福建省漳州市2022屆高三畢業(yè)班第一次質量檢測化學答案

福建省漳州市2021-2022學年高三畢業(yè)班第一次教學質量檢測化學試題本試題卷共15題。全卷滿分100分。考試用時75分鐘。可能用到的相對原子質量：H-1C-12O-16Si28S32Cu64一、選擇題：本題共10小題，每小題4分，共40分。在每小題給出的四個選項中，只有一個選項是符合題目要求的。1.關于化學在生產、生活中的應用，下列說法正確的是A.家用電器起火時，用泡沫滅火器進行滅火B(yǎng).雙氧水、二氧化氯、過氧乙酸等均具有強氧化性，用于殺菌消毒C.二氧化硫是有毒物質，嚴禁將其添加到任何食品和飲料中D.包裝食品里常有硅膠、生石灰、還原鐵粉三類小包，其作用相同【答案】B【解析】【詳解】A．家用電器起火時，不能用泡沫滅火器進行滅火，否則會易發(fā)生觸電事故，故A錯誤；B．雙氧水、二氧化氯、過氧乙酸等均具有強氧化性，都能使蛋白質因氧化而發(fā)生變性起到殺菌消毒的作用，故B正確；C．二氧化硫是有毒物質，但二氧化硫具有較強的還原性，常用作葡萄酒的抗氧化劑，故C錯誤；D．包裝食品里放置硅膠和生石灰的小包主要是用于吸水，起防潮的作用，放置還原鐵粉的小包主要起抗氧化的作用，其作用有所不同，故D錯誤；故選B。2.下列反應的離子方程式，正確的是A用氨水吸收二氧化硫尾氣：SO2+2OH-=+H2OB.用Na2CO3溶液處理鍋爐水垢中的CaSO4：+CaSO4=CaCO3+C.明礬凈水的原理：Al3++3H2O=Al(OH)3↓+3H+D.氯氣用于自來水消毒：Cl2+H2O2H++Cl-+ClO-【答案】B【解析】【詳解】A.用氨水吸收二氧化硫尾氣，生成亞硫酸銨和水，反應的離子方程式為：SO2+2NH3·H2O=2++H2O，選項A錯誤；B.用Na2CO3溶液處理鍋爐水垢中的CaSO4，發(fā)生反應的離子方程式為：+CaSO4=CaCO3+，選項B正確；C.明礬凈水的原理的離子方程式為：Al3++3H2OAl(OH)3（膠體）+3H+，選項C錯誤；D.氯氣用于自來水消毒，反應的離子方程式為：Cl2+H2OH++Cl-+HClO，選項D錯誤；答案選A。3.某有機物的結構簡式如圖所示。關于該有機物的敘述錯誤的是A.可以發(fā)生取代反應、加成反應、氧化反應B.所有碳原子有可能共面C.存在芳香烴的同分異構體D.與甲苯是同系物【答案】D【解析】【詳解】A．含有甲基可以發(fā)生取代反應，含有碳碳雙鍵可以加成反應，苯環(huán)上含有甲基可以發(fā)生氧化反應，A正確；B．由于該物質中間由碳碳雙鍵連接，所有碳原子有可能共面，B正確；C．存在芳香烴的同分異構體，例如，C正確；D．與甲苯不是同系物，同系物需要結構相似，該有機物含有碳碳雙鍵不含有苯環(huán)，故不互為同系物，D錯誤；答案選D。4.設NA是阿伏加德羅常數(shù)的值。生物法(加入脫硫細菌)凈化含硫物質時發(fā)生如下反應：CH3COOH+Na2SO4=2NaHCO3+H2S↑。下列說法錯誤的是A.1molCH3COOH中含有σ鍵數(shù)目為7NAB.生成標準狀況下2.24LH2S氣體，轉移的電子數(shù)為0.8NAC.1L0.1mol·L-1NaHCO3溶液中，含有HCO的數(shù)目為0.1NAD.常溫常壓下，3.4gH2S氣體中含有的電子數(shù)為1.8NA【答案】C【解析】【詳解】A．乙酸分子中單鍵為σ鍵，碳氧雙鍵中有1個為σ鍵、1個為π鍵，則1mol乙酸分子中含有σ鍵數(shù)目為1mol×7×NAmol—1=7NA，故A正確；B．由方程式可知，生成1mol硫化氫氣體，反應轉移8mol電子，則生成標準狀況下2.24L硫化氫氣體，反應轉移的電子數(shù)為×8×NAmol—1=0.8NA，故B正確；C．碳酸氫鈉是強堿弱酸的酸式鹽，碳酸氫根離子在溶液中水解，使溶液呈堿性，則1L0.1mol·L-1碳酸氫鈉溶液中含的碳酸氫根離子的數(shù)目小于0.1NA，故C錯誤；D．常溫常壓下，3.4gH2S氣體中含有的電子數(shù)為×18×NAmol—1=1.8NA，故D正確；故選C。5.過二硫酸鉀的化學式為K2S2O8。具有強氧化性，常用作漂白劑、氧化劑，也可用作聚合反應引發(fā)劑。工業(yè)上通過電解飽和硫酸氫鉀溶液的方法制備過二硫酸鉀。在低溫下電解液中主要含有K+、H+和，電解裝置如圖所示，電極材料均為Pt電極，Pt作陽極，能使氧氣的生成限制在最小程度。下列說法正確的是A.a是電源負極B.交換膜X是陰離子交換膜C.c電極反應式為2－2e-=+2H+D.當電路中通過0.2mole-時，兩邊溶液質量的變化差為1g【答案】C【解析】【詳解】A．d極上H+得電子產生H2，則d極為陰極，陰極連接在電源的負極上，故b為負極，則a為電源的正極，選項A錯誤；B．d極上H+得電子產生H2，則右側溶液中H+離子減少，H+離子定向移動到右側，則交換膜X是質子交換膜，選項B錯誤；C．c電極為陽極，陽極上失電子產生，故電極反應式為2－2e-=+2H+，選項C正確；D．當電路中通過0.2mole-時，兩邊溶液質量的變化差為0.2g（0.2molH+轉移），選項D錯誤；答案選C。6.格氏試劑是一類金屬有機化合物，廣泛用于有機合成中。某格氏試劑的結構式如圖所示，W、X、Y、Z四種元素分處三個短周期，原子序數(shù)依次增大，Y原子的最外層電子數(shù)是X原子最外層電子數(shù)的一半。下列說法正確的是A.簡單離子半徑：Y＞ZB.Z的含氧酸都是強酸C.室溫下，X的氫化物都是氣體D.Y可在X的最高價氧化物中燃燒【答案】D【解析】【分析】W、X、Y、Z四種元素分處三個短周期，原子序數(shù)依次增大，由某格氏試劑的結構式可知，X原子能形成4個共價鍵，則X為C元素，W、Z都能形成1個共價鍵，則W為H元素、Z為Cl元素；Y原子的最外層電子數(shù)是X原子最外層電子數(shù)的一半，則Y為Mg元素?！驹斀狻緼．同主族元素，從上到下離子半徑依次增大，則氯離子的離子半徑大于氟離子，電子層結構相同的離子，核電荷數(shù)越大，離子半徑越小，則鎂離子的離子半徑小于氟離子，所以鎂離子的離子半徑小于氯離子，故A錯誤；B．次氯酸是氯元素形成的含氧酸，在溶液中部分電離，屬于弱酸，故B錯誤；C．室溫下，碳元素形成的烴可以為氣態(tài)、液態(tài)和固態(tài)，故C錯誤；D．鎂在二氧化碳中燃燒生成氧化鎂和碳，故D正確；故選D。7.科學家采用如圖所示方法，利用鋰循環(huán)可持續(xù)合成氨，跟氮氣和氫氣高溫高壓合成氨相比，反應條件更加溫和。下列說法錯誤的是A.Li3N、LiOH是中間產物B.三步反應都是氧化還原反應C.第III步反應的化學方程式是4LiOH4Li+O2↑+2H2OD.反應過程中N2和H2O需要不斷補充【答案】B【解析】【分析】由圖示可知，反應I是N2和Li反應生成Li3N，化學方程式為：N2+6Li2Li3N；反應II是Li3N和H2O反應生成LiOH和NH3，化學方程式為Li3N+3H2O=3LiOH+NH3，即W為LiOH；反應III是由LiOH獲得了金屬Li和氧氣和水，故反應III是對LiOH溶液進行了電解，據(jù)此分析?！驹斀狻緼．由轉化圖可知Li3N、LiOH先產生后消耗，是中間產物，故A正確；

B．反應II是Li3N和H2O反應生成LiOH和NH3，反應中沒有元素化合價的變化，不是氧化還原反應，故B錯誤；

C．第III步反應是對LiOH溶液進行了電解，由LiOH獲得了金屬Li和氧氣和水，反應的化學方程式是4LiOH4Li+O2↑+2H2O，故C正確；D．總反應是2N2+6H2O=4NH3+3O2，反應過程中N2和H2O被消耗，需要不斷補充，故D正確；

故選：B。8.下列實驗中，使用的裝置、試劑和操作均合理的是

A．測定醋酸濃度B．制備并收集氨氣C．制取碳酸氫鈉D．制備乙酸乙酯A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【詳解】A．氫氧化鈉與醋酸恰好反應生成的醋酸鈉為強堿弱酸鹽，在溶液中水解水溶液呈堿性，則用堿式滴定管中的氫氧化鈉標準溶液測定醋酸濃度時，應選用酚酞做指示劑，故A正確；B．實驗室用氯化銨固體和消石灰共熱反應制備氨氣，直接加熱氯化銨無法制得氨氣，故B錯誤；C．制取碳酸氫鈉時，二氧化碳應從長導氣管通入到氨氣和食鹽飽和溶液中，否則二氧化碳無法與飽和溶液充分反應制得碳酸氫鈉，故C正確；D．乙酸乙酯能在氫氧化鈉溶液中發(fā)生水解反應，則不能用氫氧化鈉溶液吸收反應制得的乙酸乙酯，應選用飽和碳酸鈉溶液，故D錯誤；故選A。9.廢舊鉛酸蓄電池含有的有害物質有鉛、硫酸、炭黑、硫黃、瀝青等，必須回收利用。從廢舊鉛酸蓄電池的鉛膏中回收鉛的工藝流程如圖所示(流程中部分產物已經(jīng)略去)。查閱資料顯示：Ksp(PbCO3)=7.2×10-14、Ksp(PbSO4)=2.5×10-8；PbSiF6、H2SiF6為可溶于水的強電解質。下列說法錯誤的是A.步驟i使用物質a具有還原性B.步驟ii的實驗操作是過濾，用到的玻璃儀器只有燒杯和漏斗C.步驟ii的部分產物可以用作化肥D.步驟iii反應的離子方程式是PbCO3+2H+=Pb2++CO2↑+H2O【答案】B【解析】【分析】由題給流程可知，鉛膏中二氧化鉛與二氧化硫反應得到硫酸鉛，硫酸鉛與碳酸銨溶液反應生成碳酸鉛和硫酸銨，過濾得到碳酸鉛；碳酸鉛與過量氟硅酸溶液反應得到氟硅酸和氟硅酸鉛的混合溶液?！驹斀狻緼．由分析可知，步驟i使用的物質為二氧化硫，二氧化硫具有還原性，將二氧化鉛還原為硫酸鉛，故A正確；B．過濾用到的玻璃儀器有燒杯、玻璃棒和漏斗，故B錯誤；C．由分析可知，步驟ii發(fā)生的反應為酸鉛與碳酸銨溶液反應生成碳酸鉛和硫酸銨，反應生成的硫酸銨可做氮肥，故C正確；D．步驟iii發(fā)生的反應為碳酸鉛與過量的強酸氟硅酸溶液反應生成溶于水的氟硅酸鉛、二氧化碳和水，反應的離子方程式為PbCO3+2H+=Pb2++CO2↑+H2O，故D正確；故選B。10.邊攪拌邊向Na2CO3溶液中通入SO2制備NaHSO3溶液，水溶液中H2SO3、HSO、SO的分布系數(shù)δ隨pH的變化關系如圖所示。[比如H2SO3的分布系數(shù)：δ(H2SO3)=]，下列有關敘述錯誤的是

A.當溶液pH范圍為4~5時，停止通入SO2B.根據(jù)曲線數(shù)據(jù)計算可知Ka2(H2SO3)的數(shù)量級為10-7C.a點的溶液中c(H+)+c(Na+)=c(OH—)+c(HSO)+2c(SO)+c(HCO)+2c(CO)D.pH=3的溶液中，c(Na+)＜c(HSO)+c(H2SO3)【答案】B【解析】【詳解】A．由圖可知，當溶液pH范圍為4~5時，二氧化硫與碳酸鈉恰好反應生成亞硫酸氫鈉，則當溶液pH范圍為4~5時，停止通入二氧化硫，故A正確；B．由圖可知，當溶液中c(HSO)=c(SO)時，溶液pH為7.2，則Ka2(H2SO3)==c(H+)=10—7.2，則Ka2(H2SO3)的數(shù)量級為10-8，故B錯誤；C．由圖可知，a點為亞硫酸氫鈉、亞硫酸和碳酸的混合溶液，溶液中存在電荷守恒關系c(H+)+c(Na+)=c(OH—)+c(HSO)+2c(SO)+c(HCO)+2c(CO)，故C正確；D．由圖可知，pH=3的溶液為亞硫酸氫鈉、亞硫酸和碳酸的混合溶液，由物料守恒可知，溶液中c(Na+)＜c(HSO)+c(H2SO3)，故D正確；故選B二、非選擇題：本題共5小題，共60分。11.化石燃料的燃燒會排放大量的二氧化碳，綜合利用二氧化碳可以減緩溫室效應?；卮鹣铝袉栴}：（1）部分化學鍵的鍵能如表所示：化學鍵H-HC=OH—OC-OC-H鍵能(kJ·mol-1)436803465326413則CO2(g)與H2(g)反應生成CH3OH(g)和H2O(g)的熱化學方程式是___________。（2）T1溫度時，在容積為1L的恒容密閉容器中發(fā)生上述反應。實驗測得不同時刻容器中n(H2)、n(CO2)的數(shù)據(jù)如表：時間/s012356n(H2)/mol3.01.51.20.90.60.6n(CO2)/mol1.00.50.40.80.20.2①如果要提高CO2的轉化率，可以采取的措施有___________(填一種即可)。②0~2s內該反應的平均速率v(H2O)=___________mol·L-1·s-1。③T1溫度時化學平衡常數(shù)K=___________。(結果保留小數(shù)點后2位)④已知v正=3v(CO2)消耗=v(H2)消耗=k正c(CO2)·c3(H2)，v正=v(CH3OH)消耗=v(H2O)消耗=k逆c(CH3OH)·c(H2O)，k正、k逆為速率常數(shù)，受溫度影響。則化學平衡常數(shù)K與速率常數(shù)k正、k逆的數(shù)學關系是K=___________；若將容器的溫度改變?yōu)門2時，其k正=k逆，則T2___________(填“＞”“＜”或“=”)T1。（3）某種甲醇燃料電池的工作原理如圖所示。a口通入氣體發(fā)生反應的電極反應式是___________?！敬鸢浮浚?）CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)H=-46kJ·mol-1（2）①.增大氫氣的濃度②.0.3③.14.81④.⑤.＞（3）CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+【解析】小問1詳解】CO2(g)與H2(g)反應生成CH3OH(g)和H2O(g)的化學方程式為CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)，焓變H=反應物鍵能總和-生成物的鍵能總和=803kJ·mol-1×2+436kJ·mol-1×3-(413kJ·mol-1×3+326kJ·mol-1+465kJ·mol-1+465kJ·mol-1×2)=-46kJ·mol-1。故熱化學方程式為CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)H=-46kJ·mol-1?！拘?詳解】①增大氫氣的濃度，平衡正向移動，增大二氧化碳的轉化率。②0~2s內該反應的平均速率v(CO2)==0.3mol/(L·s)，又系數(shù)之比等于速率之比，故v(H2O)=0.3mol/(L·s)。③根據(jù)表格中數(shù)據(jù)可得反應5s后平衡，5s內，二氧化碳的物質的量減少了0.8mol，根據(jù)方程式則可得甲醇的平衡時的物質的量為0.8mol，水的物質的量為0.8mol，則K==14.81。④已知v正=3v(CO2)消耗=v(H2)消耗=k正c(CO2)·c3(H2)，v正=v(CH3OH)消耗=v(H2O)消耗=k逆c(CH3OH)·c(H2O)，則K=；T2時，其k正=k逆，則K2=1，K2＜K1。由于反應放熱，升高溫度平衡逆向移動，K減小，故T1＜T2。【小問3詳解】根據(jù)H+的移動方向，可以得出H+移向正極，a為負極，則a口通入氣體發(fā)生反應的電極反應式是CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+。12.某研究性學習小組設計下列實驗探究Zn和FeCl3溶液的反應，回答下列問題：（1）由FeCl3固體配制未酸化的250mL0.5mol·L-1FeCl3溶液(pH=1.3)，不需要使用的實驗儀器有___________(從下列圖中選擇，寫出名稱)。（2）將Zn投入到未酸化的0.5mol·L-1FeCl3溶液(pH=1.3)中，在不同的實驗條件下，實驗現(xiàn)象如表：實驗編號條件現(xiàn)象i鋅粒18℃剛開始無明顯氣泡，0.5min后有氣體產生，一段時間后，溶液顏色加深。向反應后的溶液中滴加鐵氰化鉀溶液后，可見藍色沉淀ii鋅粒65℃產生氣泡較快，大約12s后，氣泡非常明顯，溶液很快轉為紅棕色。較長時間后發(fā)現(xiàn)紅棕色基本消失，最后產生紅棕色沉淀①實驗中產生的氣體為___________，實驗ii中產生氣體的速率明顯快于實驗i，可能的原因是___________(答出兩點)。②“滴加鐵氰化鉀溶液后，可見藍色沉淀”說明混合溶液中存在Fe2+。生成Fe2+的離子方程式為___________。（3）實驗i和ii均先有氣體生成，后有溶液顏色的變化。研究性學習小組猜想，可能是此實驗條件下，氧化性：H+＞Fe3+。①為了檢驗上述猜想是否正確，查閱資料：可利用標準電極電勢(用φθ表示)判斷氧化性、還原性強弱，且電極電勢越小，還原劑的還原性越強，已知(溶液中離子濃度的影響在此忽略不計)：φθ(Fe3+/Fe2+)=0.77V，φθ(2H+/H2)=0V，φθ(Fe2+/Fe)=—0.417V，φθ(Zn2+/Zn)=—0.76V。則Fe3+、H+、Zn2+、Fe2+的氧化性大小關系為___________。②研究小組進一步分析后，將鋅粒改為鋅粉，繼續(xù)進行實驗：實驗編號條件現(xiàn)象iii鋅粒18℃不振蕩大約3min可以看到明顯的氣泡，溶液顏色逐漸變深。向反應后的溶液中滴加鐵氰化鉀溶液后，可見藍色沉淀iv鋅粒65℃振蕩氣泡不明顯，紅褐色褪色明顯。向反應后的溶液中滴加鐵氰化鉀溶液后，可見藍色沉淀對比實驗iii和iv，實驗iv中“氣泡不明顯，紅褐色褪色明顯”的原因可能為___________。③結合實驗探究過程及現(xiàn)象分析，影響Zn與FeCl3溶液反應的條件有___________(答兩點即可的)?！敬鸢浮浚?）分液漏斗、直形冷凝管（2）①.H2②.溫度升高、c(H+)濃度增大③.2Fe3++Zn=2Fe2++Zn2+（3）①.Fe3+＞H+＞Fe2+＞Zn2+②.將Zn粒改為Zn粉并振蕩，增大了Zn與Fe3+碰撞幾率，加快了Zn與Fe3+的反應③.反應溫度、碰撞幾率（離子遷移速度）、粒子的氧化性強弱【解析】【分析】該實驗的目的是探究影響鋅和氯化鐵溶液反應的條件，通過實驗探究過程及現(xiàn)象分析得到影響反應的條件為溫度、碰撞幾率（離子遷移速度）、粒子的氧化性強弱的實驗結論。【小問1詳解】配制未酸化的250mL0.5mol·L-1氯化鐵溶液需要用到的儀器有托盤天平、燒杯、玻璃棒、250mL容量瓶、膠頭滴管，則不需要用到的儀器為分液漏斗、直形冷凝管，故答案為：分液漏斗、直形冷凝管；【小問2詳解】①由題意可知，氯化鐵在溶液中水解，溶液的pH為1.5，活潑金屬鋅能夠與氫離子發(fā)生置換反應生成氫氣；實驗ii中反應溫度高于實驗i，氯化鐵在溶液中的水解平衡為吸熱反應，升高溫度平衡向正反應方向移動，溶液中氫離子濃度增大，所以實驗ii中產生氣體的速率明顯快于實驗i，故答案為：H2；溫度升高、c(H+)濃度增大；②由題意可知，生成亞鐵離子的反應為鋅與氯化鐵溶液反應生成氯化鋅和氯化亞鐵，反應的離子方程式為2Fe3++Zn=2Fe2++Zn2+，故答案為：2Fe3++Zn=2Fe2++Zn2+；【小問3詳解】①由標準電極電勢可知，四種離子的氧化性由大到小的順序為Fe3+＞H+＞Fe2+＞Zn2+，故答案為：Fe3+＞H+＞Fe2+＞Zn2+；②由氣泡不明顯，紅褐色褪色明顯說明鋅粒改為鋅粉并振蕩，反應物的接觸面積增大，反應物的碰撞幾率增大，反應速率加快，故答案為：將Zn粒改為Zn粉并振蕩，增大了Zn與Fe3+碰撞幾率，加快了Zn與Fe3+的反應；③由實驗過程的探究及對實驗現(xiàn)象可知，影響鋅與氯化鐵溶液的反應過程的條件為溫度、碰撞幾率(離子遷移速度)、粒子的氧化性強弱，故答案為：反應溫度、碰撞幾率（離子遷移速度）、粒子的氧化性強弱。13.某合金廢料經(jīng)分析含有20.7%的Pb、64%的Cu和13.4%的Ag。某化學研究小組以該合金廢料為原料，設計了如下工藝流程制備PbO2、Ag和CuSO4·5H2O?；卮鹣铝袉栴}：

（1）鉛與稀HNO3發(fā)生反應的化學方程式是___________。（2）氧化酸溶時Ag發(fā)生反應的離子方程式：___________。（3）操作2所得濾液的成分是___________(填化學式)，要想得到CuSO4·5H2O，需要在濾液中加入足量的氫氧化鈉溶液，經(jīng)過濾、洗滌，在沉淀物中加入稀硫酸，經(jīng)___________、過濾、低溫干燥得到CuSO4·5H2O。（4）100g合金，經(jīng)過上述流程處理后得到10.05gAg和250gCuSO4·5H2O計算銀的回收率是___________，合金廢料中的銅___________(填“是”或“不是”)全部被回收，原因是___________?！敬鸢浮浚?）3Pb+8H++2NO=3Pb3++2NO↑+4H2O（2）2Ag+H2O2+2HNO3=2AgNO3+2H2O（3）①.Cu(NO3)2②.蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶（4）①.75%②.是③.銅理論質量與實際質量相等【解析】【分析】合金加入硝酸得到硝酸銅、硝酸鋅和硝酸銀，適量的鉛置換出銀和銅，此時濾液為硝酸化鉛，加入氫氧化鈉得到氫氧化鉛，經(jīng)熱分解得到氧化鉛；加入過氧化氫后銅與銀轉化為硝酸銅和硝酸銀，加入銅單質，操作②的濾液為硝酸銅，再加入氫氧化鈉得到氫氧化銅沉淀，經(jīng)硫酸后得到硫酸銅溶液，據(jù)此分析解題?！拘?詳解】鉛與稀HNO3發(fā)生反應的化學方程式是：3Pb+8H++2NO=3Pb3++2NO↑+4H2O；【小問2詳解】氧化酸溶時Ag發(fā)生反應的離子方程式：2Ag+H2O2+2HNO3=2AgNO3+2H2O；【小問3詳解】經(jīng)分析可知，操作2所得濾液的成分是Cu(NO3)2，要想得到CuSO4·5H2O，需要在濾液中加入足量的氫氧化鈉溶液，經(jīng)過濾、洗滌，在沉淀物中加入稀硫酸，經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾、低溫干燥得到CuSO4·5H2O?！拘?詳解】某合金廢料經(jīng)分析含有20.7%的Pb、64%的Cu和13.4%的Ag。理論產生Ag的質量為100g13.4%=13.4g，銀的回收率是；合金廢料中的銅全部被回收，原因是理論Cu的質量為100g64%=64g，250g的CuSO4·5H2O中Cu的質量為64g，即實際質量也為64g。14.2021年5月15日，“天問一號”火星控測器成功著陸火星?！疤靻栆惶枴钡闹懷惨暺魍黄屏烁邚姸蠕X合金貯箱殼體材料、焊接、250N發(fā)動機硅化鉬高溫抗氧化涂層等多項關鍵技術，為“天問一號”提供了可靠、精準、穩(wěn)定的動力?；卮鹣铝袉栴}：（1）鉬與鉻為同族元素，則鉬位于周期表的___________區(qū)。（2）鋁鋰合金是航天飛機低溫外貯箱的殼體材料。在合金中加入鈧，可大大增加合金的強度?；鶓B(tài)鈧原子的電子排布式為___________。（3）氫氣還原SiHCl3(Si的化合價為+4價)，得到高純硅。將高純硅和鉬高溫化合制得硅化鉬。SiHCl3的分子空間構型是___________；SiHCl3中所含元素電負性由大到小的順序為___________。（4）火星大氣層的主要成分是二氧化碳，其次是氮氣、氬氣，此外還含有少量的氧氣和水蒸氣，若將這幾種氣體降溫液化，最先液化的氣體是___________，原因是___________。（5）文獻報道，硅化鉬涂層可提高碳化硅電熱元件高溫抗氧化性能，SiC的晶胞結構如圖所示。晶體中硅原子的配位數(shù)為___________。圖中晶胞含有硅原子數(shù)為___________。【答案】（1）d（2）[Ar]3d14s2（3）①.四面體②.Cl＞Si＞H（4）①.水蒸氣②.水