廣東省肇慶市2019屆高三化學(xué)畢業(yè)班第三次統(tǒng)一檢測試題（含解析）.docx

廣東省肇慶市2019屆高三化學(xué)畢業(yè)班第三次統(tǒng)一檢測試題（含解析）考生注意：1.答題前，考生務(wù)必將自己的姓名、準考證號、填寫在答題卡上。2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再涂選其他答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。3.考試結(jié)束。將本試卷和答題卡一并交回?？赡苡玫降南鄬υ淤|(zhì)量：H-1 C-12 15N-15 O-16 F-19 Na-23 Ca-40 Fe-56 Cu-64一、選擇題：本題共13小題，每小題6分，共78分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.下列有關(guān)化學(xué)與生產(chǎn)生活的敘述不正確的是A. 生產(chǎn)玻璃、水泥、漂白粉均需要用石灰石為原料B. 煤的干餾、石油分餾和石油裂解都屬于化學(xué)變化C. “地溝油”的主要成分為高級脂肪酸甘油酯，可用于制取肥皂D. 大力實施礦物燃料“脫硫、脫硝技術(shù)”，可以減少硫、氮氧化物對環(huán)境的污染【答案】B【解析】【詳解】A制玻璃的原料：石英砂、石灰石、純堿等；制水泥的原料：石灰石和黏土；制漂白粉的原料：用石灰石可以制得氧化鈣，進而得到消石灰，用氯氣與石灰乳反應(yīng)得到漂白粉，因此工業(yè)上生產(chǎn)玻璃、水泥、漂白粉均需要用石灰石為原料，選項A正確；B、煤的干餾是在隔絕空氣下加強熱發(fā)生分解反應(yīng)，是一種復(fù)雜的物理、化學(xué)變化，而石油的分餾是根據(jù)物質(zhì)的沸點不同進行分離的，屬于物理變化，石油裂解屬于化學(xué)變化，選項B錯誤；C地溝油為油脂，主要成分為高級脂肪酸甘油酯，可在堿性條件下水解生成高級脂肪酸鹽和甘油，可用于制肥皂，選項C正確；D大力實施礦物燃料脫硫脫硝技術(shù)，能減少硫、氮氧化物的排放，有利于環(huán)境保護，選項D正確；答案選B。2.磷酸毗醛素是細胞的重要組成部分， 其結(jié)構(gòu)式如圖（含氮雜環(huán)與苯環(huán)性質(zhì)相似）。則下列有關(guān)敘述錯誤的是A. 該物質(zhì)能被酸性高錳酸鉀氧化B. 該物質(zhì)能發(fā)生取代、加成、氧化、聚合反應(yīng)C. 該物質(zhì)水解后所得有機物的所有原子都在一個平面上D. 1mol 該有機物與NaOH 溶液加熱，最多消耗 4mol NaOH【答案】C【解析】【詳解】A、分子中含有醛基、羥基等，能被酸性高錳酸鉀氧化，選項A正確； B、含氮雜環(huán)與苯環(huán)性質(zhì)相似，分子中含有醛基、羥基以及磷酸形成的酯基，羥基能發(fā)生酯化反應(yīng)，屬于取代反應(yīng)，羥基、醛基都能發(fā)生氧化反應(yīng)，醛基、含氮雜環(huán)能發(fā)生加成反應(yīng)，羥基與磷酸剩余的2個羥基可發(fā)生聚合反應(yīng)，選項B正確；C、該物質(zhì)水解后所得有機物中含有-CH3和CH2，根據(jù)甲烷為正四面體結(jié)構(gòu)可知，分子中的所有原子不可能都在一個平面上，選項C錯誤；D、該物質(zhì)是一種磷酸酯類化合物，含氮雜環(huán)與苯環(huán)性質(zhì)相似，水解后相當(dāng)于有酚羥基，能與氫氧化鈉反應(yīng)，磷酸剩余的2個羥基與NaOH發(fā)生中和反應(yīng)，1mol 該有機物與NaOH溶液反應(yīng)，最多消耗4mol NaOH，選項D正確。答案選C。3.短周期元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大，它們分別位于不同的主族，X的最高正價與最低負價代數(shù)和為0，Y為金屬元素，Y與Z最外層電子數(shù)之和與W的最外層電子數(shù)相等，X與W所在族序數(shù)之和等于10。則下列說法正確的是A. 單質(zhì)熔點：YWZB. 最高價氧化物對應(yīng)的水化物的酸性：WZC. 原子半徑大小順序：r(W)r(Z)r(Y)r(X)D. 簡單氫化物的沸點：XWY【答案】B【解析】【分析】短周期元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大，X的最高正價與最低負價代數(shù)和為0，X為第IVA族元素，X與W所在族序數(shù)之和等于10，W為第VIA族元素，Y為金屬元素，可知X為C，W為S；Y應(yīng)位于第三周期，Y與Z最外層電子數(shù)之和與W的相等，若Y為Na，Z為P，或若Y為Mg，Z為Si，X、Y、Z、W分別位于不同的主族，C、Si位于同主族，則Y為Na、Z為P符合，以此來解答?！驹斀狻坑缮鲜龇治隹芍琗為C，Y為Na，Z為P，W為S，A根據(jù)物質(zhì)的狀態(tài)可知，單質(zhì)熔點：W Y，P有多種同素異形體，P的不同的同素異形體熔點差別較大，白磷熔點低于Na，而紅磷熔點高于Na，選項A錯誤；B非金屬性SP，則W的最高價氧化物的水化物的酸性比Z的強，選項B正確；C電子層越多，原子半徑越大，同周期從左向右原子半徑減小，則原子半徑大小順序：r(Y)r(Z)r(W) r(X)，選項C錯誤；DX、Y、W的簡單氫化物為CH4、NaH、H2S，NaH屬于離子晶體，CH4、H2S屬于分子晶體，CH4的相對分子質(zhì)量小于H2S的相對分子質(zhì)量，故簡單氫化物的沸點：YWX，選項D錯誤；答案選B?！军c睛】本題考查原子結(jié)構(gòu)與元素周期律，為高頻考點，把握元素的性質(zhì)、元素的位置推斷元素為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，注意規(guī)律性知識的應(yīng)用，題目難度不大。4.硫酸亞鐵銨受熱分解的反應(yīng)方程式為2(NH4)2Fe(SO4)2Fe2O3+2NH3+N2+4SO2+5H2O，用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是A. 1 L 0.1 molL1 (NH4)2Fe(SO4)2溶液中Fe2+的數(shù)目為0.1NAB. 將1 mol SO2和1 mol O2充分反應(yīng)后，其分子總數(shù)為1.5NAC. 常溫常壓下，3.0 g 15N2中含有的中子總數(shù)為1.4NAD. 標準狀況下，每生成15.68 L氣體轉(zhuǎn)移電子數(shù)目為0.8NA【答案】D【解析】【詳解】A.由于Fe2+水解，1 L 0.1 molL1 (NH4)2Fe(SO4)2溶液中Fe2+的數(shù)目小于0.1NA，選項A錯誤；B.SO2與O2的反應(yīng)為2SO2O22SO3，該反應(yīng)屬于可逆反應(yīng)，不能反應(yīng)完全，若1 mol SO2和1 mol O2完全反應(yīng)生成1molSO3和剩余的0.5molO2，共1.5mol，因不能完全反應(yīng)，則其物質(zhì)的量大于1.5mol，分子總數(shù)大于1.5NA，選項B錯誤；C.15N的中子數(shù)=157=8，3.0 g 15N2為0.1 mol，含有的中子總數(shù)=0.116NA=1.6NA，選項C錯誤；D.標準狀況下，15.68 L氣體為0.7 mol，其中NH3占、N2占，SO2占，根據(jù)反應(yīng)可知，生成4 mol SO2轉(zhuǎn)移8 mol電子，生成0.4 mol SO2則轉(zhuǎn)移0.8 mol電子，數(shù)目為0.8NA，選項D正確；答案選D。5.如圖裝置可用于驗證氣體某些化學(xué)性質(zhì)，所得現(xiàn)象和結(jié)論均正確的是氣體試劑現(xiàn)象結(jié)論ACH2=CH2溴水溶液褪色C2H4能與Br2發(fā)生取代反應(yīng)BCO2BaCl2溶液產(chǎn)生白色沉淀CO2能與可溶性鋇鹽反應(yīng)CCl2FeCl2溶液溶液由淺綠色變黃色氧化性Cl2Fe3+DSO2KMnO4溶液溶液褪色SO2有漂白性A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【分析】A乙烯與溴水發(fā)生加成反應(yīng)；B鹽酸的酸性大于碳酸的酸性；C氯氣氧化亞鐵離子；D二氧化硫被高錳酸鉀氧化。【詳解】A乙烯含碳碳雙鍵，與溴水發(fā)生加成反應(yīng)，溴水褪色，選項A錯誤；B鹽酸的酸性大于碳酸的酸性，CO2與BaCl2溶液不反應(yīng)，選項B錯誤；C氯氣氧化亞鐵離子，溶液變?yōu)辄S色，發(fā)生反應(yīng)Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+，根據(jù)氧化劑的氧化性強于氧化產(chǎn)物，氧化性Cl2Fe3+，選項C正確；D二氧化硫被高錳酸鉀氧化，與二氧化硫的還原性有關(guān)，選項D錯誤；答案選：C?！军c睛】本題考查化學(xué)實驗方案的評價，為高頻考點，把握物質(zhì)的性質(zhì)、反應(yīng)與現(xiàn)象、實驗技能為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實驗?zāi)芰Φ目疾椋⒁鈱嶒灥脑u價性分析，題目難度不大。6.電化學(xué)氣敏傳感器可用于監(jiān)測環(huán)境中NH3的含量，其中工作原理如下圖所示。則下列說法正確的是A. 電流由a極流向b極B. 溶液中的OH向b極移動C. a極的電極反應(yīng)式為：4NH312e-=2N2+12H+D. b極的電極反應(yīng)式為：3O2+12e-+6H2O=12OH-【答案】D【解析】【分析】Pt電極（a）通入氨氣生成氮氣，說明氨氣被氧化，為原電池負極，則Pt電極（b）為正極，氧氣得電子被還原，結(jié)合電極方程式解答該題?！驹斀狻緼Pt電極（a）通入氨氣生成氮氣，說明氨氣被氧化，為原電池負極，則Pt電極（b）為正極，電流由b極流向a極，選項A錯誤；B因為Pt電極（a）為負極，則溶液中的陰離子向a極移動，選項B錯誤；CPt電極（a）是氨氣發(fā)生氧化反應(yīng)變成氮氣，電解質(zhì)溶液為KOH溶液，故電極反應(yīng)式為2NH36e+6OH=N2+6H2O，選項C錯誤；DPt電極（b）為正極，電極上氧氣得電子產(chǎn)生氫氧根離子，電極反應(yīng)式為：3O2+12e-+6H2O=12OH-，選項D正確。答案選D?！军c睛】本題考查了原電池原理，根據(jù)O、N元素化合價變化判斷正負極，再結(jié)合反應(yīng)物、生成物及得失電子書寫電極反應(yīng)式，注意書寫電極反應(yīng)式時要結(jié)合電解質(zhì)特點，為易錯點。7.25時，用NaOH溶液滴定H2C2O4溶液，溶液中1gc(H+)/c(H2C2O4)和1gc(HC2O4-)或1gc(H+)/c(HC2O4-)和1gc(C2O42-)關(guān)系如圖所示。下列說法不正確的是A. Ka1(H2C2O4)的數(shù)量級為10-2B. 曲線M表示1gc(H+)/c(H2C2O4)和1gc(HC2O4-)的關(guān)系C. 向NaHC2O4溶液中加NaOH至c(HC2O4-)和c(C2O42-)相等，此時溶液pH約5D. 在NaHC2O4溶液中c(Na+)c(HC2O4-)c(H2C2O4)c(C2O42-)【答案】D【解析】【分析】本題主要考查電解質(zhì)相關(guān)知識。，同理，因，故曲線M表示和的關(guān)系，曲線N表示和的關(guān)系，由此分析各選項正誤。【詳解】A. 由上述分析可知，曲線M表示和的關(guān)系，Ka1=，根據(jù)曲線M上的數(shù)值Ka1=10-110-1=10-2，曲線N表示和的關(guān)系，根據(jù)曲線N上的數(shù)值Ka2=10-210-3=10-5，故A項正確；B. 由上述分析可知，故曲線M表示和的關(guān)系，故B項正確；C.當(dāng)時，Ka2=10-5，故pH為5，C項正確；D.HC2O4-在溶液中既存在電離平衡又存在水解平衡，HC2O4-水解的離子方程式為HC2O4-+H2OH2C2O4+OH-，HC2O4-水解平衡常數(shù)為=Kw/Ka1=110-12_（填化學(xué)式）；結(jié)合元素周期律解釋原因是：Mg、Ca、Ba處于同一主族，隨著原子序數(shù)遞增，_。（4）酸解過程中，向濾液中加入硝酸，即有硝酸鋇晶體析出，稍過量的HNO3有利于提高Ba(NO3)2晶體的析出率，用化學(xué)平衡原理分析其原因是：_?！敬鸢浮?(1). 增大固體接觸面積，加快反應(yīng)速率，提高轉(zhuǎn)化率 (2). 吸熱 (3). 600 (4). c (5). S2-+ H2OHS- + OH- 、HS-十H2OH2S+ OH- (6). Ba(OH)2 (7). Ca(OH)2 (8). Mg(OH)2 (9). 原子半徑增大，金屬性增強，最高價氧化物對應(yīng)水化物堿性增強 (10). 溶液中存在Ba2+(aq) + 2NO3-(aq) Ba(NO3)2(s)，稍過量的硝酸有利于提高c(NO3-)，促進平衡向晶體析出的方向移動，有利于提高Ba(NO3)2晶體的析出率【解析】【分析】重晶石主要成分為BaSO4，含少量的SiO2、CaO和MgO雜質(zhì)，加入煤粉，高溫煅燒，發(fā)生BaSO4 +4C BaS+4CO，除此以外還可能有BaCO3等副產(chǎn)物生成，然后用90的熱水浸取，趁熱過濾，除去雜質(zhì)，加入硝酸，可與BaS反應(yīng)生成硝酸鋇，以此解答該題?！驹斀狻?1) 將重晶石和煤磨成粉狀的目的是增大固體接觸面積，加快反應(yīng)速率，提高轉(zhuǎn)化率；(2)由圖可知升高溫度，CO 的物質(zhì)的量增大，則升高溫度平衡正向移動，為吸熱反應(yīng)，為減少副反應(yīng)的發(fā)生，應(yīng)在600以上進行；由圖象可知加入C應(yīng)減少副反應(yīng)，使硫酸鋇完全轉(zhuǎn)化生成BaS，且C生成CO，BaS為0.2mol， CO為0.75mol，根據(jù)原子守恒，則判斷原料中n(C)/n(BaSO4)至少為3.75，故答案為c；(3)BaS水解可產(chǎn)生Ba(OH)2，水解的離子方程式為S2-+ H2OHS- + OH- 、HS-十H2OH2S+ OH-；Mg、Ca、Ba處于同一主族，隨著原子序數(shù)遞增，原子半徑增大，金屬性增強，最高價氧化物對應(yīng)水化物堿性增強，即金屬性BaCaMg，故答案為：Ba(OH)2、Ca(OH)2、Mg(OH)2；由原子序數(shù)知Mg、Ca、 Ba處于同一主族，隨著原子序數(shù)遞增，原子半徑增大，金屬性增強，最高價氧化物對應(yīng)水化物堿性增強；(4)溶液中存在Ba2+(aq) + 2NO3-(aq) Ba(NO3)2(s)，稍過量的硝酸有利于提高c(NO3-)，促進平衡向晶體析出的方向移動，有利于提高Ba(NO3)2晶體的析出率。10.氫是人們公認的清潔能源，作為低碳和零碳能源正在脫穎而出，氫的獲得及以氫為原料的工業(yè)生產(chǎn)工藝成為科技工作者研究的重要課題。（1）工業(yè)生產(chǎn)中可利用H2還原CO2制備清潔能源甲醇。已知CO(g)和H2(g)的燃燒熱（H）分別為2830kJmol1、2858 kJmol1。CO與H2合成甲醇的能量變化如圖甲所示：則用CO2和H2（g）制備甲醇和液態(tài)水的熱化學(xué)方程式為_。將一定量的CO2和H2充入到某恒容密閉容器中，測得在不同催化劑作用下，相同時間內(nèi)CO2的轉(zhuǎn)化率與溫度的變化如圖乙所示；催化效果最好的是催化劑_（選填“”、“”或“”）；該反應(yīng)在a點達到平衡狀態(tài)，a點的轉(zhuǎn)化率比b點的高，其原因是_。（2）利用CO和水蒸氣可生產(chǎn)H2，反應(yīng)的化學(xué)方程式：CO(g)H2O(g)CO2(g)H2(g)。將不同量的CO（g）和H2O（g）分別通入到體積為2 L的恒容密閉容器中進行如下反應(yīng)，得到數(shù)據(jù)如下表所示：溫度/起始量達到平衡CO/molH2O/molH2/molCO轉(zhuǎn)化率時間/min650421.66900321/33該反應(yīng)的正反應(yīng)為_反應(yīng)（選填“放熱”或“吸熱” ）。900時，從開始到達到平衡時的反應(yīng)速率(H2O)_，達到平衡時c(H2)_（保留2位小數(shù)）。（3）利用廢棄的H2S的熱分解可生產(chǎn)H2：2H2S(g)2H2(g)S2(g)?，F(xiàn)將020 mol H2S(g)通入到某恒壓（壓強pa MPa）密閉容器中，在不同溫度下測得H2S的平衡轉(zhuǎn)化率如圖所示。已知：對于氣相反應(yīng)，用某組分（B）的平衡壓強P(B)代替物質(zhì)的量濃度c(B)也可表示平衡常數(shù)。溫度為T4時，該反應(yīng)的平衡常數(shù)Kp_（用a的代數(shù)式表示）?！敬鸢浮?(1). CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(l)+H2O(l)H=-93.8kJ/mol (2). I (3). 該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，溫度升高，平衡逆向進行 (4). 放熱 (5). 0.17 molL-1min-1 (6). 0.5mol/L (7). 【解析】【分析】（1）根據(jù)燃燒熱及圖中信息，結(jié)合蓋斯定律進行求算；根據(jù)圖像顯示隨溫度變化，三種催化劑條件下，CO2的轉(zhuǎn)化率變化趨勢以及溫度對化學(xué)平衡的影響分析解答；（2）根據(jù)溫度對化學(xué)平衡的影響判斷反應(yīng)的熱效應(yīng)，根據(jù)化學(xué)平衡計算中，平衡前、平衡時、平衡后三段式分析解答計算；（3）根據(jù)三段式分析解答及計算?！驹斀狻浚?）由CO(g)和H2(g)的燃燒熱（H）分別為2830kJmol1、2858 kJmol1，可知二者燃燒的熱化學(xué)方程式分別為：H2(g)O2(g)=H20(l) H1=-285.8kJ /mol ；CO(g)O2(g)=CO2(g) H2=-283.0kJ/mol ，圖甲可知CO與H2合成甲醇的能量變化得反應(yīng)CO(g)+2H2(g)=CH3OH(l) H3=-91.0kJ/mol；由-+可得CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(l)+H2O(l) H=-93.8kJ/mol；從圖像中可知，在相同溫度、相同時間內(nèi)，催化劑I的作用下，CO2的轉(zhuǎn)化率是最高的，所以催化劑I的催化效果是最好的；該反應(yīng)在a點達到平衡狀態(tài)，a點的轉(zhuǎn)化率比b點的高，是由于該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，溫度升高，平衡逆向移動；（2）從表格數(shù)據(jù)中可看出，650達到平衡H2物質(zhì)的量為1.6mol，則從起始到平衡轉(zhuǎn)化的CO物質(zhì)的量為1.6mol，CO的轉(zhuǎn)化率為=0.4；900若起始充入4molCO和2molH2O（g）相對于起始充入3molCO和2molH2O（g），增大CO的濃度，平衡正向移動，CO的轉(zhuǎn)化率小于0.4；即溫度升高，CO的轉(zhuǎn)化率降低，反應(yīng)向逆反應(yīng)方向移動，溫度升高向吸熱方向移動，所以該反應(yīng)的正反應(yīng)方向是放熱反應(yīng)； 根據(jù)方程式可知， 900時，達到平衡時CO的轉(zhuǎn)化率為，即CO反應(yīng)了1mol，推斷出H2O反應(yīng)了1mol，(H2O)=0.17 molL-1min-1；根據(jù)反應(yīng)方程式中的化學(xué)計量數(shù)與物質(zhì)的量關(guān)系可知，平衡時，生成H21mol，所以c（H2）=0.5mol/L； （3）根據(jù)反應(yīng) 2H2S（g）2H2（g）S2（g）初始狀態(tài) 0.2mol 0 0 恒壓壓強為aMpaT4時轉(zhuǎn)化 0.2mol40% 0.08mol 0.04molT4時容器中剩余 0.12mol 0.08mol 0.04mol容器內(nèi)各組分分壓 MPa MPa MPa即反應(yīng)的平衡常數(shù)Kp=；故答案為：?！军c睛】本題考查化學(xué)平衡及其應(yīng)用，化學(xué)平衡計算題的關(guān)鍵：1有關(guān)化學(xué)平衡的常見計算是化學(xué)平衡常數(shù)、物質(zhì)的平衡濃度和平衡轉(zhuǎn)化率之間的相關(guān)計算。2在進行有關(guān)化學(xué)平衡的“三段式”計算時，要注意，各物質(zhì)的起始量、平衡量和轉(zhuǎn)化量三者單位的統(tǒng)一。3凡是氣體的壓強變化、密度變化均必須轉(zhuǎn)化為物質(zhì)的量的變化或氣體的體積變化才能進行相關(guān)計算。11.氟及其化合物用途非常廣泛。回答下列問題：（1）聚四氟乙烯是一種準晶體，該晶體是一種無平移周期序、但有嚴格準周期位置序的獨特晶體?？赏ㄟ^_方法區(qū)分晶體、準晶體和非晶體。（2）基態(tài)銅原子價電子排布的軌道式為_。（3）H2F+SbF6（氟酸銻）是一種超強酸，存在H2F+，該離子的空間構(gòu)型為_，依次寫出一種與H2F+具有相同空間構(gòu)型和鍵合形式的分子和陰離子分別是_、_。（4）NH4F（氟化銨）可用于玻璃蝕刻劑、防腐劑、消毒劑等。NH4+的中心原子的雜化類型是_；氟化銨中存在_（填序號）：A離子鍵 B鍵 C鍵 D氫鍵（5）SbF6被廣泛用作高壓電氣設(shè)備絕緣介質(zhì)。SbF6是一種共價化合物，可通過類似于Born-Haber循環(huán)能量構(gòu)建能量圖（見圖a）計算相聯(lián)系關(guān)鍵能。則FF鍵的鍵能為_kJmol-1，SF的鍵能為_kJmol-1。（6）CuCl的熔點為426，熔化時幾乎不導(dǎo)電；CuF的熔點為908，密度為7.1gcm-3。CuF比CuCl熔點高的原因是_；已知NA為阿伏加德羅常數(shù)。CuF晶胞結(jié)構(gòu)如上“圖b”。則CuF的晶胞參數(shù)a=_nm （列出計算式）?！敬鸢浮?(1). X射線衍射 (2). (3). V型 (4). H2O（或H2S） (5). NH2- (6). sp3 (7). AB (8). 155 (9). 327 (10). CuCl是分子晶體，CuF是離子晶體 (11). 或【解析】【分析】（1）晶體、準晶體、非晶體的X射線衍射圖不同；（2）Cu是29號元素，原子核外電子數(shù)為29，根據(jù)核外電子排布規(guī)律書寫銅的基態(tài)原子價電子排布的軌道式；（3）用價層電子對互斥理論判斷空間構(gòu)型，用替代法書寫等電子體；（4）根據(jù)價層電子對數(shù)判斷NH4+中N的雜化方式，根據(jù)N原子結(jié)構(gòu)和成鍵方式判斷NH4F中存在的作用力；（5）根據(jù)圖示計算；（6）根據(jù)題干性質(zhì)判斷晶體類型，從而確定熔點高低；用均攤法確定所含微粒數(shù)，根據(jù)V=計算體積，進一步計算晶胞參數(shù)?！驹斀狻浚?）從外觀無法區(qū)分三者，晶體、準晶體、非晶體的X射線衍射圖不同，因此通過X射線衍射方法區(qū)分晶體、準晶體和非晶體，故答案為：X射線衍射；（2）Cu是29號元素，原子核外電子數(shù)為29，銅的基態(tài)原子價電子電子排布式3d104s1，價電子排布的軌道式為；（3） H2F+離子中中心原子F的孤電子對數(shù)=（7-1-21）=2，鍵電子對數(shù)為2，價層電子對數(shù)為4，VSEPR模型為四面體型，空間構(gòu)型為V型；與H2F+具有相同空間構(gòu)型和鍵合形式的分子有H2O（或H2S），陰離子有NH2-；（4）NH4+中N原子雜化軌道數(shù)為（5+4-1）=4，N采取sp3雜化方式；氟化銨中銨根離子與氟離子之間存在離子鍵，銨根離子中氮原子與氫原子形成氮氫鍵為鍵，不存在雙鍵則沒有鍵，同時也不存在氫鍵，答案選AB；（5）由圖a可知3F2（g）=6F(g) H=+465kJ/mol，則FF鍵的鍵能為465kJ/mol 3=155kJmol-1， 6F(g) +S（g）=SF6 (g) H=-1962kJ/mol，則SF的鍵能為1962kJ/mol 6=327kJmol-1；（6）CuCl的熔點為426，熔化時幾乎不導(dǎo)電，CuCl是分子晶體，CuF的熔點為908，CuF是離子晶體，離子鍵遠大于分子間作用力，故CuF比CuCl熔點高；根據(jù)均攤法可知，晶胞中含有8+6=4個Cu+，4個F-，晶胞的體積cm3，則CuF的晶胞參數(shù)a=nm。12.某藥物H的一種合成路線如下：回答下列問題：（1）C的名稱是_。（2）FH的反應(yīng)類型為_。BC的試劑和條件是_。（3）H有多種同分異構(gòu)體，在下列哪種儀器中可以顯示物質(zhì)中化學(xué)鍵和官能團類型_（填字母）。A質(zhì)譜儀 B元素分析儀 C紅外光譜儀 D核磁共振氫譜儀（4）寫出DE的化學(xué)方程式_。（5）在E的同分異構(gòu)體中，同時滿足下列條