发布时间 : 星期四 文章试卷02-2020年新高考化学实战模拟10套卷(解析版)更新完毕开始阅读854e7d585afafab069dc5022aaea998fcc2240d7
（3）GaAs熔点为1238℃，GaN熔点约为1500°，GaAs熔点低于GaN的原因为__________。 （4）写出一种与SO42-互为等电子体的分子_________。
（5）GaAs的晶胞结构如图所示，其中As原子形成的空隙类型有正八面体形和正四面体形，该晶胞中Ga原子所处空隙类型为_____。已知GaAs的密度为ρg/cm3，Ga和As的摩尔质量分别为 MGa g/mol和MAsg/mol，则GaAs晶胞中Ga之间的最短距离为________pm。
【答案】（1）第四周期第Ⅷ族（1分） 3s23p4（1分） As>Se>Ga（1分） （2）sp3（1分） 三角锥形（1分）
（3）均为原子晶体，且GaN中N原子半径小，Ga-N 键长比Ga-As短，键能更大，熔点更高（2分） （4）CCl4、SiCl4、 SiF4、 CF4(填其中一种即可) （1分） （5）正四面体形（2分）
4MGa?4MAs2?3×1010（3分） 2?NA【解析】【分析】（1）镍是28号元素，根据构造原理，可确定Ni、S的核外电子排布式，结合原子结构与元素在元素周期表的位置关系确定其在周期表中的位置；一般情况下，同一周期的元素原子序数越大，元素的第一电离能就越大，但当原子核外电子处于其轨道上的全满、半满、全空时是稳定结构，比相应原子序数大1个的VIA的元素大分析。
（2）根据As原子最外层电子数及形成化学键的关系分析Na3As3中As原子的杂化方式；AsCl3的空间构型要根据成键电子对与孤对电子分析其空间构型；
（3）GaAs根据微粒间的作用力与微粒半径大小分析物质熔点高低； （4）根据等电子体的概念分析其相应的等电子体；
（5）根据微粒的空间构型及相对位置分析其空间构型，用均摊法先计算晶胞中含有的As、Ga原子数目，计算出晶胞的质量，结合晶胞的密度可得晶胞的体积。
【详解】（1）镍是28号元素，根据构造原理，可确定Ni核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d84s2，在元素在元素周期表的位置为第四周期第Ⅷ族；S原子的价电子排布式为1s22s22p4；一般情况下，同一周期的元素原子序数越大，元素的第一电离能就越大，但As原子核外最外层的4p轨道的电子处于半充满的较稳定状态，比同周期原子序数大1个的VIA的Se元素大，所以Ga、As和Se的第一电离能由大到小的顺序是
As>Se>Ga。
（2）在Na3As3中As最外层有5个电子，形成3个共价键即δ键电子对数为3，另外还有1个孤电子对，所以As的杂化方式为sp3；AsCl3中As的价层电子对数=3+
1(5-1×3)=4，As原子采用sp3杂化，由于孤电2子对对成键电子对排斥了强，所以AsCl3分子空间构成三角锥形分子；
（3）GaAs熔点为1238℃，GaN熔点约为1500°，GaAs熔点低于GaN是因为两种晶体均为原子晶体，且GaN中N原子半径比Ga小，Ga-N 键长比Ga-As短，键能更大，断裂化学键需要的能量大，因此熔点更高； （4）根据等电子体的概念是原子数相同，最外层电子数也相同的微粒，则SO42-相应的等电子体是CCl4、SiCl4、 SiF4、 CF4；
（5）该晶胞中Ga原子处于与它最近的四个As原子所构成的正四面体的几何中心，因此Ga所处空隙类型为正四面体；在该晶胞中含有的As原子数目为：?8?181?6=4，含有的Ga原子数目为：1×4=4，因此该24MGa?4MAsg，由于晶胞的密度为ρg/cm3，所以晶胞的体积晶胞在含有4个GaAs，则晶胞的质量为m=
NA为V=
m??4MGa?4MAs34MGa?4MAs4MGa?4MAscm，则晶胞的边长L=3cm=3×1010pm。在该晶
?nNA?nNA?NA4MGa?4MAs223?体在两个Ga原子之间的距离为晶胞边长的倍，所以两个Ga原子之间的距离为2?NA2×1010pm。
【点睛】本题考查物质结构和性质的知识，涉及元素在元素周期表的位置、原子杂化方式判断、微粒空间构型、物质熔点比较、晶体结构分析与计算等知识点，本题综合性较强，侧重考查学生判断及知识综合应 用能力，易错点是晶体中最近的Ga原子之间的位置及其与晶胞边长的关系的确定与计算，题目难度中等。18．（11分）铝氢化钠(NaAlH4)是有机合成的一种重要还原剂。一般的制备方法是将AlC13溶于有机溶剂，
再把所得溶液滴加到NaH粉末上，可制得铝氢化钠。实验要求和装置如下，回答下列问题： （1）制取铝氢化钠要在非水溶液中进行，主要原因是_______(用化学方程式表示)。用下列装置制取少量铝氢化钠(含副产物处理)较为合理的是__________。
（2）对于原料A1C13的制取，某兴趣小组设计了如下装置：
①连接好装置后，应进行的第一步操作是_________；为保证产物的纯净，应待D中__________(填现象)再加热酒精灯。
②B装置中盛装饱和NaCl溶液，实验开始后B中产生的现象是_________，选择饱和NaCl溶液的理由是_____。
③C装置的作用是_________；若无C装置，试预测实验后D中生成物除AlCl3外可能还含有_________。(填化学式)
④上述装置存在的明显缺陷是_________。
【答案】（1）NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2↑(或写为NaH+H2O=NaOH+ H2↑)（2分） D（2分） （2）①检查装置的气密性（1分） 充满黄绿色气体时（1分） ②白色晶体析出（1分） 既能除去HCl，又能降低Cl2的溶解度（1分） ③干燥（1分） Al2O3（1分） ④没有尾气处理装置，会造成大气污染（1分）
【解析】【分析】（1）铝氢化钠和氢化钠中-1价的H均易与水反应，据此分析；根据反应物的状态及反应条件选择合适的装置；
（2）用浓盐酸与MnO2混合加热制取制取Cl2，制得的Cl2中含有杂质HCl、H2O，先通过饱和食盐水除去氯化氢杂质，然后通过浓硫酸进行干燥，然后使干燥的氯气与金属铝在加热时反应制取AlCl3，据此分析解答。
【详解】（1）铝氢化钠和氢化钠中-1价的H均易与水反应，反应方程式为：NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2↑(或写为NaH+H2O=NaOH+ H2↑)，为防止变质，制取铝氢化钠必须在非水溶液中进行；AlC13的有机溶剂形成的溶液与NaH固体在室温下发生反应AlCl3+4NaH=NaAlH4+3NaCl，装置A、B都是固体物质加热制取，物C、D从物质状态可用于制取NaAlH4，质的状态、反应条件不符合，但若AlCl3中含有少量结晶水或湿存水，用该氯化铝制取NaAlH4时，就会同时产生密度比空气小的氢气，氢气只能用向下排空气的方法收集，装置C中用的是向上排空气方法，不适用于氢气的收集，装置D合适，故合理选项是D；
（2）①有气体参加的化学反应，在连接装置后，应进行的第一步操作是检查装置的气密性；为保证产物的
纯净，应待D中充满黄绿色气体时再加热酒精灯，以赶走装置中空气，防止Al与装置内空气中的O2反应； ②饱和食盐水中存在溶解平衡，氯气在水中存在化学平衡。当HCl极易溶于水，溶于水后c(Cl-)增大，NaCl的溶解平衡和Cl2与水发生的可逆化学反应的平衡均向逆向移动，从而看到的现象是有白色晶体析出，该操作同时又降低了氯气的溶解度；
③C装置盛有浓硫酸，其作用是干燥氯气；若无C装置，潮湿的氯气与Al在反应时，产生的AlCl3有少量与水反应，部分变为Al(OH)3和HCl，随着水分的蒸发，HCl挥发，固体变为Al(OH)3，加热Al(OH)3发生分解反应产生Al2O3，因此预测实验后D中生成物除A1C13外可能还含有Al2O3；
（3）Cl2是有毒气体，不能随意排入大气，否则会造成大气污染，因此该装置存在的明显缺陷是没有尾气处理装置，会造成大气污染。
【点睛】本题考查了物质的制备实验，涉及基本实验操作、化学用语、流程中反应原理、混合物分离提纯等，侧重分析与实验能力的综合考查。
19．（12分）金属是重要但又匮乏的战略资源。从废旧锂电池的电极材料（主要为附在铝箔上的LiCoO2，
还有少量铁的氧化物）中回收钴的一种工艺流程如下
请回答下列问题：
（1）在焰色反应实验中，可用钴玻璃观察钾元素的焰色，该钴玻璃的颜色为_______。 （2）“溶液A”中溶质除NaOH外，还有______。“钴渣”中LiCoO2溶解时的离子方程式为___________________________________。
（3）在“滤液1”中加入20﹪Na2CO3溶液，目的是_________；检验“滤液1”中Fe2+是否完全被氧化、不能用酸性KMnO4溶液，原因是___________________________。
（4）如将硫酸改为盐酸浸取“钴渣“，也可得到Co2+。
①浸取时，为提高”钴渣”中浸取率，可采取的措施有_____________（任写一条）。 ②工业生产中一般不用盐酸浸取“钴渣”，其原因是_____________________。
（5）”钴沉淀”的化学式可表示为CoCO3·yCo(OH)2。称取5．17g该样品置于硬质玻璃管中，在氮气中54g和0．88g。加热．使样品完全分解为CoO，生成的气体依次导入足量的浓硫酸和碱石灰中，二者分别增重0．则“钴沉淀”的化学式为__________。