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    11．第ⅤA族的氮、磷、砷（As）等元素在化合物中常表现出多种氧化态，含第ⅤA族元素的化合物在研究和生产中有许多重要用途．
    （1）砷元素的基态原子价电子排布图为．
    （2）氮元素的单质除了N2外，还有N4，则N4中的N原子的轨道杂化方式为sp3．
    （3）对氨基苯甲醛与邻氨基苯甲醛相比，沸点较高的是前者（填空“前者”或“后者”），原因是前者分子间形成氢键，而后者分子内形成氢键，因而前者沸点高．
    （4）汽车安全气囊的产生药剂主要含有NaN3、Fe2O3、KClO4、NaHCO3等物质，在NaN3固体中，阴离子的立体构型为直线型．
    （5）王水溶解黄金的反应如下：Au+HNO3+4HCl=H[AuCl4]+NO+2H2O，产物中的H[AuCl4]是配合物，它的配位体是Cl-．
    （6）砷化镓属于第三代半导体，它能直接将电能转变为光能，砷化镓灯泡寿命是变通灯泡的100倍，而耗能只有其10%．推广砷化镓等发光二极管（LED）照明，是节能减排的有效举措．已知砷化镓的晶胞结构如图，晶胞参数α=565pm．
    ①砷化镓的化学式GaAs，镓原子的配位数为4．
    ②砷化镓的晶胞密度=5.34g/cm3（列式并计算），m位置Ga原子与n位置As原子之间的距离为$\frac{1}{4}$×$\sqrt{3}$×565pm（列式表示）．

    分析 （1）砷是33号元素，核外有4个电子层，最外层有5个电子，据此书写基态原子价电子排布图；
    （2）N4的结构与白磷（P4）相似，每个N原子周围连有三个N原子，形成三对共用电子对，另有一个孤电子对，据此答题；
    （3）对氨基苯甲醛中分子之间能形成氢键，而邻氨基苯甲醛分子之间不能形成氢键，据此答题；
    （4）在NaN3固体中，阴离子为N3-，离子中有16个价电子，所以与CO2互为等电子体，根据等电子体结构相似判断；
    （5）在配合物中，能提供孤电子对的为配位体，据此判断；
    （6）①根据砷化镓晶胞的结构图，m位置Ga原子，n位置As原子，利用均摊法可知，晶胞中含有Ga原子数为$8×\frac{1}{8}+6×\frac{1}{2}$=4，含有As原子数为4，据此判断其化学式，根据晶胞图可知，镓原子周围距离最近的砷原子数为4，据此答题；
    ②晶胞的边长为565pm，所以晶胞的体积为（565pm）3，根据$ρ=\frac{m}{V}$计算密度，晶胞的边长为565pm，所以晶胞的体对角线为$\sqrt{3}$×565pm，m位置Ga原子与n位置As原子之间的距离应为晶胞体对角线的$\frac{1}{4}$，据此计算；

    解答 解：（1）砷是33号元素，核外有4个电子层，最外层有5个电子，所以砷的基态原子价电子排布图为，
    故答案为：；
    （2）N4的结构与白磷（P4）相似，每个N原子周围连有三个N原子，形成三对共用电子对，另有一个孤电子对，所以N原子的轨道杂化方式为sp3，
    故答案为：sp3；
    （3）对氨基苯甲醛中分子之间能形成氢键，而邻氨基苯甲醛分子之间不能形成氢键，所以对氨基苯甲醛的沸点高于邻氨基苯甲醛，
    故答案为：前者；前者分子间形成氢键，而后者分子内形成氢键，因而前者沸点高；
    （4）在NaN3固体中，阴离子为N3-，离子中有16个价电子，所以与CO2互为等电子体，根据等电子体结构相似可知，N3-的立体构型为直线型，
    故答案为：直线型；
    （5）在配合物中，能提供孤电子对的为配位体，所以在H[AuCl4]中，配位体是Cl-，
    故答案为：Cl-；
    （6）①根据砷化镓晶胞的结构图，m位置Ga原子，n位置As原子，利用均摊法可知，晶胞中含有Ga原子数为$8×\frac{1}{8}+6×\frac{1}{2}$=4，含有As原子数为4，其化学式为GaAs，根据晶胞图可知，镓原子周围距离最近的砷原子数为4，所以镓原子的配位数为4，
    故答案为：GaAs；4；
    ②晶胞的边长为565pm，所以晶胞的体积为（565pm）3，所以晶体的密度为$\frac{\frac{（70+75）×4}{{N}_{{\;}_{A}}}}{（565×10-10）^{3}}$g/cm3=5.34g/cm3，晶胞的边长为565pm，所以晶胞的体对角线为$\sqrt{3}$×565pm，m位置Ga原子与n位置As原子之间的距离应为晶胞体对角线的$\frac{1}{4}$，所以Ga原子与As原子之间的距离为$\frac{1}{4}$×$\sqrt{3}$×565pm，
    故答案为：5.34；$\frac{1}{4}$×$\sqrt{3}$×565．

    点评 本题考查较综合，涉及原子杂化方式的判断、离子空间构型的判断、氢键等知识点，根据价层电子对互斥理论确定原子杂化方式及空间构型，注意N4分子的结构特点，为易错点，题目难度中等．

    练习册系列答案
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    科目：高中化学 来源： 题型：解答题

    12．硫酸亚铁是一种重要的化工产品，在工业上有重要的用途．学生探究烧渣（主要成分为铁的氧化物及少量FeS、SiO2等）制备绿矾（FeSO4•7H2O式量为278），并进一步计算产品的纯度．
    工艺流程如下所示：

    （1）烧渣在进行酸溶时用到的酸为硫酸．
    （2）过程?灼烧时产生的气体通入下列溶液中，溶液不会褪色的是
    A．品红溶液B．紫色石蕊溶液C．酸性KMnO4溶液   D．红色的酚酞试液
    （3）X是铁粉，此时滤液N中发生反应的离子方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+．检验溶液Q中含有的金属阳离子的实验方法是取待测液于试管中，滴入几滴KSCN，无明显现象，滴入双氧水或氯水，溶液变血红色，则说明溶液中含有亚铁离子
    （4）操作III的操作步骤为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤（填操作名称）、洗涤、干燥．
    （5）测定绿矾产品中Fe2+含量的实验步骤：
    a．称取6.0g产品，溶解，在250mL容量瓶中定容；
    b．量取25.00mL待测溶液于锥形瓶中；
    c．用硫酸酸化的0.01mol•L-1 KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液体积为40.00mL．（滴定时发生反应的离子方程式为：5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O）．
    ①标准液应盛装在酸式滴定管中（填“酸式”或“碱式”）计算上述产品中FeSO4•7H2O的质量分数为92.7%；
    ②若在a步操作中，进行定容时仰视刻度线定容，则会使测得的产品中FeSO4•7H2O的质量分数偏小．（填“偏大”“偏小”或“无影响”）．

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    科目：高中化学 来源： 题型：选择题

    2．下列关于热化学反应的描述中正确的是（　　）
    A．CO（g）的燃烧热是283.0kJ/mol，则2CO2（g）═2CO（g）+O2（g）反应的△H=+2×283.0kJ/mol
    B．HCl和NaOH反应的中和热△H=-57.3kJ/mol，则稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1 mol 水，放出57.3kJ热量
    C．需要加热才能发生的反应一定是吸热反应
    D．1mol甲烷燃烧生成气态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷的燃烧热

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    科目：高中化学 来源： 题型：解答题

    19．就有关物质的分离回答下面的问题
    （1）现有一瓶A和B的混合液，已知它们的性质如下表．

    物质
    熔点/℃
    沸点/℃
    密度/g•cm-3
    溶解性

    A
    -11.5
    198
    1.11
    A、B互溶，且均易溶于水

    B
    17.9
    290
    1.26
    据此分析，将A和B相互分离的常用方法是：分馏（蒸馏）
    （2）在分液漏斗中用一种有机溶剂萃取水溶液里的某物质时，静置分层后，如果不知道哪一层液体是“水层”，试设计一种简便的判断方法．答：向分液漏斗中加入少量水，体积增大的液层是水层．

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    科目：高中化学 来源： 题型：选择题

    6．下列说法正确的是（　　）
    A．常温下，将pH=2的HA溶液与pH=12的BOH溶液等体积混合后，溶液的pH＜7，则BA为强酸弱碱盐
    B．弱电解质溶液稀释后，溶液中各离子浓度一定都减小
    C．常温下，向体积相同pH均为1的盐酸和醋酸溶液中分别加入足量锌片，两种溶液生成H2的体积相同
    D．常温下，将pH均为13的NaOH溶液和氨水分别加水稀释100倍后，氨水的碱性强于NaOH溶液

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    科目：高中化学 来源： 题型：选择题

    16．下列关于胶体的叙述错误的是（　　）
    A．用聚光手电筒照射NaCl溶液和Fe（OH）3胶体时，产生的现象不相同
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    科目：高中化学 来源： 题型：解答题

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    （1）F的电子式．
    （2）A的化学式FeS2．
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    科目：高中化学 来源： 题型：选择题

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    A．利用丁达尔效应可区分溶液与胶体
    B．胶体区别于其它分散系的本质特征是分散质的微粒直径在10-9～10-7m之间
    C．胶体分散质粒子能透过半透膜和滤纸
    D．Fe（OH）3胶体吸附水中的悬浮颗粒并沉降，达到净水的目的

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    科目：高中化学 来源： 题型：解答题

    1．锰锌铁氧体可制备隐形飞机上吸收雷达波的涂料．以废旧锌锰电池为原料制备锰 锌铁氧体（Mnx Zn1-xFe2O3）的主要流程如下，请回答下列问题：

    （1）酸浸时，二氧化锰被双氧水还原的化学方程式为MnO2+H2O2+H2SO4=MnSO4+O2↑+2H2O
    （2）活性铁粉除汞时，铁粉的作用是还原剂（填“氧化剂”或“还原剂”或“吸附剂”）．
    （3）除汞是以氮气为载气吹人滤液中，带出汞蒸汽经KMn04溶液进行吸收而实现的．下图 是KMn04溶液处于不同pH时对应Hg的单位时间去除率变化图，图中物质为Hg与 MnO4-在该pH范围内反应的主要产物．

    ①pH＜6时反应的离子方程式为5Hg+2MnO4-+16H+=5Hg2++2Mn2++8H2O
    ②请根据该图给出pH对汞去除率影响的变化规律：随pH的升高汞的吸收率先降低后增加．
    ③强酸性环境下汞的单位时间去除率高的原因之一是：KMn04在酸性条件下氧化性增强； 另一个原因可能是Mn2+具有催化作用，单位时间内去除率高．（不考虑反应过程温度的变化）
    （4）当x=0.2时，所得到的锰锌铁氧体对雷达波的吸收能力特别强，试用氧化物的形式表示
    该锰锌铁氧体的组成MnO•4ZnO•5Fe2O3．
    （5）经测定滤液成分后，需加人一定量的MnS04和铁粉，其目的是调节滤液离子的成分，符合水热后获得锰锌铁氧化体组成．

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