【解析】重庆市江津中学实验中学等七校高三下学期6月联考（三诊）理科综合化学试题

七校高2020级第三次诊断性考试理科综合试题化学部分1.化学与生活密切相关。下列叙述错误的是（）A.医用防护口罩中使用的聚丙烯熔喷布，其生产原料来自石油裂解B.核酸检测是确认病毒类型的有效手段，核酸是高分子化合物C.韩愈的诗句“榆荚只能随柳絮，等闲撩乱走空园”中的柳絮富含糖类D.北斗卫星导航专用ASIC硬件结合国产应用处理器打造出一颗真正意义的“中国芯”，该“中国芯”的主要成分为SiO2【答案】D【解析】【详解】A．聚丙烯是由丙烯加聚形成，石油裂解的产物主要有乙烯、丙烯等，为丙烯的主要来源，故A正确；B．核酸是由许多核苷酸聚合成的生物大分子化合物，核酸是高分子化合物，故B正确；C．柳絮成分为纤维素，纤维素属于多糖，故C正确；D．芯片主要成分为半导体材料硅晶体，二氧化硅是光导纤维成分，故D错误；答案为D。2.用化学用语表示2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑中的相关微粒，其中正确的是A.中子数为10的氧原子：O B.NaOH的电子式：C.Na+的结构示意图： D.H2O的比例模型：【答案】A【解析】【详解】A.原子符号的左上角表示质量数，左下角表示质子数，中子数=质量数质子数，A项正确；B.和之间是以离子键的形式结合的，因此要加上中括号和正负电荷，B项错误；C.钠是11号元素，钠离子失去1个电子后核外只有10个电子，C项错误；D.氢原子要比氧原子小，D项错误；答案选A。3.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是（）8H10和C4H10O3的混合物中氢原子数为NA2H4和CH3OCH3的混合气体完全燃烧转移的电子数目为12NAC.只含有BaSO4[Ksp(BaSO4)=1.0×1010]的悬浊液中，离子总数是2.0×105NAD.室温下，pH=11，体积为1L的NaAlO2溶液中，发生电离的水分子数为1.0×103NA【答案】C【解析】【详解】A．C8H10和C4H10O3相对分子质量都是106，且分子式中氢原子数都为10，10.6g混合物的总物质的量为0.1mol，所含氢原子总物质的量为1mol，故A选项正确；2H4和CH3OCH3的混合气体物质的量为1mol，其中C2H4，CH3OCH3中C的化合价均价为2，产物中C均为+4价，故完全燃烧转移电子数目为12mol，故B正确；C．只含有BaSO4[Ksp(BaSO4)=1.0×1010]的悬浊液中，可以知道离子浓度，但是悬浊液的体积不清楚，故离子的数目为不确定值，故C选项错误；D．NaAlO2为强碱弱酸盐，故pH=11是盐类水解的结果有pH=lgc（H+），Kw=c（H+）c（OH）可知，c（OH）=1.0×103mol/L，故1L的NaAlO2溶液中，发生电离的水分子数为1.0×103NA，故D选项正确；故答案选C。4.白屈菜有止痛、止咳等功效，从其中提取的白屈菜酸的结构简式如图所示。下列有关白屈菜酸的说法中不正确的是（）A.白屈菜酸的同分异构体中可能含有芳香族化合物B.所有碳原子可以共面C.1mol白屈菜酸完全燃烧需要O2的物质的量为4molD.能通过加聚反应形成高分子物质【答案】C【解析】【详解】A．根据白屈菜酸的结构简式可知，其分子式为C7H4O6，其不饱和度为6，碳原子数大于6，其同分异构体中可以有芳香族化合物，A项正确；B．C=C双键以及与双键上碳原子相连的原子构成一个平面，白屈菜酸的结构中含有两个C=C键，故所有碳原子可能共面，B项正确；C．白屈菜酸的分子式为C7H4O6，所以1mol白屈菜酸完全燃烧需要O2的物质的量为(7+)mol=5mol，C项错误；D．白屈菜酸分子结构中含有C=C键，可以发生加聚反应，D项正确；故答案为C。5.W、X、Y和Z为原子序数依次增大的四种短周期元素。X是短周期原子半径最大的元素，Y的最高化合价与最低价相加为0，Z是同周期非金属性最强的元素，W、X、Y三种元素形成的一种化合物结构如图所示。下列叙述正确的是A.X单质的熔点高于Y单质B.气态氢化物稳定性：Y＜ZC.Z的氧化物对应的水化物为强酸D.X分别与W、Z形成的二元化合物溶于水显碱性【答案】B【解析】【分析】X是短周期原子半径最大的元素，则X为Na；根据W、X、Y三种元素形成的化合物可知，Y可以形成4个共价键，且Y的最高化合价与最低价相加为0，应为第ⅣA族元素，其原子序数大于Na，则为Si元素；W可以形成2个共价键，应为第ⅥA族元素，其原子序数小于Na，所以为O元素，Z是同周期非金属性最强的元素，其原子序数大于Si，则应为Cl元素。【详解】A．X单质为Na，为金属晶体，而Y的单质Si为原子晶体，熔点高于Na，故A错误；B．非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，非金属性Cl>Si，所以气态氢化物稳定性Cl>Si，故B正确；C．Z的氧化物对应的水化物有多种，例如HClO即为弱酸，故C错误；D．Na与Cl形成的二元化合物NaCl水溶液显中性，故D错误；故答案为B。6.通过下列实验操作和实验现象，得出的结论正确的是（）实验操作实验现象结论碘水褪色并分层丙烯与碘水发生了取代反应4溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液产生蓝色沉淀FeSO4溶液未变质NaOH溶液中通入SO2气体溶液红色褪去SO2具有漂白性4溶液中加入KI溶液，再加入苯，振荡、静置上层呈紫红色，下层有白色沉淀生成铜离子可以氧化碘离子，白色沉淀可能为CuIA.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．丙烯含有碳碳双键，可以与碘水发生加成反应，而不是取代反应，故A错误；B．K3[Fe(CN)6]溶液可以检验Fe2+，原溶液中本来就有Fe2+，若变质会生成Fe3+，应检验溶液中是否有Fe3+来判断溶液是否变质，故B错误；C．溶液红色褪去是因为二氧化硫和NaOH反应使溶液碱性减弱，并不是因为二氧化硫的漂白性，故C错误；D．苯的密度比水小，所以在上层，上层呈紫红色说明Iˉ被氧化生成I2，下层出现白色沉淀，综合分析可知该过程中铜离子氧化碘离子生成碘单质，自身被还原成Cu+，再与Iˉ结合生成CuI白色沉淀，故D正确；故答案为D。7.某温度下，向一定体积0.1mol/L氨水中逐滴加入相同浓度的盐酸，溶液中pH与pOH的变化关系如图所示。下列说法错误的是（）A.此温度下，水的离子积常数为1.0×102aB.N点溶液加水稀释，增大C.M、Q、N三点所示的溶液中均存在：c(NH)+c(H+)=c(OH)+c(Cl)D.Q点消耗的盐酸的体积等于氨水的体积【答案】D【解析】【详解】A．Q点溶液中pOH=pH，c(H+)=c(OH)=10amol/L，溶液呈中性，此时氢离子浓度和氢氧根浓度乘积即为该温度下的离子积常数，为1.0×102a，故A正确；B．一水合氨的电离平衡常数Kb=，所以=，N点溶液pOH<pH，所以c(H+)<c(OH)，溶液显碱性，加水稀释溶液碱性减弱，所以c(OH)减小，电离平衡常数不变，则增大，故B正确；C．M、Q、N三点所示的溶液中均存在电荷守恒，即c(NH)+c(H+)=c(OH)+c(Cl)，故C正确；D．氨水和盐酸浓度相同，若等体积混合，溶质为氯化铵，溶液显酸性，而Q点溶液呈中性，所以氨水的体积要稍大于盐酸的体积，故D错误；故答案为D。8.某化学兴趣小组利用硫酸铁溶液与铜粉反应，又向反应后溶液中加入KSCN溶液以检验Fe3+是否有剩余，实验记录如下；实验编号操作现象实验1i．加入Cu粉后充分振荡，溶液逐渐变蓝；ii．取少量i中清液于试管中，滴加2滴0.2mol/LKSCN溶液，溶液变为红色，但振荡后红色迅速褪去并有白色沉淀生成。（1）写出实验1中第i步的离子方程式_______________。甲同学猜想第ii步出现的异常现象是由于溶液中的Cu2+干扰了检验Fe3+的现象。查阅相关资料如下①2Cu2++4SCN2CuSCN↓（白色）+(SCN)2（黄色）②硫氰[(SCN)2]：是一种拟卤素，性质与卤素单质相似，其氧化性介于Br2和I2之间。该同学又通过如下实验验证猜想实验编号操作现象实验2溶液呈绿色，一段时间后后开始出现白色沉淀，上层溶液变为黄色实验3无色溶液立即变红，同时生成白色沉淀。（2）经检测，实验2反应后的溶液pH值减小，可能的原因是___________________________________________。（3）根据实验2、3的实验现象，甲同学推断实验3中溶液变红是由于Fe2+被(SCN)2氧化，写出溶液变红的离子方程式_______________________。继续将实验2中的浊液进一步处理，验证了这一结论的可能性。补充实验4的目的是排除了溶液存在Cu2+的可能，对应的现象是____________________________________________。（4）乙同学同时认为，根据氧化还原反应原理，在此条件下，Cu2+也能氧化Fe2+，他的判断依据是_______。（5）为排除干扰，小组同学重新设计如下装置。①A溶液为____________________________。②“电流表指针偏转，说明Cu与Fe3+发生了反应”，你认为这种说法是否合理？__________________（填合理或不合理），原因是__________________________________________。③验证Fe3+是否参与反应的操作是________________________________________。【答案】(1).Cu+2Fe3+2Fe2++Cu2+(2).部分(SCN)2与水反应生成酸(3).Fe3++3SCNFe(SCN)3(4).溶液褪色，无蓝色沉淀(5).在Cu2+与SCN－反应中，Cu2+是氧化剂，氧化性Cu2+〉(SCN)22(SO4)3溶液(7).不合理(8).未排除氧气干扰(9).一段时间后，取少量A溶液于试管中，滴加铁氰化钾溶液，出现蓝色沉淀【解析】【分析】(1)Cu粉与Fe3+反应，离子方程式为Cu+2Fe3+2Fe2++Cu2+；(2)硫氰[(SCN)2]：是一种拟卤素，性质与卤素单质相似，其氧化性介于Br2和I2之间，能与水反应，生成酸；(3)Fe2+被(SCN)2氧化为Fe3+，Fe3+与KSCN反应，显红色；(SCN)2会与氢氧化钾反应，同时Cu2+与氢氧化钾反应，生成蓝色沉淀，没有Cu2+则无蓝色沉淀；(4)根据氧化还原反应规律分析；(5)①A的电极为C，B的电极为Cu，则Cu做负极，C做正极，A中放电解质溶液；②溶液中的氧气会影响反应；③铁氰化钾溶液遇亚铁盐则生成深蓝色沉淀。【详解】(1)Cu粉与Fe3+反应，离子方程式为Cu+2Fe3+2Fe2++Cu2+，故答案为：Cu+2Fe3+2Fe2++Cu2+；(2)硫氰[(SCN)2]：是一种拟卤素，性质与卤素单质相似，其氧化性介于Br2和I2之间，能与水反应，生成酸，故答案为：部分(SCN)2与水反应生成酸；(3)Fe2+被(SCN)2氧化为Fe3+，Fe3+与KSCN反应，显红色，离子方程式为Fe3++3SCNFe(SCN)3；(SCN)2会与氢氧化钾反应，同时Cu2+与氢氧化钾反应，生成蓝色沉淀，没有Cu2+则无蓝色沉淀，故答案为：Fe3++3SCNFe(SCN)3；溶液褪色，无蓝色沉淀；(4)根据2Cu2++4SCN2CuSCN↓(白色)+(SCN)2(黄色),Cu2+是氧化剂，氧化性Cu2+>(SCN)2，(SCN)2能氧化Fe2+，则氧化性(SCN)2>Fe2+，即Cu2+也能氧化Fe2+，故答案为：在Cu2+与SCN－反应中，Cu2+是氧化剂，氧化性Cu2+>(SCN)2；2(SO4)32(SO4)3溶液；②溶液中的氧气会影响反应，未做排氧操作，不合理，故答案为：不合理；未排除氧气干扰；③Fe3+参与反应后生成Fe2+，铁氰化钾溶液遇亚铁盐则生成深蓝色沉淀，可验证产生的Fe2+，操作为一段时间后，取少量A溶液于试管中，滴加铁氰化钾溶液，出现蓝色沉淀，故答案为：一段时间后，取少量A溶液于试管中，滴加铁氰化钾溶液，出现蓝色沉淀。【点睛】本题易错点(6)，使用的电解质溶液，要和之前的浓度保持一致，才能形成对比实验，做实验题型，一定要注意控制变量法的规则。9.氮的化合物在生产生活中广泛存在。（1）氯胺（NH2Cl）的电子式为___。可通过反应NH3(g)+Cl2(g)=NH2Cl(g)+HCl(g)制备氯胺，已知部分化学键的键能如表所示（假定不同物质中同种化学键的键能一样），则上述反应的ΔH=___。化学键NHClClNClHCl键能/(kJ·mol1)391243191431（2）液氨中存在电离平衡2NH3(l)NH+NH，用Pt电极对液氨进行电解也可产生H2和N2。阴极的电极反应式是___。（3）用焦炭还原NO的反应为：2NO(g)+C(s)N2(g)+CO2(g)，向容积均为1L的甲、乙、丙三个恒容恒温（反应温度分别为400℃、400℃、T℃）容器中分别加入足量的焦炭和一定量的NO，测得各容器中n(NO)随反应时间t的变化情况如表所示：t/min020406080n(NO)（甲容器）/moln(NO)（乙容器）/moln(NO)（丙容器）/mol100①该反应为___（填“放热”或“吸热”）反应，理由是___；②下列选项中可以说明容器乙已经达到平衡状态的是___（填序号）正(NO)=υ逆(N2)③乙容器在100min达到平衡状态，则0～100min内用NO的浓度变化表示的平均反应速率υ(NO)=___，平衡常数K(400℃)=___。【答案】(1).(2).+12kJ•mol1(3).2NH3+2e=H2↑+2或2NH4++2e=H2↑+2NH3(4).放热(5).丙容器与甲容器投入量相同，达到平衡所用时间较短，说明丙容器温度较高，即T>400℃，丙容器平衡时NO的浓度比甲容器高，说明温度升高平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，则正反应为放热反应(6).BD(7).0.006mol•L1•min1(8).【解析】【分析】(1)根据NH2Cl是共价化合物写出其电子式，由△H=反应物的键能之和生成物的键能之和计算反应热；(2)根据阴极得电子发生还原反应写出电极反应；(3)根据甲和丙投料一样，达到平衡时间不一样，判断温度高低，由平衡时c(NO)的浓度判断平衡移动方向，进而判断该反应的热效应；根据化学反应2NO(g)+C(s)N2(g)+CO2(g)，判断平衡标志；根据甲和乙是等效平衡，由化学平衡计算的“三段式”求出反应速率和平衡常数。【详解】（1）氯胺可看作是氨气分子上一个氢原子被氯原子取代的结构，为共价化合物，则氯胺的电子式为：；NH3(g)+Cl2(g)=NH2Cl(g)+HCl(g)，△H=反应物的键能之和生成物的键能之和=（3×391+243）kJ•mol1（2×391+191+431）kJ•mol1=+12kJ•mol1；答案为，+12kJ•mol1。（2）电解时阴极发生得电子的还原反应，在阴极液氨得电子生成氢气和，或铵根离子得电子生成氢气和NH3，则电极方程式为：2NH3+2e=H2↑+2或2NH4++2e=H2↑+2NH3；答案为2NH3+2e=H2↑+2或2NH4++2e=H2↑+2NH3。（3））①丙容器与甲容器投入量相同，达到平衡所用时间较短，说明丙容器温度较高，即T>400℃，丙容器平衡时NO的浓度比甲容器高，说明温度升高平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，则正反应为放热反应；答案为放热，丙容器与甲容器投入量相同，达到平衡所用时间较短，说明丙容器温度较高，即T>400℃，丙容器平衡时NO的浓度比甲容器高，说明温度升高平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，则正反应为放热反应。②根据化学反应2NO(g)+C(s)N2(g)+CO2(g)，A．由于此反应左右两边气体系数相等，因而压强始终不变，容器内压强不变不能判断反应是否平衡，故A不选；B．由于反应物C为固体，气体的总质量是一个变量，气体的总体积是一个定值，容器内气体的密度是一个变值，容器内气体的密度不变能说明化学反应达到平衡状态，故B选；C．2υ正(NO)=υ逆(N2)时，正、逆反应速率不相等，反应没有达到平衡状态，故C不选；D．由于反应物C为固体，气体的总质量是一个变量，气体的总物质的量是一个定值，混合气体的平均摩尔质量是一个变值，平均摩尔质量不变能说明化学反应达到平衡状态，故D选；答案为BD。③乙容器中起始加入NO物质的量为甲容器中的一半，根据2NO(g)+C(s)N2(g)+CO2(g)，反应前后气体体积不变，恒温恒容下，甲与乙为等效平衡，故乙平衡时NO的物质的量为甲平衡时的一半，为0.4mol，则0～100min内用NO的浓度变化表示的平均反应速率υ(NO)==0.006mol•L1•min1；甲与乙为等效平衡，故乙平衡时NO的物质的量为甲平衡时的一半，为0.4mol，容器体积为1L，平衡时c(NO)=0.4mol/L，在400℃时平衡常数K===；答案为0.006mol•L1•min1，。【点睛】本题应注意第（3）问，甲和乙均在恒温恒容条件下，发生2NO(g)+C(s)N2(g)+CO2(g)反应，此反应前后气体体积相等，反应物C又是固体，因而要根据等效平衡的判断方法准确判断甲与乙是等效平衡，由等效平衡关系根据甲容器NO的起始量是2mol，乙容器NO的起始量是1mol，准确求出乙平衡时NO的物质的量为甲平衡时的一半，才能正确解答此题。10.利用水钴矿（主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、MnO、MgO、CaO、SiO2等）可以制取多种化工试剂，以下为草酸钴晶体和氯化钴晶体的制备流程，回答下列问题：已知：①浸出液中含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+、Mg2+、Ca2+等。②沉淀Ⅰ中只含有两种沉淀。③流程中部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见表：沉淀物开始沉淀完全沉淀Fe(OH)3Fe(OH)2Co(OH)2Al(OH)3Mn(OH)2（1）浸出过程中氧化剂与还原剂物质的量之比为___。（2）NaClO3在浸出液中发生反应的离子方程式为___。（3）加入Na2CO3调pH至5.2，目的是___；萃取剂层含锰元素，则沉淀Ⅱ的主要成分为__。（4）操作Ⅰ包括：将水层加入浓盐酸调整pH为2～3，___、___、过滤、洗涤、减压烘干等过程。（5）为测定粗产品中CoCl2·6H2O的含量，称取一定质量的粗产品溶于水，加入足量硝酸酸化的硝酸银溶液，过滤、洗涤、干燥，测沉淀质量。通过计算发现粗产品中CoCl2·6H2O质量分数大于100%，其原因可能是___（回答一条原因即可）。（6）将5.49g草酸钴晶体(CoC2O4·2H2O)置于空气中加热，受热过程中不同温度范围内分别得到一种固体物质，其质量如表。温度范围/℃150～210290～320固体质量/g经测定，整个受热过程，只产生水蒸气和CO2气体，则290～320℃温度范围，剩余的固体物质化学式为___。[已知：CoC2O4·2H2O的摩尔质量为183g·mol1]【答案】(1).1:1(2).(3).使和沉淀完全(4).CaF2和MgF2(5).蒸发浓缩(6).冷却结晶(7).粗产品中结晶水含量低(或粗产品中混有氯化钠杂质)(8).Co3O4(或CoO·Co2O3)【解析】【分析】水钴矿中加入盐酸，可得CoCl3、FeCl3、AlCl3、MnCl2、MgCl2、CaCl2，信息①中浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Ca2+、Mg2+、Al3+等，则进入的Na2SO3将Co3+、Fe3+还原为Co2+、Fe2+，工艺流程最终得到草酸钴，加入NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，加入Na2CO3调pH至5.2，可得到Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀，过滤后所得滤液主要含有CoCl2、MnCl2、MgCl2、CaCl2，用NaF溶液除去钙、镁，过滤后，向滤液中加入萃取剂，将锰离子萃取，萃取后的余液中主要含有CoCl2，进入草酸铵溶液得到草酸钴。【详解】（1）浸出过程中主要发生的氧化还原反应是：Co2O3是氧化剂，是还原剂，二者的物质的量之比为1:1，故答案为：1:1（2）NaClO3在浸出液中是将Fe2+氧化为Fe3+，故发生反应的离子方程式为，故答案为：（3）通过信息③可知，加入Na2CO3调pH至5.2，可得到Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀，故目的是使和沉淀完全；萃取剂层含锰元素，说明溶液中的除锰离子和钴离子以外的金属阳离子均已除去，故加入NaF溶液是除Ca2+和Mg2+，则沉淀Ⅱ的主要成分为CaF2和MgF2，故答案为：使和沉淀完全CaF2和MgF2。（4）从溶液中析出晶体，都要经过：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥的过程，故答案为：蒸发浓缩冷却结晶（5）该步骤是通过加入足量硝酸酸化的硝酸银溶液，过滤、洗涤、干燥，测沉淀质量的方法来计算粗产品中的，粗产品中氯元素的含量偏高则结果偏高，故可能的原因有可能是结晶水不足，或者结晶过程析出了氯化钠，故答案为：粗产品中结晶水含量低(或粗产品中混有氯化钠杂质)；（6）草酸钴晶体为，计算可知150～210℃时，，可知此时失去全部结晶水；210～290℃时，气体产物为CO2，故产物为Co3O4或者CoO·Co2O3，故答案为：Co3O4(或CoO·Co2O3)11.铝、锌、铁在人类生产和生活中有重要作用，也是人体必需的微量元素。回答下列问题：（1）Fe2+电子排布式为___，Zn的基态原子能级最高的电子的电子云轮廓图形状为___。（2）已知Al的第一电离能为578kJ·mol1、Mg的第一电离能为740kJ·mol1，请解释Mg的第一电离能比Al大的原因___。（3）Zn2+可形成[Zn(NH3)6]SO4络合物，1mol[Zn(NH3)6]2+配离子中含σ键___mol，其阴离子中心原子的杂化方式是___，NH3的沸点高于PH3的原因是___。（4）已知Zn2+等过渡元素离子形成的水合离子的颜色如下表所示：离子Sc3+Cr3+Fe2+Zn2+水合离子的颜色无色绿色浅绿色无色请根据原子结构推测Sc3+、Zn2+的水合离子为无色的原因：___。（5）FeCl3中的化学键具有明显的共价性，蒸汽状态下以双聚分子存在的FeCl3的结构式为___，其中Fe的配位数为___。（6）Fe和N可组成一种过渡金属氮化物，其晶胞如图所示。六棱柱底边边长为xcm，高为ycm，NA为阿伏加德罗常数的值，则晶胞的密度为___g·cm3（列出计算式即可）。【答案】(1).[Ar]3d6(2).球型(3).Mg的电子排布式为[Ne]3s2，Al的电子排布式为[Ne]3s23p1，镁的3s处于全满状态，较稳定不易失去一个电子，铝的最外层为3p1，易失去一个电子形成稳定结构(4).24(5).sp3(6).氨分子之间形成分子间氢键(7).3d轨道上没有未成对电子（或3d轨道全空或全满状态）(8).(9).4(10).【解析】【详解】（1）铁为26号元素，基态原子电子排布式为[Ar]3d64s2，所以Fe2+电子排布式为[Ar]3d6；Zn为30号元素，基态原子能级最高的电子为4s上的2个电子，所有电子云轮廓图形状为球形，故答案为：[Ar]3d6球形；（2）Mg的电子排布式为[Ne]3s2，Al的电子排布式为[Ne]3s23p1，镁的3s处于全满状态，较稳定，不易失去一个电子，铝的最外层为3p1，易失去一个电子形成稳定结构，所以Al原子的第一电离能比Mg大，故答案为：Mg的电子排布式为[Ne]3s2，Al的电子排布式为[Ne]3s23p1，镁的3s处于全满状态，较稳定不易失去一个电子，铝的最外层为3p1，易失去一个电子形成稳定结构；（3）[Zn(NH3)6]2+中每个N原子形成3个氮氢σ键，与Zn2＋形成1个配位键，配位键也属于σ键，所以1mol该离子中σ键为24mol；阴离子为，根据价层电子对互斥理论，其中心原子S的价电子对为对，所以中心S为sp3杂化。NH3分子中N原子的电负性强，原子半径小，使得N—H键的极性增强而表现一定的电性，分子之间能够形成氢键，而PH3分子中P半径大，电负性小，则不能形成分子间氢键，只存在范德华力，氢键的作用力强于范德华力，所以沸点NH3大于PH3，故答案为：24sp3氨分子之间形成分子间氢键；（4）Sc3+的外围电子排布式为[Ar]3d0、Cr3+的外围电子排布式为[Ar]3d3、Fe2+电子排布式为[Ar]3d6、Zn2+的外围电子排布式为[Ar]3d10，对比四种离子的外围电子排布式可知，其水合离子的颜色与3d轨道上的单电子有关，故答案为：3d轨道上没有未成对电子（或3d轨道全空或全满状态）；（5）Fe能够提供空轨道，而Cl能够提供孤电子对，故FeCl3分子双聚时可形成配位键。由常见AlCl3的双聚分子的结构可知FeCl3的双聚分子的结构式为，其中Fe的配位数为4，故答案为：4；（6）由图示，堆积方式为六方最紧密堆积。为了计算的方便，选取该六棱柱结构进行计算：六棱柱顶点的原子是6个六棱柱共用的，面心是两个六棱柱共用，所以该六棱柱中的铁原子为个，N原子位于六棱柱内部，所以该六棱柱中的氮原子为2个，该结构的质量为，该六棱柱的底面为正六边形，边长为xcm，底面的面积为6个边长为xcm的正三角形面积之和，根据正三角形面积的计算公式，该底面的面积为cm2，高为ycm，所以体积为cm3。所以密度为：，故答案为：。12.化合物G是一种重要的有机合成原料，其球棍模型如图甲所示。该化合物可用芳香烃A为原料来合成，其合成路线如图乙所示：（1）下列关于G的说法不正确的是___（填标号）。b.G能使酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色，褪色原理相同d.