都昌蔡嶺慈濟中學高三月月考理綜化學試題

學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精2019—2020學年下學期高三5月月考測試卷理科綜合化學部分注意事項：1．答題前，先將自己的姓名、準考證號填寫在試題卷和答題卡上，并將準考證號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置。2．考試結(jié)束后,請將本試題卷和答題卡一并上交。相對原子質(zhì)量:H1C12N14O16Cl35.5Fe56Mn55Ba137一、單選題（每小題6分,共42分。每小題只有一個選項符合題目要求。）1?；瘜W與人類生產(chǎn)、生活密切相關(guān)。下列有關(guān)說法不正確的是A。疫情期間，“網(wǎng)課”成了我們的主要絡光纜的主要成分是晶體硅B.馳援武漢首次使用我國自主研發(fā)大飛機“運20”的機身材料采用了大量低密度、高強度的鋁鋰合金C.李白的《黃鶴樓送孟浩然之廣陵》中“故人西辭黃鶴樓，煙花三月下?lián)P州”，"煙花”不是焰色反應D.“綠蟻新醅酒,紅泥小火爐”中的“紅泥”是因其含有氧化鐵【答案】A【解析】【詳解】A．網(wǎng)絡光纜的主要成分是二氧化硅，故A選；B．鋁鋰合金由于強度高、密度小,被廣泛應用于航空領(lǐng)域，故B不選；C．詩中“煙花"的意思是“柳絮如煙、繁花似錦"，和焰色反應無關(guān),故C不選；D．氧化鐵是紅棕色粉末，紅泥中含有氧化鐵，故D不選；故選A。2.研究表明N2O與CO在Fe+作用下發(fā)生可逆反應的能量變化及反應歷程如圖所示.下列說法不正確的是A.反應中Fe+催化劑，F(xiàn)eO+是中間產(chǎn)物B。當有14gN2生成時,轉(zhuǎn)移1mole?C.升高溫度,總反應的平衡常數(shù)K減小D.總反應速率由反應②的速率決定【答案】D【解析】【詳解】A．反應①中Fe+參加了反應:Fe++N2O→FeO++N2,生成了FeO+；反應②中FeO+被消耗,又生成了Fe+：FeO++CO→Fe++CO2,所以反應中Fe+是催化劑,FeO+是中間產(chǎn)物，故A正確;B．總反應為CO+N2O=CO2+N2,生成1molN2，轉(zhuǎn)移2mole?，所以生成14gN2(即0.5molN2）轉(zhuǎn)移1mole?，故B正確；C．該反應的反應物的總能量高于生成物的總能量，所以反應為放熱反應，升高溫度，平衡逆向移動，平衡常數(shù)K減小，故C正確；D．從圖中可以看出，反應①的活化能高于反應②的活化能，所以反應①的速率慢,總反應速率由反應①決定，故D錯誤；故選D?！军c睛】催化劑是能改變化學反應速率，而本身的質(zhì)量和化學性質(zhì)在反應前后均不改變的物質(zhì).很多催化劑會參加化學反應,但反應后又會重新生成?？梢杂^察反應物和生成物,根據(jù)催化劑的特征確定哪種物質(zhì)是催化劑，哪種物質(zhì)是催化劑的中間產(chǎn)物.3.環(huán)丙叉環(huán)丙烷（b）由于其特殊的結(jié)構(gòu)，一直受到化學家的重視,根據(jù)其轉(zhuǎn)化關(guān)系(如圖）,下列說法正確的是()A。b的所有原子都在同一個平面內(nèi)B.p在氫氧化鈉的醇溶液中加熱生成烯烴C。m同分異構(gòu)體中屬于芳香化合物的共有5種D。m不能發(fā)生加成反應【答案】C【解析】【詳解】A．b中含有飽和碳原子，則所有原子不可能在同一個平面內(nèi)，A錯誤；B．p中溴原子所連碳原子的鄰位碳原子上沒有氫原子，不能發(fā)生消去反應，B錯誤；C．m的分子式為C7H8O，其屬于芳香化合物的同分異構(gòu)體有苯甲醚、苯甲醇、鄰甲基苯酚、間甲基苯酚、對甲基苯酚，共5種，C正確；D．m中含有羰基，可以與H2發(fā)生加成反應，D錯誤;故選C。4。下列根據(jù)實驗操作和實驗現(xiàn)象所得出的結(jié)論中，正確的是選項實驗操作現(xiàn)象結(jié)論A常溫下分別測定等濃度KNO2、KCl溶液的pHpH值:KNO2＞KCl非金屬性：Cl＞NB打磨后的鋁片投入沸水中，加熱一段時間，取出鋁片，用一束光照射溶液加熱，鋁片表面無明顯現(xiàn)象；用光照射溶液時，有一條光亮的“通路”鋁與熱水發(fā)生了反應C將某溶液與鹽酸反應產(chǎn)生的氣體通入澄清石灰水中澄清石灰水變渾濁某溶液中一定含有HCO3-或CO32-D向Cu(OH）2沉淀中分別滴加鹽酸和氨水沉淀均能溶解Cu（OH）2為兩性氫氧化物A。A B.B C。C D。D【答案】B【解析】【詳解】A．可比較亞硝酸與鹽酸的酸性，但亞硝酸和鹽酸均不是N或Cl元素最高價水化物含氧酸,則不能比較非金屬性，故A錯誤；B．用光照射溶液時，有一條光亮的“通路”，可知生成氫氧化鋁膠體分散系，則鋁與熱水發(fā)生了反應,故B正確;C．二氧化硫、二氧化碳均使石灰水變渾濁，生成的氣體不一定就是CO2，則不能說明溶液中一定含有HCO3—或CO32—,故C錯誤；D．Cu（OH)2與氨水反應生成絡合物，不是生成鹽和水,則氫氧化銅為堿，不具有兩性,故D錯誤；故選：B。5。短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大,X原子的K層電子數(shù)與最外層電子數(shù)之比為2∶7，X與W同主族，Y與Z均處于元素周期表的偶數(shù)族，Z與W的原子序數(shù)相差3.下列說法正確的是A。原子半徑:X<Y〈Z〈WB。常溫下,Y、W形成的化合物的水溶液的pH<7C。X氫化物的水溶液用帶玻璃塞的試劑瓶保存D。lmolX、Y形成的化合物中含有2mol極性鍵【答案】B【解析】【分析】X原子的K層電子數(shù)與最外層電子數(shù)之比為2∶7，則X可能為F或Cl,短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大，所以X只能為F；X與W同主族，所以W為Cl；Z與W的原子序數(shù)相差3,則Z為Si，Y與Z均處于元素周期表的偶數(shù)族，再根據(jù)原子序數(shù)的大小，可知Y為Mg。所以X、Y、Z、W依次為F、Mg、Si、Cl?！驹斀狻緼．同主族從上到下，原子半徑逐漸增大，同周期從左到右，原子半徑逐漸減小，所以原子半徑：X(F）＜W(Cl）＜Z（Si)＜Y（Mg），故A錯誤;B．Y、W形成的化合物為MgCl2，Mg2+水解使溶液顯酸性，常溫下pH＜7，故B正確；C．X氫化物為HF，其水溶液氫氟酸能和玻璃中的SiO2反應:SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O，所以不能用帶玻璃塞的試劑瓶保存,故C錯誤；D．X、Y形成的化合物為MgF2，是離子化合物,不含極性鍵，故D錯誤;故選B.6.常溫下，用AgNO3溶液分別滴定濃度均為0.01mol/LKCl、K2C2O4溶液，所得的沉淀溶解平衡圖像如圖所示（不考慮C2O42—的水解）。已知Ksp（AgCl）數(shù)量級為10?10。下列敘述正確的是A.圖中X線代表Ag2C2O4B。n點表示Ag2C2O4的過飽和溶液C.向c(Cl?)＝c(C2O42-）的混合液中滴入AgNO3溶液時，先生成AgCl沉淀D.Ag2C2O4+2Cl?=2AgCl+C2O42—的平衡常數(shù)為10?0。71【答案】C【解析】【分析】從X線上的點(-5.75，4）可知，當c(Xn-）=10—5。75時，c(Ag+)=10-4.從Y線上的點(-2.46，4)可知,當c（Xn—）=10-2。46時,c(Ag+）=10-4?！驹斀狻緼．Ksp（AgCl）數(shù)量級為10?10，X線上的點（—5。75，4），c(Xn-)=10-5。75時，c（Ag+）=10—4，兩種離子濃度乘積為10-9.75，數(shù)量級為10?10，所以X線代表的是AgCl，故A錯誤；B．X線代表的是AgCl，則Y線代表的就是Ag2C2O4，n點在Y線的上方，n點溶液中的離子濃度小于Ag2C2O4的飽和溶液中的離子濃度，所以n點表示的是Ag2C2O4的不飽和溶液，故B錯誤；C．從圖像可以看出，當c（Cl?）＝c（C2O42-)時，滴入硝酸銀溶液，生成AgCl沉淀需要的c（Ag+)小，所以先生成AgCl沉淀，故C正確；D．Y線代表的是Ag2C2O4,用Y線上的點（—2.46，4)可求出Ag2C2O4的Ksp=c2（Ag+)c(C2O42-)=10-10.46。Ag2C2O4+2Cl?=2AgCl+C2O42-的平衡常數(shù)K=====109.04，故D錯誤；故選C。【點睛】觀察圖像要注意橫坐標是C2O42-濃度的對數(shù)，而縱坐標是Ag+濃度的負對數(shù)。另外Ag2C2O4的Ksp=c2（Ag+)c(C2O42—),而不是c（Ag+）c(C2O42—).7。用如圖電解裝置將霧霾中的SO2、NO轉(zhuǎn)化為（NH4)2SO4,用其作為一種優(yōu)良的氮肥。下列有關(guān)說法正確的是A.每處理lmolNO可以生成2molAB。a與電源負極相連，發(fā)生還原反應C。通電后陽極附近溶液的pH增大D.理論上將SO2與NO以體積比2∶5通入裝置可徹底轉(zhuǎn)化【答案】A【解析】【分析】該電解池的總反應為：5SO2+2NO+8H2O=（NH4)2SO4+4H2SO4，A為H2SO4.【詳解】A．根據(jù)總反應可知，每處理lmolNO可以生成2molH2SO4，故A選；B．SO2失去電子，在陽極放電，所以a為陽極，與電源正極相連，發(fā)生氧化反應，故B不選;C．陽極是SO2失去電子，電極反應式為：SO2-2e-+2H2O=SO42—+4H+,通電后陽極附近溶液的pH減小,故C不選；D．根據(jù)總反應可知,理論上將SO2與NO以體積比5∶2通入裝置可徹底轉(zhuǎn)化，故D不選；故選A。二、非選擇題（共43分)8。過硫酸鈉（Na2S2O8）具有極強的氧化性，且不穩(wěn)定，某化學興趣小組探究過硫酸鈉的相關(guān)性質(zhì)，實驗如下。已知SO3是無色易揮發(fā)的固體，熔點16.8℃，沸點44。8℃。(1)穩(wěn)定性探究(裝置如圖）：分解原理:2Na2S2O82Na2SO4＋2SO3↑＋O2↑。此裝置有明顯錯誤之處，請改正：______________________，水槽冰水浴的目的是____________________;帶火星的木條的現(xiàn)象_______________。（2）過硫酸鈉在酸性環(huán)境下，在Ag＋的催化作用下可以把Mn2＋氧化為紫紅色的離子,所得溶液加入BaCl2可以產(chǎn)生白色沉淀,該反應的離子方程式為______________________，該反應的氧化劑是______________，氧化產(chǎn)物是________。(3）向上述溶液中加入足量的BaCl2，過濾后對沉淀進行洗滌的操作是___________________________。（4）可用H2C2O4溶液滴定產(chǎn)生的紫紅色離子，取20mL待測液，消耗0.1mol·L－1的H2C2O4溶液30mL，則上述溶液中紫紅色離子的濃度為______mol·L－1，若Na2S2O8有剩余，則測得的紫紅色離子濃度將________（填“偏高”“偏低”或“不變”）.【答案】（1).試管口應該略向下傾斜(2).冷卻并收集SO3（3）。木條復燃（4）。2Mn2＋＋5S2O＋8H2O2MnO＋10SO＋16H＋（5).S2O(6)。MnO(7).用玻璃棒引流，向漏斗中加蒸餾水至沒過沉淀,使蒸餾水自然流下，重復操作2～3次（合理即可)(8）。0.06（9)。偏高【解析】【分析】（1）在試管中加熱固體時，試管口應略微向下傾斜；根據(jù)SO3、氧氣的性質(zhì)進行分析；(2)X為MnO4—，向所得溶液中加入BaCl2溶液可以產(chǎn)生白色沉淀，則產(chǎn)物中有SO42—，據(jù)此寫出離子方程式，并根據(jù)氧化還原反應規(guī)律判斷氧化劑、氧化產(chǎn)物；（3）根據(jù)沉淀洗滌的方法進行回答;（4）根據(jù)得失電子守恒可得到關(guān)系式：5H2C2O4—-—2MnO4-，帶入數(shù)值進行計算；Na2S2O8也具有氧化性，氧化H2C2O4?！驹斀狻浚?)在試管中加熱固體時，試管口應略微向下傾斜，SO3的熔、沸點均在0℃以上，因此冰水浴有利于將SO3冷卻為固體，便于收集SO3，由Na2S2O8的分解原理可知,生成物中有氧氣,所以在導管出氣口的帶火星的木條會復燃，故答案為：試管口應該略向下傾斜；冷卻并收集SO3；木條復燃；(2)X為MnO4-，向所得溶液中加入BaCl2溶液可以產(chǎn)生白色沉淀,則產(chǎn)物中有SO42-，則反應的離子方程式為2Mn2＋＋5S2O＋8H2O2MnO＋10SO＋16H＋,根據(jù)該反應中元素化合價的變化可知，氧化劑是S2O82—,氧化產(chǎn)物是MnO4—,故答案為：2Mn2＋＋5S2O＋8H2O2MnO＋10SO＋16H＋；S2O82-；MnO4—；（3）沉淀洗滌時，需要用玻璃棒引流，并且所加蒸餾水需要沒過沉淀，需要洗滌2~3次，故答案為：用玻璃棒引流,向漏斗中加蒸餾水至沒過沉淀，使蒸餾水自然流下，重復操作2~3次（合理即可)；(4)根據(jù)得失電子守恒可得到關(guān)系式：則，Na2S2O8具有氧化性，消耗的H2C2O4溶液增多,導致測得的結(jié)果偏高，故答案為：0。06；偏高。9。堿性鋅錳電池的工作原理:Zn+2MnO2+2H2O=2MnO(OH)+Zn(OH)2,其中的電解質(zhì)溶液是KOH溶液。某課題組用廢舊鐵殼無汞堿性鋅錳電池為原料,制備一種新型材料MnxZn（1-x)Fe2O4,其工藝流程如圖所示:（1）濾液A中溶質(zhì)的電子式為____________。（2)已知MnxZn(1—x）Fe2O4中錳元素的化合價與實驗室用二氧化錳制取氯氣時還原產(chǎn)物中錳元素的化合價相同，則鐵元素的化合價為_________.（3）“溶渣”工序中稀硫酸與鐵反應生成的硫酸亞鐵可將+3價錳的化合物全部還原成Mn2+，寫出該反應的離子方程式:_____________________________.（4）“調(diào)鐵”工序的目的是調(diào)整濾液中鐵離子的總濃度，使其中金屬元素的物質(zhì)的量之比與產(chǎn)品的化學式MnxZn（1-X）Fe2O4相符合。①寫出“調(diào)鐵"工序中發(fā)生反應的離子方程式：_________________,___________________。②若測得濾液的成分為c（Mn2+)+c(Zn2+）=amol。L-1，c(Fe2+)+c(Fe3+）=bmol.L-1,濾液體積為1m3,“調(diào)鐵"工序中，需加入的鐵粉質(zhì)量為________kg(忽略溶液體積變化，用含a、b的代數(shù)式表示）。(5)在“氧化”工序中，加入雙氧水的目的是把Fe2+氧化為Fe3+；生產(chǎn)過程中發(fā)現(xiàn)實際消耗雙氧水的量大于理論值,其可能原因除溫度外，主要是_______________。(6)用氨水“調(diào)pH”后,經(jīng)“結(jié)晶”“過濾”可得到產(chǎn)品和濾液C，從濾液C中還可分離出一種氮肥，該氮肥的溶液中的離子濃度由小到大的順序為_____________________.【答案】（1）.（2）.+3(3）.MnO（OH)+Fe2++3H+=Mn2++Fe3++2H2O(4）。Fe+2Fe3+=3Fe2+(5）。Fe+2H+=Fe2++H2↑（6）.112a-56b（7）。生成的Fe3+催化了雙氧水的分解(8）.（OH-)＜c(H+)＜c（SO42-)＜c(NH4+）【解析】【分析】廢舊無汞堿性鋅錳電池為原料，制備一種新型材料MnxZn（1—x)Fe2O4，廢舊電池加入水浸取過濾得到濾液A和濾渣，濾渣加入過量稀硫酸熔渣后加入鐵，稀硫酸與鐵反應生成的硫酸亞鐵可將+3價錳的化合物全部還原成Mn2+,過濾得到濾渣B和濾液,測定濾液成分，“調(diào)鐵”工序的目的是調(diào)整溶液中鐵離子的總濃度,使其中金屬元素的物質(zhì)的量之比與產(chǎn)品的化學式MnxZn（1—x)Fe2O4相符合，加入過氧化氫氧化亞鐵離子生成鐵離子，用氨水“調(diào)pH”后，經(jīng)“結(jié)晶”“過濾”可得到產(chǎn)品和濾液C，從濾液C中還可分離出一種氮肥為硫酸銨，據(jù)此解答.【詳解】（1)濾液A中溶質(zhì)是KOH，含有離子鍵和共價鍵，電子式為。(2)已知MnxZn（1—x）Fe2O4中錳元素的化合價與實驗室用二氧化錳制取氯氣時的還原產(chǎn)物中的錳的化合價相同，可知Mn為+2價，鋅+2價、氧元素—2價，則根據(jù)化合價代數(shù)和為0可知鐵元素的化合價為+3；(3)“溶渣”工序中稀硫酸與鐵反應生成的硫酸亞鐵可將+3價錳的化合物全部還原成Mn2+,該反應的離子方程式為MnO（OH)+Fe2++3H+=Mn2++Fe3++2H2O。(4）①“調(diào)鐵"工序中發(fā)生反應的離子方程式為Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+2H+=Fe2++H2↑.②n(Mn2+)+n（Zn2+）=amol?L-1×1000L=1000amol，已有鐵元素bmol/L×1000L=1000bmol，由電荷守恒可知MnxZn（1-x)Fe204中含F(xiàn)e2O42-為1000amol，其中鐵元素的物質(zhì)的量為1000amol×2=2000amol,還需加入鐵的物質(zhì)的量為2000amol—1000bmol,質(zhì)量為（2000amol-1000bmol）mol×56g/mol=（112a—56b）kg.(5）在“氧化"工序中,加入雙氧水的目的是把Fe2+氧化為Fe3+,生產(chǎn)過程中發(fā)現(xiàn)實際消耗雙氧水的量大于理論值，其可能原因除溫度外，主要是生成的Fe3+催化了雙氧水的分解。(6）用氨水“調(diào)pH”后,經(jīng)“結(jié)晶”“過濾”可得到產(chǎn)品和濾液C,從濾液C中還可分離出一種氮肥為硫酸銨，銨根離子水解溶液顯酸性,離子濃度為c（OH—）＜c(H+)＜c(SO42-)＜c（NH4+）.10。碳氧化物、氮氧化物、二氧化硫的處理與利用是世界各國研究的熱點問題.消除汽車尾氣中的NO、CO,有利于減少PM2。5的排放.已知如下信息：2CO(g）＋2NO(g）2CO2(g）＋N2（g）ΔH1＝－748kJ·mol－12CO（g）＋O2(g）===2CO2(g)ΔH2＝－565kJ·mol－1（1）在一定條件下N2和O2會轉(zhuǎn)化為NO，寫出該反應的熱化學方程式：_________.(2)為研究不同條件對反應的影響，在恒溫條件下，向2L恒容密閉容器中加入0.2molNO和0.4molCO，在催化劑存在的條件下發(fā)生反應，10min時反應達到平衡，測得10min內(nèi)v（NO）＝7.5×10－3mol·L－1·min－1，則平衡后n(CO)＝________mol，關(guān)于該平衡的下列說法正確的是________。a．增大壓強，平衡一定向右移動b．其他條件不變，升高溫度，化學反應速率一定增大c．其他條件不變，若改為在恒壓容器中進行,CO的平衡轉(zhuǎn)化率比恒容條件下大d．達到平衡后v正（NO)＝2v逆(N2)(3)其他條件相同，tmin時不同溫度下測得NO的轉(zhuǎn)化率如圖所示。A點的反應速度v正________(填“＞”、“＜"或“＝”）v逆，A、B兩點反應的平衡常數(shù)較大的是________（填“A”或“B”)。（4)已知HNO2的電離常數(shù)Ka＝7。1×10－4mol·L－1；NH3·H2O的電離常數(shù)Kb＝1.7×10－5mol·L－1則0。1mol·L－1NH4NO2溶液中離子濃度由大到小的順序是____________________________，常溫下NO2—水解反應的平衡常數(shù)Kh＝________（保留兩位有效數(shù)字）。【答案】(1）.N2（g）＋O2（g）===2NO(g）ΔH＝＋183kJ·mol－1(2）.0。25（3）.bcd(4)。＞（5)。A(6)。c（NO2-)＞c（NH4+)＞c(H＋)＞c（OH－）(7）。1.4×10－11【解析】（1）①2CO（g）+2NO（g)?2CO2（g）+N2(g）△H1=-748kJ?mol-1，②2CO（g）+O2（g）═2CO2(g）△H2=—565kJ?mol—1在一定條件下N2和O2會轉(zhuǎn)化為NO氣體,反應的熱化學方程式依據(jù)蓋斯定律計算②—①得到：N2(g）+O2（g)═2NO（g)△H=+183KJ/mol；（2)結(jié)合化學平衡三段式列式計算,測得10min內(nèi)v（NO)=7.5×10—3mol?L—1?min—1，反應消耗物質(zhì)的量=7。5×10—3mol?L-1?min-1×10min×2L=0.15mol2CO（g）+2NO(g）?2CO2(g）+N2（g)起始量（mol）0。40.200變化量（mol）0。150。150。150。075平衡量(mol)0。250。050。150.075反應是氣體體積減小的放熱反應，依據(jù)化學平衡移動原理和影響因素分析判斷，a．改變壓強的同時改變溫度或濃度,平衡可能逆向進行，反應是氣體體積減小的反應，所以是其他條件不變時增大壓強,平衡一定向右移動，故a錯誤；b．反應是放熱反應，其它條件不變，升高溫度，平衡向吸熱反應方向進行，即逆向進行，但化學反應速率一定增大，故b正確；c．其它條件不變，若改為在恒壓容器中進行,恒壓容器中隨反應進行壓強比恒容容器中大，平衡正向進行,CO的平衡轉(zhuǎn)化率比恒容條件下大，故c正確；d．反應是之比等于化學方程式計量數(shù)之比，為正反應速率之比，v正（NO）=2v逆（N2）說明氮氣正逆反應速率相同，反應是破壞狀態(tài)，故d正確;答案為bcd；(3）化學反應速率隨溫度升高增大，則VA＜VB，NO的轉(zhuǎn)化率隨溫度升高增大，到B點后減小，說明反應是放熱反應平衡逆向進行，平衡常數(shù)減??；（4）相同溫度下等濃度的NH4NO3和NH4NO2兩份溶液，測得NH4NO2溶液中c（NH4+）較小，是因為NO2-是弱酸陰離子水解顯堿性，銨根離子水解顯酸性,二者水解相互促進；硝酸銨溶液中銨根離子水解顯酸性，溶液中離子濃度大小為：c（NO3—）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c(OH—）；依據(jù)NO2—+H2O?HNO2+OH-，水解平衡常數(shù)表達式Kh=，分子和分母都乘以氫離子濃度得到水解平衡常數(shù)Kh=×===1。4×10-11。三、選考題(共15分，請考生從以下題中任選一題作答，如果多做,則按所做的第一題計分。）【化學—-選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)】11。X、Y、Z、W為原子序數(shù)遞增的短周期主族元素，Y的簡單氣態(tài)氫化物水溶液呈弱堿性，Z元素無正價,且基態(tài)原子有2個未成對電子，基態(tài)W原子價層電子排布式為nsn-1npn-1，X與W為同主族元素?；鶓B(tài)R原子M能層全充滿且核外有且僅有1個未成對電子.請回答下列問題:(1)基態(tài)R原子的核外電子排布式為____________________.R單質(zhì)晶體晶胞的堆積方式_______________，晶胞的空間利用率為___________________。（2）X、Y、Z三種元素的第一電離能由小到大的順序為__________（填“元素符號"，下同）（3）YF3分子中Y的雜化類型為______________。該分子的空間構(gòu)型為_________________。（4）Y的氣態(tài)氫化物在水中可形成氫鍵，其氫鍵最可能的形式為____________.（5）X的某氣態(tài)氧化物的相對分子質(zhì)量為44,分子中的大π鍵可用符號Π表示，其中m代表參與形成大π鍵的原子數(shù)，n代表參與形成大π鍵的電子數(shù)，則其氣態(tài)氧化物中的大π鍵應表示為_______________,其中σ鍵與π數(shù)目之比為______________.（6）R元素與Y元素形成某種化合物的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示（黑球代表R原子），若該晶體的密度為ρg·cm—3，則該晶胞的邊長是_________cm(NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值)?！敬鸢浮浚?).ls22s22p63s23p63d104sl(2）.面心立方最密堆積(3).74%（4）.C＜O＜N（5)。sp3(6）。三角錐形(7）。B（8).Π（9）。1∶1（10).【解析】【分析】X、Y、Z、W為原子序數(shù)遞增的短周期主族元素，Y的簡單氣態(tài)氫化物水溶液呈弱堿性，Y為N元素；Z元素無正價，且基態(tài)原子有2個未成對電子，Z為O元素；基態(tài)W原子價層電子排布式為nsn-1npn-1，則n=3,W為Si元素，X與W為同主族元素，則X為C元素;基態(tài)R原子M能層全充滿且核外有且僅有1個未成對電子，價層電子排布為3d104s1,R為Cu元素?！驹斀狻?1）基態(tài)Cu原子的核外電子排布式為ls22s22p63s23p63d104sl。銅晶體晶胞的堆積方式為面心立方最密堆積，晶胞的空間利用率為74％，故答案為ls22s22p63s23p63d104sl；面心立方最密堆積；74%；（2）同一周期，從左到右，元素的第一電離能逐漸增大,但N原子的2p為半充滿,均為穩(wěn)定，第一電離能大于O，C、N、O三種元素的第一電離能由小到大的順序為C＜O＜N，故答案為C＜O＜N;(3)NF3分子中N原子上有1個孤對電子，價層電子對數(shù)為4，采用sp3雜化,分子的空間構(gòu)型為三角錐形,故答案為sp3；三角錐形；（4)氨氣溶于水生成NH3·H2O，能夠電離生成銨根離子和氫氧根離子，因此氨氣在水中可形成氫鍵，其氫鍵最可能的形式為是氨氣分子中N原子上的孤對電子與水分子中的H原子共用，形成氫鍵，故選B；（5)C的某氣態(tài)氧化物的相對分子質(zhì)量為44，該氧化物為二氧化碳,分子中的大π鍵可用符號Π表示，其中m代表參與形成大π鍵的原子數(shù)，n代表參與形成大π鍵的電子數(shù)，則其氣態(tài)氧化物中的大π鍵應表示為Π，二氧化碳分子中含有2個C=O，其中σ鍵與π數(shù)目之比為1：1,故答案為Π；1∶1；（6）根據(jù)晶胞中微粒個數(shù)的分配方法計算,晶胞中含有N原子的數(shù)目為8×=1，Cu原子的數(shù)目為：12×=3,故化學式為Cu3N，1mol晶胞的質(zhì)量為206g，所以該晶胞的邊長==cm，故答案為。【化學——選修5：有機化學基礎(chǔ)】12.美托洛爾可治療各型高