2022届安徽省黄山市高三第二次质量检测理科综合化学试题（含解析）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页安徽省黄山市2022届高三第二次质量检测理科综合化学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．2022年北京冬奥会火炬“飞扬”用氢气为燃料，耐高温碳纤维材料为外壳，铝合金为点火段材料，辅以可调节火焰颜色的“配方”。下列说法错误的是A．氢气作燃料对环境友好无污染B．碳纤维不属于天然高分子材料C．铝合金密度小、易燃D．含钠元素的“配方”可使火焰呈黄色【答案】C【解析】【详解】A．氢气燃烧生成水，不会造成环境污染，则氢气作燃料对环境友好无污染，故A正确；B．碳纤维是无机非金属材料，不属于天然高分子材料，故B正确；C．由题意可知，铝合金为点火段材料说明合金性质稳定，不易燃烧，故C错误；D．钠元素焰色反应的焰色为黄色，则火炬飞扬的火焰呈黄色说明配方中含有钠元素，故D正确；故选C。2．有机物A是一种多靶向性抗癌药物，结构简式如图所示。下列有关有机物A的说法错误的是A．能使溴的四氯化碳溶液和酸性KMnO4溶液褪色，原理相同B．1molA完全水解，消耗2molNaOHC．分子式为C12H13O2BrD．所有碳原子可能处于同一平面【答案】A【解析】【详解】A．该结构中存在碳碳双键能与溴单质发生加成反应从而能使溴的四氯化碳溶液褪色，同时碳碳双键易被高锰酸钾氧化，从而能使高锰酸钾溶液褪色，原理不同，故A错误；B．1mol该物质中存在1mol溴原子和1mol酯基，分别消耗1molNaOH，故B正确；C．由结构简式可知其分子式为C12H13O2Br，故C正确；D．碳碳双键及其直接相连的碳原子共面，苯环及与苯环直接相连的碳原子共面，乙基中的两个碳原子共面，多个平面通过单键相连，所有碳原子可能共面，故D正确；故选：A。3．硝酸厂烟气中含有大量氮氧化物(NOx)。常温下，将烟气与H2的混合气体通入Ce(SO4)2与Ce2(SO4)3的混合溶液中可实现无害化处理，其转化过程如图所示(以NO为例)。下列说法不正确的是A．反应Ⅰ中氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶1B．反应Ⅱ的离子方程式为4Ce3++4H++2NO=4Ce4++2H2O+N2C．反应过程中混合溶液内Ce3+和Ce4+的物质的量浓度均保持不变D．该转化过程的实质是NO被H2还原成N2【答案】C【解析】【分析】本题由图分析可知，反应物为H2和NO，生成物为N2和H2O，Ce3+和Ce4+为催化剂，反应方程式为：2NO+2H2==N2+2H2O，据此分析。【详解】A．由图分析，反应Ⅰ为H2+2Ce4+==2H++2Ce3+，故氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶1，A项正确。B．由图分析，反应Ⅱ的离子方程式为4Ce3++4H++2NO=4Ce4++2H2O+N2，B项正确。C．据分析可知，Ce3+和Ce4+为催化剂，故混合溶液内Ce3+和Ce4+的物质的量浓度会发生变化，C项错误。D．据分析可知，该转化过程的实质是NO被H2还原成N2，D项正确。故答案为：C。4．一种药物原料的分子结构式如图所示。其中W、X、Y、Z均为短周期主族元素，且仅X、Y位于同一周期；Z原子的核外电子数比X原子的多10。下列说法正确的是A．原子半径：r(Y)>r(X)>r(W)B．XZ2中X的化合价为+2C．X的最简单氢化物的沸点比Y的高D．X、Y、Z均可形成至少两种常见的含氧酸【答案】D【解析】【分析】根据该物质的结构可知，该分子中X可以形成4个共价键，应为ⅣA族元素，为C元素或Si元素，而Z原子的核外电子数比X原子的多10，若X为Si元素，则Z不可能是短周期元素，所以X为C元素，Z为16号元素，S元素；W可以形成一个共价键，且与X、Y、Z均不在同一周期，应位于第一周期，则W为H元素；Y可以形成3个共价键，与C元素同周期，则Y为N元素。【详解】A．电子层数越多原子半径越大，电子层数相同时核电荷数越小半径越大，所以原子半径C＞N＞H，即r(X)>r(Y)>r(W)，A错误；B．XZ2为CS2，S的非金属性强于C，S显-2价，所以C为+4价，B错误；C．X、Y的最简单氢化物分别为CH4、NH3，NH3分子间存在氢键，沸点较高，C错误；D．C可以形成含氧酸H2CO3、H2C2O4等，N可以形成含氧酸HNO2、HNO3等，S可以形成含氧酸H2SO3、H2SO4等，D正确；综上所述答案为D。5．羟基自由基(·OH)是自然界中氧化性仅次于氟的氧化剂。我国科学家设计了一种能将苯酚氧化为CO2和H2O的原电池-电解池组合装置(如下图所示)，该装置能实现发电、环保二位一体。下列说法错误的是A．b极为负极，d极为阳极B．b电极区每产生3molCO2，c电极区溶液质量减轻14gC．d电极的电极反应式：H2O-e-=·OH+H+D．工作时，如果II室中Na+、Cl−数目都减小，则M为阳离子交换膜【答案】B【解析】【分析】苯酚氧化为CO2和H2O的原电池中C6H6OCO2+H2O，发生了氧化反应，作负极，c为阴极：发生了还原反应，作正极，d为阳极。以此分析解答。【详解】A.根据上述分析可知：b极为负极，d极为阳极，故A正确；B.根据上述分析可知：1molC6H6O6molCO228mole-，c极区2H+H22mole-。所以b电极区每产生3molCO2，转移14mol电子，c电极产生7molH2，d极质子通过质子交换膜进入c极区，溶液质量不会变化，故B错误；C.根据上述分析可知：d为阳极，其电极的电极反应式：H2O-e-=·OH+H+，故C正确；D.根据上述分析可知：a为正极，其电极的电极反应式：7H2O++6e-=2+8OH-，阴离子浓度增大，Na+透过M膜进入a极区，所以M为阳离子交换膜，故D正确；故答案：B。6．下列操作能达到实验目的的是A．依据褪色时间的长短比较反应物浓度对反应速率的影响B．探究浓硫酸的脱水性和氧化性C．检验该条件下铁发生了析氢腐蚀D．验证该装置产生乙烯A．A B．B C．C D．D【答案】B【解析】【详解】A．由于反应中生成的锰离子对反应起催化作用，所以不能依据褪色时间的长短比较反应物浓度对反应速率的影响，A错误；B．蔗糖和浓硫酸混合发生炭化，体现浓硫酸的脱水性，生成的碳继续被氧化，还原产物二氧化硫能使品红溶液褪色，所以可探究浓硫酸的脱水性和氧化性，B正确；C．溶液显中性，发生的吸氧腐蚀，C错误；D．挥发出的乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能验证该装置产生乙烯，D错误；答案选B。7．25℃时，将HCl气体缓慢通入0.1mol·L−1的氨水中，溶液的pH、体系中粒子浓度的对数值(lgc)与反应物的物质的量之比[]的关系如下图所示。若忽略溶液体积变化，下列有关说法错误的是A．25℃时，NH3·H2O的电离平衡常数为10−4.75B．t=0.5时，c(NH)＞c(Cl−)＞c(NH3·H2O)C．P2所示溶液：c(NH)＞100c(NH3·H2O)D．P1所示溶液：c(Cl−)=0.05mol·L−1【答案】D【解析】【分析】由图可知P1时铵根和一水合氨的浓度相同，P2时溶液显中性氢离子和氢氧根离子相同，同时结合一水合氨的电离常数的表达式，，以此解题。【详解】A．由图可知，图中P1点pH=9.25，c(OH−)=10-4.75mol·L−1，此时，则NH3·H2O的电离平衡常数，A正确；B．t=0.5时溶质为等浓度的氯化铵和一水合氨的混合物，由图可知溶液此时显碱性，则一水合氨的电离大于铵根离子水解，则此时溶液中的离子浓度大小顺序为：c(NH)＞c(Cl−)＞c(NH3·H2O)，B正确；C．P2所示溶液pH=7，c(OH−)=10-7mol·L−1，根据其电离常数，则，故c(NH)＞100c(NH3·H2O)，C正确；D．P1所示溶液中电荷守恒，，由图可知P1点时，且c()=10-1mol·L−1，，则，，D错误；故选D。二、实验题8．二氯异氰尿酸钠（NaC3N3O3Cl2，摩尔质量为220g/mol）是一种高效广谱杀菌消毒剂，它常温下为白色固体，难溶于冷水。其制备原理为：，请选择下列部分装置制备二氯异氰尿酸钠并探究其性质。请回答下列问题：(1)选择合适装置，按气流从左至右，导管连接顺序为___________（填小写字母）。(2)将D中试剂换成氯酸钾后发生反应的化学方程式为___________。(3)仪器X中的试剂是___________。(4)实验时，先向A中通入氯气，生成高浓度的NaClO溶液后，再加入氰尿酸溶液。在加入氰尿酸溶液后还要继续通入一定量的氯气，其原因是___________。(5)反应结束后，A中浊液经过滤、___________、___________得到粗产品mg。(6)粗产品中NaC3N3O3Cl2含量测定。将mg粗产品溶于无氧蒸馏水中配制成100mL溶液，取10.00mL所配制溶液于碘量瓶中，加入适量稀硫酸和过量KI溶液，密封在暗处静置5min。用cmol/LNa2S2O3标准溶液进行滴定，加入淀粉指示剂，滴定至终点，消耗溶液。（假设杂质不与反应，涉及的反应为：C3N3O3Cl+3H++4I-=C3H3N3O3+2I2+2Cl-，）①滴定终点现象是___________。②则NaC3N3O3Cl2的含量为___________。(用含m，c，V的代数式表示)【答案】(1)fghabe(2)KClO3＋6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑＋3H2O(3)NaOH或氢氧化钠溶液(4)通入Cl2与生成的NaOH反应，有利于NaC3N3O3Cl2的生成(5)

冷水洗涤

干燥(6)

滴加最后一滴标准溶液，锥形瓶中溶液蓝色褪去且半分钟不恢复

【解析】【分析】由二氯异氰尿酸钠的制备原理以及给定的装置可知，题干中所示的反应装置可以分为氯气的发生装置与二氯异氰尿酸钠的制备装置。具体反应流程为：用浓盐酸与Ca(ClO)2反应制Cl2；除去Cl2中因浓盐酸挥发而混合的HCl；将Cl2通入氢氧化钠溶液中制备NaClO，再与氰尿酸溶液反应生成二氯异氰尿酸钠；对尾气Cl2进行处理。据此可回答各个问题。(1)按照气流从左至右的顺序，制备二氯异氰尿酸钠首先需要制备Cl2，需要装置D，Cl2从f口流出；接下来需要除去Cl2中混合的HCl，需要装置E，气体从g口流入、h口流出；制备NaClO并与氰尿酸溶液发生反应需要装置A，气体从a口流入、b口流出；为了除去未反应完的Cl2，需要将尾气通入到氢氧化钠溶液中，需要装置C，气体从e口流入。故导管连接顺序为fghabe。(2)装置D为氯气发生装置，若利用氯酸钾与浓盐酸制备氯气，发生反应的化学方程式为：KClO3＋6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑＋3H2O。(3)仪器X中所加试剂的目的是与Cl2反应生成NaClO，故该试剂为NaOH或氢氧化钠溶液。(4)观察题干信息可知制备二氯异氰尿酸钠的反应可以生成NaOH，故继续通入一定量的氯气可以与生成的NaOH反应不断生成NaClO，有利于NaC3N3O3Cl2的生成。(5)考虑到二氯异氰尿酸钠难溶于冷水，A中的浊液经过滤后应再用冷水洗涤并干燥之后可以得到粗产品。故答案为：冷水洗涤；干燥。(6)①NaC3N3O3Cl2溶液可以与过量的KI溶液反应生成I2，I2遇淀粉显蓝色。随后加入Na2S2O3溶液与I2反应可使蓝色逐渐褪去，故滴定终点的现象为：滴加最后一滴标准溶液，锥形瓶中溶液蓝色褪去且半分钟不恢复；②由题干中给出的反应方程式：C3N3O3Cl+3H++4I-=C3H3N3O3+2I2+2Cl-，可知各物质的物质的量之比为n(NaC3N3O3Cl2)：n(I2)：n(Na2S2O3)=1：2：4。即n(NaC3N3O3Cl2)=n(Na2S2O3)=mol。10mL溶液中NaC3N3O3Cl2的质量为m=n×M=mol×220g/mol=0.055cVg，100mL溶液中NaC3N3O3Cl2的质量为0.55cVg。则NaC3N3O3Cl2的含量。【点睛】回答滴定终点的现象时不能简单描述为“溶液褪色”，要加上“滴加最后一滴标准溶液”以及“半分钟不恢复”的条件，才能保证达到了滴定终点。三、工业流程题9．柠檬酸亚铁(FeC6H6O7，摩尔质量：246g/mol)是一种易被人体吸收的高效铁制剂，某研究团队用硫铁矿(成分为60%FeS2、Al2O3、SiO2及其他杂质)为原料来制备柠檬酸亚铁，其流程如下图：已知：(1)“焙烧”生成了铁红；(2)常温下，柠檬酸()电离常数：

，，,Ksp(Al(OH)3)=1.3×10-33(1)焙烧时气体与矿料逆流而行，目的是___________，“焙烧”过程中氧化剂和还原剂的物质的量之比为___________。(2)已知：FeS2与H2SO4不反应。则“还原”时FeS2发生反应的离子方程式为___________。(3)柠檬酸亚铁(FeC6H6O7)是一种___________盐(填“正”“酸式”或“碱式”)，0.1mol/LNa2C6H6O7溶液呈___________性。(填“酸”、“碱”或“中”)(4)若铝离子浓度为0.1mol/L，通过计算判断，“除铝”中调节pH=2时是否产生氢氧化铝沉淀___________。(写出计算过程)(5)“沉铁”时需控制温度在32℃左右，其可能的原因是___________。(6)某工厂用1kg硫铁矿经上述流程制得1.6kg柠檬酸亚铁，则柠檬酸亚铁的产率为______。(保留四位有效数字)【答案】(1)

增大固体与气体的接触面积，提高焙烧速率

11：4(2)FeS2+2Fe3+=3Fe2++2S(3)

酸式

酸(4)没有沉淀产生，因为常温下，Qc=0.1×(10-12)3=10-37＜Ksp(Al(OH)3)=1.3×10-33(5)温度太低了，反应速率慢；温度高了，NH4HCO3发生分解(6)86.72%【解析】【分析】硫铁矿(主要成分为FeS2、SiO2、Al2O3)煅烧生成氧化铁和二氧化硫，用稀硫酸酸浸，二氧化硅不溶，过量得到滤渣1，溶液中含有硫酸铁、硫酸铝，加入FeS2还原铁离子得到单质硫沉淀，滤液调节pH除去铝，过滤，向滤液中加入碳酸氢铵沉铁，过滤得到碳酸亚铁，然后经过一系列操作得到柠檬酸亚铁(FeC6H6O7)，据此解答。(1)焙烧时气体与矿料逆流而行，可以增大固体与气体的接触面积，提高焙烧速率，根据以上分析可知“焙烧”过程中发生反应的化学方程式为4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，反应中O2为氧化剂，FeS2为还原剂，则“焙烧”过程中氧化剂和还原剂的物质的量之比为11:4，故答案为：增大固体与气体的接触面积，提高焙烧速率；11:4；(2)FeS2与H2SO4不反应，“还原”时FeS2被铁离子氧化，发生反应的离子方程式为FeS2+2Fe3+=3Fe2++2S，故答案为：FeS2+2Fe3+=3Fe2++2S；(3)由题干信息可知，柠檬酸是一种三元酸，故柠檬酸亚铁(FeC6H6O7)是一种酸式盐，由题干信息可知，常温下，柠檬酸()电离常数，，，，Kh2===5.78×10-8小于Ka3，即的电离大于水解，故0.1mol/LNa2C6H6O7溶液呈酸性，故答案为：酸式；酸性；(4)若铝离子浓度为0.1mol/L，“除铝”中调节pH=2时即溶液中的c(OH-)=10-12mol/L，通过计算判断可知，c(Al3+)c3(OH-)=0.1×(10-12)3=10-37＜1.3×10-33，则不产生氢氧化铝沉淀，故答案为：没有沉淀产生，因为常温下，Qc=0.1×(10-12)3=10-37＜Ksp(Al(OH)3)=1.3×10-33；(5)温度太低了，反应速率慢；温度高了，NH4HCO3发生分解，故“沉铁”时需控制温度在32℃左右，故答案为：温度太低了，反应速率慢；温度高了，NH4HCO3发生分解；(6)根据铁原子守恒可知，某工厂用1kg硫铁矿中含有的FeS2的物质的量为：=5mol，经过焙烧、酸化后形成5molFe3+，由(2)分析可知，“还原”步骤发生反应FeS2+2Fe3+=3Fe2++2S，则还原后得到的Fe2+的物质的量为7.5mol，则经上述流程理论上可制得柠檬酸亚铁的质量为：7.5mol×246g/mol=1.845kg，而实际上只制得1.6kg柠檬酸亚铁，则柠檬酸亚铁的产率为=86.72%，故答案为：86.72%。四、原理综合题10．CO2的资源化可以推动经济高质量发展和生态环境质量的持续改善，回答下列问题：(1)CO2和乙烷反应制备乙烯。常温常压时，相关物质的相对能量如下图所示：已知：H2O(g)=H2O(l)的△H计算如下：△H=-286kJ·mol-1-(-242kJ·mol-1)=-44kJ·mol-1。则CO2和乙烷反应生成乙烯、CO和液态水的热化学方程式为___________。(2)CO2和M2CO3反应制备MHCO3，某学习兴趣小组为了研究该反应，将足量的某碳酸氢盐(MHCO3)固体置于真空恒容密闭容器中，发生如下反应：。反应达平衡时体系的总压为50kPa，保持温度不变，开始时在体系中先通入一定量的CO2(g)，再加入足量MHCO3(s)，欲使平衡时体系中水蒸气的分压小于5kPa，则CO2(g)的初始压强应大于___________kPa。(3)CO2和H2制备甲醇，反应体系中涉及以下两个反应：I．CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1＜0II．CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH2＞0将CO2和H2按物质的量之比1：3混合通入刚性密闭容器中，在催化剂作用下发生反应I和反应II，在相同的时间内CH3OH的选择性和产率随温度的变化如图所示。已知：CH3OH的选择性=×100%①在上述条件下合成甲醇的工业条件是___________。A．210℃

B．230℃

C．催化CZT

D．催化剂CZ(Zr-1)T②230℃以上，升高温度导致CO2的转化率增大，甲醇的产率降低。可能的原因是___________。③230℃时，容器内压强随时间的变化如下表所示：时间/min020406080压强/MPaP00.95P00.92P00.90P00.90P0反应I的速率可表示为v=k·P(CO2)·P3(H2)(k为常数)，平衡时P(H2O)=0.15P0，则反应在60min时v=___________(用含P0、k的式子表示)。达平衡时CH3OH的选择性=___________，反应II的Kc=___________。【答案】(1)C2H6(g)+CO2(g)=C2H4(g)+CO(g)+H2O(l)ΔH=+133kJ·mol-1(2)120(3)

BD

温度升高，反应速率加快，相同时间内消耗CO2量增多，故CO2转化率增大；以反应II为主，甲醇的选择性降低，故甲醇的产率降低(其他合理答案均可给分)

0.015kP

33.3%

0.3【解析】(1)ΔH=生成物总能量-反应物总能量，CO2和乙烷反应生成乙烯、CO和液态水的热化学方程式为C2H6(g)+CO2(g)=C2H4(g)+CO(g)+H2O(l)ΔH=-110kJ·mol-1-286kJ·mol-1+52kJ·mol-1+393kJ·mol-1+84kJ·mol-1=+133kJ·mol-1；(2)因为反应温度不变，故化学平衡常数K不变,化学反应方程式为：，平衡常数，将足量MHCO3固体置于真空恒容容器中，反应达平衡时体系总压为50kPa，则p(CO2)=p(H2O)=25kPa，=25kPa×25kPa=625kPa2。设CO2(g)的初始压强为xkPa，平衡时p(CO2)=(5+x)kPa，p(H2O)=5kPa，则有Kp=p(CO2)·p(H2O)=625kPa2=5kPa×(x+5)kPa，解得x=120。故要使平衡时体系中水蒸气的分压小于5kPa，CO(g)的初始压强应大于120kPa；(3)①如图可知合成甲醇的工业条件是230℃、催化剂CZ(Zr-1)T故选BD；②230℃以上，升高温度导致CO2的转化率增大，甲醇的产率降低。可能的原因是：温度升高，反应速率加快，相同时间内消耗CO2量增多，故CO2转化率增大；以反应II为主，甲醇的选择性降低，故甲醇的产率降低；③将CO2和H2按物质的量之比1：3混合通入刚性密闭容器中，，，a+3a=P0，a=0.25P0，x+y=0.15P0，a-(x+y)+3(a-x)-y+y+x+y=0.9P0，解得x=P0，y=P0，P(CO2)=0.1P0，P(H2)=P0，v=k·P(CO2)·P3(H2)，则反应在60min时v≈0.015kP；CH3OH的选择性=×100%=；反应II的Kc=。五、结构与性质11．元素周期表中，第四周期包括10种过渡元素(21号-30号)，它们的单质及其化合物在化工生产和研究中有重要的应用。(1)Fe原子核外电子排布式为___________，在第四周期过渡元素中，基态原子的未成对电子数与铁相同的元素有___________种。(2)甘氨酸亚铁[(H2NCH2COO)2Fe]的主要生理功能是预防和改善缺铁性贫血。甘氨酸(H2NCH2COOH)中C原子的杂化形式为___________(3)在催化作用下，呋喃()可与氨反应，转化为吡咯()。二者熔、沸点关系为：呋喃___________吡咯(填“高于”或“低于”)，原因是___________。(4)离子水合能是气态离子溶于水中成为稀溶液时释放的能量，其值越大，离子越稳定。已知离子水合能跟溶解离子的半径和电荷数有关，试分析在水溶液中比稳定的原因___________。(5)Ti能形成化合物[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O，该化合物中Ti3+的配位数为___________，在该化合物中不含___________(填标号)。A．键

B．键

C．配位键

D．离子键

E．极性键

F．非极性键(6)NiO的晶胞结构如图甲所示，其中离子坐标参数A为(0，0，0)，B为(1，1，1)，则C的离子坐标参数为___________。一定温度下，NiO晶体可以自发地分散并形成“单分子层”，可以认为O2-作密置单层排列，Ni2+填充其中(如图乙)，已知O2-的半径为apm，设阿伏伽德罗常数值为NA，每平方米面积上具有该晶体的质量为___________g(用含a、NA的代数式表示)。【答案】(1)

1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2

0(2)sp3、sp2(3)

低于

吡咯易形成分子间氢键(4)与Cu+相比，Cu2+半径小，所带电荷数多，离子水合能大(5)

6

BF(6)

(1，，)

【解析】(1)①铁为26号元素，Fe原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；②铁为第四周期Ⅷ族元素，未成对电子数为4，在第四周期过渡元素中，基态原子的未成对电子数与铁相同的元素0个；(2)①甘氨酸(H2NCH2COOH)中与氨基相连的碳原子有四个单键，为杂化，羧基中的碳原子有一个碳氧双键为杂化；(3)①影响物质熔沸点的主要因素为分子间作用力，氢键大于分子间作用力，有氢键的吡咯沸点大于呋喃，吡咯易形成分子间氢键，沸点较高，则呋喃沸点低于吡咯；②吡咯易形成分子间氢键；(4)离子在溶液中的稳定性可以从离子的大小、电荷、水化能等因素来解释，在水溶液里比稳定的原因为：的半径小且所带电荷多，水化能大；(5)①Ti能形成化合物[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O，与Ti3+最近的粒子数目为6，则该化合物中Ti3+的配位数为6；②该化合物中中存在键和极性共价键，Ti3+与配体存在配位键，内届与外界的氯离子存在离子键，则不存在键和非极性共价键，答案选BF；(6)①NiO的晶胞结构如图甲所示，其中离子坐标参数A为(0，0，0)，B为(1，1，1)，c在x、y、z轴上的投影分别是(1，，)，则c点的离子坐标为(1，