都昌蔡岭慈济中学高三月月考理综化学试题

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精2019—2020学年下学期高三5月月考测试卷理科综合化学部分注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2．考试结束后,请将本试题卷和答题卡一并上交。相对原子质量:H1C12N14O16Cl35.5Fe56Mn55Ba137一、单选题（每小题6分,共42分。每小题只有一个选项符合题目要求。）1。化学与人类生产、生活密切相关。下列有关说法不正确的是A。疫情期间，“网课”成了我们的主要络光缆的主要成分是晶体硅B.驰援武汉首次使用我国自主研发大飞机“运20”的机身材料采用了大量低密度、高强度的铝锂合金C.李白的《黄鹤楼送孟浩然之广陵》中“故人西辞黄鹤楼，烟花三月下扬州”，"烟花”不是焰色反应D.“绿蚁新醅酒,红泥小火炉”中的“红泥”是因其含有氧化铁【答案】A【解析】【详解】A．网络光缆的主要成分是二氧化硅，故A选；B．铝锂合金由于强度高、密度小,被广泛应用于航空领域，故B不选；C．诗中“烟花"的意思是“柳絮如烟、繁花似锦"，和焰色反应无关,故C不选；D．氧化铁是红棕色粉末，红泥中含有氧化铁，故D不选；故选A。2.研究表明N2O与CO在Fe+作用下发生可逆反应的能量变化及反应历程如图所示.下列说法不正确的是A.反应中Fe+催化剂，FeO+是中间产物B。当有14gN2生成时,转移1mole−C.升高温度,总反应的平衡常数K减小D.总反应速率由反应②的速率决定【答案】D【解析】【详解】A．反应①中Fe+参加了反应:Fe++N2O→FeO++N2,生成了FeO+；反应②中FeO+被消耗,又生成了Fe+：FeO++CO→Fe++CO2,所以反应中Fe+是催化剂,FeO+是中间产物，故A正确;B．总反应为CO+N2O=CO2+N2,生成1molN2，转移2mole−，所以生成14gN2(即0.5molN2）转移1mole−，故B正确；C．该反应的反应物的总能量高于生成物的总能量，所以反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数K减小，故C正确；D．从图中可以看出，反应①的活化能高于反应②的活化能，所以反应①的速率慢,总反应速率由反应①决定，故D错误；故选D。【点睛】催化剂是能改变化学反应速率，而本身的质量和化学性质在反应前后均不改变的物质.很多催化剂会参加化学反应,但反应后又会重新生成。可以观察反应物和生成物,根据催化剂的特征确定哪种物质是催化剂，哪种物质是催化剂的中间产物.3.环丙叉环丙烷（b）由于其特殊的结构，一直受到化学家的重视,根据其转化关系(如图）,下列说法正确的是()A。b的所有原子都在同一个平面内B.p在氢氧化钠的醇溶液中加热生成烯烃C。m同分异构体中属于芳香化合物的共有5种D。m不能发生加成反应【答案】C【解析】【详解】A．b中含有饱和碳原子，则所有原子不可能在同一个平面内，A错误；B．p中溴原子所连碳原子的邻位碳原子上没有氢原子，不能发生消去反应，B错误；C．m的分子式为C7H8O，其属于芳香化合物的同分异构体有苯甲醚、苯甲醇、邻甲基苯酚、间甲基苯酚、对甲基苯酚，共5种，C正确；D．m中含有羰基，可以与H2发生加成反应，D错误;故选C。4。下列根据实验操作和实验现象所得出的结论中，正确的是选项实验操作现象结论A常温下分别测定等浓度KNO2、KCl溶液的pHpH值:KNO2＞KCl非金属性：Cl＞NB打磨后的铝片投入沸水中，加热一段时间，取出铝片，用一束光照射溶液加热，铝片表面无明显现象；用光照射溶液时，有一条光亮的“通路”铝与热水发生了反应C将某溶液与盐酸反应产生的气体通入澄清石灰水中澄清石灰水变浑浊某溶液中一定含有HCO3-或CO32-D向Cu(OH）2沉淀中分别滴加盐酸和氨水沉淀均能溶解Cu（OH）2为两性氢氧化物A。A B.B C。C D。D【答案】B【解析】【详解】A．可比较亚硝酸与盐酸的酸性，但亚硝酸和盐酸均不是N或Cl元素最高价水化物含氧酸,则不能比较非金属性，故A错误；B．用光照射溶液时，有一条光亮的“通路”，可知生成氢氧化铝胶体分散系，则铝与热水发生了反应,故B正确;C．二氧化硫、二氧化碳均使石灰水变浑浊，生成的气体不一定就是CO2，则不能说明溶液中一定含有HCO3—或CO32—,故C错误；D．Cu（OH)2与氨水反应生成络合物，不是生成盐和水,则氢氧化铜为碱，不具有两性,故D错误；故选：B。5。短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大,X原子的K层电子数与最外层电子数之比为2∶7，X与W同主族，Y与Z均处于元素周期表的偶数族，Z与W的原子序数相差3.下列说法正确的是A。原子半径:X<Y〈Z〈WB。常温下,Y、W形成的化合物的水溶液的pH<7C。X氢化物的水溶液用带玻璃塞的试剂瓶保存D。lmolX、Y形成的化合物中含有2mol极性键【答案】B【解析】【分析】X原子的K层电子数与最外层电子数之比为2∶7，则X可能为F或Cl,短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，所以X只能为F；X与W同主族，所以W为Cl；Z与W的原子序数相差3,则Z为Si，Y与Z均处于元素周期表的偶数族，再根据原子序数的大小，可知Y为Mg。所以X、Y、Z、W依次为F、Mg、Si、Cl。【详解】A．同主族从上到下，原子半径逐渐增大，同周期从左到右，原子半径逐渐减小，所以原子半径：X(F）＜W(Cl）＜Z（Si)＜Y（Mg），故A错误;B．Y、W形成的化合物为MgCl2，Mg2+水解使溶液显酸性，常温下pH＜7，故B正确；C．X氢化物为HF，其水溶液氢氟酸能和玻璃中的SiO2反应:SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O，所以不能用带玻璃塞的试剂瓶保存,故C错误；D．X、Y形成的化合物为MgF2，是离子化合物,不含极性键，故D错误;故选B.6.常温下，用AgNO3溶液分别滴定浓度均为0.01mol/LKCl、K2C2O4溶液，所得的沉淀溶解平衡图像如图所示（不考虑C2O42—的水解）。已知Ksp（AgCl）数量级为10−10。下列叙述正确的是A.图中X线代表Ag2C2O4B。n点表示Ag2C2O4的过饱和溶液C.向c(Cl−)＝c(C2O42-）的混合液中滴入AgNO3溶液时，先生成AgCl沉淀D.Ag2C2O4+2Cl−=2AgCl+C2O42—的平衡常数为10−0。71【答案】C【解析】【分析】从X线上的点(-5.75，4）可知，当c(Xn-）=10—5。75时，c(Ag+)=10-4.从Y线上的点(-2.46，4)可知,当c（Xn—）=10-2。46时,c(Ag+）=10-4。【详解】A．Ksp（AgCl）数量级为10−10，X线上的点（—5。75，4），c(Xn-)=10-5。75时，c（Ag+）=10—4，两种离子浓度乘积为10-9.75，数量级为10−10，所以X线代表的是AgCl，故A错误；B．X线代表的是AgCl，则Y线代表的就是Ag2C2O4，n点在Y线的上方，n点溶液中的离子浓度小于Ag2C2O4的饱和溶液中的离子浓度，所以n点表示的是Ag2C2O4的不饱和溶液，故B错误；C．从图像可以看出，当c（Cl−）＝c（C2O42-)时，滴入硝酸银溶液，生成AgCl沉淀需要的c（Ag+)小，所以先生成AgCl沉淀，故C正确；D．Y线代表的是Ag2C2O4,用Y线上的点（—2.46，4)可求出Ag2C2O4的Ksp=c2（Ag+)c(C2O42-)=10-10.46。Ag2C2O4+2Cl−=2AgCl+C2O42-的平衡常数K=====109.04，故D错误；故选C。【点睛】观察图像要注意横坐标是C2O42-浓度的对数，而纵坐标是Ag+浓度的负对数。另外Ag2C2O4的Ksp=c2（Ag+)c(C2O42—),而不是c（Ag+）c(C2O42—).7。用如图电解装置将雾霾中的SO2、NO转化为（NH4)2SO4,用其作为一种优良的氮肥。下列有关说法正确的是A.每处理lmolNO可以生成2molAB。a与电源负极相连，发生还原反应C。通电后阳极附近溶液的pH增大D.理论上将SO2与NO以体积比2∶5通入装置可彻底转化【答案】A【解析】【分析】该电解池的总反应为：5SO2+2NO+8H2O=（NH4)2SO4+4H2SO4，A为H2SO4.【详解】A．根据总反应可知，每处理lmolNO可以生成2molH2SO4，故A选；B．SO2失去电子，在阳极放电，所以a为阳极，与电源正极相连，发生氧化反应，故B不选;C．阳极是SO2失去电子，电极反应式为：SO2-2e-+2H2O=SO42—+4H+,通电后阳极附近溶液的pH减小,故C不选；D．根据总反应可知,理论上将SO2与NO以体积比5∶2通入装置可彻底转化，故D不选；故选A。二、非选择题（共43分)8。过硫酸钠（Na2S2O8）具有极强的氧化性，且不稳定，某化学兴趣小组探究过硫酸钠的相关性质，实验如下。已知SO3是无色易挥发的固体，熔点16.8℃，沸点44。8℃。(1)稳定性探究(装置如图）：分解原理:2Na2S2O82Na2SO4＋2SO3↑＋O2↑。此装置有明显错误之处，请改正：______________________，水槽冰水浴的目的是____________________;带火星的木条的现象_______________。（2）过硫酸钠在酸性环境下，在Ag＋的催化作用下可以把Mn2＋氧化为紫红色的离子,所得溶液加入BaCl2可以产生白色沉淀,该反应的离子方程式为______________________，该反应的氧化剂是______________，氧化产物是________。(3）向上述溶液中加入足量的BaCl2，过滤后对沉淀进行洗涤的操作是___________________________。（4）可用H2C2O4溶液滴定产生的紫红色离子，取20mL待测液，消耗0.1mol·L－1的H2C2O4溶液30mL，则上述溶液中紫红色离子的浓度为______mol·L－1，若Na2S2O8有剩余，则测得的紫红色离子浓度将________（填“偏高”“偏低”或“不变”）.【答案】（1).试管口应该略向下倾斜(2).冷却并收集SO3（3）。木条复燃（4）。2Mn2＋＋5S2O＋8H2O2MnO＋10SO＋16H＋（5).S2O(6)。MnO(7).用玻璃棒引流，向漏斗中加蒸馏水至没过沉淀,使蒸馏水自然流下，重复操作2～3次（合理即可)(8）。0.06（9)。偏高【解析】【分析】（1）在试管中加热固体时，试管口应略微向下倾斜；根据SO3、氧气的性质进行分析；(2)X为MnO4—，向所得溶液中加入BaCl2溶液可以产生白色沉淀，则产物中有SO42—，据此写出离子方程式，并根据氧化还原反应规律判断氧化剂、氧化产物；（3）根据沉淀洗涤的方法进行回答;（4）根据得失电子守恒可得到关系式：5H2C2O4—-—2MnO4-，带入数值进行计算；Na2S2O8也具有氧化性，氧化H2C2O4。【详解】（1)在试管中加热固体时，试管口应略微向下倾斜，SO3的熔、沸点均在0℃以上，因此冰水浴有利于将SO3冷却为固体，便于收集SO3，由Na2S2O8的分解原理可知,生成物中有氧气,所以在导管出气口的带火星的木条会复燃，故答案为：试管口应该略向下倾斜；冷却并收集SO3；木条复燃；(2)X为MnO4-，向所得溶液中加入BaCl2溶液可以产生白色沉淀,则产物中有SO42-，则反应的离子方程式为2Mn2＋＋5S2O＋8H2O2MnO＋10SO＋16H＋,根据该反应中元素化合价的变化可知，氧化剂是S2O82—,氧化产物是MnO4—,故答案为：2Mn2＋＋5S2O＋8H2O2MnO＋10SO＋16H＋；S2O82-；MnO4—；（3）沉淀洗涤时，需要用玻璃棒引流，并且所加蒸馏水需要没过沉淀，需要洗涤2~3次，故答案为：用玻璃棒引流,向漏斗中加蒸馏水至没过沉淀，使蒸馏水自然流下，重复操作2~3次（合理即可)；(4)根据得失电子守恒可得到关系式：则，Na2S2O8具有氧化性，消耗的H2C2O4溶液增多,导致测得的结果偏高，故答案为：0。06；偏高。9。碱性锌锰电池的工作原理:Zn+2MnO2+2H2O=2MnO(OH)+Zn(OH)2,其中的电解质溶液是KOH溶液。某课题组用废旧铁壳无汞碱性锌锰电池为原料,制备一种新型材料MnxZn（1-x)Fe2O4,其工艺流程如图所示:（1）滤液A中溶质的电子式为____________。（2)已知MnxZn(1—x）Fe2O4中锰元素的化合价与实验室用二氧化锰制取氯气时还原产物中锰元素的化合价相同，则铁元素的化合价为_________.（3）“溶渣”工序中稀硫酸与铁反应生成的硫酸亚铁可将+3价锰的化合物全部还原成Mn2+，写出该反应的离子方程式:_____________________________.（4）“调铁”工序的目的是调整滤液中铁离子的总浓度，使其中金属元素的物质的量之比与产品的化学式MnxZn（1-X）Fe2O4相符合。①写出“调铁"工序中发生反应的离子方程式：_________________,___________________。②若测得滤液的成分为c（Mn2+)+c(Zn2+）=amol。L-1，c(Fe2+)+c(Fe3+）=bmol.L-1,滤液体积为1m3,“调铁"工序中，需加入的铁粉质量为________kg(忽略溶液体积变化，用含a、b的代数式表示）。(5)在“氧化”工序中，加入双氧水的目的是把Fe2+氧化为Fe3+；生产过程中发现实际消耗双氧水的量大于理论值,其可能原因除温度外，主要是_______________。(6)用氨水“调pH”后,经“结晶”“过滤”可得到产品和滤液C，从滤液C中还可分离出一种氮肥，该氮肥的溶液中的离子浓度由小到大的顺序为_____________________.【答案】（1）.（2）.+3(3）.MnO（OH)+Fe2++3H+=Mn2++Fe3++2H2O(4）。Fe+2Fe3+=3Fe2+(5）。Fe+2H+=Fe2++H2↑（6）.112a-56b（7）。生成的Fe3+催化了双氧水的分解(8）.（OH-)＜c(H+)＜c（SO42-)＜c(NH4+）【解析】【分析】废旧无汞碱性锌锰电池为原料，制备一种新型材料MnxZn（1—x)Fe2O4，废旧电池加入水浸取过滤得到滤液A和滤渣，滤渣加入过量稀硫酸熔渣后加入铁，稀硫酸与铁反应生成的硫酸亚铁可将+3价锰的化合物全部还原成Mn2+,过滤得到滤渣B和滤液,测定滤液成分，“调铁”工序的目的是调整溶液中铁离子的总浓度,使其中金属元素的物质的量之比与产品的化学式MnxZn（1—x)Fe2O4相符合，加入过氧化氢氧化亚铁离子生成铁离子，用氨水“调pH”后，经“结晶”“过滤”可得到产品和滤液C，从滤液C中还可分离出一种氮肥为硫酸铵，据此解答.【详解】（1)滤液A中溶质是KOH，含有离子键和共价键，电子式为。(2)已知MnxZn（1—x）Fe2O4中锰元素的化合价与实验室用二氧化锰制取氯气时的还原产物中的锰的化合价相同，可知Mn为+2价，锌+2价、氧元素—2价，则根据化合价代数和为0可知铁元素的化合价为+3；(3)“溶渣”工序中稀硫酸与铁反应生成的硫酸亚铁可将+3价锰的化合物全部还原成Mn2+,该反应的离子方程式为MnO（OH)+Fe2++3H+=Mn2++Fe3++2H2O。(4）①“调铁"工序中发生反应的离子方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+2H+=Fe2++H2↑.②n(Mn2+)+n（Zn2+）=amol•L-1×1000L=1000amol，已有铁元素bmol/L×1000L=1000bmol，由电荷守恒可知MnxZn（1-x)Fe204中含Fe2O42-为1000amol，其中铁元素的物质的量为1000amol×2=2000amol,还需加入铁的物质的量为2000amol—1000bmol,质量为（2000amol-1000bmol）mol×56g/mol=（112a—56b）kg.(5）在“氧化"工序中,加入双氧水的目的是把Fe2+氧化为Fe3+,生产过程中发现实际消耗双氧水的量大于理论值，其可能原因除温度外，主要是生成的Fe3+催化了双氧水的分解。(6）用氨水“调pH”后,经“结晶”“过滤”可得到产品和滤液C,从滤液C中还可分离出一种氮肥为硫酸铵，铵根离子水解溶液显酸性,离子浓度为c（OH—）＜c(H+)＜c(SO42-)＜c（NH4+）.10。碳氧化物、氮氧化物、二氧化硫的处理与利用是世界各国研究的热点问题.消除汽车尾气中的NO、CO,有利于减少PM2。5的排放.已知如下信息：2CO(g）＋2NO(g）2CO2(g）＋N2（g）ΔH1＝－748kJ·mol－12CO（g）＋O2(g）===2CO2(g)ΔH2＝－565kJ·mol－1（1）在一定条件下N2和O2会转化为NO，写出该反应的热化学方程式：_________.(2)为研究不同条件对反应的影响，在恒温条件下，向2L恒容密闭容器中加入0.2molNO和0.4molCO，在催化剂存在的条件下发生反应，10min时反应达到平衡，测得10min内v（NO）＝7.5×10－3mol·L－1·min－1，则平衡后n(CO)＝________mol，关于该平衡的下列说法正确的是________。a．增大压强，平衡一定向右移动b．其他条件不变，升高温度，化学反应速率一定增大c．其他条件不变，若改为在恒压容器中进行,CO的平衡转化率比恒容条件下大d．达到平衡后v正（NO)＝2v逆(N2)(3)其他条件相同，tmin时不同温度下测得NO的转化率如图所示。A点的反应速度v正________(填“＞”、“＜"或“＝”）v逆，A、B两点反应的平衡常数较大的是________（填“A”或“B”)。（4)已知HNO2的电离常数Ka＝7。1×10－4mol·L－1；NH3·H2O的电离常数Kb＝1.7×10－5mol·L－1则0。1mol·L－1NH4NO2溶液中离子浓度由大到小的顺序是____________________________，常温下NO2—水解反应的平衡常数Kh＝________（保留两位有效数字）。【答案】(1）.N2（g）＋O2（g）===2NO(g）ΔH＝＋183kJ·mol－1(2）.0。25（3）.bcd(4)。＞（5)。A(6)。c（NO2-)＞c（NH4+)＞c(H＋)＞c（OH－）(7）。1.4×10－11【解析】（1）①2CO（g）+2NO（g)⇌2CO2（g）+N2(g）△H1=-748kJ•mol-1，②2CO（g）+O2（g）═2CO2(g）△H2=—565kJ•mol—1在一定条件下N2和O2会转化为NO气体,反应的热化学方程式依据盖斯定律计算②—①得到：N2(g）+O2（g)═2NO（g)△H=+183KJ/mol；（2)结合化学平衡三段式列式计算,测得10min内v（NO)=7.5×10—3mol•L—1•min—1，反应消耗物质的量=7。5×10—3mol•L-1•min-1×10min×2L=0.15mol2CO（g）+2NO(g）⇌2CO2(g）+N2（g)起始量（mol）0。40.200变化量（mol）0。150。150。150。075平衡量(mol)0。250。050。150.075反应是气体体积减小的放热反应，依据化学平衡移动原理和影响因素分析判断，a．改变压强的同时改变温度或浓度,平衡可能逆向进行，反应是气体体积减小的反应，所以是其他条件不变时增大压强,平衡一定向右移动，故a错误；b．反应是放热反应，其它条件不变，升高温度，平衡向吸热反应方向进行，即逆向进行，但化学反应速率一定增大，故b正确；c．其它条件不变，若改为在恒压容器中进行,恒压容器中随反应进行压强比恒容容器中大，平衡正向进行,CO的平衡转化率比恒容条件下大，故c正确；d．反应是之比等于化学方程式计量数之比，为正反应速率之比，v正（NO）=2v逆（N2）说明氮气正逆反应速率相同，反应是破坏状态，故d正确;答案为bcd；(3）化学反应速率随温度升高增大，则VA＜VB，NO的转化率随温度升高增大，到B点后减小，说明反应是放热反应平衡逆向进行，平衡常数减小；（4）相同温度下等浓度的NH4NO3和NH4NO2两份溶液，测得NH4NO2溶液中c（NH4+）较小，是因为NO2-是弱酸阴离子水解显碱性，铵根离子水解显酸性,二者水解相互促进；硝酸铵溶液中铵根离子水解显酸性，溶液中离子浓度大小为：c（NO3—）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c(OH—）；依据NO2—+H2O⇌HNO2+OH-，水解平衡常数表达式Kh=，分子和分母都乘以氢离子浓度得到水解平衡常数Kh=×===1。4×10-11。三、选考题(共15分，请考生从以下题中任选一题作答，如果多做,则按所做的第一题计分。）【化学—-选修3：物质结构与性质】11。X、Y、Z、W为原子序数递增的短周期主族元素，Y的简单气态氢化物水溶液呈弱碱性，Z元素无正价,且基态原子有2个未成对电子，基态W原子价层电子排布式为nsn-1npn-1，X与W为同主族元素。基态R原子M能层全充满且核外有且仅有1个未成对电子.请回答下列问题:(1)基态R原子的核外电子排布式为____________________.R单质晶体晶胞的堆积方式_______________，晶胞的空间利用率为___________________。（2）X、Y、Z三种元素的第一电离能由小到大的顺序为__________（填“元素符号"，下同）（3）YF3分子中Y的杂化类型为______________。该分子的空间构型为_________________。（4）Y的气态氢化物在水中可形成氢键，其氢键最可能的形式为____________.（5）X的某气态氧化物的相对分子质量为44,分子中的大π键可用符号Π表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数，则其气态氧化物中的大π键应表示为_______________,其中σ键与π数目之比为______________.（6）R元素与Y元素形成某种化合物的晶胞结构如图所示（黑球代表R原子），若该晶体的密度为ρg·cm—3，则该晶胞的边长是_________cm(NA表示阿伏加德罗常数的值)。【答案】（1).ls22s22p63s23p63d104sl(2）.面心立方最密堆积(3).74%（4）.C＜O＜N（5)。sp3(6）。三角锥形(7）。B（8).Π（9）。1∶1（10).【解析】【分析】X、Y、Z、W为原子序数递增的短周期主族元素，Y的简单气态氢化物水溶液呈弱碱性，Y为N元素；Z元素无正价，且基态原子有2个未成对电子，Z为O元素；基态W原子价层电子排布式为nsn-1npn-1，则n=3,W为Si元素，X与W为同主族元素，则X为C元素;基态R原子M能层全充满且核外有且仅有1个未成对电子，价层电子排布为3d104s1,R为Cu元素。【详解】(1）基态Cu原子的核外电子排布式为ls22s22p63s23p63d104sl。铜晶体晶胞的堆积方式为面心立方最密堆积，晶胞的空间利用率为74％，故答案为ls22s22p63s23p63d104sl；面心立方最密堆积；74%；（2）同一周期，从左到右，元素的第一电离能逐渐增大,但N原子的2p为半充满,均为稳定，第一电离能大于O，C、N、O三种元素的第一电离能由小到大的顺序为C＜O＜N，故答案为C＜O＜N;(3)NF3分子中N原子上有1个孤对电子，价层电子对数为4，采用sp3杂化,分子的空间构型为三角锥形,故答案为sp3；三角锥形；（4)氨气溶于水生成NH3·H2O，能够电离生成铵根离子和氢氧根离子，因此氨气在水中可形成氢键，其氢键最可能的形式为是氨气分子中N原子上的孤对电子与水分子中的H原子共用，形成氢键，故选B；（5)C的某气态氧化物的相对分子质量为44，该氧化物为二氧化碳,分子中的大π键可用符号Π表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数，则其气态氧化物中的大π键应表示为Π，二氧化碳分子中含有2个C=O，其中σ键与π数目之比为1：1,故答案为Π；1∶1；（6）根据晶胞中微粒个数的分配方法计算,晶胞中含有N原子的数目为8×=1，Cu原子的数目为：12×=3,故化学式为Cu3N，1mol晶胞的质量为206g，所以该晶胞的边长==cm，故答案为。【化学——选修5：有机化学基础】12.美托洛尔可治疗各型高