成都七中高中2016级毕业班二诊模拟考试理科综合化学部分解析版

成都七中高中2016级毕业班二诊模拟考试
理科综合·化学部分
一、选择题:本大题共13小题,每小题6分,共78分。

在每小题给出的四个选项中,只有一项符合题目。

1.化学与生产、生活密切相关。

下列说法不正确的是
A. 沥青常用于铺路，可以通过石油分馏得到
B. 静电除尘、血液透析利用了胶体聚沉的性质
C. 液态植物油与氢气加成后可以得到像动物脂肪一样的固态物质，称为人造脂肪
D. 大气中的二氧化硫和二氧化氮溶于雨水形成pH小于5.6的酸雨，具有很大危害
【答案】B
【解析】
【详解】A.沥青常用于铺路，沥青是石油分馏得到的相对分子质量大的烃的混合物，A正确；
B.静电除尘是利用胶体的电泳的性质，血液透析利用了胶体的渗析的性质，B错误；
C.液态植物油的烃基部分含有不饱和的碳碳双键，与氢气加成后变为饱和的烃基，就由液态的植物油变为像动物脂肪一样的固态物质，称为人造脂肪，C正确；
D.大气中的二氧化硫和二氧化氮溶于雨水形成pH小于5.6的酸雨，能够使土壤酸化，破坏建筑物、腐蚀文物等，具有很大危害，D正确；
故合理选项是B。

2.N A表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 1mol硝基(-NO2)与46g二氧化氮(NO2)所含的电子数均为23N A
B. 0.1mol/L(NH4)2SO4溶液与0.2 mol/LNH4Cl溶液中的NH4+数目相同
C. 标准状况下，2.24L三氯甲烷中含碳氯共价键的数目为0.3N A
D. 向FeI2溶液中通入适量Cl2，当有1 mol Fe2+被氧化时，转移的电子数为N A
【答案】A
【解析】
【详解】A.46g二氧化氮的物质的量是1mol，由于1个硝基和1个NO2分子都含有23个电子，所以1mol 硝基和1mol NO2在含有的电子数均为23N A，A正确；
B.只有物质的浓度，缺少溶液的体积，不能确定微粒的数目，B错误；
C.三氯甲烷在标准状况下的状态为液态，不能使用气体摩尔体积计算，所以不能计算微粒的数目，C错误；
D.由于微粒的还原性I->Fe2+，向FeI2溶液中通入适量Cl2，当有1 mol Fe2+被氧化时，已经有2molI-被氧化，则反应过程中转移的电子数为3N A，D错误。

故合理选项是A。

3.环之间共用一个碳原子的化合物称为螺环化合物,氧杂螺戊烷的结构简式为，则下列说法正确的是
A. lmol该有机物完全燃烧需要消耗5.5molO2
B. 二氯代物超过3种
C. 该有机物与环氧乙烷互为同系物
D. 该有机物所有碳、氧原子处于同一平面
【答案】B
【解析】
【详解】A.氧杂螺戊烷的分子式是C4H6O，1mol该化合物完全燃烧消耗O2的物质的量为5mol，A错误；
B.氧杂螺戊烷二氯代物中两个Cl原子在同一个C原子上3种同分异构体，在两个不同的C原子上也有3种同分异构体，所以含有的同分异构体种类数目为6种，超过了3种，B正确；
C.该有机物与环氧乙烷结构不相似，因此不是同系物，C错误；
D.该有机物含有C原子为饱和C原子，饱和C原子连接的原子构成的是四面体结构，最多有两个顶点原子与该C原子在同一个平面上，所以不是所有碳、氧原子处于同一平面，D错误；
故合理选项是B。

4.下列根据实验操作、现象及结论均正确的是
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A.将石蜡油催化分解产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液中，酸性高锰酸钾溶液褪色，证明该气体为不饱和烯烃，但不一定是乙烯，A错误；
B.向NaAlO2溶液中持续通入气体Y，先出现白色沉淀，最终沉淀又溶解，说明该气体为酸性气体，反应产生了Al(OH)3沉淀，由于Al(OH)3只能被强酸、强碱溶解，所以该气体的水溶液显强酸性，而CO2的水溶液是弱酸，不能溶解Al(OH)3沉淀，B错误；
C.向等量同浓度的H2O2溶液中分别加入CuCl2、FeCl3溶液，由于不清楚加入的CuCl2、FeCl3溶液的浓度大小、体积多少，所以不能判断Fe3+对H2O2分解的催化效果较好，C错误；
D.取CH3OONa溶液于试管中并加入几滴酚酞，再加热, 溶液的红色加深，说明CH3COO-水解而使溶液显碱性；加热后，溶液中的c(OH-)增大，使溶液的碱性增强，故该溶液中存在水解平衡且水解平衡向正向移动，D正确；
故合理选项是D。

5.电-Fenton法是用于水体中有机污染物降解的高级氧化技术,反应原理如图所示。

电解产生的H2O2与Fe2+
发生Fenton反应生成的羟基自由基(·OH)能氧化降解有机污染物。

下列说法正确的是
A. 电源的A极为正极
B. 与电源B相连电极的电极反应式为H2O+e-=H++·OH
C. Fenton反应为:H2O2+Fe2+=Fe(OH)2+·OH
D. 每消耗22.4LO2(标准状况),整个电解池中理论上可产生的·OH为2mol
【答案】C
【解析】
【详解】左侧电极附近Fe3+→Fe2+，发生了还原反应，该极为电解池的阴极，与之相连电源的A极为负极，A错误；与电源B相连电极为电解池的阳极，失电子发生氧化反应，B错误；双氧水能够把Fe2+氧化为Fe(OH)2+，C正确；每消耗1 mol O2，转移4 mol电子，根据H2O2+Fe2+=Fe(OH)2++·OH反应看出转移1 mol 电子，生成1mol OH，所以应当生成4 mol OH；D错误；正确选项C。

6.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，其中Y、Z位于同一主族。

X的气态氢化物常用作制冷剂。

ZYW2能与水剧烈反应，可观察到液面上有白雾生成，并有刺激性气味的气体逸出，该气体可使品红溶液褪色。

下列说法错误的是
A. 离子半径：Y<X<W<Z
B. 简单氢化物的稳定性：Y>W>Z
C. 把ZY2通入石蕊溶液中先变红后褪色
D. 向ZYW2与水反应后的溶液中滴加氯化钡溶液无明显现象
【答案】C
【解析】
【分析】
短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，其中Y、Z位于同一主族。

X的气态氢化物常用作制冷剂，则X是N元素，该氢化物为NH3，Y是O元素，Z是S元素，W是Cl元素。

ZYW2为SOCl2，SOCl2与H2O反应产生的有刺激性气味的气体，该气体可使品红溶液褪色，则该气体是SO2，另一种为HCl，据此分析解答。

【详解】据上所述可知X是N元素，Y是O元素，Z是S元素，W是Cl元素。

A.电子层数相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小；电子层数不同的离子，电子层数越多，离子半径就越大，故离子半径：Y<X<W<Z，A正确；
B.元素的非金属性越强，其相应的氢化物的稳定性就越强，由于元素的非金属性Y>W>Z，所以简单氢化物的稳定性：Y>W>Z，B正确；
C.ZY2是SO2，把ZY2通入石蕊溶液中，发生反应：SO2+H2O=H2SO3，H2SO3是酸，具有酸的通性，所以可以使紫色石蕊试液变为红色，但不能褪色，C错误；
D. ZYW2为SOCl2，ZYW2与水反应方程式是：SOCl2+H2O=SO2+2HCl，SO2+H2O=H2SO3，反应后的溶液显
酸性，H2SO3、HCl与BaCl2不能发生反应，所以混合无明显现象，D正确；
故合理选项是C。

【点睛】本题考查了元素及化合物的推断、物质的性质及微粒半径大小比较的知识。

短周期主族元素X的气态氢化物常用作制冷剂推知X元素是N元素是突破口，掌握元素周期表和元素周期律的关系是本题解答的关键。

7.已知298K时，Fe(OH)2和Cu(OH)2的饱和溶液中，金属阳离子[-lgc(M2+)]与溶液pH的变化关系如a、b所示，已知：该温度下K ap[Cu(OH)2]<K ap[Fe(OH)2]下列说法中正确的是
A. a线表示Fe(OH)2饱和溶液中的变化关系
B. 当Fe(OH)2和Cu(OH)2沉淀共存时,溶液中c(Fe2+)：c(Cu2+)=104.6：1
C. 除去CuSO4溶液中少量的Fe2+，可加入适量CuO
D. 向X点对应的饱和溶液中加入少量NaOH，可转化为Y点对应的溶液
【答案】B
【解析】
【分析】
A.该温度下，Ksp[Cu(OH)2]＜Ksp[Fe(OH)2]，则在相同条件下的饱和溶液中，c(Fe2+)＞c(Cu2+)，离子浓度越大，-lgc(M2+)值越小；
B.c(Fe2+)：c(Cu2+
C.除去CuSO4溶液中含有的少量Fe2+，加入适量CuO，Fe2+不变；
D.向X点对应的饱和溶液中加入少量NaOH，金属离子的浓度会减小。

【详解】A.该温度下，Ksp[Cu(OH)2]＜Ksp[Fe(OH)2]，则在相同条件下的饱和溶液中，c(Fe2+)＞c(Cu2+)，离子浓度越大，-lgc(M2+)值越小，所以b线表示Fe(OH)2饱和溶液中的变化关系，A错误；
B.c(Fe2+)：c(Cu2+ 4.6：1，B正确；
C.Ksp[Cu(OH)2]＜Ksp[Fe(OH)2]，Cu(OH)2更易生成沉淀，在含有Fe2+的CuSO4溶液中，加入适量CuO，不
能生成Fe(OH)2沉淀，所以Fe2+浓度不变，C错误；
D.向X点对应的饱和溶液中加入少量NaOH，溶液中会生成Cu(OH)2沉淀，溶液中铜离子的浓度会减小，而从X点到Y点铜离子浓度不变，D错误；
故合理选项是B。

【点睛】本题考查了难溶物的溶解平衡、溶度积的表达式及计算、物质的分离与提纯，注意掌握难溶物的溶解平衡及其影响因素，明确溶度积的概念及计算方法，本题难度适中。

8.草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O，M=180g/mol)呈淡黄色,可用作晒制蓝图。

某实验小组对其进行了一系列探究。

I.纯净草酸亚铁晶体热分解产物的探究
(1)气体产物成分的探究。

小组成员采用如下装置可重复选用)进行实验：
①E中盛装碱石灰的仪器名称为_________。

②按照气流从左到右的方向，上述装置的接口顺序为a→g→f→_____→尾气处理装置(仪器可重复使用)。

③实验前先通入一段时间N2，其目的为__________________。

④实验证明了气体产物中含有CO，依据的实验现象为_____________。

(2)小组成员设计实验证明了A中分解后的固体成分为FeO，则草酸亚铁晶体分解的化学方程式为
____________________。

(3)晒制蓝图时，以K3[Fe(CN)6]溶液为显色剂，该反应的化学方程式为______________。

Ⅱ.草酸亚铁晶体样品纯度的测定
工业制得的草酸亚铁晶体中常含有FeSO4杂质，测定其纯度的步骤如下：
步骤1：称取mg草酸亚铁晶体样品并溶于稀HSO4中，配成250mL溶液；
步骤2：取上述溶液25.00mL，用cmol/L KMnO4标准液滴定至终点，消耗标准液V1mL；
步骤3：向反应后溶液中加入适量锌粉，充分反应后，加入适量稀H2SO4，再用cmol/L KMnO4标准溶液滴定至终点，消耗标准液V2mL。

(4)步骤2中滴定终点的现象为______________；步骤3中加入锌粉的目的为_______。

(5)草酸亚铁晶体样品的纯度为________；若步骤1配制溶液时部分Fe2+被氧化变质，则测定结果将____(填
“偏高”、“偏低”或“不变”)。

【答案】(1). U形管(2). b→c→h→i(或i→h)→d→e→b→c(3). 排尽装置中的空气，防上加热时发生爆炸(4). C中固体由黑色变为红色，后B装置中出现浑浊(5). FeC2O4·2H2O FeO+CO↑+CO2↑+2H2O (6). 3FeC2O4+2K3[FeCN)6]=Fe3[Fe(CN)6]2+3K2C2O4(7). 锥形瓶中溶液颜色变为浅紫色，且30s内不褪色(8). 将Fe3+还原为Fe2+(9).
100% (10). 偏低
【解析】
【分析】
I.在A中草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O)受热发生分解反应：FeC2O4·2H2O FeO+CO↑+CO2↑+2H2O，用D 检验水蒸气的存在，用B检验CO2气体，然后用E干燥CO，将CO用通入C使CO与CuO发生反应：CO+CuO CO2+Cu，反应产生的CO2气体通过B装置检验，由于反应过程中有CO产生，会导致大气污染，所以最后将气体进行尾气处理。

用K3[Fe(CN)6]溶液检验溶液中的Fe2+，据此书写反应方程式；
II. 步骤2中向FeC2O4·2H2O、FeSO4溶解后的酸性溶液中滴入酸性KMnO4溶液，溶液中的Fe2+、H2C2O4
都被氧化，Fe2+变为Fe3+；KMnO4被还原为无色的Mn2+；H2C2O4变为CO2气体逸出；步骤3中向反应后溶液中加入适量锌粉，Zn将溶液中Fe3+还原为Fe2+，充分反应后，加入适量稀H2SO4，再用cmol/L KMnO4标准溶液滴定至终点，这时溶液中Fe2+氧化为Fe3+，消耗标准液V2mL。

则前后两次消耗的高锰酸钾溶液的体积差就是氧化H2C2O4消耗的体积，根据C守恒可知n(H2C2O4)=n(FeC2O4·2H2O)，最后根据电子守恒确定KMnO4与FeC2O4·2H2O的物质的量之间的关系，利用该反应消耗的n(KMnO4)计算出FeC2O4·2H2O的质量，从而可得其纯度，据此分析。

【详解】(1) ①根据E的结构可知E中盛装碱石灰的仪器名称为U形管；
②根据上述分析可知仪器使用的先后顺序为ADBECB，则按照气流从左到右的方向，上述装置的接口顺序为a→g→f→b→c→h→i(或i→h)→d→e→b→c→尾气处理装置；
③实验前先通入一段时间N2，其目的为排尽装置中的空气，防上加热时产生的CO与装置内的空气混合加热发生爆炸事故；
④实验证明了气体产物中含有CO，依据的实验现象为C中固体Cu变为Cu单质，物质由黑色变为红色，反应产生的CO2气体可以使后面的B装置中出现浑浊现象；
(2)草酸亚铁晶体受热分解产生FeO、CO、CO2和水，根据电子守恒及原子守恒，可得分解的化学方程式为FeC2O4·2H2O FeO+CO↑+CO2↑+2H2O；
(3)K3[Fe(CN)6]溶液遇FeC2O4，溶液变为蓝色，该反应的化学方程式为
3FeC2O4+2K3[FeCN)6]=Fe3[Fe(CN)6]2+3K2C2O4；
(4)在步骤2中用酸性KMnO4滴定含有Fe2+、H2C2O4的溶液，KMnO4被还原为无色的Mn2+，所以滴定终点的现象为锥形瓶中溶液颜色变为浅紫色，且30s内不褪色。

在步骤3中加入锌粉的目的为将溶液中的Fe3+氧化为Fe2+，以便于确定溶液H2C2O4的物质的量，并根据C元素守恒，计算出FeC2O4的物质的量。

(5)根据上述分析可知草酸消耗的KMnO4的物质的量为n(KMnO4)= cmol/L ×(V1-V2)
×10-3L=c(V1-V2)×10-3mol，根据反应过程在电子守恒可得KMnO4与H2C2O4的物质的量关系为
5H2C2O4—2KMnO4，H2C2O4是FeC2O4·2H2O与硫酸反应产生，根据元素守恒可知
FeC2O4·2H2O—5H2C2O4—2KMnO4，故n[FeC2O4·2H241-V2)×10-3mol，所以草酸亚铁晶
100%。

若步骤1配制溶液时部分Fe2+被氧化变质，则V1偏小，根据×100%可知，测定结果将偏低。

【点睛】本题考查了仪器的识别、化学实验基本操作、仪器使用先后顺序、滴定终点的判断方法、误差分析、物质含量的测定等知识。

掌握化学基础知识、物质的性质及守恒方法、关系式法计算等是本题解答的关键。

9.汽车尾气和燃煤尾气是造成空气污染的重要原因之一，治理汽车尾气和燃煤尾气是环境保护的重要课题。

回答下列问题：
(1)煤燃烧产生的烟气中含有氮的氧化物，用CH4催化还原NO2可消除氮氧化物的污染。

已知：
①CH4(g)+ 2NO2(g)= N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H=-867.0kJ/mol；
②N2(g)+2O2(g)= 2NO2(g) △H=+67.8 kJ/mol；
③N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H=+89.0 kJ/mol
则CH4催化还原NO的热化学方程式为__________________________________。

(2)在汽车排气系统中安装三元催化转化器，可发生反应：2NO(g)+2CO(g) 2CO2(g)+N2(g)。

在某密闭刚性容器中通入等量的CO和NO，发生上述反应时，c(CO)随温度(T)和时间(t)的变化曲线如图所示。

①据此判断该反应的正反应为____(填“放热”或“吸热”)反应。

②温度T1时，该反应的平衡常数K=_____；反应速率v=v正-v逆=k正c2(NO)c2(CO)-k逆c2(CO2)c(N2)，k正、k逆
分别为正、逆反应速率常数，计算a________。

(3)SNCR-SCR脱硝技术是一种新型的除去烟气中氮氧化物的脱硝技术，一般采用氨气或尿素作还原剂，其基本流程如图：
①SNCR-SCR脱硝技术中用NH3作还原剂还原NO的主要反应为4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)=4N2(g)+6H2O(g)，△H<0，则用尿素[CO(NH2)2]作还原剂还原NO2的化学方程式为____________。

②体系温度直接影响SNCR技术的脱硝效率，如图所示：
SNCR与SCR技术相比，SCR技术的反应温度不能太高,其原因是__________；当体系温度约为925℃时，SNCR脱硝效率最高，其可能的原因是______________。

【答案】(1). CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H= -977.2 kJ/mol (2). 放热(3). 80 (4). 648 (5). 4CO(NH2)2+6NO24CO2+7N2+8H2O (6). 温度太高，会降低催化剂活性(7). 低于925℃反应速率较慢，高于925℃不利于脱硝反应正向进行
【解析】
【分析】
(1) CH4(g)+ 2NO2(g)= N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H=-867.0kJ/mol；
②2N2(g)+2O2(g)= 2NO2(g) △H=+67.8 kJ/mol；
③N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H=+89.0 kJ/mol
利用盖斯定律计算①+②-③×2得到CH4催化还原NO的热化学方程式；
(2)①根据先拐先平温度高，T1＞T2，纵轴温度越高CO浓度越大，说明升温平衡逆向进行；
②温度为T1时，化学平衡常数的的含义，利用三段式计算出各种物质的平衡浓度，将各种物质的平衡浓度带入公式可得其平衡常数的数值；速率常数只与温度有关，温度不变，速率常数不变，根据平衡时v正= v逆，
，根据v正=k正c2(NO)c2(CO)，v逆=k逆c2(CO2)c(N2)
(3)①尿素[CO(NH2)2]作还原剂还原NO2，反应生成氮气、二氧化碳和水；
②脱硝的最佳温度约为925℃，此时脱硝效率最大，SNCR与SCR技术相比，SNCR技术的反应温度较高是因为未加入催化剂，从催化剂活性分析温度的影响；从平衡移动角度及反应速率选择合适的温度。

【详解】(1)①CH4(g)+ 2NO2(g)= N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H=-867.0kJ/mol；
②2N2(g)+2O2(g)= 2NO2(g) △H=+67.8 kJ/mol；
③N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H=+89.0 kJ/mol
利用盖斯定律计算①+②-③×2得到CH4催化还原NO的热化学方程式
CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H= -977.2 kJ/mol；
(2)①先拐先平温度高，T1＞T2，纵轴温度越高CO浓度越大，说明升温平衡逆向进行，则该反应的正反应为放热反应，△H＜0；
②在某密闭容器中通入等量的CO和NO，根据图象可知开始时，c(CO)=c(NO)= 2mol/L，平衡状态下一氧化碳浓度为0.4mol/L，
2NO(g)+2CO(g) 2CO2(g)+N2(g)
起始量(mol/L) 2 2 0 0
变化量(mol/L) 1.6 1.6 1 .6 0.8
平衡量(mol/L) 0.4 0.4 1.6 0.8
根据平衡常数的含义可得该温度下的反应平衡常数；
当该可逆反应达到平衡时v正= v逆，根据v=v正-v逆=k正c2(NO)c2(CO)-k逆c2(CO2)c(N2)，根据v正
=k正c2(NO)c2(CO)，v逆=k逆c2(CO2)c(N2)，在a点，c(NO)=c(CO)=1.2mol/L，根据物质反应时的物质的量关系
可知，此时c(CO2)=0.8mol/L，c(N2)= 0.4mol/L；
(3)①尿素[CO(NH2)2]作还原剂还原NO2，反应生成氮气、二氧化碳和水，反应的化学方程式为：
4CO(NH2)2+6NO24CO2+7N2+8H2O；
②图象可知SNCR技术的脱硝的最佳温度为：925°C左右，但温度也不能太高，这是因为温度低，反应速率慢，但温度太高，会降低催化剂活性；当体系温度约为925℃C时，SNCR脱硝效率最高，其可能的原因是温度较低时，化学反应速率慢，达到平衡所需的时间过长，生产效率低下，温度过高，催化剂活性降低，且升高温度有利于反应向吸热的逆反应方向方向进行，不利于脱硝技术消除烟气中的氮氧化物。

【点睛】本题考查了热化学方程式书写、化学反应速率和平衡常数的计算、影响化学平衡的因素分析、氧化还原反应和图象中定量关系计算的解应用，掌握基础是解题关键，题目难度适中。

10.钼(Mo)是一种重要的过渡金属元素,工业上由钼精矿(主要成分是MoS2)制备单质钼和钼酸钠晶体
(Na2MoO4·2H2O)的流程如下：
(1) Na2MoO4·2H2O中Mo元素的化合价为____；钼精矿焙烧的主要反应中，氧化剂和还原剂物质的量之比为________。

(2)流程中由Na2MoO4溶液获得晶体的操作是_________、过滤、洗涤、干燥。

加入Na2CO3溶浸时发生的主要反应的离子方程式为______________。

(3)操作1中，所得Na2MoO4溶液中含SO42+杂质，其中c(MoO42+)0.80mol/L，c(SO42-)=0.04mol/L在结晶前
需加入Ba(OH)2固体以除去溶液中的SO42-。

当BaMoO4开始沉淀时，SO42-的去除率
．．．是______。

[Ksp(BaSO4)=1.1×10-10、K sp( BaMoO4)=4.0×10-8，溶液体积变化可忽略]
(4)工业上钼精矿在酸性条件下，加入NaNO3溶液，也可以制备钼酸钠,该法的优点是_____。

(5)高纯Mo可用于制造电池级MoS2，Li-MoS2电池是一种性能优异的二次电池，其电池反应为：
xLi+nMoS2Lix(MoS2)n，该电池放电时正极反应为______________；充电时Li+移动方向为
________(填“由阳极移向阴极”或“由阴极移向阳极”)。

【答案】(1). +6 (2). 7：2 (3). 蒸发浓缩、冷却结晶(4). CO32-+ MoO3=MoO42-+CO2↑(5).
94.5% (6). 工艺简单(或能耗低，节约能源) (7). nMoS2+xe-=(MoS2) n x-(8). 由阳极区移向阴极区【解析】
【分析】
(1)根据Na为+1价，O为-2价，化合物在元素正负化合价代数和等于0计算；根据钼精矿焙烧时发生反应2MoS2+7O22MoO3+4SO2，结合元素化合价变化与物质氧化性、还原性分析；
(2)Na2MoO4晶体中有结晶水，所以从Na2MoO4溶液获得晶体的操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，根据流程示意图书写反应方程式；
(3)根据据钼酸钡和硫酸钡的溶度积计算出溶液中SO42-的浓度，再计算出SO42-的去除率；
(4)从反应过程的步骤、能耗等分析；
(5)电池放电时是原电池，正极发生还原反应，根据物质在元素化合价的变化书写正极反应式；充电时是电解池，阳离子移向负电荷较多的电极区。

【详解】(1)根据Na为+1价，O为-2价，化合物在元素正负化合价代数和等于0可知Mo元素的化合价等于+6价；钼精矿焙烧时发生反应2MoS2+7O22MoO3+4SO2，在该反应中，O元素的化合价由反应前的O2中的0价变为反应后MoO3、SO2中的-2价，化合价降低，获得电子，O2作氧化剂；Mo元素的化合价由反应前MoS2中的+2价变为反应后MoO3中的+3价，化合价升高，失去电子；S元素的化合价由反应前MoS2中的-1价变为反应后SO2中的+4价，化合价升高，失去电子,所以MoS2作还原剂，因此钼精矿焙烧的主要反应中，氧化剂和还原剂物质的量之比为7：2；
(2) 由流程信息可知，Na2MoO4晶体中有结晶水、用结晶法获得，所以从Na2MoO4溶液获得晶体的操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；根据流程示意图可知MoO3与Na2CO3反应产生Na2MoO4和CO2，则该反应的化学方程式为CO32-+ MoO3=MoO42-+CO2↑；
(3) c(MoO42+)=0.80mol/L，c(SO42-)=0.04mol/L，当BaMoO4开始沉淀时，c(Ba2+)=
mol/L=5.0×10-8mol/L；此时溶液在c(SO42-mol/L=2.2×10-3mol/L，所以SO42-的去
除率100%=94.5%。

(4)工业上钼精矿在酸性条件下，加入NaNO3溶液，也可以制备钼酸钠，采用该法制备步骤大大简化，反应工艺简单，而且反应在溶液中进行，不需要加热，所以反应能耗也大大降低，可以节约能源；
(5)根据电池反应：xLi+nMoS2Lix(MoS2)n，可知中该电池放电时，MoS2在正极上获得电子，发生还
原反应，正极的电极反应为nMoS2+xe-=(MoS2) n x-；Li+是阳离子，在充电时会向负电荷较多的阴极移动，Li+移动方向为由阳极移向阴极。

【点睛】本题考查了元素化合价的确定、反应方程式的书写、混合物的分离和提纯，溶度积常数的应用、电化学原理等，明确操作基本原理及物质的性质是解本题关键，同时考查学生分析判断及知识综合应用能力，难点是溶度积常数的有关计算，题目难度中等。

11.太阳能电池可分为：硅太阳能电池，化合物太阳能电池，如砷化镓(GaAs)、铜铟镓硒(CIGS)、硫化镉(CdS)，功能高分子太阳能电池等，Al-Ni常作电极。

据此回答问题：
(1)镍(Ni)在周期表中的位置为______；S原子的价电子排布式为________；Ga、As和Se的第一电离能由大到小的顺序是________。

(2)Na3As3中As原子的杂化方式为_____；AsCl3的空间构型为____。

(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M Ga g/mol和M As g/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(2). 3s23p4(3). As>Se>Ga (4). sp3(5). 三角锥形(6). 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(7). CCl4、SiCl4、
SiF4、CF4(填其中一种即可) (8). 正四面体形(9). 1010
【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)=4，As原子采用sp3杂化，由于孤电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，含有的Ga原子数目为：1×4=4，因此该晶胞在含有4个GaAs，则晶胞的质量为g，由于晶胞的密度为ρg/cm3，所以晶胞的体积为
3，则晶胞的边长L=1010pm。

在该晶体在两个Ga
倍，所以两个Ga原子之间的距离为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。