【UFGS02】2020年3月山西省高三適應(yīng)性調(diào)研考試理科綜合

第6頁共15頁佀進東微信：sjd430sjd430微信公眾號：北京化學(xué)題庫2020年3月山西省高三適應(yīng)性調(diào)研考試理科綜合【JWU02】一、選擇題1.依據(jù)國家衛(wèi)健委印發(fā)《新型冠狀病毒肺炎防控方案》，醫(yī)用酒精、含氯消毒劑、過氧乙酸等均可有效殺滅新型冠狀病毒，可用于家庭消毒。下列有關(guān)說法正確的是()A.乙醇濃度越高，殺毒效果越好，因此家庭消毒選用75%及以上濃度的酒精均可B.84消毒液可用于地面、桌面、玩具、各種衣物和皮膚消毒C.過氧乙酸用于消毒水果蔬菜，但因為不穩(wěn)定需貯存于鐵器皿中D.新型冠狀病毒外有蛋白質(zhì)包膜，上述物質(zhì)都能夠使包膜蛋白質(zhì)變性，但引起變性的原理有所不同【答案】D【解析】【詳解】A.75%的乙醇溶液消毒效果最佳，乙醇溶液消毒原理是乙醇分子通過細胞膜，使內(nèi)部蛋白質(zhì)變性，濃度過高和過低都不易進入細胞內(nèi)部，故A錯誤；B.84消毒液可用于地面、桌面、玩具的消毒，但由于其腐蝕性，不適用于貼身衣物和皮膚消毒，故B錯誤；C.過氧乙酸呈酸性，不能貯存于鐵器皿中，故C錯誤；D.新型冠狀病毒外有蛋白質(zhì)包膜，上述物質(zhì)都能夠使包膜蛋白質(zhì)變性，但原理不同，有的是因為氧化性，如84和過氧乙酸，有的是因為結(jié)構(gòu)特點，如乙醇溶液，故D正確；故選D?！军c睛】酒精之所以能消毒是因為酒精能夠吸收細菌蛋白的水分，使其脫水變性凝固，從而達到殺滅細菌的目的。如果使用高濃度酒精，對細菌蛋白脫水過于迅速，使細菌表面蛋白質(zhì)首先變性凝固，形成了一層堅固的包膜，酒精反而不能很好地滲入細菌內(nèi)部，以致影響其殺菌能力。75%的酒精與細菌的滲透壓相近，可以在細菌表面蛋白未變性前逐漸不斷地向菌體內(nèi)部滲入，使細菌所有蛋白脫水、變性凝固，最終殺死細菌，酒精濃度低于75%時，由于滲透性降低，也會影響殺菌能力。2.下列關(guān)于有機化合物的認識錯誤的是()A.裂化汽油可以提取溴水中的Br2B.聚乙烯塑料制品可用于食品的包裝C.NaOH溶液能用于區(qū)分地溝油和礦物油D.乙醇、乙酸和葡萄糖均可以與金屬鈉反應(yīng)【答案】A【解析】【詳解】A.裂化汽油中含有碳碳雙鍵，與溴水中溴發(fā)生加成反應(yīng)，不可以作萃取劑，故A錯誤；B.聚乙烯塑料制品無毒，可用于食品的包裝，故B正確；C.地溝油屬于酯類，在堿性條件下可以水解，礦物油屬于烴類，與氫氧化鈉溶液不反應(yīng)，故NaOH溶液能用于區(qū)分地溝油和礦物油，故C正確；D乙醇和葡萄糖中含有羥基，乙酸中含有羧基，均可以與金屬鈉反應(yīng)，故D正確；故選A。3.下列裝置能達到實驗?zāi)康牡氖?)A.探究AgCl和AgI之間的轉(zhuǎn)化B.比較Cl2、Br2、I2的氧化性強弱C.制備Fe(OH)2D.用已知濃度的氫氧化鈉溶液測定鹽酸濃度的實驗【答案】C【解析】【詳解】A.硝酸銀過量，生成氯化銀沉淀后，Ag+剩余，繼續(xù)生成碘化銀沉淀，無法探究AgCl和AgI之間的轉(zhuǎn)化，故A錯誤；B.氯氣依次通過兩棉球，通過現(xiàn)象可以證明氯氣的氧化性強于Br2和I2，但無法比較Br2、I2的氧化性，故B錯誤；C.根據(jù)裝置特點分析，先打開a和b，A中生成的氫氣排出裝置的空氣，防止Fe(OH)2被氧化，關(guān)閉a時，生成的氫氣將A中反應(yīng)產(chǎn)物硫酸亞鐵通過導(dǎo)管壓入B中的氫氧化鈉溶液中，反應(yīng)得到Fe(OH)2，故C正確；D.氫氧化鈉溶液應(yīng)該裝在堿式滴定管內(nèi)（下部為橡膠管），故D錯誤；故選C。4.從某中草藥提取的有機物結(jié)構(gòu)如圖所示，關(guān)于該有機物的說法中錯誤的是()A.化學(xué)式為C14Hl8O6B.含有5種不同環(huán)境的氫C.與乙酸和乙醇均能發(fā)生酯化反應(yīng)D.既能使酸性KMnO4溶液褪色，又能使溴水褪色【答案】B【解析】【詳解】A.根據(jù)結(jié)構(gòu)簡式確定分子式為C14H18O6，故A正確；B.環(huán)上有5種氫原子，羥基和羧基上有2中，共7種不同環(huán)境的氫，故B錯誤；C.含有醇羥基和羧基，所以與乙酸和乙醇均能發(fā)生酯化反應(yīng)，故C正確；D.含有碳碳雙鍵，既能使酸性KMnO4溶液褪色，又能使溴水褪色，故D正確；【點睛】該有機物中含有羧基、醇羥基和碳碳雙鍵，具有羧酸、醇和烯烴性質(zhì)，能發(fā)生酯化反應(yīng)、中和反應(yīng)、消去反應(yīng)、氧化反應(yīng)、加成反應(yīng)、加聚反應(yīng)等。5.以太陽能為熱源，熱化學(xué)硫碘循環(huán)分解水是一種高效、無污染的制氫方法，其流程如下圖所示。已知向反應(yīng)中得到的產(chǎn)物中加過量I2會得到兩層溶液——含低濃度I2的H2SO4層和含高濃度I2的HI層，這兩層分別進行反應(yīng)Ⅱ和Ⅲ，循環(huán)分解制氫。下列說法錯誤的是()A.反應(yīng)I的化學(xué)方程式為SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HIB.該流程將太陽能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能，且降低了水分解制氫的活化能C.H2SO4層和HI層在加I2之前和加I2之后均分成兩層，且兩層密度、顏色均不相同D.SO2和I2是反應(yīng)2H2O=2H2+O2的催化劑【答案】C【解析】【詳解】A.根據(jù)圖示知，反應(yīng)I中反應(yīng)物SO2、H2O和I2，發(fā)生氧化還原反應(yīng)，生成硫酸和氫碘酸，化學(xué)方程式為SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，故A正確；B.根據(jù)題干信息分析，該過程以太陽能為熱源，高效制氫，所以該流程將太陽能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能，且降低了水分解制氫活化能，故B正確；C.加I2之前，H2SO4和HI互溶，不分層，且沒有顏色，故C錯誤；D.由圖示知，SO2和I2循環(huán)利用，并未消耗，是反應(yīng)2H2O=2H2+O2的催化劑，故D正確；故選C。7.常溫下，用0.0100mol/L的NaOH溶液滴定10.00mL0.0100mol/L的二元酸H2A，滴定過程中加入NaOH溶液的體積(V)與溶液中的關(guān)系如圖所示，下列說法正確的是()A.H2A的電離方程式為：H2A=A2-+2H+B.B點顯酸性的原因是HA的電離程度大于其水解程度C.C點溶液顯中性，所以c（Na+）=c（A2-）+c（HA-）D.常溫下Kh(Na2A)的數(shù)量級約為10-4【答案】D【解析】【詳解】A.A點，0.01mol/L的H2A，=10，則，c(H+)=mol/L，則H2A不完全電離，電離方程式為：H2AHA-+H+，HA-A2-+H+，故A錯誤；B.B點時，溶質(zhì)為NaHA，溶液顯酸性的原因是HA-的電離程度大于其水解程度，故B錯誤；C.C點溶液顯中性，則c（H+）=c（OH-），根據(jù)電荷守恒知：c（Na+）+c（H+）=2c（A2-）+c（HA-）+c（OH-），所以c（Na+）=2c（A2-）+c（HA-），故C錯誤；D.D點時，溶質(zhì)Na2A，此時=-8，則，根據(jù)水的離子積計算得c(OH-)=10-3mol/L，根據(jù)A2-+H2O-HA-+OH-得，常溫下Kh(Na2A)=，故D正確；故選D。二、填空題8.二氧化碳捕集與封存是應(yīng)對氣候變化問題的解決方案之一。回答下列問題：(l)我國科研團隊利用低溫等離子體協(xié)同催化技術(shù)，在常溫常壓下實現(xiàn)了將CO2和CH4一步轉(zhuǎn)化為化工產(chǎn)品。試寫出CO2與CH4合成乙酸的熱化學(xué)方程式：____。（甲烷和乙酸的燃燒熱分別為-890.31kJ/mol、-876.72kJ/mol）(2)在某一鋼性密閉容器中CH4、CO2的分壓分別為15kPa、20kPa，加入Ni/α-Al2O3催化劑并加熱至1123K使其發(fā)生反應(yīng)：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)。①研究表明CO的生成速率v（CO）=1.2810-2﹒p（CH4）p（CO2）（kPas-1），某時刻測得p(H2)=10kPa，則p（CH4）=___kPa，v（CO）=___kPas-1。②達到平衡后測得體系壓強是起始時的，則該反應(yīng)的平衡常數(shù)Kp=____kPa）2。(3)氮化鎵(GaN)與Cu可組成如圖所示的人工光合系統(tǒng)，該裝置能以CO2和H2O為原料合成CH4。①該裝置工作時H+移向____（填“GaN”或“Cu”）電極，該電極上的電極反應(yīng)式為___。②該裝置每產(chǎn)生1molCH4，左極室溶液質(zhì)量減少____g。③本實驗條件下，若CO2轉(zhuǎn)化為烴（如甲烷、乙烯等）的轉(zhuǎn)化率為10%，生成CH4的選擇性為12%，現(xiàn)收集到12molCH4，則通入的CO2為____mol。（已知：選擇性=生成目標產(chǎn)物消耗的原料量／原料總的轉(zhuǎn)化量）(4)上述人工光合系統(tǒng)裝置也可以制備乙烯、乙炔等重要化工原料。2010年Sheth等研究得出乙炔在Pd表面選擇加氫的反應(yīng)機理，如下圖所示。其中吸附在Pd表面的物質(zhì)用“*”標注。上述吸附反應(yīng)為____填“吸熱”或“放熱”）反應(yīng)，該過程中最小能壘（活化能）為___kJmol-1，該步驟的化學(xué)方程式為____?！敬鸢浮?1).CH4（g）+CO2（g）＝CH3COOH（l）△H=-13.59kJ/mol(2).10(3).1.92(4).3200(5).Cu(6).CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O(7).72(8).1000(9).放熱(10).66(11).C2H2*+H*=C2H3*【解析】【詳解】（1）根據(jù)甲烷和乙酸的燃燒熱得出熱化學(xué)方程式為：①CH4（g）+2O2（g）＝CO2（g）+2H2O（l）△H=-890.31kJ/mol，②CH3COOH（l）+2O2（g）=2CO2（g）+2H2O（l）△H=-876.72kJ/mol，根據(jù)蓋斯定律①-②得CH4（g）+CO2（g）═CH3COOH（l）△H=-890.31kJ/mol-(-876.72kJ/mol)=-13.59kJ/mol，則CO2與CH4合成乙酸的熱化學(xué)方程式為：CH4（g）+CO2（g）＝CH3COOH（l）△H=-13.59kJ/mol，故答案為：CH4（g）+CO2（g）＝CH3COOH（l）△H=-13.59kJ/mol；（2）①在某一鋼性密閉容器中CH4、CO2的分壓分別為15kPa、20kPa，加入Ni/α-A12O3催化劑并加熱至1123K使其發(fā)生反應(yīng)：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)，則p（CH4）=10kPa，v（CO）=1.2810-2p（CH4）p（CO2）（kPas-1）=1.2810-2×10×15=1.92（kPas-1），故答案為：10；1.92；②達到平衡后測得體系壓強是起始時的，設(shè)達到平衡狀態(tài)消耗甲烷分壓x，15-x+20-x+2x+2x=（15+20）×，解得x=10，因此平衡常數(shù)Kp=，故答案為：3200；（3）①由圖可知，負極上水失去電子生成氧氣，正極上二氧化碳得到電子生成甲烷，陽離子向正極移動，正極的電極反應(yīng)為：CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O，故答案為：Cu；CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O；②根據(jù)正極反應(yīng)式知每產(chǎn)生1molCH4轉(zhuǎn)移電子數(shù)為8mol，左極室溶液質(zhì)量較少的是水的質(zhì)量，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒及電極反應(yīng)式H2O-4e-=O2↑+4H+得：m(H2O)=18g/mol×=72g，故答案為：72；③由題意得n（CO2）×10%×12%=12mol，則n（CO2）=1000mol，故答案為：1000；（4）根據(jù)圖示知，吸附反應(yīng)能量降低，則反應(yīng)為放熱；根據(jù)圖示反應(yīng)中最小能壘（活化能）為66kJmol-1；該步驟的化學(xué)方程式為：C2H2*+H*=C2H3*；故答案為：放熱；66；C2H2*+H*=C2H3*。9.某課題組在用酸性KIO3溶液滴定含淀粉的Na2SO3溶液時，發(fā)現(xiàn)滴定的前5s錐形瓶中溶液無明顯變化，隨著滴定的進行，錐形瓶中溶液局部變藍，振蕩后藍色消失；繼續(xù)滴定，重復(fù)出現(xiàn)滴入液體錐形瓶中溶液馬上變藍，振蕩后迅速消失的現(xiàn)象，直至滴入最后一滴，半分鐘內(nèi)不褪色，停止滴定。對于反應(yīng)現(xiàn)象，課題組展開了關(guān)于反應(yīng)原理的討論?！绢A(yù)測】(l)[觀點1]先發(fā)生①5SO32-+2IO3-+2H+=5SO42-+I2+H2O，溶液變藍，再發(fā)生②_______________________，藍色迅速消失。(2)[觀點2]先發(fā)生③3SO32-+IO3-=3SO42-+I-，前5s內(nèi)溶液無明顯變化，再發(fā)生④____和②，變藍后又迅速消失?！緦嶒灐繛榕袛郔O3-的直接還原產(chǎn)物是I-，還是I2，課題組設(shè)計如下實驗：向水槽中依次加入80.0mL0.0100mol/LKIO3溶液、10mL0.1mol/L稀H2SO4、80.0mL0.0100mol/LNa2SO3溶液。反應(yīng)一段時間，待電流表示數(shù)穩(wěn)定后，向a電極附近溶液中滴加淀粉溶液，溶液未變藍；但小心吸取貼近a電極附近的溶液置于試管中，再滴加淀粉溶液，溶液卻變藍。(3)____填“a“或“b”）極為正極。直接向水槽中滴加淀粉溶液，溶液未變藍，說明該電極反應(yīng)式為___。(4)從水槽中取溶液置于試管中，滴加淀粉溶液，溶液卻變藍，是因為發(fā)生了反應(yīng)（從預(yù)測中的四個反應(yīng)選填一個，填寫其序號）__________________________；在原電池裝置中不會得到I2，取出溶液卻能反應(yīng)得到，是由于原電池中____（寫離子符號）濃度大，IO3-首先與它反應(yīng)?！窘Y(jié)論】(5)觀點____（填“1”或“2”）正確。滴定前一階段較長時間無明顯現(xiàn)象，說明反應(yīng)___，后來重復(fù)出現(xiàn)迅速變藍后迅速消失的現(xiàn)象，是因為___，加快了反應(yīng)速率。【答案】(1).I2+SO32-+H2O=2I-+SO42-+2H+(2).IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O(3).a(4).IO3-+6e-+6H+=I-+3H2O(5).④(6).SO32-(7).2(8).速率慢(9).生成的I-為（5SO32-+2IO3-+2H+=5SO42-+I2+H2O）的催化劑【解析】【分析】根據(jù)氧化還原反應(yīng)原理分析可能發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)；根據(jù)原電池原理及實驗現(xiàn)象分析假設(shè)反應(yīng)是否成立；根據(jù)影響反應(yīng)速率的外界因素分析解答。【詳解】（1）[觀點1]先發(fā)生①5SO32-+2IO3-+2H+=5SO42-+I2+H2O，溶液變藍，過量的SO32-將I2還原，藍色褪去，反應(yīng)為I2+SO32-+H2O=2I-+SO42-+2H+，故答案為：I2+SO32-+H2O=2I-+SO42-+2H+；（2）[觀點2]先發(fā)生③3SO32-+IO3-=3SO42-+I-，前5s內(nèi)溶液無明顯變化，IO3-將I-氧化生成I2，反應(yīng)為IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O，故答案為：IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O；（3）向a電極附近溶液中滴加淀粉溶液，溶液未變藍；但小心吸取貼近a電極附近的溶液置于試管中，再滴加淀粉溶液，溶液卻變藍。說明a極發(fā)生電極反應(yīng)為：IO3-+6e-+6H+=I-+3H2O，反應(yīng)為還原反應(yīng)，則a為正極，故答案為：a；IO3-+6e-+6H+=I-+3H2O；（4）從水槽中取溶液置于試管中，滴加淀粉溶液，溶液卻變藍，說明有I2生成，是因為發(fā)生了反應(yīng)：IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O；取出溶液卻能反應(yīng)得到，是由于原電池中SO32-離子濃度大，IO3-首先與它反應(yīng)，故答案為：④；原電池中SO32-離子濃度大，IO3-首先與它反應(yīng)；（5）根據(jù)上述分析IO3-被直接還原為I-，即觀點2正確；滴定前一階段較長時間無明顯現(xiàn)象，說明反應(yīng)速率慢；后來重復(fù)出現(xiàn)迅速變藍后迅速消失的現(xiàn)象，說明反應(yīng)速率加快，說明生成的I-為（5SO3-+2IO3-+2H+=5SO42-+I2+H2O）的催化劑，故答案為：2；速率慢；生成的I-為（5SO3-+2IO3-+2H+=5SO42-+I2+H2O）的催化劑。10.納米Fe3O4在生物醫(yī)學(xué)和催化劑載體等領(lǐng)域應(yīng)用前景光明。其制備流程如下：已知：鋅單質(zhì)溶于強堿生成ZnO22-；Zn（OH）2既能溶于強酸又能溶于強堿。請回答下列問題：(l)用NaOH溶液處理廢舊鋅鐵皮的作用有___。A.去除油污B．溶解鍍鋅層C．去除鐵銹D．鈍化(2)步驟②生成Zn(OH)2沉淀的離子方程式為____，用離子方程式結(jié)合文字說明該步驟pH不能過小的原因____。調(diào)節(jié)pH的最佳方法是向溶液中通入____（填化學(xué)式）。(3)步驟④反應(yīng)的離子方程式為_____；為確保納米Fe3O4粒子的純度，應(yīng)調(diào)整原溶液中Fe2+與所加H2O2的物質(zhì)的量之比為_______。(4)步驟⑤制得Fe3O4納米粒子的過程，需要在無氧環(huán)境下進行，說明理由__________；T業(yè)生產(chǎn)中可采取___________措施提供無氧環(huán)境。(5)步驟⑤_______（填“能”或“不能”）用減壓過濾（抽濾）得到納米Fe3O4粒子？理由是___________。【答案】(1).AB(2).ZnO22-+2H+=Zn(OH)2↓(3).加入酸是為了使ZnO22-轉(zhuǎn)化為Zn（OH）2沉淀，但加入酸不能過多，要防止發(fā)生Zn（OH）2+2H+＝Zn2++2H2O，降低ZnO產(chǎn)量(4).CO2(5).2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O(6).3:1(7).防止Fe2+[或Fe（OH）2]被氧化(8).持續(xù)通入N?(9).不能(10).納米粒子太小，抽濾時容易透過濾紙【解析】【分析】根據(jù)流程圖及已知信息分析得：廢舊鍍鋅鐵皮加入氫氧化鈉溶液中反應(yīng)，鋅溶解生成偏鋅酸鈉和氫氣，鐵不溶解，過濾得到濾液A為Na2ZnO2，不溶物為Fe，溶液A加稀硫酸使溶液中ZnO22-轉(zhuǎn)化為Zn（OH）2沉淀，再經(jīng)過過濾、洗滌、干燥，灼燒得到ZnO，不溶物Fe中加入稀鹽酸，反應(yīng)生成氯化亞鐵，加入適量H2O2，氧化部分亞鐵離子為鐵離子，得到含F(xiàn)e2+、Fe3+的B溶液，再加入NaOH，并通入氮氣排除氧氣，加熱分解，生成四氧化三鐵膠體粒子，據(jù)此分析解答?！驹斀狻浚?）氫氧化鈉溶液有助于鐵皮表面的油污水解除去，同時由題干信息知鋅易溶于氫氧化鈉溶液，故答案為：AB；（2）根據(jù)題給信息知，步驟②為ZnO22-與酸反應(yīng)生成Zn（OH）2的反應(yīng)，離子方程式為：ZnO22-+2H+=Zn(OH)2↓；加入酸是為了使ZnO22-轉(zhuǎn)化為Zn（OH）2沉淀，但加入酸不能過多，要防止發(fā)生Zn（OH）2+2H+＝Zn2++2H2O，降低ZnO產(chǎn)量；所得溶液呈堿性，為了不引入新的雜質(zhì)，調(diào)節(jié)pH的最佳方法是向溶液中通入CO2；故答案為：ZnO22-+2H+=Zn(OH)2↓；加入酸是為了使ZnO22-轉(zhuǎn)化為Zn（OH）2沉淀，但加入酸不能過多，要防止發(fā)生Zn（OH）2+2H+＝Zn2++2H2O，降低ZnO產(chǎn)量；CO2；（3）根據(jù)上述分析步驟④目的是用雙氧水氧化亞鐵離子，反應(yīng)的離子方程式為2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；Fe3O4粒子中+2鐵與+3價鐵物質(zhì)的量之比為1:2，設(shè)Fe2+物質(zhì)的量為x，則根據(jù)離子方程式分析所加H2O2的物質(zhì)的量為：，則應(yīng)調(diào)整原溶液中Fe2+與所加H2O2的物質(zhì)的量之比為x:=3:1，故答案為：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；3:1；（4）防止Fe2+[或Fe（OH）2]被氧化，所以步驟⑤制得Fe3O4納米粒子的過程，需要在無氧環(huán)境下進行；工業(yè)上通常通過持續(xù)通入N2提供無氧環(huán)境，故答案為：防止Fe2+[或Fe（OH）2]被氧化；持續(xù)通入N2；（5）根據(jù)加壓抽濾的原理及納米粒子半徑大小分析，不能用抽濾的方法得到納米Fe3O4粒子，原因是納米粒子太小，抽濾時容易透過濾紙，故答案為：不能；納米粒子太小，抽濾時容易透過濾紙。11.第四周期包含18種元素，其中多種元素具有重要的用途，在現(xiàn)代工業(yè)中備受青睞。(l)鐵位于元素周期表____區(qū)，F(xiàn)e3+的價電子排布式為____。(2)乙二胺(H2NCH2CH2NH2)是一種有機化合物，可用en代表，其能夠與Cu2+形成穩(wěn)定環(huán)狀配離子，可表示為[Cu(en)2]2+，其中Cu2+的配位數(shù)為____。1mol[Cu(en)2]C12中含有σ鍵的數(shù)目為____。(3)氣態(tài)SeO3為單分子，該分子中Se原子的雜化軌道類型為___。用物質(zhì)結(jié)構(gòu)理論解釋H2SeO4比H2SeO3酸性強的原因：______________。(4)如圖為Cu2O晶胞結(jié)構(gòu)，其中黑球表示____原子（填元素符號）；Cu2O的密度為pg·cm-3則晶胞的邊長為___cm。（用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值）【答案】(1).d(2).3d5(3).4(4).26NA(5).sp2(6).H2SeO3和H2SeO4可表示成(HO)2SeO和(HO)2SeO2，H2SeO3中的Se為+4價，而H2SeO4中的Se為+6價，正電性更高，導(dǎo)致Se-O-H中O的電子更向Se偏移，更易電離出H+(7).Cu(8).【解析】【詳解】（1）元素周期表五區(qū)的劃分是根據(jù)最后排入的電子名稱命名的，F(xiàn)e原子是26號元素，F(xiàn)e原子的基態(tài)核外電子排布式為：1s22s22p63s23p63d64s2，這些電子排列時遵循能量最低原理（先排能量低的后排能量高的），這些能級的能量大小順序為：1s＜2s＜2p＜3s＜3p＜4s＜3d，根據(jù)能量最低原理先排4s電子后排3d電子，所以最后排入的是3d電子，根據(jù)命名規(guī)則屬d區(qū)，F(xiàn)e3+的價電子排布式為3d5，故答案為：d；3d5；（2）乙二胺中含有2個N原子，根據(jù)化學(xué)式[Cu(en)2]2+知，其中Cu2+的配位數(shù)為2×2=4；單鍵為σ鍵，配位鍵也屬于σ鍵，所以1mol[Cu(en)2]C12中含有σ鍵的物質(zhì)的量為1mol×(11×2+4)=26mol，即26NA；故答案為：4；26NA；（3）SeO3的中心原子價層電子對數(shù)為，則Se原子的雜化軌道類型為sp2；H2SeO3和H2SeO4可表示成(HO)2SeO和(HO)2SeO2，H2SeO3中的Se為+4價，而H2SeO4中的Se為+6價，正電性更高，導(dǎo)致Se-O-H中O的電子更向Se偏移，更易電離出H+，所以H2SeO4比H2SeO3酸性強，故答案為：sp2；H2SeO3和H2SeO4可表示成(HO)2SeO和(HO)2SeO2，H2SeO3中的Se為+4價，而H2SeO4中的Se為+6價，正電性更高，導(dǎo)致Se-O-H中O的電子更向Se偏移，更易電離出H+；（4）根據(jù)晶胞結(jié)構(gòu)分析，白球處于頂點和體心，則