2023年届湖北省黄冈八模高三模拟理综化学测试卷

黄 冈 八 模2023届高三理综化学模拟测试卷〔一〕命 题：黄冈市文海教科院本试卷分第1卷〔选择题〕和其次卷〔非选择题〕两局部，共300分．考试用时150分钟可能用到的相对原子质量：H:1 C:12 :16 Na:23 2n:651卷〔126分〕13678符合题目的要求的.7.15世纪我国明崇祯年间《徐光启手迹》记载了《造强水法》“绿钒五斤，硝五斤，将矾炒去，约折五分之一，将二味同研细，次用铁作锅，……锅下起火，取气冷定，开坛则药化为水锅亦坏矣用水入五金皆成水惟黄金不化水中加盐则化……强水用过无力……”，“硝”即硝酸钾。以下说法错误的选项是〔 〕这里的“强水”主要成分是HNO3C.“锅亦坏矣”的化学方程式为C.“锅亦坏矣”的化学方程式为Fe+6HNO3Fe〔NO〕+3NO↑+3HO3 3 2 2D.“惟黄金不化水中，加盐则化”，可能是参与的Cl-在金溶解的过程中发挥了重要作用8.设N为阿伏加德罗常数的值，以下说法正确的选项是〔 〕A白磷〔P〕为正四周体构造，则PCO3：14 4 21L1mol/LKAl〔SO〕2N4 2 A9g13CON17O4.6N2 2 AD.0.2mol0.3NA有关如以下图化合物的说法不正确的选项是〔 〕该化合物的分子式为C20H22O4该化合物中全部碳原子有可能共面该化合物既可以与溴水反响，又可以使酸性KMnO4溶液褪色，且原理不同1mol2molNaOH关于以下四个装置的说明符合试验要求的是〔 〕装置①：试验室中假设需制备较多量的乙炔可用此装置装置②：XNH3HCl装置③：制备并检验乙烯装置④：用从a处加水的方法检验装置④的气密性依据以下各图曲线表征的信息，得出的结论正确的选项是〔 〕10.1000mol•L-1NaOH20.00mL0.1000mol•L-1醋酸溶液的滴定曲线2表示用水稀释pH一样的盐酸和NHClpH4Ⅱ表示NHCl：b≥c＞a43表示的是A13+OH-反响时含铝微粒浓度变化曲线，图中a点溶液中大量存在A13+4表示A、Bt℃时A、B1tω〔A〕＜ω〔B〕2一种利用微生物燃料电池处理工业废水的装置如以下图，以下关于该装置的说法正确的是〔 〕A.aB.b2NO3-+10e-+6H2O═N2↑+12OH-C.该装置通过消耗外界电能以实现除去污水中苯酚和硝酸根的目的Da1mol6molH+通过著名化学家徐光宪获得国家最高科学技术奖：金属铈〔稀土元素〕是一种活泼的金属，活泼性略强于镁〔注：铈常见的化合价为+3和+4，氧化性：Ce4+＞Fe3+。〕以下说法正确的选项是〔 〕工业上可用焦炭复原铈的氧化物来制备金属铈Ce〔SO〕溶液与硫酸铁溶液混合，其离子方程式为：Ce3++Fe3+═Ce4++Fe2+2 4 3可以将金属Ce保存在煤油中以隔绝空气，防止被氧化在确定条件下电解熔融的CeO可以制得金属Ce，电解中Ce2其次卷〔非选择题，共174分〕17422～3233～38题为选考题，考生依据要求作答．〔一〕129分乳酸亚铁〔[CHCH〔OH〕COO]Fe•3HO，Mr=288〕是一种常用的补铁剂，易溶于水，几3 2 2得。某兴趣小组通过如下试验方案在试验室模拟乳酸亚铁的制备过程：Ⅰ．制备碳酸亚铁：装置如以下图。仪器A的名称是 。试验操作如下：关闭活塞2，翻开活塞1、3，参与适量稀硫酸反响一段时间，其目的是 ，然后关闭活塞1，接下来的操作是 ，此后，C装置溶液中有沉淀生成，并有大量气泡冒出，则C中发生反响的离子方程式为 。Ⅱ．乳酸亚铁晶体的制备将制得的FeCO3参与到足量乳酸溶液中，再参与少量铁粉，75℃下搅拌反响。铁粉的作用是 。从上述所得溶液中获得乳酸亚铁晶体的方法是 、过滤、洗涤、枯燥。Ⅲ．乳酸亚铁晶体纯度的测量该兴趣小组用KMnO4法测定样品中亚铁含量进而计算产品中乳酸亚铁的质量分数。以下操作会引起测定结果偏高的是 。滴定管在盛装高锰酸钾前未润洗B．滴定过程中，锥形瓶震荡的太猛烈，以致局部液体溅出C．滴定前读数正确，滴定终点时俯视读数D．滴定前读数正确，滴定终点时仰视读数该兴趣小组用KMnO4测定产品中亚铁含量进而计算乳酸亚铁晶体的质量分数。觉察产品的质量分数总是大于100%，其缘由可能是 。某同学查阅文献后，用〔NH4〕4Ce〔SO4〕4滴定法测定样品中Fe2+的含量并计算样品纯度〔反响中Ce4+复原为Ce3+〕，他称取6.40g样品，配制成250.00mL溶液，取出25.00mL，用浓度为0.10mol•L-1的〔NH4〕4Ce〔SO4〕4标准溶液滴定至终点，消耗标准液20.00mL．则产品中乳酸亚铁晶体的纯度为 〔以质量分数表示〕。铬铁矿的主要成分可表示为FeO•CrOSiOAlOFeO等杂质。以铬铁矿为原23 2 23 23料制备重铬酸钾〔KCrO〕的过程如以下图。2 27：①CrO2-+HO2CrO2-+2H+．依据题意答复以下问题：27 2 4“焙烧”后的固体产物成分除NaCrO、FeO、NaAlO外，还有 〔填化学式〕。2 4 23 2写出“焙烧”过程中所发生的氧化复原反响的化学方程式 。“水浸”步骤中，为了提高浸出率，可实行的措施有〔请写出两条〕： 。操作Ⅰ为 ；固体X中主要含有 〔填写化学式〕。第一次参与醋酸的目的是 ；其次次参与醋酸调整溶液pH＜5，其目的是 。2物质272 27溶解度/〔g/100g〕如表是相关物质的溶解度数据，操作Ⅲ发生反响的化学方程式是：NaCr2物质272 27溶解度/〔g/100g〕0℃40℃80℃KCl2840.151.3NaCl35.736.438KCrO2 274.726.373NaCrO2 27163215376该反响在溶液中能发生的理由是 。操作Ⅲ由多步组成，获得KCrO晶体的操作依次是：参与KCl2 2 7 、过滤、 、枯燥。氨在化肥生产、储氢及环境治理等领域正发挥着重要作用。〔1〕2023Dr．KatsutoshiNagaoka等带着的争论团队开发了一种可以“快速启动的氨1〔2〕氨在高温下分解也可以释放出氢气。1100℃时，在钨丝外表NH分解的半衰期〔浓度3减小一半所需时间〕如下表所示：c〔NHc〔NH〕/mol•L-1 4.56×10-3 2.28×10-3 1.14×10-3 5.7×10-4 2.85×10-43时间/s 0 440 660 770 t5表中的t的值为 。c〔NH〕的值从2.28×10-3变化至1.14×10-3的过程中，平均反响5 3速率v〔H〕═ 〔保存三位有效数字〕mol•L-1•s-1。〔3〕氨催化氧化时会发生两个竞争反响Ⅰ：4NH〔3〕氨催化氧化时会发生两个竞争反响Ⅰ：4NH〔g〕+5O〔g〕3 24NO〔g〕+6HO〔g〕2。Ⅱ：4NH。Ⅱ：4NH〔g〕+3O〔g〕。为分析某催化剂对该反响的选择性，在1L1moINH3

2molO22①该催化剂在低温时选择反响 〔填“I”或“Ⅱ”〕。②520℃时，4NH〔g〕+5O〔g〕4NO〔g〕+6HO〔g〕的平衡常数K═ 〔只需列出数字3 2 2计算式，无需计算结果〕。〔4〕氨气燃料电池使用的电解质为KOH溶液，电池反响4NH3+3O2═2N2+6H2O．该电池负极的电极反响式为 ，用该电池作为电源进展粗铜〔含Al、Zn、Ag、Pt、Au等杂质〕的电解精炼，以CuSO4溶液为电解质溶液，以下说法正确的选项是 。a．电能全部转化为化学能b．Cu2+的物质的量浓度不变〔不考虑溶液体积变化〕c．溶液中Cu2+向阳极移动d．利用阳极泥可回收Ag、Pt、Au〔二〕452道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题做答，假设多做，则每科按所做的第一题计分．35.3：物质构造与性质](15A-I4A2DFCEGH请答复以下问题：〔以下问题中的全部原子都必需在上述元素中查找〕〔1〕B单质分子中σ与π键数目比为 ABC第一电离能由小到大的挨次为 〔填写元素符号〕。〔2〕Fe3+离子电子排布式为 ；C、F两元素以原子个数比4：1形成的离子空间构型为 ，中心元素杂化方式为 ，C、F两元素形成的另一种离子与上述离子互为等电子体，该离子的化学式为 。〔3〕D与G可以形成如图的晶胞，则圆圈表示的是元素 〔填写元素符号〕，该元素原子在该晶胞中的配位数为 。假设将上述晶胞圆圈对应的原子所在上下两层平面原子，按两条相互垂直的对角线上各去掉该原子2个〔共去掉4个〕，并将小点和圆圈对应的原子更改为另外两种元素的原子，则这个晶胞化学式为 假设再将留下的全部原子换成另外一种元素的原子成为另外一种晶胞，该成键原子键角为 。，E单质晶体的原子积存为ABAB型，那么，该晶体的空间利用率为 。假设E单质的摩尔质量为M，晶胞棱长为a，晶胞高度为c，则该晶体密度表达式为 〔用阿伏加德罗常数表示，不化简〕36.5：有机化学根底](15EPR〔EPR〔〕广泛应用于汽车部件、建筑用防水材料、电线电缆PC〔〕的透光性良好，可制作车、船、飞机的挡风玻璃以及眼镜等。它们的合成路线如图：：①RCOOR：①RCOOR+ROHRCOOR+ROH②B、F、C、H、各物质中，核磁共振氢谱都只有一组吸取峰。E→F的反响类型为 ，F中官能团名称为 。D→E的反响条件为 。〔3〕M的构造简式为 。H→J的化学方程式为 。以下说法正确的选项是： 。a．反响Ⅰ的原子利用率为100%b.1molJ与足量的NaOH2molNaOHc．A→Dd．C〔7〕试设计利用B的合成路线〔无机试剂任选〕反响Ⅰ过程中，可以得到两种同类型副产物，且与M〔7〕试设计利用B的合成路线〔无机试剂任选〕 。解析版7.【答案】B【解析】解：A．依据题意用水入五金皆成水，惟黄金不化水中，大多数金属能够与硝酸发生氧化还原反响溶于硝酸，绿矾为FeSO7HO4 2铜、铁、锡，硝酸可溶解除金外的其它金属符合强水的性质，故A正确；锅下起火取气冷定过程依次发生2FeSO•7HO FeO+SO↑+SO↑+4HSO+HO=HSO，4 2 23 2 3 2 3 2 2 4KNO+HSO KHSO+HNO，故B3 2 4 4 3“锅亦坏矣”为铁和硝酸的反响，反响的化学方程式为Fe+6HNO Fe〔NO〕+3NO3 3 3 2↑+3HO，故C2金的金属活动性很弱，硝酸不能将其氧化，加氯化钠，强水中含有王水成分，金可溶于王水，故D应选：B。只有大多数金属能够与硝酸发生氧化复原反响而溶于硝酸；B．“锅下起火，取气冷定”过程涉及绿矾的分解，产物与水反响，硝酸钾与硫酸的反响；C．“锅亦坏矣”为铁和硝酸的反响；C．“锅亦坏矣”为铁和硝酸的反响；D．黄金不溶于硝酸，参与氯化钠相当于强水，据此解答。中等。8.8.【答案】C【解析】解：A、白磷和甲烷均为正四周体构造，白磷含643：2，故AB2NBAC13CO与N17O的摩尔质量均为45g/mo，故9g混合物的物质的量为0.2mo，且两者均2 222230.2mol4.6N个，故CAD、铁和稀硝酸不能生成氢气，生成的是NO，故D应选：C。A、白磷和甲烷均为正四周体构造，白磷含64B、铝离子的水解导致阳离子个数增多；C13CO与N17O的摩尔质量均为45g/mo，且均含22个质子2 2D、铁和稀硝酸不能生成氢气。是解题关键。9.9.【答案】D【解析】解：A．由构造简式可知有机物分子式为CHO，故A20224B．含有苯环、碳碳双键和酯基，都为平面形构造，与苯环、碳碳双键直接相连的原子可能共平面，则全部的碳原子可能共平面，故B正确；C．含有碳碳双键，可与溴水发生加成反响，与酸性高锰酸钾发生氧化复原反响，原理不同，CD．1mol该化合物3molNaOHD应选：D。该有机物中含有-COOC-、C=C、-OH、苯环等，结合酯、烯烃、酚及苯的有关性质来解答。苯酚和烯烃及酯性质的考察，题目难度不大。10.10.【答案】D【解析】AB．X为苯时不能隔绝气体与水，不能防止倒吸，故B错误；C．挥发的乙醇、生成的乙烯均使高锰酸钾氧化，不能检验乙烯，故C错误；D．从a处加水，观看两侧液面差，假设一段时间不变，则气密性良好，故D正确；12.12.【答案】A【解析】解：反响中NO-→NNb电极为原电池正极，电3 2极反响为2NO-+10+12H═N+6H，苯酚发生氧化反响生成CO，a电极为原电池的负极，3 2 2 2电极反响为CHOH-28-+11HO=6CO+28H，65 2 2A、左侧苯酚发生反响生成CO，其中C2A上升到+4，发生氧化反响，故B、电解质溶液呈酸性，不行能生成O-，电极反响式为2NO-+10+12+N+6H，故B错3 2 2误；C、该装置是原电池装置，不是电解池，不需要消耗外界电能，故CD、惰性电极aCO2应选：D。A．生成氢氧化钙易堵塞瓶颈处；B．X为苯时不能隔绝气体与水；C．挥发的乙醇、生成的乙烯均使高锰酸钾氧化；D．从a此题考察化学试验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的制备、试验操作、实验技能为解答关键，侧重分析与试验力气的考察，留意试验的评价性分析，题目难度不大。11.11.【答案】D【解析】A．醋酸是弱电解质而局部电离，则0.1000mo•-1醋酸溶液中则溶液的pH＞1，醋酸钠溶液呈碱性，则酸碱恰好完全反响时溶液呈碱性，溶液的pH＞7，AB．稀释pH一样的盐酸和NHClpH4Ia＞b＞c，所以导电性：a＞b＞c，故BCA13a点pH7，溶液呈碱性，则不能大量存在A3+，故C错误；D．t℃时A、Bω〔A〕＜ω〔B〕，上升温度溶液变为不饱和溶液，没有溶质析1出，所以溶液的质量分数不变，ω〔A〕＜ω〔B〕，D应选：D。醋酸是弱电解质而局部电离，则0.1000mo•L-1醋酸溶液的p＞；稀释pH一样的盐酸和NHClpH4性与离子浓度成正比；CA13存在于酸性溶液中；D．将t℃时A、BtA、B1 2质量分数不变。目难度不大。CCHOH-28+11HO=6CO↑+28+65 2 2荷数相等，依据电子守恒和电荷守恒可知，消耗1mol苯酚时，质子交换膜中将有28mol+通过，故D应选：A。由原电池装置图可知，反响中NONNb电极3 22NO-+10+12+N+6HOCOa电极3 2 2 2为原电池的负极，电极反响为CHOH-28-+11HO=6CO↑+28，据此分析解答。65 2 2中等。13.【答案】C【解析】解：A．金属铈〔稀土元素〕的活泼性较强，应当用电解法获得，无法用焦炭复原铈的氧化物来制备金属铈，故A由于氧化性是Ce4＞F3，Ce〔SO〕溶液与硫酸铁不发生反响，故B错误；2 4 3铈活泼性较强，在空气中易氧化变暗，所以Ce保存时应隔绝空气，防止被氧化，故C正确；电解熔融状态的CeO，电解池中在阴极是铈离子发生得电子得复原反响，即在阴极获得2铈，故D应选：C。A．金属铈〔稀土元素〕是一种活泼的金属，无法用焦炭复原；B．氧化性是Ce4＞F3+，该反响不会发生；C．金属铈是一种活泼的金属，活泼性略强于镁，易被氧气氧化；DCe4得到电子发生复原反响，应当在阴极得到C。应用力气。【解析】解：〔1〕由图可知仪器A的名称是分液漏斗，故答案为：分液漏斗；反响前先利用生气除去装置内空气，再利用生成氢气，使B装置中气压增大，将B置中的氯化亚铁溶液压入C21、3，参与适量稀硫酸反响一段时间，其目的是排出装置内的空气，然后关闭活塞1，接下来的操作是反响一段时间后，翻开23，此后，CC应的离子方程式为F2++2HCO-=FeCO+CO↑+H，3 3 2 22F2+2HCO-=FeCO3 3↓+CO↑+HO；2 2F2离子易被氧化为Fe3+离子，试验目的是制备乳酸亚铁晶体，参与Fe粉，防止Fe2+溶液中获得乳酸亚铁晶体，应经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、枯燥等操作，故答案为：防止Fe2离子被氧化；蒸发浓缩、冷却结晶；〔4〕A．滴定管在盛装高锰酸钾前未润洗，消耗标准液的体积偏大，导致测定结果偏高，故A选；B．滴定过程中，锥形瓶震荡的太猛烈，以致局部液体溅出，消耗标准液的体积偏小，导致测定结果偏低，故B不选；C．滴定前读数正确，滴定终点时俯视读数，消耗标准液的体积偏小，导致测定结果偏低，故C不选；D．滴定前读数正确，滴定终点时仰视读数，消耗标准液的体积偏大，导致测定结果偏高，D故答案为：AD；乳酸根中含有羟基，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗高锰酸钾的增大，而计100%，故答案为：乳酸根离子中含有羟基，被酸性高锰酸钾溶液氧化；由C4++F2+=C3++F3，可知产品中乳酸亚铁晶体的纯度为×100%=90%，故答案为：90%。因亚铁离子简洁被氧气氧化，制备过程中应在无氧环境中进展，Fe与盐酸反响制备氯化亚铁，利用反响生成的氢气排尽装置中的空气，故BC装置中FeClNHHCO2 4 3FeCl+2NHHCO=FeCO+2NHCl+CO↑+HO，利用生成氢气，使BB2 4 3 3 4 2 2装置中的氯化亚铁溶液压入C中，将制备的FeCO3

参与到足量乳酸溶液，参与Fe粉，防止F2+Fe可测定其含量。乳酸根中含有羟基，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗高锰酸钾的增大；由C4++F2+=C3++F3可计算25.0mL溶液中Fe2+〕，再依据m=nM的质量，进而计算产品中乳酸亚铁晶体的质量分数。此题考察物质的制备试验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反响、制备原理、试验技【解析】解：〔1〕“焙烧”后的固体产物成分除NaCrO

、NaAlO

外，还有NaSiO2 4 2 3 2 2 34FeO•CrO+7O+8NaCO

8NaCrO+2FeO

+8CO，23 2 2 3 2 4 2 3 2故答案为：NaSiO；4FeO•CrO+7O+8NaCO 8NaCrO+2FeO+8CO；2 3 23 2 2 3 2 4 23 2“水浸”步骤中，为了提高浸出率，可实行的措施有加热、搅拌、研磨或延长浸出时间等，故答案为：加热、搅拌、研磨或延长浸出时间等；操作Ⅰ用于分别固体和液体，为过滤操作；固体X中主要含有FeO23故答案为：过滤；FeO23第一次参与醋酸的目的是将NaAlONaSiO

转化为HSiOAl〔OH〕

沉淀除去，其次2 2 3 2 3 3次参与醋酸调整溶液p，其目的是使CrO2转化为CrO2，4 27故答案为：将NaAlONaSiO

转化为HSiOAl〔OH〕

沉淀除去；使CrO2转化为CrO2；2 2 3 2 3 3 4 27溶解度大的物质能转化为溶解度小的物质，依据表中数据知，四种物质中KCrO的溶2 27解度最小，NaCrO

的溶解度比KCrO

大，所以在溶液中能发生反响：NaCrO+2KCl=KCrO2 27

2 27

2 27

2 27↓+2NaCl，↓+2NaCl，故答案为：KCrO的溶解度比NaCrO2 7 2 27〔6〕从溶液中猎取晶体的方法是：参与KC1固体、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：冷却结晶；洗涤。铬铁矿参与碳酸钠通过焙烧，生成NaCrO、FeO、NaAlONaSiO2 4 2 3 2 2 3水溶解得固体氧化铁和溶液NaCrONaSiONaAlO，再调整溶液的pH，使偏铝酸盐完全2 4 2 3 2沉淀，硅酸盐完全沉淀；连续调整溶液的pH使CrO2-转化为CrO2，最终向所得溶液中参与4 27氯化钾，生成溶解度微小的KCrO2 27难度中等。3222开头〔mol/L〕反应〔mol/L〕0.40.30.20.6平衡〔mol/L〕0.2=7.7=7.7×10-6 mol〔L，82；7.7×1-6；〔3〕①依据图象分析，在温度较低时，产生较多的是N，该催化剂在低温时选择反响Ⅱ；2故答案为：Ⅱ；②可逆反响：4NH〔g〕+5O〔g〕⇌4NO〔g〕+6HO〔g〕3 2 2开头〔mol/L〕反0.20.3平〔mol/L〕0.2应〔0.25mol/L0.2〕衡0.34NH〔g〕+3O〔g〕⇌2N〔g〕+6HO〔g〕0.63 2c〔NO〕=c〔N〕=0.2mol/L、c〔HO〕=〔0.3+0.6〕mol=0.9mol，〔3〕①〔3〕①依据图象分析，在温度较低时，产生较多的是N2②可逆反响4NH〔g〕+5O〔g〕⇌4NO〔g〕+6HO〔g〕3 2 2开头〔mol/L〕反0.20.3平〔mol/L〕0.2应〔mol/L0.2〕0.25衡0.34NH〔g〕+3O〔g〕⇌2N〔g〕+6HO〔g〕0.63 2c〔NO〕=c〔N〕=0.2mol/L、c〔HO〕=〔0.3+0.6〕mol=0.9mol，2 24NH〔g〕+5O〔g〕⇌4NO〔g〕+6HO〔g〕K=；3 2 2〔4〕该电池负极化合价上升，则为NH放电生成N3 2应式；4NH〔g〕+5O4NH〔g〕+5O〔g〕⇌4NO〔g〕+6HO〔g〕K=故答案为：4〕该电池负极化合价上升，则为4〕该电池负极化合价上升，则为NH放电生成N，电极反响式为2NH+6O--6-=N+6H；3 2 3 2 2CuSO溶液为电解质溶液电解精炼粗铜，粗铜作阳极，纯铜做阴极，阳极产生阳极泥，4a、少量电能转化为热能，故ab、电解时，粗铜中杂质溶解时阳极消耗电解液中的Cu2+，故CuSO浓度减小，故b错误；4c、阳离子移向阴极，阴离子移向阳极，故cd、阳极泥主要成分为不活泼的Ag、Pt、Au等金属，故d2NH+6O--6e=N+6HO；。3222开头〔mol/L〕反应〔mol/L〕0.40.30.20.6平衡〔mol/L〕0.2CuSO4

溶液为电解质溶液电解精炼粗铜，粗铜作阳极，纯铜做阴极，阳极产生阳极泥，a、少量电能转化为热能；b、电解时，粗铜中杂质溶解时阳极消耗电解液中的c、阳离子移向阴极，阴离子移向阳极；d、阳极泥主要成分为不活泼的Ag、Pt、Au3〕中K4NH〕+3O〔〕2Ng+6HO”而导致计算3 2 2 2错误，为解答难点，题目难度中等。35.【解析】解：A2倍，则ACF，即D为FHHFe族，则IZnEG是金属，所以EGIIAE为MgGCaB、C之间，所以BNCO元素，则与C同一主族的FS元素，即元A-IAC、B为N、CO、DF、E为Mg、F为S、GCa、HFe、IZn，氮气分子构造为N≡N，一个三键中含有1σ2π键，即分子中σ与π键数目1：2；C、N、O位于其次周期，但N2PO，所以C、N、OC＜O＜N，故答案为：1：2；C＜O＜N；Fe的原子序数是23个电子生成Fe3Fe的核外电子排布式1s22263s23p3d642，则Fe3的核外电子排布式为1s2s2263s23635；SO2的价层电子对数为4+ =4、4VSEPRS原子的杂化方式为sSO2-4互为等电子体的离子含有5个原子、价电子总数3，O原子可以用S原子替换为SO2，231s2222p3s363sp；SO2；23CaF2

晶胞中中圆圈表示的原子数目为8，黑点表示的原子数目为 圆圈表示的原子数目：黑点表示的原子数目=2：1，所以圆圈表示的元素为F，由晶胞图可知F4CaF4，故答案为：F；4；44：4=1