四川省眉山市仁寿县2024_2025学年高三化学上学期11月期中试题含解析

这是一份四川省眉山市仁寿县2024_2025学年高三化学上学期11月期中试题含解析，共17页。试卷主要包含了单选题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题。
1. 下列说法不正确的是
A. 激光、焰火都与电子跃迁释放能量有关
B. 可燃冰()中甲烷与水分子间存在氢键
C. 冠醚利用不同大小的空穴适配不同大小的碱金属离子进行“分子识别”
D. 晶体的自范性是晶体在微观空间呈周期性有序排列的宏观表象
【答案】B
【解析】
【详解】A．光辐射是电子释放能量的重要形式之一，激光、焰火都与原子核外电子发生跃迁释放能量有关，A正确；
B．甲烷与水之间为分子间作用力，不是氢键，B错误；
C．同主族从上往下碱金属元素的离子半径逐渐增大，冠醚利用不同大小的空穴适配不同大小的碱金属离子进行“分子识别”，C正确；
D．晶体自范性的本质：晶体中粒子微观空间里呈现周期性的有序排列的宏观表象，D正确；
故选B。
2. 下列化学用语正确的是
A. CCl4的空间填充模型：B. 甲基的电子式：
C. 氯化铵的分子式：NH4ClD. 二氧化碳的结构式：O=C=O
【答案】D
【解析】
【详解】A．四氯化碳分子的空间构型为正四面体形，空间填充模型为，故A错误；
B．甲基的结构简式为—CH3，电子式为，故B错误；
C．氯化铵是含有离子键和共价键的离子化合物，NH4Cl表示氯化铵的化学式而不是分子式，故C错误；
D．二氧化碳的空间构型为直线形，结构式为O=C=O，故D正确；
故选D。
3. 2017年5月9 日中国科学院正式向社会发布113号、115号、117号和118号元素的中文名称。已知117号元素有多种原子，如Ts、Ts 等，下列说法正确的是
A. Ts和Ts 的相互转变属于化学变化
B. Ts位于周期表的第六周期VIIA族
C. 元素Ts的相对原子质量为293.5
D. Ts和Ts质子数相同，中子数不同
【答案】D
【解析】
【详解】A．Ts和Ts 的质子数相同，核外电子数相同，化学性质几乎完全相同，则两者的相互转变不属于化学变化，故A错误；
B．Ts元素的原子序数为117，位于元素周期表第七周期VIIA族，故B错误；
C．由117号Ts元素有多种原子，且不知道各种核素的原子丰度，所以无法计算元素Ts的相对原子质量，故C错误；
D．Ts和Ts的质子数相同、中子数不同，互为同位素，故D正确；
故选D。
4. 下列各组原子中，彼此化学性质一定相似的是
A. 最外层都只有一个电子的X、Y原子
B. 原子核外M层上仅有两个电子的X原子与原子核外N层上仅有两个电子的Y原子
C. 原子核外价电子排布式为ns2np1的X原子与原子核外价电子排布式为ns2np2的Y原子
D. 2p轨道上只有一个空轨道的X原子与3p轨道上只有一个空轨道的Y原子
【答案】D
【解析】
【详解】A．最外层都只有一个电子的X、 Y原子,可能为H与碱金属元素,性质有相似地方,都具有还原性,但IB族元素最外层也只有一个电子，主族与副族元素性质有很大区别,A错误;
B．原子核外M层上仅有两个电子的X为Mg元素,原子核外N层上仅有两个电子的Y可能为Ca , Mg和Ca在不同主族,性质不相同, B错误;
C．原子核外价电子排布式为3s23p1的原子为Al原子,原子核外电子排布式为2s22p2的原子为C, Al为金属元素,C为非金属元素,二者化学性质不同, C错误;
D．X原子是C原子，Y原子为Si原子，二者位于同一主族，最外层电子数相同，化学性质相似，D项正确;
答案选D。
5. 下列反应过程中,同时有离子键、极性键和非极性键的断裂和形成的反应是( )
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】A.选项中生成物不含非极性键，则无非极性键的形成；
B.选项中既有离子键又有非极性键, 中有极性键, 中既有离子键又有极性键, 中有非极性键；
C.选项中无非极性键的断裂和形成，无离子键的形成；
D. 选项中无非极性键的断裂和形成，无离子键的断裂；
【详解】A.选项中生成物不含非极性键，则无非极性键的形成，A错误；
B.选项中既有离子键又有非极性键, 中有极性键, 中既有离子键又有极性键, 中有非极性键，符合题意，B正确；
C.选项中无非极性键的断裂和形成，无离子键的形成，与题意不符，C错误；
D. 选项中无非极性键的断裂和形成，无离子键的断裂，与题意不符，D错误；
答案为B
6. 下列物质性质变化规律与键能无关的是 ( )
①HCl、HBr、HI的稳定性依次减弱
②NH3易液化
③F2、Cl2、Br2、I2的熔、沸点依次升高
④H2S的熔、沸点小于H2O的熔、沸点
A. ①③④B. ①③C. ②③④D. 全部
【答案】C
【解析】
【详解】①HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱的原因是分子中的键能依次减小，所以氢化物稳定性依次减弱，和键能有关；
②NH3易液化是因为其分子间存在氢键，与化学键的键能无关；
③F2、Cl2、Br2、I2的熔、沸点逐渐升高，和分子间作用力有关，与分子内的键能无关；
④H2S的熔沸点小于H2O的熔沸点，因为水分子间存在氢键，氢键的作用力大于范德华力，则熔沸点与分子间的作用力有关与键能无关；
与键能无关的是②③④，故选C。
7. 已知下列四组短周期元素的电离能数据()，下列判断错误的是
A. 还原性：W>Y>X
B. Y和Z可能位于同一族
C. W、X、Y、Z简单离子半径依次减小
D. X、Z的氢氧化物都具有两性
【答案】C
【解析】
【分析】元素原子轨道中电子处于半满、全满全空时最稳定，当稳定状态再失去电子时，其电离能发生突变， W 的电离能突然增大，说明最外层有1个电子，属于第 IA 族，且 W 的第一电离能比 X、Y、Z小，则 W 为 Na 元素；X 的电离能突然增大，说明最外层有3个电子，属于第 ⅢA 族，第一电离能比 Y、Z小，则 X 为 Al元素；Y 的电离能突然增大，说明最外层有2个电子，属于第 ⅡA 族， Z 的电离能突然增大，说明最外层有2个电子，属于第ⅡA 族，由 Z 的比 Y 的大，则 Y 为 Mg 元素；Z为 Be 元素，据此分析；
【详解】A．Na、Mg、Al为第三周期元素，金属性依次减弱，还原性减弱，所以还原性：Na>Mg>Al，故A正确；
B．根据其电离能变化，可知Y为Mg元素，Z为Be元素，属于同一主族元素，故B正确；
C．Na、Mg、Al简单离子均为10电子微粒，随着核电荷数增多，对电子吸引力增大，离子半径减小，铍离子为2个电子，半径最小，所以简单离子半径：，故C错误；
D．Al和Be在元素周期表中均位于金属和非金属交界处，具有一定的金属性和非金属性，其氢氧化物都具有两性，故D正确；
故选C。
8. NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 石墨晶体中碳原子个数与碳碳键数之比为3：2
B. 60gSiO2晶体中Si-O键的数目为2NA
C. 标准状况下，22.4LCHCl3所含的分子数为NA
D. 常温常压下，NO2与N2O4的混合物4.6g中含有的氧原子数目为0.2NA
【答案】D
【解析】
【详解】A．石墨晶体是六边形层状结构，每个碳原子与周围的三个碳原子成键，根据均摊法可知每个碳原子有个共价键，则石墨晶体中碳原子个数与碳碳键数目之比为2：3，A错误；
B．二氧化硅中每个硅形成4个硅氧键，60g二氧化硅的物质的量为1ml，含有4ml硅氧键，B错误；
C．标准状况下，CHCl3为液态，22.4L CHCl3物质的量大于1ml，C错误；
D．NO2和N2O4的最简式都是NO2，4.6gNO2为0.1ml，故NO2与N2O4的混合物4.6g中含有的氧原子数目为0.2NA，D正确；
故答案选D。
9. 我国科学家研制的NiO/Al2O3/Pt催化剂能实现氨硼烷(H3NBH3)高效制备氢气，制氢原理：H3NBH3+4CH3OHNH4B(OCH3)4+3H2↑，下列说法正确的是
A. 电负性：C＜O＜N
B. ∠HNH键角：NH3＜H3NBH3
C. Ni的价电子有10种空间运动状态
D. 基态A1原子中s和p能级电子数之比为7：6
【答案】B
【解析】
【详解】A．同一周期从左到右元素的非金属性逐渐增强，其电负性也逐渐增大，因此电负性：C＜N＜O，A错误；
B．价电子对之间的斥力大小顺序为：孤电子对与孤电子对之间的斥力＞孤电子对与成键电子对之间的斥力＞成键电子与成键电子对之间的斥力，排斥力越大，则键角越小，所以NH3有一对孤电子对，而H3NBH3没有孤电子对，因此∠HNH键角：NH3＜H3NBH3，B正确；
C．28Ni价电子排布式为3d84s2，有6种空间运动状态，C错误；
D．基态Al原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p1，s和p能级电子数之比为6：7，D错误；
故合理选项是B。
10. “类推”是一种重要的学习方法，但有时会产生错误的结论，下列类推结论中正确的
A. 第二周期元素氢化物的稳定性顺序是：HF>H2O>NH3；则第三周期元素氢化物的稳定性顺序也是：HCl>H2S>PH3
B. IVA族元素氢化物沸点顺序是：GeH4>SiH4>CH4；则VA族元素氢化物沸点顺序也是：AsH3>PH3>NH3
C. 二甲苯的沸点顺序是：邻二甲苯>间二甲苯 >对二甲苯；则羟基苯甲醛的沸点顺序也是：邻羟基苯甲醛 >对羟基苯甲醛
D. 根据“相似相溶”，乙醇能与水以任意比互溶，则戊醇也能与水以任意比互溶
【答案】A
【解析】
【详解】A．非金属性Cl＞S＞P，非金属性越强氢化物越稳定，故稳定性是：HCl＞H2S＞PH3，故A正确；
B．N元素的电负性很强，氨气分子中存在氢键，同族氢化物中氨气的沸点最高，结构相似相对分子质量越大氢化物沸点越高，故沸点是：NH3＞AsH3＞PH3，故B错误；
C．邻羟基苯甲醛形成分子内氢键，使沸点降低，对羟基苯甲醛形成分子间氢键，使沸点升高，故沸点是：对羟基苯甲醛＞邻羟基苯甲醛，故C错误；
D．乙醇分子与水分子之间形成氢键，乙醇与水以任意比例混溶，戊醇中烷基对整个分子的影响很大，不能形成氢键，不能与水以任意比互溶，可部分地溶于水，故D错误；
故答案为A。
11. 甲烷晶体的晶胞结构如图所示，下列说法正确的是
A. 甲烷晶胞中的球只代表1个碳原子
B. 晶体中1个CH4分子周围有12个紧邻的CH4分子
C. 甲烷晶体熔化时需破坏共价键
D. 1个CH4晶胞中含有14个CH4分子
【答案】B
【解析】
【详解】A．甲烷晶胞中的球代表的是CH4分子，A错误；
B．以晶胞顶点的CH4分子为例，这个晶胞中周围距离最近的CH4分子有位于面心的3个CH4分子，通过此顶点CH4分子的晶胞有8个，而每个面心的CH4分子被重复了2次，所以每个CH4分子周围距离最近且相等的CH4有=12个，B正确；
C．甲烷晶体是分子晶体，熔化时克服分子间作用力，没有破坏共价键，C错误；
D．1个CH4晶胞中，有8个CH4分子位于顶点处，被8个晶胞分摊；6个CH4分子位于面心，被2个晶胞分摊，所以1个CH4晶胞中含有的CH4分子数为：，D错误。
故答案选B。
12. CuCl为白色固体，难溶于水和乙醇，潮湿时易被氧化，常用作媒染剂。以印刷线路板碱性蚀刻废液{主要成分为[Cu(NH3)4]Cl2}为原料制备CuCl的工艺流程如下(设NA为阿伏加德罗常数的值)。下列说法正确的是
A. “洗涤”时使用乙醇能防止CuCl被氧化
B. 1 ml配合物[Cu(NH3)4]Cl2中共价键数目为18NA
C. “沉铜”发生反应的离子方程式：[Cu(NH3)4]2++2OH- =CuO↓+4NH3↑+2H2O
D. [Cu(NH3)4]Cl2中配体分子中的共价键是由N的2p轨道和H的1s轨道“头碰头”重叠形成的
【答案】A
【解析】
【详解】A．CuCl潮湿时易被氧化，“洗涤”时使用乙醇能防止CuCl被氧化，A正确；
B．在配合物中，4个NH3含有12个共价键；Cu2+与4个NH3形成了4个配位键，则在1个[Cu(NH3)4]Cl2共有16个共价键，所以1 ml配合物中含有的共价键的数目为16NA，B错误；
C．“沉铜”时，[Cu(NH3)4]2+与OH-反应生成CuO、NH3和H2O，其反应的离子方程式为：[Cu(NH3)4]2++2OH- =CuO↓+4NH3↑+H2O，C错误；
D．[Cu(NH3)4]Cl2中配体NH3分子中共价键是N原子的3个sp3杂化轨道和H原子的1s轨道重叠形成的，D错误；
故合理选项是A。
13. 几种晶体的晶胞（或晶体结构）如图所示，下列说法正确的是
A. 中的配位数大于干冰中分子的配位数
B. 晶胞中，分子的排列方式只有1种方向
C. 若金刚石的晶胞边长为，其中两个最近的碳原子之间的距离为
D. 石墨晶体层内是共价键，层间是范德华力，所以石墨是一种混合型晶体
【答案】D
【解析】
【详解】A．NaCl晶体中Na+的配位数为6；干冰中CO2分子的配位数为12，所以NaCl中Na+的配位数小于干冰中CO2分子的配位数，A错误；
B．干冰晶体中二氧化碳分子的排列方向有4种，即在顶点上1种，3对面心上3种，B错误；
C．若金刚石的晶胞边长为acm，其中两个最近的碳原子之间的距离为晶胞体对角线长度的=acm，C错误；
D．石墨晶体层内是共价键，层间是范德华力，有共价晶体、分子晶体、金属晶体的特征，所以石墨为混合型晶体，D正确；
故答案为：D。
14. 我国科学家开发一种光学晶体M，其结构如图。M由短周期主族元素X、Y、Z、W组成，其中X和Y的质子数之和等于Z原子的电子数，Y和Z同周期，Z和W同主族。下列说法正确的是
A. 原子半径：Z>Y>X
B. 简单氢化物的还原性：Z>W
C. 四种元素中W形成的单质熔点最高
D. Y、W的氧化物对应的水化物都是强酸
【答案】C
【解析】
【分析】从分子结构图可以看出，X与Y能形成1对共用电子，且X的原子序数最小，则X为H元素；Y可形成3对共用电子，则其最外层电子数为5，其为N元素；Z能形成2对共用电子，且X和Y的质子数之和等于Z原子的电子数，则Z为O元素；Z和W同主族，则W为S元素。从而得出，X、Y、Z、W分别为H、N、O、S。
【详解】A．由分析可知，X、Y、Z分别为H、N、O元素，H原子半径最小，N、O为同周期元素，且N在O的左边，所以原子半径：N＞O＞H，A错误；
B．Z、W分别为O、S，二者为同主族元素，O的非金属性大于S，则简单氢化物的还原性：H2O＜H2S，B错误；
C．H、N、O、S四种元素中，其单质都形成分子晶体，常温下只有S的单质呈固态，其它三种单质都呈气态，所以S形成的单质熔点最高，C正确；
D．Y、W的氧化物对应的水化物中，HNO2、H2SO3都是弱酸，D错误；
故选C。
第II卷(非选择题共58分)
二、解答题。
15. 已知A、B、D、E、G、X、Y、Z八种元素的原子序数依次增大，其中，A原子核外电子只有1种运动状态；基态B、E原子的2p轨道均含2个未成对电子；G是周期表中电负性最大的元素；Y和G同主族，X和Y同周期，且X离子是同周期元素简单离子中半径最小的；Z是八种元素中唯一的第四周期元素位于ds区，且基态原子核外只有1个未成对电子其余均为成对电子。推断出元素符号及相应化学式，并回答下列问题。
（1）基态Z原子的简化核外电子排布式：_______，基态E原子价层电子轨道表达式：_______，基态Y原子电子占据的最高能层符号为_______，该能层具有的原子轨道数为_______。
（2）键能：G-G_______Y-Y(填“>或 ②. >
（3） ①. 四面体形 ②.
（4）3：2
【解析】
【分析】A、B、D、E、G、X、Y、Z八种元素的原子序数依次增大。其中A原子核外电子只有1种运动状态，则A是H元素；基态B、E原子的2p轨道均含2个未成对电子，则B是C元素、E是O元素、D是N元素；G是周期表中电负性最大的元素，则G是F元素；Y和G同主族，Y是Cl元素；X和Y同周期，且X离子是同周期元素简单离子中半径最小的，则X是Al元素；Z是八种元素中唯一的第四周期元素位于ds区，且基态原子核外只有1个未成对电子其余均为成对电子，则Z是Cu元素。
【小问1详解】
铜元素的原子序数为29，基态原子的简化核外电子排布式；氧元素的原子序数为8，基态原子的价电子排布式为2s22p4，轨道表达式；氯元素的原子序数为17，基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p5，核外电子占据的最高能层符号为M，该能层具有的原子轨道数为9，故答案为：；；M；9；
【小问2详解】
氟元素的电负性大于氯元素，所以氟氟键的键能大于氯氯键；碳元素第三电离能是失去2s2上的1个电子，氮元素的第三电离能是失去2p1上的1个电子，所以碳元素的第三电离能大于氮元素的第三电离能，故答案为：>；>；
【小问3详解】
水分子中氧原子价层电子对数为4，则分子的VSEPR理想模型为四面体形；氨气溶于水呈碱性是因为氨分子中的氮原子能与水分子中的氢原子形成氢键，氢键的表达式为，故答案为：四面体形；；
【小问4详解】
乙炔分子的结构简式为H—C≡C—H，分子中单键为σ键，三键中含有1个σ键和2个π键，则分子中σ键和π键的比例3：2，故答案为：3：2。
16. 实验室以为原料制备并进行定量分析。
已知：
。
（1）配制溶液。称取一定质量的晶体，放入锥形瓶中，溶解后滴加氨水，装置如图A所示(胶头滴管中吸有氨水)。
①与烧杯相比，使用装置A作为反应器的优点是___________。
②滴加氨水时，有浅蓝色沉淀生成；继续滴加氨水，沉淀消失，得到深蓝色溶液。写出与氨水反应的离子方程式：___________。
（2）制备晶体。将A中溶液转移至B中，析出晶体：将B中混合物转移至装置C的漏斗中，减压过滤，用乙醇洗涤晶体2~3次；取出晶体，干燥。两次转移均需洗涤原容器，目的是___________。
（3）废液回收。从含有、乙醇和氨水的废液中回收乙醇并获得、的混合溶液，应加入的试剂是___________(填化学式)，回收乙醇的实验方法为___________。
（4）测定晶体中的含量。请补充完整实验方案：取一定质量的晶体，加适量蒸馏水溶解___________，干燥，灼烧至恒重。(须使用的试剂：蒸馏水，溶液，溶液)
【答案】（1） ①. 避免氨气逸出造成空气污染、便于振荡 ②. Cu2(OH)2SO4＋8NH3•H2O＝2[Cu(NH3)4]2＋＋＋2OH−＋8H2O
（2）减少[Cu(NH3)4]SO4的损失，增加晶体的产率
（3） ①. H2SO4 ②. 蒸馏
（4）向其中滴加0.1ml/LBaCl2溶液，搅拌，静置，向上层清液中继续滴加BaCl2溶液，无沉淀生成，过滤，用蒸馏水洗涤2～3次，取最后一次洗涤滤液，向其中滴加0.1ml/LAgNO3溶液，无白色沉淀生成
【解析】
【小问1详解】
①装置A为封闭体系，由题可知，反应过程中需加入氨水，氨水中的一水合氨的稳定性较差，反应过程中需不断加入氨水，若用烧杯作为反应容器，则反应过程中部分一水合氨发生分解生成的氨气会逸出，增加成本的同时也会污染环境，另外锥形瓶可通过振荡使反应物混合均匀，相较于烧杯更方便，优点为避免氨气逸出造成空气污染、便于振荡，故答案为避免氨气逸出造成空气污染、便于振荡；
②滴加氨水时，有浅蓝色沉淀Cu2(OH)2SO4生成，继续滴加氨水，沉淀消失，得到深蓝色[Cu(NH3)4]SO4溶液，反应过程中氨水中的一水合氨或氨气参加反应，[Cu(NH3)4]SO4为可溶性强电解质，在水溶液中完全电离，因此反应的离子方程式为Cu2(OH)2SO4＋8NH3•H2O＝2[Cu(NH3)4]2＋＋＋2OH−＋8H2O，故答案为Cu2(OH)2SO4＋8NH3•H2O＝2[Cu(NH3)4]2＋＋＋2OH−＋8H2O。
【小问2详解】
①转移过程中，盛有溶液的容器的内壁上会附着少量溶液，溶液中含有溶质，为提高产品的产率，因此需要洗涤原容器，目的为减少[Cu(NH3)4]SO4的损失，增加晶体的产率，故答案为减少[Cu(NH3)4]SO4的损失，增加晶体的产率。
【小问3详解】
废液回收过程是从含有[Cu(NH3)4]SO4、乙醇和氨水的废液中回收乙醇并获得CuSO4、(NH4)2SO4的混合溶液，因此需要将[Cu(NH3)4]SO4转化为CuSO4，氨水中一水合氨和氨气转化为(NH4)2SO4，类似于NH3→(NH4)2SO4，因此应加入的试剂为稀H2SO4；充分反应后溶液为无机盐和乙醇的水溶液，回收乙醇是液液互溶体系分离，因此回收乙醇的实验方法为蒸馏，故答案H2SO4；蒸馏。
【小问4详解】
测定晶体中含量实验原理：将晶体溶解，加入BaCl2溶液，使溶液中完全沉淀，通过测定沉淀的质量计算晶体中的含量。因此BaCl2溶液需逐滴加入，至不再有白色沉淀产生时，过滤，洗涤，利用AgNO3溶液判断洗涤液中是否含有，故答案为向其中滴加0.1ml/LBaCl2溶液，搅拌，静置，向上层清液中继续滴加BaCl2溶液，无沉淀生成，过滤，用蒸馏水洗涤2～3次，取最后一次洗涤滤液，向其中滴加0.1ml/LAgNO3溶液，无白色沉淀生成。
17. 按要求回答下列问题。
（1）在下列各种晶体：①晶体硅；②硝酸钾；③金刚石；④碳化硅；⑤干冰；⑥冰，它们的熔点由高到低的顺序是_______(填序号)。
（2）某种氧化物MO的电子总数与SiC的相等，MO是优良的耐高温材料，其晶体结构与NaCl晶体相似。MO的熔点比CaO的高，其原因是___________。
（3）硼晶体熔点为2076℃。BF3可与NH3反应生成NH3·BF3.乙硼烷(B2H6)具有还原性，易水解生成H3BO3(一元弱酸)；乙硼烷可与NH3反应生成氨硼烷(NH3·BH3)，其在一定条件下可以脱氢，最终得到氮化硼；乙硼烷也可与NaH反应生成NaBH4。
①下列说法正确的是_______(填字母)。
A．元素的电负性大小顺序是O>N>B>H
B．乙硼烷水解方程式为B2H6+6H2O=2H3BO3+6H2↑
C．氨硼烷分子中N提供孤电子对，B提供空轨道形成配位键
D．NaBH4晶体中存在的相互作用有离子键、共价键、氢键
②F-B-F键角比较：BF3_______(填写“>”“＜”) NH3·BF3
③氮化硼(BN)晶体有多种相结构。一种立方BN晶体与金刚石结构相似，其晶胞结构如下图(左)。左图中表示N原子的投影位置，在下图(右)中用标出B原子的投影位置_______。
（4）晶胞有两个基本要素：a．原子坐标参数，b．晶胞参数。
①下图为Ge单晶的晶胞，其中原子坐标参数A为(0，0，0)；B为(，0，)；C为(，，0)。则D原子的坐标参数为_______。
②已知Ge单晶的晶胞参数a=565.76pm，其密度为_______(列出计算式即可)。
③金属镍与镧(La)形成的合金是一种良好的储氢材料，如下图是一种镍镧合金储氢后的晶胞结构示意图，该合金储氢后，含1mlLa的合金可吸附H2的数目为_______。
（5）已知GaF3的熔点高于1000℃，GaCl3的熔点为77.9℃，其原因是_______。
【答案】（1）③④①②⑥⑤
（2）同离子晶体，离子所带电荷数相同，Mg2＋半径比Ca2＋小，MgO离子键作用强，所以熔点比CaO高
（3） ①. BC ②. ＞ ③.
（4） ①. (，，) ②. ③.
（5）由于GaF3是离子晶体，GaCl3是分子晶体，所以离子晶体GaF3的熔沸点高
【解析】
【小问1详解】
各种晶体属于原子晶体的有①③④、离子晶体的有②、分子晶体的有⑤⑥，一般来说，原子晶体的熔点>离子晶体的熔点>分子晶体的熔点；对于原子晶体，原子半径越大，键长越长，键能越小，熔点越低，键长Si-Si>Si-C>C-C，相应键能Si-Si晶体硅；分子晶体中有分子间氢键的熔点较高，所以熔点：冰>干冰，所以它们的熔点由高到低的顺序是③④①②⑥⑤；
【小问2详解】
SiC电子总数是20个，则氧化物为MgO；晶格能与所组成离子所带电荷成正比，与离子半径成反比，MgO与CaO的离子电荷数相同，Mg2＋半径比Ca2＋小，MgO晶格能大，熔点高；
【小问3详解】
①A．非金属性越强，该元素的电负性就越大，O元素的非金属性大于N、H，所以元素的电负性：O>N>H，根据N、H共用电子对的偏向，可知非金属性：H>B，所以上述四种元素的电负性大小顺序是：O>N>H>B，A错误；
B．乙硼烷水解产生H3BO3、H2，反应的化学方程式为：B2H6+6H2O=2H3BO3+6H2↑，B正确；
C．氨硼烷分子中N原子上有孤对电子，可以提供孤电子对，B原子上有空轨道，B原子提供空轨道，与N原子孤电子对形成配位键，C正确；
D．NaBH4晶体是离子晶体，阳离子与阴离子之间存在离子键，在阴离子中存在共价键、配位键，但由于B元素的电负性不大，不能形成氢键，D错误；
故选BC。
②BF3中B原子价层电子数目是3，分子结构是平面三角形，F-B-F的键角是120°；在NH3·BF3中N与B原子形成配位键，从而使该物质分子中B原子价层电子数目是4，分子的构型变为四面体，分子中F-B-F的键角约为109°28′，故F-B-F的键角：BF3>NH3·BF3；
③根据晶胞结构分析：立方氮化硼晶胞沿着体对角线方向可以观察到六边形，中心B与N重合，外侧大正六边形均由N原子构成，而内部小正六边形由3个B原子、3个N原子相间构成，所以画图为或；
【小问4详解】
①对照晶胞图示及A、B、C点坐标，选A点为参照点，可知D在体对角线的处，运用比例关系可得D的坐标参数为(，，)；
②其晶胞类似金刚石晶胞，故其晶胞内含8个Ge原子，；
③由题图2可知，晶胞中La位于顶点，1个晶胞中含有个La，Ni位于面上和体心，共含有个，H2位于棱上和面心，共含有个，根据微粒个数比可知，含1ml La的合金可吸附H2的数目为；
【小问5详解】
根据晶体类型比较熔点，一般来说，离子晶体的熔点高于分子晶体的熔点。根据GaF3的熔点高于GaCl3的熔点，原因是由于GaF3是离子晶体，GaCl3是分子晶体，所以离子晶体GaF3的熔沸点高。
18. 由硫铁矿烧渣(主要成分为Fe2O3、Fe3O4、Al2O3和SiO2)得到绿矾(FeSO4•7H2O)，然后制取透明氧化铁颜料的流程如下。
已知：①透明氧化铁又称纳米氧化铁，粒子直径极其微小(10~90nm)，包括氧化铁黄(FeOOH)和氧化铁红(Fe2O3)，难溶于水；②“还原”时，能将FeS2中的硫元素氧化为+6价。
回答下列问题：
（1）“滤渣”中的主要成分有过量的FeS2，FeS2中Fe的化合价为_______，在元素周期表中的位置为_______。
（2）“还原”过程中涉及的离子方程式为_______。
（3）流程中“”环节的目的是_______。
（4）“沉淀”采用分批加入KOH溶液，并不断搅拌，这样操作不但可以得到色泽纯正的氢氧化铁，而且还可以_______。
（5）可用作钾离子电池的正极材料，其晶胞结构如下图所示。
①距离最近的有_______个。
②第三电离能：，结合原子结构解释原因：_______。
【答案】（1） ①. +2 ②. 第四周期第Ⅷ族
（2）
（3）除去溶液中的，得到纯净的溶液
（4）形成细小的氢氧化铁颗粒
（5） ①. 6 ②. 的价电子为较稳定结构，不易失去第三个电子，的价电子为易失去1个电子形成较稳定结构
【解析】
【分析】硫铁矿烧渣(主要成分为Fe2O3、Fe3O4、Al2O3和SiO2)用硫酸酸溶，Fe2O3、Fe3O4、Al2O3与硫酸反应得到Fe2(SO4)3、FeSO4、Al2(SO4)3，SiO2不反应，加入过量FeS2将Fe3+还原为Fe2+，FeS2被氧化成，所得滤渣为SiO2和过量的FeS2；滤液经结晶得到绿矾；绿矾加水溶解，加入KClO3、稀硫酸将Fe2+氧化成Fe3+，加入KOH沉淀、转化，经系列操作得到透明氧化铁。
【小问1详解】
FeS2中S的化合价为-1价，Fe的化合价为+2价；Fe在元素周期表中位于第四周期第Ⅷ族；
【小问2详解】
“还原”时，Fe3+能将FeS2中的硫元素氧化为+6价、即氧化成，Fe3+被还原成Fe2+，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应的离子方程式为14Fe3++FeS2+8H2O=15Fe2++2+16H+；
【小问3详解】
根据分析，“还原”后所得滤液中主要含FeSO4、Al2(SO4)3，“”环节的目的是除去溶液中的Al3+、得到纯净的FeSO4溶液；
【小问4详解】
已知“透明氧化铁又称纳米氧化铁，粒子直径极其微小(10~90nm)，包括氧化铁黄(FeOOH)和氧化铁红(Fe2O3)，难溶于水”；“沉淀”采用分批加入KOH溶液，并不断搅拌，这样操作不但可以得到色泽纯正的氢氧化铁，而且还可以形成细小的氢氧化铁颗粒；
【小问5详解】
①由晶胞可知，Mn3+位于棱心和体心，Fe3+位于顶点和面心，以体心Mn3+为研究对象，距离Mn3+最近的Fe3+有面心上的6个；
②Mn2+的价电子排布式为3d5，为半充满、较稳定结构，不易失去第三个电子，Fe2+的价电子排布式为3d6、易失去1个电子形成3d5的较稳定结构，故第三电离能I3：Mn＞Fe。
电离能
W
X
Y
Z
496
578
738
899
4562
1817
1451
1751
6912
2745
7733
14848
9543
11575
10540
21006