全國I卷廣東省廣州市2025屆高三化學(xué)下學(xué)期3月階段訓(xùn)練試題含解析

PAGE16-（全國I卷）廣東省廣州市2025屆高三化學(xué)下學(xué)期3月階段訓(xùn)練試題（含解析）留意事項：1．答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、考生號、試室號和座位號填寫在答題卡上。2．用2B鉛筆將考生號及試卷類型（B）填涂在答題卡相應(yīng)位置上。作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆將答題卡上對應(yīng)題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試卷上。3．非選擇題必需用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必需寫在答題卡各題目指定區(qū)域內(nèi)相應(yīng)位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準(zhǔn)運用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．考生必需保證答題卡的整齊。考試結(jié)束后，將試卷和答題卡一并交回?？赡苡玫降南鄬υ淤|(zhì)量：H-1C-12O-16K-39Fe-56一、選擇題：本題共7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。1.下列關(guān)于硫及其化合物說法錯誤的是（）A.試驗室常將硫磺撒在汞的表面以除去不慎灑落的汞B.葡萄酒中添加適量SO2可以起到抗氧化的作用C.硫酸鋇可用作消化系統(tǒng)X射線檢查的內(nèi)服藥劑D.“石膽……淺碧色，燒之變白色者真”所描述的“石膽”是指FeSO4·7H2O【答案】D【解析】【詳解】A．常溫下，硫磺能與汞反應(yīng)生成硫化汞，從而防止汞的揮發(fā)，A正確；B．葡萄酒中添加SO2，可削減葡萄中單寧、色素的氧化，B正確；C．硫酸鋇不溶于水不于酸，不能被X光透過，可作消化系統(tǒng)檢查的內(nèi)服藥劑，C正確；D．“石膽”指CuSO4·5H2O，D錯誤；故選D。2.工業(yè)上可由異丙苯（）催化脫氫得到2-苯基丙烯（），下列關(guān)于這兩種有機化合物的說法正確的是（）A.都是苯的同系物B.都能使溴的四氯化碳溶液褪色C.苯環(huán)上的二氯代物都有6種D.分子內(nèi)共平面的碳原子數(shù)均為8【答案】C【解析】【詳解】A.2-苯基丙烯不是苯的同系物，A錯誤；B.異丙苯不能使溴的四氯化碳溶液褪色，B錯誤；C.采納定一移一法，可得出異丙苯、2-苯基丙烯苯環(huán)上的二氯代物都有6種，C正確；D.異丙苯分子中與苯環(huán)相連的碳原子為飽和碳原子，其所連的4個原子肯定不在同一平面上，所以分子內(nèi)肯定共平面的碳原子數(shù)為7個，D錯誤；故選C。3.試驗室利用下列反應(yīng)裝置模擬侯氏制堿法制備NaHCO3，反應(yīng)原理為：NH3+CO2+H2O+NaCl＝NaHCO3↓+NH4Cl，下列說法錯誤的是（）A.通過活塞K可限制CO2的流速B.裝置b、d依次盛裝飽和Na2CO3溶液、稀硫酸C.裝置c中含氨的飽和食鹽水提高了CO2汲取效率D.反應(yīng)后將裝置c中的錐形瓶浸入冷水充分冷卻，過濾得到NaHCO3晶體【答案】B【解析】【詳解】A．關(guān)閉活塞K時，氣體可將球形容器內(nèi)的液體壓入漏斗內(nèi)，從而使碳酸鈣脫離液面，反應(yīng)停止，所以通過調(diào)整活塞K可限制CO2的流速，A正確；B．裝置b的作用是除去二氧化碳中混有的氯化氫，故裝置b內(nèi)應(yīng)盛裝飽和NaHCO3溶液，B錯誤；C．裝置c中含氨的飽和食鹽水呈堿性，CO2的溶解度增大，C正確；D．反應(yīng)后將裝置c中的錐形瓶浸入冷水，NaHCO3降溫結(jié)晶，過濾得NaHCO3晶體，D正確；故選B。4.主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增加，且均不大于20。W、X、Y最外層電子數(shù)之和為11，W與Y同族且都是復(fù)合化肥的養(yǎng)分元素，Z的氫化物遇水可產(chǎn)生最輕的氣體。下列說法正確的是（）A.常溫常壓下X的單質(zhì)為氣態(tài)B.簡潔氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性：Y＞W(wǎng)C.Z的氫化物含有共價鍵D.簡潔離子半徑：W＞X【答案】D【解析】【分析】W與Y同族且都是復(fù)合化肥的養(yǎng)分元素，則W為氮(N)，Y為磷(P)；W、X、Y最外層電子數(shù)之和為11，則X為鈉(Na)；Z的氫化物遇水可產(chǎn)生最輕的氣體，則Z為鉀(K)或鈣(Ca)?！驹斀狻緼．常溫常壓下X的單質(zhì)為鈉，呈固態(tài)，A錯誤；B．非金屬性Y(P)<W(N)，簡潔氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性Y<W，B錯誤；C．Z氫化物為KH或CaH2，含有離子鍵，C錯誤；D．具有相同核電荷數(shù)的離子，核電荷數(shù)越大，半徑越小，則簡潔離子半徑：N3->Na+，D正確；故選D。5.NSR技術(shù)能降低柴油發(fā)動機在空氣過量條件下NOx的排放，其工作原理如圖所示。下列說法錯誤的是（）A.降低NOx排放可以削減酸雨的形成B.儲存過程中NOx被氧化C.還原過程中消耗1molBa(NO3)2轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為5NA（NA為阿伏加德羅常數(shù)的值）D.通過BaO和Ba(NO3)2的相互轉(zhuǎn)化實現(xiàn)NOx的儲存和還原【答案】C【解析】【詳解】A．大氣中的NOx可形成硝酸型酸雨，降低NOx排放可以削減酸雨的形成，A正確；B．儲存過程中NOx轉(zhuǎn)化Ba(NO3)2，N元素價態(tài)上升被氧化，B正確；C．還原過程中消耗1molBa(NO3)2轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為10NA，C錯誤；D．BaO轉(zhuǎn)化為Ba(NO3)2儲存NOx，Ba(NO3)2轉(zhuǎn)化為BaO、N2和H2O，還原NOx，D正確；故選C。6.一種三電極電解水制氫的裝置如圖，三電極為催化電極a、催化電極b和Ni(OH)2電極。通過限制開關(guān)連接K1或K2，可交替得到H2和O2。下列說法錯誤的是（）A.制O2時，電子由Ni(OH)2電極通過外電路流向催化電極bB.制H2時，陽極的電極反應(yīng)式為Ni(OH)2+OH--e-=NiOOH+H2OC.催化電極b上，OH-發(fā)生氧化反應(yīng)生成O2D.該裝置可在無隔膜的條件下制備高純氫氣【答案】A【解析】詳解】A．催化電極b中，水失電子生成O2，作陽極，電子由催化電極b通過外電路流向Ni(OH)2電極，A錯誤；B．制H2時，催化電極a為陰極，陽極Ni(OH)2在堿性溶液中失電子生成NiOOH，電極反應(yīng)式為Ni(OH)2+OH--e-=NiOOH+H2O，B正確；C．催化電極b上，水電離產(chǎn)生的OH-失電子，發(fā)生氧化反應(yīng)生成O2，C正確；D．該裝置中，電解質(zhì)只有水，所以可在無隔膜的條件下制備高純氫氣，D正確；故選A。7.常溫下，HCOOH和CH3COOH的電離常數(shù)分別1.80×10?4和1.75×10?5。將pH=3，體積均為V0的兩種酸溶液分別加水稀釋至體積V，pH隨lg的改變?nèi)鐖D所示。下列敘述錯誤的是（）A.溶液中水的電離程度：b點＜c點B.相同體積a點的兩溶液分別與NaOH恰好中和后，溶液中n(Na+)相同C.從c點到d點，溶液中不變（HA、A-分別代表相應(yīng)的酸和酸根離子）D.若兩溶液無限稀釋，則它們的c(H+)相等【答案】B【解析】【分析】從圖中可以看出，隨著溶液的不斷稀釋，Ⅰ的pH大于Ⅱ的pH，則表明Ⅰ的n(H+)小于Ⅱ的n(H+)，從而表明lg=0時，Ⅰ對應(yīng)的酸電離程度大，Ⅰ為HCOOH，Ⅱ為CH3COOH；pH=3時，二者電離產(chǎn)生的c(H+)相等，由于HCOOH的電離常數(shù)大于CH3COOH，所以CH3COOH的起始濃度大?！驹斀狻緼．在c點，溶液的pH大，則酸電離出的c(H+)小，對水電離的抑制作用小，所以溶液中水的電離程度：b點＜c點，A正確；B．相同體積a點的兩溶液，CH3COOH的物質(zhì)的量比HCOOH大，分別與NaOH恰好中和后，消耗的NaOH體積大，所以CH3COOH溶液中n(Na+)大，B錯誤；C．對于HCOOH來說，從c點到d點，溫度不變，溶液中=Ka(HCOOH)不變，C正確；D．若兩溶液無限稀釋，可看成是純水，所以它們的c(H+)相等，D正確；故選B。8.K3[Fe(C2O4)3]·3H2O（三草酸合鐵酸鉀）為亮綠色晶體，易溶于水，難溶于乙醇，是制備負(fù)載型活性鐵催化劑的主要原料。試驗室用莫爾鹽[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O]制備K3[Fe(C2O4)3]·3H2O詳細(xì)流程如圖：回答下列問題：(1)步驟②滴加過量6%H2O2，生成紅褐色膠狀沉淀，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為___。生成的沉淀不易過濾，過濾前須要的操作是___。(2)步驟③將Fe(OH)3加入到KHC2O4溶液中，水浴加熱，限制pH為3.5-4，若pH偏高應(yīng)加入適量___（填“H2C2O4”或“K2C2O4”）。(3)步驟④的操作是___、過濾。得到的晶體依次用少量冰水、95%乙醇洗滌，用95%乙醇洗滌的目的是___。(4)測定K3[Fe(C2O4)3]·3H2O中鐵的含量。①稱量mg樣品于錐形瓶中，溶解后加稀H2SO4酸化，用cmol·L-1KMnO4溶液滴定至終點。滴定反應(yīng)的氧化產(chǎn)物為___。滴定時，盛放高錳酸鉀溶液的儀器是___（“酸式”或“堿式”）滴定管。②向上述溶液中加入過量鋅粉至將鐵元素全部還原為Fe2+后，過濾、洗滌，將濾液及洗滌液全部收集到錐形瓶中。加稀H2SO4酸化，用cmol·L-1KMnO4溶液滴定至終點，消耗KMnO4溶液VmL。該樣品中鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)的表達(dá)式為___?！敬鸢浮?1).2Fe(OH)2+H2O2==2Fe(OH)3(2).煮沸(3).H2C2O4(4).蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶(5).除去晶體表面的水分(6).CO2(7).酸式(8).【解析】【分析】莫爾鹽[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O]中加入NaOH，發(fā)生的反應(yīng)①為Fe2+與OH-反應(yīng)生成Fe(OH)2；加入H2O2，發(fā)生反應(yīng)②為Fe(OH)2與H2O2反應(yīng)生成Fe(OH)3；在反應(yīng)③中，F(xiàn)e(OH)3固體與KHC2O4反應(yīng)，生成K3[Fe(C2O4)3]溶液；將溶液蒸發(fā)結(jié)晶便可得到K3[Fe(C2O4)3]·3H2O晶體，再洗滌干燥，從而獲得純凈的晶體。【詳解】(1)步驟②滴加過量6%H2O2，將Fe(OH)2氧化為Fe(OH)3紅褐色膠狀沉淀，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為2Fe(OH)2+H2O2==2Fe(OH)3。生成的沉淀呈膠狀，不易過濾，過濾前須要加熱煮沸以破壞其膠狀結(jié)構(gòu)，操作是煮沸。答案為：2Fe(OH)2+H2O2==2Fe(OH)3；煮沸；(2)步驟③若pH偏高，則應(yīng)加酸將pH降低，所以應(yīng)加入適量H2C2O4。答案為：H2C2O4；(3)步驟④是從溶液中提取溶質(zhì)，操作是蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾。得到的晶體依次用少量冰水、95%乙醇洗滌，因結(jié)晶水合物受熱易失去結(jié)晶水，所以用95%乙醇洗滌，目的是除去晶體表面的水分，防止晶體受熱失去結(jié)晶水。答案為：蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶；除去晶體表面的水分；(4)①滴定時，H2C2O4被氧化生成CO2，反應(yīng)的氧化產(chǎn)物為CO2。滴定時，因高錳酸鉀會腐蝕橡皮管，所以盛放高錳酸鉀溶液的儀器是酸式滴定管。答案為：CO2；酸式；②Fe3+被Zn還原為Fe2+，F(xiàn)e2+被KMnO4氧化生成Fe3+，關(guān)系式為5Fe3+——5Fe2+——KMnO4，則n(Fe3+)=cmol·L-1×V×10-3L×5=5×10-3cVmol，該樣品中鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)的表達(dá)式為=。答案為：。【點睛】膠狀沉淀呈膠狀，簡潔堵塞濾紙的孔隙，使水難以順當(dāng)流下，所以過濾膠狀沉淀物時，需加熱破壞膠體結(jié)構(gòu)。9.四氧化三錳（Mn3O4）廣泛應(yīng)用于生產(chǎn)軟磁材料、催化材料制備領(lǐng)域。一種以低品位錳礦（含MnCO3、Mn2O3、MnOOH及少量Fe2O3、Al2O3、SiO2）為原料生產(chǎn)Mn3O4的工藝流程如圖：已知：(NH4)2SO4NH3↑+NH4HSO4回答下列問題：(1)MnOOH中Mn的化合價為___。(2)“溶浸”中H2O2的作用是___。(3)“濾渣2”的主要成分有___。(4)“母液”溶質(zhì)的主要成分是___，循環(huán)利用該物質(zhì)的方案是___。(5)氧化”時，將固體加入水中，70℃水浴加熱，通空氣氧化，將固體全部轉(zhuǎn)化為Mn3O4。Mn(OH)2生成Mn3O4的化學(xué)方程式為___。反應(yīng)后溶液pH___（填“增大”、“減小”或“不變”）?！敬鸢浮?1).+3(2).將+3價Mn元素還原成Mn2+(3).Fe(OH)3、Al(OH)3(4).(NH4)2SO4(5).加熱到213~308℃分解生成氨氣和NH4HSO4，分別循環(huán)到沉錳和溶浸中，或加H2SO4生成NH4HSO4循環(huán)到溶浸中(6).6Mn(OH)2+O22Mn3O4+6H2O(7).減小【解析】【分析】錳礦粉(含MnCO3、Mn2O3、MnOOH及少量Fe2O3、Al2O3、SiO2)加NH4HSO4、H2O2溶浸，MnCO3、Mn2O3、MnOOH轉(zhuǎn)化為Mn2+，F(xiàn)e2O3、Al2O3轉(zhuǎn)化為Fe2+、Al3+，SiO2不溶而成濾渣1；加入Mn(OH)2調(diào)pH=5，此時Fe3+、Al3+轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3、Al(OH)3，成為濾渣2的成分；加入氨水沉錳，此時錳轉(zhuǎn)化為Mn(OH)2、Mn2(OH)2SO4，通空氣氧化，70℃水浴加熱，即得Mn3O4。【詳解】(1)MnOOH中O顯-2價，H顯+1價，依據(jù)化合價的代數(shù)為0，可求出Mn的化合價為+3。答案為：+3；(2)“溶浸”中，有一部分Mn由+3價降為+2價，所以H2O2的作用是將+3價Mn元素還原成Mn2+。答案為：將+3價Mn元素還原成Mn2+；(3)由以上分析知，“濾渣2”的主要成分有Fe(OH)3、Al(OH)3。答案為：Fe(OH)3、Al(OH)3；(4)由以上分析知，“母液”溶質(zhì)的主要成分是(NH4)2SO4，循環(huán)利用該物質(zhì)的方案是加熱到213~308℃分解生成氨氣和NH4HSO4，分別循環(huán)到沉錳和溶浸中，或加H2SO4生成NH4HSO4循環(huán)到溶浸中。答案為：(NH4)2SO4；加熱到213~308℃分解生成氨氣和NH4HSO4，分別循環(huán)到沉錳和溶浸中，或加H2SO4生成NH4HSO4循環(huán)到溶浸中；(5)氧化”時，Mn(OH)2利用70℃水浴加熱，通空氣氧化，生成Mn3O4，化學(xué)方程式為6Mn(OH)2+O22Mn3O4+6H2O。Mn(OH)2呈堿性，Mn3O4難溶于水，所以反應(yīng)后溶液pH減小。答案為：6Mn(OH)2+O22Mn3O4+6H2O；減小?！军c睛】在反應(yīng)中，H2O2通常作氧化劑，表現(xiàn)出強氧化性，假如我們不留意審題，簡潔把“溶浸中H2O2的作用”錯誤地回答成“氧化性”。10.合成氨是目前最有效工業(yè)固氮的方法，解決數(shù)億人口生存問題。回答下列問題：(1)科學(xué)家探討利用鐵觸媒催化合成氨的反應(yīng)歷程如圖所示，其中吸附在催化劑表面的物種用“ad”表示。由圖可知合成氨反應(yīng)N2(g)+H2(g)NH3(g)的?H=___kJ·mol-1。該歷程中反應(yīng)速率最慢的步驟的化學(xué)方程式為___。(2)工業(yè)合成氨反應(yīng)為：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，當(dāng)進料體積比V(N2)：V(H2)=1：3時平衡氣體中NH3的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)隨溫度和壓強改變的關(guān)系如圖所示：①500℃時，反應(yīng)平衡常數(shù)Kp(30MPa)___Kp(100MPa)。（填“<”、“=”、“>”）②500℃、30MPa時，氫氣的平衡轉(zhuǎn)化率為___（保留2位有效數(shù)字），Kp=___(MPa)-2（列出計算式）。(3)科學(xué)家利用電解法在常溫常壓下實現(xiàn)合成氨，工作時陰極區(qū)的微觀示意如圖，其中電解液為溶解有三氟甲磺酸鋰和乙醇的惰性有機溶劑。①陰極區(qū)生成NH3的電極方程式為___。②下列說法正確的是___（填標(biāo)號）。A．三氟甲磺酸鋰的作用是增加導(dǎo)電性B．該裝置用金(Au)作催化劑目的是降低N2的鍵能C．選擇性透過膜可允許N2和NH3通過，防止H2O進入裝置【答案】(1).-46(2).Nad+3HadNHad+2Had(3).=(4).33%(5).(6).N2+6e-+6C2H5OH=2NH3+6C2H5O-(7).AC【解析】【分析】(1)利用蓋斯定律，起點為N2(g)+H2(g)，終點為NH3(g)，?H=-46kJ·mol-1。該歷程中反應(yīng)速率最慢反應(yīng)，是需吸熱最多的反應(yīng)，明顯是吸熱106kJ·mol-1的反應(yīng)。(2)①500℃時，平衡常數(shù)不變。②500℃、30MPa時，氨氣的體積分?jǐn)?shù)為20%，利用三段式，計算氫氣平衡轉(zhuǎn)化率及Kp。(3)①從圖中看，陰極區(qū)N2與C2H5OH反應(yīng)生成NH3和C2H5O-。②A．從陰極反應(yīng)看，三氟甲磺酸鋰并未參與反應(yīng)，所以作用是增加導(dǎo)電性；B．催化劑只能降低反應(yīng)的活化能，不能降低鍵能；C．從圖中看，選擇性透過膜可允許N2和NH3通過，但H2O不能透過。【詳解】(1)利用蓋斯定律，起點為N2(g)+H2(g)，終點為NH3(g)，?H=-46kJ·mol-1。所以，合成氨反應(yīng)N2(g)+H2(g)NH3(g)?H=-46kJ·mol-1。該歷程中反應(yīng)速率最慢的反應(yīng)，是需吸熱最多的反應(yīng)，明顯是吸熱106kJ·mol-1的反應(yīng)，化學(xué)方程式為Nad+3HadNHad+2Had。答案為：利用蓋斯定律，起點為N2(g)+H2(g)，終點為NH3(g)，?H=-46kJ·mol-1；Nad+3HadNHad+2Had；(2)①因為平衡常數(shù)只受溫度改變的影響，所以500℃時，反應(yīng)平衡常數(shù)Kp(30MPa)=Kp(100MPa)；②設(shè)參與反應(yīng)N2的物質(zhì)的量為x，建立三段式為：則，x=，則N2的體積分?jǐn)?shù)為=20%，H2的體積分?jǐn)?shù)為60%，NH3的體積分?jǐn)?shù)為20%。500℃、30MPa時，氫氣的平衡轉(zhuǎn)化率為=33%，Kp=(MPa)-2；(3)①從圖中看，陰極區(qū)N2與C2H5OH反應(yīng)生成NH3和C2H5O-，電極方程式為N2+6e-+6C2H5OH=2NH3+6C2H5O-；②A．從陰極反應(yīng)看，三氟甲磺酸鋰并未參與反應(yīng)，所以作用是增加導(dǎo)電性，A正確；B．催化劑只能降低反應(yīng)的活化能，不能降低鍵能，B不正確；C．從圖中看，選擇性透過膜可允許N2和NH3通過，但H2O不能透過，C正確；故合理選項是AC?！军c睛】在比較“平衡常數(shù)Kp(30MPa)與Kp(100MPa)”的關(guān)系時，我們易出錯，其錯因是受圖中數(shù)據(jù)的影響，我們易產(chǎn)生以下的錯誤推理：增大壓強，NH3的體積分?jǐn)?shù)增大，明顯平衡正向移動，所以平衡常數(shù)增大。11.(CdSe)n小團簇（CdnSen，n=1~16）為Ⅱ-Ⅵ族化合物半導(dǎo)體材料，具有獨特的光學(xué)和電學(xué)性質(zhì)，常應(yīng)用于發(fā)光二極管、生物系統(tǒng)成像與診斷等方面。回答下列問題：(1)基態(tài)Se原子的價層電子排布式為___。(2)Cd的第一電離能大于同周期相鄰元素，緣由是___。(3)CdS、CdSe、CdTe均為重要的Ⅱ-Ⅵ族化合物半導(dǎo)體材料，熔點分別為1750℃、1350℃、1041℃，上述熔點呈規(guī)律性改變的緣由是___。(4)利用有機配體PH3、N(CH3)3等修飾(CdSe)2可改善其光致發(fā)光效率。其中PH3的空間構(gòu)型是___。N(CH3)3中參與形成配位鍵的孤電子對占據(jù)的軌道是___。(5)CdSe的一種晶體為閃鋅礦型結(jié)構(gòu)，晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示。其中原子坐標(biāo)參數(shù)A為(，，)，則B、C的原子坐標(biāo)參數(shù)分別為___。該晶胞中CdSe鍵的鍵長為___。已知Cd和Se的原子半徑分別為rCdnm和rSenm，則該晶胞中原子的體積占晶胞體積的百分率為___。【答案】(1).4s24p4(2).Cd的電子排布式為[Kr]4d105s2，原子軌道為全充溢狀態(tài)(3).均為離子化合物，陽離子相同，陰離子半徑S2-<Se2-<Te2-，晶格能CdS>CdSe>CdTe(4).三角錐形(5).sp3(6).B(，，)，C(，，)(7).(8).【解析】【分析】(1)基態(tài)Se原子的核外電子排布式為[Ar]3d104s24p4，由此可寫出其價層電子排布式。(2)Cd價電子排布式為4d105s2，5s軌道全充溢，則第一電離能出現(xiàn)反常。(3)從熔點看，CdS、CdSe、CdTe都形成離子晶體，晶格能與離子帶電荷成正比，與離子半徑的平方成反比。(4)PH3中P的價層電子對數(shù)為4，由此可確定其空間構(gòu)型。N(CH3)3中N原子的價層電子對數(shù)為4，由此可確定參與形成配位鍵的孤電子對占據(jù)的軌道。(5)原子坐標(biāo)參數(shù)A為(，，)，依據(jù)0點定位，可確定B、C的原子坐標(biāo)參數(shù)。該晶胞中CdSe鍵的鍵長，可建立三角形進行計算。利用均攤法，確定晶胞中所含原子個數(shù)，從而求出原子的總體積，再除以晶胞的體積，即得該晶胞中原子的體積占晶胞體積的百分率?！驹斀狻?1)基態(tài)Se原子的核外電子排布式為[Ar]3d104s24p4，則基態(tài)Se原子的價層電子排布式為4s24p4。答案為：4s24p4；(2)Cd的價電子排布式為4d105s2，5s軌道全充溢，Cd的第一電離能大于同周期相鄰元素，緣由是Cd的電子排布式為[Kr]4d105s2，原子軌道為全充溢狀態(tài)。答案為：Cd的電子排布式為[Kr]4d105s2，原子軌道為全充溢狀態(tài)；(3)從熔點看，CdS、CdSe、CdTe都形成離子晶體，晶格能與離子帶電荷成正比，與離子半徑的平方成反比，所以上述熔點呈規(guī)律性改變的緣由是：均為離子化合物，陽離子相同，陰離子半徑S2-<Se2-<Te2-，晶格能CdS>CdSe>CdTe。答案為：均為離子化合物，陽離子相同，陰離子半徑S2-<Se2-<Te2-，晶格能CdS>CdSe>CdTe；(4)PH3中P的價層電子對數(shù)為4，P原子的最外層存在1對孤對電子，則PH3的空間構(gòu)型是三角錐形。N(CH3)3中N原子的價層電子對數(shù)為4，N(CH3)3中參與形成配位鍵的孤電子對占據(jù)的軌道是sp3。答案為：三角錐形；sp3；(5)原子坐標(biāo)參數(shù)A為(，，)，依據(jù)0點定位，則B、C的原子坐標(biāo)參數(shù)分別為B(，，)，C(，，)。設(shè)該晶胞中CdSe鍵的鍵長為x，則x2=(a)2+(a)2+(a)2，x=。在晶胞中，Cd原子數(shù)為×8+×6=4，Se原子數(shù)為4，已知Cd和Se的原子