福建省漳州市高三下学期第三次（5月）调研测试化学试题

福建省漳州市2018届高三下学期第三次（5月）调研测试化学试题1.化学与人类生产、生活、社会可持续发展密切相关。下列说法正确的是A.高铁车用大部分材料是铝合金，铝合金材料具有强度大、质量轻、抗腐蚀能力强等优点B.油脂在人体内水解为氨基酸和甘油等小分子物质后才能被吸收C.丝绸的主要成分是天然纤维素，属于高分子化合物D.《本草纲目》中“石碱”条目下写道：“采蒿蓼之属，晒干烧灰，以水淋汁，久则凝淀如石，浣衣发面，亦去垢发面。”这里的“石碱”是指KOH【答案】A【解析】铝合金的硬度较大，但是密度较小，同时表面有致密的氧化膜对内部金属有保护所以抗腐蚀能力较强，选项A正确。油脂在人体内水解应该得到高级脂肪酸和甘油，选项B错误。丝绸的主要成分是蛋白质，选项C错误。石碱为从蒿、蓼等草灰中提取之碱汁，和以面粉，经加工而成的固体。其主要含有的是碳酸钠和碳酸钾，选项D错误。2.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述不正确的是A.乙烯和环丁烷(C4H8)的混合气体共28g充分燃烧消耗3NA个O2B.0.1mol-NH2(氨基)中所含有的电子数为NAC.1L0.1mol·L-1Na2S溶液中，S2-、HS-和H2S的微粒数之和为0.1NAD.在K37ClO3+6H35Cl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O反应中，若有212g氯气生成，则反应中电子转移的数目为5NA【答案】B【解析】乙烯和环丁烷的最简式都是CH2，当混合气体为28g时，可以认为有2molCH2，其燃烧需要的氧气为2×(1+)=3mol，所以需要的氧气分子为3NA个，选项A正确。一个氨基含有9个电子（N有7个电子，加上两个H的两个电子，注意氨基是不带电的中性基团），所以0.1mol氨基由0.9NA个电子，选项B错误。1L0.1mol·L-1Na2S溶液中，含有的S一共为0.1mol，根据元素守恒得到S2-、HS-和H2S的微粒数之和为0.1NA，选项C正确。根据化合价变化最小的基本原理，在K37ClO3+6H35Cl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O反应中，氯酸钾中的1个37Cl转化为氯气分子中的0价氯原子，H35Cl中有5个35Cl转化为氯气分子中的0价氯原子，即氯气中的37Cl:35Cl=1:5，得到这样的氯气的分子量为，所以212g氯气为3mol。该反应的电子转移数为5，所以每生成3个Cl2应该转移5个电子，得到生成212g氯气（3mol）转移5mol即5NA电子。选项D正确。3.TPE（四苯基乙烯）及其衍生物具有诱导发光特性，在光电材料等领域应用前景广泛。TPE的结构简式如右图，下列关于TPE的说法正确的是A.TPE的分子式为C26H22B.TPE能发生加成反应，不能发生取代反应C.TPE与化合物互为同分异构体D.TPE的一氯代物有3种【答案】D【解析】该有机物的分子式为C26H20，选项A错误。苯环和双键都能发生加成反应，苯环上也能发生取代（例如，苯的硝化反应等），选项B错误。的分子式为C20H14，TPE的分子式为C26H20，不是同分异构体，选项C错误。TPE分子是对称型的分子，分子中四个苯环都相同，每个苯环上有3个取代位置（邻间对），选项D正确。4.下列实验操作能达到实验目的的是实验目的实验操作A除去MgCl2溶液中的少量FeCl3向含有少量FeCl3的MgCl2溶液中加入足量Mg(OH)2粉末，搅拌一段时间后，过滤B检验溶液中是否含有SO42-取少量溶液于试管中，先加入BaCl2溶液，再滴加稀盐酸若产生的白色沉淀不溶解，则说明溶液中含有SO42-C比较HCl和CH3COOH的酸性强弱用pH试纸测定浓度均为0.1mol·L-1的NaClO溶液和CH3COONa溶液的pHD验证H2O2的氧化性比Fe3+强将硫酸酸化的H2O2滴入Fe(NO3)2溶液，溶液变黄色A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】向含有少量FeCl3的MgCl2溶液中加入足量Mg(OH)2粉末，搅拌一段时间，Mg(OH)2会和FeCl3发生沉淀转化反应，转化为氢氧化铁和氯化镁，经过滤除去氢氧化铁得到较纯净的氯化镁溶液，选项A正确。取少量溶液于试管中，先加入BaCl2溶液，再滴加稀盐酸若产生的白色沉淀不溶解，则沉淀有可能是氯化银或者硫酸钡，所以不能则说明溶液中含有SO42-，选项B错误。次氯酸钠溶液有漂白性，会将pH试纸漂白，所以无法测定pH，选项C错误。将硫酸酸化的H2O2滴入Fe(NO3)2溶液，此时溶液中存在氢离子和硝酸根，该溶液就会表现出硝酸的强氧化性，从而将Fe2+氧化为Fe3+，则溶液变黄色不能验证过氧化氢的氧化性，选项D错误。5.某科研小组公司开发了Li-SO2Cl2军用电池，其示意图如下图所示，已知电池总反应为：2Li+SO2Cl2=2LiCl+SO2↑。下列叙述中错误的是A.电池工作时负极材料是Li，发生氧化反应B.电池工作时电子流向：锂电极→导线→负载→碳棒C.电池工作时，外电路流过0.2mol电子，标准状况下生成4.48L气体D.电池工作过程中，石墨电极反应式为SO2Cl2+2e-=2Cl-+SO2↑【答案】C【解析】根据电池的总反应：2Li+SO2Cl2=2LiCl+SO2↑。得到单质锂在反应中失电子化合价升高，所以单质锂是该电池的负极，发生失电子的氧化反应，选项A正确。锂电极为负极，所以电子从锂电极流出，经导线、负载，到达石墨电极，选项B正确。总反应的电子转移数为2e-，所以转移电子是生成的SO2气体的2倍，外电路流过0.2mol电子，标准状况下生成2.24L（0.1mol）气体，选项C错误。石墨电极是反应的正极，正极上是SO2Cl2得电子，转化为SO2和Cl-，方程式为：SO2Cl2+2e-=2Cl-+SO2↑，选项D正确。6.短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。m、P、q、r、s是由这些元素组成的二元化合物，常温常压下r为液体，其余均为无色气体。m的摩尔质量为p的2倍，n是元素Y的单质，是绿色植物光合作用产生的无色气体，p物质能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，q能使品红溶液褪色。上述物质的转化关系如下图所示。下列说法正确的是A.q与s均为酸性氧化物B.原子半径：W＜Y＜XC.Z的氢化物比Y的氢化物稳定D.Z的含氧酸是一种强酸【答案】B【解析】n是元素Y的单质，是绿色植物光合作用产生的无色气体，所以n为氧气，Y为氧元素。p物质能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，p为氨气；q能使品红溶液褪色，q为二氧化硫。n（氧气）和p（氨气）反应应该得到NO和水，因为r为液体，所以r为水，s为NO。m的分子量是p（氨气）的2倍，所以m的分子量为34，考虑到m和氧气反应得到二氧化硫，所以m一定为H2S。由上得到短周期元素W、X、Y、Z分别为H、N、O、S。s（NO）是不成盐氧化物，选项A错误。原子半径为：W（H）＜Y（O）＜X（N），选项B正确。氢化物的稳定性：H2O(Y的氢化物)＞H2S(Z的氢化物)，选项C错误。Z（S）的含氧酸有两种，其中硫酸是强酸，亚硫酸是中强酸，选项D错误。7.25℃时，将浓度均为0.1mol·L-1，体积分别为Va和Vb的HA溶液与BOH溶液按不同体积比混合，且保持

Va+Vb=100mL，Va、Vb

与混合液的

pH

的关系如图所示．下列说法正确的是A.Ka(HA)≈1×10-6B.c点时，随温度升高而增大C.a→c过程中水的电离程度始终增大D.b点时，c(B+)=c(A-)【答案】D...............点睛：对于一元弱酸HA，如果假设其浓度为cmol/L，电离出来的氢离子浓度c(H+)=Xmol/L，则c(A-)=c(H+)=Xmol/L，c(HA)=(c－X)mol/L，所以Ka=，考虑到弱酸的电离程度都比较小，即X应该比c小很多，所以c－X应该近似等于c，得到Ka=，所以得到x=，一般来说，只要HA的酸性不是太强，其浓度c不是很小，就可以用以上的近似计算公式得到c(H+)=。8.三氯氧磷(POCl3)可用作有机合成的氯化剂和催化剂。已知：①KSCN+AgNO3=AgSCN↓+KNO3；②Ksp(AgCl)>Ksp(AgSCN)；③磷酸银可溶于硝酸；④PCl3和POCl3的相关信息如下表：物质熔点/℃沸点/℃相对分子质量性质PCl3-111.874.2137.5均为无色液体，遇水均剧烈水解，生成含氧酸和氯化氢，两者互溶。POCl32.0105.3153.5实验室制取POCl3并测定产品纯度的实验过程如下：Ⅰ.制备POCl3可用氧气氧化液态PCl3的方法。实验装置（加热及夹持装置省略）如下：（1）装置C中盛装PCl3的仪器名称为_______________________；氧气氧化PCl3的化学方程式为_______________________________。（2）仪器组装完成后，检查装置B气密性的方法是_______________________________。（3）装置B的作用有________________________________（回答两点）。（4）装置C的反应温度控制在60-65℃之间，原因是____________________________________。Ⅱ.测定产品中POCl3纯度的实验步骤：①实验Ⅰ结束后，待反应器中液体冷却到室温，准确称取1.3300g的POCl3粗产品（杂质不含氯元素），置于盛有50.00mL蒸馏水的烧杯中摇动至完全水解，将水解液配成100.00mL溶液；②取10.00mL溶液于锥形瓶中，加入30.00mL0.1200mol·L-1AgNO3标准溶液；③加入少量硝基苯，用力摇动，静置；④加入指示剂，用0.1000mol·L-1KSCN溶液滴定过量的AgNO3溶液，到达终点时共用去12.00mLKSCN溶液。（5）滴定过程中选择的指示剂为___________溶液。（6）步骤③的目的是___________________________________________________。（7）测得产品中POCl3的纯度为__________%。【答案】(1).三颈烧瓶(2).2PCl3+O22POCl3(3).关闭K1、K2，向装置B中的长颈漏斗内加水至形成一段水柱，一段时间后若水柱高度不再变化，则装置B的气密性良好(4).干燥氧气、观察氧气流速、平衡气压等(5).温度过低，反应速率小；温度过高，三氧化磷会挥发，影响产品的产量(6).硫酸铁(7).使AgCl沉淀表面被有机物覆盖，避免在滴加KSCN时，将AgC1沉淀转化为AgSCN沉淀(8).92.33【解析】（1）装置C中盛放PCl3的仪器为三颈瓶或者说是三颈烧瓶。氧气将PCl3氧化为POCl3，所以方程式为2PCl3+O22POCl3。（2）B装置检验气密性的方法应该选择“液差法”，具体的操作为：关闭K1、K2，向装置B中的长颈漏斗内加水至形成一段水柱，一段时间后若水柱高度不再变化（或者说液面差保持不变），则装置B的气密性良好。（3）B中浓硫酸起到对氧气进行干燥的作用，中间的长颈漏斗起到平衡压强，防堵塞的安全瓶作用（如果后面的装置中某处被堵塞，则B中长颈漏斗内的液面会上升），同时根据浓硫酸中冒气泡的快慢可以判断气体的流速大小。（4）装置C的反应温度控制在60-65℃之间，原因是温度如果低于该温度，反应的速率会比较慢，温度如果高于该温度PCl3会被蒸出（题目已知PCl3的沸点为74.2℃）。（5）因为标准液为KSCN溶液，所以可以选用含有Fe3+的溶液为指示剂，根据溶液的颜色突然变为血红色，判断滴定终点（注意不能使用氯化铁，因为氯离子会与银离子反应），所以指示剂为硫酸铁溶液。（6）本实验的测定原理是：将POCl3水解，所有的氯都转化为氯离子，再加入定量且过量的硝酸银溶液，将氯离子都沉淀为氯化银，再用KSCN溶液滴定过量的硝酸银，根据加入的KSCN的量可以计算出硝酸银过量多少，再用硝酸银总量减去过量的硝酸银得到与氯离子反应的硝酸银，进而计算出氯离子的量，再换算为POCl3的量。题目已知Ksp(AgCl)>Ksp(AgSCN)，即AgSCN是比AgCl更难溶的沉淀，则加入过量的硝酸银得到氯化银沉淀后，再用KSCN溶液的滴定的过程中，有可能发生沉淀转化，AgCl+SCN-AgSCN+Cl-从而影响滴定结果，所以加入少量硝基苯后，因为硝基苯的密度大于水，且不溶于水，就会附着在氯化银沉淀的表面，将氯化银沉淀和溶液隔离，避免的上述沉淀转化反应的发生。（7）加入的KSCN为0.1×12÷1000=1.2×10-3mol，说明过量的硝酸银也是1.2×10-3mol，加入的硝酸银为0.12×30÷1000=3.6×10-3mol，所以与氯离子反应的硝酸银为3.6×10-3－1.2×10-3=2.4×10-3mol，从而得到氯离子为2.4×10-3mol，根据氯守恒得到POCl3为8×10-4mol，考虑到实验时将水解液配成100.00mL溶液，取其中10.00mL溶液进行滴定，所以POCl3为8×10-3mol，质量为153.5×8×10-3=1.228g，质量分数为1.228÷1.33=92.33%。9.黄血盐[亚铁氰化钾，K4Fe(CN)6]目前广泛用做食盐添加剂（抗结剂），制备黄血盐的一种工艺如下：回答下列问题：（1）实验室用绿矾晶体配制硫酸亚铁溶液时，为了防止其变质需要添加的试剂为__________________。（2）步骤Ⅱ中滤渣的主要成分是_______________，步骤Ⅴ所用的试剂X可以是________________。（3）步骤Ⅲ反应的化学方程式为_______________________________________。（4）工艺中用到剧毒的HCN溶液，含CN-的废水必须处理后才能排放。25℃时，Ka(HCN)=6.25×10-10。①HCN的电子式为__________________。②25℃时，反应CN-+H2OHCN+OH-的平衡常数K=_____________________。③含CN-废水的处理方法之一是：pH控制在11左右，用氯气将废水中CN-氧化成CO2和N2，该反应的离子方程式为_____________________________________。（5）近日，一条“盐里面加进了亚铁氰化钾”危害身体健康的信息在网上流传。已知K4Fe(CN)64KCN+FeC2+N2↑，氰化钾的半数致死量(LD50)为6.4mg·kg-1(即每1kg体重6.4mg)，我国卫生部规定食盐中黄血盐的最大使用量为10mg·kg-1。假设烹饪过程中黄血盐发生上述分解，一名60Kg男子每天摄入60g食盐是否达到氰化钾的半数致死量?_________________________________。（列式计算说明）。【答案】(1).铁粉、稀硫酸(2).CaSO4(3).K2CO3(4).Ca2Fe(CN)6+2KCl=K2CaFe(CN)6↓+CaCl2(5).(6).1.6×10-5(7).5Cl2+2CN-+8OH-=10Cl-+N2+2CO2+4H2O(8).=7.06×10-3mg·kg-1<6.4mg·kg-1,不能达到氰化钾的半数致死量【解析】（1）实验室用绿矾晶体配制硫酸亚铁溶液时，为了防止其氧化变质，应该加入铁粉，为了抑制其水解应该加入稀硫酸。（2）步骤Ⅱ中滤渣主要是反应中生成的CaSO4沉淀。步骤V的作用是将残留的钙离子沉淀除去，所以应该使用能较好的沉淀钙离子的试剂，考虑到最后得到的是钾盐，所以试剂X碳酸钾。（3）步骤Ⅲ是向上面得到的Ca2Fe(CN)6溶液中加入KCl得到K2CaFe(CN)6沉淀，反应的方程式为：Ca2Fe(CN)6+2KCl=K2CaFe(CN)6↓+CaCl2。（4）①H应该形成一个共价键，C应该形成四个共价键，N应该形成三个键，所以HCN的结构式为H－C≡N，所以其电子式为。②CN-+H2OHCN+OH-是CN-的水解反应，水解反应的平衡常数K应该等于KW与电离平衡常数的比值，所以K=KW/Ka(HCN)=1×10-14/6.25×10-10=1.6×10-5。③氯气将废水中CN-氧化成CO2和N2，本身被还原为氯离子，溶液显碱性，所以在反应物中添加氢氧根离子，所以方程式为：5Cl2+2CN-+8OH-=10Cl-+N2+2CO2+4H2O（注意：CN-中C为+2价，N为-3价，所以一个CN-化合价升高5价）（5）60g食盐中含有的黄血盐为60g×10-3kg·g-1×10mg·kg1，黄血盐的分子量为368，所以得到黄血盐的物质的量为60g×10-3kg·g-1×10mg·kg1/368，分解得到的KCN的物质的量是黄血盐物质的量的4倍，KCN的分子量为65，所以得到的KCN的质量为4×65×60g×10-3kg·g-1×10mg·kg1/368（此时单位为mg），男子体重为60kg，得到每1kg体重摄入的KCN为：=7.06×10-3mg·kg-1<6.4mg·kg-1，所以不能达到氰化钾的半数致死量。10.氮氧化物是造成酸雨、臭氧空洞、光化学烟雾等环境问题的主要原因之一。如何消除大气污染物中氮氧化物已成为人们关注的主要问题之一。I.NH3-SCR法是工业上消除氮氧化物的常用方法。该法是利用氨的还原性，在一定条件下，将烟气中的NOx直接还原为N2。主要反应原理为：4NH3+4NO+O24N2+6H2O（1）已知有下列热化学方程式：①4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)4N2(g)+6H2O(1)△H=-1891.5kJ•mol-1②N2(g)+O2(g)2NO(g)△H=+180.5kJ•mol-1③H2O(1)=H2O(g)△H=+44.0kJ•mol-1则氨气与氧气反应生成NO和气态水的热化学方程式为_________________________________。（2）其他条件相同，某2L密闭容器中分别投入2molNH3、2molNO、1molO2，在甲、乙两种催化剂作用下，NO转化率与温度的关系如图所示。①工业上选择催化剂乙的原因是_________________。②在催化剂甲作用下，高于210℃时，NO转化率降低的原因可能是_______________________。Ⅱ.CH4可以消除氮氧化物的污染。主要反应原理为：CH4(g)+2NO2(g)=CO2(g)+2H2O(g)+N2(g)△H=-868.7kJ•mol-1（3）在3.00L密闭容器中，通入0.100molCH4和0.200molNO2，在一定温度下进行上述反应，反应时间(t)与容器内气体总压强(P)的数据见下表：反应时间t/min0246810总压强P/100kPa4.805.445.765.926.006.00由表中数据，计算0-4min内v(NO2)=____________，该温度下的平衡常数K=________________。（4）在一恒容装置中，通入一定量CH4和NO2，测得在相同时间内和不同温度下，NO2的转化率α(NO2)如下图，则下列叙述正确的是_____________A.若温度维持在200℃更长时间，NO2的转化率将大于19%B.反应速率：b点的v(逆)>e点的v(逆)C.平衡常数：c点=d点D.在时间t内，提高c点时NO2的转化率和反应速率，可适当升温或增大c(CH4)Ⅲ.工业上也常采用电解的方法消除氮氧化物的污染。（5）清华大学曹天宇等人研究的基于固体氧化物电解池(SOEC)的NOx电化学还原技术，为大气污染物治理开拓了新颖的思路。SOEC反应器的工作原理如图所示。电源的a是________极。写出阴极的电极反应式：__________________________________。【答案】(1).4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)ΔH=-905.5kJ·mol-1(2).低温下有很强的催化活性（或在较大的温度范围内有较高催化活性）(3).温度超出了催化剂的活性温度范围；温度升高发生了副反应，该反应是放热反应，达到平衡后升高温度，平衡逆向移动等(4).0.0100mol·L-l·min-1(5).0.675mol·L-1(6).AD(7).正(8).2NO+4e-=N2+2O2-O2+4e-=2O2-【解析】（1）①＋4×②＋6×③得到：4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)ΔH=-905.5kJ·mol-1。（2）①从图中看出，乙催化剂在较低温度下就可以达到较好的催化效果，所以工业上会使用乙催化剂。②当温度高于210℃的时候，在催化剂甲的作用下，NO的转化率降低，其原因可能是：在较高温度下，催化剂的催化活性降低，反应的NO减少，转化率降低；也可能是反应已经达平衡，升高温度平衡逆向移动，转化率降低；另外一种可能性是，温度升高，发生副反应，所以转化率降低。（3）恒温恒容下，容器的压强比等于气体的物质的量的比。CH4(g)+2NO2(g)=CO2(g)+2H2O(g)+N2(g)起始：0.1000.200000反应：X2XX2XX4min：0.100－X0.200－2XX2XX所以起始有0.3mol气体，4min时有(0.3+X)mol气体，有0.3∶(0.3+X)=4.80∶5.76，解得X=0.0600。所以反应的NO2为0.120mol，速率为：0.120mol÷3L÷4min=0.0100mol·L-l·min-1。达到平衡时的压强为6.00，所以有：CH4(g)+2NO2(g)=CO2(g)+2H2O(g)+N2(g)起始：0.1000.200000反应：X2XX2XX平衡：0.100－X0.200－2XX2XX所以起始有0.3mol气体，平衡时有(0.3+X)mol气体，有0.3∶(0.3+X)=4.80∶6，解得X=0.075。所以达平衡时CH4、NO2、CO2、H2O、N2的物质的量分别为0.025mol、0.05mol、0.075mol、0.15mol、0.075mol；平衡常数K=0.675mol·L-1。（4）实验的测定过程为：在一恒容装置中，通入一定量CH4和NO2，测在相同时间内和不同温度下，NO2的转化率α(NO2)。所以实验中测得的是不同温度下，反应相同时间后，NO2的转化率，不一定是平衡转化率。所以温度较低的时候，反应较慢，此时间没有达平衡，那么反应速率较快的，反应的NO2多，转化率就高（a、b、c三点符合此要求）；温度较高时，反应快，此时间达到平衡态，则温度升高平衡逆向移动，转化率降低（d、e两点符合此要求）。由上，a点（200℃，转化率为19%）未达平衡，则如果反应时间再长一些，反应的NO2就会增加，转化率会高于19%，选项A正确。e点的温度高于b点所以速率应该高于b点，选项B错误。点c和点d的温度不等，则平衡常数一定不等，选项C错误。点c未达平衡，所以在不改变反应时间的前提下，升高温度加快反应速率，在相同时间内反应更多的NO2，提高NO2的转化率；增大甲烷的浓度一定加快速率，平衡正向移动，提高NO2的转化率，选项D正确。所以答案为AD。（5）电解时阴离子应该向正极移动，根据图示的O2-的移动方向，确定上面是电解的阳极，所以a是电源的正极。阴极的反应物是NO、O2，从图中得到，阴极应该生成O2-，所以反应为（该装置是去污染装置，所以NO应该转化为氮气）：2NO+4e-=N2+2O2-；O2+4e-=2O2-。点睛：本题中（2）的图示的含义，应该与（4）小问类似。甲乙两种催化剂，之所以对转化率有影响，一定是因为该图示表示的不一定是平衡转化率，如果是平衡转化率，则相同温度下转化率应该是一样的，催化剂对此不产生影响。但是图示中明显甲乙催化剂的结果是不一样的，所以与（4）相同，应该是反应相同时间后测转化率，而不是达到平衡再测定。11.铀是原子反应堆的原料，常见铀的化合物有UF4、UO2、及(NH4)4[UO2(CO3)3]等，回答下列问题：（1）基态氟原子的价电子排布图为________________；用Mg或Ca还原UF4可得金属铀，其氧化产物MgF2的熔点高于CaF2，原因是_______________________________；（2）已知：2UO2+5NH4HF22UF4·2NH4F+3NH3↑+4H2O↑①NH4HF2中存在的微粒间的作用力是__________（填选项字母）。A.离子键B.配位键C.共价键D.范德华力②该反应中非金属元素的第一电离能由大到小的顺序是__________（填元素符号）。（3）已知：3(NH4)4[UO2(CO3)3]3UO2+10NH3↑+9CO2↑+N2↑+9H2O↑①分解产物中属于非极性分子的是_________（填选项字母）。A.NH3B.CO2C.N2D.H2O②反应物中的CO32-的空间构型为_____________。分子中的大键可用符号表示，其中m代表参与形成大键的原子数，n代表参与形成大键的电子数（如苯分子中的大键可表示为），则CO32-中的大键应表示为______________。③HN3（氢叠氮酸）常用于引爆剂，其分子的结构式可表示为：。则左边氮原子和中间氮原子的杂化方式分别为______________、_______________。（4）UO2的晶胞结构如图所示：①晶胞中铀原子位于面心和顶点，氧原子填充在铀原子堆积形成的空隙中。则氧原子填充在铀原子形成的___________空隙中。（填“立方体”、“四面体”、“八面体”）②若两个氧原子间的最短距离为anm，则UO2晶体的密度为___________g·cm-3（列出计算式即可，设NA表示阿伏加德罗常数的值）。【答案】(1).(2).CaF2和MgF2均为离子晶体，Mg2+半径小于Ca2+半径，MgF2的晶格能大于CaF2，故MgF2熔点比较高(3).ABC(4).F>N>O>H(5).BC(6).平面三角形(7).(8).sp2(9).sp(10).四面体(11).(4×270)/(NA×8a3×10-21)【解析】（1）F原子的价电子为2s22p5，所以其价电子排布图为。MgF2和CaF2都是离子化合物，离子化合物的熔点高低取决于晶格能的大小，一般来说离子的半径越小，离子所带的电荷越高，晶格能越大，所以MgF2的熔点高于CaF2的原因是：CaF2和MgF2均为离子晶体，Mg2+半径小于Ca2+半径（离子的电荷都相同），MgF2的晶格能大于CaF2，故MgF2熔点比较高。（2）①NH4HF2是一种铵盐，属于离子化合物，存在离子键；铵根离子内部存在N和H之间的共价键，同时存在一个N→H的配位键。所以答案为ABC。②同周期元素从左向右第一电离能逐渐增大，因为N的p能级是半满的稳定结构，所以其第一电离能高于O，因此第一电离能的顺序为：F>N>O>H。（3）①氨气分子空间构型是三角锥形，水分子是折线形，两者都是极性分子。二氧化碳分子是直线形分子所以二氧化碳是非极性分子，N2明显是非极性分子，选项BC正确。②根据价层电子对互斥理论，碳酸根离子的中心C原子的价电子对为3+(4+2-2×3)=3对，所以该离子的空间构型为平面三角形。碳酸根离子一共有4个原子，所以m=4。中心C原子做sp2杂化，剩余一个价电子；周围的O原子的2p能级上有两个单电子，其中一个单电子用来和中心C原子成σ键，剩余的一个单电子用来形成大键，所以三个氧原子一共提供3个电子；最后加上两个单位负电荷所对应的电子；所以成大键的电子一共为6个，即n=6。所以该大键的表示为。③根据图示的结构，第一个氮原子成键（H-N-N）的角度约为120°，所以第一个N的杂化应该是sp2杂化。中间氮原子，因为要和两边氮原子成直线，且要形成双键和三键，所以中间氮原子为sp杂化。（4）①从图中得到氧原子填充在立方体晶胞分割出来的八个小立方体的体心位置，这个晶胞的结构与CaF2类似，所以氧原子填充四面体空隙。②由晶胞图得到，两个氧原子之间的距离为晶胞边长的一半，所以晶胞边长为2anm，即2a×10-7cm，所以晶胞体积为(2a×10-7)3=8a3×10-21cm3。该晶胞中含有的U原子为8+6×=4个；含有的O原子为8个，所以一个晶胞中有4个UO2，其质量为g。所以晶体的密