湖北省七市州教科研协作体2020年5月高三联合考试（全国I卷）理综化学试题（解析版）

2020 年 5 月湖北省七市（州）教科研协作体高三联合考试 理科综合能力测试化学 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 C1 35.5 Zn 65 Ga 70 Pb 207 一、选择题：本题共 7 小题，每小题 6 分，共 42 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项 符合题目要求。 1.化学与科技、生活密切相关。下列叙述中正确的是 A. 从石墨中剥离出的石墨烯薄片能导电，因此是电解质 B. 中国天眼 FAST 用到的高性能碳化硅是一种新型的有机高分子材料 C. 向海水中加入石灰与纯碱可以使海水淡化 D. 垃圾分类回收是防止污染及资源化利用的有效方式 【答案】D 【解析】 【详解】A. 电解质必须是化合物，石墨烯是碳单质的一种形式，因此石墨烯不属于电解质，故 A 错误； B. 碳化硅属于无机物，属于无机非金属材料，不属于有机高分子材料，故 B 错误； C. 海水淡化是降低海水中 NaCl 等盐类物质 浓度，加入石灰除去的是海水中的 Mg2＋等离子，加入 Na2CO3，除去海水中的 Ca2＋等离子，引入了 Na＋，因此加入石灰、纯碱无法使海水淡化，故 C 错误； D. 垃圾分类回收可以防止重金属离子等对环境的污染，同时对一些垃圾进行资源化利用，如废旧金属的利 用等，故 D 正确； 答案：D。 2.NA 是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 若 1molFeCl3 跟水完全反应转化为氢氧化铁胶体后，其中胶体粒子的数目为 NA B. 将一定量的 Cl2 通入 FeBr2 溶液中，当有 1molBr-转化为 Br2 时，转移的电子数为 NA C. 44.0g 环氧乙烷中含有 6.0NA 个极性键 D. 1molCaO2 晶体中含离子总数为 3NA 【答案】C 【解析】 【详解】A. 氢氧化铁胶体是由许多个氢氧化铁聚集而成，因此 1molFeCl3 跟水完全反应转化成氢氧化铁胶 体后，其中胶体粒子的物质的量小于 1mol，故 A 错误； B. Fe2＋的还原性强于 Br－，通入氯气，先发生 2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－，然后再发生 Cl2＋2Br－=2Cl－＋ Br2，当 Br－转化成 Br2 时，Fe2＋全部转化成 Fe3＋，转移电子物质的量大于 1mol，故 B 错误； 的C. 环氧乙烷的键线式为 ，1mol 环氧乙烷中含有 6mol 极性键，则 44.0g 环氧乙烷中含有的极性键物 质的量为 =6mol，故 C 正确； D. CaO2 是由 Ca2＋和 O22－组成，1molCaO2 中离子总物质的量为 2mol，故 D 错误； 答案：C。 3.萜类化合物广泛存在于动植物体内，下列关于萜类化合物的说法错误的是 A. c 和 b 互为同分异构体 B. c 的分子式是 C10H16O C. a、b、c 均能发生加成反应 D. a、b、c 中共有三种官能团，且都可以使酸性高锰酸钾溶液褪色 【答案】A 【解析】 【详解】A. 根据 b 的结构简式，b 的分子式为 C10H14O，根据 c 的结构简式，c 的分子式为 C10H16O，它们 分子式不同，因此 b 和 c 不互为同分异构体，故 A 错误； B. 根据 c 的结构简式，c 的分子式为 C10H16O，故 B 正确； C. a 中含有碳碳双键，b 中含有苯环，c 中含有醛基，这些都能发生加成反应，故 C 正确； D. a 中官能团是碳碳双键，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，b 中官能团是羟基，苯环上含有甲基，能被酸性高 锰酸钾溶液氧化成羧基，c 中含有醛基，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，故 D 正确； 答案：A。 4.完成下列实验所选择 装置正确的是的 44.0g 644g/mol ×A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A. 乙醇与苯酚互溶，不能用过滤方法除去乙醇中的苯酚，故 A 错误； B. SO2 属于酸性氧化物，能与 NaOH 反应生成 Na2SO3，乙烯不与氢氧化钠溶液反应，可以达到实验目的， 故 B 正确； C. NH4Cl 不稳定，受热易分解成 NH3 和 HCl，因此不能通过蒸发结晶的方法获得 NH4Cl，应采用降温结晶 的方法获得氯化铵晶体，故 C 错误； D. 纯碱是粉末状且易溶于水，不能用启普发生器的简易装置，应将纯碱改为石灰石，故 D 错误； 答案：B。 【点睛】易错点是选项 D，使用启普发生器或启普发生器的简易装置，要求①固体反应过程中保持块状；② 该反应不要加热；③所生成的气体不溶于反应的溶液。 5.下表是元素周期表短周期的一部分，这四种元素原子的最外层电子数之和为 21。下列说法错误的是 A. 最简单氢化物沸点：W >Z B. Y 的最高价氧化物不能与碱反应 C. 简单离子的半径：Y r(Al3＋)，故 C 正确； D. Y 和 Z 形成的化合物是 AlCl3，属于弱碱强酸盐，其水溶液显酸性，故 D 正确； 的答案：B。 6.甲图为一种新型污水处理装置，该装置可利用一种微生物将有机废水的化学能直接转化为电能；乙图是含 Cr2O72-酸性废水的处理装置。将甲、乙两装置连接[Fe(Ⅱ)极与 X 极连接]，可将 Cr2O72-转化成 Cr(OH)3 沉淀 而除去。下列说法错误的是 A. 若废水中含有乙醛，则 M 极的电极反应为：CH3CHO＋2H2O－8e－=2CO2↑＋8H＋， B. 电解一段时间后，在 Fe(I)极附近有沉淀析出 C. 装置乙的隔膜是阳离子交换膜 D. 电路中每转移 3 mol 电子，最多有 0.5 mol Cr2O72-被还原 【答案】CD 【解析】 【分析】 甲装置 原电池装置，根据装置图以及原电池工作原理，M 极为负极，N 极为正极，Fe（II）与 X 电极相 连，则 Fe(II)为阴极，Fe(I)为阳极，即乙装置为电解池，然后利用原电池工作原理和电解池工作原理进行分 析； 【详解】A. 甲装置是利用一种微生物将有机废水的化学能直接转化为电能，即甲装置为原电池，根据原电 池工作原理，M 极为负极，若废水中含有乙醛，则其电极反应式为 CH3CHO＋2H2O－8e－=2CO2↑＋8H＋， 故 A 正确； B. Fe(I)连接 Y，即 Fe(I)为阳极，电极反应式为 Fe－2e－=Fe2＋，该区域发生氧化还原反应 6Fe2＋＋Cr2O72－＋ 14H＋=6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O，Fe(II)电极为阴极，电极反应式为 2H＋＋2e－=H2↑，H＋不断在阴极上得电子 成为 H2 而析出，且 Cr2O72－与 Fe2＋的反应也在消耗 H＋，使得溶液酸性变为中性，再由中性变为碱性，Cr3＋＋ 3OH－＝Cr(OH)3↓，Fe3＋＋3OH－＝Fe(OH)3↓，因隔膜为离子交换膜，因此 Fe(I)附近有沉淀产生，故 B 正 确； C. 根据乙装置以及 B 选项分析，乙装置右侧中 Cr2O72－向左侧移动，则隔膜为阴离子交换膜，故 C 错误； D. 根据 B 选项分析，建立 12e－～6Fe2＋～Cr2O72－，每转移 3mol 电子，最多有 = molCr2O72－被还原， 故 D 错误； 答案：CD。 为 3mol 12 1 47.常温下，已知醋酸的电离常数为 1.75×10-5，向 20mL0.01mol·L-1CH3COOH 溶液中逐滴加入 0.01mol·L-1 的 NaOH 溶液，溶液中水电离的 c(H+)随加入 NaOH 溶液的体积变化如图所示，下列说法正确的是（已知 =4.2） A. b、d 两点溶液的 pH 相同 B. b 点溶液中离子浓度大小顺序是：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-) C. e 点所示溶液中，c(Na+)=2[c(CH3COO-)+c(CH3COOH)]=0.005mol/L D. a 点坐标为(0，2.4×10－11) 【答案】D 【解析】 【分析】 CH3COOH 溶液中加入 NaOH 发生 CH3COOH＋NaOH=CH3COONa＋H2O，酸、碱抑制水的电离，CH3COONa 为强碱弱酸盐，促进水的电离，向醋酸溶液中加入 NaOH 溶液，水的电离程度先增大后减小，据此分析； 【详解】A. CH3COOH 溶液中加入 NaOH 发生 CH3COOH＋NaOH=CH3COONa＋H2O，b 点消耗 NaOH 的体 积为 10mL，NaOH 和 CH3COOH 的物质的量浓度相等，则此时溶液中溶质为 CH3COOH 和 CH3COONa，且 两者物质的量相等，CH3COO－的水解常数为 c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)，故 B 错误； C. e 点溶质为 CH3COONa 和 NaOH，且两者物质的量相等，根据物料守恒，因此有 c(Na＋)=2[c(CH3COOH)＋ c(CH3COO－)]= ，故 C 错误； D. CH3COO 发生电离：CH3COOH CH3COO－＋H＋，电离平衡常数 Ka= =1.75×10-5， 因此有 c2(H＋)=1.75×10－7，即 c(H＋)=4.2×10－4mol·L－1，根据水的离子积，则溶液中 c(OH－)= 17.5 14 9 5 10 1 101.75 10 1.75 Kw Ka − − −= = ×× 3 3 40 10 L 0.01mol/L 60 10 L − − × × × + - 3 3 c(H ) c(CH COO ) c(CH COOH) ⋅≈2.4×10－11 ，即水电离出的 c(H＋)=2.4×10－11mol·L－1，故 D 正确； 答案：D。 8.铅及其化合物用途广泛，三盐基硫酸铅（3PbO·PbSO4·H2O，摩尔质量=990 g/mol）简称三盐。以铅泥 （主要成分为 PbO、Pb 及 PbSO4 等）为原料制备三盐的工艺流程如图所示。 已知： 。 请回答下列问题： (1)步骤①中涉及的主要反应的平衡常数 K=____（列出计算式即可）。步骤②中滤渣的主要成分是____。 (2)步骤③酸溶时，为提高酸溶速率，可采取的措施是____（任答一条）。 (3)步骤⑥合成三盐的化学方程式为____。现用 100 t 铅泥可制得纯净干燥的三盐 49.5 t，若铅元素的利用率 为 75%，则铅泥中铅元素的质量分数为___ %。简述步骤⑦检验沉淀洗涤完全的方法___ 。 (4)已知水中铅的存在形态主要有 Pb2+、Pb(OH)+、Pb(OH)2、Pb(OH)3-、Pb(OH)42-，其中 Pb(OH)2 是沉淀， 各形态铅的物质的量的分数 α 随溶液 pH 变化的关系如图所示，除去污水中的铅，最好控制溶液的 pH 在 ____左右，当溶液的 pH 由 13 转化为 14 时发生反应的离子方程式是：________________ (5)将 PbO 粗品溶解在 HCl 和 NaCl 的混合溶液中，得到含 Na2PbCl4 的电解液，进一步电解 Na2PbCl4 生成 Pb， 如图所示。阴极电极反应式是_________ 【答案】 (1). (2). Pb、PbO、PbCO3 (3). 适当升温 (4). 4PbSO4+6NaOH 14 + 4 10 (H ) 4.2 10 Kw c − −= × -8 -13 sp 4 sp 3K (PbSO )=1.82 10 K (PbCO )=1.46 10，× × -8 -13 1.82 10 1.46 10 × × 50-60 C ==== °3Na2SO4+3PbO·PbSO4·H2O+ H2O (5). 55.2 (6). 取少量最后一次洗涤液，滴加氯化钡溶液，若没有 沉淀则说明洗涤完全。 (7). 10 (8). Pb(OH)3-+OH-=Pb(OH)42- (9). PbCl42-+2e-=Pb+4Cl- 【解析】 【分析】 步骤①发生中发生 PbSO4＋CO32－ PbCO3＋SO42－，将 PbSO4 转化成 PbCO3，过滤，得到滤渣为 PbO、 Pb、PbCO3，在滤渣加入硝酸，PbO、Pb、PbCO3 与硝酸发生反应生成 Pb(NO3)2，然后加硫酸发生 Pb(NO3)2 ＋H2SO4=PbSO4↓＋2HNO3，HNO3 再转移到酸溶中，过滤后，向沉淀中加入 NaOH 溶液加热，得到三盐； 【详解】(1)PbSO4 的 Ksp 大于 PbCO3 的 Ksp，因此步骤“转化”中发生 PbSO4＋CO32－ PbCO3＋SO42－，平 衡 常 数 的 表 达 式 为 Ksp= = ； PbO 、 Pb 不 与 Na2CO3 发生反应，步骤②中滤渣的主要成分为 PbO、Pb、PbCO3； (2)提高酸溶的速率，可以采取适当升温、适当增大硝酸浓度、搅拌、粉碎固体等； (3)“沉铅”将 Pb2＋转化成 PbSO4，“合成”步骤中的反应物是 PbSO4、NaOH，其反应方程式为 PbSO4＋ NaOH→3PbO·PbSO4·H2O＋Na2SO4+H2O，该反应属于非氧化还原反应，采用原子守恒进行配平， 4PbSO4+6NaOH 3Na2SO4+3PbO·PbSO4·H2O+ H2O；令铅泥中铅元素的质量分数为 a%，根据题意得 出： ，解得 a=55.2；根据“合成”的反应方程式，三盐表面沾有 Na2SO4，检验沉淀洗涤完全，需要检验 SO42－不存在，操作是取最后一次洗涤液，滴加 BaCl2 溶液，若没有 沉淀则说明洗涤完全； (4)除去污水中的铅，铅元素需要以 Pb(OH)2 形式沉淀出来，根据图像 pH 控制在 10 左右；根据图像 pH 由 13→14，Pb(OH)3－→Pb(OH)42－，发生反应的离子方程式为 Pb(OH)3－+OH－=Pb(OH)42－； (4)根据装置图，PbCl42－在阴极区参与反应，其电极反应式为 PbCl42－＋2e－=Pb＋4Cl－。 【点睛】陌生方程式的书写是本题的难点，也是高考的热点，一般情况下主要参与的物质，题中已给出， 需要结合原子守恒、电荷守恒等，确认是否有其他物质或离子参与，配平时，如果该反应为非氧化还原反 应，采用观察的方法进行配平，如果是氧化还原反应，则采用化合价升降法进行配平；一定注意溶液的酸 碱性。 9.随着科学技术的发展和环保要求的不断提高，CO2 的捕集利用技术成为研究新的热点。 完成下列问题： (1)CO2 催化加氢合成 CH3OCH3 是一种 CO2 转化方法，其过程中主要发生下列反应： 反应 I： 2- 2- 2+ 44 4 2- 2- 2+ 3 3 3 (PbSO )c(SO ) c(SO ) c(Pb ) c(CO ) c(CO ) c(Pb ) (PbCO ) sp sp K K ⋅= =⋅ -8 -13 1.82 10 1.46 10 × × ~ C50 60 6 6100 10 g a% 49.5 10 g75% 4207g/mol 990g/mol × × ×× = × -1 2 2 2CO (g)+H (g) CO(g)+H O(g) Δ =+41.2kJ molH ⋅反应Ⅱ： ①写出 CO 和 H2 合成 CH3OCH3 的热化学方程式____。 ②分别在 2L 恒温密闭容器甲（恒温恒容）、乙（恒温恒压）中，加入 CO2 和 H2 各 1 mol 的混合气体，假设 只发生反应Ⅱ，则两容器中反应达平衡后放出或吸收的热量较多的是____（填“甲”或“乙”）。当反应 5 min 时，测得甲容器中压强变为原来的一半，则用 CO2 表示的反应的速率= ___。 ③在恒压、CO2 和 H2 的起始量一定的条件下，CO2 平衡转化率和平衡时 CH3OCH3 的选择性随温度的变化如 图。其中： i)温度高于 300℃，温度对 CO2 平衡转化率影响较大的是反应____（填“I”或“Ⅱ”）。 ii)220℃时，在催化剂作用下 CO2 与 H2 反应一段时间后，测得 CH3OCH3 的选择性为 48%（图中 A 点）。不 改变反应时间和温度，一定能提高 CH3OCH3 选择性的措施可以是____（任答一条）。 (2)CO2 可以被 NaOH 溶液捕获。若所得溶液 pH=13，CO2 主要转化为____（写离子符号）；若所得溶液 c(HCO3-):c(CO32-)=1:5，溶液 pH= ___。（室温下，H2CO3 的 ） 【 答 案 】 (1). (2). 乙 (3). 0.05mol/(L·min) (4). Ⅰ (5). 增大压强或使用对反应Ⅱ催化活性更高的催化剂或其他合理答案 (6). CO32- (7). 11 【解析】 【分析】 (1)①先写出 CO 和 H2 反应的方程式，该反应方程式为 2CO＋4H2=CH3OCH3＋H2O，然后根据盖斯定律进行 分析； ②根据方程式的特点和压强对化学平衡的影响分析；压强变为一半，在相同的条件下，压强之比等于物质 的量之比，即气体物质的量变为原来的一半，然后进行分析； ③i)根据图像，温度高于 300℃时，CH3OCH3 的选择性迅速降低，而 CO2 的平衡转化率增大，据此分析； -1 2 2 3 3 22CO (g)+6H (g) CH OCH (g)+3H O(g) Δ =-122.5kJ molH ⋅ 3 3 3 3 2 2 CH OCHCH OCH = 100%CO 的物质的量的选择性 反应 的物质的量 × × -7 -11 a1 a2=4 10 =5 10K K× ×， -1 2 3 3 22CO(g)+4H (g)==CH OCH (g)+H O(g) ΔH=-204.9 kJ mol⋅ii)增大 CH3OCH3 选择性，即增大 CH3OCH3 的物质的量，不改变反应时间和温度，反应向正反应方向进行 或加快反应速率，据此分析； (2)CO2 与 NaOH 反应，产物可能是 Na2CO3，也可能是 NaHCO3，也可能是两者的混合物，需要根据碳酸的 二级电离平衡常数进行分析和对比； 【详解】(1) ①CO 和 H2 反应的方程式为 2CO＋4H2=CH3OCH3＋H2O，根据盖斯定律，将反应 II－2×反应 I， 2CO(g)＋4H2(g)=CH3OCH3(g)＋H2O(g) △H=－204.9kJ·mol－1； ②反应 II 是气体物质的量减小的反应，随着反应的进行，恒温恒容容器内的气体压强减小，恒温恒压相当 于在恒温恒容基础上增大压强，增大压强，该反应向正反应方向进行，放出的热量增多，即乙容器放出的 热量较多；甲容器为恒温恒容，5min 时甲容器内的压强变为原来的一半，则气体物质的量变为原来的一半， ，解得 n（CO2）=0.5mol，根据化学反应速率 的表达式为 υ(CO2)= =0.05mol/(L·min)； ③i)根据图像，温度高于 300℃时，CH3OCH3 的选择性迅速降低，反应 II 向逆反应方向进行，CO2 的转化率 降低；反应 I 是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向反应，CO2 的转化率增大，根据图像，温度高于 300℃时，CO2 的平衡转化率增大，说明温度对 CO2 平衡转化率影响较大的是反应 I； ii)在不改变时间和温度情况下，一定能提高 CH3OCH3 选择性措施的是增大压强或使用对反应 II 催化活性更 高的催化剂； (2)Ka2= ，所得溶液的 pH=13，即 c(H＋)=10－13mol·L－1， =5×10－11， =500，c(CO32－)>c(HCO3－)，CO2 主要转化为 CO32－；所得溶液 c(HCO3－)：c(CO32－)=1：5，代 入 Ka2= =5×10－11， =5×10－11，c(H＋)=1×10－11mol·L－1，即此时溶液的 pH=11。 【点睛】(1)②是易错点，建立模型，学生能够清晰认识，恒温恒压下， ，像该反 应为物质的量减小的反应，当达到平衡时，隔板在虚线位置，此时 CO2 的转化率为 a1，让虚线隔板上升到 2 2 3 3 22CO (g)+6H (g) CH OCH (g)+3H O(g) n n CO ∆ 2 2 4 ( ) 1  0.5mol 2L 5min + 2- 3 - 3 (H ) (CO ) (HCO ) c c c ⋅ -13 2- 3 - 3 10 (CO ) (HCO ) c c × 2- 3 - 3 (CO ) (HCO ) c c + 2- 3 - 3 (H ) (CO ) (HCO ) c c c ⋅ +(H ) 5 1 c ×实线，这是研究恒温恒容，容器的体积增大，物质浓度减小，平衡向逆反应方向移动，CO2 的转化率为 a2， 则比较出 a1>a2，从而得出结果。 10.某废催化剂含 ZnO、ZnS、CuS 和 SiO2 及少量的 Fe3O4。 I．某同学以该废催化剂为原料，回收其中的锌和铜。采用的实验方案如下： 回答下列问题： (1)在下图装置中，第一次浸出反应装置最合理的是____（填标号）。步骤①中发生的化学反应为非氧化还原 反应，最好在（填设备名称）____中进行。 (2)滤液 1 中含有 Fe2+，选用提供的试剂进行检验，检验方法为(提供的试剂：K3[Fe(CN)6]溶液、稀盐酸、KSCN 溶液、KMnO4 溶液、NaOH 溶液、碘水）____。 (3)步骤③中发生反应的离子方程式为____；向盛有滤渣 1 的反应器中加入稀硫酸和过氧化氢溶液，应先加 ____，若顺序相反，会造成____。 (4)步骤②、④中，获得晶体的实验操作方法是____，过滤。 Ⅱ．另一同学也以该废催化剂为原料，采用下列实验操作方法也得到了 ZnSO4。 (5)若一次水解时，产物为 Zn( OH)xCly。取一次水解产物 10. 64 g，经二次水解、干燥，得到 9.9 g 的 Zn(OH)2 （假设各步均转化完全），则一次水解产物的化学式为_______ . 【答案】 (1). C (2). 通风橱 (3). 取少量滤液 1，滴加 K3[Fe(CN)6]溶液，若生成蓝色沉淀，则证 明有 Fe2+(或滴加 KMnO4 溶液，若褪色则证明有 Fe2+) (4). CuS+H2O2+2H+ Cu2++S+2H2O (5). 稀硫 酸 (6). H2O2 与固体颗粒接触分解 (7). 蒸发浓缩、冷却结晶 (8). Zn(OH)1.6Cl0.4 【解析】 【分析】 Δ废催化剂中含 ZnO、ZnS、CuS、SiO2、Fe3O4，加入硫酸，ZnO、ZnS、Fe3O4 与稀硫酸反应，滤液 1 中含有 Zn2＋、Fe2＋、Fe3＋，CuS、SiO2 不与稀硫酸发生反应，即滤渣 1 中有 SiO2、CuS，滤渣 1 中加入稀硫酸和 H2O2 加热浸出 CuSO4；然后逐项进行分析； 【详解】(1)①中发生 ZnO＋H2SO4=ZnSO4＋H2O、ZnS＋H2SO4=ZnSO4＋H2S↑、Fe3O4＋8H＋=Fe2＋＋2Fe3＋＋ 4H2O，这些反应不需要加热，因此反应装置中不需要温度计，H2S 有毒，能溶于水，尾气处理时，需要防 止倒吸，即 C 装置最合理；发生反应时，产生 H2S 气体，H2S 气体有毒，且易燃，需要在通风厨中进行； (2)根据(1)的分析，滤液 1 中含有 Zn2＋、Fe2＋、Fe3＋，检验 Fe2＋用 K3[Fe(CN)6]或高锰酸钾溶液，具体操作 是取少量滤液 1，滴加 K3[Fe(CN)6]溶液，若生成蓝色沉淀，则证明有 Fe2+或滴加 KMnO4 溶液，若褪色则证 明有 Fe2＋； (3)滤渣 1 为 CuS 和 SiO2，SiO2 不与稀硫酸、H2O2 发生反应，CuS 中 S 显－2 价具有还原性，能被 H2O2 氧 化，发生的离子方程式为 CuS＋H2O2＋2H＋ Cu2＋＋S＋2H2O；向盛有滤渣 1 的反应器中先加入稀硫酸， 后滴入过氧化氢溶液，若顺序相反，会造成 H2O2 与固体颗粒接触分解； (4)获得晶体中含有结晶水，因此实验操作方法是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥； (5)根据锌原子守恒，Zn(OH)xCly 物质的量为 =0.1mol，Zn(OH)xCly 的摩尔质量为 =106.4g/mol，则有 65＋17x＋35.5y=106.4，根据化合价代数和为 0，则有 x+y=2，两式联立解得 x=1.6， y=0.4，化学式为 Zn(OH)1.6Cl0.4。 【化学一选修 3：物质结构与性质】 11.氮化镓( GaN)是制造 SG 芯片的材料，氮化铝 LED 灯可发出紫外光。回答下列问题： (1) Ga 的价电子排布式为____，该基态原子占据最高能级的电子云轮廓图形状为________。 下列状态的铝中，电离最外层的一个电子所需能量最小的是____（填字母）。 (2)8 -羟基喹啉铝常用于发光材料及电子传输材料，可由 LiAlH4 与 合成。LiAlH4 中阴离子的空间构 型为_____________， 所含元素中电负性最大的是____（填元素符号），N 的杂化方式为 ________________ (3)金属晶体 Al、Ga 的熔点分别为 660℃、30℃，Al 比 Ga 熔点高的原因是____________ (4)氮化镓为六方晶胞，结构如右图所示。该晶体密度为 ρg/cm3，晶胞参数 a=b≠c（单位：pm)，a、b 夹角为 的 Δ 9.9g 99g/mol 10.64g 0.1mol120°，阿伏加德罗常数的值为 NA，则晶胞参数 c=____pm（用含 a、ρ、NA 的代数式表示）。 (5)在立方晶胞中，与晶胞体对角线垂直的面在晶体学中称为(1，1，1)晶面。如右图，该立方晶胞中(1，1， 1)晶面共有____个。 【答案】 (1). 4s24p1 (2). 哑铃形 (3). D (4). 正四面体 (5). O (6). sp2 (7). Al 和 Ga 均为金属晶体，且二者的价电子数相同，但 Al 的原子半径比 Ga 的原子半径小，所以 Al 的熔点高 (8). (9). 8 【解析】 【分析】 (1)Ga 位于第四周期 IIIA 族，价电子为最外层电子，电子占据最高能级为 4p 能级； (2)利用价层电子对数进行分析 AlH4－的空间构型； 中含有元素的是 C、H、N、O，然后判断电负 性大小；利用杂化轨道数等于价层电子对数，判断杂化方式； (3)Al、Ga 为金属晶体，通过比较金属键的强弱，分析金属晶体熔沸点高低； (4)利用晶胞的密度计算参数； (5)根据晶面的含义分析； 【详解】(1)Ga 位于第四周期 IIIA 族元素，Ga 的价电子为最外层电子数，价电子排布式为 4s24p1；电子占 据最高能级为 4p，电子云轮廓图形状为哑铃形或纺锤形； A.为基态 Al 失去两个电子后的状态，电离最外层的一个电子为 Al 原子的第三电离能； B. 为基态 Al 失去一个电子后的状态，电离最外层的一个电子为 Al 原子的第二电离能； C. 为基态 Al3＋，2p 能级全充满，较稳定，电离最外层的一个电子为 Al 原子的第四电离能； D. 为 Al 原子的核外电子排布的激发态； 30 2 A 112 3 10 a ρN × × ×电离最外层的一个电子所需要的能量：基态大于激发态，而第一电离能