2019-2020学年安徽省滁州市西城区中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年安徽省滁州市西城区中学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将铁的化合物溶于盐酸，滴加KSCN 溶液不发生颜色变化，再加入适量氯水，溶液立即呈红色的是A Fe2O3BFeCl3CFe2(SO4)3DFeO【答案】D【解析】【详解】铁的化合物溶于盐酸后滴加KSCN溶液不发生颜色变化，说明其中不含铁离子，再加入适量氯水后溶液变红色，说明溶于盐酸后的溶液中存在亚铁离子，Fe2O3、FeCl3、Fe2(SO4)3溶于盐酸溶液中均有Fe3+的存在，滴加 KSCN溶液会产生红色，而FeO溶于盐酸生成FeCl2，故选

2、 D。【点睛】加入适量氯水后溶液变红色，说明溶于盐酸后的溶液中存在亚铁离子是解答的突破口。2X、Y、Z 三种元素的常见单质在适当条件下可发生如下图所示的变化，其中a 为双原子分子，b 和 c 均为 10 电子分子，b 在常温下为液体。下列说法不正确的是A单质 Y为 N2Ba 不能溶于b 中Ca 和 c 不可能反应D b 比 c 稳定【答案】C【解析】【详解】b 和 c 均为 10 电子分子，b 在常温下为液体，则b 可能为 H2O，c 可能为 HF、NH3，根据转化关系推测X为氧气，Z为氢气，则Y可能为氟气或氮气，又a 为双原子分子，则a 为 NO，则 Y为氮气。A.根据上述分析，单质Y为 N

3、2，故 A 正确；B.NO 不能溶于H2O 中，故 B正确；C.NO 和 NH3在一定条件下可以反应，故C 错误；D.H2O 比 NH3稳定，故 D 正确。故选 C。3下列有机物命名正确的是（）A氨基乙酸B2二氯丙烷C2甲基丙醇DC17H33COOH硬脂酸【答案】A【解析】【详解】A.为氨基乙酸，A 正确；B.为 2，2-二氯丙烷，B错误；C.2-甲基-1-丙醇，C错误；D.C17H33COOH为油酸，D 错误；故答案为：A。4下列物质性质与应用的因果关系正确的是（）A大气中的N2可作为工业制硝酸的原料B晶体硅用于制作半导体材料是因其熔点高、硬度大CFe2+、SO2都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，

4、前者表现出还原性后者表现出漂白性D氯气泄漏现场自救方法是用湿毛巾捂住口鼻并向地势低的地方撤离【答案】A【解析】【详解】A、大气中的N2可作为工业制硝酸的原料，A 正确；B、晶体硅用于制作半导体材料是因导电性介于导体与绝缘体之间，与熔点高、硬度大无关，B 不正确；C、Fe2+、SO2都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，两者均表现出还原性，C不正确；D、氯气有毒且密度比空气大，所以氯气泄漏现场自救方法是用湿毛巾捂住口鼻并向地势高的地方撤离，D 不正确；故选 A。5使用石油热裂解的副产物中的甲烷来制取氢气，需要分两步进行，其反应过程中的能量变化如图所示：则甲烷和水蒸气反应生成二氧化碳和氢气的热化学方程式为（

5、）A CH4(g)H2O(g)=3H2(g)CO(g)H 103.3kJ/mol BCH4(g)2H2O(g)=4H2(g)CO2(g)H 70.1kJ/mol CCH4(g)2H2O(g)=4H2(g)CO2(g)H70.1kJ/mol D CH4(g)2H2O(g)=4H2(g)CO2(g)H 136.5kJ/mol【答案】D【解析】【分析】本题考查化学反应与能量变化,意在考查考生的图象分析能力与推理能力。【详解】左图对应的热化学方程式为A.CH4(g)H2O(g)=3H2(g)CO(g)H 103.3kJ/mol，右图对应的热化学方程式为 CO(g)+H2O(g)=H2(g)+CO2(9

6、)H=-33.2kJ/mol；两式相加即可得相应的热化学方程式D.CH4(g)2H2O(g)=4H2(g)CO2(g)H 136.5kJ/mol，故 D 符合题意；答案：D。【点睛】根据两图都为放热反应，完成热化学反应方程式，再根据盖斯定律进行分析即可。6 在反应 3BrF35H2O=9HF Br2HBrO3O2中，若有 5 mol H2O 参加反应，被水还原的溴元素为()A 1 mol B2/3 mol C4/3 mol D2 mol【答案】C【解析】【分析】【详解】在反应 3BrF3+5H2O=HBrO3+Br2+9HF+O2中，元素化合价变化情况为：溴元素由+3 价升高为+5 价，溴元素

7、由+3 价降低为0 价，氧元素化合价由-2 价升高为0 价，所以BrF3既起氧化剂也起还原剂作用，同时水也起还原剂作用若5molH2O 参加反应，则生成1molO2，氧原子提供电子物质的量为2mol 2，令被水还原的BrF3的物质的量为xmol，根据电子转移守恒，则：2mol 2=xmol（3-0）解得 x=4/3mol，选项 C符合题意。7下列化学用语正确的是A中子数为2 的氢原子：21H BNa+的结构示意图：COH-的电子式：H一DN2分子的结构式：N N【答案】C【解析】【详解】A中子数为2 的氢原子的质量数为3，该原子正确的表示方法为：31H，故 A错误；B钠离子的核外电子总数为10

8、，质子数为11，钠离子正确的离子结构示意图为：，故 B 错误；C氢氧根离子带一个单位负电荷，电子式为H一，故 C正确；D氮气分子的电子式为：，将共用电子对换成短线即为结构式，氮气的结构式为：NN，故 D错误；故选 C。8某有机物结构简式如图，下列对该物质的叙述中正确的是A该有机物能发生取代反应、氧化反应和消去反应B1mol 该有机物最多可与2molNaOH 发生反应C该有机物可以与溴的四氯化碳溶液发生加成反应使之褪色D该有机物有3 个手性碳原子【答案】D【解析】【分析】【详解】A该有机物中与羟基相连的碳原子的邻位碳原子上没有氢原子，不能发生消去反应，故A 错误；B该分子含有酯基，1mol 该有

9、机物含有1mol 酯基，酯基水解后生成羧基和醇羟基，只能和1molNaOH发生反应，故B 错误；C该分子中不含碳碳双键或三键，不能与溴发生加成反应，故C错误；D连接四个不同原子或原子团的饱和碳原子为手性碳原子，所以与苯环相连的碳原子、六元环上与O 相连的碳原子、六元环上连接一个甲基的碳原子均为手性碳原子，故D 正确；答案为 D。【点睛】与羟基相连的碳原子的邻位碳原子上有氢原子可发生消去反应；与羟基相连的碳原子上有氢原子可发生氧化反应；连接四个不同原子或原子团的饱和碳原子为手性碳原子。9常温下，将甲针筒内20mLH2S推入含有10 mLSO2的乙针筒内，一段时间后，对乙针筒内现象描述错误的是（气

10、体在同温同压下测定）（）A有淡黄色固体生成B有无色液体生成C气体体积缩小D最终约余15mL 气体【答案】D【解析】【详解】A.因 H2S与 SO2能够发生反应：SO2+2H2S=3S+2H2O，生成黄色固体，正确；B.根据反应SO2+2H2S=3S+2H2O，有无色液体水生成，正确；C.根据反应SO2+2H2S=3S+2H2O，反应后气体体积缩小，正确；D.根据反应SO2+2H2S=3S+2H2O，20mLH2S与 10 mLSO2恰好完全反应，最终没有气体剩余，错误；答案选 D。10我国科学家构建了一种有机框架物M，结构如图。下列说法错误的是（）A 1molM 可与足量Na2CO3溶液反应生

11、成1.5molCO2B苯环上的一氯化物有3 种C所有碳原子均处同一平面D 1molM 可与 15mol H2发生加成反应【答案】D【解析】【详解】A.根据物质结构可知：在该化合物中含有3 个-COOH，由于每2 个 H+与 CO32-反应产生1molCO2气体，所以 1molM 可与足量Na2CO3溶液反应生成1.5molCO2，A 正确；B.在中间的苯环上只有1 种 H 原子，在与中间苯环连接的3 个苯环上有2 种不同的H 原子，因此苯环上共有 3 种不同位置的H 原子，它们被取代，产生的一氯化物有3 种，B 正确；C.-COOH碳原子取代苯分子中H 原子的位置在苯分子的平面上；与苯环连接的

12、碳碳三键的C原子取代苯分子中 H 原子的位置在苯分子的平面上；乙炔分子是直线型分子，一条直线上2 点在一个平面上，则直线上所有的原子都在这个平面上，所以所有碳原子均处同一平面，C正确；D.在 M 分子中含有 4 个苯环和3 个碳碳三键，它们都可以与氢气发生加成反应，则可以与1molM 发生加成反应的氢气的物质的量为34+23=18mol，D 错误；故合理选项是D。11下列有关Fe2(SO4)3溶液的叙述正确的是A该溶液中K、Fe2、C6H5OH、Br可以大量共存B和 KI 溶液反应的离子方程式：Fe32IFe2I2C和 Ba(OH)2溶液反应的离子方程式：Fe3SO42Ba23OHFe(OH)

13、3BaSO4D 1 L0.1 molL-1该溶液和足量的Zn 充分反应，生成11.2 g Fe【答案】D【解析】【详解】A、三价铁与苯酚会发生显色反应，不能大量共存，A 错误；B、电荷不守恒，正确的离子方程式为2Fe32I2Fe2I2，B 错误；C、不符合配比关系，正确的离子方程式为2Fe33SO42 3Ba2 6OH2Fe(OH)33BaSO4，C错误；D、根据原子守恒，铁离子的物质的量为0.2mol，与足量Zn 反应生成0.2mol 铁，为 11.2g，D 正确；答案选 D。12某学习小组设计实验探究H2S的性质，装置如图所示。下列说法正确的是（）A若 E中 FeS换成 Na2S，该装置也

14、可达到相同的目的B若 F中产生黑色沉淀，说明硫酸的酸性比氢硫酸强C若 G中产生浅黄色沉淀，说明H2S的还原性比Fe2+强D若 H 中溶液变红色，说明氢硫酸是二元弱酸【答案】C【解析】【详解】A.若 E中 FeS换成 Na2S，硫化亚铁是块状固体，硫化钠是粉末，不能达到随关随停的效果，故A 错误；B.若 F中产生黑色沉淀，是硫酸铜和硫化氢反应生成硫化铜沉淀和硫酸，不能说明硫酸的酸性比氢硫酸强，故 B 错误；C.若 G 中产生浅黄色沉淀是硫化氢和氯化铁反应生成硫单质、氯化亚铁和盐酸，根据氧化还原反应原理得出 H2S的还原性比Fe2+强，故 C正确；D.若 H 中溶液变红色，说明氢硫酸是酸，不能说明

15、是二元弱酸，故D 错误。综上所述，答案为C。13mg 铁粉与含有H2SO4的 CuSO4溶液完全反应后，得到mg 铜，则参与反应的CuSO4与 H2SO4的物质的量之比为A 8:7 B1:7 C7:8 D7:1【答案】D【解析】【详解】ag 铁粉的物质的量为56amol，agCu 的物质的量为64amol，根据氧化还原顺序Fe先与4CuSO反应，再与24H SO反应，因为5664aamolmol，所以4CuSO反应完全，剩余Fe 与 反应24H SO，所以参加反应的4CuSO的物质的量为64amol，参加反应的24H SO的物质的量为5664aamol，参加反应的CuSO4与 H2SO4的物质

16、的量之比为:7:1565664aaa，答案选 D。14向含 1 mol NaOH、2 mol NaAl(OH)4、1 mol Ba(OH)2的混合液中加入稀硫酸充分反应，加入溶质H2SO4的量和生成沉淀的量的关系正确的是选项A B C D n(H2SO4)/mol 2 3 4 5 n(沉淀)/mol 2 3 2 1.5 A A BB CC D D【答案】A【解析】【分析】【详解】A、2mol 硫酸中有3mol 氢离子中和氢氧根，1mol 氢离子与偏铝酸钠反应生成1mol 氢氧化铝沉淀，同时还有 1mol 硫酸钡产生，共计是2mol，选项 A 正确；B、3mol 硫酸中有3mol 氢离子中和氢氧

17、根，2mol 氢离子与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀，生成的氢氧化铝沉淀又有一部分溶解在氢离子中，而硫酸钡是1mol，则沉淀的物质的量小于3mol，选项 B 错误；C、4mol 硫酸中有3mol 氢离子中和氢氧根，2mol 氢离子与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀，剩余3mol氢离子又溶解1mol 氢氧化铝，而硫酸钡是1mol，则沉淀的物质的量是2mol，选项 C错误；D、5mol 硫酸中有3mol 氢离子中和氢氧根，2mol 氢离子与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀，剩余5mol氢离子又溶解5/3mol 氢氧化铝，而硫酸钡是1mol，则沉淀的物质的量是4/3mol，选项 D 错误；答案选 A。15下列

18、有关物质性质的比较，结论正确的是A碱性：LiOHRbOH B溶解度：Na2CO3NaHCO3C热稳定性：PH3SiH4D沸点：C2H5OHC2H5SH【答案】A【解析】【详解】A.因金属性：LiRb，所以其碱性：LiOHNaHCO3，B项错误。C.因非金属性：PSi，所以热稳定性：PH3SiH4，C项错误；D.C2H5OH 分子之间能形成氢键，而C2H5SH分子之间只存在范德华力，因此沸点：C2H5OHC2H5SH，D 项错误；答案选 A。【点睛】本题重点要准确掌握元素周期律及金属性、非金属性的判断依据，其中 D 项是学生的易错点，要了解分子晶体中，若存在氢键，则因氢键的影响沸点反常高；若无氢

19、键，则相对分子质量越大，范德华力越大，对应的物质沸点越高。学生要准确掌握这些化学基本功，学以致用。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16实验室里，从废旧钴酸锂离子电池的正极材料(在铝箔上涂覆活性物质LiCoO2)中，回收钴、锂的操作流程如图所示：回答下列问题。(1)拆解废旧电池获取正极材料前，先将其浸入NaCl 溶液中，使电池短路而放电，此时溶液温度升高，该过程中能量的主要转化方式为_。(2)“碱浸”过程中产生的气体是_；“过滤”所得滤液用盐酸处理可得到氢氧化铝，反应的化学方程式为_。(3)“酸浸”时主要反应的离子方程式为_；若硫酸、Na2S2O3溶液用一定浓度的盐酸替代，也可以达到

20、“酸浸”的目的，但会产生_(填化学式)污染环境。(4)“沉钴”时，调 pH 所用的试剂是_；“沉钴”后溶液中c(Co2+)=_。(已知：KspCo(OH)2=1.09 l0-15)(5)根据如图判断，“沉锂”中获得 Li2CO3固体的操作主要包括_、_、洗涤、干燥等步骤。【答案】化学能电能 热能H2NaAlO2+HCl+H2ONaCl+Al(OH)38LiCoO2+S2O32-+22H+8Li+8Co2+2SO42-+11H2O Cl2NaOH 溶液或氢氧化钠固体1.09 l0-6mol/L 蒸发浓缩趁热过滤【解析】【分析】由流程可知，加碱浸泡，发生2Al+2OH-+2H2O 2AlO2-+3

21、H2，固体残渣为LiCoO2，加酸发生8LiCoO2+S2O32-+22H+8Li+8Co2+2SO42-+11H2O，调节 pH 沉钴生成Co(OH)2，最后调节pH12 时加加入碳酸钠，发生的离子反应为2Li+CO32-Li2CO3，母液含硫酸钠，以此来解答。【详解】（1）拆解废旧电池获取正极材料前，先将其浸入NaCl 溶液中，使电池短路而放电，为原电池，此时溶液温度升高，可知放热，该过程中能量的主要转化方式为化学能电能热能；（2）结合以上分析可知，“碱浸”过程中产生的气体是H2；“过滤”所得滤液用盐酸处理可得到氢氧化铝，反应的化学方程式为NaAlO2+HCl+H2ONaCl+Al(OH)

22、3；（3）根据流程可知，+3 价的钴被还原为+2 价，做氧化剂，而硫代硫酸根离子做还原剂，被氧化为硫酸根离子，所以“酸浸”时主要反应的离子方程式为8LiCoO2+S2O32-+22H+8Li+8Co2+2SO42-+11H2O；若硫酸、Na2S2O3溶液用一定浓度的盐酸替代，也可以达到“酸浸”的目的，但盐酸易被氧化为氯气，会发生2LiCoO2+8HCl2LiCl+2CoCl2+Cl2+4H2O 反应，产生Cl2污染环境；（4）由最终产物及加碱调节pH 流程可知，“沉钴”时，既能达到目的，又不能引入杂质，调pH 所用的试剂是 NaOH，“沉钴”后溶液中c（Co2+）=154.521.09 10(

23、10)mol/L=1.09l0-6mol/L；（5）由图可知，温度高时碳酸锂的溶解度小，则“沉锂”中获得Li2CO3固体的操作主要包括蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤、干燥等步骤。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17某新型药物G 合成路线如图所示：已知：.RCHOHCN（R 为烃基）；.RCOOH3PBr；.+RNH2一定条件请回答下列问题：（1）A 的名称为_，合成路线图中反应所加的试剂和反应条件分别是_。（2）下列有关说法正确的是_（填字母代号）。A反应的反应类型为取代反应BC可以发生的反应类型有取代、加成、消去、加聚CD 中所有碳原子可能在同一平面上D一定条件下1 mol G 可以和

24、 2 mol NaOH 或者 9 mol H2反应（3）F的结构简式为_。（4）C在一定条件下可以发生聚合反应生成高分子化合物，写出该反应的化学方程式_。（5）D 有多种同分异构体，同时满足下列条件的同分异构体有_种。属于芳香族化合物，且分子中含有的环只有苯环能发生银镜反应和水解反应（6）参照 G 的上述合成路线，设计一条由乙醛和H2NCH（CH3）2为起始原料制备医药中间体CH3CONHCH（CH3）2的合成路线 _。【答案】苯乙醛浓硫酸，加热C n+(n-1)H2O 5 CH3CHOCH3COOH3PBrCH3COBr CH3CONHCH(CH3)2【解析】【分析】根据合成路线，A 结构中

25、含有苯环结构，AB 发生信息I 的反应，则A 为，B 为，B 酸性条件下水解生成C；根据 D 的分子式，结合C的分子式C9H10O3可知，C 发生消去反应生成D，D 为，D 发生信息II 的反应生成E，E为，结合 G 的结构简式可知，E和 F发生取代反应生成G，则 F为，据此分析解答。【详解】(1)根据上述分析，A 为，名称为苯乙醛，合成路线图中反应为醇羟基的消去反应，所加的试剂和反应条件分别是浓硫酸，加热，故答案为：苯乙醛；浓硫酸，加热；(2)A.根据上述分析，反应为加成反应，故A 错误；B.C中含有羟基、羧基和苯环，羟基可以取代反应和消去反应，羧基可以发生取代反应，苯环可以发生取代反应和加

26、成反应，但不能发生加聚，故B错误；C.D为，苯环、碳碳双键和碳氧双键都是平面结构，因此D 中所有碳原子可能在同一平面上，故 C正确；D.一定条件下1 mol G()可以和 2 mol NaOH 发生水解反应，能够和7 mol H2发生加成反应，故D 错误；故答案为：C；(3)根据上述分析，F的结构简式为，故答案为：；(4)C()在一定条件下可以发生缩聚反应生成高分子化合物，反应的化学方程式为n+(n-1)H2O，故答案为：n+(n-1)H2O；(5)D()有多种同分异构体，属于芳香族化合物，且分子中含有的环只有苯环，能发生银镜反应和水解反应，说明结构中含有醛基和酯基，则属于甲酸酯类物质，满足条

27、件的同分异构体有：苯环上含有2 个侧链的，一个侧链为HCOO-，一个为-CH=CH2，有 3 种结构；苯环上含有1 个侧链的，HCOO-可以分别连接在-CH=CH-两端，有两种结构，共有5 种同分异构体，故答案为：5；(6)由乙醛和H2NCH(CH3)2为起始原料制备医药中间体CH3CONHCH(CH3)2，根据信息III，可以首先合成CH3COBr，然后与H2NCH(CH3)2发生取代反应即可，根据G 的合成路线，可以由CH3CHO，先氧化生成CH3COOH，然后发生信息II的反应即可得到CH3COBr，合成路线为CH3CHOCH3COOH3PBrCH3COBr CH3CONHCH(CH3)

28、2，故答案为：CH3CHOCH3COOH3PBrCH3COBr CH3CONHCH(CH3)2。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18硫酸镍是一种重要的化工中间体，是镍行业研究的热点。一种以石油化工中废镍催化剂(主要成分为NiCO3和 SiO2，含少量Fe2O3、Cr2O3)为原料制备硫酸镍的工业流程如图：已知：NiS、Ni(OH)2、Cr(OH)3均难溶于水，Cr(OH)3是两性氢氧化物。Fe(OH)3不溶于 NH4Cl-氨水的混合液，Ni(OH)2溶于 NH4Cl-氨水的混合液生成Ni(NH3)62+。请回答下列问题：(1)“酸溶”时为了提高浸取率，可采取的措施有_(任写出一条)

29、。(2)“滤渣 I”的主要成分是_。(3)“一次碱析”时，加入的NaOH 溶液需过量，则含铬微粒发生反应的离子方程式为_。(4)“氨解”的目的为 _，“净化”时加入的H2S的目的是将镍元素转化为_沉淀。(5)“氧化”时发生反应的离子方程为_。(6)“二次碱析”时，若使溶液中的Ni2+沉淀完全(离子浓度 10-5mol L-1时，离子沉淀完全)，则需维持c(OH-)不低于 _(已知 Ni(OH)2的 Ksp=2 10-15，2 1.4)。(7)以 Fe、Ni 为电极制取Na2FeO4的原理如图所示。通电后，在铁电极附近生成紫红色的FeO42-。电解时阳极的电极反应式为_，离子交换膜(b)为_(填

30、“阴”或“阳”)离子交换膜。【答案】升高温度、将废镍催化剂粉碎、搅拌等SiO2Cr3+4OH-=CrO2-+2H2O 除去 Fe3+NiS 3NiS+8H+2NO3-=3Ni2+2NO +3S+4H2O 1.4 10-5mol/L Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O 阴【解析】【分析】废镍催化剂(主要成分为NiCO3和 SiO2，含少量Fe2O3、Cr2O3)为原料制备硫酸镍，加入20%的硫酸酸溶，NiCO3、Fe2O3、Cr2O3反应进入溶液中，SiO2不能反应，过滤，滤渣为SiO2，滤液加入NaOH 溶液进行一次碱析，滤液含有CrO2-，沉淀加入氯化铵、氨水缓冲液，由信息可知滤

31、渣为Fe(OH)3，过滤得到的滤液含有 Ni(NH3)62+，“净化”时通入的H2S，可以将镍元素转化为NiS沉淀，加入硝酸氧化，可生成S和Ni2+，加入氢氧化钠生成Ni(OH)2，过滤后加入硫酸可得到硫酸镍，经蒸发浓缩、冷却结晶得到硫酸镍晶体，以此解答该题。【详解】(1)“酸溶”时为了提高浸取率，可以先将废镍催化剂粉碎，以增大固体表面积，或进行搅拌，并在加热条件下使废镍催化剂与20%硫酸充分反应等；(2)“滤渣”主要成分为二氧化硅；(3)Cr(OH)3难溶于水，Cr(OH)3是两性氢氧化物，可以与过量的NaOH 溶液发生反应产生CrO2-，则含铬微粒发生反应的离子方程式为Cr3+4OH-=C

32、rO2-+2H2O；(4)加入氯化铵和氨水的缓冲液，可生成 Fe(OH)3沉淀，同时生成 Ni(NH3)62+，达到除去Fe3+的目的；“净化”时通入的H2S的目的是将镍元素转化为NiS沉淀，对应的离子方程式为NiNi(NH3)62+H2S=NiS+2NH4+4NH3；(5)“氧化”时 HNO3将 NiS 氧化为 S单质，HNO3被还原为NO，发生反应的离子方程式为3NiS+8H+2NO3-=3Ni2+2NO +3S+4H2O，从而可除去硫，生成镍离子；(6)离子浓度 1 10-5mol/L 时，离子沉淀完全，已知Ni(OH)2的 Ksp=2 10-15，则c(OH-)=15252 101 1

33、0mol/L=1.4 10-5mol/L；(7)电解池中阳极发生氧化反应，依据题意可知铁在阳极失去电子，碱性环境下生成高铁酸根离子FeO42-，阳极的电极反应式为：Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O，离子交换膜(b)为阴离子交换膜，可使氢氧根离子进入阳极区。【点睛】本题考查物质制备工艺流程的知识.设计反应条件的控制、混合物的分离、物质成分的判断、化学方程式书写、电解原理的应用等，需要学生具备扎实的基础与知识迁移与运用能力，是对学生综合能力的考查。192019 年 1 月 3 日上午，嫦娥四号探测器翩然落月，首次实现人类飞行器在月球背面的软着陆。所搭载的“玉兔二号”月球车，通过砷化镓

34、(GaAs)太阳能电池提供能量进行工作。回答下列问题：(1)基态 As 原子的价电子排布图为_，基态 Ga 原子核外有 _个未成对电子。(2)镓失去电子的逐级电离能(单位：kJ?mol-1)的数值依次为577、1985、2962、6192，由此可推知镓的主要化合价为 _和+3，砷的电负性比镓_(填“大”或“小”)。(3)1918 年美国人通过反应：HC CH+A sCl33AlClCHCl=CHAsCl2制造出路易斯毒气。在HC CH 分子中 键与 键数目之比为_；AsCl3分子的空间构型为_。(4)砷化镓可由(CH3)3Ga和 AsH3在 700制得，(CH3)3Ga中碳原子的杂化方式为_(

35、5)GaAs 为原子晶体，密度为 g?cm-3，其晶胞结构如图所示，Ga 与 As 以_键键合。Ga和 As 的原子半径分别为a pm 和 b pm，设阿伏伽德罗常数的值为NA，则 GaAs 晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为 _(列出计算式，可不化简)。【答案】）1+1大3:2三角锥形sp3共价303310(43(707)5)ANab100%【解析】【分析】(1)As 为 33 号元素，基态As原子的核外价电子为其4s 能级上 2 个电子、4p 能级上 3 个电子，基态Ga原子核外 4p 能级上有1 个电子；(2)根据电离能知，失去 1 个或 3 个电子时电离能发生突变，由此可推知镓的主要

36、化合价，同一周期元素电负性随着原子序数增大而增大；(3)共价单键为键、共价三键中含有一个键、两个 键；根据价层电子对个数=键个数+孤电子对个数计算结合价层电子对互斥理论判断空间构型；(4)根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化类型；(5)根据 GaAs为原子晶体判断Ga和 As原子之间的作用力；根据均摊法计算该晶胞中Ga、As原子个数，计算晶胞的质量和体积，再根据晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率=总原子体积晶胞体积 100%计算。【详解】(1)基态 As 原子的核外价电子为其4s 能级上 2 个电子、4p 能级上 3 个电子，所以其价电子排布式为，基态 Ga原子核外4p 能级上有1 个电子，则

37、Ga 未成对电子数是 1，故答案为：；1；(2)根据镓失去电子的逐级电离能知，失去1 个或 3 个电子电离能突变，由此可推知镓的主要化合价为+1和+3，同一周期元素电负性随着原子序数增大而增大，二者位于同一周期且原子序数GaAs，则电负性As 比 Ga大，故答案为：+1；大；(3)共价单键为键、共价三键中含有一个键、两个 键，因此乙炔分子中含有3 个 键、2 个 键，则键、键个数之比为32；AsCl3分子中 As 原子价层电子对个数=3+53 12=4，含有一个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断空间构型为三角锥形，故答案为：32；三角锥形；(4)(CH3)3Ga中碳原子价层电子对个数是4，根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化类型为sp3，故答案为：sp3；(5)GaAs 为原子晶体，Ga和 As原子之间以共价键键合；该晶胞中Ga原子个数是4、As 原子个数=818+612=4，所以其化学式为GaAs，该晶胞体积=A4MN=A4 145Ncm3，该晶胞中所有原子体积=443(a 10-10)3+(b 10-10)3cm3=443 10-30(a3+b3)cm3，GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率=303333A4410abcm3N14cm45（）100%=3033A4N103 1 5b4a（）100%，故答案为：共价；3033A4N103 1 5b4a（）100%。