2019-2020学年安徽滁州市来安县来安三中新高考化学模拟试卷含解析.pdf

2019-2020学年安徽滁州市来安县来安三中新高考化学模拟试卷一、单选题（本题包括15 个小题，每小题4 分，共 60 分每小题只有一个选项符合题意）1某溶液由Na、Ag、Ba2、Al3、AlO2、Fe2+、NO3、Cl、SO42中若干种组成，现将溶液分成两等份，再分别通入足量的NH3和 SO2充分反应后，最终均有白色沉淀生成。则溶液中一定含有的离子有A Al3、NO3BBa2、Al3、ClCBa2、Al3、NO3DAg、Al3、NO3【答案】A【解析】【详解】分成两等份，再分别通入足量的NH3和 SO2充分反应后，最终均有白色沉淀生成，因Ag+与足量氨水反应生成络离子，Al3+与氨水反应生成白色沉淀，Fe2+与氨水反应生成氢氧化亚铁最终转化为红褐色沉淀；另一份中，NO3、SO2发生氧化还原反应生成SO42，SO42与 Ag+或 Ba2+结合生成白色沉淀，综上所述，一定含 Al3+、NO3，Ag+、Ba2+至少含一种，一定不含SO42、AlO2、Fe2+，不能确定是否含Na+、Cl，答案选 A。【点睛】本题考查常见离子的检验，为高频考点，把握常见离子之间的反应、白色沉淀的判断为解答的关键，侧重分析与推断能力的综合考查，充分考查了学生灵活应用基础知识的能力，易错点为Al3+与氨水反应生成白色沉淀，Fe2+与氨水反应生成氢氧化亚铁最终转化为红褐色沉淀，故排除Fe2+的存在。2已知A、B、C、D、E 是短周期中原子序数依次增大的五种元素，A、B 形成的简单化合物常用作制冷剂，D 原子最外层电子数与最内层电子数相等，化合物DC 中两种离子的电子层结构相同，A、B、C、D 的原子序数之和是E 的两倍。下列说法正确的是（）A原子半径：CBA B气态氢化物的热稳定性：EC C最高价氧化对应的水化物的酸性：BE D化合物DC 与 EC2中化学键类型相同【答案】C【解析】【分析】已知 A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的五种元素，A、B 形成的简单化合物常用作制冷剂，A 为 H，B为 N，D 原子最外层电子数与最内层电子数相等，则D 为 Mg，化合物DC 中两种离子的电子层结构相同，C为 O，A、B、C、D 的原子序数之和是E的两倍，E为 Si。【详解】A.原子半径：NCH，故 A 错误；B.气态氢化物的热稳定性：H2O SiH4，故 B错误；C.最高价氧化对应的水化物的酸性：HNO3 H2SiO3，故 C正确；D.化合物MgO 含有离子键，SiO2含共价键，故D 错误；答案为 C。【点睛】同周期，从左到右非金属性增强，最高价氧化物对应的水化物酸性增强，氢化物稳定性增强。3设 NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A 1 L0.1 mol L-1的氨水中含有的NH3分子数为0.1 NAB标准状况下，2.24 L 的 CC l4中含有的C-Cl 键数为0.4 NAC14 g 由乙烯与环丙烧(C3H6)组成的混合气体含有的碳原子数目为NAD常温常压下，Fe 与足量稀盐酸反应生成2.24 L H2,转移电子数为0.3NA【答案】C【解析】【分析】【详解】A.氨水中存在电离平衡，因此溶液中实际存在的氨分子一定少于0.1mol，A项错误；B.四氯化碳在标况下不是气体，因此无法按气体摩尔体积计算其分子数，B 项错误；C.乙烯和环丙烷的最简式相同，均为2CH，因此 14g 混合物相当于1mol 的2CH，自然含有NA个碳原子，C 项正确；D.常温常压下，气体摩尔体积并不是22.4L/mol，因此无法根据氢气的体积进行计算，D 项错误；答案选 C。4下列说法正确的是（）A H2与 D2是氢元素的两种核素，互为同位素B甲酸（HCOOH）和乙酸互为同系物，化学性质不完全相似CC4H10的两种同分异构体都有三种二氯代物D石墨烯（单层石墨）和石墨烷（可看成石墨烯与H2加成的产物）都是碳元素的同素异形体，都具有良好的导电性能【答案】B【解析】【详解】A.H2与 D2是氢元素的两种单质，不是同位素的关系，同位素是原子之间的互称，故A 错误；B.甲酸（HCOOH）和乙酸分子结构相似，官能团的种类和数目一样，分子组成上差1 个 CH2，甲酸还具有醛类物质的性质，故B 正确；C.C4H10的两种同分异构体分别是正丁烷和异丁烷，正丁烷有6 种二氯代物，异丁烷有4 种二氯代物，故C错误；D.同素异形体是同种元素的单质之间的互称，石墨烷不是碳元素的单质，二者不是同素异形体，故 D 错误。故选 B。5对乙烯（CH2=CH2）的描述与事实不符的是A球棍模型：B分子中六个原子在同一平面上C键角：109o28D碳碳双键中的一根键容易断裂【答案】C【解析】【详解】A球表示原子，棍表示化学键，则乙烯的球棍模型为，选项 A 正确；B碳碳双键为平面结构，则分子中六个原子在同一平面上，选项B 正确；C平面结构，键角为120，正四面体结构的键角为109 o28，选项 C 错误；D碳碳双键比单键活泼，则碳碳双键中的一根键容易断裂，选项D 正确；答案选 C。6某实验小组探究SO2与 AgNO3溶液的反应，实验记录如下：序号实验步骤实验现象得到无色溶液a和白色沉淀b 产生无色气体，遇空气变为红棕色产生白色沉淀下列说法正确的是A透过测中无色溶液a 的 pH 可以判断SO2是否被氧化B实验说明白色沉淀b 具有还原性C实验说明溶液a 中一定有2-4SO生成D实验、说明SO2与 AgNO3溶液反应既有Ag2SO4生成，又有Ag2SO3生成【答案】B【解析】【分析】【详解】A实验 中，将 SO2通入 AgNO3溶液(pH=5)中得到无色溶液a，该溶液中可能含有亚硫酸，亚硫酸为中强酸，所以测定无色溶液a 的 pH无法判断二氧化硫是否被氧化，故A 错误；B实验中，取白色沉淀B，加入 3mol/LHNO3，产生的无色气体遇空气变成红棕色，说明硝酸被还原为NO，证明该沉淀B中含有还原性的物质存在，故B正确；C实验中，检验硫酸根离子应先加入盐酸酸化，目的是排除Ag+等，以免干扰硫酸根的检验，直接向溶液 a 中加入 BaCl2，产生的沉淀可能为氯化银，不一定是硫酸根离子，故C 错误；D由于实验、不能证明产物中含有硫酸根，因此不能确定产物中含有Ag2SO4生成，故D 错误；答案选 B。7下列化肥长期施用容易导致土壤酸化的是()A硫酸铵B尿素C草木灰D硝酸钾【答案】A【解析】【详解】A硫酸铵属于强酸弱碱盐，溶于水显酸性，长期施用容易导致土壤酸化，故A 正确；B尿素是碳酰胺，呈弱碱性，长期施用容易导致土壤碱化，故B 错误；C草木灰的主要成分是碳酸钾，呈碱性，长期施用容易导致土壤碱化，故C错误；D硝酸钾呈中性，植物的根吸收硝酸盐以后会释放出氢氧根离子(OH-)，并在根部区域形成微碱性环境，导致土壤碱化，故D 错误；答案选 A。8如图表示反应N2(g)+3H2(g)?2NH3(g)+Q 的正反应速率随时间的变化情况，试根据如图曲线判断下列说法可能正确的是()A t1时只减小了压强Bt1时只降低了温度Ct1时只减小了NH3的浓度，平衡向正反应方向移动D t1时减小 N2浓度，同时增加了NH3的浓度【答案】D【解析】【分析】根据图知，t1时正反应速率减小，且随着反应的进行，正反应速率逐渐增大，说明平衡向逆反应方向移动，当达到平衡状态时，正反应速率大于原来平衡反应速率，说明反应物浓度增大。【详解】A t1时只减小了压强，平衡向逆反应方向移动，则正反应速率增大，但平衡时正反应速率小于原来平衡反应速率，故A 错误；Bt1时只降低了温度，平衡向正反应方向移动，正反应速率逐渐减小，故B 错误；Ct1时减小了NH3的浓度，平衡向正反应方向移动，但正反应速率在改变条件时刻不变，故C错误；D t1时减小 N2浓度，同时增加了NH3的浓度，平衡向逆反应方向移动，如果增加氨气浓度大于减少氮气浓度的 2 倍时，达到平衡状态，氮气浓度大于原来浓度，则正反应速率大于原来平衡反应速率，故 D 正确；故选 D。【点睛】本题考查化学平衡图象分析，明确图中反应速率与物质浓度关系是解本题关键，会根据图象曲线变化确定反应方向，题目难度中等。9微生物燃料电池在净化废水的同时能获得能源或得到有价值的化学产品，左下图为其工作原理，右下图为废水中Cr2O72-离子浓度与去除率的关系。下列说法不正确的是（）A正极反应式是O24H4e=2H2O，Cr2O7214H 6e=2Cr37H2O B电池工作时，N 极附近溶液pH 增大C处理 1molCr2O72-时有 6molH+从交换膜左侧向右侧迁移D Cr2O72-离子浓度较大时，可能会造成还原菌失活【答案】C【解析】A、根据工作原理，电解质环境为H，根据原电池的工作原理，电子流入的一极为正极，即N 极为正极，电极反应式为O24H 4e=2H2O，Cr2O7214H 6e=2Cr37H2O，故 A 说法正确；B、根据选项A 的分析，消耗H，N 极附近溶液的pH 升高，故 B 说法正确；C、正极反应式为O24H 4e=2H2O，Cr2O7214H 6e=2Cr37H2O，消耗 1molCr2O72时，从交换膜左侧向右侧迁移至少有14molH，故 C 说法错误；D、根据右边的图，当Cr2O72浓度大时去除率变为0，Cr2O72离子浓度较大时，可能会造成还原菌失活，故D 说法正确。10下列实验方案正确，且能达到目的的是（）A A BB CC D D【答案】D【解析】【详解】A.强碱滴定弱酸时，化学计量点pH7,应该用酚酞做指示剂，不能用甲基橙，因为变色pH 范围大于7,而且由无色变成浅红色,颜色加深,便于确定终点，故A 错误；B.将少量氯水滴入溴化亚铁溶液中，Cl2首先和 Fe2+反应，不能证明Cl2的氧化性比Br2强，故 B错误；C.二氧化锰是粉末状，不能用镊子取，故C错误；D.CO32-和 SO32-在水溶液中水解使溶液呈碱性，碱性强弱取决于对应酸的电离程度，电离常数越小，酸性越弱，对应盐的碱性越强，pH 越大，故D 正确；正确答案是D。11加入少许下列一种物质，不能使溴水颜色显著变浅的是A Mg 粉BKOH溶液CKI 溶液DCCl4【答案】C【解析】【分析】溴水溶液与氯水溶液成分相似，存在平衡Br2+H2O?HBr+HBrO，据此分析作答。【详解】A Mg 与溴水反应生成无色溶液，颜色变浅，故A 不符合题意；BKOH 与溴水反应生成无色溶液，颜色变浅，故B 不符合题意；C溴水与KI 发生反应生成碘，溶液颜色加深，故C符合题意；D溴水与四氯化碳发生萃取，使溴水颜色显著变浅，故D 不符合题意；故答案为：C。12苯乙酮常温下为无色晶体或浅黄色油状液体，是山楂、含羞草、紫丁香等香精的调合原料，并广泛用于皂用香精和烟草香精中，可由苯经下述反应制备：+(CH3CO)2O3AlCl+CH3COOH NA代表阿伏加德罗常数的值。下列有关说法正确的是A气态苯乙酮的密度是气态乙酸密度的2 倍B1mol 苯所含的化学单键数目为12 NAC0.5mol 乙酸酐中含有的电子数目为27 NAD 1L2mol/LCH3COOH溶液与足量钠反应生成的气体分子数为NA【答案】C【解析】【分析】【详解】A气态苯乙酮的摩尔质量为120g/mol，气态乙酸的摩尔质量为60g/mol，根据 =mV，二者气态物质的状态条件未知，体积无法确定，则密度无法确定，故A 错误；B苯的结构中，只有碳氢单键，碳碳之间是一种介于单键与双键之间的一种特殊键，则1 个苯分子中有6 个单键，1mol 苯中含有6mol 单键即 6 NA个，故 B 错误；C 一个乙酸酐分子中含有54 个电子，1mol 乙酸酐分子中含有54mol 电子，则 0.5mol 乙酸酐中含有27mol电子，即电子数目为27 NA，故 C正确；D 1L2mol/LCH3COOH的物质的量为2mol，与钠反应生成氢气1mol，足量钠，醋酸消耗完可继续与水反应，则生成的气体分子数大于NA个，故 D 错误；答案选 C。【点睛】足量的钠与乙酸反应置换出氢气后，剩余的钠会继续和水反应，钠与水反应也会释放出氢气。13 在 3 种不同条件下，分别向容积为2L的恒容密闭容器中充入2molA 和 1molB，发生反应：2A(g)+B(g)2C(g)H=QkJ/mol。相关条件和数据见下表：实验编号实验实验实验反应温度/700 700 750 达平衡时间/min 40 5 30 平衡时 n(C)/mol 1.5 1.5 1 化学平衡常数K1K2K3下列说法正确的是（）A K1=K2K3B升高温度能加快反应速率的原因是降低了反应的活化能C实验比实验达平衡所需时间小的可能原因是使用了催化剂D实验达平衡后，恒温下再向容器中通入1molA 和 1molC，平衡正向移动【答案】C【解析】【详解】A.反应为 2A(g)+B(g)2C(g)，比较实验I和 III，温度升高，平衡时C的量减少，说明升高温度，化学平衡向逆反应方向移动，正反应为放热反应，Q0，则 K3K1；温度相同，平衡常数相同，则K1=K2，综上所述可知平衡常数关系为：K3K2=K1，A 错误；B.升高温度，使一部分分子吸收热量而变为活化分子，导致活化分子百分数增大，增大活化分子有效碰撞机会，化学反应速率加快，而反应的活化能不变，B 错误；C.实验 II 达到平衡的时间比实验I 短，而实验温度与实验I 相同，平衡时各组分的量也相同，可判断实验II 改变的条件是使用了催化剂。催化剂加快反应速率，但不改变化学平衡状态，故实验I 和探究的是催化剂对于化学反应的影响，C正确；D.容积为 2L 的恒容密闭容器中充入2molA 和 1mol B，发生反应：2A(g)+B(g)2C(g)，实验 III 中，原平衡的化学平衡常数为K=2222c C0.50.50.25c Ac B=4。温度不变，平衡常数不变，实验达平衡后，恒温下再向容器中通入1 mol A 和 1 molC，则此时容器中c(A)=1mol/L，c(B)=0.25mol/L，c(C)=1mol/L，此时浓度商 Qc=22110.25=4=K，因此恒温下再向容器中通入1 mol A 和 1 molC，化学平衡没有发生移动，D 错误；故合理选项是C。14下列属于碱的是A HI BKClO CNH3.H2O DCH3OH【答案】C【解析】【详解】A.HI 在溶液中电离出的阳离子全为氢离子，属于酸，故A 错误；B.KClO是由钾离子和次氯酸根离子构成的盐，故B 错误；C.NH3.H2O 在溶液中电离出的阴离子全为氢氧根离子，属于碱，故C正确；D.CH3OH 是由碳、氢、氧三种元素形成的醇，在溶液中不能电离出离子，属于有机物，故D 错误；答案选 C。15中国是最早生产和研究合金的国家之一。春秋战国时期的名剑“干将”、“莫邪”性能远优于当时普遍使用的青铜剑，它们的合金成分可能是()A钠合金B硬铝C生铁D钛合金【答案】C【解析】【详解】人们利用金属最早的合金是青铜器，是铜锡合金，春秋战国时期的名剑“干将”、“莫邪”性能远优于当时普遍使用的青铜剑，根据当时的技术水平，结合金属活动性顺序，可以推断它们的合金成分可能是生铁，不可能是其他三种活泼金属的合金，故答案选C。【点睛】人类利用金属的先后和金属的活动性和在地壳中的含量有关，金属越不活泼，利用的越早，金属越活泼，提炼工艺较复杂，故利用的越晚。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16Ag2OZn 纽扣电池的固体拆解物中含Ag2O、Ag、Zn、Cu、石墨等物质，从中可提取金属银。如图是简要生产流程。（1）固体拆解物需先粉碎的目的是_。（2）浸渣的主要成分是_。（3）以上流程中可循环使用的物质是_，除此之外，你认为通过对_（填流程图中的物质代号）的回收处理，还有可能实现_（填化学式）的循环利用。（4）加入 Cu之前若溶液的酸性太强，需适当调节溶液的pH，原因是 _（用离子方程式表示）.（5）有人在实验室中利用如下方案回收银：已知：Ag+2NH3Ag(NH3)2+K稳=1.7107；Ksp（AgCl）=1.8 10-10写出 AgCl（s）与 NH3反应的离子方程式_，该反应的平衡常数K=_。（6）上述两种回收方案中都用到了试剂X，X是_。A稀硫酸B稀硝酸CCuSO4溶液（7）两种方案回收的银均为粗品，若得到纯度更高的银，可以电解精炼。若电流强度为yA，1 小时后，得到 Ag_g（列出计算式，已知1 个电子所带电量为1.6 10-19C，阿伏伽德罗常数的值用NA表示）。【答案】增加酸浸速率，提高浸取率石墨Cu 滤液、Zn+2+323Cu+8H+2NO=3Cu+2NO+4H OAgCl+2NH3?Ag(NH3)2+Cl-3.06 10-3A 24A2.43 10 yN【解析】【详解】（1）粉碎是为了更好的酸浸，所以目的是增大接触面积，加快酸浸速率，故答案为：增加酸浸速率，提高浸取率；（2）石墨不与稀硝酸反应，故滤渣为石墨，故答案为：石墨；（3）根据流程图知，固体混合物中含铜，回收可参与循环利用，而滤液、中均含有Zn2+，可回收加以循环利用，故答案为：Cu；滤液、；Zn；（4）加入 Cu之前，若酸性太强，Cu 与稀硝酸发生氧化还原反应，反应的离子方程式为+2+323Cu+8H+2NO=3Cu+2NO+4H O，故答案为：+2+323Cu+8H+2NO=3Cu+2NO+4H O；（5）由信息可得，AgCl 溶于 NH3的离子方程式为AgCl+2NH3?Ag(NH3)2+Cl-；该反应的平衡常数为3223Ag NHClNHccKc=32+23Ag NHAgClAgNHccccc=K稳Ksp=1.7 107 1.8 10-10=3.06 10-3，故答案为：AgCl+2NH3?Ag(NH3)2+Cl-；3.0610-3；（6）第一种回收方法中，固体混合物与X反应后，生成物中有铜，在固体混合物中含Zn 和 Cu，要回收Cu，可利用稀硫酸和CuSO4溶液，而第二种方法中，在固体混合物中含Zn 和 Ag，若要除去Zn，则只能利用稀硫酸，故符合题意的为A，故答案为：A；（7）1h=3600s，Q=It=y3600，根据题意回收的Ag 的质量=2419AAy36002.43 10 yMmol 108g/mol=1.6 10nNNg，故答案为：24A2.43 10 yN。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17W、X、Y、Z四种元素均为短周期元素，原子序数依次增大，其它相关信息见下表。元素相关信息W 单质为密度最小的气体X 元素最高正价与最低负价之和为0 Y 某种同素异形体是保护地球地表的重要屏障Z 存在质量数为23，中子数为12 的核素根据上述信息，回答下列问题：(l)元素 Y在元素周期表中的位置是_；Y和 Z的简单离子半径比较，较大的是_（用离子符号表示）。(2)XY2由固态变为气态所需克服的微粒间作用力是_；由元素W 和 Y组成的一种绿色氧化剂的电子式为_。(3)由 W、X、Y、Z四种元素组成的一种无机盐，水溶液呈碱性的原因是_（用离子方程式表示）。【答案】第 2周期，VIA 族O2-分子间作用力HCO3-+H2O垐?噲?H2CO3+OH-【解析】【分析】根据题干信息中元素性质分析判断元素的种类；根据元素的种类判断在元素周期表中的位置；根据物质的组成和性质分析该物质的晶体类型，判断微粒间的作用力；根据成键特点书写电子式。【详解】W、X、Y、Z四种元素均为短周期元素，原子序数依次增大，W 单质为密度最小的气体，则W 为氢元素；X 最高正价与最低负价之和为0，则 X 为第 IVA 族元素，Y的某种同素异形体是保护地球地表的重要屏障，则 Y是氧元素，X是碳元素；Z 存在质量数为23，中子数为12 的核素，则Z的质子数为23-12=11，则 Z是钠元素。（1）元素氧在元素周期表中的位置是第2 周期，VIA 族；氧离子和钠离子具有相同的核外电子排布，则核电荷越大半径越小，所以半径较大的是O2-，故答案为：第2 周期，VIA 族；O2-；（2）CO2晶体为分子晶体，由固态变为气态所需克服的微粒间作用力是分子间作用力；由元素氢和氧组成的一种绿色氧化剂是双氧水，其电子式为，故答案为：分子间作用力；（3）由氢、碳、氧、钠四种元素组成的一种无机盐为碳酸氢钠，因为水解其水溶液呈碱性离子方程式表示为：，故答案为：HCO3-+H2O垐?噲?H2CO3+OH-，故答案为：HCO3-+H2O垐?噲?H2CO3+OH-。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18 汉书?景帝纪记载，我国用锌的历史可追溯到西汉或更早。请回答：（1）基态 Zn 原子的价层电子轨道表达式为_；占据最高能层的电子，其电子云轮廓图形状为_。（2）与相邻元素Ga相比，元素Zn 的第一电离能较大的原因为_。（3）Zn2+可与 CN-、二苯硫腙等形成稳定配合物。CN-的结构式为 _。每个二苯硫腙分子中，采取sp2杂化的原子有 _个。（4）卤化锌的熔点如表所示：ZnF2ZnCl2ZnBr2ZnI2熔点/872 275 394 446 ZnCl2、ZnBr2、ZnI2的熔点呈表中变化规律的原因_。ZnF2的熔点远高于其它三种卤化锌，其原因为_。（5）ZnS的某种晶胞结构如图所示。已知该晶体的密度为dgcm-3，S2-和 Zn2+半径分别为apm、bpm，阿伏伽德罗常数的数值为NA。Zn2+的配位数为 _。该晶胞中离子的体积占晶胞体积的百分率为_（列式即可）【答案】球形Zn 的价电子排布式是3d104s2，4s 能级上电子处于全充满状态，较稳定，难以失去电子；而镓（31Ga）的价电子排布式为4s24p1，容易失去4p 能级上的一个电子，故Ga的第一电离能比Zn 的低16 ZnCl2、ZnBr2、ZnI2均为分子晶体且结构相似，相对分子质量依次增大，分子间作用力逐渐增强，故熔点依次升高ZnF2属于离子晶体，熔化时需要破坏离子键，而其它三种晶体属于分子晶体，离子键的强度大于分子间作用力，故其熔点远高于其它三种卤化锌4 33-10A4 N d(a+b)10397100%【解析】【分析】（1）对于主族元素来说，价电子就是最外层电子，但对于Zn 来说，它是副族（B），其价电子还与3d能级上的电子有关；当电子排布完成后，4s 能级上的电子能量最高，4s 能级电子云是球形；（2）Zn 与 Ga在周期表中虽然是相邻元素，但价电子不一样，Zn 的价电子排布式是3d104s2，而 Ga 的价电子排布式为4s24p1，结合洪特规则判断；（3）CN-与 N2、CO是等电子体，它们的结构相似，其中N2的结构式为；双键碳和双键氮以及苯环碳均是sp2杂化；（4）ZnCl2、ZnBr2、ZnI2均为分子晶体且结构相似，而ZnF2属于离子晶体，它们的熔沸点由于晶体类型不同，影响它们熔沸点的作用力不同，应区别对待；（5）这种 ZnS晶胞不属于立方晶胞，上下两个底面是平行四边形，两个角呈120、另两个角呈60，这就决定了处于晶胞顶点上的8 个 S2-，有 4 个被 12 个晶胞共用，另 4 个被 6 个晶胞共用；处于棱上的4个 Zn2+，有 2 个被 6 个晶胞共用、另2 个被 3 个晶胞共用，这样就可以求出晶胞的组成。再根据密度与质量、体积的关系以及球的体积公式即可求得离子占晶胞体积的百分率。【详解】（1）Zn 的原子序数为30，其价电子排布式为3d104s2，价层电子轨道表达式为：；占据最高能层的电子处于4s 能级上，所以是球形；（2）第一电离能是从气态基态原子中去掉一个电子所需的能量，Zn 的价电子排布式是3d104s2，4s 能级上电子处于全充满状态，较稳定，难以失去电子；而镓（31Ga）的价电子排布式为4s24p1，容易失去 4p 能级上的一个电子，故Ga 的第一电离能比Zn 的低；（3）CN-与 N2互为等电子体，等电子体具有相似的结构。N2的结构式为，故 CN-的电子式为；每个二苯硫腙分子中，2 个苯环的12 个碳原子为sp2杂化，形成双键的硫原子、碳原子和2 个氮原子也为 sp2杂化，共计16 个；（4）分子晶体熔沸点由分子间作用力大小决定，ZnCl2、ZnBr2、ZnI2均为分子晶体且结构相似，相对分子质量依次增大，分子间作用力逐渐增强，故熔点依次升高；晶体的熔沸点决定于晶体类型，一般来说熔沸点是：原子晶体离子晶体分子晶体，ZnF2属于离子晶体，熔化时需要破坏离子键，而其它三种晶体属于分子晶体，离子键的强度大于分子间作用力，故其熔点远高于其它三种卤化锌；（5）由晶胞结构可知，每个Zn2+周围连有4 个 O2-，配位数为4；该一个晶胞中含有S2-的数目为：112 4+16 4+1=2；含 Zn2+的数目为：16 2+13 2+1=2。即一个晶胞中含有 2 个 ZnS，根据密度与质量、体积的关系可以求出一个晶胞的体积，即：d=A297N V晶胞，一个晶胞的体积是：V晶胞=A297dNcm3，S2-、Zn2+可以看做刚性球，球的体积公式是43r3，故该晶胞中离子的体积占晶胞体积的百分率为：-103-103A42(a10)+b10)3297dN 100%=33-10A4 N d(a+b)10397 100%。【点睛】本题考查了原子结构、分子结构、晶体结构的有关知识，综合性较强。难点：求晶胞中离子的空间利用率，特别注意：要注意单位，一般来说，密度的单位是g/cm3，这样求出的晶胞的体积是以cm3做单位，而微粒的半径通常用nm 或者 pm 做单位，就要注意换算，1pm=10-10cm，1nm=10-7cm；这种ZnS晶胞不是立方晶胞，它的上下两个面是平行四边形，有两个对角是60，另两个是120，故处于顶点上的粒子，有两个是被12 个晶胞共用，还有两个是被6 个晶胞共用，处于棱上的粒子，有两个被6 个晶胞共用，还有 2 个被 3 个晶胞共用。这也是求晶体化学式的关键。19纳米氧化亚铜具有特殊功能。以废铜渣(主要成分为Cu和 CuO，含少量Ni、Al2O3和 Fe3O4等)为原料制备纳米氧化亚铜的流程如下：回答下列问题：(1)“研磨 的主要目的是_；滤渣 2 的主要成分是_(填化学式)。(2)“酸溶”中通入热空气的主要目的是_(用 2 个离子方程式表示)。(3)已知：Ni(s)+4CO(g)?Ni(CO)4(g)?H0。利用平衡移动原理提纯镍粉，密封管如图所示。在密封管_(填“高温区”或“低温区”)收集纯镍粉。(4)滤液 1 的溶质有NaOH 和_(填化学式)。(5)设计实验检验滤液2 是否含 Fe3+：_(写出简要操作、现象和结论)。(6)制备 Cu2O 有多种方案(注明：肼的某些性质类似氨气)。方案 1：炭还原法,即木炭与氧化铜混合共热；方案 2：葡萄糖还原法,即葡萄糖与Cu(OH)2浊液共热；方案 3：肼还原法,即在加热条件下用N2H4还原 CuO：方案 4：电解法,以铜为阳极,石墨为阴极,电解 NaOH 溶液。从操作方便、产品纯度、节能安全和环保等角度分析，最佳方案是方案_(填数字)。【答案】增大固体接触面积，加快反应速率Fe(OH)32Cu+O2+4H+=2Cu2+2H2O、4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O 高温区NaAlO2取少量滤液2 于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液变红色，则滤液2 含 Fe3+；否则，不含Fe3+2【解析】【分析】废铜渣研磨后颗粒转化为粉末，与CO充分接触，Ni 转化为 Ni(CO)4；用 NaOH 碱溶后，固体中的Al2O3转化为 NaAlO2进入滤液1，滤渣为 Cu、CuO、Fe3O4；用稀硫酸酸溶，并鼓入热空气，Cu、CuO转化为 CuSO4，Fe3O4转化为 Fe2(SO4)3；调 pH 后，Fe3+转化为 Fe(OH)3进入滤渣2，滤液 2 为 CuSO4等的混合溶液。【详解】(1)固体与气体或液体的接触面积越大，反应速率越快。由此得出“研磨 的主要目的是增大固体接触面积，加快反应速率；调节pH 时，Fe3+转化为 Fe(OH)3，由此得出滤渣2 的主要成分是Fe(OH)3。答案为：增大固体接触面积，加快反应速率；Fe(OH)3；(2)“酸溶”时通入热空气，将Cu、CuO、Fe3O4转化为 CuSO4、Fe2(SO4)3，便于提纯与转化，其主要目的是2Cu+O2+4H+=2Cu2+2H2O、4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O。答案为：2Cu+O2+4H+=2Cu2+2H2O、4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O；(3)操作的目的是先将Ni 转化为 Ni(CO)4，再将 Ni(CO)4转化为 Ni，依据平衡移动原理，应先在低温区将Ni转化为 Ni(CO)4，再在高温区将Ni(CO)4转化为 Ni。答案为：高温区；(4)加入 NaOH 溶液后，Al2O3与 NaOH 反应，转化为NaAlO2，由此得出滤液1的溶质为NaOH 和 NaAlO2。答案为：NaAlO2；(5)检验滤液2 是否含 Fe3+，应使用KSCN溶液，具体操作为：取少量滤液2 于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液变红色，则滤液2 含 Fe3+；否则，不含Fe3+。答案为：取少量滤液2 于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液变红色，则滤液2 含 Fe3+；否则，不含Fe3+；(6)方案 1：木炭过量时，会引入杂质，且可能会将Cu2O 进一步还原为Cu；方案 2：葡萄糖还原Cu(OH)2，此法操作方法，产品纯度高；方案 3：N2H4类似 NH3，不环保；方案 4：电解法耗能高，在铜电极表面生成Cu2O，分离困难。综合以上分析，最佳方案是方案2。答案为：2。【点睛】在进行制备Cu2O 方案评价时，感觉不知从何谈起，得出正确结论困难重重，若我们利用信息从“操作方便、产品纯度、节能安全和环保”等角度分析突破，对每一方案都从这四个方面去考察，则容易得出正确的结论。