福建省厦门市2019届高三下学期5月第二次质量检查理科综合化学试题含解析

厦门市2019届高中毕业班第二次质量检查理科综合能力测试化学试题1.我国科学家设计的人工光合“仿生酶—光偶联”系统工作原理如图。以下说法正确的选项是（

）A.总反响为

6CO2+6H2O

C6H12O6+6O2转变过程中仅有酶是催化剂能量转变形式为化学能→光能+D.每产生1molC6H12O6转移H数目为12NA【答案】A【剖析】【详解】A.依照图示可知：该装置是将CO2和H2O转变为葡萄糖和氧气，反响方程式为：6CO2+6H2OC6H12O6+6O2，A正确；B.转变过程中有酶、光触媒作催化剂，B错误；C.能量转变形式为光能→化学能，C错误；D.每产生1molC6H12O6转移H+数目为24NA，D错误；故合理选项是A。2.以下量气装置用于测量CO2体积，误差最小的是（）A.B.C.D.【答案】D【剖析】【详解】A.CO2能在水中溶解，使其排出进入量筒的水的体积小于CO2的体积；B.CO2能与溶液中的水及溶质发生反响：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，使排出水的体积小于CO2的体积；C.CO2能在饱和食盐水中溶解，使其赶入量筒的水的体积小于CO2的体积；D.CO2不能够在煤油中溶解，这样进入CO2的体积等于排入量气管中的水的体积，相对来说，误差最小，故合理选项是D。3.NA是阿伏加德罗常数的值，以下说法正确的选项是（）A.11g超重水(T2O)含中子数为5NAB.25℃，pH=13的1LBa(OH)2溶液中—的数目为0.2NAOHC.1mol金刚石中C—C键的数目为2NA常温下，pH=6的MgCl2溶液中H+的数目为10-6NA【答案】

C【剖析】【详解】

A.11g

超重水(T2O)的物质的量为

0.5mol，由于在

1个超重水

(T2O)中含有

12其中子，所以

0.5mol

超重水

(T2O)中含中子数为

6NA，A错误；B.溶液中氢氧根的物质的量浓度是

0.1mol/L

，则1L溶液中含有的氢氧根离子的数目为

0.1NA，B错误；C.由于一个C原子与相邻的4个C原子形成共价键，每个共价键为相邻两个原子形成，因此1个C原子含有的C-C键数目为4×1=2，因此1mol金刚石中C—C键的数目为2NA，C正确；2+D.缺体积，无法计算H的数目，D错误；故合理选项是C。4.我国科学家建立了一种有机框架物M，结构如图。以下说法错误的选项是（）A.1molM可与足量Na2CO3溶液反响生成15molCO2B.苯环上的一氯化物有3种.C.所有碳原子均处同一平面D.1molM可与15molH2发生加成反响【答案】D【剖析】【详解】A.依照物质结构可知：在该化合物中含有+2-反响产生1molCO23个-COOH，由于每2个H与CO3气体，因此1molM可与足量Na2CO溶液反响生成1.5molCO2，A正确；3B.在中间的苯环上只有1种H原子，在与中间苯环连结的3个苯环上有2种不相同的H原子，因此苯环上共有3种不相同地点的H原子，它们被取代，产生的一氯化物有3种，B正确；C.-COOH碳原子取代苯分子中H原子的地点在苯分子的平面上；与苯环连结的碳碳三键的C原子取代苯分子中H原子的地点在苯分子的平面上；乙炔分子是直线型分子，一条直线上2点在一个平面上，则直线上所有的原子都在这个平面上，因此所有碳原子均处同一平面，C正确；D.在M分子中含有4个苯环和3个碳碳三键，它们都能够与氢气发生加成反响，则能够与1molM发生加成反响的氢气的物质的量为3×4+2×3=18mol，D错误；故合理选项是D。5.主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且均不大于20。W、X、Z最外层电子数之和为9；W与Y同族；W与Z形成的离子化合物可与水反响，其生成的气体可使酸性高锰酸钾溶液褪色。以下说法正确的选项是（）A.生物分子以W为骨架B.X的氧化物常用于焊接钢轨C.Z的硫化物常用于点豆腐D.Y的氧化物是常有的半导体资料【答案】A【剖析】【剖析】主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且均不大于20，W与Z形成的离子化合物可与水反响，其生成的气体可使酸性高锰酸钾溶液褪色，则气体为烯烃或炔烃，W为C、Z为Ca时，生成乙炔符合；W、X、Z最外层电子数之和为9，X的最外层电子数为9-4-2=3，X为Al；W与Y同族，联合原子序数可知Y为Si，以此来解答。【详解】由上述剖析可知，W为C、X为Al、Y为Si、Z为Ca。A.生物分子以碳链为骨架组成的分子，A正确；B.X的氧化物为氧化铝，不能够用于焊接钢轨，B错误；C.一般选硫酸钙用于点豆腐，C错误；D.Si单质是常有的半导体资料，D错误；故合理选项是A。【点睛】此题察看原子结构与元素周期律的知识，掌握原子序数、元素的地点及碳化钙与水反响生成乙炔来推断元素为解答的重点，注意元素化合物知识的应用，重视剖析与应用能力的察看。6.我国科学家以

MoS2为催化剂，在不相同电解质溶液中实现常温电催化合成氨，

其反响历程与相对能量模拟计算结果如图。以下说法错误的选项是（）A.Li2SO4溶液利于MoS2对N2的活化B.两种电解质溶液环境下从N2→NH3的焓变不相同C.MoS2(Li2SO4溶液)将反响决速步(*N2→*N2H)的能量降低D.N2活化是N≡N键的断裂与N—H键形成的过程【答案】B【剖析】【详解】A.从图中可知在Li2SO4溶液中N2的相对能量较低，因此Li2SO4溶液利于MoS2对N2的活化，A正确；B.反响物、生成物的能量不变，因此反响的焓变不变，与反响路子没关，B错误；的(*N2→*N2H)的能量大大C.依照图示可知MoS2在Li2SO4溶液中能量比Na2SO4溶液中将反响决速步降低，C正确；D.依照图示可知N2活化是N≡N键断裂形成N2H过程，即是N≡N键的断裂与N—H键形成的过程，D正确；故合理选项是B。7.我国科学家设计了一种智能双模式海水电池，知足水下航行器对高功率和长续航的需求。负极为Zn，正极放电原理如图。以下说法错误是（）A.电池以低功率模式工作时，NaFe[Fe(CN)6]作催化剂B.电池以低功率模式工作时，Na+的嵌入与脱嵌同时进行C.电池以高功率模式工作时，正极反响式为：-+NaFe[Fe(CN)6]+e+Na=Na2Fe[Fe(CN)6]若在无溶解氧的海水中，该电池还可以实现长续航的需求【答案】D【剖析】【详解】A.依照图示可知：电池以低功率模式工作时，负极是Zn-2e-=Zn2+，正极上是NaFe[Fe(CN)6]获得电子，尔后与吸附在它上面的氧气即溶液中发生反响为--上O+4e+2HO=4OH，从NaFe[Fe(CN)]26析出，故NaFe[Fe(CN)6]的作用是作催化剂，A正确；B.电池以低功率模式工作时，电子进入6+-6NaFe[Fe(CN)]时Na的嵌入；当形成OH从NaFe[Fe(CN)]析出时，Na+从NaFe[Fe(CN)6]脱嵌，因此Na+的嵌入与脱嵌同时进行，B正确；C.依照电池以高功率模式工作时，正极上NaFe[Fe(CN)6]获得电子被复原变为Na2Fe[Fe(CN)6]，所以正极的电极反响式为：NaFe[Fe(CN)6]+e-+Na+=Na2Fe[Fe(CN)6]，C正确；D.若在无溶解氧的海水中，由于在低功率模式工作时需要氧气参加反响，因此在该电池不能够实现长续航的需求，D错误；故合理选项D。8.Fe(OH)3宽泛应用于医药制剂、颜料制造等领域，其制备步骤及装置以下：在三颈烧瓶中加入16.7gFeSO·7HO和40.0ml蒸馏水。边搅拌边迟缓加入3.0mL浓HSO，再加入2.0gNaClO3固体。4224水浴加热至80℃，搅拌一段时间后，加入NaOH溶液，充分反响。经过滤、冲洗、干燥得产品。(1)NaClO3氧化FeSO4·7H2O的离子方程式为_____________。加入浓硫酸的作用为_________(填标号)。a.供应酸性环境，增强NaClO3氧化性b.脱去FeSO4·7H2O的结晶水c.控制Fe3+水解d.作为氧化剂.(3)查验Fe2+已经完好被氧化需使用的试剂是_________。(4)研究相同时间内温度与NaClO3用量对Fe2+氧化收效的影响，设计比较实验以下表编号T/℃FeSO4·7H2O/gNaClO3/g氧化收效/%i702516aii7025mbiii80n2.0civ80251.6878①m=______；n=______。②若c>87.8>a，则a、b、c的大小关系为___________。加入NaOH溶液制备Fe(OH)3的过程中，若降低水浴温度，Fe(OH)3的产率下降，其原因是___判断Fe(OH)3积淀冲洗洁净的实验操作为_________________；(7)设计实考证明制得的产品含FeOOH(假定不含其他杂质)。___________。【答案】(1).-+6Fe2++3+-+3H2O(2).a、c(3).K3[Fe(CN)6]溶液(4).ClO3+6H=6Fe+Cl2.0(5).25(6).c>b>a(7).若温度过低，Fe(OH)3胶体未充分聚沉收集，致使产率下降(8).取最后一次冲洗液于两只试管中，分别滴加HCl酸化的BaCl2溶液和HNO酸化的AgNO33溶液，若都无白色积淀，则说明Fe(OH)3积淀冲洗洁净(9).称取mg样品，加热至恒重后称重，节余固体质量大于80mg107【剖析】【剖析】(1)NaClO3拥有氧化性，在酸性条件下将FeSO4·7H2O氧化为硫酸铁，据此书写；(2)NaClO3拥有氧化性，在酸性条件下氧化性增强；同时反响产生的Fe3+会发生水解反响，依照盐的水解规律剖析剖析；(3)查验Fe2+已经完好被氧化，就要证明溶液在无Fe2+；(4)实验是研究相同时间内温度与2+i、ii是NaClO用量对Fe氧化收效的影响，依照表格数据可知3研究NaClO3用量的影响；ii、iii或i、iv是研究温度的影响；据此剖析解答；温度低，盐水解程度小，不能够充分聚沉；(6)Fe(OH)3积淀是从含有NaCl、H2SO4的溶液在析出的，只需查验无-2-即可证明冲洗洁净；Cl或SO4(7)依照Fe元素守恒，若含有FeOOH，最后获得的固体质量比Fe(OH)3多。【详解】(1)NaClO3拥有氧化性，在酸性条件下将FeSO4·7H2O氧化为硫酸铁，NaClO3被复原为NaCl，同时产生水，反响的离子方程式为：-2++3+-+3HO；32(2)NaClO3氧化FeSO·7HO时，为了增强其氧化性，要加入酸，因此供应酸性环境，增强NaClO423氧化性，选项a合理；同时FeSO4·7H2O被氧化为Fe2(SO4)3，该盐是强酸弱碱盐，在溶液中Fe3+发生水解反响使溶液显酸性，为控制Fe3+的水解，同时又不引入杂质离子，因此要向溶液中加入硫酸，选项c合理，故答案为ac；(3)查验Fe2+已经完好被氧化，只需证明溶液中无Fe2+即可，查验方法是取反响后的溶液少许，向其中滴加K3[Fe(CN)6]溶液，若溶液无蓝色积淀产生，就证明Fe2+已经完好被氧化为Fe3+；(4)①依照实验目的，i、ii是在相同温度下，研究NaClO3用量的影响，ii、iii或i、iv是研究温度的影响；因此m=2，n=25；②在其他条件不变时，增大反响物的浓度，化学反响速率加速，实验b>a；ii、iii的反响物浓度相同时，高升温度，化学反响速率大大加速，实验c>b，因此三者关系为c>b>a；加入NaOH溶液制备Fe(OH)3的过程中，若降低水浴温度，Fe(OH)3的产率下降，原因是温度过低，Fe(OH)3胶体未充分聚沉收集，致使产率下降；(6)Fe(OH)3积淀是从含有NaCl、H2SO4的溶液在析出的，若最后的冲洗液中无-2-即可证明Cl或SO4冲洗洁净。方法是取最后一次冲洗液于两只试管中，分别滴加HCl酸化的BaCl2溶液和HNO酸化的333积淀冲洗洁净；AgNO溶液，若都无白色积淀，则说明Fe(OH)在最后获得的积淀Fe(OH)3中若含有FeOOH，由于Fe(OH)3中比FeOOH中Fe元素的含量多。由于1molFe(OH)3质量是107g，完好灼烧后产生0.5molFe2O3，质量是80g，若称取mgFe(OH)3，完好灼烧后固体质量是80mg，若样品中含有FeOOH，加热至恒重后称重，节余固体质量大于80mg。107107【点睛】此题察看了氢氧化铁的制备原理及操作的知识。波及氧化复原反响方程式的配平、实验方案的波及、离子的查验方法、盐的水解、物质纯度的判断等。掌握元素及化合物的知识和化学反响基本源理是解题重点。一种以磷酸工业副产物磷石膏(主要成分为CaSO4，杂质含H3PO4，SiO2，Al2O3等)制取高纯硫酸钙的流程以以下列图。磷石膏荒弃会造成的环境问题为___________；“碱溶”中Al2O3发生反响的化学方程式为_________；含硅与含铝组分别布系数与pH关系以以下列图：①“调pH”时，溶液的pH应调治为__________；②Ksp[Al(OH)3]=__________；Al(OH)3(aq)+H2O[Al(OH)4]-(aq)+H+(aq)，则Ka[Al(OH)3]=__________；“电解”采用双极膜电渗析法，装置以以下列图。①“某极电解液”为________(填“X”、“Y”或“Z”)极。②阴极电极反响式为____________。(5)流程中可循环利用的物质有________________(填化学式)。【答案】(1).水体富营养化(2).Al2O3+2NaOH+3HO=2Na[Al(OH)4](3).7(4).1.0×10-33(5).10-12.8(6).X(7).2H++2e-=H2↑(8).NaOH、HCl【剖析】【剖析】磷元素是植物生长需要的营养元素，磷石膏荒弃会造成的环境问题为水体富营养化；Al2O3是两性氧化物，能够与强碱反响产生盐和水；①调整溶液的pH，使Si元素形成积淀，而Al元素以[Al(OH)4]-存在于溶液中；②依照形成Al(OH)3积淀的pH剖析Ksp[Al(OH)3]大小；③依照电离平衡常数的见解计算；①依照某极电解液的作用是沉钙，剖析所属电极名称；②依照阴极上溶液中的阳离子放电，联合离子的放电次序剖析判断；③依照两个电极放电后产生的物质剖析循环利用的物质。【详解】(1)磷元素是植物生长需要的营养元素，在磷石膏中含有H3PO4，若磷石膏荒弃，磷酸溶于水，会电离产生H2PO4-、HPO42-，为植物生长供应营养元素，使植物疯狂生长，故磷石膏荒弃会造成的环境问题为水体富营养化；(2)Al2O3是两性氧化物，能够与NaOH溶于发生反响产生Na[Al(OH)4]，反响方程式为Al2O3+2NaOH+3HO=2Na[Al(OH)4]；(3)①依照图象可知在溶液的pH=7时，Si元素以H4SiO4积淀的形式存在，而Al元素以Al(OH)3沉淀的形式存在，故调整溶液的pH=7；②由图象可知：当溶液的pH大概为pH=3时形成Al(OH)+-33积淀，c(H)=10，则依照水的离子积常数可得此时溶液中c(OH-)=1010

143=10-11，则Ksp[Al(OH)3]=1×(10-11)3=10-33；③关于电离平衡：Al(OH)3(aq)+H2O[Al(OH)4]-(aq)+H+(aq)，当溶液的Al(OH)3(aq)的浓度与[Al(OH)4]-(aq)的浓度相等时，Ka[Al(OH)3]等于溶液中氢离子的浓度，因此cAlOH-4cH++-12.83Ka[Al(OH)]=cAlOH3=c(H)=10；(4)①“某极电解液”作用是沉钙，应当为酸溶液，在电解装置中，左边为正极区，-OH向正极区移动，H+向X区搬动，因此X区溶液为酸性溶液，故“某极电解液”为X极；②在负极区，++-H发生复原反响产生氢气，因此阴极电极反响式为2H+2e=H↑；2+-+-X电极区产生③H向X电极搬动，Cl移向X电极区，Na移向Z电极区，OH向Z电极区搬动，因此HCl，Z电极区产生NaOH，反响产生的HCl、NaOH又能够在酸溶、碱溶中使用，故流程中可循环利用的物质有HCl、NaOH。【点睛】此题经过物质制备工艺流程，察看了物质的化学性质、积淀溶解平衡原理的应用、电解原理的应用等知识，掌握物质的化学性质和化学反响基本源理是解题重点。10.苯乙烯是一种重要的化工原料，可采用乙苯催化脱氢法制备，反响以下：(g)(g)+H2(g)△H=+17.6kJ/mol(1)在刚性容器中要提高乙苯平衡转变率，可采用的举措有______实质生产中往刚性容器中同时通入乙苯和水蒸气，测得容器总压和乙苯转变率随时间变化结果以以下列图。①平衡时，

p(H2O)=_____kPa，平衡常数

Kp=_____kPa(Kp为以分压表示的平衡常数

)②反响速率

V=V正-V

逆=k

正P乙苯-k

逆p苯乙烯p氢气，k

正、k

逆分别为正逆反响速率常数。计算

a处的v正______。v逆(3)O2氛围下乙苯催化脱氢同可时存在以下两种路子：a=________。②路子I的反响历程以以下列图，以下说法正确的选项是_____a.CO2为氧化剂

b.

状态

1到状态

2形成了

O-H键c.中间产物只有

(

)

d.

该催化剂可提高乙苯的平衡转变率③pCO2与乙苯平衡转变率关系如图剖析，

pCO2为

15kPa时乙苯平衡转变率最高的原因

______。【答案】(1).升温、降压、实时移去产物(2).80(3).45(4).2.5(5).159.2(6).a、b(7).当p(CO)<15kPa，随着CO压强增大，反响物浓度增大，促使平衡向右搬动；22当p(CO2)>15kPa，过多的CO2会造成催化剂表面乙苯的吸附下降【剖析】【剖析】依照该反响的正反响为气体体积扩大的吸热反响，用平衡搬动原理剖析解答；①先依照压强增大数值计算反响的乙苯，尔后依照乙苯的转变率计算混淆气体中乙苯的含量，进而可得出水蒸气的含量，将各组分物质的量带入平衡常数表达式可得Kp；②依照平衡时V正=V逆计算出k正，再依照a点时反响混淆物中个组分的物质的量带入速率公式及k逆可获得相应的数值；(3)①依照盖斯定律计算；②联合反响历程及化学平衡搬动原理剖析；③依照CO2是反响物，联合反应物的浓度对化学平衡搬动的影响及CO2在催化剂表面的吸附作用剖析判断。【详解】(1)依照该反响的正反响为气体体积扩大的吸热反响，依照平衡搬动原理可知：要提高乙苯的转变率，可采用的举措为高升温度、降低压强实时移去产物等方式；反响开始总压强为100，反响达到平衡时增大为115，增大了15，说明乙苯反响了15，由于乙苯的转变率为75，因此反响开始时乙苯的含量为15÷0.75=20，故H2O蒸气占80；依照上述剖析可知：平衡时n(乙苯)=20-15=5，n(苯乙烯)=n(H2)=15，则依照平衡常数的含义，物质的量的比等于气体的压强比，因此用平衡分压表示的平衡常数1515Kp==45；5②可逆反响(g)(g)+H2(g)达到平衡时，正反响与逆反响速率相等，此时乙苯为5，苯乙烯、氢气为k正p苯乙烯p氢气15，k正P乙苯=k逆p苯乙烯p氢气，=45；在a点时压强k逆p乙苯为112，则说明此时乙苯为8，苯乙烯、氢气为12，因此v正k正p乙苯k正p乙苯=45×8；v逆=p氢气=p苯乙烯p氢气=2.5k逆p苯乙烯k逆1212①反响过程中能量变化与反响路子没关，只与物质的始态和终态相关，依照图示可知反响热a=117.6kJ/mol+41.6kJ/mol=+159.2kJ/mol；②a.CO2与乙苯反响后变为

CO，C元素化合价降低，

C获得电子，因此

CO2为氧化剂

,a

正确；b.依照图示可知由状态

1到状态

2形成了

O-H键，b正确；c.由反响历程可知中间产物除了

(

)，还有

，c

错误；d.催化剂对化学平衡搬动无影响，因此不能够改变乙苯的转变率，

d错误；故合理选项是ab；③乙苯与CO2发生可逆反响产生苯乙烯、H2O、CO，在p(CO2)<15kPa，随着CO2压强增大，反响物浓度增大，促使平衡向右搬动；当p(CO2)>15kPa，过多的CO2吸附在催化剂表面，会造成催化剂表面乙苯的吸附下降，又致使其转变率降低。11.UO2与铀氮化物是重要的核燃料，已知：3(NH4)4[UO2(CO3)3]3UO2+10NH3↑+9CO2↑+N2↑+9H2O↑回答以下问题：(1)基态氮原子价电子排布图为______。反响所得气态化合物中属于非极性分子的是_______(填化学式)。某种铀氮化物的晶体结构是NaCl型。NaCl的Bom-Haber循环以以下列图。已知：元素的一个气态原子获得电子成为气态阴离子时所放出的能量称为电子亲和能。以下相关说法正确的选项是________(填标号)。a.Cl-Cl键的键能为119.6kJ/molb.Na的第一电离能为603.4kJ/molc.NaCl的晶格能为785.6kJ/mold.Cl的第一电子亲和能为348.3kJ/mol2-的空间构型为_________。分子中的大丌键可用符号丌n3代表参加形成大丌键的原子数，n代表参加形成大丌键的电子数(如苯分子中的大丌键可表示为丌62-中的大丌键应表示为_____6)，则CO3(5)UO可用于制备UF：+5NHHF2UF·2NH↑+4HO，其中HF结构表示为24424422[F—HF]-，反响中止裂的化学键有_______(a.氢键b.极性键c.离子键d.

填标号)。金属键e.非极性键铀氮化物的某两种晶胞以以下列图：①晶胞a中铀元素的化合价为__________，与U距离相等且近来的U有_______个。3常数的值，则该晶胞的空间利用率为___________(列出计算式)。【答案】(1).(2).CO2(3).c、d(4).平面三角形(5).44r1384r236(6).b、c(7).+3(8).12(9).33×100%Π41484238的dNA【剖析】【剖析】先依照结构原理，书写N的核外电子排布式，尔后可依照各个能级拥有的轨道数及轨道电子填充电子规律，获得基态氮原子价电子排布图；反响所得气态化合物分子有NH3、CO2、N2、H2O，依照分子可否对称判断可否为非极性分子；依照图示的能量变化联合化学基本见解剖析判断；依照价层电子对互斥理论剖析判断；C原子、O原子有平行的p轨道，价电子总数为4+2+6×3=24，单电子数=24-2×3-4×3=6，为4原子、6电子形成的大π键；NH4HF2为离子晶体，含有离子键，HF2-含有氢键和共价键，NH4+中含有配位键和共价键；(6)①用均派方法计算a中U、N原子个数比，尔后依照N元素化合价剖析U元素化合价；在晶体中与U距离相等且近来的U原子在晶胞面心，尔后依照经过一个U原子的晶胞数及重合数目计算其微粒数目；②先计算1个晶胞中含有的U、N原子数目，尔后计算晶胞的体积及一个晶胞中含有的目的整体积，最后依照原子体积占整体积的百分比可得其空间利用率。

U、N原子数【详解】(1)N是7号元素，依照结构原理，可得其核外电子排布式1s22s22p3，其价电子的轨道表达式为；反响所得气态化合物分子有NH3、CO2、N2、H2O，NH3、H2O的空间排列不对称，正负电荷的重心不重合，属于极性分子，CO2、N2的空间排列对称，分子中正负电荷重心重合，是非极性分子，其中CO2是非极性化合物分子；(3)a.Cl-Cl键的键能为2×119.6kJ/mol=239.2kJ/mol，a错误；b.Na的第一电离能为495.0kJ/mol，b错误；c.NaCl的晶格能为785.6kJ/mol，c正确；d.Cl的第一电子亲和能为348.3kJ/mol，d正确；故合理选项是cd；2-42322-空间构型为平面三角形；(4)CO3的价层电子对数为3+2=3，因此CO3C原子、O原子有平行的p轨道，价电子总数为4+2+6×3=24，单电子数=24-2×3-4×3=6，为4原子、6电子形成的大π键，大π键为Π64；NH4HF2为离子晶体，含有离子键，HF2-含有氢键和共价键，NH4+中含有配位键和共价键，因此NH4HF2中所含作使劲有：a、b、c、d，反响中止裂的化学键有b、c；①晶胞a中U原子个数8×1+6×1=4；含有N原子个数为：12×1+1=4，因此一个晶胞中含824有U、N原子个数均为4个，化学式为UN，由于N原子最外层有5个电子，N化合价为-3价，因此U元素的化合价为+3，依照图示可知：在晶胞与U距离相等且近来的U在一个晶胞的面心上，经过一个U原子有8个晶胞，在一个晶胞中有3个U距离相等且近来，每个U原子重复了两次，因此在晶胞与U距离相等且近来的U原子数为8×3×1=12；2②在一个晶胞中含有U原子数目为U：8×1+6×1=4，含有的N原子数目为8×1=8，一个晶胞中82含有的U、N原子的整体积为V(U)+V(N)=(4×4r13+8×4r23)cm3；依照图示可知晶胞参数为433个U原子的半径的2倍；2L=4rcm，晶胞的体积V(晶胞)=14842381dNA，则该晶体中原子V(原子）44r1384r23100%33×100%。利用率为φ1484238V晶胞dNA【点睛】此题察看物质结构与性质的知识，波及原子核外电子的轨道表达式、晶格能、电离能、微粒的空间构型判断、化学键种类的判断及晶胞的相关