新课标2022年普通高等学校招生统一考试化学模拟卷

〔新课标〕2022年普通高等学校招生统一考试化学模拟卷2(分值：100分，建议用时：90分钟)可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16P31Na23Fe56一、选择题(此题共15个小题，每题3分，共45分。在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项符合题目要求的)1．化学与生活密切相关。以下说法中正确的选项是()A．水泥、水玻璃、水晶均属于硅酸盐产品B．防晒霜能够防止强紫外线引起皮肤中蛋白质的盐析C．利用肥皂水处理蚊虫叮咬，主要是利用肥皂水的弱碱性D．食品包装盒中的生石灰或铁粉，都可以起到抗氧化作用C[水泥、水玻璃的主要成分为硅酸盐，属于硅酸盐产品，但水晶的主要成分为二氧化硅，不属于硅酸盐，A错误；紫外线能使蛋白质变性，不是盐析，应注意防晒，B错误；铁在食品包装盒中起到了吸收氧气的作用即抗氧化作用，生石灰不能与氧气反响，可以作枯燥剂，不能作抗氧化剂，D错误。]2．在化学学习与研究中，运用类推的思维方法有时会产生错误的结论，因此类推所得结论要经过实践的检验才能确定其是否正确。以下几种类推结论中正确的选项是()A．由2Cu＋O2eq\o(=,\s\up10(△))2CuO可推出同族的硫也可发生反响Cu＋Seq\o(=,\s\up10(△))CuSB．Na能与水反响生成氢气，那么K、Ca也能与水反响生成氢气C．Fe3O4可表示为FeO·Fe2O3，那么Pb3O4可表示为PbO·Pb2O3D．CO2与Na2O2反响只生成Na2CO3和O2，那么SO2与Na2O2反响只生成Na2SO3和O2B[S的氧化性较弱，与Cu反响生成Cu2S，正确的化学方程式为2Cu＋Seq\o(=,\s\up10(△))Cu2S，A项错误；Na、K、Ca的化学性质比拟活泼，都能与水反响生成氢气，B项正确；Pb的常见化合价有＋2、＋4，故Pb3O4可表示为2PbO·PbO2，不能表示为PbO·Pb2O3，C项错误；SO2与Na2O2发生氧化复原反响生成Na2SO4，D项错误。]3．(2022·浙江4月选考)以下说法正确的选项是()A．18O2和16O3互为同位素B．正己烷和2，2­二甲基丙烷互为同系物C．C60和C70是具有相同质子数的不同核素D．H2NCH2COOCH3和CH3CH2NO2是同分异构体B[同位素的研究对象为原子，而18O2和16O3为单质，A项错误；正己烷和2，2­二甲基丙烷结构相似，在分子组成上相差1个“CH2”原子团，两者互为同系物，B项正确；C60和C70均为单质，不是核素，C项错误；H2NCH2COOCH3的分子式为C3H7NO2，而CH3CH2NO2的分子式为C2H5NO2，两者不是同分异构体，D4．一定温度下，探究铜与稀硝酸反响，过程如图，以下说法不正确的选项是()A．过程Ⅰ中生成无色气体的离子方程式是3Cu＋2NOeq\o\al(－,3)＋8H＋=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2OB．过程Ⅲ反响速率比Ⅰ快的原因是NO2溶于水，使c(HNO3)增大C．由实验可知，NO2对该反响具有催化作用D．当活塞不再移动时，再抽入空气，铜可以继续溶解B[过程Ⅰ中铜与稀硝酸反响生成NO气体，离子方程式为3Cu＋8H＋＋2NOeq\o\al(－,3)=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，A项正确；随着反响进行，溶液中生成硝酸铜，根据氮元素守恒，过程Ⅲ中硝酸的浓度没有Ⅰ中的大，因此反响速率增大的原因不是硝酸的浓度增大，B项错误；过程Ⅲ反响速率比Ⅰ快，结合B项分析及实验过程可知，NO2对反响具有催化作用，C项正确；当活塞不再移动时，再抽入空气，NO与氧气、水反响生成硝酸，能与铜继续反响，D项正确。]5．设NA表示阿伏加德罗常数的值，以下说法正确的选项是()A．标准状况下，22.4L的H2和22.4L的F2混合后，气体分子数为2B．30g乙酸和葡萄糖混合物中的氢原子数为2NAC．常温下，pH＝12的NaOH溶液中，水电离出的氢离子数为10－12NAD．标准状况下，2.24LC2H6含有的σ键数为0.6B[标准状况下，HF是液态，22.4L的H2和22.4L的F2混合后，气体分子数少于2NA，A错误；乙酸和葡萄糖的实验式均为CH2O，相对原子质量为30，30g乙酸和葡萄糖混合物中的氢原子数为2NA，B正确；常温下，pH＝12的NaOH溶液，由于缺少溶液的体积，水电离出的氢离子无法计算，C错误；1molC2H6含有7molσ键数，标准状况下，2.24LC2H6含有的σ键数为0.7N6．三种常见单萜类化合物的结构如以下图所示。以下说法正确的选项是()A．香叶醇和龙脑互为同分异构体，分子式均为C10H20OB．香叶醇和龙脑均可发生消去反响C．龙脑分子中所有碳原子在同一个平面上D．1mol月桂烯最多能与2molBr2发生加成反响B[根据两者的结构可得，二者的分子式均为C10H18O，A错误；龙脑分子中含有甲基、亚甲基和次甲基，故所有碳原子不可能共平面，C错误；1mol月桂烯中含3mol碳碳双键，那么最多可与3molBr2发生加成反响，D错误。]7．以下有关实验操作的表达合理的是()A．用pH试纸检测气体的酸碱性时，需要预先润湿B．蒸馏实验中，忘记加沸石，应立即趁热参加沸石C．要量取15.80mL溴水，须使用棕色的碱式滴定管D．用酸性KMnO4溶液检验FeCl3溶液中混有的Fe2＋A[蒸馏实验中，忘记加沸石，需要先冷却后再参加沸石，以防剧烈的暴沸，B错误；溴水具有强氧化性，应该用酸式滴定管量取，C错误；由于Cl－能被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以不能用酸性KMnO4溶液检验FeCl3溶液中混有的Fe2＋，D错误。]8．X、Y、Z是三种原子序数依次增大的短周期元素。甲、乙、丙分别是三种元素形成的单质，A、B、C、D分别是由三种元素中的两种形成的化合物，且A与C中均含有10个电子。它们之间转化关系如以下图所示。以下说法正确的选项是()A．原子半径：Z>Y>XB．B、C的空间构型均为直线形C．Y有多种同素异形体，且均具有高熔点、高沸点、硬度大的性质D．气态氢化物的稳定性：A<CD[A与C中均含有10个电子，A燃烧可生成C，由转化关系可知A应为CH4，丙为O2，B为CO2，C为H2O，B、C都可与乙在高温下反响，乙应为C，那么D为CO，甲为H2，那么X为氢元素，Y为碳元素，Z为氧元素，以此解答该题。]9．氢气和氧气反响生成水的能量关系如下图，以下说法正确的选项是()A．ΔH5<0B．ΔH1>ΔH2＋ΔH3＋ΔH4C．ΔH1＋ΔH2＋ΔH3＋ΔH4＋ΔH5＝0D．O—H的键能为ΔH1B[A项，水从液态转化为气态，需要吸收热量，所以ΔH5>0，错误；B项，根据盖斯定律知，ΔH1＝ΔH2＋ΔH3＋ΔH4＋ΔH5，而ΔH5>0，所以ΔH1>ΔH2＋ΔH3＋ΔH4，正确；C项，由B项分析可知，ΔH1＋ΔH2＋ΔH3＋ΔH4＋ΔH5≠0，错误；D项，ΔH1表示生成1molH2O，即形成2molH—O键放出的热量，所以H—O的键能为eq\f(1,2)ΔH1，错误。]10．向两个体积可变的密闭容器中均充入1mol的A2和2mol的B2，发生反响：A2(g)＋2B2(g)2AB2(g)ΔH。维持两个容器的压强分别为p1和p2，在不同温度下到达平衡，测得平衡时AB2的体积分数随温度的变化如下图。：图中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ点均处于曲线上；Ⅳ点不在曲线上。以下表达正确的选项是()A．Ⅰ点和Ⅱ点反响速率相等B．Ⅳ点时反响未到达平衡：v(正)<v(逆)C．Ⅰ点时，A2的平衡转化率为40%D．将Ⅱ点所对应容器冷却到600K，可变成Ⅰ点B[A2(g)＋2B2(g)2AB2(g)正反响气体物质的量减小，根据图示，相同温度，压强为p1条件下，到达平衡时AB2的体积分数大于p2，所以p1>p2，Ⅱ点比Ⅰ点温度高、压强大，所以反响速率Ⅱ点大于Ⅰ点，故A错误；Ⅳ点对应的温度下，到达平衡时AB2的体积分数减小，反响逆向进行，所以Ⅳ点时反响未到达平衡，v(正)<v(逆)，故B正确；A2(g)＋2B2(g)2AB2(g)起始/mol120转化/molx2x2x平衡/mol1－x2－2x2xeq\f(2x,1－x＋2－2x＋2x)＝0.4，x＝0.5，Ⅰ点时，A2的平衡转化率为50%，故C错误；将Ⅱ点所对应容器冷却到600K，Ⅱ点在压强为p1的曲线上向左移动，故D错误。]11．向含有物质的量均为0.01mol的NaOH和Na2CO3的混合溶液中逐滴滴加aL0.01mol·L－1的稀盐酸。以下说法不正确的选项是()A．当a＝1时，发生的离子反响：OH－＋H＋=H2OB．当a＝2时，发生的离子反响：OH－＋COeq\o\al(2－,3)＋2H＋=HCOeq\o\al(－,3)＋H2OC．当1<a<2时，反响后的溶液中COeq\o\al(2－,3)和HCOeq\o\al(－,3)的物质的量之比为(a×10－2－0.01)∶(0.02－a×10－2)D．当a≥3时，发生的离子反响：3H＋＋OH－＋COeq\o\al(2－,3)=2H2O＋CO2↑C[H＋先与OH－反响生成H2O，再与COeq\o\al(2－,3)反响生成HCOeq\o\al(－,3)，最后与HCOeq\o\al(－,3)反响生成CO2和H2O，A、B项正确；C项，当1<a<2时，(a×10－2－0.01)molH＋发生反响H＋＋COeq\o\al(2－,3)=HCOeq\o\al(－,3)，剩余n(COeq\o\al(2－,3))＝0.01mol－(a×10－2－0.01)mol＝(0.02－a×10－2)mol，故n(COeq\o\al(2－,3))∶n(HCOeq\o\al(－,3))＝(0.02－a×10－2)∶(a×10－2－0.01)，不正确；D项，当a≥3时，OH－与COeq\o\al(2－,3)都完全反响，正确。]12．一定条件下硝酸铵受热分解的化学方程式为5NH4NO3eq\o(=,\s\up10(△))2HNO3＋4N2↑＋9H2O，以下说法正确的选项是()A．分解反响都是氧化复原反响B．N2是复原产物，HNO3是氧化产物C．被氧化与被复原的氮原子数之比为3∶5D．每生成4molN2转移15mol电子[答案]D13．海水资源丰富，海水中主要含有Na＋、K＋、Mg2＋、Cl－、SOeq\o\al(2－,4)、Br－、COeq\o\al(2－,3)、HCOeq\o\al(－,3)等离子。火力发电时排放的烟气可用海水脱硫，其工艺流程如以下图所示。以下说法错误的选项是()A．海水pH约为8的主要原因是COeq\o\al(2－,3)、HCOeq\o\al(－,3)发生水解B．吸收塔中发生的反响是SO2＋H2OH2SO3C．氧化主要是氧气将H2SO3、HSOeq\o\al(－,3)、SOeq\o\al(2－,3)氧化为SOeq\o\al(2－,4)D．经稀释“排放〞出的废水中，SOeq\o\al(2－,4)的浓度与海水相同D[海水中主要含有Na＋、K＋、Mg2＋、Cl－、SOeq\o\al(2－,4)、Br－、COeq\o\al(2－,3)、HCOeq\o\al(－,3)等离子，这些离子中COeq\o\al(2－,3)、HCOeq\o\al(－,3)发生水解反响：COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋OH－、HCOeq\o\al(－,3)＋H2OH2CO3＋OH－，使海水呈碱性，A项正确；分析流程图可知，吸收塔中发生的反响为SO2＋H2OH2SO3，B项正确；海水呈弱碱性，吸收了含SO2的烟气后，硫元素转化为H2SO3、HSOeq\o\al(－,3)、SOeq\o\al(2－,3)，所以氧化主要是氧气将H2SO3、HSOeq\o\al(－,3)、SOeq\o\al(2－,3)氧化为SOeq\o\al(2－,4)，C项正确；经海水稀释“排放〞出的废水中，SOeq\o\al(2－,4)的浓度比海水中SOeq\o\al(2－,4)的浓度大，D项错误。]14．H3BO3(一元弱酸)可以通过电解NaB(OH)4溶液的方法制备，其工作原理如下图，以下表达错误的选项是()A．M室发生的电极反响式为2H2O－4e－=O2↑＋4H＋B．N室中：a%<b%C．b膜为阴膜，产品室发生反响的化学原理为强酸制弱酸D．理论上每生成1mol产品，阴极室可生成标准状况下5.6L气体D[阳极室的H＋穿过阳膜扩散至产品室，原料室的B(OH)eq\o\al(－,4)穿过阴膜扩散至产品室，二者反响生成H3BO3，那么b膜为阴膜，C正确；每生成1mol产品，转移电子数目为2mol，阴极室生成1mol氢气，其标准状况下为11.2L气体，D错误。]15．(2022·四川名校联考)：p[c(HX)/c(X－)]＝－lg[c(HX)/c(X－)]。室温下，向0.10mol·L－1HX溶液中滴加0.10mol·L－1NaOH溶液，溶液pH随p[c(HX)/c(X－)]变化关系如下图。以下说法不正确的选项是()A．溶液中水的电离程度：a<b<cB．图中b点坐标为(0，4.75)C．c点溶液中：c(Na＋)＝10cD．室温下HX的电离常数为10－4.75C[电离平衡常数只受温度的影响，因此用a或c点进行判断，用a点进行分析，c(HX)/c(X－)＝10－1，c(H＋)＝10－3.75mol·L－1，HX的电离平衡常数的表达式Ka＝c(X－)×c(H＋)/c(HX)，代入数值，Ka＝10－4.75，由于a、b、c均为酸性溶液，因此溶质均为“HX和NaX〞，不可能是NaX或NaX和NaOH，pH<7说明HX的电离程度大于X－的水解程度，即只考虑HX电离产生H＋对水的抑制作用，然后进行分析。]二、非选择题(此题包括5小题，共55分)16．(12分)工业上乙醚可用于制造无烟火药。实验室合成乙醚的原理如下：主反响：2CH3CH2OHeq\o(→,\s\up10(浓硫酸),\s\do5(145℃))CH3CH2OCH2CH3＋H2O；副反响：CH3CH2OHeq\o(→,\s\up10(浓硫酸),\s\do5(170℃))CH2=CH2↑＋H2O。[乙醚制备]装置设计如图(局部装置略)：(1)仪器a是________(写名称)；仪器b应更换为以下的________(填标号)。A．枯燥管B．直形冷凝管C．玻璃管D．平安瓶(2)实验操作的正确排序为________(填标号)，取出乙醚立即密闭保存。a．安装实验仪器b．参加12mL浓硫酸和少量乙醇的混合物c．检查装置气密性d．熄灭酒精灯e．通冷却水并加热烧瓶f．撤除装置g．控制滴加乙醇速率与馏出液速率相等(3)反响温度不超过145℃，其目的是_______________________________________________________________________________________________。假设滴入乙醇的速率明显超过馏出液速率，那么反响速率会降低，可能的原因是________________________________________________________________________________________________________________________________。[乙醚提纯](4)粗乙醚中含有的主要杂质为________；无水氯化镁的作用是________________________________________________________________。(5)操作a的名称是________；进行该操作时，必须用水浴代替酒精灯加热，其目的与制备实验中将尾接管支管接至室外相同，均为________________________________________________________________________________________________________________________________。[解析](1)仪器a是三颈烧瓶。仪器b为球形冷凝管，应更换为直形冷凝管。(2)实验操作顺序：先按照从左到右，从下到上安装实验仪器，再检查装置气密性，然后参加反响物，为了防止冷凝管遇冷破裂同时保证冷凝效果，先通冷却水后加热烧瓶，实验过程中控制滴加乙醇速率与馏出液速率相等，实验结束后先熄灭酒精灯后停止通入冷却水，最后撤除装置。(3)根据提供信息，反响温度为170℃时，有副反响发生，因此反响温度不超过145℃，其目的是防止副反响发生。假设滴入乙醇的速率明显超过馏出液速率，那么反响混合物的温度会降低，从而导致反响速率降低。(4)乙醇容易挥发，因此粗乙醚中含有的主要杂质为乙醇。无水氯化镁的作用是枯燥乙醚。(5)操作a是从枯燥后的有机层(主要含乙醇和乙醚)中别离出乙醚，故操作a为蒸馏。无水乙醚遇热容易爆炸，故蒸馏时用水浴代替酒精灯加热，目的是防止引发乙醚蒸气燃烧或爆炸。[答案](1)三颈烧瓶(三口烧瓶)B(2)acbegdf(3)防止副反响发生温度骤降导致反响速率降低(4)乙醇(或其他合理答案)枯燥乙醚(5)蒸馏防止引发乙醚蒸气燃烧或爆炸17．(9分)锂离子电池是目前具有最高比能量的二次电池。LiFePO4可极大地改善电池体系的平安性能，且具有资源丰富、循环寿命长、环境友好等特点，是锂离子电池正极材料的理想选择。生产LiFePO4的一种工艺流程如图：：Ksp(FePO4·xH2O)＝1.0×10－15，Ksp[Fe(OH)3]＝4.0×10－38。(1)在合成磷酸铁时，步骤Ⅰ中pH的控制是关键。如果pH<1.9，Fe3＋沉淀不完全，影响产量；如果pH＞3.0，那么可能存在的问题是________________________________________________________________。(2)步骤Ⅱ中，洗涤是为了除去FePO4·xH2O外表附着的________等离子。(3)取3组FePO4·xH2O样品，经过高温充分煅烧测其结晶水含量，实验数据如下表：实验序号123固体失重质量分数19.9%20.1%20.0%固体失重质量分数＝eq\f(样品起始质量－剩余固体质量,样品起始质量)×100%，那么x＝________(精确至0.1)。(4)步骤Ⅲ中研磨的作用是________________________________________________________________________________________________________________________________。(5)在步骤Ⅳ中生成了LiFePO4、CO2和H2O(g)，那么氧化剂与复原剂的物质的量之比为________。[解析](1)由于Ksp[Fe(OH)3]＝4.0×10－38，由合成磷酸铁时，pH＜1.9，Fe3＋沉淀不完全；pH＞3.0，易生成Fe(OH)3沉淀，影响磷酸铁的纯度。(2)步骤Ⅰ在反响釜中进行，参加H3PO4、Fe(NO3)3溶液，并用氨水调pH＝2.0～3.0，控制反响物的量，反响生成磷酸铁后，溶液中的溶质主要是NH4NO3，故洗涤是为了除去FePO4·xH2O外表吸附的NHeq\o\al(＋,4)、NOeq\o\al(－,3)、H＋等离子。(3)由表中实验数据可知，FePO4·xH2O样品固体失重质量分数的平均值为20.0%，取mg固体样品进行计算：n(FePO4)＝eq\f(mg×80.0%,151g·mol－1)，n(H2O)＝eq\f(mg×20.0%,18g·mol－1)，那么有x＝eq\f(n〔H2O〕,n〔FePO4〕)＝eq\f(\f(mg×20.0%,18g·mol－1),\f(mg×80.0%,151g·mol－1))≈2.1。(4)步骤Ⅲ是在FePO4·xH2O中参加葡萄糖和Li2CO3研磨、枯燥，作用是使反响物混合均匀，增大反响速率，提高反响产率。(5)步骤Ⅳ是在Ar气保护下、用600℃温度煅烧，生成了LiFePO4、CO2和H2O(g)，其中铁元素由＋3价降低到＋2价，葡萄糖那么被氧化生成CO2和H2O(g)，那么氧化剂为FePO4·xH2O，复原剂为葡萄糖(C6H12O6)，根据得失电子守恒可得：n(FePO4·xH2O)×(3－2)＝n(C6H12O6)×(4－0)×6，那么有n(FePO4·xH2O)∶n(C6H12O6)＝24∶1。[答案](1)生成Fe(OH)3杂质，影响磷酸铁的纯度(2)NOeq\o\al(－,3)、NHeq\o\al(＋,4)、H＋(只要写出NOeq\o\al(－,3)、NHeq\o\al(＋,4)即可)(3)2.1(4)使反响物混合均匀，增大反响速率，提高反响产率(答案合理即可)(5)24∶118．(12分)许多含氮物质是农作物生长的营养物质。(1)肼(N2H4)、N2O4常用于航天火箭的发射。以下反响：①N2(g)＋O2(g)=2NO(g)ΔH＝＋180kJ·mol－1②2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)ΔH＝－112kJ·mol－1③2NO2(g)N2O4(g)ΔH＝－57kJ·mol－1④2N2H4(g)＋N2O4(g)=3N2(g)＋4H2O(g)ΔH＝－1136kJ·mol－1那么N2H4与O2反响生成氮气与水蒸气的热化学方程式为________________________________________________________________。(2)一定温度下，向某密闭容器中充入1molNO2，发生反响：2NO2(g)N2O4(g)，测得反响体系中气体体积分数与压强之间的关系如以下图所示：①a、b、c三点逆反响速率由大到小的顺序为________。平衡时假设保持压强、温度不变，再向体系中参加一定量的Ne，那么平衡________移动(填“正向〞“逆向〞或“不〞)。②a点时NO2的转化率为______，用平衡分压代替平衡浓度也可求出平衡常数Kp，那么该温度下Kp＝______Pa－1。(3)在一定温度下的可逆反响N2O4(g)2NO2(g)中，v正＝k正c(N2O4)，v逆＝k逆c2(NO2)(k正、k逆只是温度的函数)。假设该温度下的平衡常数K＝10，那么k正＝________k逆。升高温度，k正增大的倍数________(填“大于〞“小于〞或“等于〞)k逆增大的倍数。(4)氨气是合成众多含氮物质的原料，利用H2­N2­生物燃料电池，科学家以固氮酶为正极催化剂、氢化酶为负极催化剂，X交换膜为隔膜，在室温条件下即实现了合成NH3的同时还获得电能。其工作原理图如下：那么X膜为________交换膜，正极上的电极反响式为________________________________________________________________________________________________________________________________。[解析](1)由盖斯定律知(①＋②＋③＋④)/2即可得到N2H4(g)＋O2(g)=N2(g)＋2H2O(g)ΔH＝－562.5kJ·mol－1。(2)①由图知，a点到c点的过程中，N2O4的体积分数不断增大，故逆反响速率不断增大。一定温度下，保持压强不变，参加稀有气体，相当于降低压强，故平衡向左移动；②a点时，设消耗了xmolNO2，那么生成0.5xmolN2O4，剩余(1－x)molNO2，1－x＝0.5x，x＝2/3mol，此时NO2的转化率约为66.7%，平衡时p(N2O4)＝0.96p0，p(NO2)＝0.04p0，由此可求出Kp＝600/p0。(3)当反响到达平衡时，v正＝v逆，即k正·c(N2O4)＝k逆·c2(NO2)。k正＝k逆·c2(NO2)/c(N2O4)＝k逆·k＝10k逆；该反响是吸热反响，升高温度，平衡向正方向移动，k正增大的倍数大于k逆增大的倍数。(4)由图知，正极上N2转化为NH3时需要结合氢元素，故负极上生成的H＋应移向正极，X膜为质子交换膜或阳离子交换膜，N2在正极上得到电子后转化为NH3。[答案](1)N2H4(g)＋O2(g)=N2(g)＋2H2O(g)ΔH＝－562.5kJ·mol－1(2)c>b>a逆向66.7%600/p0(3)10大于(4)阳离子(或质子)N2＋6e－＋6H＋=2NH319．(10分)N、Fe是两种重要的元素，其单质及化合物在诸多领域中都有广泛的应用。(1)基态氮原子最高能级的电子云轮廓图形状为__________；氢原子的第一电离能比氧原子的大，其原因是________________________________，基态铁原子的价电子排布图为________________。(2)在高压下氮气会发生聚合得到高聚氮，晶体结构如下图。晶体中每个氮原子与另外三个氮原子结合形成空间网状结构。氮原子的杂化轨道类型为________。这种高聚氮N—N键的键能为160kJ·mol－1，而N2的键能为942kJ·mol－1，其可能潜在的应用是___________________________。(3)叠氮化钠和氢叠氮酸(HN3)已一步步进入我们的生活，如汽车平安气囊等。①写出与Neq\o\al(－,3)属于等电子体的一种分子________(填分子式)。②氢叠氮酸(HN3)可由肼(N2H4)被HNO2氧化制得，同时生成水。以下表达错误的选项是________(填标号)。A．上述生成HN3的化学方程式为N2H4＋HNO2=HN3＋2H2OB．NaN3的晶格能大于KN3的晶格能C．氢叠氮酸(HN3)和水能形成分子间氢键D．HN3和N2H4都是由极性键和非极性键构成的非极性分子(4)一种铁、碳形成的间隙化合物的晶体结构如下图，其中碳原子位于铁原子形成的八面体的中心。每个铁原子又为两个八面体共用。那么该化合物的化学式为________。[解析](2)氮原子价层电子对个数＝σ键个数＋孤电子对个数＝3＋eq\f(5－3×1,2)＝4，氮原子的杂化轨道类型为sp3；这种高聚氮N—N键的键能为160kJ·mol－1，而N2的键能为942kJ·mol－1，其可能潜在的应用是制炸药(或高能燃料)。(3)钠离子的半径小于钾离子，故NaN3的晶格能大于KN3的晶格能，B正确；氢叠氮酸(HN3)和水能形成分子间氢键，C正确；HN3是极性分