【KS5U解析】四川省遂宁市第二中学2020届高三上学期第三次高考模拟理综化学试题 Word版含解析

1、遂宁市第二中学2020届高三上学期高考模拟(三)理科综合试卷考生注意：1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卷、机读卡上。考生认真核对。2.第i卷每小题选出答案后，用2b铅笔把机读卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。第ii卷用黑色墨水签字笔在答题卷上书写作答，在试卷上作答，答案无效。3.考试结束后，请将答题卷和机读卡一并上交。可能用到的相对原子质量：h-1 b-11 c-12 o-16 n-14 zn-65 s-32 pb-207 一、选择题：每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求1.化学与生活、生产密切相关，下列说法正

2、确的是a. 月饼因富含油脂而易被氧化，保存时常放入装有硅胶的透气袋b. 离子交换膜在工业上应用广泛，在氯碱工业中使用阴离子交换膜c. 钢铁在潮湿的空气中，易发生化学腐蚀生锈d. “梨花淡白柳深青，柳絮飞时花满城”中柳絮的主要成分和棉花相同【答案】d【解析】【详解】a.食品包装中的硅胶为干燥剂，不能除去月饼包装袋中的氧气，故a错误；b.氯碱工业中生成naoh、cl2和h2，为防止cl2和naoh溶液反应，选择阳离子交换膜，故b错误；c.铁中含有杂质碳，在潮湿的环境下容易形成原电池，发生电化学腐蚀，故c错误；d.柳絮和棉花的化学成分均为纤维素，故d正确；答案：d。2.短周期元素w、x、y、z的原子

3、序数依次增加。w、x、y简单离子的电子层结构相同，x元素在短周期主族元素中原子半径最大；w的简单氢化物常温下呈液态，y的氧化物和氯化物熔融时都能导电，x、y和z原子的最外层电子数之和为10。下列说法正确的是a. w、z形成的化合物可做消毒剂b. 原子半径：w<y<zc. 工业上采用电解y的氧化物冶炼单质yd. w、x、z三种元素组成的化合物水溶液一定显碱性【答案】a【解析】【分析】x元素是短周期主族元素中原子半径最大，则x为na，w的简单氢化物常温下呈液态，该氢化物是h2o，即w为o，y的氧化物和氯化物熔融状态下都能够导电，说明它们都是离子化合物，即y为mg，x、y、z原子最外层电

4、子数之和10，推出z的最外层有7个电子，四种元素原子序数依次增大，即z为cl，据此分析；【详解】x元素是短周期主族元素中原子半径最大，则x为na，w的简单氢化物常温下呈液态，该氢化物是h2o，即w为o，y的氧化物和氯化物熔融状态下都能够导电，说明它们都是离子化合物，即y为mg，x、y、z原子最外层电子数之和10，推出z的最外层有7个电子，四种元素原子序数依次增大，即z为cl，a.w和z形成的化合物可以是clo2，clo2具有强氧化剂，能作消毒剂，故a正确；b.o、mg、cl原子半径大小是mg>cl>o，故b错误；c.工业上冶炼金属镁，常电解熔融状态的氯化镁，因为氯化镁的熔点低于氧化

5、镁，故c错误；d.o、na、cl可以形成多种化合物，naclo水溶液显碱性，naclo4水溶液显中性，故d错误；答案：a。【点睛】易错点是y元素的推断，学生认为y可能是al，认为al2o3和alcl3熔融中状态下都能够导电，忽略了alcl3是共价化合物，熔融状态下不能够导电。3.2019年化学教育期刊封面刊载如图所示的有机物m(只含c、h、o)的球棍模型图。不同大小、颜色的小球代表不同的原子，小球之间的“棍”表示共价键，既可以表示三键，也可以表示双键，还可以表示单键。下列有关m的推断正确的是a. m的分子式为c12h12o2b. m与足量氢气在一定条件下反应的产物的环上一氯代物有7种c. m能

6、发生中和反应、取代反应、加成反应d. 一个m分子最多有11个原子共面【答案】c【解析】【分析】根据球棍模型，推出该有机物结构简式为，据此分析；【详解】a.根据球棍模型推出m的化学式为c12h10o2，故a错误；b.m与足量氢气在一定条件下发生加成反应，得到，环上有10种不同的氢，因此环上一氯代物有10种，故b错误；c.m中有羧基和苯环，能发生中和反应、取代反应、加成反应，故c正确；d.苯的空间构型是平面正六边形，m分子中含有2个苯环，因此一个m分子最多有22个原子共面，故d错误；答案：c。4.设na为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是a. 标准状况下， l的c2h4和c3h6的混合

7、物中含有的碳碳双键数目为nab. 100 g 质量分数17%h2o2溶液中极性键数目为nac. 1 l0.1mol  k2cr2o7溶液中含铬的离子总数为0.2nad. 65 g zn溶于浓硫酸中得混合气体分子数为na【答案】d【解析】【详解】a.c3h6可以是环烷烃，不含碳碳双键，故a错误；b.h2o2溶液中含有极性键的是h2o2和h2o，100 g 质量分数17%h2o2溶液中含有极性键的物质的量为()mol>1mol，故b错误；c.k2cr2o7溶液中存在cr2o72h2o 2 h2cro42，因此溶液中含铬的离

8、子总物质的量不等于0.2mol，故c错误；d.锌和浓硫酸反应：zn2h2so4(浓)=znso4so22h2o，锌和稀硫酸反应：znh2so4=znso4h2，65 g zn完全溶于浓硫酸中，无论得到so2还是h2还是混合气体，得到分子数都为na，故d正确；答案：d。5.硼氢化钠(nabh4)可用作还原剂和塑料发泡剂。它在催化剂作用下与水反应获取氢气的微观过程如图所示。下列说法不正确的是a. nabh4中氢元素的化合价为+1价b. 若用d2o代替h2o，反应后生成的气体中含有h2、hd和d2c. 通过控制催化剂的用量和表面积，可以控制氢气的产生速率d. nabh4 与水反应的离子方程式为：bh

9、4+4h2o=b(oh)4+4h2【答案】a【解析】【详解】a.b为a元素，其化合价为+3价，nabh4中氢元素的化合价为1价，故a说法错误；b.由图示可知bh4中的h原子与h2o中h结合为h2，当若用d2o代替h2o，形成的氢气有三种，即d2、hd和h2，故b说法正确；c.反应物在催化剂表面反应，催化剂对反应物吸附，生成产物后会解吸，通过控制催化剂的用量和表面积，可以控制氢气的产生速率，故c说法正确；d.nabh4与水反应为氢元素的归中反应，反应方程式为bh44h2o=b(oh)44h2，故d说法正确；答案：a。6.下列实验对应的现象以及结论均正确的是选项实验现象结论a向装有溴水的分液漏斗中

10、加入裂化汽油，充分振荡，静置上层为橙色裂化汽油可萃取溴b分别向相同浓度的znso4溶液和cuso4溶液中通入h2s前者无现象，后者有黑色沉淀生成ksp(zns)>ksp(cus)c向ba(clo)2溶液中通入so2有白色沉淀生成酸性:h2so3>hclod向鸡蛋清溶液中滴加饱和na2so4溶液有白色不溶物析出na2so4能使蛋白质变性a. ab. bc. cd. d【答案】b【解析】【详解】a.裂化汽油中含有不饱和碳碳键，易与溴水发生加成反应，不能作萃取剂，故a说法错误；b.ksp小的先生成沉淀，前者无现象，后者有黑色沉淀生成，说明硫化锌的溶度积大于硫化铜，故b正确；c.clo具有

11、氧化性，能将so2氧化为硫酸根离子，白色沉淀为硫酸钡，不能说明亚硫酸的酸性强于次氯酸，故c错误；d.向鸡蛋清溶液中滴加饱和na2so4溶液会有白色沉淀，原理为蛋白质的盐析，故d错误；答案：b。7.室温下，某二元碱x(oh)2水溶液中相关组分的物质的量分数随溶液ph变化的曲线如图所示，下列说法错误的是a. kb2的数量级为10-8b. x(oh)no3水溶液显碱性c. 等物质的量的x(no3)2和x(oh)no3混合溶液中 c(x2+)>cx(oh)+d. 在x(oh)no3水溶液中，cx(oh)2+c(oh-)= c(x2+)+ c(h+)【答案】c【解析】【分析】本题是一道图形比较熟悉

12、的题目，不过题目将一般使用的二元酸变为了二元碱，所以在分析图示时要随时注意考查的是多元碱的分步电离。【详解】a选取图中左侧的交点数据，此时，ph=6.2，cx(oh)+=c(x2+)，所以kb2=，选项a正确；bx(oh)no3水溶液中x的主要存在形式为x(oh)+，由图示x(oh)+占主导位置时，ph为7到8之间，溶液显碱性，选项b正确；c等物质的量的x(no3)2和x(oh)no3混合溶液中c(x2+)和cx(oh)+近似相等，根据图示此时溶液的ph约为6，所以溶液显酸性x2+的水解占主导，所以此时c(x2+)cx(oh)+，选项 c错误；d在x(oh)no3水溶液中，有电荷守恒：c(no

13、3-)+c(oh-)= 2c(x2+)+c(h+)+cx(oh)+，物料守恒：c(no3-)=c(x2+)+cx(oh)2+cx(oh)+，将物料守恒带入电荷守恒，将硝酸根离子的浓度消去，得到该溶液的质子守恒式为：cx(oh)2+c(oh-)=c(x2+)+c(h+)，选项d正确；答案选c。8.铅精矿的主要成分为pbs，现用下列两种方法从铅精矿中冶炼金属铅。i.火法炼铅将铅精矿在空气中焙烧，生成pbo和so2。(1) 用铅精矿火法炼铅的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_。(2) 火法炼铅的废气中含低浓度so2，可将废气通入过量氨水中进行处理，反应的离子方程式为：_。ii.湿法炼铅在制备金属

14、铅的同时，还可制得硫磺，相对于火法炼铅更为环保。湿法炼铅的工艺流程如下：已知：pbcl2在水中溶解度小，在cl浓度较大的溶液中，存在平衡：pbcl2(s) + 2cl(aq)pbcl42(aq) h0(3) 浸取铅精矿时发生反应的离子方程式是_。(4) 由滤液1中析出 pbcl2的操作a是_。(5) 将溶液3和滤液2分别置于如图所示电解装置的两个极室中，可制取金属铅并使浸取液中的fecl3再生。溶液3应置于_(填“阴极室”或“阳极室”)中。简述滤液2电解后再生为fecl3的可能原理：_若铅精矿的质量为a g，铅浸出率为b ，当电解池中通过c mol电子时，金属铅全部析出，铅精矿中pbs的质量分

15、数的计算式为_【答案】 (1). 3:2 (2). so2+2nh3.h2o= so32+2nh4+ h2o (3). pbs+2fe3+4cl= pbcl42+ 2fe2+s (4). 降低温度，加水稀释 (5). 阴极室 (6). 阳极室中fe2+2e= fe3+，阴极室的cl定向移动到阳极室，实现fecl3的再生 (7). 【解析】【分析】(1)硫化铅在空气中焙烧生成pbo和so2，书写氧化还原反应方程式，然后进行分析；(2)so2为酸性气体，氨水显碱性，反应生成(nh4)2so3；(3)根据流程，pbs中s转化成s单质，利用了fe3的氧化性，根据信息，书写出离子方程式；(4)pbcl2

16、在水中溶解度小，在cl浓度较大的溶液中，存在：pbcl2(s) + 2cl(aq)pbcl42(aq) h0，获得pbcl2，让平衡向逆反应方向进行；(5)根据流程获得pb，pb元素的化合价降低，根据电解原理，应将溶液3置于阴极室；根据流程，滤液2中含有fe2，获得fecl3，化合价升高，需要将滤液2放入阳极室；根据pb元素守恒进行分析和计算；【详解】(1)反应方程式为2pbs + 3o2= 2pbo+2so2，s元素的化合价升高，pb元素的化合价不变，即pbs为还原剂，氧气为氧化剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为3:2；答案：3：2；(2)由于氨水过量，反应生成正盐，离子方程式为：so2+2

17、nh3.h2o= so32+2nh4+ h2o；答案：so2+2nh3h2o= so32+2nh4+ h2o；(3)根据流程，滤渣1中含有硫单质，说明pbs中的s元素转化成s单质，化合价升高，fe3作氧化剂，根据信息，pb元素以pbcl42，因此浸取发生离子方程式为pbs+2fe3+4cl= pbcl42+ 2fe2+s；答案：pbs+2fe3+4cl= pbcl42+ 2fe2+s；(4)滤液1中铅元素存在的形式为pbcl42，由于pbcl2(s) + 2cl(aq) pbcl42(aq) h0，降低温度和加水稀释有利于平衡逆向移动；答案为降低温度，加水稀释；(5)溶液3和滤液2中的溶质分别

18、含有pbcl42和fecl2，电解中要实现fecl2转变为fecl3，发生氧化反应，故滤液2处于阳极室，pbcl42转变为pb，发生还原反应，溶液3处于阴极室；答案：阴极室；根据分析，获得fecl3再生，阳极室中fe2+2e= fe3+，阴极室的cl定向移动到阳极室，实现fecl3的再生；答案：阳极室中fe2+2e= fe3+，阴极室的cl定向移动到阳极室，实现fecl3的再生；设铅精矿中pbs的质量分数为x，pbcl42获得2mole生成pb，电解池中通cmol电子时，获得n(pb)=mol，根据铅元素守恒，得出=mol，计算出pbs的质量分数为；答案：。【点睛】氧化还原反应方程式的书写是高

19、考的热点和难点，一般先写出氧化剂+还原剂氧化产物+还原产物，像本题pbso2pboso2，然后通过化合价升降法进行配平，得出2pbs + 3o2= 2pbo+2so2。9.ch4超干重整co2技术可得到富含co的化工原料。回答下列问题：（1）ch4超干重整co2的催化转化如图所示：已知相关反应的能量变化如图所示：过程的热化学方程式为_。关于上述过程的说法不正确的是_（填序号）。a实现了含碳物质与含氢物质的分离b可表示为co2h2h2o（g）cocco未参与反应dfe3o4、cao为催化剂，降低了反应的h其他条件不变，在不同催化剂（、）作用下，反应ch4（g）co2（g）2co（g）2h2（g）

20、进行相同时间后，ch4的转化率随反应温度的变化如图所示。a点所代表的状态_（填“是”或“不是”）平衡状态；b点ch4的转化率高于c点，原因是_。（2）在一刚性密闭容器中，ch4和co2的分压分别为20kpa、25kpa，加入nial2o3催化剂并加热至1123k使其发生反应ch4（g）co2（g）2co（g）2h2（g）。研究表明co的生成速率（co）1.3×102·p（ch4）·p（co2）mol·g1·s1，某时刻测得p（co）20kpa，则p（co2）_kpa，（co）_mol·g1·s1。达到平衡后测得体系压强是起始

21、时的1.8倍，则该反应的平衡常数的计算式为kp_（kpa）2。（用各物质的分压代替物质的量浓度计算）（3）ch4超干重整co2得到的co经偶联反应可制得草酸（h2c2o4）。常温下，向某浓度的草酸溶液中加入一定浓度的naoh溶液，所得溶液中，则此时溶液的ph_。（已知常温下h2c2o4的ka16×102，ka26×105，lg60.8）【答案】 (1). ch4(g)+co2(g)=2co(g)+2h2(g) h=247.4kj·mol-1 (2). cd (3). 不是 (4). b和c都未达平衡，b点温度高，反应速率快，相同时间内转化率高 (5). 15 (6

22、). 1.95 (7). (8). 2.7【解析】【分析】由能量反应进程曲线得热化学方程式，应用盖斯定律可得过程i的热化学方程式。过程ii中进入循环的物质是最初反应物，出循环的物质是最终生成物，可得总反应方程式。恒温恒容时组分气体的分压与其物质的量成正比，故用分压代替物质的量进行计算。草酸溶液与naoh溶液混合后，其两步电离平衡仍然存在，据电离常数表达式可求特定条件下溶液的ph。【详解】(1)据ch4超干重整co2的催化转化图，过程i的化学反应为ch4(g)+co2(g)=2co(g)+2h2(g)。由能量反应进程曲线得热化学方程式：ch4(g)+h2o(g)=co(g)+3h2(g) h+2

23、06.2kj·mol-1 （i）co2(g)+4h2(g)=ch4(g)+2h2o(g) h165kj·mol-1 （ii）(i)×2+(ii)得过程i的热化学方程式：ch4(g)+co2(g)=2co(g)+2h2(g) h=247.4kj·mol-1 过程物质变化为：左上（co、h2、co2）+ 右下（惰性气体） 左下（h2o）+ 右上（co、惰性气体），总反应为h2+co2=h2o+co。fe3o4、cao为总反应的催化剂，能降低反应的活化能，但不能改变反应的h。故ab正确，cd错误。通常，催化剂能加快反应速率，缩短反应到达平衡的时间。但催化剂不能

24、使平衡发生移动，即不能改变平衡转化率。若图中a点为化学平衡，则保持温度不变（800），将催化剂ii换成i或iii，ch4转化率应不变，故a点不是化学平衡。同理，图中b、c两点都未达到化学平衡。据题意，b、c两点只有温度不同，b点温度较高，反应速率快，相同时间内ch4转化率高。(2)据气态方程pvnrt，恒温恒容时某组分气体的分压与其物质的量成正比。则反应中分压为1123k恒容时，ch4（g）co2（g）2co（g）2h2（g）起始分压/kpa： 20 25 0 0改变分压/kpa： 10 10 20 20某时分压/kpa： 10 15 20 20即某时刻p(co2)15kpa，p(ch4)10

25、kpa。代入(co)1.3×102·p(ch4)·p(co2)mol·g1·s11.95mol·g1·s1。设达到平衡时ch4的改变分压为x kpa，1123k恒容时，ch4（g）co2（g）2co（g）2h2（g）起始分压/kpa： 20 25 0 0改变分压/kpa： x x 2x 2x平衡分压/kpa： 20x 25x 2x 2x据题意，有1.8，解得x18。ch4(g)、co2(g)、co(g)、h2(g)的平衡分压依次是2 kpa、7 kpa、36 kpa、36 kpa，代入kp(kpa)2。 (3)常温下，草酸溶

26、液与naoh溶液混合，所得混合溶液中仍存在分步电离：h2c2o4h+hc2o4 ka1hc2o4h+c2o42 ka2当时，ka1·ka2。6×103.5 mol/l，ph2.7。【点睛】一定温度下，可逆反应建立平衡时，用平衡浓度求得浓度平衡常数kc，用平衡分压求得压力平衡常数kp，它们可通过气态方程进行换算。10.一氯甲烷(ch3cl)一种重要的化工原料，常温下它是无色有毒气体，微溶于水，易溶于乙醇、ccl4等有机浓剂。(1)甲组同学在实验室用装置a模拟催化法制备一氯甲烷并检验ch3cl的稳定性。a. b. c. d. 装置a中仪器a的名称为_，a瓶中发生反应的化学方程式

27、为_。实验室干燥zncl2晶体制备无水zncl2的方法是_。(2)为探究ch3cl与ch4分子稳定性的差别，乙组同学设计实验验证ch3c1能被酸性kmno4溶液氧化。为达到实验目的，上面装置图中装置连接的合理顺序为a_装置中水主要作用是_。若实验过程中还产生了一种黄绿色气体和一种无色气体，该反应的离子方程式为_。(3)丙组同学选用a装置设计实验探究甲醇的转化率。取6.4g甲醇与足量的浓盐酸充分反应，将收集到的ch3cl气体在足量的氧气中充分燃烧，产物用过量的v1ml、c1mol·l-1naoh溶液充分吸收。现以甲基橙作指示剂，用c2mol·l-1盐酸标准溶液对吸收液进行返滴

28、定，最终消耗v2ml盐酸。(已知：2ch3cl+3o2 2co2+2h2o+2hcl)滴定终点的现象为_该反应甲醇的转化率为_。(用含有v、c的式子表示)【答案】 (1). 圆底烧瓶 (2). ch3oh+hcl(浓)ch3cl+h2o (3). 在hc1气流中小心加热 (4). c-d-b (5). 除去ch3c1中的hcl和甲醇，防止对后续试验的干扰 (6). 10ch3cl+14mno4+42h+=10co2+5cl2+14mn2+36h2o (7). 溶液颜色由黄色变为橙色，且半分钟内不变化 (8). 【解析】【分析】(1)根据仪器a特点，得出仪器a为圆底烧瓶；根据实验目的，装置a是制

29、备ch3cl，据此分析；zncl2为强酸弱碱盐，zn2能发生水解，制备无水zncl2时，需要防止zn2水解；(2)a是制备ch3cl的装置，ch3cl中混有甲醇和hcl，甲醇和hcl能使酸性高锰酸钾溶液褪色，干扰实验，必须除去，利用它们溶于水，需要通过c装置，然后通过d装置验证ch3cl能被酸性高锰酸钾溶液氧化最后通过b装置；根据分析；黄绿色气体为cl2，利用高锰酸钾溶液的氧化性，将ch3cl中c氧化成co2，高锰酸钾中mn元素被还原成mn2，据此分析；(3)使用盐酸滴定，甲基橙作指示剂，终点是溶液颜色由黄色变为橙色，且半分钟内不变化；ch3cl燃烧生成co2和hcl，co2和hcl被naoh

30、所吸收，然后用盐酸滴定过量的naoh溶液和na2co3溶液，据此分析；【详解】(1)根据仪器a的特点，仪器a的名称为圆底烧瓶，根据实验目的，装置a制备ch3cl，hcl中cl取代ch3oh中羟基，则a瓶中的反应方程式为ch3oh+hcl(浓)ch3cl+h2o；答案：圆底烧瓶；ch3oh+hcl(浓)ch3cl+h2o；zncl2为强酸弱碱盐，zn2发生水解，因此实验室干燥zncl2晶体制备无水zncl2的方法是在hc1气流中小心加热；答案：在hc1气流中小心加热；(2)根据实验目的，装置a制备ch3cl，甲醇和浓盐酸易挥发， ch3c1中含有hcl和甲醇等杂质，hcl和甲醇均能使酸性kmno

31、4溶液褪色，干扰后续实验，利用甲醇和hcl易溶于水，通入kmno4溶液前需用水除去，然后再通入酸性高锰酸钾溶液，根据得到黄绿色气体，黄绿色气体为cl2，氯气有毒，污染环境，因此最后通入ccl4溶液，除去cl2等有毒气体，则连接顺序是acdb；答案：cdb；根据分析，水的作用是除去ch3c1中的hcl和甲醇；答案：除去ch3cl中的hcl和甲醇，防止对后续实验的干扰；黄绿色气体为cl2，利用高锰酸钾溶液的氧化性，将ch3cl中c氧化成co2，高锰酸钾中mn元素被还原成mn2，根据化合价升降法、原子守恒和电荷守恒，得到l0ch3cl+14mno4-+42h+=10co2+5cl2+14mn2+36

32、h2o；答案：l0ch3cl+14mno4-+42h+=10co2+5cl2+14mn2+36h2o；(3)燃烧生成的co2和hcl全部被naoh溶液充分吸收，溶液中的溶质有naoh、nacl、na2co3，用甲基橙作指示剂，盐酸进行滴定，滴定终点的产物为nacl，滴定终点的现象为溶液颜色由黄色变为橙色，且半分钟内不变化；答案：溶液颜色由黄色变橙色，且半分钟（30s）内不变化；根据的分析，最后溶质为nacl，nacl中氯元素来自于ch3cl和盐酸，根据cl元素守恒可得ch3cl中的n(cl)= n(ch3cl) -n（hcl）=(c1v1c2v2)×103，甲醇的转化率是= ；答案：

33、。11.离子液体是一类具有很高应用价值的绿色溶剂和催化剂，其中的emim+离子由h、c、n三种元素组成，结构如图所示。回答下列问题：(1)碳原子价层电子的轨道表达式为_，基态碳原子中，核外电子占据的最高能级的电子云轮廓图为_形。(2)根据价层电子对互斥理论，nh3、no3、no2中，中心原子价层电子对数不同于其他两种粒子的是_；no3与no2中o-n-o的键角：no3_ no2(填“”、“”“”)。(3)emim+离子与金属阳离子形成的离子化合物常温下呈液态的原因是_。(4)emim+离子中，碳原子的杂化轨道类型为_。分子中的大键可用符号nm 表示，其中m代表参与形成的大键原子数，n

34、代表参与形成的大键电子数，则emim+离子中的大键应表示为_。(5)立方氮化硼硬度仅次于金刚石，但热稳定性远高于金刚石，其晶胞结构如图所示。立方氮化硼属于_晶体，其中硼原子的配位数为_。已知：立方氮化硼密度为d g/cm3，b原子半径为x pm，n原子半径为y pm，阿伏加德罗常数的值为na，则该晶胞中原子的空间利用率为_(列出化简后的计算式)。【答案】 (1). (2). 哑铃 (3). nh3 (4). (5). emim+离子为多核离子，其半径大，与金属阳离子作用的晶格能小，因而常温下为液体 (6). sp2 、sp3 (7). 56 (8). 原子 (9)

35、. 4 (10). 【解析】【分析】(1)碳元素为主族元素，价层电子是最外层电子数；核外电子占据最高能级是p能级，据此分析；(2)根据价层电子对数=键+孤电子对数进行分析；(3)离子化合物熔沸点受晶格能的影响，晶格能与半径、所带电荷数有关，据此分析；(4)利用杂化轨道数等于价层电子对数，根据大键的表示进行分析；(5)根据晶体的性质进行分析，根据晶胞的结构，1个b原子连有4个n，即配位数为4，空间利用率=，进行分析；【详解】(1)碳原子排布式为1s22s22p2，碳原子价层电子数等于最外层电子数，其碳原子价层电子的轨道表达式为；最高能级为2p，形状为哑铃型或纺锤形；答案：哑铃型或纺锤形；(2)

36、价层电子对数=键数+孤电子对数，则nh3、no3、no2中心原子的价层电子对分别为4、3、3，不同于其他两种粒子的是nh3，no3和no2中心原子均采用sp2杂化，no3中n不存在孤电子对，no2中n原子存在一对孤对电子，利用孤电子对数之间的斥力>孤电子对成键电子对之间的斥力>成键电子对之间的斥力，因此no2中o-n-o的键角小于no3；答案：nh3；>；(3)离子化合物的熔沸点受晶格能的影响，晶格能与半径、所带电荷数有关，emim+离子为多核离子，其半径大，与金属阳离子作用的晶格能小，因而常温下为液体；答案：emim+离子为多核离子，其半径大，与金属阳离子作用的晶格能小，因而常温下为液体；(4)利用杂化轨道数等于价层电子对数，emim+离子中，碳原子的杂化轨道类型为sp2 、sp3，emim+离子中大键的构成部分为：，其中c、n原子均为sp2杂化，每个c原子提供1个电子，每个n