河北省示范性高中2020届高三化学下学期4月联考试卷（含解析）

河北省示范性高中2020届高三化学下学期4月联考试卷（含解析）可能用到的相对原子质量： 一、选择题：本题共13小题，每小题6分。在每小题始出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.化学与生产生活、环境保护、资源利用等密切相关，下列说法正确的是A. 大米、玉米小麦中的淀粉经水解可变成乙醇B. 利用二氧化碳制造全降解塑料，可以缓解温室效应C. 测定氢氧化钠的熔点时，可以将氢氧化钠固体放入石英坩埚中高温加热D. 海洋中含有丰富的矿产资源，仅利用物理方法可以获得和【答案】B【解析】【详解】A项，淀粉水解的最终产物是葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下分解得到乙醇和二氧化碳，故A项错误；B项，二氧化碳是导致温室效应的罪魁祸首，将二氧化碳用于制造全降解塑料，可以有效减少环境中的二氧化碳，从而减缓温室效应，故B项正确；C项，石英坩埚的主要成分是二氧化硅，加热条件下二氧化硅可与氢氧化钠反应生成硅酸钠，导致坩埚炸裂，故C项错误；D项，要从海水中提取镁和溴，需要经过化学反应，故D项错误。综上所述，本题正确答案为B。2.香天竺葵醇和异香天竺葵醇可用于精油的制作，其结构简式如图，下列叙述正确的是A. 香天竺葵醇属于脂肪，异香天竺葵醇属于芳香醇B. 两者都能发生加成反应，但不能发生取代反应C. 异香天竺醇分子中的所有碳原子不可能处于同一平面D. 两者都能使酸性高锰钾溶液褪色，但不能使溴的四氯化碳溶液褪色【答案】C【解析】【分析】由结构可知香天竺葵醇和异香天竺葵醇分子中都含碳碳双键、-OH，结合烯烃、醇的性质来解答。【详解】A. 脂肪是高级脂肪酸的甘油酯，芳香醇是指分子里碳链上连接有苯环的醇，故A错误；B. 含碳碳双键，与溴发生加成反应，含-OH能发生取代反应，故B错误；C. 异香天竺醇分子中含有饱和碳原子，与之相连的碳原子具有甲烷四面体的结构，一定不会共面，所以该分子中的所有碳原子不可能都处在同一平面上，故C正确；D. 含碳碳双键，与溴发生加成反应，与高锰酸钾发生氧化反应，所以两者都能使酸性高锰钾溶液褪色，也能使溴的四氯化碳溶液褪色，故D错误。故选C。【点睛】本题考查有机物的结构与性质，把握官能团与性质的关系、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意烯烃与醇的性质。3.用NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法中不正确的是A. 标准状况下，22.4LCl2通入足量溶液中，完全反应时转移的电子数为2NAB. 20gD2O含有的电子数为10NAC. 1L0.1mol.L-1NH4NO3溶液中的氮原子数为0.2NAD. 250C时，1.0LpH=12的溶液中由水电离出的OH-的数目为0.01NA【答案】A【解析】【详解】A. 由反应式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O可知，1molCl2参加反应转移1mol电子，转移的电子数为NA，故A错误；B. 20 g重水(D 2O)的物质的量为1 mol，D 2O又是10电子微粒，故其含有的电子数为10NA，故B正确；C. 1L0.1mol.L-1NH4NO3溶液中含NH4NO3物质的量为0.1mol/L1L=0.1mol，所以含氮原子数为0.2N A，故C正确；D. 25时，pH=12的1.0LNaClO溶液中氢氧根离子浓度为0.01mol/L，含有0.01mol氢氧根离子，次氯酸根离子部分水解促进了水的电离，其溶液中的氢氧根离子是水电离的，则水电离出的OH-的数目为0.01NA，故D正确。答案选A。【点睛】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系。4.四种位于不同主族的短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，的内层电子与最外层电子数之比为2：5，Z和W位于同一周期。Z与W组成的化合物是常用的调味品，也是重要的医用药剂，工业上电解该化合物的熔融物可制得Z单质，Y和Z可形成两种离子化合物，这两种离子化合物的阴离子与阳离子数之比均为1：2。下列说法正确的是A. 四种元素中至少有两种金属元素B. 四种元素常见氢化物中熔点最高的是的氢化物C. 四种元素形成的简单高子中，离子半径最小的是元素Y形成的离子D. 常温下，X、Y、Z三种元素形成的化合物的水溶液的小于7【答案】B【解析】【分析】原子序数依次增大，位于不同主族的四种短周期元素X、Y、Z、W，X的内层电子与最外层电子数之比为2：5，X为氮元素，Z和W位于同周期。Z的化合物与人类生活关系密切，Z与W组成的化合物是常用的调味品，也是重要的医用药剂，工业上电解该化合物的熔融物可制得Z单质，Z为钠元素，W为氯元素。Y和Z可形成两种离子化合物，其中阴、阳离子数之比均为1：2，Y为氧元素，据此解答。【详解】A. 四种元素中只有钠为金属元素，故A错误；B. 氢化钠为离子化合物，四种元素的常见氢化物中熔点最高的是Z的氢化物，故B正确；C. 四种元素形成的常见简单离子中，离子半径最小的是元素Z形成的离子，钠离子半径最小，故C错误；D. X、Y、Z三种元素形成的化合物为NaNO3或NaNO2，若为NaNO3溶液显中性，pH等于7，若为NaNO2因水解溶液显碱性，pH大于7，故D错误。故选B。5.利用废蚀刻液(含FeCl2、CuCl2及FeCl3)制备碱性蚀刻液CuNH34Cl4溶液和FeCl36H2O的主要步骤：用H2O2氧化废蚀刻刻液，制备氨气，制备碱性蚀刻液，固液分离，用盐酸溶解沉淀并制备FeCl36H2O，下列实验装置和操作不能达到实验目的的是A. 制备NH3B. 制备CuNH3Cl2并得到FeOH3C. 分离CuNH3Cl2溶液和FeOH3D. 将FeCl3溶液蒸干制备FeCl36H2O【答案】D【解析】【分析】本实验是制备Cu(NH3)4Cl2和FeCl36H2O，根据步骤，用H2O2先将刻蚀液中的Fe2+氧化成Fe3+，实验室常用Ca(OH)2和NH4Cl制备氨气，将氨气通入刻蚀液中制备碱性刻蚀液，Fe3+与NH3H2O反应生成Fe(OH)3沉淀，然后过滤，用盐酸溶解氢氧化铁沉淀，最后蒸发浓缩、冷却结晶得到FeCl36H2O，据此解答。【详解】A. 实验室用Ca(OH)2和NH4Cl共热制备氨气，利用甲装置能够制备氨气，能达到实验目的，故A不符合题意；B. 乙装置制备碱性刻蚀液CuNH3Cl2，然后Fe3+与NH3H2O反应生成Fe(OH)3沉淀，能达到实验目的，故B不符合题意；C. 丙装置用过滤方法分离固液混合物，能达到实验目的，故C不符合题意；D. 由FeCl3溶液制备FeCl36H2O，采用蒸发浓缩、冷却结晶，不能蒸干，丁装置不能达到实验目的，故D符合题意。故选D。6.一铜空气燃料电池是一种“高容量、低成本”的新型电池。该电池通过一种复杂的铜腐蚀“现象”“产生电力，其中放电过程为2Li+Cu2O+H2O=2Cu+2Li+2OH-。下列说法不正确的是A. 通空气时，铜腐蚀表面产生Cu2OB. 放电时，Li+透过固体电解质向Cu极移动C. 放电时，负极的电极反应式为Cu2O+H2O+2e-=2Cu+2OH-D. 整个过程中，铜相当于催化剂【答案】C【解析】【分析】放电时，锂失电子作负极，Cu上O2得电子作正极，负极上电极反应式为Li-e-Li+，正极上电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，电解质溶液中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，据此分析解答。【详解】A放电过程为2Li+Cu2O+H2O2Cu+2Li+2OH-，可知通空气时，铜被腐蚀，表面产生Cu2O，故A正确；B因为原电池放电时，阳离子移向正极，所以Li+透过固体电解质向Cu极移动，故B正确；C该电池通过一种复杂的铜腐蚀而产生电力，由方程式可知负极的电极反应式为Li-e-Li+，故C错误；D由C项分析知，铜先与氧气反应生成Cu2O，放电时Cu2O重新生成Cu，则整个反应过程中，铜相当于催化剂，故D正确。故选C。【点睛】本题考查了原电池原理，明确原电池负极上得失电子及电极反应式是解本题关键，注意把握Cu在整个过程中的作用。7.已知AG=lgcH+cOH-。室温下用0.01molL1的NH3H2O滴定20.00mL0.01mlL1某一元酸HQ的结果如图所示，下列说法中正确的是A. 属于弱酸B. 整个过程中，C点时水的电离程度最大C. E点对应液中D. KbNH3H2O的数量级为105【答案】D【解析】【详解】A. 由A点可知0.01mol/LHQ溶液中c(H+)=0.01mol/L，所以属于强酸，故A错误；B. 整个过程中，当酸碱恰好完全反应生成盐时，水的电离程度最大，由于生成的盐是强酸弱碱盐，此时溶液显酸性，而C点为中性，故B错误；C.E点溶液为等浓度NH4Q和NH3H2O混合液，根据电荷守恒有：c(OH-)+c(Q-)=c(NH4+)+c(H+) ，根据物料守恒有：2c(Q-)=c(NH4+)+c(NH32O)，所以点对应液中2，故C错误；D. E点溶液为等浓度NH4Q和NH32O混合液，由于电离和水解都很微弱，c(NH32O)c(NH4+)。NH32O NH4+ OH-，KbNH3H2O=cNH4+c(OH-)c(NH3H2O)c(OH-)，由图像可知，E点时AG=lgcH+cOH-=-4.5，再根据水的离子积Kw= c(H+) c(OH-)=110-14，解得c(OH-)=10-4.75=100.2510-5，所以KbNH3H2O的数量级为10-5，故D正确。故选D。8.以SO2、软锰矿(主要成分为MnO2，少量Fe、Al、Ca及的化合物等)、氨水及净化剂等为原料可制备MnSO4液和Mn3O4，主要实验步骤如下步骤I、如图所示装置，将SO2通入B中的软锰矿浆液中。步骤II、充分反应后，在不断搅拌下依次向仪器R中加入适量纯净的MnO2、MnCO3，最后加入适量Na2S沉铅，步骤III、过滤得MnSO4溶液(1)仪器R的名称是_。(2)装置A用于制取SO2，反应的化学方程式为_。(3)装置B中的反应应控制在9001000C，适宜的加热方式是_。(4)装置C的作用是_。(5)“步骤”中加入纯净MnO2的目的是_，用MnCO3调节溶液时，需调节溶液的范围为_(该实验条件下，部分金属离子开始沉淀和沉淀完全的如下表)金属离子Fe2+Fe3+Al3+Mn2+开始沉淀的7.041.873.327.56沉淀完全的9.183.274910.2(6)已知用空气氧化MnOH2浊液可制备Mn3O46MnOH2+O2=2Mn3O4+6H2O，主要副产物为MnOOH；反应温度和溶液对产品中的质量分数的影响分别如图所示反应温度超过800C时，Mn3O4的产率开始降低，MnOH2是白色沉淀，Mn3O4呈黑色；Mn3O4、MnOOH中锰的质量分数理论值依次为7205、62.5%请补充完整由步骤III得到MnSO4溶液，并用氨水等制备较纯净的Mn3O4的实验方案：_，真空干燥6小时得产品。【答案】 (1). 三颈烧瓶 (2). (3). 用901000C的水浴加热 (4). 吸收未反应的SO2，防止污染环境 (5). 将Fe2+氧化为Fe3+ (6). 4.9pH7.56 (7). 将滤液加热并保温在60800C，用氨水调节溶液并维持89。在不断搅拌下，边通空气边滴加氨水，直至有大量黑色沉淀，静置，在上层清液中再滴加氨水至无沉淀。过滤，洗涤沉淀直至过滤液中检测不出SO42-【解析】【分析】由装置图结合实验步骤可知，以SO2、软锰矿(主要成分为MnO2，少量及的化合物等)、氨水及净化剂等为原料可制备MnSO4液和，装置A制取SO2，装置B通入SO2与MnO2反应得到MnSO4，在不断搅拌下向仪器R中加入适量纯净的MnO2，将Fe2+氧化为Fe3+，再加入MnCO3调节溶液pH，使Fe3+和Al3+形成沉淀而除去；最后加入适量Na2S沉铅，过滤得MnSO4溶液；装置C中盛有NaOH溶液，用来吸收未反应的SO2，防止污染环境。滤液中含有MnSO4，控制温度在60800C，调节溶液并维持89。用空气氧化生成的Mn(OH)2得到黑色沉淀Mn3O4，过滤，洗涤、干燥得产品。据此解答。【详解】(1)由仪器构造可知仪器R的名称是三颈烧瓶，故答案为：三颈烧瓶；(2)装置A中亚硫酸钠固体和硫酸反应生成硫酸钠、水和SO2，化学方程式为，故答案为：；(3)由于需要控制温度在，所以适宜的加热方式是用901000C的水浴加热，故答案为：用901000C的水浴加热；(4) 装置C中盛有NaOH溶液，用来吸收未反应的SO2，防止污染环境，故答案为：吸收未反应的SO2，防止污染环境；(5)除杂过程中加入纯净MnO2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+；用MnCO3调节溶液时，使Fe3+、Al3+沉淀完全，而Mn2+不沉淀，需调节溶液的范围为4.9pH7.56，故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+ ；4.9pH”或)vCO逆。若起始时提高投料比的平衡转化率将_(填”増大”或“减小”)。参照下表，实际工业生产中大多采用和，其优点是_。方法催化剂条件备注特点压力温度高压法二元催化剂25303804001924年工业化(1)催化剂不易中毒，再生困难(2)副反应多低压法三元催化剂52302701966年工业化(1)催化剂易中毒，再生容易，寿命为12年(2)副反应少(3)和H2生成NH3的反应为12N2g+32H2gNH3g ，在催化剂作用下的反应历程如下(表示吸附态)化学吸附：N2g2N*；H2p2H*表面反应；，脱附：其中，N2的吸附分解反应活化能高，速率慢，决定了合成氨的整体反应速率.有利于提高合成氨平衡产率的条件有_(填字母)A 低温 B 高温 C 低压 D 高压 E 催化剂标准平衡常数K，其中p为标准压强(1105Pa)，、pN2和为各组分的平衡分压，如，为平衡总压，为平衡系统中的物质的量分数.已知起始时向一密闭容器中投入 molN2和 ，反应 NH3g在恒定温度和标准压强下进行，的平衡产率为，则该反应的_(用含的代数式表示)。下图中可以表示标准平衡常数随温度的变化趋势的是_(填字母)【答案】 (1). -41 (2). (3). (4). (5). 增大 (6). 低压法所需的动力设备要求低，耗能也低，副反应少，催化剂易再生 (7). (8). 【或212120.532121.5】 (9). D【解析】【分析】(1)根据盖斯定律计算反应热；(2)分析图象可知，一氧化碳转化率随温度升高减小，说明平衡逆向进行分析反应能量变化；增大压强，平衡向着气体体积减小的方向移动；M点时CO的转化率大于平衡时的转化率，平衡逆向移动；增大氢气的浓度，平衡正向移动；由表可知其优点：1、压强低，对设备要求不高；2、反应温度低，节省能源；3、催化剂再生容易，副反应少。（3）由合成氨的热化学方程式可知，该反应为放热反应，且氨气生成的方向为体积减小的方向，据此选择反应条件；列出三段式，求出平衡时N2、H2、NH3平衡时的物质的量分数，代入公式计算；=，反应为放热反应，随着温度的升高，逐渐减小，据此分析判断。【详解】(1)已知： H1=+131kJmol-1 H2=+172kJmol-1根据盖斯定律：-得反应 的 ，因此，本题正确答案是：-41；（2）由图象可知，一氧化碳转化率随温度升高减小，说明升高温度，平衡逆向移动，正反应为放热反应，故H0；CO（g）+2H2（g）CH3OH（g），增大压强，平衡正向移动，CO的转化率增大，故P1P2，故答案为：，；M点时CO的转化率大于平衡时的转化率，平衡逆向移动，vCO正；故答案为：；提高起始时的投料比n(H2)n(CO)，相当于增大氢气的浓度，平衡正向移动，CO的平衡转化率将增大，故答案为：增大；由表可知其优点是：1、压强低，对设备要求不高；2、反应温度低，节省能源；3、催化剂再生容易，副反应少；故答案为：低压法所需的动力设备要求低，耗能也低，副反应少，催化剂易再生。（3）由合成氨的热化学方程式可知，该反应为放热反应，且氨气生成的方向为体积减小的方向，A项，降低温度，平衡正向移动，则低温有利于提高合成氨平衡产率，故选A项；B项，升高温度，平衡逆向移动，则高温不利于提高合成氨平衡产率，故不选B项；C项，降低压强，平衡逆向移动，则低压不利于提高合成氨平衡产率，故不选C项；D项，增大压强，平衡正向移动，则高压有利于提高合成氨平衡产率，故选D项；E项，催化剂只能改变反应速率，不能改变化学平衡的状态，则催化剂不能提高合成氨平衡产率，故不选E项。综上所述，本题正确答案为AD。N2和H2起始物质量分别为a2 和3a2 ，反应在恒定温度和标准压强下进行，NH3的平衡产率为，则： 起始量（mol） 0转化量（mol） a平衡量（mol） a 平衡时总物质的量为（2-）a mol则=1-2(2-)， = ，=，则=；=，反应为放热反应，随着温度的升高，逐渐减小，故随着温度的升高，K逐渐减小，减小的程度不是均匀的，故选D项。故答案为：；D。10.从废旧锂离子二次电池(主要成分为，还含有少量石墨和金属钢売、铝箔等杂质)中回收钴和锂的工艺流程如下：回答下列问题：(1)NaOH的电子式为_。“碱浸”的目的是_。(2)“酸浸”过程中发生反应的离子方程式为_，浸渣中含有的主要成分是_。(3)“萃取净化”除去的杂质离子除外，还有_(填离子符号)(4)“苯取分离“中钴、锂的萃取率与平衡时溶液的关系如图所示，一般选择5左右，理由是_。(5)“沉锂“中的溶解度随温度变化的曲线如图所示：根据平衡原理分析在水中的溶解度随温度变化的原因_。为获得高纯，提纯操作依次为热过滤、_、烘干。若“沉锂”中，加入等体积等浓度溶液，则此时沉锂率为_。(已知的为9.010-4)【答案】 (1). Na+:O:H (2). 除去铝 (3). (4). 石墨 (5). Fe3+ (6). 在5左右时钴、锂的分离效率最高 (7). 溶解过程为放热反应，温度升高，溶解度减少 (8). 洗涤 (9). 88.0%【解析】【分析】废旧锂离子二次电池含有LiCoO2、少量石墨和镀镍金属钢壳、铝箔以及钙，加入氢氧化钠溶液除去铝。碱浸后的固体中加入硫酸和双氧水与LiCoO2反应生成Li2SO4和COSO4，硫酸与金属钢壳反应，会有少量二价亚铁离子的生成，在双氧水的作用下，转化为三价铁离子，分离出浸渣。滤液中加入萃取剂A，除去Ni2+、Fe3+。“萃取净化”后的溶液中加入萃取剂B，“苯取分离“钴和锂，有机相中加入硫酸反萃取，生成CoSO4，水溶液中加入Na2CO3生成Li2CO3沉淀，据此分析解答。【详解】（1）NaOH为离子化合物，电子式为Na+:O:H-；废旧锂离子二次电池含有LiCoO2、少量石墨和镀镍金属钢壳、铝箔等，加入氢氧化钠溶液，只有铝与其反应，其他成分不反应，故目的是除去铝。因此，本题正确答案是：Na+:O:H- ；除去铝；（2）LiCoO2中钴显+3价，从后面可以看出钴显+2价，从加入硫酸和双氧水外，没有加入还原剂了，所以双氧水做还原剂，生成氧气，故离子方程式为；石墨不溶解，存在于滤渣中。因此，本题正确答案是：；石墨；（3）二次电池中含有镀镍金属钢壳，加入硫酸，会有少量二价亚铁离子的生成，在双氧水的作用下，转化为三价铁离子，存在于滤液中，故加入萃取液A，净化时，除了镍离子外，还有少量的铁离子。因此，本题正确答案是：Fe3+；（4）由图可知，pH值25，随pH值的增加，萃取率在增加，当pH达到5左右，萃取率很高，接近100%，而若pH值再增加，萃取锂的含量将增加，萃取钴纯度下降，故pH一般选择5左右进行萃取实验，使分离效率最高。因此，本题正确答案是：在5左右时钴、锂的分离效率最高；（5）由图可知，溶解度随温度的升高而降低，根据平衡移动的原理，温度升高，平衡向吸热方向进行，故此溶解为放热过程。因此，本题正确答案是：溶解过程为放热反应，温度升高，溶解度减少；对物质进行提纯，在过滤和烘干之间，必须洗涤，以保证得到物质纯度较高。因此，本题正确答案是：洗涤；加入等体积等浓度Na2CO3溶液，加入后体积变为原来的两倍，故浓度变为原来的一半，即c(Li+)=c(CO32-)=0.5mol/L，2Li+CO32-=Li2CO3，故碳酸根过量，反应后c(CO32-)=0.25mol/L，根据为，从而求得c(Li+)=0.06mol/L，故沉锂率为100%=88.0%。因此，本题正确答案是：88.0%。11.钴的合金及其配合物用途非常广泛。已知比的氧化性更强，在水溶液中不能大量存在.(1)的核外电子排布式为_。(2)无水的熔点为、沸点为，熔点为、沸点为属_于晶体，FeCl3属于_晶体。(3)可用于激光起爆器等，可由、NaNT共反应制备.的空间构型为_。的化学式为，与(III)形成配位键的原子是_已知的结构式是NaNT可以(双聚氰胺)为原料制备，1mol双聚氯胺分子中含键的数目为_。(4)与作用可生成Co2CO8，其结构如图所示，该分子中C原子的杂化方式为_。(5)钴酸锂是常见锂电池的电极材料，其晶胞结构如图所示。该晶胞中氧原子的数目为_。已知为阿伏加德罗常数的数值，则该晶胞的密度为_(用含、b、的代数式表示)【答案】 (1). 1s22s22p63s23d6 (2). 离子 (3). 分子 (4). 正四面体 (5). N和 (6). (或) (7). 和sp2 (8). 6 (9). 19610303a2bNA【解析】【分析】(1)Co是27号元素，其原子核外有27个电子，失去3d上1个电子和4s上2个电子生成Co3+离子，根据构造原理知Co3+基态的电子排布式；(2)分子晶体熔沸点较低，离子晶体熔沸点较高，据此解答；(3)中Cl原子为中心原子，则其孤电子对数为0，且其形成了4个键，中心原子采取sp3杂化，则空间构型为正四面体。分子中，(III)提供空轨道，NH3中的N原子和CO32-中的O原子提供孤对电子，形成配位键； 所有单键为键，双键中有一个键，由结构式可知，键数为9；(4) Co3+有空轨道，而CO有孤电子对，故二者可形成配位键；从结构图中可看出C有的形成两个键，有的形成3个键，故杂化类型分别为sp和sp2杂化；(5) 题图中原子的堆积方式为六方最密堆积。1pm=1010cm，六棱柱底部正六边形的面积=6(a10-10)2cm2，六棱柱的体积=6(a10-10)2(b10-10)cm3=3a2b10-30cm3。该晶胞中氧原子的数目为12+6+2+1=6，Li原子的数目为3，Co原子的数目为3，已知为阿伏加德罗常数的数值，则一个晶胞的质量为g，代入公式=计算。【详解】(1)钴是27号元素，根据构造原理可以写出钴离子的核外电子排布式为：，因此，本题正确答案是： ；(2)无水的熔沸点较高，则CoCl2属于离子晶体，氯化铁熔沸点较低，则氯化铁属于分子晶体，因此，本题正确答案是：离子；分子；(3)ClO4-中Cl原子为中心原子，则其孤电子对数为0，且其形成了4个键，中心原子采取sp3杂化，则空间构型为正四面体。分子中，(III)提供空轨道，NH3中的N原子和CO32-中的O原子提供孤对电子，形成配位键，所以与(III)形成配位键的原子是N和O， 所有单键为键，双键中有一个键，由结构式可知，键数为9，则1mol双聚氯胺分子中含键的数目为。因此，本题正确答案是：正四面体；和；9NA(或96.021023)；(4)从结构图中可看出C有的形成两个键，有的形成3个键，故杂化类型分别为sp和sp2杂化，因此，本题正确答案是：sp和sp2。(5)题图中原子的堆积方式为六方最密堆积。1pm=1010cm，六棱柱底部正六边形的面积=634(a10-10)2cm2，六棱柱的体积=634(a10-10)2(b10-10)cm3=332a2b10-30cm3。该晶胞中氧原子的数目为1216+613+212+1=6，