1、絕密啟用前全國一卷第I卷（選擇題）請點擊修改第I卷的文字說明一、單選題1 .磷酸亞鐵鋰（LiFeP。）電池是新能源汽車的動力電池之一。采用濕法冶金工藝回收廢舊硫酸亞鐵鋰電池正極片中的金屬，其流程如下：正極片塞鷺匚含磷蚓蛾例魂遣炭黑等濾清沉淀濾液空整含L沉淀卜列敘述錯誤的是A.合理處理廢舊電池有利于保護環境和資源再利用B.從“正極片”中可回收的金屬元素有Al、Fe、Li3+C.“沉淀”反應的金屬離子為FeD.上述流程中可用硫酸鈉代替碳酸鈉2 .下列說法錯誤的是A.蔗糖、果糖和麥芽糖均為雙糖B.酶是一類具有高選擇催化性能的蛋白質C.植物油含不飽和脂肪酸酯，能使Br?/CCl4褪色D.淀粉和纖維素水

2、解的最終產物均為葡萄糖3.在生成和純化乙酸乙酯的實驗過程中，下列操作未涉及的是A.AB.BC.CD.D4 .Na是阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是A. 16.25gFeCl3水解形成的Fe（OH）3膠體粒子數為0.1NaB. 22.4L（標準狀況）僦氣含有的質子數為18NaC. 92.0g甘油（丙三醇）中含有羥基數為1.0Na2,2戊烷（-一）是最簡D. 1.0molCH4與Cl2在光照下反應生成的CH3Cl分子數為1.0Na5 .環之間共用一個碳原子的化合物稱為螺環化合物，螺單的一種。下列關于該化合物的說法錯誤的是A.與環戊烯互為同分異構體B.二氯代物超過兩種C.所有碳原子均處同一平面D

3、.生成1molC5H12至少需要2molH26 .主族元素W、X、Y、Z的原子序數依次增加，且均不大于20。W、X、Z最外層電子數之和為10;W與Y同族；W與Z形成的化合物可與濃硫酸反應，其生成物可腐蝕玻璃。下列說法正確的是A.常溫常壓下X的單質為氣態B. Z的氫化物為離子化合物C. Y和Z形成的化合物的水溶液呈堿性D. W與Y具有相同的最高化合價7 .最近我國科學家設計了一種CO+伸S協同轉化裝置，實現對天然氣中CO和H2S的高效去除。示意圖如圖所示，其中電極分別為ZnO墨烯（石墨烯包裹的ZnO）和石墨烯，石墨烯電極區發生反應為：石1天梏氣十,天然氣那吧石星怖質子交換服 EDTAFe2+-e

4、-=EDTA-F1 2EDTAFe3+H2S=2H+S+2EDTA-Fce+該裝置工作時，下列敘述錯誤的是A.陰極的電極反應：CO+2H+2e=CO+2O8 .協同轉化總反應：CO+HS=CO+HO+SC.石墨烯上的電勢比ZnO墨烯上的低D.若采用Fe3+/Fe2+取代EDTA-Fct/EDTA-Fe2：溶液需為酸性第II卷(非選擇題)請點擊修改第II卷的文字說明二、實驗題8 .醋酸亞銘(CH3COO)2CrH2O為磚紅色晶體，難溶于冷水，易溶于酸，在氣體分析中用作氧氣吸收劑。一般制備方法是先在封閉體系中利用金屬鋅作還原劑，將三價銘還原為二價銘；二價銘再與醋酸鈉溶液作用即可制得醋酸亞銘。實驗裝

5、置如圖所示，回答下列問題：(1)實驗中所用蒸儲水均需經煮沸后迅速冷卻，目的是,儀器a的名稱是(2)將過量鋅粒和氯化銘固體置于c中，加入少量蒸儲水，按圖連接好裝置，打開K1、K2,關閉K3。c中溶液由綠色逐漸變為亮藍色，該反應的離子方程式為。同時c中有氣體產生，該氣體的作用是。(3)打開K3,關閉K1和K2。c中亮藍色溶液流入d,其原因是;d中析出醇紅色沉淀，為使沉淀充分析出并分離，需采用的操作是、洗滌、干燥。(4)指出裝置d可能存在的缺點。三、綜合題9 .焦亞硫酸鈉(Na2s2O5)在醫藥、橡膠、印染、食品等方面應用廣泛。回答下列問題：(1)生產Na2s2O5,通常是由NaHSO3過飽和溶液經

6、結晶脫水制得。寫出該過程的化學方程式O(2)利用煙道氣中的SO2生產Na2s2O5的工藝為：Nr,C。*同體50,X°H-1仙股.12盧凡pH=4.1pH=4.1時，I中為溶液(寫化學式)。工藝中加入Na2CO3固體、并再次充入SO2的目的是。(3)制備Na2s2O5也可采用三室膜電解技術，裝置如圖所示，其中SO2堿吸收液中含有NaHSO3和Na2so3。陽極的電極反應式為。電解后，室的NaHSO3濃度增力口。將該室溶液進行結晶脫水，可得到Na2s2O5。陽翦子交換膜乂室,'室稀耳通以堿吸收液(4)Na2s2O5可用作食品的抗氧化劑。在測定某葡萄酒中Na2s2O5殘留量時，取

7、50.00mL葡萄酒樣品，用0.01000molL-測得體系中pO2=2.9kPa,則此時的Pno=kPa,v=kPa-min。若提高反應溫度至35C,則N2Q(g)完全分解后體系壓強p.(35C)63.1kPa(填“大于”“等于”或“小于”)，原因是。25c時N2C4(g)/2NO(g)反應的平衡常數&=kPa(R為以分壓表示的平衡常數，計算結果保留1位小數)。(3)對于反應2KQ(g)-4NQ(g)+O2(g),R.A.Ogg提出如下反應歷程：第一步N20/NQ+NO快速平衡的碘標準液滴定至終點，消耗10.00mL。滴定反應的離子方程式為，該樣品中Na2s2O5的殘留量為gL-1(

8、以SO2計)。10.采用N2Q為硝化劑是一種新型的綠色硝化技術，在含能材料、醫藥等工業中得到廣泛應用。回答下列問題(1) 1840年Devil用干燥的氯氣通過干燥的硝酸銀，得到NbQ。該反應的氧化產物是一種氣體，其分子式為。(2) F.Daniels等曾利用測壓法在剛性反應器中研究了25c時NO(g)分解反應：t/min040801602601300170000p/kPa35.840.342.5.45.949.261.262.363.1IL2此。他)其中NO二聚為Nb。的反應可以迅速達到平衡。體系的總壓強所示(t=8時，N2Q(g)完全分解)：p隨時間t的變化如下表已知：2N2Q(g)=2N2

9、Q(g)+O2(g)AH=-4.4kJmol-2NO(g)=NC4(g)AH2=-55.3kJ-mol-則反應N2Q(g)=2NO(g)+1C2(g)的AH=kJmol-1。231研允表明，N2Q(g)分解的反應速率。=2父10父Pn2O5(kPa.min)0t=62min時,第二步NO2+NO-NO+NOQ慢反應第三步NO+NO3-2NO快反應卜列表述正確的是（填標號）。其中可近似認為第二步反應不影響第一步的平衡。A.v（第一步的逆反應）v（第二步反應）B.反應的中間產物只有NOC.第二步中NO與NO的碰撞僅部分有效D.第三步反應活化能較高11.Li是最輕的固體金屬，采用Li作為負極材料的電

10、池具有小而輕、能量密度大等優良性能，得到廣泛應用。回答下列問題：（1）下列Li原子電子排布圖表示的狀態中，能量最低和最高的分別為、.（填標號）。mnnnn|口近山口口A,卜飛卻工加B,15%9抽加口田回口口迎田口口Ch春加羽加d.卜3為，加加（2）Li+與H具有相同的電子構型,r（Li+）小于r（H-）,原因是（3） LiAlH4是有機合成中常用的還原劑，LiAlH4中的陰離子空間構型是、中心原子的雜化形式為。LiAlH4中，存在（填標號）。A.離子鍵B.b鍵C.冗鍵D.氫鍵（4） Li2。是離子晶體，其晶格能可通過圖（a）的Born-Haber循環計算得到。MSkrmM-L圖（b；圖（G可知

11、，Li原子的第一電離能為kJmol-1,O=C鍵能為kJ-mol-1,Li2O晶格能為kJ-mol-1。（5） Li2O具有反螢石結構，晶胞如圖（b）所示。已知晶胞參數為0.4665nm,阿伏加德羅常數的值為N,則Li2O的密度為gcm-3（列出計算式）。12.化合物W可用作高分子膨脹劑，一種合成路線如下：心日dNaCXCtCH3COOH>ClCH2COOXal1OOHCOXaH*HlCOOHCOOCHs；回COOQHj1)ClCHzCOOCnHsCjHsOMa2)CiHjCHjCIC;J5OI5(；#雜SnOOH偷化劑*C&HCOOCjHjCOOCjHjCOOQHj回答下列問題

12、：(1)A的化學名稱為。(2)的反應類型是。(3)反應所需試劑，條件分別為。(4) G的分子式為。(5) W中含氧官能團的名稱是。(6)寫出與E互為同分異構體的酯類化合物的結構簡式(核磁共振氫譜為兩組峰，峰面積比為1：1)。(7)苯乙酸節酯(9一°114°0S“<2)是花香型香料，設計由苯甲醇為起始原料制備苯乙酸節酯的合成路線(無機試劑任選)參考答案1. .D【解析】分析：正極片堿溶時鋁轉化為偏鋁酸鈉，濾渣中含有磷酸亞鐵鋰，加入硫酸和硝酸酸溶，過濾后濾渣是炭黑，得到含Li、P、Fe的濾液，加入堿液生成氫氧化鐵沉淀，濾液中加入碳酸鈉生成含鋰的沉淀，據此解答。詳解：A、廢

13、舊電池中含有重金屬，隨意排放容易污染環境，因此合理處理廢舊電池有利于保護環境和資源再利用，A正確；B、根據流程的轉化可知從正極片中可回收的金屬元素有Al、Fe、Li,B正確；C、得到含Li、P、Fe的濾液，加入堿液生成氫氧化鐵沉淀，因此“沉淀”反應的金屬離子是Fe3+,C正確；D、硫酸鋰能溶于水，因此上述流程中不能用硫酸鈉代替碳酸鈉，D錯誤。答案選D。點睛：本題以廢舊電池的回收為載體考查金屬元素的回收，明確流程中元素的轉化關系是解答的關鍵，題目難度不大。2. AB【解析】分析：A、雙糖又名二糖，是由兩個單糖分子組成的糖類化合物；B、根據酶的性質特點解答；C、植物油中含有碳碳不飽和鍵；D、淀粉和

14、纖維素均是多糖。詳解：A、果糖不能再發生水解，屬于單糖，A錯誤；B、酶是活細胞產生的具有催化作用的有機物，其中絕大多數酶是蛋白質，B錯誤；C、植物油屬于油脂，其中含有碳碳不飽和鍵，因此能使Br2/CCl4溶液褪色，C正確；D、淀粉和纖維素均是多糖，其水解的最終產物均為葡萄糖，D正確。答案選Ao點睛：本題主要是考查糖類、油脂和蛋白質的性質，平時注意相關基礎知識的積累即可解答，題目難度不大。3. D【解析】分析：在濃硫酸的作用下乙酸與乙醇發生酯化反應生成乙酸乙酯，根據乙酸乙酯的性質、產品中含有的雜質，結合選項解答。詳解：A、反應物均是液體，且需要加熱，因此試管口要高于試管底，A正確；B、生成的乙酸

15、乙酯中含有乙酸和乙醇，乙酸乙酯不溶于水，因此可以用飽和碳酸鈉溶液吸收，注意導管口不能插入溶液中，以防止倒吸，B正確；C、乙酸乙酯不溶于水，分液即可實現分離，C正確；D、乙酸乙酯是不溶于水的有機物，不能通過蒸發實現分離，D錯誤。答案選D。點睛：掌握乙酸乙酯的制備原理是解答的關鍵，難點是裝置的作用分析，注意從乙酸乙酯的性質(包括物理性質和化學性質)特點的角度去解答和判斷。4. B【解析】分析：A、膠體是大分子的集合體；B、根據僦氣的組成解答；C、根據丙三醇的結構分析；D、根據甲烷與氯氣在光照條件下發生取代反應的特點分析。詳解：A、16.25g氯化鐵的物質的量是16.25gT62.5g/mol=0.

16、1mol,由于氫氧化鐵膠體是分子的集合體，因此水解生成的Fe(OH)3膠體粒子數小于0.1Na,A錯誤；B、標準狀況下22.4L僦氣的物質的量是1mol,僦氣是一個Ar原子組成的單質，其中含有的質子數是18Na,B正確；C、1分子丙三醇含有3個羥基，92.0g丙三醇的物質的量是1mol,其中含有羥基數是3Na,C錯誤；D、甲烷與氯氣在光照條件下發生取代反應生成的鹵代燃不止一種，因此生成的CH3C1分子數小于1.0Na,D錯誤。答案選Bo點睛：選項D是易錯點，主要是不清楚甲烷發生取代反應時屬于自由基取代反應，每個氫原子都有可能被取代，其產物比較復雜，這與乙烯與氫氣的加成反應完全不同。5. C【解

17、析】分析：A、分子式相同結構不同的化合物互為同分異構體；B、根據分子中氫原子的種類判斷；C、根據飽和碳原子的結構特點判斷；D、根據氫原子守恒解答。詳解：A、螺2,2戊烷的分子式為C5H8,環戊烯的分子式也是C5H8,結構不同，互為同分異構體，A正確；B、分子中的8個氫原子完全相同，二氯代物中可以取代同一個碳原子上的氫原子，也可以是相鄰碳原子上或者不相鄰的碳原子上，因此其二氯代物超過兩種，B正確；C、由于分子中4個碳原子均是飽和碳原子，而與飽和碳原子相連的4個原子一定構成四面體，所以分子中所有碳原子不可能均處在同一平面上，C錯誤；D、戊烷比螺2,2戊烷多4個氫原子，所以生成ImolC5H12至少

18、需要2mo1H2,D正確。答案選Co點睛：選項B與C是解答的易錯點和難點，對于二元取代物同分異構體的數目判斷，可固定一個取代基的位置，再移動另一取代基的位置以確定同分異構體的數目。關于有機物分子中共面問題的判斷需要從已知甲烷、乙烯、乙快和苯的結構特點進行知識的遷移靈活應用。6. B【解析】分析：主族元素W、X、Y、Z的原子序數依次增加，且均不大于20。W與Z形成的化合物可與濃硫酸反應，其生成物可腐蝕玻璃，生成物是HF,因此W是F,Z是Ca,W與Y同族，則Y是Cl。W、X、Z的最外層電子數之和為10,則X的最外層電子數為1072=1,所以X是Na,據此解答。詳解：根據以上分析可知W、X、Y、Z分

19、別是F、Na、Cl、Ca。則A、金屬鈉常溫常壓下是固態，A錯誤；B、CaH2中含有離子鍵，屬于離子化合物，B正確；C、Y與Z形成的化合物是氯化鈉，其水溶液顯中性，C錯誤；D、F是最活潑的非金屬，沒有正價，Cl元素的最高價是+7價，D錯誤。答案選Bo點睛：準確判斷出元素名稱是解答的關鍵，突破點是能腐蝕玻璃的物質為HF,進而推斷出CaF2能與濃硫酸反應生成HFo易錯點是選項B,注意金屬氫化物的結構特點，與非金屬氫化物的不同。難點是氟化鈣與濃硫酸反應屬于學生不熟悉的知識點。7. C【解析】分析：該裝置屬于電解池，CO2在ZnO墨烯電極上轉化為CO,發生得到電子的還原反應，為陰極，石墨烯電極為陽極，發

20、生失去電子的氧化反應，據此解答。詳解：A、CO2在ZnO墨烯電極上轉化為CO,發生得到電子的還原反應，為陰極，電極反應式為CO2+H+2e=CO+H2O,A正確；B、根據石墨烯電極上發生的電極反應可知+即得3H2S2e-=2H+S,因此總反應式為CO2+H2S=CO+H2O+S,B正確；C、石墨烯電極為陽極，與電源的正極相連，因此石墨烯上的電勢比ZnO墨烯電極上的高，C錯誤；D、由于鐵離子、亞鐵離子均易水解，所以如果采用Fe*/Fe2+取代EDTA-Fe3+/EDTA-Fe2+,溶液需要酸性，D正確。答案選Co點睛：準確判斷出陰陽極是解答的關鍵，注意從元素化合價變化的角度去分析氧化反應和還原反

21、應，進而得出陰陽極。電勢高低的判斷是解答的難點，注意從物理學的角度借助于陽極與電源的正極相連去分析。8.去除水中溶解氧分液(或滴液)漏斗Zn+2Cr3+=Zn2+2Cr2+排除c中空氣c中產生也使壓強大于大氣壓(冰浴)冷卻過濾敞開體系，可能使醋酸亞銘與空氣接觸【解析】分析：在鹽酸溶液中鋅把Cr3+還原為Cr2+,同時產生氫氣排盡裝置中的空氣防止氧化。生成的氫氣導致c中壓強增大，可以把生成的CrCl2壓入d裝置發生反應，據此解答。詳解：(1)由于醋酸亞銘易被氧化，所以需要盡可能避免與氧氣接觸，因此實驗中所用蒸儲水均需煮沸后迅速冷卻，目的是去除水中溶解氧；根據儀器構造可知儀器a是分液(或滴液)漏斗

22、；(2)c中溶液由綠色逐漸變為亮藍色，說明Cr”被鋅還原為Cr”，反應的離子方程式為3+-72+2+Zn+2Cr=Zn+2Cr；鋅還能與鹽酸反應生成氫氣，由于裝置中含有空氣，能氧化Cr2+,所以氫氣的作用是排除c中空氣；(3)打開K3,關閉Ki和K2,由于鋅繼續與鹽酸反應生成氫氣，導致c中壓強增大，所以c中亮藍色溶液能流入d裝置，與醋酸鈉反應；根據題干信息可知醋酸亞銘難溶于水冷水，所以為使沉淀充分析出并分離，需要采取的操作是(冰浴)冷卻、過濾、洗滌、干燥。(4)由于d裝置是敞開體系，因此裝置的缺點是可能使醋酸亞銘與空氣接觸被氧化而使產品不純。點睛：本題主要是考查醋酸亞銘制備原理的實驗探究，考查

23、學生的化學實驗與探究的能力、從提供的新信息中，準確地提取實質性內容，并與已有知識整合，重組為新知識塊的能力，題目難度中等。明確實驗原理、有關物質的性質尤其是題干信息中提取和應用是解答的關鍵。9. 2NaHSO3=Na2S2O5+H2ONaHSO3得至UNaHSO3過飽和溶液2H2O4e=4h|+O2Ta&O52+2I2+3"O=2SO42+4I+6H0,128【解析】分析：(1)根據原子守恒書寫方程式；(2)根據溶液顯酸性判斷產物；要制備焦亞硫酸鈉，需要制備亞硫酸氫鈉過飽和溶液，據此判斷；(3)根據陽極氫氧根放電，陰極氫離子放電，結合陽離子交換膜的作用解答；(4)焦亞硫酸鈉與

24、單質碘發生氧化還原反應，據此書寫方程式；根據方程式計算殘留量。詳解：(1)亞硫酸氫鈉過飽和溶液脫水生成焦亞硫酸鈉，根據原子守恒可知反應的方程式為2NaHSO3=Na2s2O5+H2O;(2)碳酸鈉飽和溶液吸收SO2后的溶液顯酸性，說明生成物是酸式鹽，即I中為NaHSO3;要制備焦亞硫酸鈉，需要制備亞硫酸氫鈉過飽和溶液，因此工藝中加入碳酸鈉固體、并再次充入二氧化硫的目的是得到NaHSO3過飽和溶液；(3)陽極發生失去電子的氧化反應，陽極區是稀硫酸，氫氧根放電，則電極反應式為2H2O-4e=4H+O2?°陽極區氫離子增大，通過陽離子交換膜進入a室與亞硫酸鈉結合生成亞硫酸鈉。陰極是氫離子放

25、電，氫氧根濃度增大，與亞硫酸氫鈉反應生成亞硫酸鈉，所以電解后a室中亞硫酸氫鈉的濃度增大。(4)單質碘具有氧化性，能把焦亞硫酸鈉氧化為硫酸鈉，反應的方程式為S2O52+2I2+3H2O=2SO42+4+6H+；消耗碘的物質的量是0.0001mol,所以焦亞硫酸鈉的殘留量(以SO2計)0.128?0.0001?6？0.05?是-=點睛：本題以焦亞硫酸鈉的制備、應用為載體考查學生對流程的分析、電解原理的應用以及定量分析等，題目難度中等。難點是電解池的分析與判斷，注意結合電解原理、交換膜的作用、離子的移動方向分析電極反應、亞硫酸氫鈉濃度的變化。易錯點是最后一問，注意計算殘留量時應該以二氧化硫計，而不是

26、焦亞硫酸鈉。10. O253.130.06.0M0-2大于溫度提高，體積不變，總壓強提高；NO2二聚為放熱反應，溫度提高，平衡左移，體系物質的量增加，總壓強提高13.4AC【解析】分析：（1）根據還原劑失去電子轉化為氧化產物判斷；（2）根據蓋斯定律計算；根據壓強之比是物質的量之比計算；根據溫度對壓強和平衡狀態的影響分析；根據五氧化二氮完全分解時的壓強計算出二氧化氮、氧氣的壓強，然后再根據二氧化氮轉化的方程式計算平衡時二氧化氮、四氧化二氮的壓強。（3）根據三步反應的特點分析判斷。詳解：（1）氯氣在反應中得到電子作氧化劑，硝酸銀中只有氧元素化合價會升高，所以氧化產物是氧氣，分子式為。2；（2）已知

27、：i、2N2O5（g）=2N2O4（g）+O2（g）H1=4.4kJ/molii、2NO2（g）=N2O4（g）H2=55.3kJ/mol根據蓋斯定律可知i+2ii即得到N2O5（g）=2NO2（g）+1/2O2（g）H=+53.1kJ/mol;根據方程式可知氧氣與消耗五氧化二氮的物質的量之比是1:2,又因為壓強之比是物質的量之比，所以消耗五氧化二氮減少的壓強是2.9kPaX2=5.8kPa,則此時五氧化二氮的壓強是11. 8kPa5.8kPa=30.0kPa,因此此時反應速率v=2.0M0A、第一步反應快，所以第一步的逆反應速率大于第二步的逆反應速率,B、根據第二步和第三步可知中間產物還有N

28、O,B錯誤；C、根據第二步反應生成物中有NO2可知NO2與NO3的碰撞僅部分有效,刈0=6.0X102（kPamin1）;由于溫度升高，容器容積不變，總壓強提高，且二氧化氮二聚為放熱反應，溫度提高，平衡左移，體系物質的量增加，總壓強提高，所以若提高反應溫度至35C,則N2O5（g）完全分解后體系壓強p«（35C）大于63.1kPa。根據表中數據可知五氧化二氮完全分解時的壓強是63.1kPa,根據方程式可知完全分解時最初生成的二氧化氮的壓強是35.8kPaX2=71.6kPa,氧氣是35.8kPa登=17.9kPa,總壓強應該是71.6kPa+17.9kPa=89.5kPa,平衡后壓弓

29、II減少了89.5kPa63.1kPa=26.4kPa,所以根據方程式2NO2（g）R0N2O4（g）可知平衡時四氧化二氮對應的壓強是26.4kPa,二氧化氮對應的壓強是71.6kPa-26.4kPsiX2=18.8kPa,則反應的平衡常數Kn一一218.82kPa電13.4kPa。26.4D、第三步反應快，所以第三步反應的活化能較低,D錯誤。答案選AC。A正確;C正確;p點睛：本題主要是考查化學反應原理，側重于化學反應速率與化學平衡的有關分析與計算，題目難度較大。試題設計新穎，陌生感強，計算量較大，對學生的要求較高。壓強和平衡常數的計算是解答的難點，注意從阿伏加德羅定律的角度去理解壓強與氣體

30、物質的量之間的關系，注意結合反應的方程式和表中數據的靈活應用。也可以直接把壓強看作是物質的量利用三段式計算。11.DCLi+核電荷數較大正四面體SP3AB52049829088X7+4X16?即0.4665X107)3【解析】分析：（1）根據處于基態時能量低，處于激發態時能量高判斷;（2）根據原子核對最外層電子的吸引力判斷；(3)根據價層電子對互斥理論分析；根據物質的組成微粒判斷化學鍵；(4)第一電離能是氣態電中性基態原子失去一個電子轉化為氣態基態正離子所需要的最低能量，據此計算；根據氧氣轉化為氧原子時的能量變化計算鍵能；晶格能是氣態離子形成1摩爾離子晶體釋放的能量，據此解答；(5)根據晶胞中

31、含有的離子個數，結合密度的定義計算。詳解：(1)根據核外電子排布規律可知Li的基態核外電子排布式為1s22s1，則D中能量最低；選項C中有2個電子處于2P能級上，能量最高；(2)由于鋰的核電荷數較大，原子核對最外層電子的吸引力較大，因此Li+半徑小于H;(3) LiAlH4中的陰離子是AlH4，中心原子鋁原子含有的價層電子對數是4,且不存在孤對電子，所以空間構型是正四面體，中心原子的雜化軌道類型是sp3雜化；陰陽離子間存在離子鍵，Al與H之間還有共價單鍵，不存在雙鍵和氫鍵，答案選AB;(4)根據示意圖可知Li原子的第一電離能是1040kJ/mol登=520kJ/mol;0.5mol氧氣轉化為氧原子時吸熱是249kJ,所以O=O鍵能是249kJ/molX2=498kJ/mol;根據晶格能的定義結合示意圖可知Li2O的晶格能是2908kJ/mol;(5)根據晶胞結構可知鋰全部在晶胞中，共計是8個，根據化學式可知氧原子個數是4個，?8X7