广东省广州市2019届高三上学期期末调研测试理科综合化学试题附答案解析

--广东省广州市2019届高三上学期期末调研测试理科综合化学试题可能用到的相对原子质量： H1B11C12N14O16Mg24一、选择题：.下列关于自然界中氮循环的说法错误的是A.氮肥均含有NH+B.雷电作用固氮中氮元素被氧化C.碳、氢、氧三种元素参与了自然界中氮循环D.合成氨工业的产品可用于侯氏制碱法制备纯碱【答案】A【解析】【详解】A项，除了含有俊根NH+的氨态氮肥以外，还有硝态氮肥（以硝酸根 NQ为主）、俊态硝态氮肥（同时含有硝酸根和俊根）、酰胺态氮肥（尿素），故A项错误；B项，在闪电（高能）作用下，生成氮氧化合物，氮元素化合价升高，所以雷电作用固氮中氮元素被氧化，故B项正确；C项，碳、氢、氧三种元素参加了氮循环，如蛋白质的制造需要碳元素，又如氮气在放电条件下，与氧气直接化合生成一氧化氮气体，二氧化氮易与水反应生成硝酸和一氧化氮等，故 C项正确；D项，侯氏制碱法制备纯碱涉及的反应为： NH+CO+H2O+NaCHNaHC。+NHC1,碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠，该制备中用到了氨气，所以合成氨工业的产品可用于侯氏制碱法制备纯碱，故 D项正确。故选Ao【点睛】本题考查自然界中氮循环，涉及氮肥、自然固氮和侯氏制碱法等知识， 易错点有氮肥不只是俊态氮肥，还有硝态氮肥和尿素等，全面掌握基础知识是解题的关键。.环之间共用一个碳原子的化合物称为螺环化合物，螺[3,3]庚烷（）是其中的一种。下列关于该化合物的说法正确的是A.与甲苯（GH）互为同分异构体B.1mol该化合物完全久期烧时消耗10molO2C.所有碳原子均处同一平面D.一氯代物共有3种（不含立体异构）【答案】B【解析】【详解】A.该化合物分子式为GH2,有两个环，不饱和度是2;甲苯（C7H）含有一个苯环，不饱和度是 4,所以不可能是同分异构体，故 A错误；B.该化合物分子式为GH2,1mol该化合物完全久期烧时消耗O2的物质的量为：（7+"）mol=10mol,故B正确；4C.两个环的碳原子均为饱和碳原子，具有甲烷四面体结构，所有碳原子不同面，故 C错误；D.由结构简式可知，该化合物分子中共有两种等效氢原子，所以一氯代物共有 2种，故D错误。故选Bo.Na是阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是4g甲烷完全燃烧转移的电子数为 2N.11.2L（标准状况）CC14中含有的共价键数为2N3molSO2和1molO2于密闭容器中催化反应后分子总数为 3N1L0.1mol-L-的Na2S溶液中H行和宫一离子数之和为0.1Na【答案】A【解析】【详解】A.甲烷完全燃烧生成二氧化碳和水，碳元素化合价由 -4价升高到+4价，所以4g甲烷完全燃烧转移4g的电子数为一;~:式8N/mol=2Na,故A正确；CCl4在标况下非气态，无法计算 11.2LCCl4的物质的量，故B错误；SO2和Q反应为可逆反应，反应不能进行完全， SO和Q都有剩余，所以3molSO2和1molO2于密闭容器中催化反应后分子总数大于 3Ns故C错误；Na2S溶液中分两步水解，生成H&和H2S,根据物料守恒关系： HS\H2S和S”离子数之和为0.1Na,故D错误。故选Ao【点睛】本题为“Na”应用试题，解答此类题要注意题设陷阱，本题B选项，CCl4在标况下非气态，C选项，二氧化硫和氧气反应为可逆反应， D选项，要注意物料守恒的正确使用，考生只有在平时多总结，才能做到考试时慧眼识别。.下列实验中，所采取的分离方法与对应原理都正确的是选项目的分离方法原理A分离氢氧化铁胶体与 FeCl3溶液过滤胶体粒子不能通过滤纸B用乙醇提取碘水中的碘萃取碘在乙邸中的溶解度较大C用MgCb溶液制备无水MgCb固体蒸发MgCb受热不分解D除去丁醇中的乙醛蒸播丁醇与乙醛的沸点相差较大A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A项，胶体粒子可以通过滤纸，但不能通过半透膜，所以分离胶体与溶液的方法是渗析， 故A项错误；B项，乙醇会溶于水，致使碘、水、乙醇三者混溶，不能用乙醇萃取的方法进行分离，故 B项错误；C项，用MgC2溶液制备无水MgC2固体，要先升温蒸发，然后降温结晶获得六水合氯化镁，然后通过干燥氯化氢气流加热得到MgC2,故C项错误；D项，丁醇和乙醛的沸点相差大，可以用蒸储的方法分离，故 D项正确。综上所述，本题的正确答案为 Do.短周期主族元素WX、Y和Z的原子序数依次增大，W的气态氢化物的水溶液可使酚酬:变红，W与X可形成一种红棕色有刺激性气味的气体，Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的， Z原子最外层电子数与W原子的电子总数相同。下列说法中正确的是A.W的氧化物对应水化物均为强酸B.简单离子半径：WXvYC.简单氢化物沸点：ZvWD.Y与Z形成的化合物的水溶液呈碱性【答案】C【解析】【分析】W与X形成红棕色有刺激性气味的气体是 NO,且W的气态氢化物的水溶液可使酚酗:变红，则 W为N,X为O,Y

的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，则综上，W又Y、Z分别为Z。Na、Cl。Y为Na,Z原子最外层电子数与W电子总数相同，则Z为Cl。【详解】根据以上分析， WX、Y为Na,Z原子最外层电子数与W电子总数相同，则Z为Cl。A项，W^JN,N的氧化物N2O3对应水化物HN她弱酸，故A项错误；B项，W、O2-、Na+三种离子的电子层结构相同，核电荷数越大半径越小，所以简单离子半径： N3->O2->Nc+,故B项错误；C项，Z为Cl,W为N,由于氨分子之间存在氢键，沸点较高，简单氢化物沸点： CKNI,故C项正确；D项，Y为Na,Z为Cl,Y与Z形成的化合物为NaCl,为强酸强碱盐，不水解，水溶液呈中性，故 D项错误。综上所述，本题正确答案为 Co刎闺电岐幽配介物的如5 飕叫导电玻璃6.一种钉（刎闺电岐幽配介物的如5 飕叫导电玻璃Ru11」二Ru"（激发态》RuI[*―^Ru1（l*6+2e'—►3rRu11+31"——Ru"+I]下列关于该电池叙述错误的是A.电池中镀Pt导电玻璃为正极B.电池工作时， 「离子在镀Pt导电玻璃电极上放电C.电池工作时，电解质中「和I3—浓度不会减少D.电池工作时，是将太阳能转化为电能Pt导电玻璃电极为原电池的正极，电解质I3+2e-=3I-,据此分析解答。由图电子的移动方向可知，透明导电玻璃电极为原电池的负极，镀为I3Pt导电玻璃电极为原电池的正极，电解质I3+2e-=3I-,据此分析解答。【详解】A.由图电子的移动方向可知，电极镀Pt导电玻璃为原电池的正极，选项A正确；B.镀Pt导电玻璃电极为电池的正极，发生的反应为： l3-+2e-=3I-,选项B错误；C.由电池中发生白^反应可知， I3在正极上得电子被还原为 3I-,后又被氧化为％-,I3-和I-相互转化，反应的实质是光敏有机物在激发态与基态的相互转化，所有化学物质都没有被损耗，选项 C正确;D.电池工作时，光能转变为电能，选项D正确。答案选B。【点睛】本题是一道知识迁移题目，考查学生分析和解决问题的能力，注意平时知识的积累是解题的关键。7.一定温度下，三种碳酸盐MC@M:MgT、Ca2+、mK+)7.一定温度下，三种碳酸盐-Igc(COt)-Igc(COt)Ksp(MnCO)的数量级为1011MgCO3的悬浊液中加入少量水充分振荡， c(Mg2+)不变a点表示的溶液中，c(Ca2+)>c(CO32)D.向浓度均为0.01mol•L-的Mg2+、Ca"、M^混合溶液中逐滴加入NaCO溶液，最先形成MgCO沉淀【解析】【分析】A.计算出K5P(MnCG)=c(Mn2+)?c(CO32-)解答；MgCO的悬浊液中加入少量水，Kp保持不变；a点表示CaCO的饱和溶液，但-lgc(CO32-)>-lgc(Ca2+);Ksp越小，越易生成沉淀。【详解】A.禾।J用(0,10.7)或(10.7,0)计算Ksp(MnCO)=c(Mn2+)?c(CO32-)=1X10-1O.7=10O.3X10-11,1<100.3<10,所以Ksp(MnCO)数量级为10-11,A正确；MgCO的悬浊液中加入少量水，温度不变，所以 Kp保持不变，所以c(Mg2+)不变，B正确；a点表示CaCO的饱和溶液，但-lgc(CO32-)>-lgc(Ca2+);所以c(Ca2+)>c(CO32-),C正确;-lgc(CO32-)=4时，-lgc(Mn2+)最大，-lgc(Mg2+)最小，即c(Mn2+)最小，c(Mg2+)最大，所以Ksp(MnC@最小，Ksp(MgCO)最大，所以向浓度均为0.01mol/L的M/、Ca2+、M吊混合溶液中逐滴加入 N&CO溶液，先生成MnCO

沉淀，D错误；故合理选项是D=【点睛】本题主要考查了沉淀溶解平衡曲线的知识， 弄清坐标系中横坐标、纵坐标的含义，掌握图线中pc(CO32-)、pM数值越大，实际浓度越小是解题的关键，本题侧重于考查学生的分析能力。8.实验室可用溢流法连续制备无水四氯化锡( SnCL)。SnCL易挥发，极易发生水解， C12极易溶于SnCL。制备原理与实验装置图如下:Sn(s)+2Cl2(g尸Sn(s)+2Cl2(g尸SnCl4(l)AH=-511kJ?mol『旌制或收玳可能用到的有关数据如下:物质SnSnCl4CuCl2熔点/c232-33620沸点/C2260114993SnCl4液面升至侧口高度时，液态SnCl4液面升至侧口高度时，液态a管的作用是A中反应的离子方程式是D的作用是E中冷却水的作用是。(5)尾气处理时，可选用的装置是(填序号)。(6)锡粒中含铜杂质致E中产生CuCl2,但不影响F中产品的纯度，原因是。(7)SnCl4粗品中含有CL,精制时加入少许锡屑后蒸储可得纯净的 SnCk蒸储过程中不需要用到的仪器有(填序号)。A.蒸储烧瓶 B.温度计C.接收器D.冷凝管E,吸滤瓶【答案】 (1).平衡压强，使浓盐酸能够顺利流下 (2). 2Mn(O+10C1+16H+=2Mri++5Cl2T+8H2O(3).使氯气充分干燥 (4). 避免四氯化锡气化而损失，导致产率下降 (5).乙(6). CuCl2熔点较高，不会随四氯化锡液体溢出 (7).E【解析】【分析】a管将分液漏斗液面上下连通，起到平衡压强，使浓盐酸能够顺利流下的作用；A中的反应为高镒酸钾和浓盐酸制氯气，反应生成氯化镒、氯化钾、氯气和水，根据守恒关系配平并写出离子方程式；D为盛有浓硫酸的洗气瓶，可以用来干燥氯气。由信息可知， SnCl4极易发生水解，故D的作用是使氯气充分干燥；由信息可知，SnCl4易挥发，故E中冷却水的作用是避免四氯化锡气化而损失，导致产率下降；尾气处理时，选用的装置中不能使用水溶液，因为水蒸气进入 E会使SnCl4发生水解；由表中数据可知， CuCl2熔点较高，不会随四氯化锡液体溢出，所以锡粒中含铜杂质致 E中产生CuCl2,但不影响F中产品的纯度；蒸储过程中需要用到的仪器有蒸储烧瓶、温度计、冷凝管和接收器，以此分析。】(1)a管将分液漏斗液面上下连通，起到平衡压强，使浓盐酸能够顺利流下的作用；故答案为：平衡压强，使浓盐酸能够顺利流下；A中的反应为高镒酸钾和浓盐酸制氯气， 反应生成氯化镒、氯化钾、氯气和水，离子方程式为2MnQ—+10C1+16h+=2Mn++5Cl2f+8H2O;故答案为：2MnO+10C1+16Hf=2Mn++5Cl2T+8H2O;D为盛有浓硫酸的洗气瓶，可以用来干燥氯气。由信息可知， SnCl4极易发生水解，故D的作用是使氯气充分干燥；故答案为：使氯气充分干燥；由信息可知，SnCL易挥发，故E中冷却水的作用是避免四氯化锡气化而损失，导致产率下降；故答案为：避免四氯化锡气化而损失，导致产率下降；尾气处理时，选用的装置中不能使用水溶液，因为水蒸气进入 E会使SnCl4发生水解，故不选甲、丙，应选乙；故答案为：乙；由表中数据可知， CuCl2熔点较高，不会随四氯化锡液体溢出，所以锡粒中含铜杂质致 E中产生CuCl2,但不影响F中产品的纯度；故答案为：CuCl2熔点较高，不会随四氯化锡液体溢出；蒸储过程中需要用到的仪器有蒸储烧瓶、温度计、冷凝管和接收器，不用吸滤瓶，故不选 E。故答案为：E。9.氨法溶浸氧化锌烟灰制取高纯锌的工艺流程如图所示。溶浸后氧化锌烟灰中锌、铜、镉、神元素分别以Zn(NH3)42+、Cu(NH)42+、Cd(NH)42+、AsC%2的形式存在。NllfH2O和nh/i H0 锌粉II]_ a化锌烟灰f陆圉f浸阳液 |日原除间一：虑液一►色随)一高纯粹j ।_了। _I滤渣I 滤渣2 泡渣3回答下列问题：Zn(NH3)42+中Zn的化合价为,“溶浸”中ZnO发生反应的离子方程式为。锌浸出率与温度的关系如图所示，分析30c时锌浸出率最高的原因为。“氧化除杂”中， AsCl52一转化为AS2O5胶体吸附聚沉除去，溶液始终接近中性。该反应的离子方程式为“滤渣3”的主要成分为。“电解”时Zn(NH042+在阴极放电的电极反应式为。阳极区放出一种无色无味的气体，将其通入滴有KSCN勺FeCl2溶液中，无明显现象，该气体是(写化学式)。电解后的电解液经补充(写一种物质的化学式)后可返回“溶浸”工序继续使用。【答案】(1). 【答题空1】+2(2). 【答题空2】ZnO+2NH・HzO+ZNHNzmNHO4"+BHO(3).低于30c时，溶浸反应速率随温度升高而增大；超过30C,氨气逸出导致溶浸反应速率下降 (4). 【答题空4】2ASC152-+2H2Q+6NH•H2O=A9Q+10Cl-+6NH++5HO (5).【答题空5】Cu、Cd(6).【答题空6】Zn(NH3)42++2e=Zn+4NHT ⑺. 【答题空 7】N2 (8). 【答题空8] NH(或 NH • H2。)【解析】【详解】(1)NH3是中性分子，由于Zn(NH/2+离子带有2个单位的正电荷，说明其中 Zn带有2个单位的正电荷，故Zn的化合价为+2价；NH+水解使溶液显酸性，ZnO与H+反应变为Zn2+,Zn2+与NH•H2O反应产生Zn(NH)42+,反应的总的离子方程式为：ZnO+2NH•H2O+2NH+=Zn(NH3)42++3H2Q(2)由锌浸出率与温度的关系图可知，在温度低于 30c时，温度升高，反应速率随温度升高而增大；当温度超过30C,NH•H2O分解产生氨气，氨气逸出导致溶浸反应速率下降，故30c时锌浸出率最高；(3)在“氧化除杂”中，HbQ将AsCl52—氧化后转化为AS2Q胶体，被吸附聚沉除去，HbQ被还原变为HO,反应后溶液始终接近中性。则该反应的离子方程式为 2AsCl52-+2H2Q+6NH3•H2O=AsQ+10Cl-+6NH4++5HQ“氧化除杂”后的溶液中含 Zn(NHs)42+、Cu(NH)42+、Cd(NH)42+,向该溶液中加入Zn粉，Zn将CiT、CcT还原为金属单质，所以“滤渣3”的主要成分为Cu、Cd;“电解”时Zn(NHs)42+在阴极放电，电极反应式为 Zn(NHs)42++2e=Zn+4NHT;阳极区阴离子放电，放出一种无色无味的气体，将其通入滴有 KSCN勺FeCl2溶液中，无明显现象，说明该气体不具有氧化性，则该气体是电解后的溶液中由于NH不断放电产生N2从溶液中逸出，所以电解后的电解液经补充 NH或NHT2O以后才可返回“溶浸”工序继续使用。10.氧化亚氮(N2。是一种强温室气体，且易转换成颗粒污染物。研究氧化亚氮分解对环境保护有重要意义。(1)污水生物脱氮过程中，在异养微生物催化下，硝酸钱可分解为 N2O和另一种产物，该反应的化学方程式为。(2)已知反应2NzO(g)=2N2(g)+O2(g)的AH=-163kJ•mol1,1mollN2(g)、1moQ(g)分子中化学键断裂时分别需要吸收945kJ、498kJ的能量，则1molN2O(g)分子中化学键断裂时需要吸收的能量为kJ。(3)在一定温度下的恒容容器中，反应 2N2O(g)=2N2(g)+O2(g)的部分实验数据如下：反应时间/min0102030405060708090100C(N2O)/mol/L0.1000.0900.0800.0700.0600.0500.0400.0300.0200.0100.010①在0〜20min时段，反应速率v(NzO)为mol-L•min。②若NbO起始浓度C0为0.150mO-「1,则反应至30min时NbO的转化率“=。比较不同起始浓度时N2O的分解速率：v(c0=0.150mol-L 一)v(c 。=0.100mol-L -1)(填">"、"="或"<")。③不同温度(T)下，NbO分解半衰期随起始压强的变化关系如图所示(图中半衰期指任一浓度 N2O消耗一半时所需的相应时间)，则TiT2 (填“>”、"=”或“<”)。当温度为不、起始压强为P),反应至timin时，体系压强p=(用p0表示)。(4)碘蒸气存在能大幅度提高 MO的分解速率，反应历程为：第一步 I2(g)=21(g) (快反应)第二步 I(g)+N 2O(g)一N2(g)+IO(g) (慢反应)第三步 IO(g)+N 2O(g)一N2(g)+O2(g)+I(g) (快反应)实验表明，含碘时NO分解速率方程v=k•c(N 2。)・[c(I 2)] 0.5 (k为速率常数)。下列表述正确的是(填标号)。A.N2O分解反应中，k(含碘)>k(无碘)B.第一步对总反应速率起决定作用C.第二步活化能比第三步大 D .I2浓度与N2O分解速率无关【答案】 (1).NH 4NOjMfcj!_N2O+2HO(2).1112.5(3).1.0 X10 -3(4).20.0%(5).=(6).>⑺.1.25p 0(8).AC【解析】【分析】(1)硝酸俊可分解为N2O和另一种产物，根据质量守恒定律可判断另一产物为 H20,根据得失电子守恒写出反应的化学方程式；(2)正反应为放热反应，化学键生成时放出的能量 -化学键断裂时需吸收的能量 =反应放出的能量，以此分析解答；(3)①根据反应速率v(N2O)=计算；At②从表中数据分析可知，每个时间段内，△c(N2O)相等，即v(N2O)相等，与起始浓度无关；若 N2O起始浓度C0为0.150mol•L1,则反应至30min时N2O转化的浓度为0.010mol/Lx3=0.030mol/L,则转化率 aO.O3O=——X100%=20.0%0150③温度越高反应越快，半衰期越短，由图可知，压强一定时， Ti时半衰期小于T2,则「＞丁2；其他条件相同时，压强之比等于物质的量之比，由反应式 2N2O(g)=2N2(g)+O2(g)可知，设起始时有2molN2O,当有一半分解时，生成1molN2和0.5molO2,还剩余ImolNzO,此时混合气体总物质的量变为(1mol+1mol+0.5mol)=2.5mol,则2.5体系压强p=——P0=1.25p0；(4)化学反应速率快慢取决于反应速率最慢的反应， 即第二步反应；该反应的总、反应为2N2O(g)=2N2(g)+O2(g),碘在反应中起催化剂作用，以此分析解答。【详解】(1)硝酸俊可分解为N2O和另一种产物，根据质量守恒定律，可判断另一产物为 HO,反应的化学方程式为NHNO，别NO+2HO;故答案为：NHNO伟出■N2O+2HO;(2)正反应为放热反应，化学键生成时放出的能量-化学键断裂时需吸收的能量=反应放出的能量，设1molN2O(g)分子中化学键断裂时需要吸收的能量为 xkJ,则945kJX2+498kJ-2xkJ=163kJ,解得x=1112.5,故答案为：1112.5;(3)①在0〜20min时段，v(N2O)=—= =1.0X10-3mol-L1-min1;At 20min②从表中数据分析可知，每个时间段内，△c(N2O)相等，即v(N2O)相等，与起始浓度无关，所以不同起始浓度时N2O的分解速率：v(C0=0.150mol-L1)=v(c0=0.100mol•L1);若N2O起始浓度c。为0.150mol•L1,0030则反应至30min时N2O转化的浓度为0.010mol/Lx3=0.030mol/L,则转化率 a=X100%=20.0%0150故答案为：20.0%;二;③温度越高反应越快，半衰期越短，由图可知，压强一定时， Ti时半衰期小于T2,则「＞丁2；其他条件相同时，压强之比等于物质的量之比，由反应式 2NO(g)=2N2(g)+O乂g)可知，设起始时有2molN2。，当有一半分解时，生成1molN2和0.5molO2,还剩余1molN2。,此时混合气体总物质的量变为(1mol+1mol+0.5mol)=2.5mol,则2.5体系压强p=——P0=1.25p0；故答案为：＞；1.25p0;(4)化学反应速率快慢取决于反应速率最慢的反应， 即第二步反应，该反应的总、反应为2NO(g)=2N2(g)+O2(g),碘在反应中起催化剂作用，

A.碘在反应中起彳t化剂作用， NbO分解反应中，k（含碘）＞k（无碘），故A正确；B.第二步反应为慢反应，对总反应速率起决定作用，故 B错误；C.第二步反应为慢反应，第三步反应为快反应，第二步活化能比第三步大，故 C正确；D.由含碘时NbO分解速率方程v=k•c（N2。）・［c（I2）］0.5可知，N2O分解速率与［c（I明0.5成正比，故D错误。答案选AC故答案为：AGIIFeSe、MgB等超导材料具有广阔的应用前景。（1）基态Fe原子价层电子的电子排布图（轨道表达式）为,基态Se原子的电子占据最高能级的电子云轮廓图为形。（2）向FeSe中嵌入口比咤（Q|）能得到具有优异性能的超导材料。口比咤中氮原子的杂化类型为;该分子内存在（填标号）。A.b键B.兀键C.配位键D.氢键（3）将金属锂直接溶于液氨， 得到具有很高反应活性的金属电子溶液， 再通过系列反应可制得FeSe基超导材料Lio.6（NH2）o.2（NH3）0.8Fe2Se2。①NHT的空间构型为。②液氨是氨气液化的产物，氨气易液化的原因是。③金属锂溶于液氨时发生反应： Li+（m+n）NH3=X+e（NH3）noX的化学式为。MgB晶体结构如图所示。B原子独立为一层，具有类似于石墨的结构，每个 B原子周围都有个与之等距离且最近的B原子；六棱柱底边边长为 acm,高为ccm,阿伏加德罗常数的值为 N,该晶体的密度- -3为g-cm（列出计算式）。【答案】（i）. id）：。① （2）.【答案】（i）. id）：。① （2）.哑铃（纺锤）4a型（6）. 氨分子间存在氢键，分子间作用力较强，容易液化46x3(3).sp2杂化(4).AB(5).v⑺.Li(NH 3)m+(8).3(9).【解析】【分析】Fe原子核电荷数为26,基态Fe原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2;Se原子核电荷数为34,基态Se原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p4,以此分析解答；口比咤N和两个碳成键，有一个未成对电子和其它五个碳原子形成大 兀键，因此发生不等性的Sp2杂化；该分子内存在(T键和兀键；5।]।1x2(3)①NHT中N原子价层电子对数= =4,有2对孤电子对，所以空间构型为 v型；2②氨分子间存在氢键，分子间作用力较强，容易液化；③Li+(m+n)NH3=X+e(NH3)n,根据原子守恒和电荷守恒可确定 X的化学式；(4)由于B原子独立为一层，具有类似于石墨的结构，而石墨晶体中每个碳原子与其它 3个碳原子等距且最近，故该晶体中每个B原子周围都有3个与之等距离且最近的B原子；根据P飞计算晶体的密度。【详解】(1)Fe原子核电荷数为26,基态Fe原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2,则基态Fe原子的核外价电子排布图为©WXD®;Se原子核电荷数为34,基态Se原子电子排布式为3d 电1s22s22p63s23p63d104s24p4,基态Se原子电子占据的能级有1s、2s、2p、3p、3d、4s、4P,最高能级为4p,其电子云轮廓图为哑铃形，故答案为：03XDCO⑹；哑铃；(2)口比咤N和两个碳成键，有一个未成对电子和其它五个碳原子形成大 兀键，因此发生不等性的Sp2杂化;该分子内存在b键和兀键，不存在配位键和氢键，故选 AB;故答案为：sp2杂化；AB;5ililx2(3)①NH2一中N原子价层电子对数= =4,有2对孤电子对，所以空间构型为v型；②氨分子间存在氢键，分子间作用力较强，容易