2024年高考化學(xué)專(zhuān)題03全真模擬第05周含解析

PAGEPAGE14全真模擬7．化學(xué)與生產(chǎn)、生活親密相關(guān)。下列有關(guān)化學(xué)原理及應(yīng)用的說(shuō)法不正確的是A．干粉滅火器、氣溶膠滅火器可用于撲救汽油、有機(jī)溶劑等易燃液體、可燃?xì)怏w和電器設(shè)備的初期火災(zāi)B．月餅等富脂食品包裝時(shí)可加入裝有碳粉和鐵粉等物質(zhì)的透氣小包，能起到抗氧化、延長(zhǎng)保質(zhì)期的作用C．蘇打水中含有碳酸氫鈉，飲用后可以干脆降低血液酸性D．空氣污染指數(shù)API包括的污染物有PM10、PM2.5、NO2、SO2、CO、O3【答案】C【解析】A、干粉滅火器適用于撲救石油及其產(chǎn)品、有機(jī)溶劑等易燃液體、可燃?xì)怏w和電氣設(shè)備的初起火災(zāi)，故A正確；B、裝有碳粉和鐵粉等物質(zhì)的透氣小包，發(fā)生鐵的吸氧腐蝕，所以能起到抗氧化、延長(zhǎng)保質(zhì)期的作用，故B正確；C、蘇打水是碳酸氫鈉的水溶液，弱堿性，飲用后在胃中與胃酸反應(yīng)生成二氧化碳，不能干脆降低血液酸性，故C錯(cuò)誤；D、影響空氣污染指數(shù)的主要六種污染物有PM10、PM2.5、NO2、SO2、CO、O3，故D正確；選C。8．設(shè)NA表示阿伏伽德羅常數(shù)，下列說(shuō)法正確的是（）A．標(biāo)況下，11.2L氟化氫中含有的電子數(shù)5NAB．6.0g甲醛（HCHO）和醋酸的混合物中含有的原子總數(shù)為0.8NAC．100mL0.1mol/L的KAl(SO4)2溶液中含有的陽(yáng)離子總數(shù)為0.02NAD．分別由H2O2和KMnO4制備等量的氧氣轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目相等【答案】B【解析】A．標(biāo)況下，氟化氫為液體，不行利用氣體摩爾體積計(jì)算，故A不正確；B．甲醛（HCHO）和醋酸的最簡(jiǎn)式相同，均為CH2O，所以先計(jì)算最簡(jiǎn)式的物質(zhì)的量，再依據(jù)最簡(jiǎn)式物質(zhì)的量計(jì)算計(jì)算混合物中含有的原子總數(shù)即可，原子數(shù)為0.8NA,故B正確；C．因?yàn)锳l3++3H2OAl（OH）3+3H+，會(huì)讓陽(yáng)離子數(shù)目略有增加，所以100mL0.1mol/L的KAl(SO4)2溶液中含有的陽(yáng)離子總數(shù)略大于0.02NA，故C不正確；D．2H2O22H2O+O2，雙氧水中氧元素是從負(fù)一價(jià)上升到零價(jià)，所以每生成1mol氧氣轉(zhuǎn)移2mol電子；2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2，高錳酸鉀中氧元素是從負(fù)二價(jià)上升到零價(jià)，所以每生成1mol氧氣轉(zhuǎn)移4mol電子，故D不正確；正確答案：B。9．三種常見(jiàn)單萜類(lèi)化合物的結(jié)構(gòu)如圖所示。下列說(shuō)法正確的是A．香葉醇和龍腦互為同分異構(gòu)體，分子式均為C10H20OB．可用金屬鈉鑒別香葉醇和月桂烯C．龍腦分子中全部碳原子在同一個(gè)平面上D．1mol月桂烯最多能與2molBr2發(fā)生加成反應(yīng)【答案】B【解析】A．香葉醇分子內(nèi)含兩個(gè)碳碳雙鍵，有2個(gè)不飽和度，其分子式為C10H18O，龍腦的分子式為C10H20O，兩者分子式不同，且不互為同分異構(gòu)體，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；B．鈉與香葉醇的-OH反應(yīng)生成醇鈉與氫氣，而不會(huì)與碳碳雙鍵反應(yīng)，則可用金屬鈉鑒別香葉醇和月桂烯這兩種物質(zhì)，故B項(xiàng)正確；C．龍腦分子中含有甲基、亞甲基和次甲基，全部原子不行能共平面，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；D．1mol月桂烯中含3mol碳碳雙鍵，則可與3molBr2發(fā)生加成反應(yīng)，故D項(xiàng)錯(cuò)誤；答案選B。10．下列各項(xiàng)試驗(yàn)的基本操作正確的是A．用潮濕的pH試紙測(cè)定硫酸溶液的pHB．金屬鈉著火時(shí)可用泡沫滅火器滅火C．可用硫酸鑒別碳酸鈉、硅酸鈉和硫酸鈉D．蒸發(fā)操作中，將蒸發(fā)皿放在鐵架臺(tái)的鐵圈上，墊上石棉網(wǎng)加熱【答案】C【解析】A．用pH試紙測(cè)定硫酸溶液的pH時(shí)，pH試紙不能潮濕，否則會(huì)對(duì)溶液起稀釋作用，A錯(cuò)誤；B．金屬鈉著火燃燒產(chǎn)物是Na2O2，Na2O2與水及CO2會(huì)發(fā)生反應(yīng)產(chǎn)生O2，導(dǎo)致燃燒更加猛烈，所以不能用泡沫滅火器滅火，要用沙子或土滅火，B錯(cuò)誤；C．加入硫酸，碳酸鈉與硫酸反應(yīng)生成二氧化碳?xì)怏w，硅酸鈉與硫酸反應(yīng)生成硅酸沉淀，硫酸鈉不反應(yīng)，現(xiàn)象各不相同，可鑒別，C正確；D．蒸發(fā)時(shí)，蒸發(fā)皿可以放在鐵圈上或泥三角上干脆用酒精燈加熱，蒸發(fā)皿耐高溫，不用墊石棉網(wǎng)，D錯(cuò)誤；故合理選項(xiàng)是C。11．短周期元素X、Y、Z、W原子序數(shù)依次增大且原子最外層電子數(shù)為互不相等的奇數(shù)：X與Y位于不同周期；X與W的最高化合價(jià)之和為8；Z的單質(zhì)既能和強(qiáng)酸反應(yīng)又能和強(qiáng)堿反應(yīng)。則下列說(shuō)法不正確的是A．原子半徑：Z>W>Y>XB．YX4W中含有離子鍵和共價(jià)鍵C．Y、Z形成的一種化合物強(qiáng)度高，熱膨脹系數(shù)小，是良好的耐火材料D．工業(yè)上常用電解ZW3的方法制取單質(zhì)Z【答案】D【解析】Z的單質(zhì)既能和強(qiáng)酸反應(yīng)又能和強(qiáng)堿反應(yīng)，Z為Al元素；X、Y、Z、W原子序數(shù)依次增大且原子最外層電子數(shù)為互不相等的奇數(shù)：X與Y位于不同周期，所以X是H元素；X與W的最高化合價(jià)之和為8，W是Cl元素；則Y是N元素。A、原子半徑：Al>Cl>N>H，故A正確；B、NH4Cl是離子化合物，含有離子鍵和共價(jià)鍵，故B正確；C、AlN是原子晶體，故其強(qiáng)度高，熱膨脹系數(shù)小，是良好的耐火材料，故C正確；D、工業(yè)上常用電解Al2O3的方法制取單質(zhì)Al，故D錯(cuò)誤；選D。12．某愛(ài)好小組查閱資料得知：保險(xiǎn)粉(Na2S2O4)和KOH的混合溶液能定量汲取O2：CuCl的鹽酸溶液能定量汲取CO，且易被O2氧化。擬設(shè)計(jì)試驗(yàn)方案，采納上述兩種溶液和KOH溶液及量氣裝置，測(cè)定高爐煤氣中CO、CO2、N2和O2的百分組成。下列說(shuō)法不正確的是A．采納上述3種汲取劑，氣體被逐一汲取的依次應(yīng)當(dāng)是CO2、O2和COB．保險(xiǎn)粉(Na2S2O4)和KOH的混合溶液汲取O2的離子方程式為2S2O42-+3O2+4OH-=4SO42-+2H2OC．反應(yīng)結(jié)束，復(fù)原至室溫，調(diào)整水準(zhǔn)管內(nèi)液面與量氣管液面齊平，可視察到量氣管液面下降D．其他兩種汲取劑不變，O2的汲取劑可以用灼熱的銅網(wǎng)替代【答案】D【解析】A．KOH溶液只能汲取CO2氣體，保險(xiǎn)粉(Na2S2O4)和KOH的混合溶液能定量汲取O2，CuCl的鹽酸溶液能定量汲取CO，且易被O2氧化，所以為削減試驗(yàn)誤差，每種試劑只能汲取一種成分，采納上述3種汲取劑，氣體被逐一汲取的依次應(yīng)當(dāng)是CO2、O2和CO，A正確；B．依據(jù)得失電子守恒、電荷守恒，用保險(xiǎn)粉(Na2S2O4)和KOH的混合溶液汲取O2的離子方程式為2S2O42-+3O2+4OH-=4SO42-+2H2O，B正確；C．由于反應(yīng)過(guò)程中放出熱量，使量氣管內(nèi)氣體由于溫度上升而體積增大，水被趕入水準(zhǔn)管，水準(zhǔn)管的液面高于量氣管的液面，當(dāng)調(diào)整水準(zhǔn)管內(nèi)液面與量氣管液面齊平常氣體由于壓強(qiáng)減小而體積增大，因此可視察到量氣管液面下降，C正確；D．三種氣體被逐一汲取的依次應(yīng)當(dāng)是CO2、O2和CO，若O2的汲取劑用灼熱的銅網(wǎng)替代，O2和金屬銅反應(yīng)得到CuO可以汲取CO，所以不能用灼熱的銅網(wǎng)代替汲取劑，D錯(cuò)誤;故合理選項(xiàng)是D。13．已知：pBa＝－lgc(Ba2+)，pKa＝－lgc(Ka)。已知常溫下H2CO3：pKa1＝6.4，pKa2＝10.3。向20mL0.1mol·L?1BaCl2溶液中滴加0.2mol·L?1Na2CO3溶液的滴定曲線如圖所示。下列說(shuō)法正確的是A．E、F、G三點(diǎn)的Ksp從大到小的依次為：G>F>EB．其他條件相同，用MgCl2溶液替代BaCl2溶液，F(xiàn)點(diǎn)向G點(diǎn)遷移C．常溫下，Ksp(BaCO3)≈1.0×10?9D．常溫下，Na2CO3溶液的pKh1＝7.6【答案】C【解析】A．Ksp只與溫度有關(guān)，所以E、F、G三點(diǎn)的Ksp應(yīng)當(dāng)相等，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B．由于MgCl2和BaCl2均與等物質(zhì)的量Na2CO3反應(yīng)，用相同濃度MgCl2溶液替代BaCl2溶液，恰好完全反應(yīng)時(shí)消耗的Na2CO3溶液的體積相同，但由于Ksp(BaCO3)<Ksp(MgCO3)，所以pMg<pBa，故點(diǎn)應(yīng)當(dāng)在F的正下方，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C．F點(diǎn)表示氯化鋇溶液和碳酸鈉溶液恰好完全反應(yīng)生成碳酸鋇和氯化鈉，c(Ba2+)＝c(CO32-)，Ksp(BaCO3)≈1.0×10?9，C項(xiàng)正確；D．CO32-+H2OHCO3-+OH?，pKh1=-lg(Kw/Ka2)=3.7，D項(xiàng)錯(cuò)誤。本題答案選C。26．氨基鈉(NaNH2)是制取靛青染料、肼和氰化鈉等工業(yè)品的原料，可將氨通過(guò)250-360℃金屬鈉制得。氨基鈉在空氣中易氧化、易燃，與水猛烈反應(yīng)，露置空氣中易汲取水分和二氧化碳。某化學(xué)試驗(yàn)小組擬采納如圖所示的裝置制備氨基鈉，回答下列相關(guān)問(wèn)題：（1）上面各裝置組裝為制取氨基鈉裝置時(shí)，按氣體流向合理的連接依次為_(kāi)__________(選填編號(hào))。Ⅰ.a-b-c-f-g-d-e-h-iⅡ.a-d-e-f-g-h-i-b-cⅢ.a-h-i-f-g-d-e-b-cⅣ.a-h-i-b-c-f-g-d-e（2）儀器組裝完成后下一步的操作名稱是_________________________________。（3）A裝置中加入試劑合理的是______________________。簡(jiǎn)述A中產(chǎn)生氨氣的原理______________________。A．濃氨水B．濃氨水與CaOC．NH4C1與Ca(OH)2（4）裝置B的作用是______________________(答出兩條)。（5）裝置C中盛放的試劑為_(kāi)_____________________。（6）下列試驗(yàn)操作步驟合理的依次為_(kāi)_____________________(用步驟序號(hào)填空)。①點(diǎn)燃D處酒精燈加熱②打開(kāi)分液漏斗活塞，使產(chǎn)生氣體并通入一段時(shí)間③充分反應(yīng)后停止加熱④關(guān)閉分液漏斗活塞;步驟②的目的是______________________。（7）為簡(jiǎn)化制備裝置，甲同學(xué)提出可用裝有五氧化二磷的球形干燥管代替原裝置的末端兩個(gè)儀器，乙同學(xué)認(rèn)為甲的方案不行行，乙的理由可能是_________________________________?！敬鸢浮縄I檢查裝置的氣密性b濃氨水中的水與CaO反應(yīng)放熱，且生成Ca(OH)2使體系中OH-的濃度增大，促使氨水中的平衡向生成氨氣的方向移動(dòng)一是汲取未反應(yīng)完的氨氣防止污染環(huán)境；二是防止外界的氣體進(jìn)入裝置影響制備試驗(yàn)堿石灰(或CaO、NaOH固體等)②①③④利用生成的氨氣排盡裝置中的空氣，防止干擾試驗(yàn)空氣中的CO2和O2進(jìn)入裝置D使產(chǎn)品不純或燃燒【解析】（1）制備氨基鈉的反應(yīng)方程式為2Na＋2NH32NaNH2＋H2，裝置A是制備N(xiāo)H3的裝置，氨基鈉與水猛烈反應(yīng)，因此須要除去氨氣中水蒸氣，氨氣須要通過(guò)裝置C，然后反應(yīng)，NH3有毒，須要進(jìn)行尾氣處理，裝置B為尾氣處理裝置，為防止倒吸，裝置E起平安瓶的作用，因此連接依次是a→d→e→f→g→h→i→b→c，故Ⅱ正確；（2）因?yàn)橛袣怏w參與反應(yīng)，因此儀器組裝完成后下一步操作是檢驗(yàn)裝置的氣密性；（3）A裝置制備N(xiāo)H3，a、加熱濃氨水，產(chǎn)生NH3，題中缺少加熱裝置，故a不合理；b、CaO遇水放出大量的熱，使NH3·H2O分解為NH3，故b合理；c、加熱NH4Cl和Ca(OH)2固體得到NH3，運(yùn)用的儀器為試管，故c不合理；利用b制備N(xiāo)H3的原理是濃氨水中的水與CaO反應(yīng)放熱，且生成Ca(OH)2使體系中OH－的濃度增大，促使氨水中的平衡向生成氨氣的方向移動(dòng)；（4）依據(jù)（1）裝置B的作用是汲取多余的氨氣防止污染環(huán)境，防止外界的氣體進(jìn)入裝置影響制備試驗(yàn)；（5）裝置C的作用是干燥NH3，盛放的試劑為堿石灰或CaO或NaOH等固體；（6）氮化鈉在空氣中易氧化，因此先打開(kāi)分液漏斗的活塞，通入一段時(shí)間的NH3，解除裝置中空氣，然后點(diǎn)燃D處酒精燈，加熱，充分反應(yīng)后，熄滅酒精燈，讓氮化鈉在氨氣中冷卻下來(lái)，再關(guān)閉分液漏斗活塞，步驟依次是②①③④；步驟②的目的是利用生成的NH3排盡裝置中的空氣，防止干擾試驗(yàn)；（7）濃硫酸的作用之一是防止外界氣體進(jìn)入裝置影響制備試驗(yàn)，五氧化二磷不能阻礙CO2和O2的進(jìn)入D裝置，因此乙同學(xué)的理由空氣中的CO2和O2進(jìn)入裝置D使產(chǎn)品不純或燃燒。27．一種利用水鈷礦[主要成分為Co2O3、Co(OH)3，還含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等]制取CoCl2·6H2O的工藝流程如下：已知：①浸出液含有的陽(yáng)離子主要有H+、Co2+、Fe2+、Al3+、Mn2+、Ca2+、Mg2+等②部分陽(yáng)離子起先沉淀和完全沉淀的pH見(jiàn)下表③CoCl2·6H2O熔點(diǎn)86℃，易溶于水、乙醚等；常溫下穩(wěn)定，加熱至110~120℃時(shí)失去結(jié)晶水變成無(wú)水氯化鈷。（1）寫(xiě)出Co2O3與Na2SO3和鹽酸反應(yīng)的離子方程式______________________。（2）加入NaClO3的目的是______________________；加入過(guò)量NaClO3可能生成有毒氣體，該氣體是___________(填化學(xué)式)（3）為了除去Fe3+、Al3+，需加Na2CO3調(diào)pH，則pH應(yīng)限制的范圍為_(kāi)____________________.（4）加萃取劑的目的是___________；金屬離子在萃取劑中的萃取率與pH的關(guān)系如圖，據(jù)此分析pH的最佳范圖為_(kāi)__________(填字母序號(hào))。A．2.0~2.5B．3.0~3.5C．4.0~4.5D．5.0~5.5（5）CoCl2·6H2O常用減壓烘干法烘干，緣由是___________。【答案】Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O將Fe2+氧化成Fe3+Cl25.2pH<7.6除去溶液中的Mn2+B降低烘干溫度，防止產(chǎn)品熔化或分解失去結(jié)晶水變?yōu)闊o(wú)水氯化鈷【解析】含鈷廢料中加入鹽酸和亞硫酸鈉，可得CoCl2、AlCl3、FeCl2、MnCl2，加入NaClO3，可得到FeCl3，然后加入Na2CO3調(diào)pH至5.2，可得到Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，過(guò)濾后所得濾液主要含有CoCl2，為得到CoCl2?6H2O晶體，應(yīng)限制溫度在86℃以下蒸發(fā)，加熱時(shí)要防止溫度過(guò)高而失去結(jié)晶水，可減壓烘干。（1）水鈷礦的主要成分為Co2O3，加入鹽酸和亞硫酸鈉，浸出液含有Co2+，所以Co2O3和亞硫酸鈉在酸性條件下發(fā)生氧化還原，依據(jù)電荷守恒和得失電子守恒，反應(yīng)的離子方程式為：Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O；（2）NaClO3的作用是將Fe2+氧化成Fe3+，其反應(yīng)的離子方程式為：ClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O；在酸性條件下，過(guò)量NaClO3與氯離子發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成氯氣；（3）Fe3+完全水解的pH為3.7，Al3+完全水解的pH為5.2，Co2+起先水解的PH為7.6，所以為了除去Fe3+、Al3+，加入Na2CO3調(diào)pH應(yīng)限制的范圍為5.2pH<7.6；（4）依據(jù)流程圖可知，存在Mn2+、Co2+金屬離子的溶液中，加入萃取劑的目的是除去溶液中的Mn2+；由萃取劑對(duì)金屬離子的萃取率與pH的關(guān)系可知，調(diào)整溶液PH在3.0～3.5之間，故選B；

（5）依據(jù)題意知，CoCl2?6H2O常溫下穩(wěn)定無(wú)毒，加熱至110～120℃時(shí)，失去結(jié)晶水變成有毒的無(wú)水氯化鈷，為防止其分解，制得的CoCl2?6H2O需減壓烘干。28．C、N、S的氧化物常會(huì)造成一些環(huán)境問(wèn)題，科研工作者正在探討用各種化學(xué)方法來(lái)消退這些物質(zhì)對(duì)環(huán)境的影響。（1）CO2的重整用CO2和H2為原料可得到CH4燃料。已知:①CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)△H1=+247kJ/mol②CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)△H2=+205kJ/mol則CO2重整的熱化學(xué)方程式為_(kāi)_______________________________________________。（2）“亞硫酸鹽法”汲取煙中的SO2，將煙氣通入1.0mol/L的Na2SO3溶液，若此過(guò)程中溶液體積不變，則溶液的pH不斷____(填“減小”、“不變”或“增大)。當(dāng)溶液pH約為6時(shí)，汲取SO2的實(shí)力顯著下降，應(yīng)更換汲取劑，此時(shí)溶液中c(SO32-)=0.2mol/L，則溶液中c(HSO3-)=_____________；（3）催化還原法去除NO。肯定條件下，用NH3消退NO污染，其反應(yīng)原理：4NH3+6NO5N2+6H2O。不同溫度條件下，n(NH3):n(NO)的物質(zhì)的量之比分別為4:1、3:1、1:3時(shí)，得到NO脫除率曲線如圖所示。①隨溫度上升NO脫除率下降的緣由是_______________；②曲線a中，NO的起始濃度為6×10-4mg·m-3，從A點(diǎn)到B點(diǎn)經(jīng)過(guò)0.8s，該時(shí)間段內(nèi)NO的脫除速率為_(kāi)___mg·m-3·s-1；③曲線b對(duì)應(yīng)NH3與NO的物質(zhì)的量之比是_________。（4）間接電化學(xué)法除NO。其原理如圖所示:寫(xiě)出陰極的電極反應(yīng)式(陰極室溶液呈酸性)_________；汲取池中除去NO的離子方程式為_(kāi)____________________________________________。【答案】CO2(g)+4H2(g)===CH4(g)+2H2O(g)

△H1=-163kJ/mo1減小1.6mol/L該反應(yīng)正向是放熱反應(yīng)，上升溫度有利于向吸熱的逆方向移動(dòng)1.5×10-43:12HSO3-+2e-+2H+=S2O42-+2H2O2NO+2S2O42-+2H2O=N2+4HSO3-【解析】（1）由已知:①CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)△H1=+247k/mol，②CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)△H2=+205k/mol，依據(jù)蓋斯定律，①-②2得CO2重整的熱化學(xué)方程式為：CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)△H=△H1-2△H2=-163kJ/mo1。（2）“亞硫酸鹽法”汲取煙氣中的SO2，將煙氣通入1.0mol/L的Na2SO3溶液，亞硫酸與亞硫酸鈉和水反應(yīng)生成亞硫酸氫鈉，溶液pH不斷減小；向亞硫酸鈉溶液中通入二氧化硫生成亞硫酸氫鈉，反應(yīng)方程式SO2+Na2SO3+2H2O=2NaHSO3，溶液中反應(yīng)的亞硫酸根離子和生成亞硫酸氫根離子的物質(zhì)的量比為1：2，由已知c(SO32-)=0.2mol/L，則溶液中參與反應(yīng)的亞硫酸根為(1.0-0.2)mol/L，則生成的亞硫酸氫根為c(HSO3-)=2×(1.0-0.2)mol/L=1.6mol/L；（3）①N2和H2O相對(duì)穩(wěn)定，能量較低，NH3和NO能量高，所以反應(yīng)4NH3+6NO5N2+6H2O正向是放熱反應(yīng)，上升溫度有利于向吸熱的逆方向移動(dòng)，故隨溫度上升NO脫除率下降。②曲線a中，NO的起始濃度為6×10-4mg·m-3，A點(diǎn)的脫除率為0.55，B點(diǎn)的脫除率0.75，從A點(diǎn)到B點(diǎn)經(jīng)過(guò)0.8s，該時(shí)間段內(nèi)NO的脫除速率為6×10-4mg·m-3×(0.75-0.55)÷0.8s=1.5×10-4mg·m-3·s-1。③NH3與NO的物質(zhì)的量的比值越大，NO的脫除率越大，故其物質(zhì)的量之比分別為4:1、3:1、1:3時(shí)，對(duì)應(yīng)的曲線為a、b、c，故曲線b對(duì)應(yīng)的物質(zhì)的量之比是3:1。（4）陰極是HSO3-在酸性條件下發(fā)生還原反應(yīng)，生成S2O42-，其電極反應(yīng)式為2HSO3-+2e-+2H+=S2O42-+2H2O；依據(jù)圖示，汲取池中S2O42-和NO是反應(yīng)物，N2和HSO3-是生成物，則汲取池中除去NO的離子方程式為：2NO+2S2O42-+2H2O=N2+4HSO3-。35．Se是迄今為止發(fā)覺(jué)的最重要的抗蒼老元素，也有抗癌之王的美譽(yù)?；卮鹣铝袉?wèn)題：（1）基態(tài)Se原子核外電子占據(jù)的軌道中，電子云輪廓圖形態(tài)為啞鈴形的有_____個(gè)；第四周期的過(guò)渡金屬中，基態(tài)原子核外未成對(duì)電子數(shù)與基態(tài)Se原子相同的有____種。（2）Se及其同周期相鄰元素相比，三種元素的基態(tài)原子的第一電離能由大到小的依次為_(kāi)___。（3）H2Se屬于____(填“極性”或“非極性”)分子；其熔點(diǎn)低于同條件下NaH熔點(diǎn)的緣由為_(kāi)_____。（4）SeO2的立體構(gòu)型為_(kāi)___。SeO3中Se原子的雜化形式為_(kāi)___。（5）寫(xiě)出一種與SeO42-互為等電子體的分子式____.（6）Se能與形成具有多種生物活性的協(xié)作物。1mol中含有σ鍵的數(shù)目為_(kāi)__。（7）硒化鋅是一種重要的半導(dǎo)體材料，其立方晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示。若晶胞參數(shù)為apm，阿伏加德羅常數(shù)的值為NA晶體密度為ρg·cm-3，則硒化鋅的摩爾質(zhì)量可表示為_(kāi)__。(列出計(jì)算式即可)【答案】92Br>As>Se極性H2Se形成的晶體屬于分子晶體，NaH形成的晶體為離子晶體V形sp2CX4、SiX4(X代表鹵原子)等中的一種34NAg/mol【解析】（1）Se的原子序數(shù)為34，其基態(tài)原子核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s24p4,因各能層的p能級(jí)原子軌道數(shù)有3個(gè)，所以基態(tài)Se原子核外電子占據(jù)的軌道中，電子云輪廓圖形態(tài)為啞鈴形的有3+3+3=9個(gè)，因?yàn)榛鶓B(tài)Se原子核外價(jià)電子排布式為4s24p4，電子未成對(duì)電子數(shù)為2，在第四周期過(guò)渡金屬中，基態(tài)原子核外未成對(duì)電子數(shù)為2的有Ti和Ni共2種元素，故答案為：9；2；（2）與Se同周期相鄰的元素為第VA族的As和第VIIA的Br元素，因周期中，第一電離能雖原子序數(shù)的增加呈增大趨勢(shì)，則Br的第一電離能最大，又因?yàn)锳s處于第VA族，核外電子排布4p能級(jí)處于半充溢狀態(tài)，穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，故其第一電離能比Se的大，所以三者第一電離能從大到小依次為：Br>As>Se，故答案為：Br>As>Se；（2）H2Se分子內(nèi)為極性共價(jià)鍵，依據(jù)價(jià)層電子對(duì)互斥理論可知，該分子價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4，有2對(duì)孤電子對(duì)，則其分子的立體構(gòu)型為V形，極性鍵的極性向量和不等于零，所以該分子為極性分子，又因?yàn)镹aH形成的晶體為離子晶體，而H2Se形成的晶體屬于分子晶體，所以其熔沸點(diǎn)較NaH低，故答案為：H2Se形成的晶體屬于分子晶體，NaH形成的晶體為離子晶體；（4）依據(jù)價(jià)層電子對(duì)互斥理論可知，SeO2的Se的孤電子對(duì)數(shù)為2，鍵電子對(duì)數(shù)為2，所以價(jià)層電子對(duì)數(shù)=2+2=4，其分子的VSEPR模型為四面體形，分子的空間立體構(gòu)型為V形，SeO3中Se原子的雜化軌道數(shù)=3+0=3，所以采納的雜化方式為sp2，故答案為：V形；sp2；（5）SeO42-的原子總數(shù)為5，價(jià)層電子總數(shù)為6+6×4+2=32，與SeO42-互為等電子體的分子可以是CX4、SiX4(X代表鹵原子)等中的一種，故答案為：CX4、SiX4(X代表鹵原子)等中的一種；（6）依據(jù)上述分析可知，1mol分子中σ鍵數(shù)目等于共價(jià)鍵數(shù),所以σ鍵數(shù)目總數(shù)=2×12mol（苯環(huán)上）+5×1mol（酚羥基）+5×1mol（雜環(huán)）=34mol,故答案為：34NA；（7）設(shè)硒化鋅的摩爾質(zhì)量為M，該晶胞中該晶胞中含有硒原子數(shù)為8×+6×=4，含有鋅原子數(shù)為4，其化學(xué)式可表示為ZnSe，依據(jù)晶胞中ρ=可得，ρ=,化簡(jiǎn)整理得M=g/mol，故答案為：g/