PAGE16-四省（河南、廣東、湖南、湖北四省）肇慶中學等部分學校2025屆高三化學聯考試題（含解析）1.在抗擊“2024新型冠狀病毒”過程中，大量防護和消毒用品投入運用。下列有關說法正確的是A.二氧化氯泡騰片和酒精均可殺滅新型冠狀病毒，二者的消毒原理相同B.聚丙烯和聚四氟乙烯為生產防護服的主要原料，二者均屬于有機高分子材料C.真絲織品和棉紡織品可代替無紡布生產防護口罩，二者均可防止病毒滲透D.保持空氣濕度和適當降溫可削減新型冠狀病毒傳染，二者均可防止病毒滋生【答案】B【解析】【詳解】A.二氧化氯具有強的氧化性，能夠使病毒氧化變質而失去生理活性，因而具有殺菌消毒作用，而酒精則是由于其使蛋白質脫水發生變性而消毒，因此二者的消毒原理不相同，A錯誤；B.聚丙烯和聚四氟乙烯都是高聚物，均屬于有機高分子材料，B正確；C.真絲織品和棉紡織品的空隙大，具有很好的滲透性，不能阻擋病毒滲透，因此不能代替無紡布生產防護口罩，C錯誤；D.保持空氣濕度和適當降溫不能阻擋病毒滋生，D錯誤；故合理選項是B。2.化合物M()是合成一種抗癌藥物的重要中間體，下列關于M的說法正確的是A.全部原子不行能處于同一平面B.可以發生加聚反應和縮聚反應C.與互為同分異構體.D.1molM最多能與1molNa2CO3反應【答案】C【解析】【詳解】A.M中苯環、碳碳雙鍵、碳氧雙鍵均為平面結構，由于單鍵可以旋轉，可知分子中全部原子有可能在同一個平面上，A錯誤；B.該物質分子中含有碳碳雙鍵，可發生加聚反應，但由于分子中只有一個羧基，所以不能發生縮聚反應，B錯誤；C.M與分子式都是C9H8O2，結構不同，二者互為同分異構體，C正確；DM分子中只含有1個羧基，所以1molM最多能與0.5molNa2CO3反應，D錯誤；故合理選項是C。3.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數依次增大，W、X同主族，Y原子的最外層電子數等于X原子的電子總數，Z原子的電子總數等于W、X、Y三種原子的電子數之和，Z的最高價氧化物對應水化物的化學式為HnZO2n+2。W、X、Y三種元素形成的一種化合物的結構如下圖所示。下列說法錯誤的是A.W的最高正價和最低負價的代數和為0B.W的簡潔離子半徑可能大于X的簡潔離子半徑C.Y的最高價氧化物對應的水化物屬于弱堿D.Z的單質的水溶液需保存在棕色試劑瓶中【答案】C【解析】【詳解】由信息可知W是H，X是Li，Y是Al，Z是Cl元素。A.H元素最高為+1價，最低為-1價，二者代數和為0，A正確；B.H-、Li+電子層結構相同，核電荷數Li+>H-，所以離子半徑H->Li+，B正確；C.Y是Al元素，Al最高價氧化物對應水化物Al(OH)3是兩性氫氧化物，C錯誤；D.Cl2溶于水得到氯水，氯氣與水反應產生鹽酸和次氯酸，其中含有的HClO不穩定，光照簡潔分解，所以應當保存在棕色試劑瓶中，D正確；故合理選項是C。4.自然氣是一種重要的化工原料和燃料，常含有少量H2S。一種在酸性介質中進行自然氣脫硫的原理示意圖如圖所示。下列說法正確的是A.脫硫過程中Fe2(SO4)3溶液的pH漸漸減小B.CH4是自然氣脫硫過程的催化劑C.脫硫過程需不斷補充FeSO4D.整個脫硫過程中參與反應的n(H2S)：n(O2)=2：1【答案】D【解析】【詳解】A.在脫硫過程中Fe2(SO4)3與H2S發生反應：Fe2(SO4)3+H2S=2FeSO4+H2SO4+S↓，然后發生反應：4FeSO4+O2+2H2SO4=2Fe2(SO4)3+2H2O，總反應方程式為：2H2S+O2=2S↓+2H2O，可見脫硫過程中由于反應產生水，使Fe2(SO4)3溶液的濃度漸漸降低，因此溶液的pH漸漸增大，A錯誤；B.CH4在反應過程中沒有參與反應，因此不是自然氣脫硫過程的催化劑，B錯誤；C.脫硫過程反應產生中間產物FeSO4，后該物質又反應消耗，FeSO4的物質的量不變，因此不需補充FeSO4，C錯誤；D.依據選項A分析可知Fe2(SO4)3是反應的催化劑，反應總方程式為2H2S+O2=2S↓+2H2O，故參與反應的n(H2S)：n(O2)=2：1，D正確；故合理選項是D。5.近年來，有科研工作者提出可用如圖所示裝置進行水產養殖用水的凈化處理。該裝置工作時，下列說法錯誤的是A.導線中電子由M電極流向a極B.N極的電極反應式為2NO3-+10e-+12H+=N2↑+6H2OC.當電路中通過24mol電子電量時，理論上有1mol(C6H10O5)n參與反應D.當生成1molN2時，理論上有10molH+通過質子交換膜【答案】C【解析】【詳解】A.依據裝置圖可知M為陽極，N為陰極，因此a為正極，b為負極，導線中電子由M電極流向a極，A正確；B.N為陰極，發生還原反應，電極反應式為：2NO3-+10e-+12H+=N2↑+6H2O，B正確；C.有機物(C6H10O5)n中C元素化合價平均為0價，反應后變為+4價CO2，1mol該有機物反應，產生6nmolCO2氣體，轉移24nmol電子，則當電路中通過24mol電子的電量時，理論上有mol(C6H10O5)n參與反應，C錯誤；D.依據選項B分析可知：每反應產生1molN2，轉移10mole-，依據電荷守恒應當有10molH+通過質子交換膜，D正確；故合理選項是C。6.試驗小組從富含NaBr的工業廢水中提取Br2的過程主要包括：氧化、萃取、分液、蒸餾等步驟。已知：可能用到的數據信息和裝置如下。下列說法錯誤的是A.試驗時，①的廢水中出現紅色B.②的作用是汲取尾氣，防止空氣污染C.用③進行萃取時，選擇CCl4比乙苯更合理D.④中溫度計水銀球低于支管過多，導致Br2的產率低【答案】C【解析】【詳解】A.①中發生反應：Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，反應產生了紅棕色的Br2單質，因此試驗時，①的廢水由無色變為紅色，A正確；B.②中盛有NaOH溶液，NaOH是堿，可以與Cl2、Br2發生反應，變為可溶性的物質，因此可以防止空氣污染，B正確；C.依據表格數據可知乙苯的沸點比CCl4的沸點高，與液溴的沸點差別大，所以選擇乙苯比CCl4更合理，更有利于后續的蒸餾作用，C錯誤；D.蒸餾時溫度計是測量餾分的溫度，若溫度計水銀球低于支管過多，導致蒸餾時支管口溫度低于Br2的沸點，使Br2的產率低，D正確；故合理選項是C。7.已知：25°C時，MOH的Kb=10-7。該溫度下，在20.00mL0.1mol·L-1MCl溶液中滴入0.1mol·L-1NaOH溶液，溶液的pH與所加NaOH溶液的體積關系如圖所示。下列說法錯誤的是A.a=4 B.V1=10C.溶液中水的電離程度：P>Q D.Q點溶液中c(Na+)<2c(M+)【答案】D【解析】【詳解】A.25°C時，MOH的Kb=10-7，則Kh(MCl)==10-7，解得c(H+)=10-4mol/L，pH=a=4，A正確；B.等濃度的MCl、MOH的混合溶液中，MCl的水解程度等于MOH的電離程度，所以溶液pH=7時，加入的MOH的體積為10mL，B正確；C.在鹽MCl溶液中逐滴加入NaOH溶液，加入的堿越大，水對電離的抑制作用越強，水電離程度就越小，所以溶液中水的電離程度：P>Q，C正確；D.P點加入10mLNaOH溶液時nP(Na+)=nP(M+)，Q點時MOH少量電離，nQ(M+)<nP(M+)，nQ(Na+)=2nP(Na+)，所以c(Na+)>2c(M+)，D錯誤；故合理選項是D。8.硫酸錳是一.種重要的化工原料，在農業、電化學和建筑等領域均有廣泛應用。以含錳廢料(含有MnO2、CuO、Fe和少量CaO)為原料制備MnSO4的一種流程如下：已知：I.燒渣中含有MnO、CuO、Cu、Fe、CaO。II.難溶電解質的溶度積常數如下表所示：回答下列問題：(1)“焙燒”過程加入煤粉的主要作用為___________________________。(2)“酸浸”時所加稀H2SO4不宜過量太多的緣由為______________________________.濾渣1的主要成分為_____________________(填化學式)。(3)“氧化”過程中主要反應的離子方程式為__________________。(4)“調pH為4”目的為______________________；若“溶液”中c(Cu2+)=0.022mol/L，“濾液2”的體積是“溶液”體積的2倍，則“調pH為4”時Cu2+是否起先沉淀____________(通過計算說明)。(5)(NH4)2S的電子式為___________________。(6)已知：(NH4)2SO4與MnSO4的溶解度曲線如圖所示。“操作”主要包括蒸發濃縮_______、過濾、洗滌、干燥；其中用乙醇代替水洗滌的緣由為__________，需限制溫度為____(填選項字母)得到產品最多。A.10°CB.40°CC.60°CD.100°C【答案】(1).作還原劑(2).避開“調pH為4”時會消耗過多的堿(3).CaSO4、Cu(4).MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O(5).將Fe3+轉化為Fe(OH)3沉淀過濾除去(6).濾液2中c(Cu2+)=0.011mol/L，c(OH-)=1×10-10mol/L，則Qc[Cu(OH)2]=0.11×(1×10-10)2=1.1×10-22<Kspc[Cu(OH)2]，所以Cu2+未起先形成沉淀(7).(8).降溫結晶(9).削減因溶解而造成的損失，且乙醇揮發帶走水分，便于干燥(10).A【解析】【分析】含錳廢料與煤粉在高溫下混合，其中MnO2與C反應產生MnO，CuO與C反應產生Cu單質，同時得到含有CO的氣體，得到的燒渣中含有MnO、CuO、Cu、Fe、CaO，然后同稀硫酸酸浸，其中MnO、CuO、Fe反應變為Mn2+、Cu2+、Fe2+，CaO反應產生溶解度較小的CaSO4進入濾渣1中，而Cu不能溶解，進入濾渣1，向濾液1中加入MnO2，可在酸性條件下氧化Fe2+為Fe3+，然后調整溶液的pH=4，可以使Fe3+轉化為Fe(OH)3沉淀過濾除去，濾渣2成分為Fe(OH)3，向濾液2中加入(NH4)2S，其電離產生的S2-與溶液中Cu2+形成CuS沉淀過濾出去，進入濾渣3中，濾液3中含有的Mn2+、SO42-、NH4+等，依據溶解度曲線可知從濾液3中提取MnSO4采納的操作過程為：蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥得到MnSO4，結合乙醇易揮發，會帶走水分，便于干燥，結合溫度對物質溶解度的影響分析溫度限制范圍。【詳解】(1)由流程中物質轉化關系可知在焙燒時加入煤粉可以與MnO2反應轉化為MnO，因此煤粉的作用是作還原劑；(2)“酸浸”時所加稀H2SO4不宜過量太多緣由是若過多，調整pH=4時就會消耗過多的堿，由信息可知加入稀硫酸可將CaO轉化為CaSO4，同時焙燒時CuO轉化為Cu不溶于稀硫酸，故濾渣1的主要成分是CaSO4和Cu；(3)“氧化”過程中MnO2在酸性條件下將Fe2+氧化為Fe3+，主要反應的離子方程式為MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；(4)“調pH為4”的目的是將Fe3+轉化為Fe(OH)3沉淀過濾除去。濾液2的體積是溶液體積的2倍，則濾液2中c(Cu2+)=0.011mol/L，c(OH-)=mol/L=1×10-10mol/L，則Qc[Cu(OH)2]=0.011×(1×10-10)2=1.1×10-22<Kspc[Cu(OH)2]，所以Cu2+未起先形成沉淀；(5)(NH4)2S是離子化合物，由NH4+與S2-通過離子鍵結合而成，其電子式為；(6)由溶解度曲線可知：從濾液3中提取MnSO4的操作主要包括蒸發濃縮、降溫結晶、過濾、洗滌、干燥。MnSO4易溶于水，用乙醇代替水洗滌就可以削減因溶解而造成的損失，且乙醇易揮發帶走水分，便于干燥，依據溶解度曲線可知溫度可知在10℃時所得產品最多，故合理選項是A。【點睛】本題以MnSO4的制取為線索，考查了反應條件的限制、混合物的分別方法、氧化還原反應、溶度積常數的應用等，較全面的考查了學生對基礎學問和基本反應原理的駕馭和應用，體現了學以致用的目的。9.氫氧化鈰[Ce(OH)4]被廣泛用于氣敏傳感器、燃料電池、催化劑等領域。試驗室以精選的氟碳鈰礦(主要成分為CeFCO3)為原料制備氫氧化鈰的一種工藝流程如下：回答下列問題：(1)“煅燒”可在_______(填儀器名稱)中進行，主要反應的化學方程式為________；除“粉碎”外，還可以加快“煅燒”速率的措施有_________(只答一點即可)。(2)試驗室制取氧氣。①氧氣的發生裝置可以選擇上圖中的__________(填大寫字母)。②欲收集一瓶干燥的氧氣，選擇上圖中的裝置，按氣流方向的連接依次為：氧氣的發生裝置→________(填小寫字母)；檢驗氧氣已收集滿的操作和現象為________。(3)“酸浸”時，溫度不能過高的緣由為_______；若用鹽酸代替雙氧水、H2SO4的不足之處為____________；該步驟不能運用陶瓷容器的緣由為___________________。(4)“氧化”反應的化學方程式為_________________________________。【答案】(1).坩堝(2).4CeFCO3+O23CeO2+CeF4+4CO2(3).適當上升煅燒溫度等(4).B(5).cdgf(或dcgf)(6).將帶有火星的木條置于f口，木條復燃(7).會導致H2O2分解而降低原料的利用率(8).HCl被氧化為Cl2，污染環境(9).生成的HF腐蝕陶瓷(10).2Ce(OH)3+NaClO+H2O=2Ce(OH)4+NaCl【解析】【分析】將氟碳鈰礦粉碎后與O2在坩堝中高溫煅燒，反應產生CeO2、CeF4、CO2，然后將CeO2、CeF4用硫酸浸取，同時加入H2O2溶液，可以將CeO2、CeF4與硫酸反應產生的Ce4+還原為Ce3+，向該溶液中加入適量NaOH溶液反應產生Ce(OH)3，然后再向該懸濁液中加入氧化劑NaClO，發生氧化還原反應產生Ce(OH)4。【詳解】(1)高溫“煅燒”可在坩堝中進行；CeFCO3高溫條件下與O2反應生成CeO2、CeF4、CO2，依據電子守恒、原子守恒，可得該反應的反應方程式為4CeFCO3+O23CeO2+CeF4+4CO2。除“粉碎”外，還可以加快“煅燒”速率的措施有適當增大O2的壓強、適當上升煅燒溫度等；(2)①用雙氧水與MnO2或Na2O2與H2O反應制備O2可選擇裝置B裝置，故合理選項是B；②選用B裝置制備O2，用C干燥O2，E用于收集O2，故裝置的連接依次為bcd(或dc)gf；檢驗O2收集滿的操作和現象為：將帶火星的木條置于f口，木條復燃，則O2已經收集滿；(3)H2O2不穩定，受熱易分解，所以“酸浸”時，溫度不易過高，否則會導致H2O2分解，降低原料的利用率；若用鹽酸代替，Ce4+會將HCl被氧化為Cl2，導致污染環境；該步驟有HF生成，由于HF與陶瓷中的SiO2會反應，故不能運用陶瓷容器；(4)“氧化”時NaClO在堿性條件下將Ce(OH)3氧化為Ce(OH)4，反應的化學方程式為2Ce(OH)3+NaClO+H2O=2Ce(OH)4+NaCl。【點睛】本題以Ce(OH)4的制取為線索，考查了化學反應速率的影響因素、試驗裝置的運用、反應原理、裝置的連接依次、物質的檢驗等。駕馭常見氣體的制取方法、物質的性質、儀器的成分等是本題解答的基礎。10.肼(N2H4)和氨均為重要的化工原料。回答下列問題：已知：I.N2H4(l)+O2(g)N2(g)+2H2O(l)△H=-624.0kJ/molII.N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H=-92.4kJ/molIII.2NH3(g)N2H4(l)+H2(g)△H=+144.8kJ/mol(1)H2的燃燒熱△H=_____________。(2)T1°C時，向恒容的密閉容器中加入1molN2H4和1molO2，發生反應I。達到平衡后，只變更下列條件，能使N2的平衡體積分數增大的是_______(填選項字母)。A.增大壓強B.再通入肯定量O2C.分別出部分水D.降低溫度(3)在恒壓絕熱的密閉容器中通入肯定量的N2和H2，發生反應II和反應III。反應III對N2的平衡轉化率的影響為_____(填“增大”“減小”或“無影響”)，理由為___________。(4)t2°C時，向剛性容器中充入NH3，發生反應III。NH3和H2的分壓(p)與時間(t)的關系如圖所示。①0~t1min內，反應的平均速率v(NH3)=____kPa/min②反應的平衡常數Kp=______kPa-1(Kp為用分壓表示的平衡常數)。③反應物分子的有效碰撞幾率：M____N(填“>”“<”或“=”)。④t2min時上升溫度，再次達到平衡后，H2的分壓增大的緣由為______。【答案】(1).285.8

kJ/mol(2).D(3).增大(4).反應III是吸熱反應，使體系溫度降低，且消耗NH3、増大H2濃度，促進反應II平衝正向移動(5).(6).(7).>(8).溫度上升，體枳不變，分壓増大；該反應是吸熱反應，上升溫度，平衡正向移動，分壓增大【解析】【分析】(1)依據蓋斯定律，將已知的熱化學方程式疊加可得待求反應的熱化學方程式，即得H2的燃燒熱；(2)N2H4(l)+O2(g)N2(g)+2H2O(l)△H=-624.0kJ/mol是反應前后氣體分子數不變的反應，依據平衡移動原理分析能使N2的平衡體積分數增大的條件；(3)依據反應III是吸熱反應，從反應溫度計物質的濃度變更分析對反應II的平衡移動的影響；(4)①依據在體積不變時，氣體的物質的量的比等于氣體的分壓比，利用t1時NH3、H2的分壓相等，計算NH3的分壓，結合速率含義計算v(NH3)；②利用平衡常數的定義式計算Kp；③依據有效碰撞次數越多，反應速率越快分析；④依據溫度對平衡移動及分壓的影響分析推斷。【詳解】(1)依據已知反應：I.N2H4(l)+O2(g)N2(g)+2H2O(l)△H=-624.0kJ/molII.N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H=-92.4kJ/molIII.2NH3(g)N2H4(l)+H2(g)△H=+144.8kJ/mol依據蓋斯定律：，整理可得H2(g)+O2(g)=H2O(l)△H=-285.8kJ/mol；(2)該反應的正反應是氣體分子數不變的放熱反應，A．增大壓強，化學平衡不移動，N2的平衡體積分數不變，A錯誤；B．再通入肯定量O2，化學平衡正向移動，產生N2，但平衡移動的趨勢是微弱的，由于方程式兩邊都是只有一種氣體，通入O2，平衡常數不變，則N2的平衡體積分數不變，B錯誤；C．分別出部分水，由于水是液態物質，移出不能變更平衡，故對平衡移動無影響，所以N2的平衡體積分數不變，C錯誤；D．降低溫度，化學平衡正向移動，N2的平衡體積分數增大，D正確；故合理選項是D；(3)反應III是吸熱反應，反應進行使體系溫度降低，且反應消耗NH3、使NH3的濃度降低，同時又增大了H2的濃度，促進了反應II化學平衡正向移動，最終使N2的平衡轉化率增大；(4)①由圖可知：NH3的起始分圧為p0kPa，t1min時假設H2的分壓變更為x，此時NH3、H2的分壓相等，依據方程式2NH3(g)N2H4(l)+H2(g)可知此時x=p0-2x，所以x=kPa，則在0~t1min內，反應的平均速率v(NH3)=kPa/min；②依據圖象可知平衡時H2的平衡分壓為p1kPa，則NH3的平衡分壓為(p0-2p1)kPa，所以該反應用平衡分壓表示的化學平衡常數Kp==kPa-1；③M點到N點，反應正向進行，正反應速率大于逆反應速率，所以反應物分子的有效碰撞幾率：M>N；④t2min時溫度上升，由于容器的體枳不變，H2分壓增大，且該反應的正反應是吸熱反應，上升溫度，平衡正向移動，使H2分壓增大。【點睛】本題考查了蓋斯定律、反應速率和化學平衡常數的計算與平衡移動原理的應用。駕馭反應過程中能量變更與途徑無關，反應速率和化學平衡常數及平衡移動原理的含義是正確分析解答的關鍵。留意平衡移動的趨勢是微弱的，外界條件不能變更這種變更趨勢。11.Li、Fe、As均為重要的合金材料，NA為阿伏加德羅常數的值。回答下列問題：(1)基態Li原子核外電子占據的空間運動狀態有________個，占據最高能層電子的電子云輪廓圖形態為_________。(2)Li的焰色反應為紫紅色，許多金屬元素能產生焰色反應的緣由為_________。(3)基態Fe3+比基態Fe2+穩定的緣由為____________。(4)KSCN和K4[Fe(CN)6]均可用于檢驗Fe3+。①SCN-的立體構型為_______，碳原子的雜化方式為_____________。②K4[Fe(CN)6]中所含元素的第一電離能由大到小的依次為__________(用元素符號表示)；1mol[Fe(CN)6]4-中含有σ鍵的數目為____________。(5)H3AsO3的酸性弱于H3AsO4的緣由為____________________。(6)Li、Fe和As可組成一種新型材料，其立方晶胞結構如圖所示。若晶胞參數為anm，阿伏加德羅常數的值為NA，則該晶體的密度可表示為______g●cm-3。(列式即可)【答案】(1).2(2).球形(3).電子從較高能級的激發態躍遷到較低能級的激發態乃至基態時，以光的形式釋放能量(4).基態Fe2+的價層電子排布式為3d6，而基態Fe3+的價層電子排布式為3d5，為半充溢狀態，穩定性更強(5).直線形(6).sp(7).N>C>Fe>K(8).12NA(9).H3AsO3中非羥基氧原子數小于H3AsO4，砷元素的正電性更小，羥基更不易電離出氫離子(10).【解析】【分析】(1)依據構造原理書寫Li核外電子排布式，據此書寫基態Li原子核外電子占據的空間運動狀態，據此推斷Li原子核外占據最高能層電子的電子云輪廓圖形態；(2)焰色反應是是電子躍遷的結果；(3)原子核外各個軌道電子排布處于全滿、半滿或全空時是穩定狀態；(4)①依據價層電子對分析，在SCN-中C原子形成了共價三鍵，據此推斷C原子雜化類型；②元素吸引電子實力越大，其電離能就越大；依據配位體及配位原子中含有的σ鍵計算；(5)依據物質中含有的非羥基O原子數目分析；(6)先依據均攤方法計算一個晶胞中含有的各種元素的原子個數然后依據ρ=計算密度。【詳解】(1)Li核外電子排布式是1s22s1，1個原子軌道為1個空間運動狀態，基態Li原子核外電子占據的軌道有1s、2s兩個，

故有2個空間運動狀態。占據最高能層為L層2s軌道，故電子云輪廓圖形態為球形；

(2)金屬元素產生焰色反應的緣由為電子從較高能級的激發態躍遷到較低能級的激發態乃至基態時，以光的形式釋放多余的能量，形成焰色反應，不同金屬元素的電子躍遷時釋放的能量不同，因此焰色反應不同；(3)基態Fe3+的價層電子排布式為3d5，為d軌道的半充溢的穩定狀態，相對穩定形強，而基態Fe2+的價層電子排布式為3d6，穩定性不如半充溢狀態；(4)①SCN-中C原子的價層電子對數目為2，立體構型為直線形，其中碳原子的雜化方式為sp；

②K4[Fe(CN)6]中基態K、Fe、C、N原子吸引電子實力依次增加，第一電離能依次增大；所以四種元素的第一電離能由大到小的依次為N>C>Fe>K；Fe2+與CN-形成配位鍵含6個σ鍵，每1個CN-中含有1個σ鍵，所以1

mol

[Fe(CN)6]4-中含有σ鍵的數目為12NA；(5)H3AsO3中非羥基氧原子數是0，而H3AsO4中非羥基氧原子數是1，可見H3AsO3中非羥基氧原子數小于H3AsO4，酸分子中非羥基O原子數目越大，該酸的酸性就越強，且非羥基氧原子數少的酸分子中砷元素的正電性更小，羥基更不易電離出氫離子，故酸性弱于H3AsO4；

(6)由圖可知，每個晶胞中含有4個Li、4個As、4個Fe，則該晶體的密度可表示為ρ=

g/cm3。【點睛】本題考查了原子核外電子排布、原子的雜化方式、電離能及含氧酸的酸性比較、化學鍵數目的計算和晶體密度的計算等，全面考查了物質結構，駕馭核外電子排布規律、價