2022年普通高等学校招生全国统一考试化学 (一) 解析版

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2022年一般高等小学招生全国统一考试

化学

注重事项：

1．本试卷分第Ⅰ卷（挑选题）和第Ⅱ卷（非挑选题）两部分。答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题卡上。

2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题的答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦整洁后，再选涂其他答案标号。写在试卷上无效。

3．回答第Ⅱ卷时，将答案填写在答题卡上，写在试卷上无效。4．考试结束，将本试卷和答题卡一并交回。

可能用到的相对原子质量：C12N14O16Na23S32Cl35.5Cu64Ba137一、挑选题：本大题共7小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，惟独一项是符合题目要求的。

7．一种利用废干电池中黑色粉末（主要成分MnO2、炭粉及少量Hg2+

、Pb2+

等重金属盐）制备MnSO4晶体的工艺流程如下：

黑色粉末

FeH2SO4

溶液滤渣1

含MnSO4、Fe2(SO4)3的酸性滤液CaCO3

滤渣2

MnSO4滤液

①

②

MnSO4·nH2

O

下列说法错误．．

的是A．反应①中1molFe至多还原1.5molMnO2B．重金属主要在滤渣2中

C．步骤③煮沸可使沉淀颗粒长大，目的是便于固液分别

D．合理处理废旧电池有利于资源再利用并防止汞、铅等重金属污染【答案】B

【解析】由反应2Fe+3MnO2+6H2SO4=3MnSO4+Fe2(SO4)3+6H2O知，A项正确；步骤①中同时发生Fe+Hg2+=Hg+Fe2+，Fe+Pb2+=Pb+Fe2+，故重金属主要在滤渣1中，B项错误；悬浊液中Fe(OH)3颗粒越大越易与MnSO4溶液过滤分别，C项正确；锰等是重要金属资源，汞、铅等重金属能严峻污染环境，D项正确。

8．阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法正确的是A．在标准情况下，11.2L丙烷含有的极性键数目为4NA

B．25℃时，Ksp(BaSO4)=1×10?10，则BaSO4饱和溶液中Ba2+数目为1×10?3NA

C．标准情况下，2.24LCl2彻低溶于水转移电子数为0.2NA

D．9NA个羟基和10NA个氢氧根离子所含电子数相等【答案】A

【解析】A项中，每个丙烷分子含有8个C—H极性键，所以标准情况下11.2L即0.5mol丙烷含极性键为4NA，A项正确；B项中，BaSO4饱和溶液的体积未知，所以其钡离子数目无法确定，B错误；C项中，Cl2与H2O的反应是可逆反应，标况下2.24LCl2彻低溶于水过程中不能确定转移电子数目，C错误；D项中，一个羟基有9个电子，一个氢氧根离子有10个电子，9NA个羟基和10NA个氢氧根离子所含电子数分离为81NA、100NA，D错误。

9

．由p（丙烯）制备化合物r（丙烯酸甲酯）的流程如下：

O2OH

O

CH3OHOCH3

O

（p）（q）（r）

下列说法正确的是A．惟独p能发生加聚反应B．可用NaHCO3溶液鉴别q和r

C．p、q分子中全部原子均可处于同一平面

D．与r含有相同官能团的同分异构体惟独2种【答案】B

【解析】含碳碳双键的有机物均能发生加聚反应，故p、q、r均能发生加聚反应，A项错误；q中含有羧基，能与NaHCO3溶液反应，r中含有酯基，不能与NaHCO3溶液反应，B项正确；p中含有甲基，为四周体结构，全部原子不行能处于同一平面，C项错误；与r含有相同官能团的同分异

构体有，D项错

误。

10．二氧化氯（ClO2）是极易溶于水且不与水发生化学反应的黄绿色气体，沸点为11℃，某小组在试验室中制备ClO2所用装置如下：[已知：SO2+2NaClO3+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4]。

HCOOCCCH3、HCOOCCH2CH3

、HCOOCH2CHCH2CH3COOC

CH2

和此

卷

只

装

订

不

密封班级姓名准考证号考场号座位号

4·nH2O

下列说法正确的是

A．装置C中装的是饱和食盐水，a流出气体为SO2

B．装置D放冰水的目的是液化二氧化硫防止污染环境

C．衔接装置时，导管口a可接h或g，导管口c接e

D．可以选用装置A利用3mo/L盐酸与MnO2反应制备氯气

【答案】C

【解析】本题考查化学试验中气体制备，二氧化硫从a进入装置B中反应，为防止倒吸，故应在之前有平安瓶，则a→g→h，为反应充分，故再衔接B装置中的b，二氧化氯沸点较低，故在D中冰水浴收集，为充分冷却，便于收集，故衔接e，最后用氢氧化钠汲取未反应完的二氧化硫，防止污染空气，衔接挨次为：a→g→h→b→c→e→f→d。装置C中装的是氢氧化钠溶液用于处理尾气，a流出气体为SO2；装置D放冰水的目的是液化二氧化氯，可以选用装置A利用浓盐酸（浓度大约是12mol/L）与MnO2反应制备氯气。

11．钴（CO）与钛(Ti)是均可与强酸发生反应的金属。利用电解原理电解COCl2溶液制取钴，工作原理如图所示，其中Ti-Ru为惰性电极。下列说法正确的是

A．电解时控制COCl2溶液的pH在0~1范围内

B．电解过程中Cl?在Ti电极放电生成氯气

C．Ti-Ru的作用是作为损耗阳极材料和传递电流

D．用COSO4代替COCl2会使钴的产率降低

【答案】D

【解析】Co和Ti能与强酸反应产生H2，电解时的电解质COCl2溶液不能为强酸性环境，电解过程中，Co2+得电子转化为Co在Ti电极沉积，Ti-Ru为惰性电极主要是作为电极和传递电流作用，若用CoSO4溶液代替CoCl2溶液，阳极的氢氧根离子会放电，使溶液的氢离子浓度增强，Co能与强酸反应产生H2，不利于Co的沉积，会使产率降低。因此D项正确。

12．短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X的最外层电子数之和是Z的2倍，X的原子半径是同周期全部主族元素中最小的，W或X的容易气态氢化物分子与Y+具有相同的电子数。下列说法正确的是

A．常温常压下，Z呈气态

B．X、Y两种元素形成的化合物水溶液呈碱性

C．Y、Z的最高正价之和与X的相等

D．W的氢化物与W的氧化物之间一定不能发生反应

【答案】B

【解析】W、X、Y、Z依次为N、F、Na、S。常温常压下，硫呈固态，A项错误；NaF是强碱弱酸盐，B项正确；氟无正价，C项错误；NH3具有还原性，NO、NO2等具有氧化性，一定条件下能发生氧化还原反应，D项错误。

13．已知Ag2SO4的饱和溶液中c(Ag+)=0.032mol·L?1，将适量Ag2SO4固体溶于100mL水中至刚好饱和。若t1时刻在上述体系中加入100mL相应溶液，下列描述正确的是

A．图I是向述体系加入蒸馏水

B．图II是向述体系加入0.001mol·L?1Ag2SO4溶液

C．图III是向述体系加入0.002mol·L?1Na2SO4溶液

D．图IV是向述体系加入0.040mol·L?1AgNO3溶液

【答案】C

【解析】本题考查难溶物溶解平衡及计算。Ag2SO4的饱和溶液中c(Ag+)=0.032mol·L?1，c(SO2?4)=0.016mol·L?1，上述体系加入等体积0.002mol·L?1Na2SO4溶液，银离子浓度减半，硫酸根离子浓度增大。

二、非挑选题：本卷包括必考题和选考题两部分。第26-28题为必考题，每个试题考生都必需作答。第35-36题为选考题，考生按照要求作答。

26．(14分)氨基甲酸铵是一种重要化工产品，常温时为白色晶体或粉末，易溶于水，难溶于CCl4，59℃时分解为氨及二氧化碳，其制备原理：2NH3(g)+CO2(g)

NH2COONH4(s)ΔH=-272kJ·mol?1。

某化学爱好小组利用下图试验装置(部分固定装置已省略)模拟制备NH2COONH4。试回答下列问题：

（1）仪器组装完毕后，首先应举行的操作是____________。仪器b的名称是__________。

（2）装置A用于试验室制取NH2COONH4的原料气体之一，该反应的化学方程式为______________________。

（3）装置F中试剂的名称为______________。

（4）为提高原料气的利用率，应控制装置C和E中最佳鼓泡速率比为___________，装置D采

用冰水浴的缘由为_________________________________________。

（5）生成的氨基甲酸铵悬浮于CCl4中，下列操作可实现产品分别的是_______。（填字母）

（6）制得的氨基甲酸铵可能含有碳酸氢铵、碳酸铵中的一种或两种杂质。①设计计划，举行成分探索，请填写表中空格。

限选试剂：蒸馏水、稀HNO3、BaCl2溶液、澄清石灰水、AgNO3溶液、稀盐酸。

②按照①的结论：取氨基甲酸铵样品15.8g，用足量氢氧化钡溶液充分处理后，过滤、洗涤、干燥，测得沉淀质量为1.97g。则样品中氨基甲酸铵的质量分数为_______________。

【答案】（1）检查装置气密性(1分)；三颈烧瓶(1分)（2）Ca(OH)2+2NH4Cl====△

CaCl2+2NH3↑+2H2O(2分)（3）浓硫酸(1分)

（4）2∶1(2分)；降低温度，有利于提高反应物的转化率(或降低温度，防止因反应放热造成NH2COONH4分解)(1分)

（5）C(2分)（6）①

②0.95（或95%）(2分)

【解析】本题以NH2COONH4的制备为载体，考查NH3、CO2的试验室制备、气体的除杂，利用杂质沉淀法测定NH2COONH4的含量。因为NH2COONH4易溶于水，难溶于CCl4，59℃时分解，所以须用干燥的NH3、CO2反应制备NH2COONH4，则装置ADHBGF的主要作用依次是制备NH3、

制备NH2COONH4、制备CO2、干燥NH3、除CO2中的HCl气体、干燥CO2

，CE

通过观看气泡来

控制

NH3、CO2通入的比例，据此答题。

（1）试验安装完毕后，首先应当举行的操作是检查装置的气密性，仪器b的名称是三颈烧瓶，因此，本题正确答案为：检查装置的气密性；三颈烧瓶；（2）从反应原理可知两种原料气是NH3和CO2，按照试验室制NH3和CO2的装置特点，装置A制取NH3，试验室利用氯化铵固体和氢氧化钙固体混合加热，反应方程式为Ca(OH)2+2NH4Cl====△

CaCl2+2NH3↑+2H2O，因此，本题正确答案为：Ca(OH)2+2NH4Cl====△

CaCl2+2NH3↑+2H2O；（3）装置H中产生的二氧化碳气体混有水蒸气，而氨基甲酸铵易溶于水，所以反应原料气要经过干燥，装置F中装入的是浓硫酸，用于干燥CO2气体，因此，本题正确答案为：浓硫酸；（4）按照反应原理：2NH3(g)+CO2(g)

NH2COONH4(s)知，为了

提高原料气的利用率，应使NH3和CO2保持2∶1的比例通气，所以应控制装置C和E中最佳鼓泡速率比为2∶1；氨基甲酸铵，常温时为白色晶体或粉末，59℃时分解为氨及二氧化碳，使氨基甲酸铵的产率增大，故需要在冰水浴；因此，本题正确答案为：2∶1；降低温度，有利于提高反应物的转化率（或降低温度，防止因反应放热造成NH2COONH4的分解）；（5）氨基甲酸铵难溶于CCl4，悬浮在CCl4中，固液分别普通采纳过滤即可，下面操作中过滤操作的是C，因此，本题正确答案为：C；步骤2中加入过量的BaCl2溶液无沉淀生成，说明不存在碳酸铵，步骤3中要证实固体中含有碳酸氢铵，结合限选试剂，应挑选澄清石灰水，加入石灰水后碳酸氢根离子和氢氧根离子反应得到碳酸根离子，形成碳酸钙和碳酸钡白色沉淀，即可以证实碳酸氢铵的存在；取氨基甲酸铵样品15.8g，用足量氢氧化钡溶液充分处理后，过滤、洗涤、干燥，测得沉淀质量为碳酸钡沉淀。BaCO3为1.97g，

原子守恒可得下列关系式，并计算。

NH4HCO3~~BaCO379197Xg1.97g

得x=0.79g；样品中氨基甲酸铵的质量分数=(15.80.79)100%

15.8g

g-?=95%；因此，本题正确答

案为：少量澄清石灰水，溶液变浑浊；95%（或0.95）。

27．（14分）氯化亚铜（CuCl）常用作有机合成工业中的催化剂，在空气中快速被氧化变成绿

色；见光分解变成褐色。如图是工业上用制作印刷电路的废液（含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl?

）生产CuCl

的流程：

按照以上信息回答下列问题：

（1）生产过程中X的化学式为________。

（2）写出产生CuCl的离子方程式：______________________________。（3）试验探索pH对CuCl产率的影响如下表所示：

析出CuCl晶体最佳pH为________，当pH较大时CuCl产率变低缘由是_______________________________________________。调整pH时，_____（填“能”或“不能”）用相同pH的硝酸代替硫酸，理由是______________________________。

（4）氯化亚铜的定量分析：

①称取样品0.25g和过量的FeCl3溶液于锥形瓶中，充分溶解。

②用0.10mol·

L?1

硫酸铈标准溶液滴定。已知：CuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2、Fe2+

+Ce4+

=Fe3+

+Ce3+。三次平行试验结果如下（平行试验结果相差不能超过1%）：

则样品中CuCl的纯度为_____________。（结果保留三位有效数字）。

（5）由CuCl水解再热分解可得到纳米Cu2O。第一步CuCl水解的离子方程式为：CuCl(s)＋H2O(l)CuOH(s)＋Cl?(aq)＋H+(aq)，其次步CuOH热分解的化学方程式为______________________________________。第一步CuCl水解反应的平衡常数K与此温度下KW、Ksp(CuOH)、Ksp(CuCl)的关系为K＝______________________。

【答案】（1）Fe（2分）

（2）2Cu2++2Cl?+SO2+2H2O=2CuCl↓+4H++SO2－

4（2分）

（3）2；Cu2+

水解程度增大，反应生成CuCl削减，产率减小；

不能；硝酸会与产品CuCl发生反应（各1分）（4）95.5%（2分）

（5）2CuOH====△

Cu2O+H2O(2分)；Kw×Ksp(CuCl)/Ksp(CuOH)(2分)

【解析】废液中含有Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl?，从流程图中知滤渣②能与浓硫酸反应得到硫酸铜

溶液和二氧化硫气体，确定滤渣②是铜，铜和Z反应得到CuCl2，Z是氯气，废液中还含有Fe3+、Fe2+，滤液①能与Cl2反应得到蚀刻液，所以滤液①为FeCl2，滤液②能与滤液①混合，则滤渣①为铁与铜的混合物，所以过量的Y为盐酸，废液中加入过量的Fe粉将Fe3+还原为Fe2+。据此答题。

（1）按照上述分析可知，生产过程中的X为Fe，因此，本题正确答案为：Fe；（2）由SO2、

CuSO4、CuCl2调整PH反应得到CuCl和H2SO4，生成CuCl的离子反应方程式为2Cu2++2Cl?+SO2

+2H2O=2CuCl↓+4H++SO2?4，因此，本题正确答案为：2Cu2++2Cl?+SO2+2H2O=2CuCl↓+4H++SO2?

4；

（3）从PH对CuCl产率影响表中直接能看出当PH=2时，CuCl的产率最大，所以析出CuCl晶体最佳PH为2；溶液中存在Cu2+的水解，Cu2++2H2

O

Cu(OH)2+2H+，当PH增大时，氢离子浓度减小，

反应向正方向举行，使得Cu2+总浓度下降，故当PH变大时，CuCl产率变低；硝酸具有强氧化性，能与CuCl反应，不能用硝酸代替硫酸调整PH。因此，本题正确答案为：2；Cu2+的水解程度增大，反应生成CuCl削减，产率削减；不能，硝酸会与产品CuCl发生反应；（4）试验通过滴定法测定CuCl的含量，试验平均消耗硫酸铈的体积为（24.05+23.95）/2=24.00ml，所以消耗的硫酸铈为24×10?3ml×0.10mol·L?1=2.4×10-3mol，按照题意的反应方程式CuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2、Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+，得到CuCl~~FeCl2~~CeSO4

11

n(CuCl)2.4×10?3mol

n(CuCl)=2.4×10?3

mol，样品中CuCl的纯度为3

2.41099.5/100%0.25molgmolg

-???=95.5%；因此，本题

正确答案为：95.5%；（5）由CuCl水解再热分解可得到纳米Cu2O。第一步CuCl水解的离子方程式为：CuCl(s)＋H2O(l)

CuOH(s)＋Cl?(aq)＋H+(aq)，其次步CuOH热分解得到Cu2O，则分解方

程式为2CuOH====△

Cu2O+H2O，按照第一步水解反应的方程式得K=c(H+)·c(Cl?)，将式子举行变形可得K=()()()()()()cHcClcOHcCucCucOH+

-

-

+

+-????=()()

wspspKKCuClKCuOH?，因此，本题正确答案为：()()wspspKKCuClKCuOH?。

28．(15分)氮氧化物（NOx）和COx会造成环境问题。对上述工业废气举行脱硝脱碳处理，可实现绿色环保、节能减排、废物利用等目的。

（1）工业上处理尾气中NO的办法为：将NO与H2的混合气体通入Ce(SO4)2与Ce2(SO4)3的混合溶液中，其物质转化如图所示。写出图示转化的总反应的化学方程式。

（2）挑选性催化还原技术(SCR)是目前最成熟的烟气脱硝技术，即在金属催化剂作用下，用还原剂(如NH3)挑选性地与NOx反应生成N2和H2O。

①已知：反应I．4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)ΔH=-905.5kJ·mol?1

反应II．N2(g)+O2(g)

2NO(g)ΔH=+180kJ·mol?1

则反应III．4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)

4N2(g)+6H2O(g)的ΔH=____________。

②对于反应III，下列措施中一定能提高平衡体系中N2的百分含量的是(填字母)。A．增大氧气浓度B．降低温度C．加入催化剂D．增大压强（3）二甲醚(CH3OCH3)的燃烧尾气中污染物少，可代替柴油。CO、CO2混合加氢的办法是在一个反应器中将合成气直接转化为二甲醚，包括以下4个反应：

反应IV．CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)反应V．CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)反应VI．CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)反应VII．2CH3OH(g)

CH3OCH3(g)+H2O(g)

①已知反应VII在某温度下的平衡常数为K=400。此温度下，在一恒容密闭容器中加入CH3OH(g)，反应到某时刻测得各组分的浓度如下：

此时正、逆反应速率的大小：v(正)______v(逆)(填“>"、“（2分）；0.16mol/(L·min)（2分）

（4）①4Fe+NO?3+10H+=4Fe2++NH+

4+3H2O（2分）；取适量溶液于试管中，滴加适量NaOH溶

液，微热，将潮湿的红色石蕊试纸逼近试管口部，假如发觉红色石蕊试纸变蓝色，说明原溶液中含有铵根离子，否则没有（答案合理即可）（1分）

②b、d（2分）

【解析】（1）从图中找出反应物和生成物，写出相关的反应方程式；（2）按照盖斯定律计算；从使化学反应平衡向正向移动的影响因素着手考虑；（3）利用Qc与平衡常数K的大小来推断反应举行的方向，从而确定正逆反应速率的大小，按照平衡三段式法，结合题中信息按照平衡常数的定义与化学反应速率的定义计算作答；（4）①Fe粉和酸性KNO3溶液发生氧化还原反应，转化为Fe2+

与NH+4，再结合氧化还原反应的逻辑配平化学方程式；再按照NH+

4的检验办法举行试验；②影响平

衡移动的因素，及离子自身的性质来作答。

（1）按照图中我们可以得到反应①2Ce4++H2=2Ce3++2H+和反应②4H++4Ce3+

+2NO=N2+2H2O，

将反应①×2+②得总反应方程式为2H2+2NO=N2+2H2O，因此，本题正确答案为：2H2+2NO=N2+2H2O；（2）按照盖斯定律反应III=反应I—4反应II可得4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)

4N2(g)+6H2O(g)

的

ΔH=-1625.5kJ·mol?1；提高反应III平衡体系中N2的百分含量，A．增大氧气浓度，平衡向正向移动，但体系总浓度增大，N2的百分含量不一定增大，不符题意。B．降低温度，反应Ⅲ是放热反应，降低温度平衡正向移动，N2的百分含量增大，符合题意。C．加入催化剂，催化剂加快反应速率，但不影响平衡的移动，N2的百分含量不变，不符合题意。D．该反应正反应是气体分子数增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，N2的百分含量减小，不符合题意。因此，本题正确答案为：①-1625.5kJ·mol?1；②B；反应VII.2CH3OH(g)

CH3OCH3(g)+H2O(g)，此时刻各组分的浓度如表所

示，Qc=

33223()()

()

cCHOCHcHOcCHOH?=2

0.60.60.44?=1.86＜400，反应还未达到平衡状态，平衡向正向举行，所

以v(正)>v(逆)，按照上表可求得加入的甲醇总量为（0.44+1.2）=1.64mol/L。经10min达到平衡，温度不变，则平衡常数K=400；2CH3OH(g)

CH3OCH3(g)+H2O(g)

起始浓度(mol/L)1.6400转化浓度(mol/L)2xxx平衡浓度(mol/L)1.64-2xxx

K=33223()()()

cCHOCHcHOcCHOH?=

22(1.642)XX-=400，解得X=0.8mol/L；v(CH3OH)=

3()CCHOHt

=1.6mol·L?1/10min=0.16mol·(L·min)?1；因此，本题正确答案为：>；0.16mol·(L·min)?1；（3）Fe粉和酸性KNO3溶液发生氧化还原反应，反应后Fe→Fe2+，且没有气体生成，N的化合价降低，得到的是NH+4。该

反应的离子方程式为4Fe+NO?3+10H+=4Fe2++NH+

4+3H2O，铵根离子的检验办法是向溶液中滴加适量

的氢氧化钠溶液，微热，将潮湿的红色石蕊试纸逼近试管口，观看试纸是否变蓝；反应一段时光后，

反应体系中NH+4的浓度在增大，Fe2+的浓度却没有增大，a．该反应达到了平衡状态，NH+4的浓度也

保持不变，不符合题意；b．生成的Fe2+水解，水解使得Fe2+的浓度减小，使反应向正向举行，NH+4的浓度增大，符合题意；c．Fe2+被还原成Fe，在酸性的硝酸钾溶液中Fe2+不能被还原成Fe，不符合题意；d．Fe2+

被氧化生成Fe3+

，Fe2+

易被氧化，Fe2+

的浓度减小，使反应向正向举行，NH+

4的浓

度增大，符合题意；故选

b、d。因此，本题正确答案为：①4Fe+NO?3+10H+=4Fe2++NH+

4+3H2O；取

适量溶液于试管中，滴加适量NaOH溶液，微热，将潮湿的红色石蕊试纸逼近试管口部，假如发觉红色石蕊试纸变蓝色，说明原溶液中含有铵根离子，否则没有（答案合理即可）；②b、d。

35．【化学——选修3：物质结构与性质】(15分)甲基呋喃与氨在高温下反应得到甲基吡咯：

+H2O

回答下列问题：

（1）与Zn同区、同周期元素基态原子的核外电子排布式是。

（2）甲基呋喃和甲基吡咯所含的非金属元素中，电负性最大的是（填元素符号），第一电离能最大的是（填元素符号）。

（3）由H、C、N形成的CH2=CHCN分子中碳原子轨道的杂化类型是，1molCH2=CHCN分子中含π键的数目为mol。

（4）协作物[Zn(NH3)3(H2O)]2+中与Zn2+形成配位键的原子是(填元素符号)；与NH3分子互为等电子体的阳离子为。

（5）NH3的沸点比N2O的沸点（填“高”或“低”），其主要缘由是。（6）ZnO晶体随着环境条件的转变形成不同结构的晶体，其中有一种ZnO与NaCl的晶胞相同，

为面心立方结构，已知ZnO晶体密度为ag·cm?3，NA表示阿伏伽德罗常数，则该ZnO晶胞体积为cm3。

【答案】（1）1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1(2分)（2）O(1分)N(1分)（3）sp、sp2(2分)3(1分)（4）N、O(2分)H3O+(2分)

（5）高(1分)NH3分子间存在氢键(1分)（6）

A

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aN(2分)【解析】（1）Zn属于ds区元素，与Zn同区、同周期元素是Cu。（2）同周期自左向右电负性增大，同主族自上而下电负性逐渐降低，非金属性越强电负性越强；同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大的趋势，但第IIA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素，同主族自上而下第一电离能逐渐减小，以此分析；（3）由H、C、N形成的CH2=CHCN分子中，C形成1个双键和一个三键，则碳原子的杂化方式是sp、sp2；双键中有一个π键，三键中有2个π键，则1molCH2=CHCN分子中含3molπ键；（4）与Zn2+形成配位键的原子应当有孤对电子，O、N上有孤对电子；NH3含4个原子、8个价电子，与NH3互为等电子体的阳离子是：H3O+；（5）氢键使物质的熔沸点上升；（6）其中有一种ZnO与NaCl的晶胞相同，为面心立方结构，正六面体的体心和每个棱的中间各有一个Zn2+。利用“均摊法”，Zn2+个数为12×（1/4）+1=4，可知一个晶胞含有Zn2+和O2－

均为4，按照=

计算。

（1）Zn属于ds区元素，与Zn同区、同周期元素是Cu，Cu基态原子核外电子排布为

1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1；故答案为：1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1；（2）同周期自左向右电负性增大，同主族自上而下电负性逐渐降低，非金属性越强电负性越强；同一周期元素中，

元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大的趋势，但第IIA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素，同主族自上而下第一电离能逐渐减小，呋喃和吡咯所含元素中含有C、H、O、N四种元素，其中电负性最大的是O，第一电离能最大的元素是N；故答案为：O、N；（3）由H、C、N形成的CH2=CHCN分子中，C形成1个双键和一个三键，则碳原子的杂化方式是sp、sp2；双键中有一个π键，三键中有2个π键，则1molCH2=CHCN分子中含3molπ键；故答案为：sp、sp2

；3；（4）与Zn2+形成配位键的原子应当有孤对电子，O、N上有孤对电子；NH3含4个原子、8个价

电子，与NH3互为等电子体的阳离子是：H3O+；故答案为：N、O；；H3O+

；（5）氨气分子间存在