高考“7+3+2”提分專練必刷卷07化學(xué)注意事項：1．答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回?？赡苡玫降南鄬υ淤|(zhì)量：H-1O-16 Na-23 S-32Cu-64 Bi-209一、選擇題：本題共7個小題，每小題6分。共42分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。7．2019年12月以來，我國武漢地區(qū)突發(fā)的新冠肺炎威脅著人們的身體健康和生命安全。該冠狀病毒可以通過打噴嚏和咳嗽等方式，借著飛沫傳播，接觸被病毒污染的物品也可能引發(fā)感染。以下是應(yīng)對新冠肺炎的一些做法與認識，正確的是A．必須堅持每天吃藥，殺死病毒B．公共場所常用“84消毒液”消毒處理，該物質(zhì)的有效成分是次氯酸鈣C．我國的中醫(yī)藥在抗擊此次疫情中發(fā)揮了重要作用D．向手和衣服上噴灑75%的酒精溶液消毒效果好，75%指的是溶質(zhì)質(zhì)量分數(shù)【答案】C【解析】A．必須吃藥殺死病毒，但不需要每天吃藥，A不正確；B．84消毒液的有效成分是次氯酸鈉，B不正確；C．我國強化中西醫(yī)結(jié)合、中醫(yī)深度介入診療，降低轉(zhuǎn)重率，在抗擊此次疫情中發(fā)揮了重要作用，C正確；D．75%的酒精溶液消毒效果好，75%指的是體積分數(shù)，D不正確；故選C。8．設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法不正確的是A．32gS8（分子結(jié)構(gòu)：）中的共價鍵數(shù)目為NAB．2g由H2SKIPIF1<0和2H2O組成的物質(zhì)中含有的質(zhì)子數(shù)為NAC．8gCuO與足量H2充分反應(yīng)生成Cu，該反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.2NAD．2.3gNa與O2完全反應(yīng)，反應(yīng)中轉(zhuǎn)移的電子數(shù)介于0.1NA和0.2NA之間【答案】D【解析】A.根據(jù)分子結(jié)構(gòu)可知一個S8分子含有8個共價鍵，32gS8的物質(zhì)的量為SKIPIF1<0mol，共價鍵數(shù)目為NA，故A正確；B.H218O和2H2O的摩爾質(zhì)量均為20g/mol，故2g混合物的物質(zhì)的量為0.1mol，且兩者中均含10個質(zhì)子，故0.1mol此混合物中含質(zhì)子為NA個，故B正確；C.8gCuO的物質(zhì)的量為0.1mol，而CuO和氫氣反應(yīng)時，銅元素由+2價變?yōu)?價，故0.1molCuO反應(yīng)轉(zhuǎn)移0.2NA個電子，故C正確；D.2.3g鈉的物質(zhì)的量為0.1mol，鈉與氧氣反應(yīng)時無論生成氧化鈉還是過氧化鈉均變?yōu)镹a+，所以0.1mol鈉反應(yīng)時轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.1NA，故D錯誤；故答案為D。9．電化學(xué)固氮可以在常溫常壓下實現(xiàn)氮氣的還原合成氨，某課題組提出一種全新的電化學(xué)固氮機理——表面氫化機理示意圖如下，則有關(guān)說法錯誤的是A．在表面氫化機理中，第一步是H+的還原反應(yīng)B．在表面*H原子與催化劑的協(xié)同作用下，N2與表面*H原子反應(yīng)生成*N2H4中間體C．電化學(xué)固氮法較傳統(tǒng)工業(yè)合成氨法，具有能耗小、環(huán)境友好的優(yōu)點D．若競爭反應(yīng)（析氫反應(yīng)）的活化能顯著低于固氮反應(yīng)，則析氫反應(yīng)的速率要遠遠高于固氮反應(yīng)【答案】B【解析】A．H+得電子發(fā)生還原反應(yīng)，由圖中信息可知，該反應(yīng)為第一步反應(yīng)，故A正確B．.N2與2個表面*H原子反應(yīng)生成N2H2中間體，故B錯誤；C．傳統(tǒng)工業(yè)合成氨需要高溫、高壓下實現(xiàn)，電化學(xué)固氮在常溫常壓下實現(xiàn)，故能耗減小，節(jié)能減排對環(huán)境友好，故C正確；D．活化能的大小可以反映化學(xué)反應(yīng)發(fā)生的難易程度，活化能越小則反應(yīng)速率越快，故D正確；答案選B。10．X、Y、Z、M、Q、R皆為前20號元素，其原子半徑與化合價的關(guān)系如圖所示。下列說法錯誤的是A．Q位于第三周期ⅠA族B．X、Y、Z三種元素組成的化合物可能是鹽或堿C．簡單離子半徑：M－＞Q＋＞R2＋D．Z與M的最高價氧化物對應(yīng)水化物均為強酸【答案】C【解析】A項Q代表鈉元素，Na為第三周期IA族，A正確；B項X、Y、Z三種元素分析代表H、O、N，可以形成硝酸、硝酸銨和一水合氨，故B正確；C項M-、Q+、R2+的半徑大小應(yīng)該為Cl-＞Ca2+＞Na+，故C錯誤；D項Z、M的最高價氧化物對應(yīng)的水化物為HNO3和HClO4，都是強酸，故D正確。答案為C。11．金合歡醇廣泛應(yīng)用于多種香型的香精中，其結(jié)構(gòu)簡式如圖所示。下列說法不正確的是A．金合歡醇的同分異構(gòu)體中不可能有芳香烴類B．金合歡醇可發(fā)生加成反應(yīng)、取代反應(yīng)、氧化反應(yīng)C．金合歡醇分子的分子式為C15H26OD．1mol金合歡醇與足量Na反應(yīng)生成0.5mal氫氣，

與足量NaHCO3溶液反應(yīng)生成1molCO2【答案】D【解析】A．金合歡醇的分子組成含有O元素，而烴為C、H化合物，則金合歡醇的同分異構(gòu)體中不可能有芳香烴類，故A正確；B．金合歡醇分子結(jié)構(gòu)中含有碳碳雙鍵，可以發(fā)生加成反應(yīng)和氧化反應(yīng)，含有羥基，可發(fā)生取代反應(yīng)和氧化反應(yīng)，故B正確；C．由金合歡醇的結(jié)構(gòu)簡式可知，其分子式為C15H26O，故C正確；D．金合歡醇分子結(jié)構(gòu)中含有羥基，與碳酸氫鈉不反應(yīng)，故D錯誤；故答案為D。12．某溶液可能含有Na+、Ag+、Al3+、S2-、CO32-、SO32-、NO3-等離子中的數(shù)種。向此溶液中加入稀鹽酸，有淺黃色沉淀和氣體出現(xiàn)，此溶液的焰色為黃色。根據(jù)以上實驗現(xiàn)象，下列關(guān)于原溶液中離子成份的推測正確的是 A．一定有S2-、SO32-、Na+ B．可能只有Na+、S2-、CO32- C．一定沒有Ag+、Al3+ D．不可能只有Na+、S2-、NO3-【答案】C【解析】溶液中加入稀鹽酸，淺黃色沉淀和氣體出現(xiàn)，SO32-、S2-或者NO3-、S2-在加入鹽酸后可以生成沉淀硫；出現(xiàn)氣體可能是S2-、CO32-、SO32-離子結(jié)合氫離子生成硫化氫氣體、二氧化碳氣體、二氧化硫氣體；溶液的焰色為黃色，則含有Na+；推斷一定不含銀離子，若含有銀離子，則S2-、CO32-、SO32-離子都不能存在，依據(jù)離子共存判斷Al3+一定不存在，所以溶液中一定含有Na+、S2-離子，S2-、CO32-、SO32-、NO3-離子可能含有；A．此溶液中一定有Na+、S2-，而SO32-可能有，故A錯誤；B．若只有Na+、S2-、CO32-，則向此溶液中加入稀鹽酸，沒有淺黃色沉淀出現(xiàn)，故B錯誤；C．上述分析判斷可知，此溶液中一定沒有Ag+、Al3+，故C正確；D．上述分析判斷可知，此溶液中可能有S2-、NO3-，故D錯誤；故選：C。13．常溫下，向盛50mL0.100mol·L-1鹽酸的兩個燒杯中各自勻速滴加50mL的蒸餾水、0.100mol·L-1醋酸銨溶液，測得溶液pH隨時間變化如圖所示。已知Ka(CH3COOH)=1.8×10-5，Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5。下列說法正確的是A．曲線X是鹽酸滴加蒸餾水的pH變化圖，滴加過程中溶液各種離子濃度逐漸減小B．曲線Y上的任意一點溶液中均存在c(CH3COO-)<c(NH4+)C．a(chǎn)點溶液中n(Cl-)＋n(CH3COO-)＋n(OH)-n(NH4+)=0.01molD．b點溶液中水電離的c(H+)是c點的102.37倍【答案】B【解析】A．由分析可知曲線X是鹽酸中滴加水的pH變化圖，HCl被稀釋，H+和Cl-濃度減小，但有Kw=[H+]·[OH-]可知，[OH-]在增大，A錯誤；B.當加入50mL醋酸按時，醋酸銨和HCl恰好完全反應(yīng)，溶質(zhì)為等物質(zhì)的量、濃度均為0.05mol·L-1的CH3COOH和NH4Cl，CH3COO-濃度最大，因為Ka(CH3COOH)=1.8×10-5，所以C(CH3COO-)=SKIPIF1<0，而C(NH4+)≈0.05mol/L，所以Y上任意一點C(NH4+)>C(CH3COO-)，B正確；C.a點溶液中電荷守恒為：n(Cl-)＋n(CH3COO-)＋n(OH)=n(NH4+)+n(H+)，所以n(Cl-)＋n(CH3COO-)＋n(OH)-n(NH4+)=n(H+)，a點pH=2，C(H+)=0.01mol·L-1，溶液總體積約為100ml，n(H+)=0.01mol·L-1×0.1L=0.001mol，所以n(Cl-)＋n(CH3COO-)＋n(OH)-n(NH4+)=0.001mol，C錯誤；D.b點位HCl溶液，水的電離受到HCl電離的H+抑制，c點：一方面CH3COOH為弱酸，另一方面，NH4+水解促進水的電離，綜合來看b點水的電離受抑制程度大于c點，D錯誤。答案選B。二、非選擇題：共58分，第26~28題為必考題，每個試題考生都必須作答。第35~36題為選考題，考生根據(jù)要求作答。（一）必考題：共43分。26．（14分）氯化亞銅(CuCl)廣泛應(yīng)用于化工、印染等行業(yè)。以硫化銅精礦為原料生產(chǎn)CuCl的工藝如圖：已知CuCl難溶于醇和水，溶于c(Cl-)較大的體系[CuCl(s)+Cl-CuCl2-]，潮濕空氣中易水解氧化。（1）“氧化酸浸”前先將銅礦粉碎的目的是___________。該過程生成藍色溶液和淺黃色沉淀，則反應(yīng)的化學(xué)反應(yīng)方程式為___________________________________；（2）“溶解”時所用硫酸濃度為0.3mol·L-1，配制1L此硫酸溶液，需要98%、1.84g·mL-1濃硫酸______mL（保留1位小數(shù)）。溶解時反應(yīng)的離子方程式________________________；（3）“反應(yīng)”時，Cu+的沉淀率與加入的NH4Cl的量關(guān)系如圖所示。①反應(yīng)的氧化產(chǎn)物是___，n(氧化劑)：n(還原劑)=_____________；②比較c(Cu+)相對大?。篈點___C點（填“>”、“<”或“=”）。③提高處于C點狀態(tài)的混合物中Cu+沉淀率措施是______________；（4）“過濾”所得濾液中溶質(zhì)主要成分的化學(xué)式為______________________________________________；（5）不能用硝酸代替硫酸進行“酸洗”，理由是______________________________________________?！敬鸢浮浚?）增大接觸面積，加快酸浸速率，提高Cu的浸出率等（1分）CuS+H2SO4+H2O2=CuSO4+S+2H2O（2分）（2）16.3（1分）3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O（2分）（3）SO42-或(NH4)2SO4（1分）2：1（1分）>（1分）加水稀釋（1分）（4）(NH4)2SO4（2分）（5）HNO3具有強氧化性會把CuCl氧化（2分）【解析】（1）工藝流程前，一般將固體礦物粉碎，目的是增大礦物與酸的解除面積，一方面可以加快反應(yīng)速率，另一方面使礦物中的CuS盡可能轉(zhuǎn)化，提高浸取率；根據(jù)程生成藍色溶液和淺黃色沉淀可知，本反應(yīng)生成了CuSO4和S，發(fā)生了CuS+H2SO4+H2O2=CuSO4+S+2H2O，故答案為：增大接觸面積，加快酸浸速率，提高Cu的浸出率等；CuS+H2SO4+H2O2=CuSO4+S+2H2O；（2）根據(jù)c=SKIPIF1<0得，濃硫酸濃度=SKIPIF1<0=18.4mol·L-1，根據(jù)C1V1=C2V2得：18.4mol·L-1SKIPIF1<0V=0.3mol·L-1×1L，解得V≈16.3mL；根據(jù)反應(yīng)物為NH4NO3和硫酸，可知，利用NO3-在酸性條件下的氧化性將Cu氧化溶解，發(fā)生的反應(yīng)為Cu和稀硝酸反應(yīng)，故離子方程式為：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，故答案為：16.3；3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O；（3）①流程可知，“反應(yīng)”利用SO32-將Cu2+還原成Cu+，SO32-自身被Cu2+被氧化成SO42-，SO42-為氧化產(chǎn)物；SO32-被氧化S化合價由+4升高到+6，升高了2，每個Cu2+被還原，化合價從+2降低到+1，降低了1，根據(jù)氧化還原反應(yīng)中化合價升高總數(shù)=化合價降低總數(shù)得，所以Cu2+和SO32-的物質(zhì)的量之比為2:1，即氧化劑：還原劑=2:1；故答案為：SO42-或(NH4)2SO4；2:1；②B點之前Cu+和Cl-形成CuCl沉淀，B點時建立了CuCl(s)SKIPIF1<0Cu+(aq)+Cl-(aq),B點之后，Cl-濃度增大，有一部分CuCl溶解[CuCl(s)+Cl-CuCl2-],由CuCl(s)SKIPIF1<0Cu+(aq)+Cl-(aq)可知，CuCl雖然被溶解了一部分，但是平衡并沒有發(fā)生移動，所以C點和B點Cu2+的濃度是相等的，由于B點之前CuCl(s)SKIPIF1<0Cu+(aq)+Cl-(aq)平衡一直向左移動，所以B點的Cu2+的濃度小于A點，綜上所述答案為：>；③既然B點之后是由于發(fā)生了CuCl(s)+Cl-CuCl2-使沉淀減少了，所以我們可以減小Cl-濃度，具體做法是反其道而行之，加適量水稀釋，所以答案為：加水稀釋；（4）由上可知，“過濾”所得濾液中溶質(zhì)主要成分為(NH4)2SO4，所以答案為：(NH4)2SO4；（5）硝酸有強氧化性，將CuCl氧化，所以不能用硝酸代替硫酸進行“酸洗”，故答案為：HNO3具有強氧化性會把CuCl氧化。27．（14分）我國科學(xué)家結(jié)合實驗與計算機模擬結(jié)果，研究了在鐵摻雜W18O49納米反應(yīng)器催化劑表面上實現(xiàn)常溫低電位合成氨，獲得較高的氨產(chǎn)量和法拉第效率。反應(yīng)歷程如圖所示，其中吸附在催化劑表面的物種用*標注。（1）需要吸收能量最大的能壘（活化能）E=_____________ev，該步驟的化學(xué)方程式為______________；（2）對于合成氨反應(yīng)N2+3H22NH3，在標況下，平衡常數(shù)Kθ=SKIPIF1<0，其中pθ為標準壓強（1×105Pa），p(NH3)、p(N2)和p(H2)為各組分的平衡分壓[已知p(NH3)=x(NH3)p，其中p為平衡總壓，x(NH3)為平衡系統(tǒng)中NH3的物質(zhì)的量分數(shù)]。①若起始N2和H2物質(zhì)的量之比為1：3，反應(yīng)在恒定溫度和標準壓強下進行，達到平衡時H2的轉(zhuǎn)化率為ɑ，則Kθ=______________（用含ɑ的最簡式表示）。②圖中可以示意標準平衡常數(shù)Kθ隨溫度T變化趨勢的是______________(填序號).（3）利用生物燃料電池原理研究室溫下氨的合成，電池工作時MV2+/MV+在電極與酶之間傳遞電子，示意圖如圖所示。該電池工作時，正極的電極反應(yīng)為______________。中間所用的交換膜應(yīng)該為______________（填“陽離子交換膜”或“陰離子交換膜”或“質(zhì)子交換膜”）。相比現(xiàn)有工業(yè)合成氨，該方法的優(yōu)點是：______________。（任寫一條）【答案】（1）1.54（2分）NH3*+NH3=2NH3（2分）（2）SKIPIF1<0（2分）A（2分）（3）MV2++e-＝MV+（2分）質(zhì)子交換膜（2分）條件溫和、生成氨的同時釋放電能（2分）【解析】（1）根據(jù)圖示，吸收能量最大的能壘，即相對能量的差最大是-1.02-(-2.56)=1.54；根據(jù)圖示，該步的方程式是NH3*+NH3=2NH3，故答案為：1.54；NH3*+NH3=2NH3；（2）①若1molN2和3molH2完全反應(yīng)，則理論上生成2molNH3，NH3的平衡產(chǎn)率為ɑ，則生成的NH3為2ɑmol，通過三段式計算有SKIPIF1<0，平衡時混合氣體的物質(zhì)的量=1-ɑ+3-3ɑ+2ɑ=4-2ɑmol，此時p(NH3)=SKIPIF1<0pθ，p(N2)=SKIPIF1<0pθ，p(H2)=SKIPIF1<0pθ，根據(jù)Kθ=SKIPIF1<0=SKIPIF1<0=SKIPIF1<0，故答案為：SKIPIF1<0；②升高溫度，平衡逆向移動，Kθ減小，lnKθ減小，因此變化趨勢的圖為A，故答案為：A；（3）正極區(qū)發(fā)生還原反應(yīng)，電極上的反應(yīng)為：MV2++e-＝MV+；右室氮氣得電子，為正極區(qū)，氮氣在固氮酶催化作用下發(fā)生反應(yīng)N2＋6MV＋＋6H+＝2NH3＋6MV2＋，陽離子由負極移向正極，所以電池工作時，氫離子通過交換膜由負極區(qū)向正極區(qū)移動，交換膜應(yīng)該為質(zhì)子交換膜；傳統(tǒng)工業(yè)合成氨反應(yīng)條件為高溫、高壓、催化劑，反應(yīng)條件苛刻，該方法制取氨氣條件溫和、生成氨的同時釋放電能，故答案為：MV2++e-＝MV+；質(zhì)子交換膜；條件溫和、生成氨的同時釋放電能。28．（15分）鉍酸鈉（NaBiO3）是分析化學(xué)中的重要試劑，在水中緩慢分解，遇沸水或酸則迅速分解。某興趣小組設(shè)計實驗制取鉍酸鈉并探究其應(yīng)用?；卮鹣铝袉栴}：Ⅰ.制取鉍酸鈉制取裝置如圖（加熱和夾持儀器已略去），部分物質(zhì)性質(zhì)如下：物質(zhì)NaBiO3Bi(OH)3性質(zhì)不溶于冷水，淺黃色難溶于水；白色（1）B裝置用于除去HCl，盛放的試劑是______________；（2）C中盛放Bi(OH)3與NaOH混合物，與Cl2反應(yīng)生成NaBiO3，反應(yīng)的離子方程式為______________；（3）當觀察到______________（填現(xiàn)象）時，可以初步判斷C中反應(yīng)已經(jīng)完成；（4）拆除裝置前必須先除去燒瓶中殘留Cl2以免污染空氣。除去Cl2的操作是______________；（5）反應(yīng)結(jié)束后，為從裝置C中獲得盡可能多的產(chǎn)品，需要的操作有______________；Ⅱ.鉍酸鈉的應(yīng)用——檢驗Mn2+（6）往待測液中加入鉍酸鈉晶體，加硫酸酸化，溶液變?yōu)樽霞t色，證明待測液中存在Mn2+。①產(chǎn)生紫紅色現(xiàn)象的離子方程式為______________；②某同學(xué)在較濃的MnSO4溶液中加入鉍酸鈉晶體，加硫酸酸化，結(jié)果沒有紫紅色出現(xiàn)，但觀察到黑色固體（MnO2）生成。產(chǎn)生此現(xiàn)象的離子反應(yīng)方程式為______________。Ⅲ.產(chǎn)品純度的測定（7）取上述NaBiO3產(chǎn)品wg，加入足量稀硫酸和MnSO4稀溶液使其完全反應(yīng)，再用cmo1·L-1的H2C2O4標準溶液滴定生成的MnO4-（已知：H2C2O4+MnO4-——CO2+Mn2++H2O，未配平），當溶液紫紅色恰好褪去時，消耗vmL標準溶液。該產(chǎn)品的純度為______________（用含w、c、v的代數(shù)式表示）?！敬鸢浮浚?）飽和食鹽水（1分）（2）Bi(OH)3+3OH-+Na++Cl2=NaBiO3+2Cl-+3H2O（2分）（3）C中白色固體消失（或黃色不再加深）（2分）（4）關(guān)閉K1、K3，打開K2（2分）（5）在冰水中冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥（2分）（6）5NaBiO3+2Mn2++14H+=5Bi3++2MnO4-+5Na++7H2O（2分）3Mn2++2MnO4-+2H2O=5MnO2↓+4H+（2分）（7）SKIPIF1<0×100%或SKIPIF1<0×100%或SKIPIF1<0%（2分）【解析】（1）除去氯氣中混有的HCl，用飽和食鹽水，故答案為：飽和食鹽水；（2）反應(yīng)物為Bi(OH)3、Cl2和NaOH混合物，+3價的Bi被氧化成NaBiO3，Cl2被還原成Cl-，根據(jù)原子守恒還有水生成，所以反應(yīng)為：Bi(OH)3+3OH-+Na++Cl2=NaBiO3+2Cl-+3H2O，故答案為：Bi(OH)3+3OH-+Na++Cl2=NaBiO3+2Cl-+3H2O；（3）C中反應(yīng)已經(jīng)完成,則白色的Bi(OH)3全部變?yōu)榱它S色的NaBiO3，故答案為：C中白色固體消失（或黃色不再加深）；（4）從圖上來看關(guān)閉K1、K3，打開K2可使NaOH留下與氯氣反應(yīng)，故答案為：關(guān)閉K1、K3，打開K2；（5）由題意知道NaBiO3不溶于冷水，接下來的操作盡可能在冰水中操作即可，操作為：在冰水中冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥，故答案為：在冰水中冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥；（6）①往待測液中加入鉍酸鈉晶體，加硫酸酸化，溶液變?yōu)樽霞t色，證明待測液中存在Mn2+，說明鉍酸鈉將Mn2+氧化成MnO4-，因為是酸性條件，所以鉍酸鈉被還原成Bi3+，據(jù)此寫方程式并配平為5NaBiO3+2Mn2++14H+=5Bi3++2MnO4-+5Na++7H2O，故答案為：5NaBiO3+2Mn2++14H+=5Bi3++2MnO4-+5Na++7H2O；②由題意可知，Mn2+過量，鉍酸鈉少量，過量的Mn2+和MnO4-發(fā)生反應(yīng)生成了黑色的MnO2，反應(yīng)方程式為3Mn2++2MnO4-+2H2O=5MnO2↓+4H+，故答案為：3Mn2++2MnO4-+2H2O=5MnO2↓+4H+；（7）根據(jù)得失電子守恒找出關(guān)系式為：5NaBiO3～2Mn2+～2MnO4-～5H2C2O4,計算鉍酸鈉理論產(chǎn)量：SKIPIF1<0解得m（理論）=0.28CVg，所以純度=SKIPIF1<0×100%=SKIPIF1<0×100%，所以答案為：SKIPIF1<0×100%或SKIPIF1<0×100%或SKIPIF1<0%。（二）選考題：共15分。請考生從2道化學(xué)題中任選一題作答。如果多做，則按所做的第一題計分。35．［化學(xué)——選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)］（15分）鐵、鈷、鎳具有相似的性質(zhì)，在化學(xué)上稱為鐵系元素?；卮鹣铝袉栴}：（1）LiCoO2、LiFePO4常用作鋰離子電池的正極材料?；鶓B(tài)Co原子核外電子排布式為___________________，第四電離能I4(Co)_________I4(Fe)(填“>”或“<”)，PO43－的空間構(gòu)型為___________________。（2）鐵系元素能與CO形成Fe(CO)5、Ni(CO)4等金屬羰基配合物。在CO分子中，σ鍵與π鍵數(shù)目之比為_________。（3）鐵與K2O、(環(huán)戊二烯)在隔絕空氣條件下共熱可制得二茂鐵[Fe(C5H5)2]。在環(huán)戊二烯中，配體配位數(shù)為________。二茂鐵熔點為446K，不溶于水，易溶于乙醚、苯、乙醇等有機溶劑，373K即升華；從各種性質(zhì)看，都表明它是典型的_________晶體。（4）與鐵同周期的另一種元素鈷(Co)可形成分子式均為Co(NH3)5BrSO4的兩種配合物，其中一種，往其溶液中加BaCl2溶液時，有白色沉淀；加入AgNO3溶液時，沒有沉淀生成；加入氫氧化鈉溶液時，無氣體生成。則此種配合物的化學(xué)式為_________________________。（5）鐵單質(zhì)的堆積方式有兩種，其剖面圖分別如圖a、b所示。在圖a所示堆積方式里鐵原子的堆積方式為___________________________。在圖b所示堆積方式里鐵原子的空間利用率為_________（列式表示）?！敬鸢浮浚?）[Ar]3d74s2（1分）＜（1分）正四面體（1分）（2）1：2（2分）（3）3（2分）分子（2分）（4）[Co(NH3)5Br]SO4（2分）（5）體心立方堆積（2分）SKIPIF1<0（2分）【解析】（1）Co為27號元素，原子核外電子排布式為[Ar]3d74s2；Co3＋核外電子排布為不穩(wěn)定結(jié)構(gòu)3d6、較易失去電子，第四電離能較??；而Fe3＋核外電子排布為半滿穩(wěn)定結(jié)構(gòu)3d5，較難失電子，所以第4電離能較大；PO43－中P原子孤電子對數(shù)為0、σ鍵數(shù)目為4，所以PO43－的空間構(gòu)型為正四面體；故答案為：[Ar]3d74s2，＜，正四面體；（2）CO的價電子數(shù)為（4+6）=10，原子數(shù)為2，N2的價電子數(shù)為10=5×2，所以CO的等電子體為N2等；CO與N2的結(jié)構(gòu)相似，根據(jù)N2的結(jié)構(gòu)式N≡N可知，CO分子中含有一個σ鍵、兩個π鍵數(shù)，所以在CO分子中，σ鍵與π鍵數(shù)目之比為1：2；故答案為：1：2；（3）在環(huán)戊二烯中有4個C原子為sp2雜化，1個C原子為sp3雜化，C5H5-五個C拿出5個電子再加上負離子一個電子，所以一共有六個電子，配位數(shù)為3；根據(jù)二茂鐵的熔點不高、溶解性情況、能升華等性質(zhì)與分子晶體相似，即二茂鐵由分子構(gòu)成，是共價化合物，屬于分子晶體；故答案為：3；分子；（4）與鐵同周期的另一種元素鈷(Co)可形成分子式均為Co(NH3)5BrSO4的兩種配合物，其中一種，往其溶液中加BaCl2溶液時，有白色沉淀，說明硫酸根離子在處界；加入AgNO3溶液時，沒有沉淀生成，說明Br在內(nèi)界；加入氫氧化鈉溶液時，無氣體生成，說明氨在內(nèi)界。則此種配合物的化學(xué)式為[Co(NH3)5Br]SO4，故答案為：[Co(NH3)5Br]SO4；（5）圖a晶胞為體心立方堆積，設(shè)圖a晶胞棱長為x，4rpm=SKIPIF1<0x，x=SKIPIF1<0r×10-10cm；設(shè)圖b晶胞棱長為y，F(xiàn)e原子半徑為R，晶胞中Fe數(shù)目為8×SKIPIF1<0+6×SKIPIF1<0=4，4R=SKIPIF1<0y，R=SKIPIF1<0，球體積V=SKIPIF1<0πR3=SKIPIF1<0π×(SKIPIF1<0)