福建省南平市2020届高三毕业班第三次综合质量检测理科综合化学试题学生版

1、此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 福建省南平市2020届高三毕业班第三次综合质量检测理科综合化学试题注意事项：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选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na 23 Al 27 S 32 Cl

2、 35.5 Fe 56 Ba 137一、选择题（每小题6分，共42分）72020年春节期间举行的中国诗词大会第五季精彩纷呈，体现了中国诗词博大精深，下列诗词分析错误的是A“弄风柳絮疑成雪，满地榆钱买得春”中的“柳絮”和棉花的成分均含纤维素B“日暮汉宫传蜡烛，轻烟散入五侯家”中的“蜡烛”是高级脂肪酸酯，也是高分子化合物C“炎炎日正午，灼灼火俱燃”中的“炎炎”体现自然界中太阳能与热能的转化D“煮豆持作羹，漉鼓以为汁”中的“漉鼓”涉及的基本操作是过滤8设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A常温下，1L pH=2的NaHSO4溶液中，NaHSO4和水电离的H+总数为0.01NAB公共场所用75

3、%的乙醇杀菌消毒预防新冠肺炎，1mol乙醇分子中含有的共价键数目为7NAC常温常压下，等物质的量的N2和CO所含的分子数目均为NAD10g 46%甲酸(HCOOH)水溶液中所含的氧原子数为0.2NA9研究治愈新冠肺炎的药物是控制疫情的重要手段之一。药物卡莫氟通过在体内释放氟尿嘧啶，对新型冠状病毒在体内的复制可能具有抑制作用。下图是其合成的前体之一，某同学对其认识正确的是A分子式为C4H2N2O2FB属于芳香族化合物C在一定条件下可发生取代反应、加成反应D所有原子一定处于同一平面10实验室研究某些气体的性质可用如图所示装置，下列过程和结论均正确的是项选XYZ结论ABr2苯NaOH溶液苯与溴发生取

4、代反应BSO2酸性KMnO4溶液NaOH溶液二氧化硫具有漂白性CHClNa2SiO3溶液NaCl溶液Cl的非金属性强于SiDCH2=CH2Br2的CCl4溶液AgNO3溶液乙烯与Br2发生加成反应11由我国地质学家首次发现的香花石被誉为“矿石熊猫”。它由X(Ca)和前18号元素中的5种组成，分别为Y、Z、W、R、T。其中Y、Z为金属元素，X、Z同主族，Y、Z、R、T位于同周期，R最外层电子数是次外层的3倍，T无正价，X与R原子序数之和是W的2倍。下列说法错误的是AXR2、WR2两种化合物中R的化合价不相同B原子半径：TRZYC最高价氧化物对应的水化物的碱性：XZD气态氢化物的稳定性：WRc(H

5、+)=c(OH)CV=10时，溶液中c(OH)c(HX)D常温下，HX的电离度约为0.1%二、非选择题（共43分）26磁性材料产业是21世纪各国竞相发展的高科技支柱产业之一，碳酸锰(MnCO3)可制造电信器材的软磁铁氧体。工业上利用软锰矿(主要成分为MnO2，含少量SiO2、Fe2O3、CuO等杂质)和含SO2的烟气为主要原料制备无水碳酸锰的工艺流程如下：已知：MnCO3难溶于水和乙醇，潮湿时易被空气氧化，100时开始分解。不同金属离子生成氢氧化物沉淀的pH和有关物质的Ksp如下表：离子Fe3+Fe2+Cu2+Mg2+开始沉淀的pH2.77.54.27.8沉淀完全的pH3.79.76.79.8

6、物质MnSCaF2CuSKsp2.510-131.510-101.310-36回答下列问题：(1)为提高“溶浸”过程中的浸取速率，以下方法不能提高浸取速率的是_。A将矿石研磨粉碎 B连续搅拌 C延长浸取时间 D升高温度 E适当增大稀硫酸的浓度“溶浸”过程中往往有副产物MnS2O6生成，温度对“溶浸”反应的影响如下图所示，为减少MnS2O6的生成，“溶浸”的适宜温度应大于_。(2)“除铁”步骤中，在加入石灰调节溶液的pH前，加入适量的软锰矿，发生反应的离子方程为_。(3)“净化”步骤的目的是除去溶液中的Ca2+、Cu2+等杂质。若测得滤液中c(F)=0.02molL1，则滤液中残留的c(Ca2+

7、)=_。(4)“沉锰”步骤中，加入NH4HCO3后有无色无味的气体放出，发生反应的离子方程式为_。(5)从“沉锰”步骤中要得到纯净无水MnCO3，先将析出的MnCO3沉淀过滤，再用_(填化学式)洗涤更易于干燥。过滤后废液的主要成分为_(填化学式)。(6)实际生产中，运用阴离子交换膜法电解得到金属锰，电解装置如下图所示，B电极为直流电源的_极。该工艺若不使用离子交换膜，会造成Mn2+发生副反应生成MnO2，写出该副反应的电极反应式_。27“84消毒液”因1984年北京某医院研制使用而得名，在2020年抗击新型冠状病毒肺炎中被广泛用于消毒，其有效成分是NaClO。某校化学研究性学习小组在实验室制备

8、NaClO溶液，并进行性质探究和成分测定。已知：室温下，饱和NaClO溶液pH为1125时，H2CO3：Ka1=4.4107，Ka2=4.71011；HClO：Ka=3.0108I制备NaClO溶液该学习小组按下图装置进行实验(部分夹持装置省去)(1)上图中A为实验室制备Cl2的发生装置，可以选用下列图中_(填代号)装置，用该装置制备Cl2反应的化学方程式为_。(2)B装置中仪器a的名称是_，B装置可除去氯气中氯化氢杂质，此外还有_作用(写出一点)。IINaClO性质探究按上图装置进行实验，一段时间后，取C瓶中的溶液进行实验，如下表：实验内容实验现象实验l取样，滴加紫色石蕊试液变蓝，不褪色实验

9、2测定溶液的pH12(3)C瓶溶液中的溶质除NaCl外，还有_(填化学式)。(4)将C瓶中NaOH溶液换成NaHCO3溶液，反应一段时间后，取C瓶中的溶液按上表实验内容进行实验。现象为：实验l中紫色石蕊试液立即褪色，实验2中溶液的pH=7。结合平衡移动原理解释紫色石蕊试液立即褪色的原因是_。III测定C瓶溶液中NaClO含量(单位：gL1)i.取C瓶溶液10.00mL于锥形瓶中，加入适量硫酸酸化，迅速加入过量KI溶液，盖紧瓶塞并在暗处充分反应。ii.用0.1000molL1 Na2S2O3标准溶液滴定上述锥形瓶中的溶液至终点，重复操作23次，消耗Na2S2O3溶液的平均用量为12.00mL。(

10、已知：I2+2=2I+)(5)i中主要发生反应的离子方程式为_，ii中用_作指示剂。(6)盖紧瓶塞并在暗处反应的原因是_。(7)C瓶溶液中NaClO含量是_gL1(保留2位小数)。28目前Haber-Bosch法是工业合成氨的主要方式，其生产条件需要高温高压。为了有效降低能耗，过渡金属催化还原氮气合成氨被认为是具有巨大前景的替代方法。催化过程一般有吸附解离反应脱附等过程，图示为N2和H2在固体催化剂表面合成氨反应路径的势能面图(部分数据略)，其中“*”表示被催化剂吸附。(1)氨气的脱附是_过程(填“吸热”或“放热”)，合成氨的热化学方程式为_(2)合成氨的捷姆金和佩热夫速率方程式为w=k1p(

11、N2)-k2，w为反应的瞬时总速率，为正反应和逆反应速率之差，k1、k2是正、逆反应速率常数。合成氨反应N2+3H22NH3的平衡常数Kp=_(用k1，k2表示)(注：Kp用各物质平衡分压来表示)。(3)若将2.0mol N2和6.0mol H2通入体积为1L的密闭容器中，分别在T1和T2温度下进行反应。曲线A表示T2温度下n(H2)的变化，曲线B表示T1温度下n(NH3)的变化，T2温度下反应到a点恰好达到平衡。温度T1_T2(填“”、“”或“”下同)，T1温度下恰好平衡时，曲线B上的点为b(m，n)，则m_12，n_2。T2温度下，反应从开始到恰好平衡时平均速率v(N2) =_。T2温度下

12、，合成氨反应N2+3H22NH3的平衡常数的数值是_；若某时刻，容器内气体的压强为起始时的80%，则此时v(正)_v(逆)(填“”、“”或“”)。(4)工业上通过降低反应后混合气体的温度而使氨气分离出来。这种分离物质的方法， 其原理类似于下列方法中的_(填序号)。A过滤 B蒸馏 C渗析 D萃取三、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。）35【化学选修3：物质结构与性质】三明清流“天芳悦潭”温泉富含珍稀“锗”元素。其中锗石含有人体所需的硒、锌、镍、钴、锰、镁、钙等30多种对人体有益的微量元素。回答下列问题：(1)基态Ge原子价电子排布图为_，Ge原子的电

13、子发生跃迁时会吸收或发出不同的光，可用光谱分析仪获得_光谱(填“连续”或 “线状”)，鉴定Ge元素的存在。(2)锗与碳同族，性质和结构有一定的相似性，锗元素能形成无机化合物(如锗酸钠：Na2GeO3；二锗酸钠：Na2Ge2O5等)，也能形成类似于烷烃的锗烷(GenH2n+2)。 Na2GeO3中锗原子的杂化方式是_。推测1mol GenH2n+2中含有的键的数目是_(用NA表示阿伏加德罗常数值)。(3)利用离子液体EMIMAlCl4可电沉积还原金属Ge，其熔点只有7其中EMIM+结构如图所示。该物质的晶体类型是_。EMIM+离子中组成元素的电负性由小到大的顺序是_。(4)独立的NH3分子中H-

14、N-H的键角为107.3，Zn(NH3)62+离子中H-N-H的键角_107.3(填“大于”、“小于”或“等于”)。(5)硒化锌(ZnSe)是一种重要的半导体材料，其晶胞结构如图甲所示，该晶胞中硒原子的配位数是_；已知晶胞边长为a pm，乙图为甲图的俯视图，A点坐标为(0，0，0)，B点坐标为(，a，)，则D点坐标为_；若该晶胞密度为 gcm3，则阿伏加德罗常数NA为_(列出计算式)。36【化学选修5：有机化学基础】聚酯纤维(Polyesterfiber)，俗称“涤纶”，是由有机二元酸和二元醇缩聚而成的聚酯经纺丝所得的合成纤维，属于高分子化合物。以1，3丁二烯为原料合成PBT纤维的一种合成路线

15、如下：回答以下问题：(1)A的官能团有_(填名称)，C的系统命名为_。(2)的反应类型是_。(3)1，3丁二烯分子中最多有_个原子共面；1，3丁二烯与苯乙烯发生11加聚可合成丁苯橡胶，丁苯橡胶的结构简式为_。(4)反应的化学方程式为_；反应的化学方程式为_。(5)物质D有多种同分异构体，符合以下条件的共有_种。能发生水解反应；遇饱和FeCl3溶液显色；1mol该同分异构体能与足量银氨溶液反应生成4mo1 Ag(6)结合上述流程中的信息，设计由乙烯和对苯二甲酸为起始原料制备聚对苯二甲酸乙二醇酯纤维(PET)的合成路线(无机试剂任选)_。此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 202

16、0-2021学年下学期好教育云平台7月内部特供卷高三化学（二）答案7. 【答案】B【解析】A“柳絮”和棉花的主要成分均为纤维素，A正确；B高级脂肪酸酯不属于高分子化合物，B错误；C“炎炎”体现了太阳能转化为热能，C正确；D由“漉鼓以为汁”可知，“漉鼓”涉及过滤，D正确。答案选B。8. 【答案】A【解析】A常温下，pH=2的溶液中氢离子浓度为0.01mol/L，故1L溶液中氢离子的物质的量为0.01mol，即NaHSO4和水电离的H+总数为0.01NA，故A正确；B乙醇分子中含8条共价键，故1mol乙醇中含共价键为8NA个，故B错误；C.物质的量相同的N2和CO所含分子数目相同，但二者的物质的量

17、不一定是1mol，所含分子数目不一定是NA，故C错误；D10g 46%的甲酸水溶液中，甲酸的质量m=10g46%=4.6g，物质的量n=4.6g46g/mol=0.1mol，含0.2mol氧原子；水的质量为10g4.6g=5.4g，物质的量n=5.4g18g/mol=0.3mol，故含0.3mol氧原子，故共含0.5mol氧原子即0.5NA个，故D错误；故选：A。9. 【答案】C【解析】A由结构简式可知该物质的分子式为：C4H3N2O2F，故A错误；B该结构中不含苯环，不属于芳香族化合物，故B错误；C该结构中含有羟基和卤素原子可发生取代反应，环中的双键结构可以与氢气加成，故C正确；D环是平面结

18、构，羟基是平面结构，单键相连可以旋转，两平面不一定共面，故D错误；故选：C。10. 【答案】D【解析】A苯与溴单质的反应需要在作催化剂条件下才能发生，没有催化剂时溴单质只是溶于苯中，不会发生取代反应，故A错误；B二氧化硫使高锰酸钾褪色体现的是其还原性而不是漂白性，故B错误；CHCl气体通入硅酸钠产生白色沉淀能证明HCl的酸性强于硅酸，但非金属性强弱需根据最高价含氧酸的酸性强弱判断，故C错误；D乙烯与溴单质若发生加成反应产物为1，2-二溴乙烷溶于四氯化碳中，则硝酸银溶液不现象；若为取代反应则会产生溴化氢气体，则硝酸银溶液中产生浅黄色沉淀，因此该装置根据硝酸银溶液中的现象可以判断乙烯与溴单质发生加

19、成反应，故D正确；故选：D。11. 【答案】B【解析】R原子最外层电子数为其次外层电子数的3倍，R原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则R为O元素；Y、Z、R、T位于同周期，即处于第二周期，T元素无正价，则T为F元素；X、Z位于同主族，X为Ca元素，则Z为Be元素；Y为金属元素，则Y为Li；X为Ca元素，则由X与R原子序数之和是W的2倍，则（20+8）2=14，推出W为Si元素，符合题意，据此解答。AXR2、WR2两化合物CaO2、SiO2，CaO2中O元素为1价，SiO2中O元素化合价为2，R 的化合价不相同，故A正确，但不符合题意；BY为锂元素、Z为铍元素、R为氧元素、T为氟元素，位于

20、同周期，元素的原子半径从左向右半径在减小，即原子半径：YZRT，故B错误，符合题意；CX为钙元素、Z为铍元素，金属性CaBe，则最高价氧化物对应的水化物碱性：氢氧化钙氢氧化铍，故C正确，但不符合题意；DW为硅元素、R为氧元素、T为氟元素，非金属性FOSi，则气态氢化物的稳定性WRc(HX)，C正确；DHX溶液的lg=8，则=108，再结合c(H+)c(OH)=1014得：c(H+)=103mol/L，a=l00%l00%=1%，D错误。答案选D。26. 【答案】（1）C 90 （2） MnO2+2Fe2+4H+2Fe3+Mn2+2H2O （3） 3.75107molL1 （4） Mn2+2HC

21、OMnCO3+CO2+H2O （5） C2H6O (NH4)2SO4 （6） 负极 Mn2+2H2O-2eMnO2+4H+ 【解析】“溶浸”时，SiO2不溶于稀硫酸，通过过滤除去，所得溶液含H+、Mn2+、Fe2+、Cu2+、SO等离子；“溶浸”所得溶液通过“除铁”将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，然后过滤除去；“除铁”后所得溶液通过“净化”将Ca2+、Cu2+转化为CaF2、CuS沉淀，然后过滤除去；“净化”所得溶液主要含Mn2+、NH、SO，通过“沉锰”得到MnCO3，再经过滤、洗涤、烘干获得无水MnCO3，据此解答。(1)A将矿石研磨粉碎，可以增大反应物的接触面积，从而提高浸取速率，A

22、不满足题意；B连续搅拌可以增大反应物的接触面积，从而提高浸取速率，B不满足题意；C延长浸取时间不能提高浸取速率，C满足题意；D升高温度可以加快反应速率，从而提高浸取速率，D不满足题意；E增大反应物的浓度，可以加快反应速率，从而提高浸取速率，E不满足题意；由图可知，温度高于90，副产物MnS2O6的百分率低且随温度升高百分率几乎不再变化，故答案为：C；90；(2)软锰矿的主要成分为MnO2，具有较强的氧化性，将“溶浸”所得的Fe2+氧化物Fe3+，发生反应的离子方程式为：MnO2+2Fe2+4H+2Fe3+Mn2+2H2O，故答案为：MnO2+2Fe2+4H+2Fe3+Mn2+2H2O；(3)K

23、sp(CaF2)=c(Ca2+)c2(F)，所以c(Ca2+)=molL1=3.75107molL1，故答案为：3.75107molL1；(4)“沉锰”时加入NH4HCO3后有无色无味的气体放出，根据元素守恒可知该气体为CO2，所以“沉锰”发生反应的离子方程式为Mn2+2HCOMnCO3+CO2+H2O，故答案为：Mn2+2HCOMnCO3+CO2+H2O；(5)MnCO3难溶于水和乙醇，潮湿时易被空气氧化，且乙醇易挥发，洗涤后更容易干燥，所以应用乙醇洗涤，乙醇化学式为C2H6O，整个流程来看，NH、SO未除去，所以过滤出MnCO3沉淀后废液主要成分为(NH4)2SO4，故答案为：C2H6O；

24、(NH4)2SO4；(6)由图可知，电解质溶液中的阴离子向左边电极移动，左边电极为阳极，A为电源的正极，B为电源的负极，结合电荷守恒可得Mn2+发生副反应的离子方程式为：Mn2+2H2O-2eMnO2+4H+，故答案为：负极；Mn2+2H2O-2eMnO2+4H+。27. 【答案】（1）甲或乙 MnO2+4HCl(浓)Cl2+MnCl2+2H2O或2KMnO4+16HCl2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O （2） 长颈漏斗 贮藏少量气体或平衡气压(安全瓶)或防倒吸 （3） NaClO、NaOH （4） 溶液中存在平衡Cl2+H2OHCl+HClO，HCO消耗H+，使平衡右移，HClO浓

25、度增大 （5） ClO+2I+2H+=I2+Cl+H2O 淀粉溶液 （6） 防止HClO分解(防止Cl2、I2逸出) （7） 4.47 【解析】(1)实验室制备Cl2若采用二氧化锰与浓盐酸加热的方法，根据反应条件结合装置可知乙和丙不能进行加热，只能在甲装置中进行反应，发生反应的化学方程式为：MnO2+4HCl(浓)Cl2+MnCl2+2H2O；若采用采用高锰酸钾与浓盐酸常温下制备氯气，则不需要加热装置，同时因高锰酸钾易溶于水不能选用丙装置制取，应该在乙装置中进行，发生反应的化学方程式为：2KMnO4+16HCl2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O，故答案为：甲或乙；MnO2+4HCl(浓

26、)Cl2+MnCl2+2H2O或2KMnO4+16HCl2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O；(2)B装置中仪器a为长颈漏斗，B装置可除去氯气中氯化氢杂质， 此外因长颈漏斗与外界连通，可以起到平衡内外压强的作用从而能有效的防止倒吸现象，另外过量的氯气还可以贮藏在B中，故答案为：长颈漏斗；贮藏少量气体或平衡气压(安全瓶)或防倒吸；(3)C瓶溶液中的溶质除NaCl外，还存在产物次氯酸钠，但室温下，饱和NaClO溶液pH为11，C中溶液的pH值12，从而说明溶液还存在未反应完的氢氧化钠，故答案为：NaClO、NaOH；(4)溶液中存在平衡Cl2+H2OHCl+HClO，结合碳酸的酸性比盐酸弱，

27、但因H2CO3：Ka1=4.4107，HClO：Ka=3.0108，可知碳酸酸性强于次氯酸，则碳酸氢钠只与盐酸反应不能与次氯酸反应，HCO消耗H+，使平衡右移，HClO浓度增大，HClO浓度越大漂白能力增强，因此使紫色石蕊褪色，故答案为：溶液中存在平衡Cl2+H2OHCl+HClO，HCO消耗H+，使平衡右移，HClO浓度增大；(5)i.取C瓶溶液10.00mL于锥形瓶中，加入适量硫酸酸化，迅速加入过量KI溶液，C中的ClO具有强氧化性能氧化碘离子，发生反应的离子方程式为：ClO+2I+2H+=I2+Cl+H2O；ii.用0.1000molL1 Na2S2O3标准溶液滴定含碘单质的溶液至终点，

28、应选用淀粉做指示剂，故答案为：ClO+2I+2H+=I2+Cl+H2O；淀粉；(6)盖紧瓶塞并在暗处反应的主要原因是：HClO不稳定，在受热或者见光条件下易发生分解反应，同时也可以防止溶液中产生的氯气和碘逸出，故答案为：防止HClO分解(防止Cl2、I2逸出)；(7)结合反应ClO+2I+2H+=I2+Cl+H2O，I2+2=2I+，根据转化关系可知，则，C瓶溶液中NaClO含量是，故答案为：4.47。28. 【答案】（1）吸热 N2(g)+3H2(g)2NH3(g) H=-92kJmol-1 （2） （3） 0.083mol(Lmin)1 0.148 （4） B 【解析】(1)由势能面图可知

29、，氨气从催化剂上脱离时势能面在升高，为吸热过程，由图可知0.5mol氮气和1.5mol氢气转变成1mol氨气的反应热为：21kJmol1-17kJmol1-50kJmol1=-46kJmol1，则合成氨的热化学方程式为N2(g)+3H2(g)2NH3(g) H=-92kJmol1，故答案为：吸热；N2(g)+3H2(g)2NH3(g) H=-92kJmol1；(2)反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，则w=k1p(N2)-k2=0，k1p(N2)=k2，整理得：，故答案为：；(3) 曲线A表示T2温度下n(H2)的变化，反应到4min时，该条件下对应氨气的速率为：，曲线B表示T1温度下n(N

30、H3)的变化，4min时，曲线B对应的反应速率快，可知T1T2，因曲线B对应的温度高，速率快，所以到达平衡的时间比曲线A短，即m12，但因反应为放热反应，温度升高平衡逆向移动，导致曲线B平衡时氨气的物质的量比曲线A平衡时氨气的物质的量少，即n2，故答案为：；T2温度下，反应达到平衡时，v(N2)=，故答案为：0.083mol(Lmin)1；T2温度下，合成氨反应N2+3H22NH3，根据题中数据列三段式： 平衡常数K=，由以上计算可知平衡时气体总量为6mol，平衡时气体的压强是起始时的，若某时刻，容器内气体的压强为起始时的80%，反应应向气体体积减小的方向建立平衡即向正向进行，则v(正)v(逆

31、)，故答案为：0.148；(4)工业上通过降低反应后混合气体的温度而使氨气液化后分离出来，是利用了气体的熔沸点差异，将氨气转成液体与氮气和氢气分析，该方法类似于蒸馏，故答案为：B。35. 【答案】（1） 线状 （2） sp2 (3n+1)NA （3） 离子晶体 HCN （4） 大于 （5） 4 (，) 【解析】(1)Ge是32号元素，基态Ge原子核外电子排布式为Ar3d104s24p2，所以价电子排布图为；Ge 原子的电子发生跃迁时会吸收或发出不同的光，可用光谱分析仪获得线状光谱；(2)Na2GeO3中锗原子的价层电子对数为=3，所以杂化方式为sp2；GenH2n+2与甲烷类似，所以分子中的共

32、价键均为键，n个Ge原子之间形成(n-1)个键，与2n+2个H原子形成(2n+2)个键，则1个分子中键的个数为(2n+2)+(n-1)=3n+1，所以1mol GenH2n+2中含有的键的数目为(3n+1)NA；(3)该物质由EMIM+和AlCl4构成，所以属于离子晶体；EMIM+的组成元素为H、C、N，非金属性越强电负性越大，非金属性HCN，所以电负性HCN；(4)孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，氨气分子中含有孤电子对，而Zn(NH3)62+离子中N原子上的孤电子对与锌离子形成配位键，所以Zn(NH3)62+离子中H-N-H键角107.3；(5)以顶面面心的Se原子为例，该晶胞中有2个Zn距离Se原子最近且距离相等，而在该晶胞的上方的晶胞中还有两个同样的Zn原子，所以Se原子的配位数为4；，A点坐标为(0，0，0)，B点坐标为(，a，)，所以A为原点，各坐标轴的方向为，根据俯视图可知D点的x、y坐标参数为、，根据晶胞结构示意图可知z坐标参数为，所以D点坐标为(，)；晶胞的边长为a pm，则晶