PAGEPAGE18云南省昆明市2025屆高三化學“三診一模”模擬考試（三模）試題（含解析）留意事項：1.答題前，考生務必用黑色碳素筆將自己的姓名、準考證號、考場號、座位號填寫在答題卡上，并仔細核準條形碼上的準考證號、姓名、考場號、座位號及科目，在規定的位置貼好條形碼。2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應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.考試結束后，將本試卷和答題卡交回?？赡苡玫降南鄬υ速|量：H-1C-12Na-23Al-27S-32Fe-56I-127一、選擇題：本大題共13小題，每小題6分，共78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。1.化學與生產、生活親密相關。下列說法錯誤的是（）A.食用油和白酒都應密封保存B.高溫下鋁粉和氧化鐵的反應可以用來焊接鐵軌C.電影放映時射到銀幕上的光柱證明存在氣溶膠D.鋼鐵銹蝕、食物腐敗、鐘乳石的形成均涉及氧化還原反應【答案】D【解析】【分析】【詳解】A．食品油中的不飽和脂肪酸被氧化后會變質，白酒易揮發，揮發出的酒精蒸氣遇明火易爆炸，故兩者需密封保存，A正確；B．高溫下鋁粉和氧化鐵的反應方程式：，該反應會放出大量的熱，能置換出的鐵呈熔融態，可用來焊接鐵軌，B正確；C．膠體具有丁達爾效應屬于光的散射現象，而放映室射到銀幕上的光柱證明存在氣溶膠，C正確；D．鋼鐵銹蝕中Fe失電子化合價上升，食品腐敗為緩慢氧化過程，O元素化合價降低，兩個反應都屬于氧化還原反應，但鐘乳石的形成是碳酸鹽形成碳酸鈣過程，沒有化合價改變，不屬于氧化還原反應，D錯誤；答案選D。2.關于二苯乙炔（）的下列說法，錯誤的是（）A.該物質屬于烴B.全部原子肯定在同一平面C.分子式為C14H10D.能發生取代反應和加成反應【答案】B【解析】【詳解】A.烴是只含有C、H兩種元素的有機物，A正確；B.，a處為碳碳單鍵，可旋轉，所以左側苯環上有可能只有1、4號C在同一平面，剩余的四個C都不在一個平面上，B錯誤；C.二苯乙炔的分子式為C14H10，C正確；D.二苯乙炔中含有苯環，可與液溴發生取代反應，含有碳碳三鍵，可與H2發生加成反應，D正確；答案選B3.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數依次增大。X的氣態氫化物能與其最高價含氧酸化合成鹽，Z是同周期元素中原子半徑最大的元素，Y和W同主族且二者可形成WY2和WY3兩種物質。下列說法正確的是（）A.簡潔離子半徑：Z>Y>XB.簡潔氫化物的沸點：W>Y>XC.Y、Z、W三種元素形成的化合物水溶液肯定呈中性D.Y和W與氫元素均可形成18電子化合物，二者反應有黃色物質生成【答案】D【解析】【分析】X的氣態氫化物能與其最高價含氧酸化合成鹽，則X為N，化學方程式為：NH3+HNO3=NH4NO3；Z是同周期元素中原子半徑最大的元素，則Z為Na；Y和W同主族，且W的原子序數比Na的大，則W為S，Y為O。即X、Y、Z、W分別為：N、O、Na、S。【詳解】A.由分析可知：Z、Y、X分別為Na、O、N，他們的簡潔離子都是10電子結構，具有相同電子結構的離子，核電荷數越大，簡潔離子的半徑越小，則Z<Y<X，A錯誤；B.W、Y、X分別為S、O、N，同周期從左到右，非金屬性增加，氫化物穩定增加，則O>N，同主族從上到下，非金屬性減弱，氫化物穩定性減弱，則Y>W，B錯誤；C.Y、Z、W形成的化合物為Na2SO3時，溶液呈堿性，C錯誤；D.Y和W與氫元素形成18電子化合物分別為：H2O2、H2S，二者反應化學方程式：H2O2+H2S=S↓+2H2O，有黃色物質生成，D正確；答案選D。4.中山高?；瘜W科研團隊首次將CsPbBr3納米晶錨定在氨基化RGO包覆的α—Fe2O3(α—Fe2O3/Amine—RGO/CsPbBr3)，構筑Z—Scheme異質結光催化劑，可有效降低電荷復合，促進電荷分別，從而提升光催化性能。光催化還原CO2和氧化H2O的反應路徑如圖。下列說法正確的是（）A.該路徑能量轉化形式為電能→化學能B.該光催化轉化反應可以阻擋溫室效應C.“CsPbBr3納米晶”表面發生了還原反應D.該催化轉化的總反應涉及到非極性共價鍵、極性共價鍵的斷裂和形成【答案】C【解析】【分析】H2O能在光催化劑材料作用下，被氧化成O2，同時生成質子(H+)，發生的氧化反應為：；電子轉移到“CsPbBr3納米晶”用于還原CO2，CO2被還原為CO、CH4，發生的還原反應為：CO2+2e-+2H+=CO+H2O、CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O?！驹斀狻緼.由圖可知，光能使光催化劑材料產生電子，電子的移動引起電極上發生氧化還原反應，最終生成O2、CO、CH4，儲存能量，該路徑能量轉化形式為光能→電能→化學能，A錯誤；B.該光催化轉化反應生成了CH4，CH4也能導致溫室效應，故該反應不能阻擋溫室效應，B錯誤；C.“CsPbBr3納米晶”表面上CO2轉化為CO、CH4，發生了還原反應：CO2+2e-+2H+=CO+H2O、CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O，C正確；D.該催化轉化的總反應：2CO22CO+O2、CO2+2H2OCH4+2O2，CO2、H2O都只含有極性共價鍵，CO、CH4都只含極性共價鍵，O2只含非極性共價鍵，故只有極性共價鍵斷裂、有極性和非極性共價鍵生成，D錯誤；答案選C。5.天津高校某科研團隊創新地提出了一種基于電化學冶金原理并利用電解質去耦合策略，在電池中同時進行MnO2和Zn可逆溶解/電沉積的儲能機制，其工作原理如圖，電池放電總反應為Zn+4OH-+MnO2+4H+Zn(OH)+Mn2++2H2O。下列說法不正確的是（）A.充電時，Zn電極區為陰極區B.c為陰離子交換膜，d為陽離子交換膜C.放電時，正極電極反應式為MnO2+4H++2e-=+Mn2++2H2OD.充電時，電子的流向為a→MnO2→電解質溶液→Zn→b【答案】D【解析】【分析】依據電池放電總反應Zn+4OH-+MnO2+4H+Zn(OH)+Mn2++2H2O，放電時，Zn失電子，作負極，電極反應式為：Zn-2e-+4OH-=Zn(OH)，MnO2得電子，作正極，電極反應式為：MnO2+4H++2e-=+Mn2++2H2O?！驹斀狻緼.放電時，Zn失電子，作負極，充電時，Zn電極區為陰極區，A正確；B.放電時，負極消耗OH-，K+通過陽離子交換膜d向左移動，正極消耗H+，通過陰離子交換膜c向右移動，B正確；C.放電時，MnO2得電子，作正極，正極電極反應式為：MnO2+4H++2e-=+Mn2++2H2O，C正確；D.充電時，電子不能通過電解質溶液，D錯誤；故答案為：D。6.下列試驗操作能達到目的的是（）選項目的操作A制取溴苯向試管中加入少量苯，再加入溴水B除去MgCl2溶液中的少量Fe3+加入NaOH調整溶液pH后過濾C比較C和Si的非金屬性強弱將CO2通入飽和Na2SiO3溶液中D制備無水AlCl3蒸發Al與稀鹽酸反應后的溶液A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【詳解】A．苯與溴水不反應，制取溴苯要用苯和液溴在催化劑作用下反應制取，故A錯誤；B．加入NaOH溶液調整pH會引入新的雜質離子Na+，故B錯誤；C．非金屬性越強，最高價氧化物的酸性越強，將CO2通入飽和Na2SiO3溶液中生成硅酸沉淀，說明碳酸酸性強于硅酸，即C的非金屬性強于Si，故C正確；D．Al和稀鹽酸反應生成AlCl3，溶液中存在鋁離子的水解，產生氫氧化鋁和HCl，蒸發該溶液HCl易揮發，且加熱進一步促進水解，最終氯化鋁徹底水解，得到的不是氯化鋁而是氫氧化鋁，故D錯誤；故答案為C。7.25℃，在100mL0.1mol·L-1H2S溶液中，通入HCl氣體或加入NaOH固體以調整溶液pH，溶液pH與c(S2-)關系如圖（忽視溶液體積的改變和H2S的揮發）。下列說法正確的是（A.當c(H2S)+c(HS-)=0.043mol·L-1時，pH=13B.pH=1時，c(H+)=c(Cl-)+c(HS-)+c(S2-)+c(OH-)C.向該溶液中加入NaOH固體至中性時c(Na+)>c(HS-)>c(S2-)>c(H+)=c(OH-)D.已知：Ksp(MnS)=2.8×10-13，某溶液含amol·L-1Mn2+、0.10mol·L-1H2S，當溶液pH=5時，Mn2+起先沉淀，則a=0.2【答案】A【解析】【詳解】A．c(H2S)+c(HS-)=0.043mol·L-1時，依據物料守恒有c(S2-)=0.1-0.043=0.057mol·L-1，由圖像可知此時pH=13，A正確；B．H2S為弱酸，當pH=1時，酸性增加，故此時是通入HCl氣體，溶液中的陽離子只有H+，依據電荷守恒應有c(H+)=c(Cl-)+c(HS-)+2c(S2-)+c(OH-)，BC．溶液呈中性，所以c(H+)=1×10-7mol/L，而當pH=7時，由圖可知c(S2-)=6.8×10-8mol/L，c(H+)>c(S2-)，C錯誤；D．pH=5時S2-濃度為1.4×10-11mol/L，當Qc=Ksp(MnS)時Mn2+起先沉淀，所以c(Mn2+)=Ksp(MnS)/c(S2-)=2.8×10?13÷(1.4×10-11)=0.02mol/L，故a-=0.02，D錯誤；答案選A。三、非選擇題：共174分。第22~32題為必考題，每個試題考生都必需作答。第33~38題為選考題，考生依據要求作答。8.粉煤灰是燃煤產生的重要污染物，主要成分有Al2O3、Fe2O3、MgO和SiO2等物質。用硫酸銨固體等試劑提取粉煤灰中Al2O3并制取鋁的工藝流程如圖：回答下列問題：(1)已知煙氣中含有NH3，煅燒工序中Al2O3參加反應的化學方程式為___。(2)“濾渣Ⅰ”和“濾渣Ⅲ”主要成分的化學式分別為__、__。(3)將“濾液Ⅱ”通過__、過濾、洗滌、干燥后得到的晶體可返回__工序中循環利用。(4)向“濾液Ⅲ”中通入過量CO2，生成沉淀的離子方程式為__。(5)電解Al2O3制備Al須要冰晶石(Na3AlF6)作助熔劑。Na3AlF6可由Al(OH)3、Na2CO3和HF反應制得，反應的化學方程式為__。(6)某工廠利用上述流程從m噸粉煤灰中制得n噸Al2O3，則原粉煤灰中鋁的質量分數為__?！敬鸢浮?1).Al2O3+3(NH4)2SO4Al2(SO4)3+6NH3+3H2O(2).SiO2(3).Fe(OH)3和Mg(OH)2(4).蒸發濃縮、冷卻結晶(5).煅燒(6).CO2++2H2O=Al(OH)3↓+(7).2Al(OH)3+3Na2CO3+12HF=2Na3AlF6+3CO2↑+9H2O(8).×100%【解析】【分析】煅燒工序中Al2O3與(NH4)2SO4反應生成Al2(SO4)3和NH3，化學方程式為Al2O3+3(NH4)2SO4Al2(SO4)3+6NH3+3H2O，同理：Fe2O3、MgO分別生成Fe2(SO4)3、MgSO4，SiO2不與硫酸銨反應，加水溶解，過濾，濾渣Ⅰ主要成分是SiO2，濾液Ⅰ中加氨水形成Al(OH)3、Fe(OH)3和Mg(OH)2沉淀，是濾渣Ⅱ的成分，沉淀中加過量的NaOH溶液，只有Al(OH)3溶解生成NaAlO2，向“濾液Ⅲ”中通入過量CO2，生成沉淀，離子方程式為CO2++2H2O=Al(OH)3↓+；Al(OH)3加熱分解得Al2O3，電解熔融的Al2O3生成鋁。【詳解】(1)已知煙氣中含有NH3，煅燒工序中Al2O3參加反應的化學方程式為Al2O3+3(NH4)2SO4Al2(SO4)3+6NH3+3H2O。故答案為：Al2O3+3(NH4)2SO4Al2(SO4)3+6NH3+3H2O；(2)SiO2不與硫酸銨反應，加水溶解，過濾，濾渣Ⅰ主要成分是SiO2；濾渣Ⅱ的成分Al(OH)3、Fe(OH)3和Mg(OH)2沉淀，加過量的NaOH溶液，只有Al(OH)3溶解生成NaAlO2，“濾渣Ⅲ”主要成分的化學式分別為Fe(OH)3和Mg(OH)2。故答案為：SiO2；Fe(OH)3和Mg(OH)2；(3)“濾液Ⅱ”主要成分是硫酸銨，將“濾液Ⅱ”通過蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥后得到的晶體可返回煅燒工序中循環利用。故答案為：蒸發濃縮、冷卻結晶；煅燒；(4)“濾液Ⅲ”的主要成分是NaAlO2，向“濾液Ⅲ”中通入過量CO2，生成Al(OH)3沉淀和碳酸氫鈉，離子方程式為CO2++2H2O=Al(OH)3↓+。故答案為：CO2++2H2O=Al(OH)3↓+；(5)電解Al2O3制備Al須要冰晶石(Na3AlF6)作助熔劑。Na3AlF6可由Al(OH)3、Na2CO3和HF反應制得，同時生成二氧化碳和水，反應的化學方程式為2Al(OH)3+3Na2CO3+12HF=2Na3AlF6+3CO2↑+9H2O。故答案為：2Al(OH)3+3Na2CO3+12HF=2Na3AlF6+3CO2↑+9H2O；(6)某工廠利用上述流程從m噸粉煤灰中制得n噸Al2O3，依據Al元素守恒可得煤灰中Al的質量為，則原粉煤灰中鋁的質量分數為=×100%，故答案為：×100%。9.84消毒液、酒精、過氧乙酸等消毒劑在抗擊新型冠狀病毒肺炎疫情中起到重要作用?；卮鹣铝袉栴}：Ⅰ.84消毒液是北京第一傳染病醫院(現北京地壇醫院)于1984年研制的一種消毒液，主要成分為受熱易分解的次氯酸鈉(NaClO)。某試驗小組用如圖裝置制備84消毒液。(1)A中發生反應的離子方程式為___。(2)C中盛裝試劑為__，儀器的連接依次為a→__。(3)制備84消毒液時，若Cl2與NaOH溶液反應溫度過高，NaClO的產率將__(填“增大”“減小”或“不變”)。Ⅱ.過氧乙酸(CH3COOOH)是無色液體，易溶于水，有劇烈刺激性氣味，有腐蝕性，對人的眼睛、皮膚、黏膜、上呼吸道等有劇烈刺激作用，易分解，易爆炸。(4)貯存和運輸CH3COOOH時要留意的事項是__。(5)消毒過程中需將200mL20%的過氧乙酸(密度為1.02g·cm-3)稀釋為0.5%的過氧乙酸，則需加入水的體積為__。(6)CH3COOOH可用H2O2和CH3COOH制備，其化學方程式為___。(7)制備CH3COOOH過程中總會殘留少量H2O2，因此CH3COOOH在運用過程中須要精確標定原液的濃度。取CH3COOOH樣品，標定步驟如下：a.用KMnO4標準溶液滴定H2O2；b.當達到終點時加入足量KI溶液，發生反應：2KI+H2SO4+CH3COOOH=2KHSO4+CH3COOH+H2O+I2；c.用1.500mol·L-1Na2S2O3標準溶液滴定生成的I2，發生反應：I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，消耗Na2S2O3溶液20.00mL。測得樣品中CH3COOOH質量分數為___?！敬鸢浮?1).MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O(2).飽和食鹽水(3).e→d→c→b→f→g(4).減小(5).放陰暗處、避開碰撞、不能放在易燃物旁邊、密封(6).7956(7).CH3COOH+H2O2=CH3COOOH+H2O(8).19.00%【解析】【分析】I．本試驗的目的是制備NaClO，氯氣和NaOH溶液反應可以生成NaClO和NaCl，所以須要先制備氯氣，裝置A中利用濃鹽酸和二氧化錳共熱制取氯氣，生成的氯氣中會混有HCl氣體，須要除去，可以用裝置C盛放飽和食鹽水進行洗氣，洗氣后通入NaOH溶液進行反應，未反應的氯氣有毒，可以用裝有堿石灰的干燥管進行汲取；(7)該滴定試驗的原理是先用高錳酸鉀將雙氧水氧化，然后利用過氧乙酸氧化碘離子生成碘單質，之后利用Na2S2O3標準溶液滴定生成的碘單質的量，從而確定過氧乙酸的量?！驹斀狻?1)裝置A中利用濃鹽酸和二氧化錳共熱制取氯氣，離子方程式為MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；(2)C裝置盛裝飽和食鹽水除去氯氣中混有的雜質，依據分析可知儀器的連接依次為a→e→d→c→b→f→g；(3)次氯酸鈉受熱易分解，所以溫度過高產率減小；(4)過氧乙酸易溶于水、易分解、易爆炸、對人體有害，所以貯存和運輸時應放陰暗處、避開碰撞、不能放在易燃物旁邊、密封；(5)稀釋過程溶質的質量不變，設加水的體積為V，水的密度為1g/cm3，所以有200mL×1.02g·cm-3×20%=(200mL×1.02g·cm-3+V×1g·cm-3)×0.5%，解得V=7956mL；(6)依據元素守恒可知H2O2和CH3COOH制備過氧乙酸的化學方程式為CH3COOH+H2O2=CH3COOOH+H2O；(7)消耗Na2S2O3溶液20.00mL，其濃度為1.500mol·L-1，依據反應方程式I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6可知生成的碘單質的物質的量n(I2)==0.015mol，依據化學方程式2KI+H2SO4+CH3COOOH=2KHSO4+CH3COOH+H2O+I2可知，消耗的過氧乙酸的物質的量n(CH3COOOH)=n(I2)=0.015mol，所以樣品中過氧乙酸的質量分數為=19.00%?！军c睛】有關溶液稀釋的計算要把握一個點：稀釋過程中溶質的質量(或物質的量)不變，據此進行計算。10.煤炭氣化作為干凈煤利用的核心技術，是影響煤化工系統效率、污染物及溫室氣體排放的關鍵。工業生產中主要的氣化方式包括純水氣化、CO2氣化和純氧氣化，反應如下：i.C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)ΔH=+119kJ·mol-1ii.C(s)+CO2(g)2CO(g)ΔH=+162kJ·mol-1iii.C(s)+O2(g)CO(g)ΔH=-123kJ·mol-1iv.C(s)+O2(g)CO2(g)ΔH=-409kJ·mol-1(1)均相水煤氣反應CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g)的ΔH__。(2)圖1是不同氣化方式得到的合成氣成分，圖2是溫度對碳轉化率的影響(碳轉化率是指氣化得到氣體中的碳占入爐原料煤中碳的質量分數)。①氣化過程中不同氧化劑的配比會對合成氣的成分造成很大影響，為了提高合成氣的氫碳比，生產中應當適當提高__在氧化劑中的比例。②若運用混合氧化劑進行氣化，最佳氣化溫度是___℃。溫度上升純氧氣化的碳轉化率降低，緣由是___。③工業上常在壓強200kPa的條件下進行氣化，壓強過高過低都不利于氣化的進行，可能的緣由是__。④T℃時，向容積可變的恒壓密閉容器中加入20g燃煤(含碳84%)和2molH2O(g)模擬純水氣化反應，起始容積為2L。一段時間達到平衡后，測得容器內H2為1mol。則該溫度下C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)的平衡常數K=__。(3)煤的氣化中可以利用CO2捕集技術實現CO2的綜合利用。用石墨電極電解CO2制CH3CH2OH的原理示意圖如圖：①b為電源的___(填“正”或“負”)極。②生成CH3CH2OH的電極反應式為___?！敬鸢浮?1).-43kJ·mol-1(2).水(3).900(4).純氧氣化涉及的反應ⅲ、反應ⅳ都是放熱反應，溫度上升，平衡逆移，碳轉化率降低(5).壓強高會使氣化反應ⅰ、ⅱ、ⅲ的平衡逆向移動；壓強低反應速率小，都不利于氣化的進行(6).mol·L-1(7).正(8).2CO2+12H++12e-=CH3CH2OH+3H2O【解析】【分析】(1)依據蓋斯定律進行計算；(2)據圖可知，純水氣化時氫碳比最大，CO2氣化氫碳比最小；溫度上升純氧氣化中碳轉化率略微減小，而純水氣化和CO2氣化碳轉化率增大，溫度高于900℃后上升不明顯；④恒壓容器中氣體的體積比等于氣體的物質的量之比，據此先計算平衡時容器的體積，再依據K=計算平衡常數；(3)該裝置目的是用石墨電極電解CO2制CH3CH2OH，C元素化合價降低被還原，所以通入二氧化碳的一極為電解池的陰極，則產生氧氣的一極為陽極?！驹斀狻?1)已知：i.C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)ΔH=+119kJ·mol-1ii.C(s)+CO2(g)2CO(g)ΔH=+162kJ·mol-1依據蓋斯定律i-ii可得反應CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g)的ΔH=+119kJ·mol-1-(+162kJ·mol-1)=-43kJ·mol-1；(2)①據圖可知純水氣化時氫碳比最大，所以為了提高合成氣氫碳比凱越適當提高水在氧化劑中的比例；②據圖可知溫度上升，純氧氣化碳轉化率略微減小，而純水氣化和CO2氣化碳轉化率增大，溫度高于900℃后上升不明顯，所以為了提高碳轉化率，同時盡量降低能耗，提高反應速率，最佳的氣化溫度應為900℃；純氧氣化涉及的反應ⅲ、反應ⅳ都是放熱反應，溫度上升，平衡逆移，所以溫度上升碳轉化率降低；③壓強高會使氣化反應ⅰ、ⅱ、ⅲ的平衡逆向移動，壓強低反應速率小，都不利于氣化的進行，所以壓強不能過高也不能過低；④該反應的平衡常數K的表達式為，平衡時容器內n(H2)=1mol，依據反應方程式可知該時段內消耗n(H2O)=1mol，生成的n(CO)=1mol，剩余的n(H2O)=2mol-1mol=1mol，所以平衡時容器內氣體總物質的量為1mol+1mol+1mol=3mol，壓強不變，則體積比等于氣體的物質的量之比，初始氣體的物質的量為2mol，平衡時為3mol，容器初始體積為2L，所以平衡容器體積為3L，則平衡時容器內c(H2O)=c(H2)=c(CO)=mol/L，K==mol·L-1；(3)①依據分析產生氧氣的一極為電極池的陽極，陽極與外接電源的正極相連，所以b為電源的正極；②二氧化碳被還原生成乙醇，電解質溶液顯酸性，所以電極反應式為2CO2+12H++12e-=CH3CH2OH+3H2O。【點睛】本題中平衡常數的計算為易錯點，要留意本題中的容器為恒壓容器，而涉及的反應前后氣體系數之和不相等，所以容器的體積會變，須要先求出體積才能求濃度。11.近日，某科研團隊勝利合成了Ni—Fe雙原子催化劑(Ni/Fe—C—N)，并應用于高效催化CO2還原?；卮鹣铝袉栴}：(1)基態鐵原子的價電子軌道排布圖為__。鐵元素常見的離子有Fe2+和Fe3+，穩定性Fe2+__Fe3+(填“>”或“<”)，緣由是__。(2)C、N、O三種元素的第一電離能由大到小的依次為__。(3)過渡金屬協作物Ni(CO)n的中心原子價電子數與CO供應配位的電子總數之和為18，則n=___；該化合物易溶于苯及四氯化碳等有機溶劑，緣由是___。(4)二茂鐵的結構為，由Fe2+和(環戊二烯基負離子)構成。一個中σ鍵總數為__，C原子的雜化軌道類型為__。(5)某C、Fe合金的晶胞結構如圖所示：該合金的化學式為__，若該晶體的晶胞參數為apm、bpm、cpm，α=β=γ=90o，密度為ρg·cm-3，則NA為__(寫出計算式即可)。【答案】(1).(2).<(3).Fe3+的3d軌道為半滿狀態，較穩定(4).N>O>C(5).4(6).Ni(CO)4屬于非極性分子，易溶于非極性溶劑中(7).10(8).sp2(9).Fe3C(10).mol-1【解析】【分析】依據原子及離子的電子排布式分析；依據同周期主族元素第一電離能的遞變規律推斷；依據價層電子對數目和價層電子尋互斥理論分析原子的雜化類型和空間構型；依據晶胞結構分析晶體的化學式并進行相關計算?！驹斀狻?1)基態鐵原子價電子排布式為3d64s2，則價電子軌道排布圖為；Fe2+的電子排布式為1s22s22p63s23p63d6，Fe3+的電子排布式為1s22s22p63s23p63d5，可見Fe3+的3d軌道為半滿狀態，較穩定，則穩定性Fe2+＜Fe3+；(2)C、N、O是同周期主族元素，核電荷數大，第一電離能呈增大趨勢，但N原子的2p3軌道是半充溢結構，相同穩定，則三種元素的第一電離能由大到小的依次為N>O>C；(3)Ni價電子數為10，每個配體供應一個電子對，則10+2n=18，n=4；苯和四氯化碳均為非極性溶劑，依據相像相溶原理，該化合物易溶于苯及四氯化碳等有機溶劑，說明Ni(CO)4屬于非極性分子，易溶于非極性溶劑中；(4)單鍵均為σ鍵，則一個(環戊二烯基負離子)中σ鍵總數為10；結構中碳原子的價層電子對數均為3，則C原子的雜化軌道類型為sp2雜化；(5)該合金中Fe原子數為4×+10×=6，C原子數為8×+1=2，則合金的化學式為Fe3C；晶胞的質量為g，晶胞的體積為abc×10-30cm3，依據可知，NA=mol-1?！军c睛】均攤法確定立方晶胞中粒子數目的方法是：①頂點：每個頂點的原子被8個晶胞共有，