足量FeCl3溶液出现红褐色沉淀3Mg(OH)2+2FeCl32Fe(OH)3+3MgCl2【答案】C【解析】【详解】A.金属活动性顺序：Zn＞Cu，则向硫酸铜溶液中加入足量锌粉，会发生置换反应，其反应的方程式为：Zn+CuSO4＝ZnSO4+Cu，使溶液的蓝色消失，A项正确；B.澄清石灰水久置以后会与空气中的二氧化碳反应而生产碳酸钙白色沉淀，其反应的方程式为：CO2+Ca(OH)2＝CaCO3↓+H2O，B项正确；C.过氧化钠在空气中放置，会与空气中的水蒸气及二氧化碳发生反应，最终生成白色且稳定的碳酸钠，涉及的转化关系有：Na2O2→NaOH→Na2CO3·10H2O→Na2CO3，C项错误；D.向氢氧化镁悬浊液中滴加足量氯化铁溶液，会发生沉淀的转化，化学方程式为：3Mg(OH)2+2FeCl3=2Fe(OH)3+3MgCl2，D项正确；答案选C。3.下列说法正确的是A.工业上通过电解六水合氯化镁制取金属镁B.接触法制硫酸时，煅烧黄铁矿以得到三氧化硫C.浓硝酸与铁在常温下不能反应，所以可用铁质容器贮运浓硝酸D.“洁厕灵”(主要成分为盐酸)和“84消毒液”(主要成分为次氯酸钠)不能混用【答案】D【解析】【详解】A．六水合氯化镁没有自由移动的离子，不能导电，工业上通过电解熔融的无水氯化镁制取金属镁，A不正确；B．接触法制硫酸时，煅烧黄铁矿只能得到二氧化硫，二氧化硫在接触室经催化氧化才能转化为三氧化硫，B不正确；C．在常温下铁与浓硝酸发生钝化反应，在铁表面生成一层致密的氧化物薄膜并阻止反应继续发生，所以可用铁质容器贮运浓硝酸，C不正确；D．“洁厕灵”(主要成分为盐酸)和“84消毒液”(主要成分为次氯酸钠)不能混用，若两者混用会发生归中反应生成氯气，不仅达不到各自预期的作用效果，还会污染环境，D正确；综上所述，本题选D。4.若将铜丝插入热浓硫酸中进行如图(a~d均为浸有相应试液棉花)所示的探究实验，下列分析正确的是A.与浓硫酸反应，只体现的酸性B.a处变红，说明是酸性氧化物C.b或c处褪色，均说明具有漂白性D.试管底部出现白色固体，说明反应中无生成【答案】B【解析】【详解】A．铜和浓硫酸反应过程中，生成CuSO4体现出浓硫酸的酸性，生成SO2体现出浓硫酸的强氧化性，故A错误；B．a处的紫色石蕊溶液变红，其原因是SO2溶于水生成了酸，可说明SO2是酸性氧化物，故B正确；C．b处品红溶液褪色，其原因是SO2具有漂白性，而c处酸性高锰酸钾溶液褪色，其原因是SO2和KMnO4发生氧化还原反应，SO2体现出还原性，故C错误；D．实验过程中试管底部出现白色固体，根据元素守恒可知，其成分为无水CuSO4，而非蓝色的CuSO4·5H2O，其原因是浓硫酸体现出吸水性，将反应生成的H2O吸收，故D错误；综上所述，正确的是B项。5.下列实验装置是验证干燥的氯气和氨气能否反应的部分装置(两种气体混合反应装置略去)，其中能达到实验目的的是A.用装置甲制取氯气 B.用装置乙制取氨气C.用装置丙分别干燥氯气及氨气 D.用装置丁吸收反应后的尾气【答案】D【解析】【详解】A．浓盐酸和二氧化锰反应需要加热才能制取氯气，因此用装置甲不能制取氯气，故A不符合题意；B．氯化铵分解生成氨气和氯化氢，在试管口两者又反应生成氯化铵，因此用装置乙不能制取氨气，故B不符合题意；C．氨气和浓硫酸反应生成硫酸铵，因此用装置丙不能氨气，故C不符合题意；D．两者反应后剩余的气体用NaOH溶液吸收，由于氨气极易溶于水，要注意防倒吸，氯气与NaOH溶液反应，因此用装置丁能吸收反应后的尾气，故D符合题意。综上所述，答案为D。6.非金属化合物在生产生活中有重要应用，下列有关说法错误的是A.工业中可用浓氨水检验氯气管道是否泄漏B.工业上制取粗硅的原理是C.实验室可用饱和碳酸氢钠溶液除去中的气体D.实验室可通过硫酸铜溶液除去甲烷中的气体【答案】B【解析】【详解】A．氨气和氯气发生反应，有白烟生成，工业中可用浓氨水检验氯气管道是否泄漏，故A正确；B．工业上制取粗硅的原理是，故B错误；C．碳酸氢钠和氯化氢反应生成氯化钠、二氧化碳、水，碳酸氢钠和二氧化碳不反应，实验室可用饱和碳酸氢钠溶液除去中的气体，故C正确；D．硫酸铜溶液和H2S反应生成CuS沉淀和硫酸，实验室可通过硫酸铜溶液除去甲烷中的气体，故D正确；选B。7.用如图所示的装置进行实验(夹持及尾气处理仪器略去)，能达到实验目的的是选项装置甲中试剂装置乙中试剂实验目的装置A生石灰+浓氨水无制取并收集NH3BMnO2固体+双氧水酸性淀粉KI溶液证明氧化性：O2＞I2CNa2SO3固体+浓硫酸KMnO4溶液证明SO2有漂白性DNa2CO3固体+盐酸Na2SiO3溶液比较元素非金属性：Cl＞C＞SiA.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．NH3的密度小于空气，应采用向下排空气法进行收集，故乙瓶导气管应该短进长出，A不能达到实验目的；B．MnO2固体可催化双氧水分解产生O2，O2能够氧化KI得到I2，I2使得淀粉溶液变蓝，B能达到实验目的；C．Na2SO3固体与浓硫酸反应生成SO2，SO2具有还原性，能够还原酸性高锰酸钾溶液使其褪色，与漂白性无关，C不能达到实验目的；D．盐酸具有挥发性，与碳酸钠反应时除了有二氧化碳生成，还有HCl溢出，两种气体溶于硅酸钠溶液均能使硅酸根沉淀，故不能判断碳酸与硅酸酸性的强弱，D不能达到实验目的；答案选B。8.下列反应既表现硝酸的酸性，又体现硝酸的氧化性的是A.CuO+2HNO3=Cu(NO3)2+H2O B.FeO+4HNO3(浓)=Fe(NO3)3+2H2O+NO2↑C.C+4HNO3(浓)=CO2↑+2H2O+4NO2↑ D.NH3+HNO3=NH4NO3【答案】B【解析】【分析】根据硝酸中氮元素的化合价降低，则体现硝酸的氧化性，若生成硝酸盐，则体现硝酸的酸性。【详解】A．因硝酸中氮元素化合价没有变化，只生成盐，则只表现酸性，A错误；B．生成NO2硝酸中氮元素化合价降低，体现硝酸的氧化性，同时有硝酸铁生成，表现了硝酸的酸性，所以B正确；C．硝酸中氮元素的化合价全部由+5降低为+4，只体现了氧化性，故C错误；D．反应中没有元素化合价的变化，不能体现硝酸的氧化性，只表现其酸性，故D错误；故答案选B。9.在一定条件下，将m体积NO2和n体积O2同时通入倒立于水中且盛满水的容器内，充分反应后，容器内残留体积的气体，该气体与空气接触未变为红棕色，则m与n的比值为A.3∶4 B.4∶3 C.8∶3 D.3∶8【答案】B【解析】【分析】根据二氧化氮气体和氧气混合通入水中全部吸收的反应进行计算，残留气体与空气接触不变红棕色，说明残留气体不是一氧化氮，据方程式计算。【详解】在一定条件下，将m体积NO2和n体积O2同时通入倒立于水中且盛满水的容器内，充分反应，NO2和O2和水全部溶于水时按照下列反应方程式进行，化学方程式为4NO2+O2+2H2O=4HNO3；充分反应后，容器内残留体积的气体，该气体与空气接触未变为红棕色，容器中残留气体为O2，所以和NO2全部溶于水的O2的体积为，残留体积的气体是氧气，即，解得m∶n=4∶3；故答案选B【点睛】本题考查了氮氧化物和氧气混合溶于水的判断计算，关键是混合气体溶于水的物质的量之比的应用。根据二氧化氮气体和氧气混合通入水中全部吸收的反应进行计算，残留气体与空气接触未变红棕色，说明残留气体是氧气，从而得解。10.在标准状况下将铜粉投入一定量浓HNO3中随着铜粉的溶解，反应生成的气体颜色逐渐变浅，当铜粉完全溶解后共收集到由NO2和NO组成的混和气体，则混和气体中NO的体积为A.112mL B.1008mL C.224mL D.448mL【答案】A【解析】【详解】n(Cu)=，混合气体的物质的量为，设n(NO)=xmol，n(NO2)=ymol，则由电子守恒及原子守恒可知x+y=0.05，0.03×2=3x+y，解得x=0.005，y=0.045，v(NO)=0.005×22.4×1000=112mL，答案选A。二．不定项选择题(共4小题，共16分。在每小题给出的四个选项中，有一项或两项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。)11.下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是A.细铁粉具有还原性，可用作食品抗氧剂 B.NaHCO3受热易分解，可用于制胃酸中和剂C.漂白粉在空气中不稳定，可用于漂白纸张 D.Al2O3是两性氧化物，可用作耐高温材料【答案】A【解析】【详解】A．细铁粉具有还原性，能与空气中的氧气反应，所以可用作食品抗氧剂，A符合题意；B．NaHCO3具有弱碱性，能与HCl反应，所以NaHCO3可用于制胃酸中和剂，与NaHCO3受热易分解无关，B不符题意；C．漂白粉有效成分是次氯酸钙，能与二氧化碳、水反应生成氧化性强的次氯酸，可作漂白剂，与漂白粉稳定性无关，C不符题意；D．Al2O3是离子化合物，离子键强，使其熔点高，可用作耐高温材料，与Al2O3是两性氧化物无关，D不符题意。答案选A。12.向含有FeCl3和BaCl2的酸性溶液中通入足量的SO2，有白色沉淀生成，过滤后向滤液中滴入KSCN溶液时，无明显现象，由此得出的正确结论是A.白色沉淀是FeSO3B.白色沉淀是BaSO3和BaSO4的混合物C.白色沉淀是BaSO4D.FeCl3已全部被SO2还原成FeCl2【答案】CD【解析】【详解】氯化铁具有氧化性，在酸性环境下能够氧化二氧化硫生成硫酸根离子，反应的离子方程式为：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2+++4H+，硫酸根离子与钡离子发生反应生成硫酸钡沉淀，亚硫酸酸性弱于盐酸，与氯化钡不反应，所以不会产生亚硫酸钡沉淀，向过滤后的滤液中滴入KSCN溶液，无明显现象，说明溶液中三价铁离子全部被还原为二价铁离子，据此解答。【解答】A．由分析知，白色沉淀是BaSO4，故A错误；B．由分析知，白色沉淀BaSO4，故B错误；C．由分析知，白色沉淀是BaSO4，故C正确；D．FeCl3已全部被SO2还原成FeCl2，故D正确；故选CD。13.用为的浓溶液吸收一定量的氯气，充分反应后溶液中只含有、、三种溶质。下列判断正确的是A.可能为B.若反应中转移的电子的物质的量为，则C.被吸收的氯气的物质的量为D.可能为【答案】BD【解析】【详解】A．NaCl为氯气得电子的产物，NaClO和NaClO3为氯气失电子的产物，根据得失电子守恒，若溶液中n(NaCl)：n(NaClO)：n(NaClO3)可能为9：3：1，则理论上反应中得到电子为9mol×1=9mol，反应中失去电子总物质的量为3mol×1+1mol×5=8mol；得失电子不守恒，A错误；B．氯气和NaOH反应有2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O、6NaOH+3Cl2=5NaCl+NaClO3+3H2O，当生成NaCl和NaClO时转移电子最少，0.6molNaOH消耗2，生成转移电子的物质的量为；当生成NaCl和NaClO3时转移电子数目最多，消耗2，生成转移电子的物质的量为，所以如果反应中转移的电子为nmol，则，B正确；C．若氯气和NaOH只发生反应2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O，则消耗氯气为，若只发生反应6NaOH+3Cl2=5NaCl+NaClO3+3H2O，消耗的氯气为，所以与NaOH反应的氯气物质的量为，C错误；D．根据方程式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O可知，氧化产物只有NaClO时，n(Na+)∶n(Cl-)最大为2：1，当氧化产物为NaClO3时，n(Na+)∶n(Cl-)最小为6：5，因为9:5介于2：1和6:5之间，所以符合题意，D正确；故选BD。14.某兴趣小组将过量Cu与FeCl3溶液充分反应，静置后取上层清液于试管中，将KSCN溶液滴加到清液中，瞬间产生白色沉淀，局部出现红色，振荡试管，红色又迅速褪去。已知：①CuCl2+Cu=2CuCl↓(白色)速率很慢②2CuCl2+4KSCN=2CuSCN↓(白色)+(SCN)2+4KCl速率很快③(SCN)2是拟卤素，化学性质和氯气相似下列说法正确的是A.用KSCN溶液检验Fe3+时，Cu2+的存在会对检验产生干扰B.局部出现红色的主要原因是溶液中Fe2+被空气中O2氧化成Fe3+C.白色沉淀为CuCl，是溶液中CuCl2与Cu反应生成的D.红色迅速褪去是因为Cu2+与SCN-发生反应②，使Fe3++3SCN-Fe(SCN)3平衡逆向移动【答案】AD【解析】【分析】【详解】A．用KSCN溶液检验Fe3+时，根据2CuCl2+4KSCN=2CuSCN↓(白色)+(SCN)2+4KCl，Cu2+存在干扰，故A正确；B．红色物质是Fe(SCN)3，(SCN)2为拟卤素，化学性质和氯气相似，说明也具有氧化性，溶液中的Fe2+也可能是被(SCN)2氧化成Fe3+，故B错误；C．Cu(过量)与FeCl3溶液反应，得到的是氯化铜和氯化亚铁，在Cu过量时，继续反应CuCl2+Cu=2CuCl↓(白色)，溶液中一定存在亚铁离子，可能会存在铜离子存在，一定会出现2CuCl↓(白色)，故C错误；D．Cu只要和Fe3+反应生成Cu2+和Fe2+，Cu2+就会与SCN−反应，故红色褪去也有可能是溶液中的SCN−被消耗，从而使Fe3++3SCN-⇌Fe(SCN)3平衡逆移，故D正确；答案选AD。三．非选择题：(本题共4小题，共54分)15.硫氰化钾(KSCN)是一种用途广泛的化工原料，常用于染料、药物的生产。实验小组设计如下实验装置模拟工业制备KSCN并进行相关探究实验。已知：①CS2是一种不溶于水且密度大于水的非极性试剂。②CS2+3NH3NH4SCN+NH4HS回答下列问题：（1）SCN﹣的结构式为_______。（2）装置A用于实验室制备氨气，反应的化学方程式为_______。（3）装置B中，三颈烧瓶内盛放有CS2、水和固体催化剂，通入氨气的导管口需要插入CS2液体中，其目的是_______(写两点)。（4）待三颈烧瓶内液体不分层后，熄灭装置A处的酒精灯，关闭K1，移开水浴。将装置B继续加热至105℃，待NH4HS完全分解后(NH4HSNH3↑+H2S↑)，打开K2，缓缓滴入适量的K2CO3溶液充分反应，(NH4)2CO3完全分解制得KSCN溶液。装置C中仪器a的名称是_______，用离子方程式表示装置C处的烧杯中产生淡黄色浑浊的原因_______。（5）除去固体催化剂后，为使KSCN晶体充分析出并分离，采用的操作为减压蒸发、_______、过滤。【答案】（1）[S=C=N]﹣或[S﹣C≡N]﹣（2）2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O（3）防倒吸或使NH3与CS2充分接触混合（4）①.球形干燥管②.H2S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+（5）冷却结晶【解析】【分析】A中用反应2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O制备氨气，在B中氨气与二硫化碳反应先生成硫氰化铵，然后与碳酸钾溶液反应生成硫氰化钾，装置C为尾气吸收装置；(1)根据C形成4个共价键、N形成3个共价键、S形成2个共价键或SCN﹣与CO2互为等电子体进行判断；(2)实验室用氯化铵和氢氧化钙混合加热制备氨气；(3)CS2是非极性试剂，极性分子NH3在其中的溶解度小，可以防倒吸；NH3(气体)通入CS2(液体)中，可以增大接触面积，使反应充分；(4)仪器a为球形干燥管，由装置C烧杯中产生淡黄色浑浊，可知H2S被Fe3+氧化为S单质，则氧化剂Fe3+被还原为Fe2+；(5)减压蒸发、冷却结晶、过滤得到KSCN晶体；【小问1详解】根据C形成4个共价键、N形成3个共价键、S形成2个共价键或SCN﹣与CO2互为等电子体进行判断，故SCN﹣的结构式为[S=C=N]﹣或[S﹣C≡N]﹣；故答案为[S=C=N]﹣或[S﹣C≡N]﹣；【小问2详解】氯化铵和氢氧化钙混合加热制备氨气，故化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；故答案为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；【小问3详解】CS2是非极性试剂，极性分子NH3在其中的溶解度小，可以防倒吸；NH3(气体)通入CS2(液体)中，可以增大接触面积，使反应充分，目的是使NH3与CS2充分接触混合；故答案为防倒吸，使NH3与CS2充分接触混合；【小问4详解】装置C中仪器a为球形干燥管，由装置C烧杯中产生淡黄色浑浊，可知H2S被Fe3+氧化为S单质，则氧化剂Fe3+被还原为Fe2+，离子方程式为H2S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+；故答案为球形干燥管，H2S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+；【小问5详解】减压蒸发、冷却结晶、过滤得到KSCN晶体；故答案为冷却结晶。【点睛】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、制备原理、实验装置的作用、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度中等。16.铁、镍及其化合物在工业上有广泛的应用。从某矿渣[成分为NiFe2O4(铁酸镍)、NiO、FeO、CaO、SiO2等]中回收NiSO4的工艺流程如图：已知(NH4)2SO4在350℃分解生成NH3和H2SO4，回答下列问题：(1)“浸渣”的成分有Fe2O3、FeO(OH)、CaSO4外，还含有_______(写化学式)。(2)矿渣中部分FeO在空气中焙烧时反应生成Fe2(SO4)3化学方程式为_______。(3)向“浸取液”中加入NaF以除去溶液中Ca2+(浓度为1.0×10-3mol·L-1)，当溶液中c(F-)=2.0×10-3mol·L-1时，除钙率为_______[Ksp(CaF2)=4.0×10-11]。(4)溶剂萃取可用于对溶液中的金属离子进行富集与分离：Fe2+(水相)+2RH(有机相)⇌FeR2(有机相)+2H+(水相)萃取剂与溶液的体积比(V0/VA)对溶液中Ni2+、Fe2+的萃取率影响如图所示，V0/VA的最佳取值为_______。在_______(填“强碱性”“强酸性”或“中性”)介质中“反萃取”能使有机相再生而循环利用。(5)以Fe、Ni为电极制取Na2FeO4的原理如图所示。通电后，在铁电极附近生成紫红色的FeO，同时会产生少量红褐色物质。①电解时离子交换膜(b)为_______(填“阴”或“阳”)离子交换膜。②向铁电极区出现的红褐色物质中加入少量的NaClO溶液，沉淀溶解，进而提高了Na2FeO4的产率。该反应的离子方程式为_______。【答案】①.SiO2②.4FeO+6H2SO4+O2=2Fe2(SO4)3+6H2O③.99%④.⑤.强酸性⑥.阴⑦.2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO+3Cl-+5H2O【解析】【分析】某矿渣的主要成分是NiFe2O4(铁酸镍)、NiO、FeO、CaO、SiO2等，加入硫酸铵研磨后，600℃焙烧，已知：(NH4)2SO4在350℃以上会分解生成NH3和H2SO4。NiFe2O4在焙烧过程中生成NiSO4、Fe2(SO4)3，在90°C的热水中浸泡过滤得到浸出液，加入NaF除去钙离子，过滤得到滤液加入萃取剂得到无机相和有机相，无机相通过一系列操作得到硫酸镍，有机相循环使用，据此分析解答。【详解】(1)矿渣主要成分是NiFe2O4(铁酸镍)、NiO、FeO、CaO、SiO2等，加入硫酸铵加热浸取后的浸渣为不反应和不溶于水的硫酸钙和二氧化硅，“浸渣”的成分除Fe2O3、FeO(OH)、CaSO4外，还含有SiO2，所以答案为SiO2。(2)矿渣中部分FeO焙烧时与H2SO4及空气中的氧气反应生成Fe2(SO4)3和水，反应的化学方程式为4FeO+6H2SO4+O2=2Fe2(SO4)3+6H2O；(3)当溶液中c(F-)=2.0×10-3mol·L-1时，Ksp(CaF2)=c(Ca2+)×c2(F-)=c(Ca2+)×(2.0×10-3mol·L-1)2=4.0×10-11，故c(Ca2+)=1.0×10-5mol/L，则除钙率为99%，所以答案为：99%。(4)要求Fe2+萃取率最低，Ni2+的萃取率最高，根据图象，最佳取值为；在强酸性介质中“反萃取”能使有机相再生而循环利用，所以答案为：；强酸性。(5)①电解时正极连接铁电极，为阳极，阳极上失电子在碱性条件下反应生成FeO，电极反应式为Fe-6e-+8OH-=FeO+4H2O；离子交换膜(b))需要允许氢氧根离子向Ⅲ移动，为阴离子交换膜，所以答案为：阴。②向铁电极区出现的红褐色物质中加入少量的NaClO溶液，沉淀溶解。次氯酸钠将氢氧化铁氧化生成高铁酸钠，所以反应的离子方程式为：2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO+3Cl-+5H2O。17.砷化镓(GaAs)是当前最重要、技术成熟度最高的半导体材料之一，我国“玉兔二号”月球车就是通过砷化镓太阳能电池提供能量。（1）基态As原子核外电子排布式为_______，最高能级电子的电子云形状为_______。（2）GaAs、GaN结构相似，晶体类型都为共价晶体，沸点GaAs_______GaN(填“>”或“＜”，下同)，第一电离能Ga_______As。（3）成语“信口雌黄”中雌黄的分子式为As2S3，分子结构如图1，As原子的杂化方式为_______。（4）GaAs的晶胞结构如图2，在GaAs晶体中，与As原子最近且等距离的As原子数为_______。（5）若砷化镓晶胞边长为apm，则Ga与最近As的核间距为_______cm。【答案】（1）①.1s22s22p63s23p63d104s24p3或[Ar]3d104s24p3②.哑铃形（2）①＜②.＜（3）sp3（4）12（5）【解析】【小问1详解】As原子核外有33个原子，根据构造原理书写基态As原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3或[Ar]3d104s24p3；其最高能级为4p能级，电子云形状为哑铃或纺锤形；故答案为1s22s22p63s23p63d104s24p3或[Ar]3d104s24p3；哑铃或纺锤形；【小问2详解】GaAs和GaN结构相似，均属于共价晶体，原子半径N＜As，键长Ga﹣N＜Ga﹣As，键能Ga﹣N＞Ga﹣As；同周期随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，但ⅡA族、ⅤA族为全充满或半充满稳定结构，第一电离能高于同周期相邻元素的，因此第一电离能有Ga＜As，故答案为＜；＜；【小问3详解】由结构图可知，黑色球为As、白色球为S，分子中As原子形成3个σ键、还含有1对孤电子对，杂化轨道数目为3+1=4，杂化类型为sp3；故答案为sp3；【小问4详解】以顶点As原子研究，与之最近的As原子处于面心，每个顶点为8个晶胞共用，每个面心为2个晶胞共用，距离每个As原子最近且等距离的As原子数目=12，由图可知，Ga原子与周围距离最近的4个As原子构成正四面体结构；故答案为：12；【小问5详解】根据晶胞结构可知