2020化学高考精选模拟卷(二)

1、猿辅导精选模拟卷22020年普通高等学校招生全国统一考试理科综合能力测试化学部分1、我国科学家设计的人工光合仿生酶一光偶联”系统工作原理如图。下列说法正确的是A.总反应为 6CO +6H O催W C H O +6O 7 6 12 62B.转化过程中仅有酶是催化剂C.能量转化形式为化学能一光能D.每产生1 molC H 1O酢专移H数目为12Na2、下列量气装置用于测量 CO2体积，误差最小的是（）3、Na是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A. 11g超重水（T 2O）含中子数为5N aB. 25C, pH=13 的 1L Ba（OH） 2 溶液中 OH 的数目为 0.2NaC. 1mo

2、l金刚石中C-C键的数目为2NaD.常温下，pH=6的MgCl给液中H +的数目为10-6Na18 / 194、我国科学家构建了一种有机框架物M,结构如图。下列说法错误的是（HOOC2A. ImolM可与足量Na CO籀液反应生成1.5molCOB.苯环上的一氯化物有3种C.所有碳原子均处同一平面D. ImolM可与15moi H 2发生加成反应5、主族元素 W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且均不大于20。W、X、Z最外层电子数之和为9; W与Y同族；W与Z形成的离子化合物可与水反应，其生成的气体可使酸性的Z<B, X_C. Z的硫化物常用于点豆腐D. Y的氧化物是常见的半导体材料6、

3、我国科学家以 MoS2为催化剂，在不同电解质溶液中实现常温电催化合成氨，其反应历)反双加稗程与相对能量模拟计算结果如图。下列说法错误的是（A. Li SO溶液利于 MoS对N的活化B.两种电解质溶液环境下从N A NH的烙变不同C. MoS %Li SO溶液）将反应决速步（*N 一*N H）的能量降低 22D. N2活化是N三N键的断裂与N-H键形成的过程7、我国科学家设计了一种智能双模式海水电池，满足水下航行器对高功率和长续航的需求。负极为Zn,正极放电原理如图。下列说法错误的是()扁功*校式A.电池以低功率模式工作时,B.电池以低功率模式工作时,NaFeFe(CN) 作催化剂Na +的嵌入

4、与脱嵌同时进行C.电池以高功率模式工作时，正极反应式为：NaFeFe(CN) +e -+Na+=Na FeFe(CN)26D.若在无溶解氧的海水中，该电池仍能实现长续航的需求8、Fe(OH) 3广泛应用于医药制剂、颜料制造等领域，其制备步骤及装置如下：在三颈烧瓶 中加入16.7gFeSO4 7H O和40.0ml蒸储水。边搅拌边缓慢加入3.0mL浓H行04再加入2.0gNaClO 3固体。水浴加热至 80 C,搅拌一段时间后，加入 NaOH溶液，充分反应。经过 滤、洗涤、干燥得产品。(1)NaClO 3氧化FeSO47H O的离子方程式为 (2)加入浓硫酸的作用为 埴标号)。a.提供酸性环境，

5、增强NaClO朝化性 b.脱去FeSO 47H O的结晶水c.抑制Fe3+水解d.作为氧化剂(3)检3处Fe2+已经完全被氧化需使用的试剂是 (4)研究相同时间内温度与NaClO3用量对Fe2+氧化效果的影响，设计对比实验如下表编RT/ CFeSO4 7H O/gNaClO 3g氧化效果/%i70251 6aii7025mbiii80n2.0civ80251.687.8CD m= n=若c>87.8>a ,则a、b、c的大小关系为 加入NaOH溶液制备Fe(OH) 3的过程中，若降低水浴温度，Fe(OH) 3的产率下降，其原因是(6)判断Fe(OH)3沉淀洗涤干净的实验操作为 (7

6、)设计实验证明制得的产品含FeOOH(假设不含其他杂质)。9、一种以磷酸工业副产物磷石膏(主要成分为CaSO4,杂质含H PO 4 SiO 2 Al Q等)制取高纯硫酸钙的流程如图所示。(1)磷石膏废弃会造成的环境问题为 (2)碱溶”中Al O 3发生反应的化学方程式为 (3)含硅与含铝组分分布系数与pH关系如下图：调pH'时，溶液的pH应调节为 KsdAl(OH) =Al(OH) (aq)+H Q | ：=iAl(OH) 4 -(aq)+H + (aq),则 KaAl(OH) =3(4)电解”采用双极膜电渗析法，装置如下图。某极电解液”为填“必"谶"z”极)。阴极

7、电极反应式为 (5)流程中可循环利用的物质有 10、苯乙烯是一种重要的化工原料，可采用乙苯催化脱氢法制备，反应如下：(g)(g)+H 2g)H=+17.6kJ/mol(1)在刚性容器中要提高乙苯平衡车t化率，可采取的措施有 (2)实际生产中往刚性容器中同时通入乙苯和水蒸气，测得容器总压和乙苯转化率随时间变化结果如图所示。 平衡时，p(H 2O)=kPa平衡常数Kp=kPa(Kp为以分压表示的平衡常数 ) 反应速率V=V tV =k F乙水电苯乙镇氧气，k证k膏别为正逆反应速率常数。计算 av正处的 v逆(3)02气氛下乙苯催化脱氢同可时存在以下两种途径:CD a=途彳至I的反应历程如图所示，下

8、列说法正确的是 a.C02为氧化剂b.状态1到状态2形成了 0-H键)d.该催化剂可提高乙苯的平衡转化率PCO2与乙苯平衡转化率关系如图分析，pCO2为15kPa时乙苯平衡转化率最高的原因11、UO2与铀氮化物是重要的核燃料，已知：3(NH 4 4UO (CO )3 3 13UO 4210NH 4+9CO 2+N 2 +9HC2T回答下列问题：(1)基态氮原子价电子排布图为 O(2)反应所得气态化合物中属于非极性分子的是 通化学式)。(3)某种铀氮化物的晶体结构是NaCl型。NaCl的Bom-Haber循环如图所示。已知：元素的一个气态原子获得电子成为气态阴离子时所放出的能量称为电子亲和能。下

9、列有关说法正 确的是博际号)。、-4109 kJ z-NiUH; CL(g>* NbC119.6 kJ mol'-7跋6kJ * mol'119.7 kJ mol1|口(鼾wli丁0糖冲冲世)hkJ * molfNa(b) -14910 k * mola.Cl-Cl 键的键能为 119.6kJ/molb.Na 的第一电离能为 603.4kJ/molc.NaCl的晶格能为 785.6kJ/mold.Cl的第一电子亲和能为 348.3kJ/mol(4)依据VSEPR理论推测CO32-的空间构型为。分子中的大开键可用符号开黑示，其中m代表参与形成大开键的原子数，n代表参与形成大

10、开键的电子数 (如果分子中的 大开键可表示为 口 ：)，则CO32-中的大开键应表示为 (5)UO 2可用于制备 UF4 : 2UO +5NH HF 2 2UF 2NH F+3NH T +4HO,其中 HF结构表不为F HFa.氢键 b.极性键'44322,反应中断裂的化学键有 填标号)。c.离子键d.金属键e.非极性键(6)铀氮化物的某两种晶胞如图所示:晶胞a中铀元素的化合价为,与U距离相等且最近的U有金。已知晶胞b的密度为dg/cm3 , U原子的半径为n cm , N原子的半径为为2 cm，设NA为阿伏加德罗常数的值，则该晶胞的空间利用率为列出计算式)。12、已知:A能与NaHC

11、O落液反应放出 CO 2其核磁共振氢谱显示有三组峰，峰面积比为2:2:1 。NaBH 4能选择性还原醛、酮，而不还原 一NO 2回答下列问题: (1)A的化学名称为 D的结构简式为 (2)H的分子式为上中官能团白名称为(3)B -D、E-F的反应类型分别为 (4)F G的化学方程式为(5)与C互为同分异构体的有机物的结构简式为 核磁共振氢谱为四组 峰，峰面积比为 6:3:1:1)。(6)设计由B和5 -为原料制备具有抗肿瘤活性药物一 .1叫叫;：一用 的CHjOH合成路线参考答案与解析1、【答案】A【详解】A.根据图示可知：该装置是将CO而H O转化为葡萄糖和氧气，反应方程式为：6CO2+6H

12、 O 催北剂 C H O +6O , A 正确； 61262B.转化过程中有酶、光触媒作催化剂，B错误；C.能量转化形式为光能 一化学能，C错误；D.每产生1 molC H 1O 6转移H +数目为24N a , D错误；故合理选项是Ao2、【答案】D【详解】A.CO靛在水中溶解，使其排出进入量筒的水的体积小于CO的体积；B.CO让与溶液中的水及溶质发生反应：Na CO +CO +H O=2NaHCO ,使排出水的体积小于CO2的体积；C.CO花在饱和食盐水中溶解，使其赶入量筒的水的体积小于CO的体积；D.CO亦能在煤油中溶解，这样进入CO 2勺体积等于排入量气管中的水的体积，相对来说，误差最

13、小，故合理选项是D。3、【答案】C【详解】A. 11g超重水（T O）的物质的量为 0.5mol ,由于在1个超重水（T 2O）中含有12个中子，所以0.5mol超重水（T2O）中含中子数为6Na , A错误；B.溶液中氢氧根的物质的量浓度是0.1mol/L ,则1L溶液中含有的氢氧根离子的数目为0.1N a , B 错误；C.由于一个C原子与相邻的4个C原子形成共价键，每个共价键为相邻两个原子形成，所1以1个C原子含有的C-C键数目为4X-=2,因此1mol金刚石中C-C键的数目为2N a2C正确；D.缺体积，无法计算 H +的数目，D错误；故合理选项是Co4、【答案】D【详解】A.根据物质

14、结构可知：在该化合物中含有3个-COOH,由于每2个H + 一与CC32-反应产生1molCO 2气体，所以1molM可与足量Na2CO籀液反应生成1.5molCO 2 A正确；B.在中间的苯环上只有 1种H原子，在与中间苯环连接的3个苯环上有2种不同的H原子，因此苯环上共有3 种不同位置的 H 原子，它们被取代，产生的一氯化物有3 种， B 正 确；C.-COOH碳原子取代苯分子中H原子的位置在苯分子的平面上；与苯环连接的碳碳三键的 C 原子取代苯分子中 H 原子的位置在苯分子的平面上；乙炔分子是直线型分子，一条直线上 2 点在一个平面上，则直线上所有的原子都在这个平面上，所以所有碳原子均处

15、同一平面，C正确；D.在M分子中 含有4个苯环和3个碳碳三键，它们都可以与氢气发生加成反应，则可以与ImolM发生加成反应的氢气的物质的量为3X4+2X3=18mol D错误；故合理选项是D 。5 、【答案】A【分析】主族元素 W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且均不大于20, W与Z形成的离子化合物可与水反应，其生成的气体可使酸性高锰酸钾溶液褪色，则气体为烯烃或炔烃， W 为C、 Z 为 Ca 时，生成乙炔符合； W、 X、 Z 最外层电子数之和为 9， X 的最外层电子数为9-4-2=3, X为Al; W与Y同族，结合原子序数可知Y为Si,以此来解答。【详解】由上述分析可知， W 为 C、

16、 X 为 Al、 Y 为 Si、 Z 为 Ca。A.生物分子以碳链为骨架构成的分子，A正确；B.X 的氧化物为氧化铝，不能用于焊接钢轨， B 错误；C.一般选硫酸钙用于点豆腐，C错误；D.Si单质是常见的半导体材料，D错误；故合理选项是A 。【点睛】本题考查原子结构与元素周期律的知识，把握原子序数、元素的位置及碳化钙与水反应生成乙炔来推断元素为解答的关键，注意元素化合物知识的应用，侧重分析与应用能力的考查。6 、【答案】B【详解】A.从图中可知在Li SO裕液中N的相对能量较低，因此 Li SO溶液利于MoS又2N 的活化，A 正确；2B.反应物、生成物的能量不变，因此反应的烙变不变，与反应途

17、径无关，B错误；C根据图示可知 MoS施Li SO溶液中的能量比 Na SO溶液中的将反应决速步(N2f N H)的能量大大降低，C正确；*2D.根据图示可知 N 2的活化是N三N键的断裂形成 N H的过程，即是 N三N键的断裂与 NH键形成的过程， D 正确；故合理选项是Bo7、【答案】D【详解】A.根据图示可知：电池以低功率模式工作时，负极是Zn-2e =Zn2+,正极上是NaFeFe(CN) 6获得电子，然后与吸附在它上面的氧气即溶液中发生反应为O2+4e -+2H O=4OH -,从NaFeFe(CN)上析出，故 NaFeFe(CN)的作用是作催化剂，A正确；66B.电池以低功率模式工

18、作时，电子进入NaFeFe(CN) 6时Na+的用入 当形成 从NaFeFe(CN) 6 析出时，Na+ 从 NaFeFe(CN) 6 脱嵌，因此 Na + 的嵌入与脱嵌同时进行，B正确；C根据电池以高功率模式工作时，正极上NaFeFe(CN) 6获得电子被还原变为Na2FeFe(CN) 6 ,所以正极的电极反应式为：NaFeFe(CN) 6+e-+Na+=Na FeFe(CN) , C 正26确；D.若在无溶解氧的海水中，由于在低功率模式工作时需要氧气参与反应，因此在该电池不能实现长续航的需求，D错误；故合理选项D。8、【答案】(1). ClO3+6Fe2 +6H+=6Fe3+C+3H D化

19、入 a、。(» K 3Fe(CN)卜溶液 (4).2.0(5). 25(6). c>b>a (7).若温度过低，Fe(OH3胶体未充分聚沉收集，导致产率下降 (8).取最后一次洗涤液于两只试管中，分别滴加 HCl酸化的BaCl 2溶液和HNO酸化白A AgNO 3溶液，若都无白色沉淀，则说明Fe(OH) 3沉淀洗涤干净(9).称取mg样品,加热至恒重后称重，剩余固体质量大于80m! g107FeS047H O氧化为硫酸铁，据此书写;【分析】(1)NaClO 3具有氧化性，在酸性条件下将Fe3+会发生水解反(2) NaClO 3具有氧化性，在酸性条件下氧化性增强；同时反应产

20、生的应，根据盐的水解规律分析分析；检3处Fe2+已经完全被氧化，就要证明溶液在无Fe2-(4)实验是研究相同时间内温度与NaClO3用量对Fe2+氧化效果的影响，根据表格数据可知 i、ii是研究NaClO 3用量的影响；ii、iii或i、iv是研究温度的影响；据此分析解答；(5)温度低，盐水解程度小，不能充分聚沉；(6) Fe(OH) 3沉淀是从含有 NaCl、H SO 4的溶液在析出的，只要检验无Cl - 一一 n或SQ2-就可证明洗涤干净；根据Fe元素守恒，若含有 FeOOH,最后得到的固体质量比Fe(OH)3多。【详解】(1)NaClO 3具有氧化性，在酸性条件下将FeS047H O氧化

21、为硫酸铁，NaClO被还原为NaCl,同时产生水，反应的离子方程式为：C1O3- +6Fe2+6H+_6Fe3+c|(2) NaClO 3氧化FeSO47H O时，为了增强其氧化性，要加入酸，因此提供酸性环境，+3HO ；NaClO 3氧化性，选项a合理；同时FeSO 47H O被氧化为Fe (SO )4该盐是强酸弱碱盐,在溶?中Fe3+发生水解反应使溶液显酸性，为抑制Fe3+的水解，同时又不引入杂质离子,因此要向溶液中加入硫酸，选项c合理，故答案为ac;(3)检3金Fe2+已经完全被氧化，只要证明溶液中无Fe2+即可，检验方法是取反应后的溶液少许，向其中滴加 KFe(CN) 6溶液，若溶液无

22、蓝色沉淀产生，就证明Fe2+已经完全被氧化为Fe3+；(4)根据实验目的,究温度的影响；因此在其它条件不变时,i、ii是在相同温度下，研究NaClO3用量的影响，ii、iii或i、iv是研m=2 , n=25 ;b>a ； ii、iii的反应物增大反应物的浓度，化学反应速率加快，实验 浓度相同时，升高温度，化学反应速率大大加快，实验 c>b,因此三者关系为 c>b>a;加入NaOH溶液制备Fe(OH) 3的过程中，若降低水浴温度，Fe(OH) 3的产率下降，原因是温度过低，Fe(OH) 3胶体未充分聚沉收集，导致产率下降；(6) Fe(OH) 3沉淀是从含有 NaCl、

23、H SO 4的溶液在析出的，若最后的洗涤液中无Cl或SC42-就可证明洗涤干净。方法是取最后一次洗涤液于两只试管中，分别滴加HCl酸化的BaCl2 溶液和HNO 3酸化的AgNO溶液，若都无白色沉淀，则说明 Fe(OH)沉淀洗涤干净；在最后得到的沉淀 Fe(OH)3中若含有FeOOH,由于Fe(OH) 3中比FeOOH中Fe元素的含量多。由于1molFe(OH) 3质量是107g,完全灼烧后产生 0.5molFa O3 ,质量是80g,若称取mg Fe(OH) 3 ,完全灼烧后固体质量是80m g,若样品中含有FeOOH,加热至恒重后称重，剩余固体质量大于.也g。107【点睛】本题考查了氢氧化

24、铁的制备原理及操作的知识。涉及氧化还原反应方程式的配平、实验方案的涉及、离子的检验方法、盐的水解、物质纯度的判断等。掌握元素及化合 物的知识和化学反应基本原理是解题关键。9、【答案】(1).水体富营养化 (2). Al O + 2NaOH+3H O=2NaAl(OH) 4(3). 7(4).1.0X1。(5).10-12.8(6). X (7). 2HT+2e-=H2T(8). NaOH、HCl【分析】(1)磷元素是植物生长需要的营养元素，磷石膏废弃会造成的环境问题为水体富营养化；(2) Al O 3是两性氧化物，可以与强碱反应产生盐和水；调整溶液的pH,使Si元素形成沉淀，而 Al元素以Al

25、(OH) 4- 一.、.存在于溶液中：根据形成Al(OH) 3沉淀的pH分析Ks网(OH) 3大小；'根据电离平衡常数的概念计算；(4)根据某极电解液的作用是沉钙，分析所属电极名称；根据阴极上溶液中的阳离子放电，结合离子的放电顺序分析判断；根据两个电极放电后产生的物质分析循环利用的物质。【详解】(1)磷元素是植物生长需要的营养元素，在磷石膏中含有H3PO4,若磷石膏废弃，磷酸溶于水，会电离产生 HFO4-、HPO42-,为植物生长提供营养元素，使植物疯狂生长， 故磷石膏废弃会造成的环境问题为水体富营养化；(2) Al O 3是两性氧化物，可以与 NaOH溶于发生反应产生 NaAl(OH

26、) 4,反应方程式为Al 20 + 2NaOH+3H O=2NaAl(OH) 4、根据图象可知在溶液的 pH=7时，Si元素以H4SiO 4沉淀的形式存在，而 Al元素以 Al(OH) 3沉淀的形式存在，故调整溶液的pH=7;由图象可知：当溶液的 pH大约为pH=3时形成Al(OH) 3沉淀，c(H +)=10-3,则根据水的10 14一0离子积常数可得此时溶液中c(OH - I=10-11,则KspAl(OH) =1 X-Q1 0)=10 3) =10 -33；对于电离平衡： Al(OH) 3aq)+H 0Al(OH) 4-(aq)+H taq),当溶液的 Al(OH) (aq)的浓3度与A

27、l(OH) 4-(aq)的浓度相等时，KaAl(OH) p等于溶液中氢离子的浓度，所以 -c Al OH 4 3 H +KaAl(OH) = =c(H +)=10 -12.8c Al OH 3.(4) 某极电解液”作用是沉钙，应该为酸溶液，在电解装置中，左边为正极区， OH -丁 向正极区移动，H+向X区移动，因此X区溶液为酸性溶液，故 某极电解液”为X极；在负极区，H+发生还原反应产生氢气，因此阴极电极反应式为2H +2e-=H 2 T；H +向X电极移动，Cl移向X电极区，Na移向Z电极区，OH向Z电极区移动，所以 X电极区产生 HCl, Z电极区产生NaOH,反应产生的 HCl、NaOH

28、又可以在酸溶、碱溶中使用，故流程中可循环利用的物质有HCl、NaOH。【点睛】本题通过物质制备工艺流程，考查了物质的化学性质、沉淀溶解平衡原理的应用、电解原理的应用等知识，掌握物质的化学性质和化学反应基本原理是解题关键。10、【答案】(1).升温、降压、及时移去产物(2). 80(3). 45(4). 2.5(5).159.2(6). a、b (7).当p(CO2)<15kPa ,随着CO压强增大，反应物浓度增大，促进平衡向右移动；当p(CO*>15kPa ,过多的CO2会造成催化剂表面乙苯的吸附下降【分析】(1)根据该反应的正反应为气体体积扩大的吸热反应，用平衡移动原理分析解答；

29、(2)先根据压强增大数值计算反应的乙苯，然后根据乙苯的转化率计算混合气体中乙苯的Kp；含量，进而可得出水蒸气的含量，将各组分物质的量带入平衡常数表达式可得k正根据平衡时V否V J十算出 一，再根据a点时反应混合物中个组分的物质的量带入速 k逆率公式及可得到相应的数值；(3)根据盖斯定律计算； 结合反应历程及化学平衡移动原理分析；根据CO2是反应物，结合反应物的浓度对化学平衡移动的影响及CO2在催化剂表面的吸附作用分析判断。【详解】(1)根据该反应的正反应为气体体积扩大的吸热反应，根据平衡移动原理可知：要提高乙苯的转化率，可采取的措施为升高温度、降低压强及时移去产物等方式；(2)反应开始总压强为

30、100,反应达到平衡时增大为115,增大了 15,说明乙苯反应了 15,由于乙苯的转化率为 75,因此反应开始时乙苯的含量为15+0.75=20,故H O蒸气占80;根据上述分析可知：平衡时n(乙苯)=20-15=5 , n(苯乙烯尸n(H )=15 ,则根据平衡常数的含义,物质的量的比等于气体的压强比，因此用平衡分压表示的平衡常数Kp=15 15 =45；I5可逆反应乙苯为5,苯乙烯、氢气为15,k正P乙苯=k逆p苯乙烯p氢气)p苯乙烯 p氢气p乙苯:g)+H (g)达到平衡时，正反应与逆反应速率相等，此时 2VF=45;在a点时压强为112,则说明此时乙苯为8,苯乙烯、氢气为12,所以 =

31、k正p乙本k正p乙本8一71 = 一 7737=45 X =2.5k逆gp本乙烁 p氢气 k逆 p本乙端 p氢气 12 12(3)反应过程中能量变化与反应途径无关，只与物质的始态和终态有关，根据图示可知反应热 a=117.6kJ/mol+41.6kJ/mol=+159.2kJ/mol;a.CO2与乙苯反应后变为 CO, C元素化合价降低，C获得电子，因此 CO为氧化剂，a正确；b.根据图示可知由状态 1到状态2形成了 O-H键，b正确；c.由反应历程可知中间产物除了 (。"" ""),还有 2口 , c错误；d.催化剂对化学平衡移动无影响，因此不能改变乙

32、苯的转化率，d错误；故合理选项是ab;乙苯与CO 2发生可逆反应产生苯乙烯、H O、CO,在p(CO )<15kPa ,随着CO压强增大，反应物浓度增大，促进平衡向右移动；当p(CO2)>15kPa ,过多的CO2吸附在催化剂表面，会造成催化剂表面乙苯的吸附下降，又导致其转化率降低。11、【答案】(1).：1口6(6). b、c.+3(8).12(2). CO2(3). c、d(4).平面三角形(5).4 4 r； 8 4.14 8 4 2383r> x 100%dgN a【分析】(1)先根据构造原理，书写 N的核外电子排布式，然后可根据各个能级具有的轨道 数及轨道电子填充电

33、子规律，得到基态氮原子价电子排布图；(2)反应所得气态化合物分子有NH3、COk N 2 H O,根据分子是否对称判断是否为非极性分子； (3)根据图示的能量变化结合化学基本概念分析判断；(4)根据价层电子对互斥理论分析判断；C原子、0原子有平行的p轨道，价电子总数为4+2+6 X 3=24单电子数=24-2 X 3-4 X 3=6 4原子、6电子形成的大 兀键；NH HF 2为离子晶体，含有离子键，HF2-含有氢键和共价键，NH4 +中含有配位键和共价(6)用均摊方法计算a中U、N原子个数比，然后根据 N元素化合价分析 U元素化合价; 在晶体中与U距离相等且最近的 U原子在晶胞面心，然后根据

34、通过一个 U原子的晶胞数及重合数目计算其微粒数目；先计算1个晶胞中含有的U、N原子数目，然后计算晶胞的体积及一个晶胞中含有的1522s 2p3,其价电子的2U、N原子数目的总体积，最后根据原子体积占总体积的百分比可得其空间利用率。轨道表达式为LilJ It If It Ifl4>ve【详解】(1)N是7 号兀素， 根据构造原理，可得其核外电子排布式(2)反应所得气态化合物分子有NH3、COa N 2 H 0, NH 3 H 0的空间排列不对称，正负电荷的重心不重合，属于极性分子，C0 N 2的空间排列对称，分子中正负电荷重心重合，是非极性分子，其中C0 2是非极性化合物分子；(3) a.

35、Cl-Cl 键的键能为 2X 119.6kJ/mol=239.2kJ/mol , a 错误；b.Na的第一电离能为 495.0kJ/mol , b错误；c.NaCI的晶格能为 785.6kJ/mol , c正确；d.Cl的第一电子亲和能为348.3kJ/mol , d正确； 故合理选项是cd ; 42 3 2.(4) CO32-的价层电子对数为 3+-'=3,因此C032-空间构型为平面三角形;C原子、O原子有平行的p轨道，价电子总数为 4+2+6 X 3=24单电子数=24-2 X 3-4 X 3=6 为4原子、6电子形成的大 兀键，大兀键为口4;NH HF 2为离子晶体，含有离子键，HF2-含有氢键和共价键，NH4 +中含有配位键和共价键，所以NH HF 2中所含作用力有：a、b、c、d,反应中断裂的化学键有b、c;(6)晶胞a中U原子个数8X1 +6X1 =4;含有N