2019届辽宁省沈阳市东北育才中学(科学高中部)高三最后一模理综化学试题(解析版)

1、2019届辽宁省沈阳市东北育才中学（科学高中部）高三最后一模理综化学试题（解析版）可能用到的相对原子质量：li-7 o-16 mg-12 p-31 cl-35.5 k-39 fe-56 cr-52一、选择题：本题共13小题，每小题6分，共78分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.下列有关叙述正确的是a. 汽车尾气中含有的氮氧化物是汽油不完全燃烧造成的b. 酒精能使蛋白质变性，酒精纯度越高杀菌消毒效果越好c. 电热水器用镁棒防止金属内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法d. 硅胶、生石灰、铁粉是食品包装中常用的干燥剂【答案】c【解析】【详解】a、汽油来自于石油，石油是由多种碳

2、氢化合物组成的混合物，即汽油是由碳氢两种元素组成，不含n元素，故a错误；b、酒精能使蛋白质变性，医用酒精的浓度一般为75%，故b错误；c、金属的电化学腐蚀包括牺牲阳极的阴极保护法和外加电流阴极保护法，前者属于原电池原理，后者属于电解原理，金属mg比铁活泼，mg作负极，原理是牺牲阳极的阴极保护法，故c正确；d、硅胶、生石灰作干燥剂，铁粉作还原剂，铁粉防止食品氧化，故d错误，答案选c。2.设na为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是a. 所含共价键数均为0.4na的白磷(p4)和甲烷的物质的量相等b. 1 mol na与o2反应，生成na2o和na2o2的混合物共失去na个电子c. 1mol na

3、2o2固体中含有离子总数为4nad. 25时，ph=13的氢氧化钠溶液中约含有na个氢氧根离子【答案】b【解析】【详解】a、p4和甲烷空间结构都是正四面体，p4的空间结构是，1mol白磷中有6molpp键，甲烷的空间结构为，1mol甲烷中4molch键，0.4na共价键，当含有共价键的物质的量为0.4mol时，白磷的物质的量为0.4/6mol，甲烷的物质的量为0.4/4mol，故a错误；b、无论是na2o还是na2o2，na的化合价为1价，1molna都失去电子1mol，数目为na，故b 正确；c、由na2o2的电子式可知，1molna2o2固体中含有离子总物质的量为3mol，个数为3na，故

4、c错误；d、题中未给出溶液的体积，无法计算oh的物质的量，故d错误，答案选b。3.下列关于有机化合物的说法正确的是a. 乙酸和乙酸乙酯可用na2co3溶液加以区别b. 异丁烷的一氯代物有3种c. 乙烯、聚氯乙烯和苯分子中均含有碳碳双键d. 甲苯与氯气在光照下反应主要生成2，4-二氯甲苯【答案】a【解析】【详解】a、乙酸与碳酸钠溶液反应产生二氧化碳气体，乙酸乙酯不能，所以可用na2co3溶液加以区别，选项a正确；b. 异丁烷一氯代物有（ch3）2chch2cl、（ch3）2cclch3共2种，选项b错误；c. 聚乙烯为氯乙烯的加聚产物，不含碳碳双键，苯分子中也不含有碳碳双键，选项c错误；d甲苯与

5、氯气在光照下反应主要发生的是侧链上的氢原子被取代，不能得到苯环上氢原子被取代的产物2，4-二氯甲苯，选项 d错误；答案选a。4.下列有关实验操作，现象和解释或结论都正确的是 选项实验操作现象解释或结论a向某溶液中滴加双氧水后再加入kscn溶液溶液呈红色原溶液中一定含有fe2+b向饱和na2co3溶液中通入足量co2溶液变浑浊析出了nahco3晶体c两块相同的铝箔，其中一块用砂纸仔细打磨过，将两块铝箔分别放在酒精灯上加热打磨过的铝箔先熔化并且滴落下来金属铝的熔点较低，打磨过的铝箔更易熔化d加热盛有nacl和nh4cl固体的试管试管底部固体减少，试管口有晶体凝结可以用升华法分离nacl和nh4cl

6、固体a. ab. bc. cd. d【答案】b【解析】溶液中含有fe3+或fe2+，滴加双氧水后再加入kscn溶液，溶液都呈红色，故a错误；向饱和na2co3溶液中通入足量co2，生成碳酸氢钠，碳酸氢钠溶解度小于碳酸钠，所以析出nahco3晶体，故b正确；铝易被氧化为氧化铝，由于氧化铝熔点高，铝箔在酒精灯上加热，铝箔熔化并不滴落下来，故c错误；加热盛有nacl和nh4cl固体的试管，氯化铵分解为氯化氢和氨气，氯化氢和氨气在试管口又生成氯化铵，不属于升华，故d错误。点睛：fe2+的检验方法是，向溶液中滴加kscn溶液，不变血红色，在加入双氧水，溶液变为血红色，则原溶液中一定含有fe2+。5.x、

7、y、z、w是原子序数依次增大的短周期元素，且x、z原子序数之和是y、w原子序数之和的1/2。甲、乙、丙、丁是由这些元素组成的二元化合物，m是某种元素对应的单质，乙和丁的组成元素相同，且乙是一种“绿色氧化剂”，化合物n是具有漂白性的气体(常温下)。上述物质间的转化关系如图所示(部分反应物和生成物省略)。下列说法正确的是a. 原子半径：r(y)>r(z)>r(w)b. 化合物n与乙烯均能使溴水褪色，且原理相同c. 含w元素的盐溶液可能显酸性、中性或碱性d. z与x、y、w形成的化合物中，各元素均满足8电子结构【答案】c【解析】【分析】乙是一种“绿色氧化剂”，即乙为h2o2，乙和丁组成的

8、元素相同，则丁为h2o，化合物n是具有漂白性的气体(常温下)，则n为so2，根据转化关系，m是单质，h2o2分解成o2和h2o，即m为o2，甲在酸中生成丙，丙为二元化合物，且含有s元素，即丙为h2s，四种元素原子序数依次增大，且都为短周期元素，x为h，y为o，如果w为s，x、z原子序数之和是y、w原子序数之和的1/2，则z为na，如果z为s，则w不符合要求；【详解】乙是一种“绿色氧化剂”，即乙为h2o2，乙和丁组成的元素相同，则丁为h2o，化合物n是具有漂白性的气体(常温下)，则n为so2，根据转化关系，m是单质，h2o2分解成o2和h2o，即m为o2，甲在酸中生成丙，丙为二元化合物，且含有s

9、元素，即丙为h2s，四种元素原子序数依次增大，且都为短周期元素，x为h，y为o，如果w为s，x、z原子序数之和是y、w原子序数之和的1/2，则z为na，如果z为s，则w不符合要求；a、同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，原子半径大小顺序是r(na)>r(s)>r(o)，故a错误；b、so2能使溴水褪色，发生so2br2h2o=2hbrh2so4，利用so2的还原性，乙烯和溴水反应，发生的加成反应，故b错误；c、含s元素的盐溶液，如果是na2so4，溶液显中性，如果是nahso4，溶液显酸性，如果是na2so3，溶液显碱性，故c正确；d、形成化合物

10、分别是nah、na2o/na2o2、na2s，nah中h最外层有2个电子，不满足8电子结构，故d错误，答案选c。【点睛】微粒半径大小比较：一看电子层数，一般来说电子层数越多，半径越大；二看原子序数，当电子层数相同，半径随着原子序数的递增而减小；三看电子数，电子层数相同，原子序数相同，半径随着电子数的增多而增大。6.下图是新型镁-锂双离子二次电池,下列关于该电池的说法不正确的是( )a. 放电时, li+由左向右移动b. 放电时, 正极的电极反应式为li1-xfepo4+xli+xe-=lifepo4c. 充电时, 外加电源的正极与y相连d. 充电时, 导线上每通过1mole-, 左室溶液质量减

11、轻12g【答案】d【解析】【分析】放电时，左边镁为负极失电子发生氧化反应，反应式为mg-2e-=mg2+，右边为正极得电子发生还原反应，反应式为li1-xfepo4+xli+xe-=lifepo4，阳离子移向正极；充电时，外加电源的正极与正极相连，负极与负极相连，结合电子转移进行计算解答。【详解】a放电时，为原电池，原电池中阳离子移向正极，所以li+由左向右移动，故a正确；b、放电时，右边为正极得电子发生还原反应，反应式为li1xfepo4+xli+xelifepo4，故b正确；c、充电时，外加电源的正极与正极相连，所以外加电源的正极与y相连，故c正确；d、充电时，导线上每通过1mole，左室

12、得电子发生还原反应，反应式为mg2+2emg，但右侧将有1molli+移向左室，所以溶液质量减轻1275g，故d错误；答案选d。【点睛】正确判断放电和充电时的电极类型是解答本题的关键。本题的难点为d，要注意电极反应和离子的迁移对左室溶液质量的影响。7.常温下向20ml 0.1mol/l氨水中通入hcl气体，溶液中由水电离出的氢离子浓度随通入hcl气体的体积变化如图所示。则下列说法正确的是a. b点通入的hcl气体，在标况下为44.8mlb. b、c之间溶液中c(nh4+)>c(cl-)c. 取10ml的c点溶液稀释时：c(nh4+)/c(nh3·h2o)减小d. d点溶液呈中性

13、【答案】c【解析】【分析】氨水中通入hcl，发生nh3·h2ohcl=nh4clh2o，对水的电离抑制能力先减弱后增大，然后逐步分析；【详解】a、当两者恰好完全反应时，n(hcl)=n(nh3·h2o)=20×103l×0.1mol·l1=2×103mol，标准状况下hcl的体积为44.8ml，随着hcl的加入，溶液由碱性向酸性变化，b点对应水电离出的h浓度为107mol·l1，此时溶液显中性，溶质为nh3·h2o和nh4cl，即所加hcl气体在标准状况下的体积小于44.8ml，故a错误；b、b点时，溶液显电中性，

14、即c(nh4)=c(cl)，c点溶质为nh4cl，c(cl)>c(nh4)，因此b、c之间溶液中c(nh4)<c(cl)，故b错误；c、c点溶质为nh4cl，nh4cl属于强酸弱碱盐，nh4发生水解，nh4h2onh3·h2oh，加水稀释，促进水解，n(nh3·h2o)增大，n(nh4+)减小，同一溶液中浓度之比等于物质的量之比，即c(nh4)/c(nh3·h2o)减小，故c正确；d、d点溶质为nh4cl和hcl，溶液显酸性，故d错误，答案选c。8.某种电镀污泥主要含有碲化亚铜(cu2te)、三氧化二铬(cr2o3)以及少量的金(au),可以用于制取n

15、a2cr2o7溶液、金属铜和粗碲等,以实现有害废料的资源化利用,工艺流程如下:已知:煅烧时,cu2te发生的反应为cu2te+2o22cuo+teo2。(1)煅烧时,cr2o3发生反应化学方程式为_。 (2)浸出液中除了含有teoso4(在电解过程中不反应)外,还可能含有_(填化学式)。(3)工业上用重铬酸钠(na2cr2o7)母液生产重铬酸钾(k2cr2o7)的工艺流程如图所示:通过冷却结晶能析出大量k2cr2o7的原因是_。 (4)测定产品中k2cr2o7含量的方法如下:称取产品试样2.50 g配成250 ml溶液,用移液管取出25.00 ml于锥形瓶中,加入足量稀硫酸

16、酸化后,再加入几滴指示剂,用0.1000 mol·l-1硫酸亚铁铵(nh4)2fe(so4)2标准液进行滴定,重复进行二次实验。(已知cr2被还原为cr3+)氧化还原滴定过程中的离子方程式为_。 若三次实验消耗(nh4)2fe(so4)2标准液的平均体积为25.00 ml,则所得产品中k2cr2o7的纯度为_%。已知m(k2cr2o7)=294 g·mol-1,计算结果保留三位有效数字。 (5)上述流程中k2cr2o7发生氧化还原反应后所得溶液中除含有cr3+外,还含有一定浓度的fe3+杂质,可通过加碱调ph的方法使两者转化为沉淀。已知c(cr3+)=3

17、×10-5 mol·l-1,则当溶液中开始析出cr(oh)3沉淀时fe3+是否沉淀完全?_(填“是”或“否”)。已知:kspfe(oh)3=4.0×10-38, kspcr(oh)3=6.0×10-31【答案】 (1). 2cr2o3+3o2+4na2co34na2cro4+4co2 (2). cuso4(或cuso4和h2so4) (3). 低温条件下,k2cr2o7的溶解度在整个体系中最小,且k2cr2o7的溶解度随温度的降低而显著减小 (4). cr2+6fe2+14h+2cr3+6fe3+7h2o (5). 49.0 (6). 是【解析】【详解】

18、（1）根据流程中“水浸”，cr元素以na2cro4形式存在，na2cro4中cr的化合价为6价， cr2o3中cr的化合价为+3价，cr2o3作还原剂，被氧气氧化，根据化合价升降法进行配平，“煅烧”时cr2o3参加的反应是2cr2o33o24na2co34na2cro44co2；（2）“煅烧”除(1)中反应外，还有cu2te2o22cuoteo2，沉渣应含有cuo、teo2以及少量的au，加入稀硫酸，cuo与稀硫酸反应生成cuso4，根据题干，te以tioso4形式存在，au不与稀硫酸反应，即浸出液中含有teoso4、cuso4、h2so4；（3）na2cr2o7溶液加入kcl(s)，得到k2

19、cr2o7，说明低温下，k2cr2o7的溶解度在整个体系中最小，且k2cr2o7的溶解度随温度的降低而显著减小；（4）cr2o42作氧化剂，把fe2氧化成fe3，+6价cr被还原成cr3，根据得失电子数目守恒，得出cr2o726fe214h=2cr36fe37h2o；根据的离子反应方程式得出：k2cr2o7的纯度=49.0%；（5）cr(oh)3开始出现沉淀时，溶液中c3(oh)=2×1026，fe3沉淀完全，c(fe3)应小于105mol·l1，fe(oh)3沉淀完全时，溶液中c3(oh)=4×1033<2×1026，说明fe3沉淀完全。9.二氧

20、化硫是危害最为严重的大气污染物之一,它主要来自化石燃料的燃烧,研究co催化还原so2的适宜条件,在燃煤电厂的烟气脱硫中具有重要价值。.从热力学角度研究反应(1) c(s)+o2(g)co2(g) h1=-393.5 kj·mol-1co2(g)+c(s)2co(g) h2=+172.5 kj·mol-1s(s)+o2(g)so2(g) h3=-296.0 kj·mol-1写出co 还原so2的热化学方程式:_。 (2)关于co还原so2的反应,下列说法正确的是_。 a.在恒温恒容条件下,若反应体系压强不变,则反应已达到平衡状态b.平衡状态时,2

21、v正(co)=v逆(so2)c.其他条件不变,增大so2的浓度,co的平衡转化率增大d.在恒温恒压的容器中,向达到平衡状态的体系中充入n2,so2的平衡转化率不变nox的排放主要来自于汽车尾气，包含no2和no，有人提出用活性炭对nox进行吸附，发生反应如下：反应a：c(s)+2no(g)n2(g)+co2(g) h=34.0kj/mol反应b：2c(s)+2no2(g)n2(g)+2co2(g) h=64.2kj/mol(3)对于反应a，在t1时，借助传感器测得反应在不同时间点上各物质的浓度如下：时间(min)浓度(mol·l-1)01020304050no1.000.580.40

22、0.400.480.48n200.210.300.300.360.36010min内，no的平均反应速率v(no)=_，当升高反应温度，该反应的平衡常数k_(选填“增大”、“减小”或“不变”)。30min后，只改变某一条件，反应重新达到平衡；根据上表中的数据判断改变的条件可能是_(填字母)。a加入一定量的活性炭 b通入一定量的noc适当缩小容器的体积 d加入合适的催化剂(4)某实验室模拟反应b，在密闭容器中加入足量的c和一定量的no2气体，维持温度为t2，如图为不同压强下反应b经过相同时间no2的转化率随着压强变化的示意图。请从动力学角度分析，1050kpa前，反应b中no2转化率随着压强增大

23、而增大的原因_；在1100kpa时，no2的体积分数为_。用某物质的平衡分压代替其物质的量浓度也可以表示化学平衡常数(记作kp)；在t2、1.1×106pa时，该反应的化学平衡常数kp=_(计算表达式表示)；已知：气体分压(p分)=气体总压(p总)×体积分数。【答案】 (1). 2co(g)+so2(g)2co2(g)+s(s)h=-270.0 kj·mol-1 (2). ac (3). 0.042mol/(lmin) (4). 减小 (5). bc (6). 1050kpa前反应未达平衡状态，随着压强增大，反应速率加快，no2转化率提高 (7). 50% (8)

24、. 或【解析】【详解】（1）co与so2的反应方程式为2coso2=2co2s， c(s)+o2(g)= co2(g)，co2(g)+c(s) =2co(g)，s(s)+o2(g)= so2(g)，因此有得出2co(g)so2(g)=2co2(g)s(s) h=270.0kj·mol1；（2）a、根据反应方程式，硫为固体，其余为气体，反应前后气体分子数之和不相等，因此当压强不再改变，说明反应达到平衡，故a正确；b、不同物质的速率表示达到平衡，要求反应的方向一正一逆，且反应速率之比等于系数之比，即v正(co)=2v逆(so2)，故b错误；c、其他条件不变，增大so2的浓度，增加反应物的

25、浓度，平衡向正反应反应移动，co的转化率增大，故c正确；d、恒温恒压下，通入非反应气体，容器的体积增大，物质的量浓度降低，平衡向逆反应方向进行，so2的转化率的降低，故d错误；答案为ac；（3）根据反应速率数学表达式，v(no)=(1.000.58)mol/l÷10min=0.042mol/(l·min)；反应a和b都是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向进行，化学平衡常数只受温度的影响，即升高温度，平衡常数k减小；a、活性炭为固体，加入活性炭，不影响化学平衡，故a不符合题意；b、通入一定量的no，no浓度增大，平衡向正反应方向移动，n2浓度增大，故b符合题意；c、适当缩小

26、容器的体积，所有气体的浓度均增大，故c符合题意；d、加入合适的催化剂，不影响化学平衡，故d不符合题意；答案为bc；（4）根据示意图，1050kpa前，反应未达到平衡，随着压强增大，反应速率增大，no2的转化率加快；假设通入1molno2，2c(s)2no2(g) n2(g)2co2(g) 起始： 1 0 0 变化： 0.4 0.2 0.4 平衡： 0.6 0.2 0.4 1100kpa时，no2的体积分数为0.6mol/(0.60.20.4)mol×100%=50%；no2的体积分数为1/2，n2的体积分数为0.2mol/(0.60.20.4)mol=1/6，co2的体积分数为1/3

27、，kp=或。10.pocl3是重要的基础化工原料，广泛用于制药、染料、表面活性剂等行业。一种制备pocl3的原理为： pcl3+cl2+so2=pocl3+socl2。某化学学习小组拟利用如下装置在实验室模拟制备pocl3。有关物质的部分性质如下：物质熔点/沸点/密度/g·ml-1其它pcl3-93.676.11574遇水强烈水解，易与氧气反应pocl31.25105.81.645遇水强烈水解，能溶于pcl3socl2-10578.81.638遇水强烈水解，加热易分解（1）仪器甲的名称为_ ，与自来水进水管连接的接口编号是_。 (填“a”或“b”)。（2

28、）装置c的作用是_，乙中试剂的名称为_。（3）该装置有一处缺陷，解决的方法是在现有装置中再添加一个装置，该装置中应装入的试剂为_(写名称)。若无该装置，则可能会有什么后果?请用化学方程式进行说明_。（4）d中反应温度控制在60-65，其原因是_。（5）测定pocl3含量。准确称取30.70g pocl3产品，置于盛有60.00ml蒸馏水的水解瓶中摇动至完全水解；将水解液配成100.00ml溶液，取10.00ml溶液于锥形瓶中；加入10.00 ml3.200 mol/lagno3标准溶液，并加入少许硝基苯用力摇动，使沉淀表面被有机物覆盖；以fe3+为指示剂，用0.2

29、000 mol/l kscn溶液滴定过量的agno3溶液，达到滴定终点时共用去10.00 mlkscn溶液。滴定终点的现象为_，用硝基苯覆盖沉淀的目的是_。反应中pocl3的百分含量为_。【答案】 (1). 球形冷凝管 (2). a (3). 干燥cl2，同时作安全瓶，防止堵塞 (4). 五氧化二磷(或硅胶) (5). 碱石灰 (6). pocl3+3h2o=h3po4+3hcl, socl2+h2o=so2+2hcl (7). 一是温度过高，pcl3会大量挥发，从而导致产量降低；二是温度过低，反应速率会变慢 (8). 当最后一滴标准kscn 溶液滴入时

30、，溶液变为红色，且半分钟不褪去 (9). 使生成的沉淀与溶液隔离，避免滴定过程中scn-与agcl 反应 (10). 50%【解析】分析：本题以pocl3的制备为载体，考查cl2、so2的实验室制备、实验条件的控制、返滴定法测定pocl3的含量。由于pcl3、pocl3、socl2遇水强烈水解，所以用干燥的cl2、so2与pcl3反应制备pocl3，则装置a、b、c、d、e、f的主要作用依次是：制备cl2、除cl2中的hcl（g）、干燥cl2、制备pocl3、干燥so2、制备so2；为防止pocl3、socl2水解和吸收尾气，d装置后连接盛碱石灰的干燥管。返滴定法测定pocl3含量的

31、原理：pocl3+3h2o=h3po4+3hcl、agno3+hcl=agcl+hno3，用kscn滴定过量的agno3，发生的反应为kscn+agno3=agscn+kno3，由消耗的kscn计算过量的agno3，加入的总agno3减去过量的agno3得到与cl-反应的agno3，根据ag+cl-=agcl和cl守恒计算pocl3的含量。详解：（1）根据仪器甲构造特点，仪器甲的名称为球形冷凝管。为了更充分的冷凝蒸气，冷凝管中的水应下进上出，与自来水进水管连接的接口的编号为a。（2）由于pcl3、pocl3、socl2遇水强烈水解，所以制备pocl3的cl2和so2都必须是干燥的。根据装置图和

32、制备pocl3的原理，装置a用于制备cl2，装置b用于除去cl2中hcl（g），装置c用于干燥cl2，装置f用于制备so2，装置e用于干燥so2，装置d制备pocl3；装置c的作用是干燥cl2，装置c中有长直玻璃管，装置c的作用还有作安全瓶，防止堵塞。乙中试剂用于干燥so2，so2属于酸性氧化物，乙中试剂为五氧化二磷（或硅胶）。（3）由于so2、cl2有毒，污染大气，最后要有尾气吸收装置；pocl3、socl2遇水强烈水解，在制备pocl3的装置后要连接干燥装置（防外界空气中h2o（g）进入装置d中），该装置缺陷的解决方法是在装置d的球形冷凝管后连接一个既能吸收so2、cl2又能吸收h2o（g

33、）的装置，该装置中应装入的试剂是碱石灰。若没有该装置，pocl3、socl2发生强烈水解，反应的化学方程式为pocl3+3h2o=h3po4+3hcl、socl2+h2o=so2+2hcl。（4）d中反应温度控制在6065，其原因是：温度太低，反应速率太慢；温度太高，pcl3会大量挥发（pcl3的沸点为76.1），从而导致产量降低。（5）以fe3+为指示剂，当kscn将过量的ag+完全沉淀时，再滴入一滴kscn溶液与fe3+作用，溶液变红色，滴定终点的现象为：当最后一滴标准kscn 溶液滴入时，溶液变为红色，且半分钟不褪去。硝基苯是难溶于水且密度大于水的液体，用硝基苯覆盖沉淀的目的是

34、：使生成的沉淀与溶液隔离，避免滴定过程中scn-与agcl 反应。n（agno3）过量=n（kscn）=0.2000mol/l0.01l=0.002mol，沉淀10.00ml溶液中cl-消耗的agno3物质的量为3.200mol/l0.01l-0.002mol=0.03mol，根据ag+cl-=agcl和cl守恒，样品中n（pocl3）=0.1mol，m（pocl3）=0.1mol153.5g/mol=15.35g，pocl3的百分含量为100%=50%。11.钢是现代社会的物质基础，钢中除含有铁外还含有碳和少量不可避免的钴、硅、锰、磷、硫等元素。请回答下列有关问题：(1)基态mn原

35、子的价电子排布式为_。mn2+与fe2+中，第一电离能较大的是_，判断的理由是_。(2)碳元素除可形成常见的氧化物co、co2外，还可形成c2o3(结构式为)。c2o3中碳原子的杂化轨道类型为_，co2分子的立体构型为_。(3)酞菁钴分子的结构简式如图所示，分子中与钴原子通过配位键结合的氮原子的编号是_(填“1” “2” “3”或“4”)其中c、h、o元素电负性由大到小的顺序是_(4)碳酸盐的热分解是由于晶体中的阳离子结合碳酸根中的氧离子，是碳酸根分解为co2分子的结果。mgco3分解温度低于caco3，请解释原因_。(5)氧化亚铁晶胞与nacl的相似，nacl的晶胞如图所示。由于晶体缺陷，某

36、氧化亚铁晶体的实际组成为fe0.9o，其中包含有fe2+和fe3+，晶胞边长为apm，该晶体的密度为g·cm3，则a=_(列出计算式即可，用na表示阿伏加德罗常数的值)。【答案】 (1). 3d54s2 (2). mn2+ (3). mn2+价层电子排布为3d5，3d能级半充满，更稳定 (4). sp2 (5). 直线型 (6). 2,4 (7). o>c>h (8). 半径mg2+<ca2+，mgo晶格能大于cao， mg2+更易结合碳酸根中的氧离子，故mgco3更易分解 (9). 【解析】【详解】（1）mn位于第四周期b，其价电子包括最外层电子和次外层的d能级，

37、即mn的价电子排布式为3d54s2；mn2价电子排布式为3d5，fe2价电子排布式为3d6，mn2价层电子排布中3d能级半充满，更稳定，因此第一电离能较大的是mn2；（2）根据c2o3的结构式，c有3个键，无孤电子对，因此c的杂化类型为sp2；co2中c有2个键，孤电子对数为(42×2)/2=0，即co2杂化类型为sp，co2空间构型为直线型；（3）n形成3个共价键达到饱和，若n有4个化学键，其中有一个是配位键，根据结构简式，2，4含有配位键，非金属性o>c>h，则c、h、o的电负性大小顺序是o>c>h；（4）mgco3和caco3都属于离子晶体，受热分解后生成mgo和cao，也都属于离子晶体，mgco3分解温度低于caco3，应从晶格能的角度分析，原因是半径mg2<ca2，mgo晶格能大于cao， mg2更易结合碳酸根中的氧离子，故mgco3更易分解；（5）根据氯化钠晶胞，nacl的晶胞中有4个“nacl”，fe0.9o晶胞与nacl晶胞的相似，因此该晶体中有4个“fe0.9o”，晶胞的质量为，晶胞的体积(a×1010)cm3，根据密度的定义，=，得出a=。12.某有机物f()在自身免疫性疾病的