河北省唐山市高三9月摸底考试化学试题

唐山市2019—2020学年度高三年级摸底考试理科综合能力测试相对原子质量：H－1C－12N－14O－16S－32Fe－56Cu－64一、选择题1.《本草纲目》中对玻璃有如下叙述：“本作颇黎。颇黎，国名也。其莹如水，其坚如玉，故名水玉，与水精（即水晶，主要成分为SiO2）同名。有酒色、紫色、白色，莹澈与水精相似。”下列说法错误的是（）A.文中所描述的玻璃颜色，来自某些金属氧化物B.玻璃质地坚硬，不易破碎C.将石灰石、纯碱、石英在高温下熔融，可制得普通玻璃D.不能用带有磨口玻璃塞的玻璃试剂瓶盛放NaOH溶液【答案】B【解析】【详解】A、玻璃中含有少量金属氧化物，能够使玻璃呈现不同的颜色，故A正确；B、玻璃是一种质地坚硬，容易破碎的玻璃态物质，故B错误；C、制玻璃的原料是：石灰石、纯碱、石英，三者在玻璃熔炉中高温熔融可制得玻璃，故C正确；D、玻璃塞中的二氧化硅能和氢氧化钠反应生成硅酸钠，长时间后，塞子不容易打开，所以氢氧化钠溶液不能用带有磨口玻璃塞的试剂瓶盛装，故D正确；故选B。2.关于化合物，下列说法正确的是（）A.分子式为C9H10 B.分子中所有碳原子均处于同一平面C.与互为同分异构体 D.易溶于水【答案】A【解析】【详解】A、根据结构简式可知，该化合物的分子式为C9H10，故A正确；B、分子中含有结构，为四面体结构，所有碳原子不可能处于同一平面，故B错误；C、的分子式为C9H12，分子式不同，不是同分异构体，故C错误；D、该化合物属于烃类，难溶于水，故D错误；故选A。【点睛】本题的易错点为B，要注意甲烷是四面体结构，有机物分子中只要含有或中的一种，分子中的所有碳原子就不可能处于同一平面内。3.实验室用如图所示装置（图中夹持仪器略去）测定牙膏样品中碳酸钙的质量分数，下列说法错误的是A.实验过程中持续通入空气可起到搅拌B、C中的反应物的作用B.实验过程中滴加盐酸的速率不宜过快C.依据装置C在反应前后的质量差测定的结果会偏高D.C中的沉淀经过滤、干燥、称重后可确定牙膏样品中碳酸钙的质量【答案】D【解析】【详解】A.实验过程中持续通入空气可起到搅拌B、C中的反应物的作用，使反应物充分混合，增加反应物的接触机会，加快反应速率，同时可以将装置中残留的二氧化碳全部排入C中，使之完全被Ba(OH)2溶液吸收，准确测定碳酸钙的质量分数，A项正确；B.滴加盐酸过快，CO2来不及被吸收，就被排出装置C，因此滴加盐酸不宜过快，使二氧化碳被吸收完全，可以提高测定准确度，B项正确；C.B中的水蒸气、氯化氢气体等进入装置C中，导致测定二氧化碳的质量偏大，测定的碳酸钙的质量偏大，碳酸钙的质量分数偏高，C项正确；D.B中牙膏样品中的CaCO3与盐酸反应生成CO2，CO2进入C中与足量的Ba(OH)2溶液反应生成BaCO3沉淀，经过滤、干燥、称重后得BaCO3的质量，根据碳元素守恒得，n(CaCO3)==n(CO2)=n(BaCO3)，进而计算CaCO3的质量，D项错误；答案选D。4.NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.pH＝13NaOH溶液中含有OH－的数目为AB.Na2O2与足量H2O反应生成0.1molO2时转移电子的数目为AC.常温常压下，23gNO2与N2O4的混合气体中共含有NA个氧原子D.常温常压下，CO2中含有NA个CO2分子【答案】C【解析】【详解】A.缺少氢氧化钠溶液的体积，无法计算溶液中氢氧根离子的数目，A项错误；

B.过氧化钠中氧元素化合价1价变化为0价和2价，生成1mol氧气，电子转移2mol，过氧化钠与水反应生成氧气，转移电子，转移电子的数目为A，B项错误；

C.23gNO2和N2O4的混合气体中含有最简式NO2，含有1mol氧原子，含有氧原子总数为NA，C项正确；

D.不是标准状况下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算CO2的物质的量，D项错误；

答案选C。【点睛】1、A项是学生们的易错点，学生们往往不细心，直接认为溶液是1L并进行计算，这种错误只要多加留意，认真审题即可避免；2、D.项也是学生们的易错点，随意使用气体摩尔体积/mol，只有同时满足气体、标准状况，才可使用/mol，利用该公式计算气体的体积或者气体物质的量。5.常温下，用0.1000mol·L－1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L－1某酸（HA）溶液，溶液中HA、A－的物质的量分数δ(X)随pH的变化如图所示。［已知δ(X)＝］下列说法正确的是A.Ka(HA)的数量级为10－5B.溶液中由水电离出的c(H＋)：a点＞b点C.当pH＝时，c(A－)＋c(OH－)＝c(HA)＋c(H＋)D.当pH＝7时，消耗NaOH溶液的体积为【答案】A【解析】【详解】A.曲线的交点处，c(HA)=c(A)，此时，则因此Ka(HA)的数量级为105，A项正确；B.a点、b点溶液均显酸性，均抑制水的电离，a点pH较小，溶液酸性较强，抑制水的电离程度更大，因此，溶液中由水电离出的c(H＋)：a点<b点，B项错误；C.当pH＝时，c(HA)=c(A)，但c(OH－)不等于c(H＋)，C项错误；D.HA为弱酸，当消耗NaOH溶液的体积为20.00mL时，二者恰好反应生成NaA溶液，溶液显碱性，pH>7，D项错误；答案选A。【点睛】利用曲线的交点计算Ka(HA)，是该题的巧妙之处，因为该点c(HA)=c(A)，因此Ka(HA)=c(H+)，同学们在做水溶液中离子平衡的图像题的时候，多关注特殊的点，诸如曲线的交点、起点、恰好反应点、中性点等。6.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，W的核外电子数与X、Z的最外层电子数之和相等，Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍，由W、X、Y三种元素形成的化合物M的结构如图所示。下列叙述正确的是（）A.元素非金属性强弱的顺序为W＞Y＞ZB.Y单质的熔点高于X单质C.W分别与X、Y、Z形成的二元化合物均只有一种D.化合物M中W不都满足8电子稳定结构【答案】B【解析】【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，则X为Na元素；根据结构，W最外层有6个电子，原子序数小于11，则W为O元素；Y最外层有4个电子，原子序数大于11，则Y为Si元素；W的核外电子数为8，与X、Z的最外层电子数之和相等，则Z最外层有7个电子，只能为Cl元素；Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍，符合题意，据此分析解答。【详解】根据上述分析，W为O元素，X为Na元素，Y为Si元素，Z为Cl元素。A、同一周期，从左向右，非金属性增强，同一主族，从上到下，非金属性减弱，则元素非金属性强弱的顺序为Cl＞Si，即Z＞Y，故A错误；B、硅为原子晶体，熔点高于钠，即Y单质的熔点高于X单质，故B正确；C、O与Na能够形成氧化钠和过氧化钠2种，故C错误；D、根据，阴离子带2个单位负电荷，其中O都满足8电子稳定结构，故D错误；故选B。7.通过膜电池可除去废水中的乙酸钠和对氯苯酚（），其原理如图所示，下列说法错误的是A.该方法能够提供电能B.B极上的电势比A极上的电势低C.A极的电极反应为+H++2e→Cl+D.电池工作时H＋通过质子交换膜由正极区向负极区移动【答案】D【解析】【分析】该装置为原电池，原电池中阳离子移向正极，根据原电池中氢离子的移动方向可知A为正极，正极有氢离子参与反应，电极反应式为+H++2e→Cl+，电流从正极经导线流向负极，据此解答。【详解】A.该装置为原电池，将化学能转化为电能，则该方法能够提供电能，A项正确；B.原电池中阳离子移向正极，根据原电池中氢离子的移动方向可知A极为正极，B极为负极，则B极上的电势比A极上的电势低，B项正确；C.A极为正极，有氢离子参与反应，电极反应式为+H++2e→Cl+，C项正确；D.原电池中阳离子移向正极，则该原电池中氢离子向正极移动，D项错误；答案选D。8.四氯化钛（TiCl4）是制取航空材料——钛合金的重要原料。由钛铁矿（主要成分是FeTiO3，不溶于水）制备TiCl4等产品的一种工艺流程示意如图：回答下列问题：（1）“酸浸”时需要将钛铁矿粉碎，其目的是____。（2）浸出液呈强酸性，含有TiO2＋、Fe2＋及少量Fe3＋、Al3＋等离子，则生成TiO2＋的离子方程式是__。（3）“反应”时需加入铁屑至浸出液显紫色，此时溶液仍呈强酸性。该过程中有如下反应发生：2Fe3＋＋Fe＝3Fe2＋2TiO2＋（无色）＋Fe＋4H＋＝2Ti3＋（紫色）＋Fe2＋＋2H2OTi3＋（紫色）＋Fe3＋＋H2O＝TiO2＋（无色）＋Fe2＋＋2H＋加入铁屑的作用是____。（4）通过控制条件，可以使过程①中生成的TiO2·nH2O形成一种液态分散系，用一束光照射该分散系能够产生丁达尔效应，则分散质颗粒直径的范围是____。（5）过程①制得的固体TiO2·nH2O需用过量酸清洗以除去其中的Fe(OH)3杂质，检验Fe(OH)3杂质除净的实验方法是____。（6）过程③生成废气中含有CO，则TiO2和焦炭、氯气在高温下发生反应的化学方程式是___。（7）上述工艺具有成本低、可用低品位矿物为原料等优点。依据绿色化学理念，该工艺流程中存在的不足之处是____（只要求写出一项）。（8）依据表中信息，可采用___方法精制含少量SiCl4杂质的TiCl4。TiCl4SiCl4熔点/℃－－沸点/℃【答案】(1).增大接触面积，加快反应速率(2).FeTiO3＋4H＋＝TiO2＋＋Fe2＋＋2H2O(3).将Fe3＋还原为Fe2＋(4).109~10-7m(5).用试管取少量最后一次洗涤液，加入KSCN溶液，若溶液未变为血红色，则说明Fe(OH)3杂质已除净(6).TiO2＋2C＋2Cl2TiCl4＋2CO(7).过程③中产生的CO和残留的Cl2有毒，污染空气(8).【解析】【详解】（1）将钛铁矿粉碎，可以增大固体反应物的接触面积，加快反应速率；故答案为：增大接触面积，加快反应速率；（2）根据已知信息，确定部分反应物FeTiO3和生成物TiO2＋、Fe2＋，再结合元素守恒，电荷守恒配平生成TiO2＋的离子方程式为FeTiO3＋4H＋＝TiO2＋＋Fe2＋＋2H2O；故答案为：FeTiO3＋4H＋＝TiO2＋＋Fe2＋＋2H2O；（3）根据题意：浸出液中含有少量Fe3＋，而浸出液加入铁粉后浓缩、结晶得到FeCl2晶体，因此加入铁粉的目的是将Fe3＋还原为Fe2＋，加入铁屑至浸出液显紫色，说明Fe3＋已完全被还原为Fe2＋；故答案为：将Fe3＋还原为Fe2＋；（4）能够产生丁达尔效应的分散系为胶体，则分散质颗粒直径的范围是109~10-7m故答案为：109~10-7m；（5）过量酸将Fe(OH)3中和为Fe3＋，用试管取少量最后一次洗涤液，加入KSCN溶液，若溶液未变为血红色，则说明Fe(OH)3杂质已除净；故答案为：用试管取少量最后一次洗涤液，加入KSCN溶液，若溶液未变为血红色，则说明Fe(OH)3杂质已除净；（6）过程③反应物为TiO2、氯气、焦炭，生成的废气中含有CO，根据得失电子守恒、元素守恒写出方程式，则TiO2和焦炭、氯气在高温下发生反应的化学方程式是TiO2＋2C＋2Cl2TiCl4＋2CO；故答案为：TiO2＋2C＋2Cl2TiCl4＋2CO；（7）依据绿色化学理念，该工艺流程中存在的不足之处是过程③中产生的CO和残留的Cl2有毒，污染空气；故答案为：过程③中产生的CO和残留的Cl2有毒，污染空气；（8）SiCl4、TiCl4为液态混合物，沸点相差较大，因此可用蒸馏的方法提纯TiCl4；故答案为：蒸馏。9.二苯基乙二酮常用作医药中间体及紫外线固化剂，可由二苯基羟乙酮氧化制得，相关物质的物理参数、化学方程式及装置图（加热和夹持装置已略去）如下：相对分子质量熔点/℃沸点/℃密度/g•cm－3溶解性二苯基羟乙酮212133344不溶于冷水，溶于乙醇二苯基乙二酮21097348不溶于水，能溶于乙醇+2FeCl3+2FeCl2+2HCl在反应装置中，加入10mL冰醋酸、FeCl3固体、10mL水及少量碎瓷片，加热至沸腾，停止加热，待沸腾平息后加入二苯基羟乙酮，继续加热回流至二苯基羟乙酮完全反应。反应结束后加水煮沸，冷却后即有二苯基乙二酮粗产品析出，用70%乙醇水溶液重结晶提纯，得到产品。重结晶过程如下：加热溶解→活性炭脱色→趁热过滤→冷却结晶→抽滤→洗涤→干燥请回答以下问题：（1）装置图中仪器a的名称是____，其作用是____。（2）加入碎瓷片的作用是____。若加热后发现未加碎瓷片，应采取的正确方法是___。（3）实验中可采用薄层色谱跟踪反应进程，其原理和操作与纸上层析类同，通过观察薄层色谱展开后的斑点（在实验条件下，只有二苯基羟乙酮和二苯基乙二酮能够产生斑点）判断样品中的成分。如图分别为加入二苯基羟乙酮后反应开始、回流15min、30min、45min和60min时，用毛细管取样、点样，薄层色谱展开后的斑点：该实验条件下加热____后可认为反应结束。A．15minB．30minC．45minD．60min（4）上述重结晶过程中，____（填步骤名称）操作除去了不溶性杂质。（5）在重结晶过程中，不可选用明火直接加热，原因是____。（6）不选择蒸馏的方法提纯二苯基乙二酮粗产品的原因是_____。（7）本实验的产率是____%。（保留3位有效数字）【答案】(1).球形冷凝管(2).冷凝回流(3).防止暴沸(4).停止加热，待冷却后补加(5).C(6).趁热过滤(7).所用70%乙醇溶液会挥发出乙醇蒸气，与空气混合遇明火爆炸(8).二苯基乙二酮粗产品为固体混合物，二苯基乙二酮与二苯基羟乙酮的沸点差别较小(9).【解析】【分析】（1）仪器a的名称是球形冷凝管，其作用是冷凝回流，可减少二苯基乙二酮、二苯基羟乙酮的损失；（2）烧瓶中加热液体时均需加入碎瓷片防止液体暴沸；若加热后发现未加碎瓷片，应采取的正确方法是停止加热，待冷却后补加；（3）对照图上的斑点分析，可以知道，反应开始时图上的斑点是反应物，由此可推知，回流15min、30min时的图上，下面的斑点为反应物，上面的斑点为生成物，45min时则图上的斑点是生成物，而反应物基本上无剩余，据此解答；（4）根据重结晶的过程判断每一步的作用，趁热过滤可以除去不溶性杂质；（5）乙醇作为重结晶的溶剂，但是乙醇易挥发出乙醇蒸气，与空气混合遇明火爆炸，据此解答；（6）根据二者的熔沸点选择分离方式；（7）列比例计算二苯基乙二酮的理论产量，进而计算产率。【详解】（1）仪器a的名称是球形冷凝管，其作用是冷凝回流，减少二苯基乙二酮、二苯基羟乙酮的损失；故答案为：球形冷凝管；冷凝回流；（2）加入碎瓷片的作用是防止暴沸；若加热后发现未加碎瓷片，应采取的正确方法是停止加热，待冷却后补加；故答案为：防止暴沸；停止加热，待冷却后补加；（3）对照图上的斑点分析，可以知道，反应开始时图上的斑点是反应物，由此可推知，回流15min、30min时的图上，下面的斑点为反应物，上面的斑点为生成物，45min时则图上的斑点是生成物，而反应物基本上无剩余。因此，该实验条件下加热45min后可认为反应结束；故答案为：C；（4）重结晶过程：加热溶解→活性炭脱色→趁热过滤→冷却结晶→抽滤→洗涤→干燥，其中活性炭脱色可以除去有色杂质，趁热过滤可以除去不溶性杂质，冷却结晶，抽滤可以除去可溶性杂质，则上述重结晶过程中，趁热过滤操作除去了不溶性杂质；故答案为：趁热过滤；（5）在重结晶过程中，用的是70%乙醇水溶液重结晶提纯二苯基乙二酮，乙醇溶液会挥发出乙醇蒸气，与空气混合遇明火爆炸，因此在重结晶过程中，不可选用明火直接加热；故答案为：所用70%乙醇溶液会挥发出乙醇蒸气，与空气混合遇明火爆炸；（6）二苯基乙二酮粗产品为固体混合物，且二苯基乙二酮与二苯基羟乙酮的沸点差别较小，因此不选择蒸馏的方法提纯二苯基乙二酮粗产品；故答案为：二苯基乙二酮粗产品为固体混合物，二苯基乙二酮与二苯基羟乙酮的沸点差别较小；（7）理论上2.12g二苯基羟乙酮完全反应，其物质的量为，则理论上生成二苯基乙二酮为，其质量为m=nM=0.01mol×210g/mol=，则其产率为；故答案为：。10.研究减少CO2排放是一项重要课题。CO2经催化加氢可以生成低碳有机物，主要有以下反应：反应Ⅰ：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)△H1＝－49.6kJ/mol反应Ⅱ：CH3OCH3(g)＋H2O(g)2CH3OH(g)△H2＝＋23.4kJ/mol反应Ⅲ：2CO2(g)＋6H2(g)CH3OCH3(g)＋3H2O(g)△H3（1）△H3＝____kJ/mol。（2）恒温恒容条件下，在密闭容器中通入等物质的量的CO2和H2，发生反应I。下列描述能说明反应I达到平衡状态的是___（填序号）。A．反应体系总压强保持不变B．容器内的混合气体的密度保持不变C．水分子中断裂2NA个HO键，同时氢分子中断裂3NA个HH键D．CH3OH和H2O的浓度之比保持不变（3）反应II在某温度下的平衡常数为，此温度下，在密闭容器中加入等物质的量的CH3OCH3(g)和H2O(g)，反应到某时刻测得各组分浓度如下：物质CH3OCH3(g)H2O(g)CH3OH(g)浓度/mol·L－1此时v正___v逆（填“＞”、“＜”或“＝”），当反应达到平衡状态时，混合气体中CH3OH体积分数(CH3OH)%＝___%。（4）在某压强下，反应III在不同温度、不同投料比时，CO2的平衡转化率如图所示。T1温度下，将6molCO2和12molH2充入2L的密闭容器中，5min后反应达到平衡状态，则0～5min内的平均反应速率v(CH3OCH3)＝____；KA、KB、KC三者之间的大小关系为____。（5）恒压下将CO2和H2按体积比1：3混合，在不同催化剂作用下发生反应I和反应III，在相同时间段内CH3OH的选择性和产率随温度的变化如图。其中：CH3OH的选择性＝×100%①温度高于230℃，CH3OH产率随温度升高而下降的原因是_____②在上述条件下合成甲醇的工业条件是____。A．210℃B．230℃C．催化剂CZTD．催化剂CZ(Zr【答案】(1).－(2).AC(3).＞(4).20(5).0.18mol·L−1·min−1(6).KA＝KC＞KB(7).反应I的△H＜0温度升高，使CO2转化为CH3OH的平衡转化率下降(8).BD【解析】【分析】（1）根据盖斯定律以及热化学方程式进行计算；（2）根据化学平衡状态的判断标志进行判断；（3）根据浓度商和化学平衡常数的大小关系判断反应进行的方向；设未知数利用化学平衡常数列出三段式解方程，进而计算体积分数；（4）根据图像确定CO2的平衡转化率，进而计算CH3OCH3的生成量，再利用化学反应速率的计算公式计算v(CH3OCH3)；根据化学平衡常数只与温度有关，温度不变，化学平衡常数不变，得出KA＝KC，再根据该反应为正向放热的反应，降温平衡逆向移动，结合图像判断T1、T2的大小关系，从而得出KA、KC、KB三者的关系；（5）反应I的△H＜0，升温平衡逆向移动，CO2转化转化率降低，CH3OH产率下降，再结合图像判断合成甲醇的工业条件。【详解】（1）根据盖斯定律知，反应III=反应Ⅰ×2反应Ⅱ，因此，△H3=△H1×2△H2=－49.6kJ/mol×223.4kJ/mol=122.6kJ/mol；故答案为：－；（2）反应条件为恒温恒容，反应I：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)为反应前后气体物质的量减少的反应，A.该反应为反应前后气体物质的量减少的反应，随着反应的进行气体物质的量减少，体系总压强减小，因此当反应体系总压强保持不变时能说明反应I达到平衡状态，A项正确；B.根据质量守恒定律知混合气体的总质量不变，容器容积也不变，则随着反应的进行，容器内的混合气体的密度始终保持不变，因此当反容器内的混合气体的密度保持不变时不能说明反应I达到平衡状，B项错误；C.当水分子中断裂2NA个H－O键时会有3NA个H－H键形成，即生成3mol氢分子，若同时氢分子中断裂3NA个H－H键，即消耗3mol氢分子，则氢气的物质的量保持不变，反应达到平衡状态，因此水分子中断裂2NA个H－O键，同时氢分子中断裂3NA个H－H键能说明反应I达到平衡状，C项正确；D.反应达到平衡状态时各物质的物质的量浓度保持不变，但CH3OH和H2O的浓度之比始终等于1:1，因此CH3OH和H2O的浓度之比保持不变不能说明反应I达到平衡状，D项正确；故答案为：AC；（3）此刻反应的浓度商，因此反应向正反应方向进行，v正>v逆；设起始时CH3OCH3和H2O的物质的量均为amol，反应达到平衡状态时，CH3OCH3的转化量为xmol，则可列出三段式：CH3OCH3(g)＋H2O(g)2CH3OH(g)起始（mol）amolamol0转化（mol）xmolxmol2xmol平衡（mol）(ax)mol(ax)mol2xmol则化学平衡常数，解得：x=，则混合气体中CH3OH的物质的量为，混合气体总物质的量不变仍为2a，因此混合气体中CH3OH体积分数；故答案为：＞；20；（4）由图可知，在T1温度下，将6molCO2和12molH2充入2L的密闭容器中时，CO2的平衡转化率为60%，因此CO2的转化量为，则生成CH3OCH3的物质的量为，；化学平衡常数只与温度有关，温度不变，化学平衡常数不变，则KA＝KC，由图像可知，当投料比相同时，T1温度下的平衡转化率较大，该反应为正向放热的反应，降温平衡正向移动，化学平衡常数增大，因此T1<T2，KA＝KC＞KB；故答案为：0.18mol·L−1·min−1；KA＝KC＞KB；（5）①反应I的△H＜0，在相同的时间段内反应，230℃反应达到平衡状态，升温平衡逆向移动，CO2转化转化率降低，CH3OH产率下降；故答案为：反应I的△H＜0温度升高，使CO2转化为CH3OH的平衡转化率下降；②由图像可知在230℃下CH3OH的转化率最高，催化剂CZ(Zr－1)T对CH3OH的选择性最好，因此合成甲醇的工业条件是230℃，催化剂CZ(Zr－1)T。故答案为：BD。【点睛】化学平衡状态的判断是学生们的易错点，首先一定要关注反应条件是恒温恒容、恒温恒压还是恒温绝热等，再关注反应前后气体物质的量的变化以及物质的状态，化学平衡状态时正逆反应速率相等，各物质的量、浓度等保持不变，以及衍生出来的一些量也不变，但一定得是“变化的量”不变了，才可作为判断平衡的标志。11.镍、钴、钛、铜等元素常用作制备锂离子电池的正极材料或高效催化剂。NA表示阿伏加德罗常数，请填写下列空白。（1）基态Co原子的电子排布式为___。（2）镍与CO生成的配合物Ni(CO)4中，易提供孤电子对的成键原子是___（填元素名称）；1molNi(CO)4中含有的σ键数目为__；写出与CO互为等电子体的一种阴离子的化学式_____。（3）Ti(BH4)2是一种储氢材料。BH4的空间构型是____，B原子的杂化方式__。与钛同周期的第ⅡB族和ⅢA族两种元素中第一电离能较大的是___（写元素符号），原因是____。（4）CuFeS2的晶胞如图所示，晶胞参数分别为anm、bnm、cnm；CuFeS2的晶胞中每个Cu原子与___个S原子相连，晶体密度ρ＝___g·cm−3（列出计算表达式）。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标，例如图中原子2和3的坐标分别为（0，1，）、（，，0），则原子1的坐标为___。【答案】(1).[Ar]3d74s2(2).碳(3).8NA(4).CN－或C22－(5).正四面体(6).sp3(7).Zn(8).Zn核外电子排布为全满稳定结构，较难失电子(9).4(10).(11).（，，）【解析】【分析】(1)Co是27号元素，结合构造原理写出电子排布式；(2)Ni原子含有空轨道，CO与氮气互为等电子体，二者化学键类似，CO分子中C、O原子均有1对孤对电子，结合电负性判断哪个原子更易提供孤对电子形成配位键；Ni(CO)4分子中有4个配位键，属于σ键，CO中含有1个σ键，故1个Ni(CO)4分子中有8个σ键；(3)根据价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数计算判断BH4中B原子杂化类型和空间构型；结合原子轨道中电子处于全满、全空或半满时较稳定分析判断；(4)根据均摊法计算晶胞中含有的原子个数，再根据ρ=计算；根据原子2和3的坐标分析判断出坐标原点，再根据图示判断原子1的坐标。【详解】(1)钴为27号元素，基态钴原子的核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d74s2或简写为[Ar]3d74s2，故答案为：1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2；(2)Ni原子含有空轨道，CO与氮气互为等电子体，二者化学键类似，CO分子中C、O原子均有1对孤对电子，由于O元素电负性比碳元素的大，C原子更易提供孤对电子形成配位键；Ni(CO)4分子中有4个配位键，属于σ键，CO中含有1个σ键，故1个Ni(CO)4分子中有8个σ键，1molNi(CO)4中含有的σ键数目为8NA(或8×6.02×1023或4.816×1023)；与CO互为等电子体微粒有2个原子、价电子总数为10，阴离子可以是CN或C22－，故答案为：碳；8NA(或8×6.02×1023或4.816×1023)；CN或C22－；(3)①BH4中B原子的孤电子对数==0，价层电子对数=0+4=4，BH4的空间构型与VSEPR模型相同，即为正四面体，杂化轨道数目为4，B原子采取sp3杂化；与钛同周期的第ⅡB族和ⅢA族两种元素为Zn和Ga，由于Zn核外电子排布为全满结构，比较稳定，较难失电子，因此第一电离能比Ga的大，故答案为：正四面体形；sp3杂化；Zn；Zn核外电子排布为全满稳定结构，较难失电子；(4)根据CuFeS2的晶胞图，晶胞内部的每个Cu原子与4个S相连，因此晶胞中每个Cu原子与4个S原子相连；该晶胞中S原子个数=8、Fe原子个数=4×+4×+2×=4、Cu原子个数=8×+4×+1=4，则晶胞质量为g，晶胞参数分别为anm、bnm、cnm，则晶胞体积=abc(nm3)，晶体密度ρ＝=g·cm−3；图中原子2和3的坐标分别为(0，1，)、(，，0)，说明是以图中底面左前方的铜原子作为坐标原点的，则原子1的坐标为(，，)，故答案为：4；；(，，)；【点睛】本题的难点和易错点为(4)中原子1的坐标的确定，要注意根据原子2和3的坐标找出坐标原点。12.有机物M可由A（C2H4）按如图路线合成：已知：①RCHO+CH3C