海南文昌中学2025-2026学年第二学期高三第一次月考化学试题

度第二学期高三第一次月考试题化学(考试时间：90分钟；满分：100分)可能用到的相对原子质量：H1Li7N14O16Cl35.5Ga70第Ⅰ卷选择题一、单项选择题(每小题只有一个选项符合题意。)1.下列食品添加剂主要用于延长食品保质期的是A抗氧化剂 B.增味剂 C.着色剂 D.膨松剂【答案】A【解析】【分析】【详解】食品中加入抗氧化剂可减缓食品的腐蚀，延长保质期；调味剂、着色剂以及增稠剂与食品的味、色、态有关，故答案为：A2.下列实验操作或事故处理方法正确的是A.用标准液润洗滴定管后，将润洗液全部从上口倒出B.电器失火时，可以用泡沫灭火器灭火C.加热KClO3分解制取氧气，用排水法收集出现倒吸现象时，立即停止加热D.水蒸气轻微烫伤时，可先用洁净的冷水处理，再涂上烫伤药膏【答案】D【解析】【详解】A．滴定管用标准液润洗后，润洗液需要从滴定管下口放出，不能从上口倒出，操作错误，A错误；B．泡沫灭火器喷出的物质含水，水具有导电性，电器失火时使用泡沫灭火器易引发触电事故，不能用泡沫灭火器，B错误；C．加热氯酸钾制氧气排水收集时出现倒吸，若立即停止加热，装置内压强会进一步减小，倒吸加剧，容易导致仪器炸裂，正确操作是先将导管从水中移出，C错误；D．水蒸气轻微烫伤时，先用洁净冷水冲洗可以降低伤处温度，再涂抹烫伤药膏处理，处理方法正确，D正确；故答案选D。3.名菜“白切鸡”常搭配姜葱汁蘸料。关于其中涉及的主要物质，下列说法正确的是A.鸡皮中的油脂在人体胃酸条件下发生皂化反应B.蘸料中的蔗糖属于非还原性糖C.蛋白质是纯净物D.加热煮熟的过程仅使鸡肉中的蛋白质发生了盐析【答案】B【解析】【详解】A．皂化反应是油脂在碱性条件下的水解反应，人体胃酸为酸性环境，不满足皂化条件，故A错误；B．蔗糖分子中无自由醛基或酮基，不能发生还原反应，属于非还原性糖，故B正确；C．蛋白质是由多种氨基酸组成的生物大分子，天然蛋白质通常为混合物（如鸡肉含多种蛋白质），故C错误；D．加热煮熟使蛋白质变性（结构破坏，不可逆），而盐析是加盐导致的沉淀（可逆），故D错误；答案选B。4.化学反应千变万化，实验现象千姿百态。下列叙述错误的是A.密封在无色试剂瓶中的新制氯水，久置后瓶内气压增大B.集满的试管倒置在水中，水柱充满试管C.在中受热，反应后的固体为淡黄色D.在空气中久置的水玻璃逐渐变浑浊【答案】B【解析】【详解】A．氯水久置后，HClO分解为HCl和O2，O2溶解度低，导致气压增大，A正确；B．3体积NO2和水反应生成1体积NO和硝酸，水面仅上升至试管2/3处，剩余NO气体，NO不溶于水，水柱无法充满试管，B错误；C．Na2O在O2中加热生成淡黄色Na2O2，C正确；D．硅酸钠与CO2反应生成不溶于水的硅酸，溶液变浑浊，D正确；故选B。5.浓硫酸与木炭在加热时发生反应：。设为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是A.含质子数为B.标况下，含键数目为C.有生成时，该反应转移电子数为D.与充分反应得到的分子数为【答案】C【解析】【详解】A．是碳的一种同位素，原子核中有6个质子，8个中子，12g的物质的量

，所以总质子数为：，A错误；B．标准状况下，是1mol（标准状况下气体摩尔体积为22.4L/mol），CO2分子结构：O=C=O，每个CO2分子中有：2个C=O双键，每个双键包含1个σ键和1个π键，所以每个CO2分子有

2个σ键，1molCO2有

个σ键，B错误；C．反应中C元素化合价从0价升至+4价（CO2），失去4个电子；生成1molCO2时，对应1molC失去4mol电子，转移电子数为4NA，C正确；D．SO2与O2反应生成SO3为可逆反应：2SO2+O22SO3，无法完全转化，故2molSO2与1molO2充分反应生成的SO3分子数小于2NA，D错误；故选C。6.某电解质阴离子的结构如图。X、Y、Z、Q为原子序数依序增大的同周期元素，Z的单质为常见氧化剂。下列说法错误的是A.Z的氢化物中可能含有非极性键B.键角：YZ>XQC.Y的含氧酸不与酸性高锰酸钾反应D.同周期所有元素中，第一电离能位于X、Z之间的元素有2种【答案】C【解析】【分析】Z的单质为常见氧化剂，且Z周围可以形成两条键，推出Z为O元素；X、Y、Z、Q为原子序数依序增大的同周期元素，可知Q为F元素；X和Y周围都可以形成四条键，且原子序数：Y>X，结合阴离子结构，推出X为B元素，Y为C元素。【详解】A．Z（O）的氢化物为H2O或H2O2，H2O2中含有非极性键，A正确；B．代表的是碳酸根离子，其中心碳原子采取sp2杂化，离子构型为平面三角形，键角为120°，代表的是四氟合硼酸根离子，其中心硼原子采取sp3杂化，离子构型为正四面体形，键角为109°28′，因此键角，B正确；C．Y为C，它的含氧酸并非都不与酸性高锰酸钾反应，例如草酸（H2C2O4）就具有较强的还原性，能被酸性高锰酸钾氧化为CO2，C错误；D．同周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势，但N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于O，第一电离能位于X（B）、Z（O）之间的元素有Be、C两种，D正确；故选C。7.利用色度传感器探究压强对化学平衡的影响：(红棕色)(无色)∆H<0。将一定量的NO2充入注射器中后封口，下图是在拉伸和压缩注射器活塞的过程中气体透射率T%随时间t的变化(气体颜色越深，透射率越小)。下列说法正确的是A.为拉伸注射器活塞的过程B.C点的反应速率大于E点C.体系颜色深浅：D>F>HD.为平衡移动的过程，平衡逆向移动【答案】B【解析】【详解】A．过程中，气体透射率迅速降低，说明气体颜色变深(浓度增大)。这是压缩注射器活塞的过程(体积减小，浓度瞬间增大)，而非拉伸，A错误；B．C点对应的透射率小于E点，说明体系中浓度比E点高，浓度越高反应速率越快，因此C点的反应速率大于E点，B正确；C．透射率越小，气体颜色越深。由图可知，D、F、H三点的透射率大小关系为

，所以体系颜色深浅为

，C错误；D．过程中，透射率升高(颜色变浅)，说明平衡正向移动(转化为)，D错误；故答案选B。8.实验室以Cu和浓硝酸为原料制备和。下列图示装置和原理不能达到实验目的的是A.用装置甲制备 B.用装置乙收集C.用装置丙吸收尾气中的 D.用装置丁蒸干溶液得到【答案】D【解析】【详解】A．装置(甲)中铜与浓硝酸反应制得，符合实验原理，A不符合题意；B．装置(乙)利用密度大于空气，可用向上排空气法收集，符合实验原理，B不符合题意；C．装置(丙)用NaOH溶液吸收尾气中的，离子方程式为：，可防止污染环境，C不符合题意；D．装置(丁)若将溶液直接蒸干，会因加热促进水解，同时生成的挥发，无法得到晶体，正确操作应是蒸发浓缩、冷却结晶，D符合题意；故选D。二、不定项选择题(每小题有12个选项符合题意。)9.对多酚物质的研究如图所示，以下说法正确的是已知：多酚类化合物能发生烯醇式和酮式的互变异构：A.甲的名称为1，3，5三苯酚B.OH的极性：甲乙醇C.的互变异构体为D.可以发生加成、水解和消去反应【答案】C【解析】【详解】A．甲物质的官能团为酚羟基，根据命名规则，可知甲的名称为1，3，5苯三酚或间苯三酚，A错误；B．乙醇的烷基具有给电子效应，OH极性较弱，甲物质中酚羟基受苯环吸电子共轭效应影响，OH键极性比乙醇中的醇羟基更强，B错误；C．由题给信息可知，1，3，5苯三酚发生酮式互变异构，变为，C正确；D．含有的官能团是醚键和氰基，氰基可以发生加成、水解反应，无法发生消去反应，D错误；答案选C。10.由下列实验操作及现象所得结论或解释正确的是选项实验操作现象结论或解释A向溶液中滴加少量碘水溶液变黄色氧化性：B向溶液中通入气体有黑色沉淀酸性：C加热滴加酚酞的溶液溶液红色加深碳酸根离子的水解是吸热反应D向浓度均为的混合溶液中滴加稀氨水先出现红褐色沉淀A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．向FeCl2溶液中滴加少量碘水，二者不反应，溶液变黄色是因为碘水显黄色，氧化性：，A结论错误；B．反应能发生的原因是CuS沉淀不溶于，但酸性H2S<H2SO4（H2S是弱酸，H2SO4是强酸），B结论错误；C．加热滴加酚酞的Na2CO3溶液，溶液红色加深，因为水解显碱性且是吸热反应，升温平衡正向移动，pH增大，酚酞红色加深，C结论正确；D．向浓度均为0.1mol·L1的AlCl3、FeCl3混合溶液中滴加稀氨水，先出现红褐色沉淀（Fe(OH)3），越小沉淀越难溶，先沉淀，故，D结论错误；故答案为C。11.EDTA(乙二胺四乙酸)能与大多数金属离子形成稳定的配合物，其分子结构如图，下列说法错误的是A.EDTA分子中C的杂化方式有sp2和sp3B.EDTA的核磁共振氢谱上有5组峰C.EDTA分子中N、O原子可以提供孤对电子与金属离子最多可形成4个配位键D.EDTA相对分子质量与正二十烷相近，但沸点差异较大【答案】BC【解析】【详解】A．EDTA分子中连有碳氧双键的C是杂化，其余的碳原子都是杂化，A正确；B．分子中存在对称轴，共有3组等效氢，核磁共振氢谱中只有3组峰，B错误；C．EDTA中的每个氨基N原子有1个孤电子对，2个氨基N原子可以与金属离子形成2个配位键，在配位过程中，受制于空间位阻等因素，4个羧基失去质子后形成羧酸根，每个羧酸根中的O原子可提供孤对电子形成1个配位键，总共可形成4个配位键，1个EDTA分子共可以与金属离子形成6个配位键，如图：，C错误；D．EDTA相对分子质量与正二十烷相近，但是EDTA中含有羧基和氨基，能形成分子间氢键，沸点会大于正二十烷，D正确；答案是：BC12.下列离子或化学方程式错误的是A.铅酸蓄电池负极反应式：Pb2e=Pb2+B.石英砂制粗硅：SiO2+2C2CO↑+SiC.乙醇处理废弃钠：2C2H5OH+2Na→2C2H5ONa+H2↑D.漂白粉生效：Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO【答案】A【解析】【详解】A．铅酸蓄电池的电解质为稀硫酸，负极Pb失去电子后会与结合生成沉淀，负极反应为，A错误；B．石英砂与焦炭在高温下发生置换反应，生成硅和一氧化碳，化学方程式为，B正确；C．乙醇可与钠发生置换反应生成乙醇钠和氢气，化学方程式为，C正确；D．漂白粉的有效成分为，与空气中的、反应生成沉淀和，化学方程式为，D正确；故选A。13.某可充电锂电池分别以为电池的电极反应物，硫化物固体电解质传导Li+，电池构造示意图如图所示。下列说法错误的是（）A.该锂电池也可用Li2S水溶液作电解液传导Li+B.放电时，Li1xCoO2失电子，发生氧化反应C.放电时，负极质量每减少0.7g，外电路转移0.1moleD.充电时阳极电极反应式：【答案】AB【解析】【分析】电池工作原理如下：放电时为原电池，负极（Li）：，Li失去电子被氧化，通过硫化物固体电解质向正极移动，正极（）：，得到电子被还原；充电时为电解池，阴极：，得到电子被还原，阳极：，失去电子被氧化，由此解题；【详解】A．Li是活泼金属，会与水溶液中的水发生反应，因此不能用水溶液作电解液传导，A错误；B．由分析知，放电时，在正极得到电子，发生还原反应，而非氧化反应，B错误；C．由分析知，放电时负极每消耗1mol即7g，外电路转移1mol电子，则负极质量每减少0.7g，外电路转移0.1mol电子，C正确；D．由分析知，充电时阳极电极反应式：，D正确；故答案选AB。14.25℃下，向20mL0.1mol/LH2A溶液中滴加0.1mol/LNaOH溶液，有关粒子物质的量的变化如图所示。下列有关说法正确的是AH2A属于强酸B.c(HA)/c(H2A)随着VNaOH的增大而减小C.VNaOH=20mL时，溶液中存在关系：c(HA)+c(A2)+c(H2=0.lmol/L=0.lmol/LD.VNaOH=20mL时，溶液中存在关系：c(Na+)>c(HA)>c(H+)>c(A2)>c(OH)【答案】D【解析】【详解】A．20mL0.1mol/LH2A溶液中含有H2A分子，所以H2A是弱酸，故A错误；B．，随着V(NaOH)的增大，c(H+)减小，所以增大，故B错误；C．根据物料守恒，V(NaOH)=20mL时，溶液中存在关系：c(HA)+c(A2)+c(H2A)=0.05mol/L，故C错误；D．V(NaOH)=20mL时，溶质为NaHA，根据图象可知c(A2)>c(H2A)，HA的电离大于水解，溶液呈酸性，所以c(Na+)>c(HA)>c(H+)>c(A2)>c(OH)，故D正确；选D。第Ⅱ卷非选择题15.赤泥是铝土矿提铝后的碱性矿渣。从一种赤泥(含Al2O3、Fe2O3、Al2(Si2O5)(OH)4、CaTiO3等)中回收铁、铝、硅和钛的工艺如下：回答下列问题：（1）“酸浸1”时，提高浸取速率的方法为___________(写一种即可)。（2）完成并配平“沉铁”发生的离子方程式：___________（3）“滤渣2”的主要成分为、和___________。（4）实际工艺中，遵循“再循环、减量化”的原则，将“焙烧渣”返回至“滤液2”进行“盐沉”循环使用的目的为___________(写一种即可)。（5）室温下，“沉铝”中发生的反应为，，当、时，体系pH为___________。【答案】（1）适当加热(或搅拌、将赤泥粉碎、适当增大草酸浓度等)（2）（3）H2SiO3(或H2SiO3、CaCO3)（4）提高钛、硅的回收率(或减少废渣排放、提高原料利用率)（5）10【解析】【分析】赤泥(含Al2O3、Fe2O3、Al2(Si2O5)(OH)4、CaTiO3等)经草酸浸取，铁、铝、钛等可溶性金属离子进入滤液1，不溶性残渣形成滤渣1；滤液1经光照分解生成沉淀，实现沉铁；滤液2中加入进行盐沉，使硅、钛等形成沉淀进入滤渣2，滤渣2在550时焙烧，焙烧渣中加入盐酸酸浸得到、和；滤液3经加溶液沉铝，最终得到沉淀，整个流程实现了铁、铝、硅、钛的分步回收与分离。【小问1详解】可通过适当加热（或搅拌、将赤泥粉碎、适当增大草酸浓度等）来提高浸取速率。【小问2详解】根据得失电子守恒和原子、电荷守恒，配平离子方程式为：。【小问3详解】“盐沉”时除生成为和外，还会生成沉淀，因此滤渣2主要成分为、和(或、)。【小问4详解】将“焙烧渣”返回至“滤液2”进行“盐沉”循环使用的目的为提高钛、硅的回收率（或减少废渣排放、提高原料利用率）。【小问5详解】反应，，当、时，=，，故体系的pH为10。16.合成氨是化学工业的重要基础，传统合成氨和新型合成氨的反应原理分别如下：Ⅰ．传统合成氨原理：以氮气和氢气原料反应，=92.4kJ·mol1。（1）从化学反应限度的角度分析，合成氨的反应宜选择___________(填字母序号)。A.低温高压 B.高温低压 C.高温高压 D.低温低压（2）工业合成氨使用铁基催化剂时，通常选择在500℃和30MPa条件下进行反应，其原因是___________。（3）合成氨的净速率方程可表示为：，(“k1”、“k2”为正、逆反应速率常数，随温度升高而增大)，该反应的平衡常数Kp=___________(用含“k1”、“k2”的式子表示)。Ⅱ．新型合成氨原理：（4）以氮气和氢气作为原料气，采用高质子导电性的SCY陶瓷(能传导H+)，从而实现了高温常压下高转化率的电解法合成氨，则电解装置中阴极的电极反应式为___________。（5）以甲烷和氮气作为原料气，按一定流速充入反应釜中，在作催化剂并持续放电的条件下，发生的主要反应如下：6CH4(g)+N2(g)3C2H6(g)+2NH3(g)，还可能发生甲烷碳化等副反应。当原料气流以n(CH4):n(N2)=3:1通过催化剂发生反应时，在反应釜出口处检测到n(NH3):n(N2)=1:2，则氨气的产率为___________。【答案】（1）A（2）500℃时催化剂活性高；30MPa压强下综合经济效益高（3）（4）N2+6H++6e=2NH3（5）40%【解析】小问1详解】正反应为放热反应，是气体分子数减小的反应，降低温度或增大压强，能使平衡正向移动，从化学反应限度的角度分析，合成氨的反应宜选择低温高压，故选A；【小问2详解】实际生产中，通常选择在500℃和30MPa条件下进行反应，其原因是500℃时催化剂活性高；30MPa压强下综合经济效益高；生产效率更高；【小问3详解】=0时，代表反应达到平衡，可得，得Kp=；【小问4详解】电解装置中氮气在阴极发生还原反应生成氨气，高质子导电性的SCY陶瓷(能传导H+)，电极反应式为N2+6H++6e=2NH3；【小问5详解】当原料气流以n(CH4):n(N2)=3:1通过催化剂发生反应，假设通入原料气为n(CH4)=3mol，n(N2)=1mol，若甲烷全部反应，可以得到1mol氨气，列三段式：，可得，x=0.2，则氨气的产率为=40%。17.三氯化镓(GaCl3)是生产镓衍生化合物的理想前驱体，常用金属镓与HCl反应制备，实验装置如图所示(部分夹持仪器已略去)：已知：①Ga的熔点为29.8℃，沸点为2403℃。②GaCl3熔点为77.9℃，沸点为201.3℃，易吸水潮解。回答下列问题：（1）仪器a的名称是___________；GaCl3的晶体类型为___________。（2）乙装置中反应温度为210℃，发生反应的化学方程式为___________；从装置角度看，化学反应速率慢的原因是___________。（3）装置丁中碱石灰的作用是___________。（4）由0.280g镓制得25.00mLGaCl3溶液，向其中加入20.00mL0.2000mol·L1乙二胺四乙酸二钠盐溶液(以Na2H2Y表示)与Ga3+完全络合，再加入PAN指示剂，用0.01000mol·L1CuSO4标准液滴定过量的Na2H2Y溶液，消耗CuSO4标准液24.00mL。过程中涉及的反应有：Ga3++H2Y2=[GaY]+2H+、Cu2++H2Y2=[CuY]2+2H+，GaCl3的产率为___________。在实验过程中，若未用CuSO4标准液润洗滴定管，则结果___________(填“偏大”“偏小”或“不变”)。【答案】（1）①.球形干燥管②.分子晶体（2）①.②.通入的HCl气体与镓仅在液面反应(或气液接触不充分)（3）吸收HCl气体，防止空气中的水蒸气进入丙装置使GaCl3水解（4）①.94.0%②.偏小【解析】【分析】甲装置中，NaCl与浓硫酸在加热条件下反应生成干燥的HCl气体：，同时通入氮气排尽装置内空气，防止金属镓被氧化；乙装置内，金属镓与HCl气体在210℃下发生氧化还原反应：，高温使产物以气态逸出；丙装置中，气态经四氢呋喃冷却结晶，从气体转变为液态或固态实现收集；丁装置内，碱石灰吸收未反应的HCl气体：，同时隔绝外界水蒸气，避免水解：，整个过程通过精准的条件控制，实现了的高效制备与纯化。【小问1详解】由分析知仪器a的名称是球形干燥管；由题干信息②知熔沸点较低，其晶体类型为分子晶体；【小问2详解】乙装置中金属镓与气体在210℃下反应生成和，化学方程式为：；从装置角度看，甲装置中HCI气体生成速率较慢，且乙装置中镓为液态，与HCl气体接触面积较小，导致反应速率慢，即答案为：通入的HCl气体与镓仅在液面反应(或气液接触不充分)；【小问3详解】易吸水潮解，装置丁中碱石灰可吸收空气中的水蒸气，防止其进入丙装置导致产物水解，同时可吸收未反应的HCl气体，防止污染空气；故答案为：吸收HCl气体，防止空气中的水蒸气进入丙装置使水解；【小问4详解】由滴定过程中涉及的反应：Ga3++H2Y2=[GaY]+2H+、Cu2++H2Y2=[CuY]2+2H+，与反应的的物质的量为：，则的物质的量为0.00376mol，0.280g镓的物质的量为产率为；若未用CuSO4标准液润洗滴定管，会导致CuSO4浓度偏低，消耗体积偏大，计算出的过量偏多，与Ga3+反应的偏少，故结果偏小。18.盐酸氨溴索是一种常用于治疗呼吸系统疾病的黏液溶解剂，因其良好的药效与安全性在临床应用广泛。一种新型的合成工艺如下：（1）A的名称为___________，其分子中共平面的原子最多有___________个。（2）B的结构简式为___________。（3）C所含官能团名称为___________；D苯环上一溴代物有___________种。（4）已知理论上1molE参加反应得1molF和2mol另一产物，写出E→F的化学反应方程式___________。（5）G→H的反应类型是___________。（6）已知：物质K是物质E的同系物，且分子组成比E多2个C。写出1种满足下列条件的K的同分异构体Y的结构简式：___________。①属于氨基酸；②核磁共振氢谱有5组峰。（7）参照上述合成路线，以和CH3NH2为原料，设计合成的路线(无机试剂任选)___________。已知：RCOOH+R1NHR2+H2O(合成路线可表示为：AB……目标产物)【答案】（1）①.邻苯二甲酸(或1,2苯二甲酸)②.18（2）（3）①.酰胺基②.2（4）++2CHCl3（5）氧化反应（6）或(或其他合理答案)（7）【解析】【分析】由题干合成流程图可知，根据A、C的结构简式和B的分子式以及B以C的反应物可知，B的结构简式为，B和反应生成C，C在NaBr、、共同作用下发生取代反应生成D，C和D在一定条件下反应生成E，E和反应生成F，F在THF、溶剂中被还原为G，G被氧化为H，H和反应生成产物I，该产物I再被还原为J。据此解题。【小问1详解】根据A的结构简式可得A的名称为邻苯二甲酸或1,2苯二甲酸；A中苯环为平面型结构，每个羧基含C=O和OH，且羧基可与苯环共平面，共有18个原子可共面。【小问2详解】由分析可知，B的结构简式为。【小问3详解】由题干流程图中C的结构简式可知，C所含官能团名称为酰胺基；D苯环对称，有2种不同化学环境的H，故一溴代物有2种。【小问4详解】由题干合成流程图中E和F以及E到F的反应可知，已知理论上1molE参加反应得到1molF和2mol另一产物，根据元素守恒可知，该产物为，则E→F的化学方程式为++2CHCl3。【小问5详解】由题干合成流程图可知，G→H为羟基催化氧化为醛基，则该反应类型为氧化反应。【小问6详解】由题干流程图信息可知，E的分子式为，不饱和度为5，物质K是物质E的同系物，且分子组成比E多2个C，则K的分子式为，满足条件：①属于氨基酸即含有结构，该结构中含有3种不同环境的H，②核磁共振氢谱有5组峰即含有5种不同环境的H原子的K的同分异构体Y的结构简式为或。【小问7详解】由题干信息可知，可由和加热得到；根据题干流程图中I到J的转化信息可知，可由被还原得到；由题干流程图中H到I的转化信息可知，可由和反应得到。由此分析确定合成流程为：。19.“丹青”是绘画艺术的代称，先秦《管子·小称》有言“丹青在山，民知而取之”，已指出其为天然的矿石颜料。“丹”指丹砂，主要成分为HgS；“青”指石青，主要成分为Cu3(CO3)2(OH)2。（1）已知Hg元素的信息如下图，则Hg在元素周期表中的位置为___________区。已知：第二电离能是元素的+1价的气态正离子(基态)失去一个电子形成+2价的气态正离子(基态)所需的最低能量。第一电离能第二电离能Cu745.5kJ·mol11958.0kJ·mol1Fe762.0kJ·mol11561.0kJ·mol1（2）分析Cu的第二电离能大于Fe的主要原因___________。（3）天然HgS晶体主要有两种形态，其中为红色，结构为三方系；为黑色，结构为立方系，区分两者结构差异使用的最可靠的现代技术是___________。Cu3(CO3)2(OH)2的晶胞结构如下图：（4）已知Cu3(CO3)2(OH)2晶胞中含4个H原子，对Cu2+所处位置判断错误的是___________。A.顶点 B.棱上 C.面心 D.体内已知：石青受热分解产生CuO、H2O、CO2，将CuO投入NH3、(NH4)2SO4的混合溶液中进行“氨浸”，控制温度为5055℃，pH约为9.5，得到溶液。（5）石青分解得到的三种产物的熔点由高到低的顺序为___________。（6）[Cu(NH3)4]2+结构中，若用两个H2O