2022年高考押題預(yù)測卷01（福建卷）-化學(xué)（全解全析）

2022年高考押題預(yù)測卷01【福建卷】

化學(xué)?全解全析

題號12345678910

答案AADCBDBCDC

1.A

【解析】

【詳解】

A.疫苗的主要成分是蛋白質(zhì)，蛋白質(zhì)在高溫下易變性，冷藏存放的目的是避免蛋白質(zhì)變性，A正確;

B.聚乳酸酯的降解是高分子生成小分子的過程，而油脂不屬于高分子化合物，B錯誤；

C.'He與4He為原子，兩者互為同位素，C錯誤；

D.氮化硼陶瓷基復(fù)合材料屬于新型無機(jī)非金屬材料-，D錯誤；

故選Ao

2.A

【解析】

【詳解】

OH

A.根據(jù)手性碳原子的定義，該有機(jī)物中含有手性碳原子位置如圖所示，

該有機(jī)物有2個手性碳原子，故A正確；

B.根據(jù)結(jié)構(gòu)簡式，含氧官能團(tuán)為酯基、酸鍵和羥基，有三種含氧官能團(tuán)，故B錯誤；

OH

C.該有機(jī)物中能與NaOH反應(yīng)的官能團(tuán)是酯基，但X^0001Imol該酯基消耗

2molNaOH,因此Imol該有機(jī)物最多消耗3moiNaOH,故C錯誤；

D.四個單鍵的C原子，其雜化類型為sp3,因此該有機(jī)物中sp3雜化的C原子有7個，故D錯誤；

答案為A。

3.D

【解析】

【詳解】

A.過氧乙酸中氧元素的化合價為-2價、-1價，故A錯誤;

B.溶液的體積未知，無法計算含有的氫離子的數(shù)目，故B錯誤；

C.100g38%的過氧乙酸的水溶液中，過氧乙酸質(zhì)量為100gx38%=38g,含有氧原子數(shù)為

病篇x3xNA/mol=1.5NA，水中還含有氧原子，因此100g38%的過氧乙酸的水溶液中氧原子數(shù)目大于

1.5NA,故C錯誤；

D.過氧乙酸發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成CH3co0H的化學(xué)方程式為2cH3co00H=2CH3co0H+0?T,76g過

氧乙酸的物質(zhì)的量為Imol,根據(jù)反應(yīng)的化學(xué)方程式可知，1mol過氧乙酸轉(zhuǎn)移2moi電子，數(shù)目為2NA,故

D正確；

答案選D。

4.C

【解析】

【分析】

已知A、B、C、D、E是五種短周期主族元素，其原子半徑與原子序數(shù)的關(guān)系如圖1,則A位于第一周期，

為氫元素，B、C位于第二周期，D、E位于第三周期；A、B、C、D可形成化合物X,C與E同主族，D形

成+1價陽離子，其原子半徑最大，則D為Na；C形成2個共價鍵，位于VIA族，則C為氧元素，E為硫元

素；B形成4個共價鍵，則B為碳元素。

【詳解】

A.化合物X為NagO3Hq門也。2有較強(qiáng)的氧化性，Na2coJ-Hq2和HQ?高溫下均易分解，穩(wěn)定性較弱，

A正確；

B.均由A、C、D、E四種元素形成的兩種化合物分別為NaHSO,和NaHSOs，它們在溶液中能相互發(fā)生

反應(yīng)生成Na2s0八HQ和SO2,B正確；

C.D元素所在主族為IA族，其中Li與氧氣只能直接化合形成Li?。，C錯誤；

D.簡單氫化物的沸點(diǎn)：C>B,不是簡單氫化物C元素的氫化物的沸點(diǎn)就不一定高于B元素的氫化物的沸

點(diǎn)，D正確。

答案選C。

5.B

【解析】

【詳解】

A.常溫下，苯酚微溶于冷水，用過濾的方法不能完全除去，A錯誤；

B.要讀取氣體體積，使量筒液面相同氣壓穩(wěn)定后讀數(shù)，C正確；

C.NO與空氣中氧氣反應(yīng)，不能采用排空氣的方法收集NO,B錯誤；

D.硫酸和硫化鈉反應(yīng)生成硫化氫氣體，硫化氫與硝酸銀反應(yīng)生成硫化銀沉淀，不發(fā)生沉淀轉(zhuǎn)化，D錯誤;

答案選B。

6.D

【解析】

【詳解】

A.氫氧化鈉溶液與少量硫酸鋁溶液反應(yīng)生成偏鋁酸鈉和水，反應(yīng)的離子方程式為AF++4OH-=A1O?+2H2O,

故A錯誤；

B.硫化鈉溶液與過量二氧化硫反應(yīng)生成硫沉淀和亞硫酸氫鈉次氯酸鈣溶液2s2—+3SCh+H2O=3S1+2HSO；,

故C錯誤；

C.次氯酸鈣溶液與少量二氧化碳反應(yīng)生成碳酸鈣沉淀和次氯酸次氯酸鈣溶液Ca2++2C1O-+

C02=CaC03i+2HC10,故C錯誤；

故選D。

7.B

【解析】

【分析】

由題干微生物燃料電池示意圖可知，電子從厭氧陽極流出，即葡萄糖在厭氧陽極上失去電子，生成CO2,

+

則該電極反應(yīng)為：C6Ht2O6+6H2O-24e=6CO2t+24H,電子轉(zhuǎn)移到左側(cè)的缺氧陰極上，NO；得到電子并結(jié)

合陽極產(chǎn)生的H+,生成NO2和H2O,NO?能夠進(jìn)一步得到電子結(jié)合H+,生成N2和H2O,電極反應(yīng)分別為：

++

NO；+e+2H=NO2t+H2O,2NO2+8e-+8H=N2+4H2O,電子轉(zhuǎn)移到好氧陰極，則可能是。2得到電子，發(fā)生的

+

電極反應(yīng)式為：O2+4H+4e=2H2O,同時O2還可能氧化NH：生成NO?,NO?甚至還可以進(jìn)一步被O2氧化

成NO「反應(yīng)方程式為：2NH：+3O2=2NO?+2H2O+4H+,2NO；+O2=2NO3,據(jù)此分析解題。

【詳解】

A.由分析可知，“厭氧陽極”的電極反應(yīng)方程式為C6Hl2O6+6H2O-24e=6CC)2+24H+,A正確；

B.若“好氧陰極"ImolNH：完全生成NO；則反應(yīng)中轉(zhuǎn)移了8moi電子，此時轉(zhuǎn)移的電子是發(fā)生在NH：和0?

之間，消耗了2moiCh,即此時并未向該電極輸送電子，則該區(qū)消耗的02在標(biāo)準(zhǔn)狀況的體積約為

2molx22.4L/mol=44,8L,B錯誤；

C.由分析可知，該電池工作中厭氧陽極的電子同時轉(zhuǎn)移至IJ“好氧陰極'’和"缺氧陰極”中，故"好氧陰極'’和"缺

氧陰極”之間存在著對電子的競爭作用，在“好氧陰極’'上電極上得電子也可以將Ch還原，同時NH：也可以

被。2氧化，即NH；和電極之間存在著對02的競爭，C正確；

D.由分析可知，電池工作時，“缺氧陰極”電極的電極反應(yīng)為：NO；+e-+2H+=NO2f+H2。，

+

2NO2+8e+8H=N2+4H2O,故其電極附近的溶液中H+濃度減小，pH增大，故D正確；

故答案為：B。

8.C

【解析】

【分析】

飽和NaCl溶液中通入NH3和C02,生成NaHCO3沉淀和NH4cl溶液;過濾出沉淀，加熱，溶于水得到Na2co3

飽和溶液;通入氣體a(SO2),調(diào)節(jié)pH=4.1,得到Na2so3溶液,加入Na2cCh調(diào)節(jié)pH=7?8,此時NaHSCh

轉(zhuǎn)化為Na2sO3,再通入SO2,并使pH=4.1,則生成NaHSCh過飽和溶液，結(jié)晶脫水得Na2s2O5。

【詳解】

A.反應(yīng)I、0是通過侯氏制堿法制備碳酸鈉，反應(yīng)I制備NaHCCh的化學(xué)方程式為

NaCl+CO,+NH,+H2O=NaHCO31+NH4C1,反應(yīng)時先通入氨氣，再通入CCh,反應(yīng)II為NaHCCh力口熱分

解生成Na2co3,選項A錯誤；

B.根據(jù)已知信息可知，反應(yīng)III是為了制J備NaHSCh,發(fā)生反應(yīng)：Na2CO,+H2O+2SO2=2NaHSO,+CO2,

選項B錯誤；

C.由于得到的NaHSO3不是過飽和溶液，后加碳酸鈉固體、并再次充入S02的目的，得至VNaHSCh過飽和

溶液，結(jié)晶得NaHSOs晶體，選項C正確；

D.由流程圖可知，NaHSCh失水得到Na2s2O5,反應(yīng)的化學(xué)方程式為2NaHSC)3=Na2s2。$+凡。，該反應(yīng)中

各元素化合價不變，為非氧化還原反應(yīng)，選項D正確；

答案選C。

9.D

【解析】

【詳解】

A.分析圖像可知，隨著橫坐標(biāo)增大，溫度降低，a、b的K值均降低，說明a、b的正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，c

AH.八

的K值升高，說明c的正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，故號＜°，故A正確；

P2(HJ,

B.反應(yīng)b：CH4(g)^C(s)+2H2(g),其平衡常數(shù)表達(dá)式為K；=%=匕弋)，故B正確；

P'HJp(CH4J-p0

Po

C.反應(yīng)c的CH4(g)+CC>2(g)U2co(g)+2H2(g)K；3=虛墨惡引，反應(yīng)b的

2

P(H2),

CH,(g)=C(s)+2H2(g)勺島二君長口凡獷(8)_優(yōu)凡)

，在B點(diǎn)，K；3=K；2,即

2-

p(CH4)p(CO2)p0p(CH4)-p0

Po

即p2(CO)=Po-p(C02),故C正確；

2

p(H2)

2

D.若恒壓時：溫度為A時，結(jié)合圖像b可知，此時反應(yīng)b的lnK；=O即=代入數(shù)據(jù)解得p(CH4)=

P'HqJ

Po

4°x40kpa=16kpa,p(CH。初始二」一xl00kpa=50kpa,平衡轉(zhuǎn)化率?—―xl00%=68%o但是此選項中為恒

1001+150

容密閉容器，隨反應(yīng)的進(jìn)行壓強(qiáng)改變，故D錯誤；

故選D。

10.C

【解析】

【分析】

Ba(OH)2中加入KA1(SO4)2,KA1(SO4)2由少量至過量發(fā)生兩個離子反應(yīng):

當(dāng)化學(xué)反應(yīng)方程式為2Ba(OH)2+KAl(SO4)2=2BaSON+KA1O2+2H,O溶液中的可溶物質(zhì)是

KA102,將數(shù)據(jù)代入方程式計算n(KAlO2)=0.1mol/Lx0.02L^2=0.001mol；

n(Ba2+)i5..

當(dāng)木W(wǎng)=早時，化學(xué)反應(yīng)方程式為3Ba(OH)2+2KAl(SOJ=3BaSO4J+2A1(OH),J+K2SO4,溶液中溶液中

的可溶物質(zhì)是K2so4,將數(shù)據(jù)代入方程式計算n(K2SO,)=0.1mol/Lx0.02L+3=]Xl(F3moi；所以曲線①代表該反

應(yīng)；

Ba(0H)2中加人Ah(SO4)3,Ah(SO4)3由少量至過量發(fā)生兩個離子反應(yīng)：

n(Ba2*)2.

當(dāng)木時，化學(xué)反應(yīng)方程式為48.0田2+刈004)3=382504」+8叢內(nèi)02)2+4凡0,溶液中的可溶物質(zhì)

是Ba(A102)2,將數(shù)據(jù)代入方程式計算n[Ba(A102)2]=0.1mol/Lx0.02L^4=0.0005mol；

n(Ba2')15ii

當(dāng)士?^=產(chǎn)時，化學(xué)反應(yīng)方程式為3Ba(OH),+A"SO4)3=3BaSO4J+2A1(OH)N，此時溶液中幾乎無可溶

nlArI1

物質(zhì)，溶液此時導(dǎo)電能力最差；所以曲線②代表該反應(yīng)；

【詳解】

A.根據(jù)分析，可以得到①是加入KA1(SO4)2的變化曲線，描述正確，A不符題意；

B.a點(diǎn)溶液中幾乎無可溶物，反應(yīng)物全部生成固體沉淀，所以水溶液接近中性，描述正確，B不符題意；

C.根據(jù)分析，b點(diǎn)溶液中可溶物質(zhì)只有K2SO4,描述錯誤，C符合題意；

D.根據(jù)分析，c、d兩點(diǎn)對應(yīng)反應(yīng)中，①中Ba?+及0H-全部生成新的物質(zhì)，②中0H-全部反應(yīng)，Ba?+也都參

與生成新物質(zhì)，未有Ba(0H)2剩余，描述正確，D不符題意；

本題選C。

11.(1)S(或硫)

(2)MnOOH

(3)Fe2+或FeSCU、Fe(OH)24Fe(OH)2+O2+2H2O-4Fe(OH)3溶液中存在兩個氧化反應(yīng)

22+,+

4Fe^+O2+6H2O=4FeOOHJ+8H*和4Fe+O2+4H'=4Fe+2H2O,因此c(Fe2+)降低量大于c(Fe3+)增力口量

(4)pH過低會導(dǎo)致FeOOH溶解產(chǎn)生游離的Fe?+或晶體生長速度變緩，鐵黃產(chǎn)品質(zhì)量降低

(5)取最后一次洗滌液，先加稀鹽酸酸化，再加入BaCh溶液，無沉淀生成，證明洗滌干凈

(6)97.9

【解析】

【分析】

硫酸渣加入硫酸酸溶得到含F(xiàn)e3+懸濁液，加入FeS2將溶液中的Fe3+還原為Fe?+并得到S,過濾得到硫磺和

含F(xiàn)e2+的溶液，向濾液中加入NaOH、通入空氣，得到品種，然后把晶種加入到二次氧化的鐵黃漿料，得到

FeOOH,過濾得到濕鐵黃，然后經(jīng)過洗滌干燥得到產(chǎn)品。

(1)

步驟②中加入FeS2將溶液中的Fe3+還原為Fe2+,經(jīng)過濾得到硫磺，生成了S,反應(yīng)過程中，S元素的化合價

升高，被氧化，故答案為:S(或硫)；

(2)

堿性鋅鐳電池使用時，發(fā)生的反應(yīng)為Zn+2MnO2+Hq=ZnO+2MnOOH,生成的與FeOOH同類的物質(zhì)為

MnOOH,故答案為：MnOOH；

(3)

①將NaOH按一定計量比加入到FeSO4溶液中，產(chǎn)生白色沉淀，該白色沉淀為Fe(OH)2,則通入空氣前，鐵

元素的主要存在形式是Fe2+或FeSCU、Fe(OH)2;0?ti時段，通入氧氣后，F(xiàn)e(OH)2被氧化成Fe(OH)3,反應(yīng)

的化學(xué)方程式為4Fe(OH)2+C)2+2H2O=4Fe(OH)3,該反應(yīng)既不消耗氫離子或氫氧根離子，也不產(chǎn)生氫離子或

氫氧根離子，不影響溶液的pH,所以該過程中pH基本不變，故答案為：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH),,

2++3

②溶液中存在兩個反應(yīng)4Fe"+C)2+6H2O=4FeOOHJ+8H*^14Fe+O2+4H=4Fe++2H,0，總反應(yīng)為

2+

12Fe+3O2+2H2O=4FeOOH(+8Fe",反應(yīng)過程中氫離子和氫氧根離子濃度沒有變化，因此t3后溶液的pH

幾乎不變，該反應(yīng)消耗的Fe2+大于生成的Fe3+,因此c(Fe2+)降低量大于c(Fe3+)增加量，故答案為：溶液中

存在兩個氧化反應(yīng)4Fe2++O2+6Hq=4FeOOHJ+8H*和4Fe"+C>2+4H+=4Fe"+2H。，因此c(Fe?+)降低量大

于c(Fe3+)增加量;

(4)

根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知，F(xiàn)eOOH開始沉淀的pH=1.2,完全沉淀時pH=2.8,若pH過低，會導(dǎo)致FeOOH溶解產(chǎn)

生游離的Fe3+或晶體生長速度變緩，導(dǎo)致鐵黃產(chǎn)品質(zhì)量降低，因此二次氧化時，溶液的pH應(yīng)控制在3?4,

故答案為：pH過低會導(dǎo)致FeOOH溶解產(chǎn)生游離的Fe?+或晶體生長速度變緩，鐵黃產(chǎn)品質(zhì)量降低；

(5)

步驟④若未洗滌完全，產(chǎn)品中會含有硫酸根離子，因此證明洗滌完全只需證明產(chǎn)品中不含硫酸根離子，具

體方法為：取最后一次洗滌液，先加稀鹽酸酸化，再加入BaCb溶液，無沉淀生成，證明洗滌干凈，故答案

為：取最后一次洗滌液，先加稀鹽酸酸化，再加入BaCL溶液，無沉淀生成，證明洗滌干凈；

(6)

滴定時20.00mL產(chǎn)品消耗的H2Y的物質(zhì)的量為22xlO^LxO.l000mol/L=0.0022mol,根據(jù)

Fe3++2H2丫=[FeY2:+4H+可知，200mL溶液產(chǎn)品中；7(Fe3+)=O.OOl1x10=0.011mol,則該產(chǎn)品純度為

0.01lmolx89g/mol…―

-----------2-x100%=97.9%,故答案為：97.9o

1g

12.(1)用試管收集氣體，并用拇指堵住試管口，將試管口朝下靠近火焰，有爆鳴聲

A

(2)2NaHCO3=Na2CO3+H2O+CO2t反應(yīng)過程中溶液的堿性不斷增強(qiáng)，不利于CCh的生成

(3)7.5mL1mol/LKHCO3溶液中存在Mg(OH)2(s);=^Mg2+(叫)+20任(aq),HCO；與0日反應(yīng)生成

COj,COf結(jié)合Mg?+形成質(zhì)地疏松的MgCCh,使平衡正移，Mg(OH)2膜溶解，增大了Mg與水的接觸

面積，產(chǎn)生氣體速率加快

(4)BACDD

(5)3:2

【解析】

【分析】

鎂與鹽酸、水反應(yīng)的實質(zhì)都是與它們電離出的氫離子反應(yīng)生成氫氣。

(1)

氫氣具有可燃性，檢驗氫氣的方法為用試管收集氣體，并用拇指堵住試管口，將試管口朝下靠近火焰，有

爆鳴聲，證明是氫氣；

(2)

由圖1可知加與不加鎂條均產(chǎn)生二氧化碳，且二氧化碳數(shù)據(jù)均隨時間的推移而增大，則產(chǎn)生二氧化碳的主

A

要原因是碳酸氫鈉分解，用化學(xué)方程式表示為2NaHCO3=Na2CO3+H2O+82T；由圖3可知隨著時間的推

移，溶液的pH增大，堿性增強(qiáng)，故圖1中曲線②的數(shù)值低于曲線①的原因為反應(yīng)過程中溶液的堿性不斷增

強(qiáng)，不利于CCh的生成；

(3)

①實驗?zāi)康氖翘骄縉a+或HCO；加快了該反應(yīng)的發(fā)生，而實驗結(jié)論是HCO；加快了該反應(yīng)的發(fā)生，則實驗4

所選試劑與實驗1相比陽離子不同，其余相同，應(yīng)為7.5mL1mol/LKHCCh;

2+

②Mg與水反應(yīng)生成Mg(OH)2和氫氣，溶液中存在Mg(OH)2(s)Mg(aq)+20H(aq),HCO；與OH-反應(yīng)

生成CO：,CO：結(jié)合Mg2+形成質(zhì)地疏松的MgCCh,使平衡正移，Mg(OH)2膜溶解，增大了Mg與水的

接觸面積，產(chǎn)生氣體速率加快；

⑷

測定固體組成總體思路，稱取固體混合物一加熱T用濃硫酸吸收產(chǎn)生的水T用堿石灰吸收產(chǎn)生的二氧化碳,

為使固體分解產(chǎn)生的二氧化碳和水被完全吸收，需要通入空氣，但空氣中有水蒸氣和二氧化碳，空氣通入

前先用堿石灰吸收空氣中的二氧化碳和水，最后末端也需要用堿石灰防止空氣中的水蒸氣和二氧化碳回流

如裝置，因此裝置順序為BACDD；

(5)

設(shè)固體渾濁物中Mg(0H)2的物質(zhì)的量為xmol,MgCCh的物質(zhì)的量為ymol,則58x+84y=3.42,

AA

Mg(0H)2=MgO+H20MgC03=MgO+C02

ImolImol-ImolImol,18x+44y=3.42-2.00,聯(lián)立二式，解得x=0.03,y=0.02,則固體

xmolxmolymolymol

渾濁物中n[Mg(OH)2]:n[MgC03]=0.03mol:0.02mol=3:2?

13.(1)+34kJmol-1

(2)反應(yīng)I、II均為吸熱反應(yīng)，最高點(diǎn)前反應(yīng)I進(jìn)行程度大，最高點(diǎn)后反應(yīng)H進(jìn)行程度

1

大八Jg)+NH3CS)1"??+CH3cH20Hfe)第二步反應(yīng)的活化能遠(yuǎn)

小于第一步，所以第二步反應(yīng)的速率遠(yuǎn)大于第一步反應(yīng)的速率0.011該反應(yīng)為氣體分子數(shù)增大的反應(yīng),

恒壓密閉容器中充入一定量N2,降低各氣體分壓(相當(dāng)于擴(kuò)大容器體積)，會使反應(yīng)II的平衡正向移動

(3)2CH2=CHCN+2e-+2H+=NC(CH2)4CN

【解析】

(1)

焙變=反應(yīng)物總鍵能-生成物總鍵能，AH,

=(463+413x9+351x3+348x3+745)-(413x8+615+745+351x2+348x2+463x2)=+34kJ-mol-1；

(2)

①反應(yīng)I、II均為吸熱反應(yīng)，最高點(diǎn)前反應(yīng)I進(jìn)行程度大，最高點(diǎn)后反應(yīng)n進(jìn)行程度大，所以隨著溫度的升

高，丙烯酸乙酯的平衡體積分?jǐn)?shù)先增大后減??；

②第一步反應(yīng)是和氨氣反應(yīng)生成乙醇和。，反應(yīng)的化學(xué)方程式為

T1Q2

+NH3(g)?3cH20H(g)；第二步反應(yīng)的活化能遠(yuǎn)小于第

一步，所以第二步反應(yīng)的速率遠(yuǎn)大于第一步反應(yīng)的速率，實驗過程中未檢測到

NH

③設(shè)的初始物質(zhì)的量為2m01、氨氣的醋酸物質(zhì)的量為15mo1；A點(diǎn)

HO

Lx1003、

—X100—xlOO

2020_____20

XX

100100100

乙醇Imol、水3mol,A點(diǎn)對應(yīng)反應(yīng)H的標(biāo)準(zhǔn)平衡常數(shù)K；=

-T~[74T------=0.011；

—xlOO—X100

2020_____

X

100100

/

④該反應(yīng)為氣體分子數(shù)增大的反應(yīng)，恒壓密閉容器中充入一定量N2,相當(dāng)于減壓，降低各氣體分壓(相當(dāng)于

擴(kuò)大容器體積)，會使反應(yīng)II的平衡正向移動，所以充入一定量N2(不參與反應(yīng)),可提高丙烯月青的平衡產(chǎn)率。

⑶

根據(jù)圖示，石墨電極2上CH2=CHCN發(fā)生還原反應(yīng)生成NC(CH2)4CN,石墨電極2上極反應(yīng)式為

2cH2=CHCN+2e-+2H+=NC(CH2)4CN?

14.(1)第六周期VDI族d區(qū)2

(2)90°dsp2

(3)11：1sp3

(4)C1的電負(fù)性強(qiáng)于Br,吸電子能力強(qiáng)于Br,導(dǎo)致CCbCH20H酸性更強(qiáng)，pKa更小

(5)

【解析】

(1)

由銷的電子排布式為[Xe]4fWd96sl可知，鋁元素位于元素周期表第六周期VIII族、處于d區(qū)，其中5d軌道

和6s軌道各有1各未成對電子，共有2個未成對電子，故答案為：第六周期VHI族；d區(qū)；2；

⑵

由四氯合伯離子的價層電子對互斥模型和離子的空間構(gòu)型為平面形結(jié)構(gòu)可知，離子中的鍵角為90°,伯原子

的雜化類型為sp3d2雜化，故答案為：90。；sp3d2;

(3)

DMF分子中的單鍵為。鍵，雙鍵中含有1個。鍵和1個兀鍵，由結(jié)構(gòu)簡式可知，分子中。鍵與兀鍵的數(shù)目

比是11:1,分子中形成單鍵的氮原子的雜化方式為sp3雜化，故答案為：11:1;sp3;

(4)

CCI3CH2OH分子中氯元素的電負(fù)性強(qiáng)于CBr3cH20H分子中澳元素的電負(fù)性，氯原子吸電子能力強(qiáng)于漠原

子，CC13cH20H分子中羥基的極性強(qiáng)于CBr3cH20H分子，在溶液中更易電離出氫離子，溶液酸性更強(qiáng)，

pK“更小，故答案為：C1的電負(fù)性強(qiáng)于Br,吸電子能力強(qiáng)于Br,導(dǎo)致CC13cH20H酸性更強(qiáng)，pK“更小;

(5)

晶胞中位于頂點(diǎn)和面心的二氧化碳的個數(shù)為8X：+6X；=4,設(shè)晶胞的邊長為acm,由晶胞的質(zhì)量公式可得:

ON

個巴=a3p,解得a=:悟，則晶胞的體對角線為:號*6cm,故答案為：：廖x石。

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