全国I卷江西省南昌市新建区第二中学2025届高三化学下学期第四次线上测试试题含解析

PAGE17-（全国I卷）江西省南昌市新建区其次中学2025届高三化学下学期第四次线上测试试题（含解析）第一卷本卷可能用到的相对原子质量：H-1

C-12

O-16

Mg-24

Al-27Si-28

Ca-40

Cu-64一、选择题（本题共7小题，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的。）1.化学与生产和生活亲密相关。下列有关说法正确的是A.古代记载文字的器物“甲骨”与“丝帛”成分相同B.苏打可用于制作发酵粉，在医疗上也可以用作治疗胃酸过多C.我国自主研发的“龙芯4000系列”CPU芯片与光导纤维是同种材料D.用于制作N95型口罩的“熔喷布”主要原料是聚丙烯，聚丙烯的分子长链上有支链【答案】D【解析】【详解】A．“甲骨”主要成分是碳酸盐而“丝帛”主要成分是蛋白质，故二者成分不同，故A错误；B．用作发酵粉和用于治疗胃酸过多的是小苏打，而不是苏打，故B错误；C．我国自主研发的“龙芯一号”CPU芯片主要成分是硅，光导纤维的主要成分是二氧化硅，不是同种材料，故C错误；D．聚丙烯中的甲基处在支链上，故D正确；故答案选D。2.厌氧氨化法（Anammox）是一种新型的氨氮去除技术，下列说法中不正确的是A.1molNH4+所含的质子总数为10NAB.联氨（N2H4）中含有极性键和非极性键C.过程II属于氧化反应，过程IV属于还原反应D.过程I中，参加反应的NH4+与NH2OH的物质的量之比为1:1【答案】A【解析】A、质子数等于原子序数，1molNH4＋中含有质子总物质的量为11mol，故A说法错误；B、联氨(N2H4)的结构式为，含有极性键和非极性键，故B说法正确；C、过程II，N2H4→N2H2－2H，此反应是氧化反应，过程IV，NO2－→NH2OH，添H或去O是还原反应，故C说法正确；D、NH4＋中N显－3价，NH2OH中N显－1价，N2H4中N显－2价，因此过程I中NH4＋与NH2OH的物质的量之比为1：1，故D说法正确。点睛：氧化反应还是还原反应，这是有机物中的学问点，添氢或去氧的反应为还原反应，去氢或添氧的反应的反应氧化反应，因此N2H4→N2H2，去掉了两个氢原子，即此反应为氧化反应，同理NO2－转化成NH2OH，是还原反应。3.某同学采纳工业大理石（含有少量SiO2、Al2O3、Fe2O3等杂质）制取CaCl2·6H2O，设计了如下流程：下列说法不正确的是A.固体I中含有SiO2，固体II中含有Fe(OH)3B.运用石灰水时，要限制pH，防止固体II中Al(OH)3转化为AlO2-C.试剂a选用盐酸，从溶液III得到CaCl2·6H2O产品的过程中，须限制条件防止其分解D.若变更试验方案，在溶液I中干脆加氨水至沉淀完全，滤去沉淀，其溶液经蒸发浓缩、冷却结晶也可得到纯净CaCl2·6H2O【答案】D【解析】【分析】工业大理石（含有少量SiO2、Al2O3、Fe2O3等杂质）加足量的盐酸，得到二氧化硅沉淀和氯化钙、氯化铝、氯化铁混合溶液，所以固体Ⅰ中含有SiO2，滤液中加石灰水，限制pH，可以得到Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀，即为固体Ⅱ，过滤，向滤液加入盐酸中和过量的氢氧化钙，得氯化钙溶液，CaCl2·6H2O易分解，从溶液中获得氯化钙晶体时，要防止其分解；【详解】A.依据上面的分析可知，固体Ⅰ中含有SiO2，固体Ⅱ中含有Fe(OH)3，A正确；B.氢氧化铝具有两性，可溶于氢氧化钙溶液，生成AlO2-，B正确；C.CaCl2·6H2O易分解，从溶液中获得氯化钙晶体时，要防止其分解，C正确；D.若变更试验方案，在溶液Ⅰ中干脆加氨水至沉淀完全，滤去沉淀，其溶液中含有氯化铵，经蒸发浓缩、冷却结晶得到的CaCl2·6H2O不纯，D错误；答案为D。4.酮洛芬是优质抗炎镇痛药，合成原理如下：下列说法正确的是()AM和酮洛芬都能发生酯化、卤代和加成反应B.M和酮洛芬分子中全部碳原子都可能共平面C.M和酮洛芬在肯定条件下最多消耗的物质的量相等D.M分子中苯环上一氯代物有9种【答案】A【解析】【详解】A、苯环上氢能与卤素单质在催化剂作用下发生卤代取代反应，苯环与氢气能发生加成反应，苯环之间的碳氧双键与氢气能发生加成反应，羧基与醇羟基在肯定条件下能发生酯化反应，故A项正确；B、酮洛芬分子右侧链上1个碳原子连接了3个碳原子，这3个碳原子中至少有1个碳原子不能与苯环共平面，故B项错误；C、若M、酮洛芬的物质的量相等，则它们消耗最大量相等，没有强调“物质的量相等”，不能推断消耗的量是否相等，故C项错误；D、M分子中，左边苯环上氢原子有3种对称结构，右边苯环上氢原子有4种不对称结构，故苯环上一氯代物共有7种，故D项错误；故选A。5.主族元素Q、X、Y、Z、W的原子序数依次增大，且均不大于20。Q的简洁氢化物和其最高价含氧酸可以化合成盐，X与Q同周期且是该周期主族元素中原子半径最小的元素；Z一具有与氩原子相同的电子层结构；Q、Y、W原子的最外层电子数之和为9。下列说法肯定正确的是A.X与Z的简洁氢化物的水溶液均呈强酸性B.Y与Z形成的化合物只含离子键C.简洁氢化物的沸点：Q<XD.Z和W形成的化合物的水溶液呈碱性【答案】C【解析】【分析】Q的简洁氢化物和其最高价含氧酸可以化合成盐，确定Q为N；X与Q同周期且是该周期主族元素中原子半径最小的元素，确定X为F；Z一具有与氩原子相同的电子层结构，确定Z为Cl；Q、Y、W原子的最外层电子数之和为9，当W为K时，Y为Al；当W为Ca时，Y为Mg。【详解】A.X简洁氢化物HF的水溶液呈弱酸性，故A错误；B.Y与Z形成的化合物可能是AlCl3或MgCl2，氯化铝属于共价化合物不含有离子键，故B错误；C.简洁氢化物的沸点：Q（NH3）<X（HF），故C正确；D.Z和W形成的化合物为KCl或CaCl2，二者均为强酸强碱盐，水溶液呈中性，故D错误；答案：C6.国内某科技探讨小组首次提出一种新型的Li+电池体系，该体系正极采纳含有I-、Li+的水溶液，负极采纳固态有机聚合物，电解质溶液采纳LiNO3溶液，聚合物离子交换膜作为隔膜将液态正极和固态负极分隔开（原理示意图如图）。已知：I-+I2I3-，下列有关推断正确的是A.图甲是原电池工作原理图，图乙是电池充电原理图B.放电时，正极液态电解质溶液的颜色加深C.充电时，Li+从右向左通过聚合物离子交换膜D.放电时，负极的电极反应式为-2ne-=+2nLi+【答案】D【解析】【详解】A.由“负极采纳固态有机聚合物”知，固态有机聚合物在负极失电子，电极反应式为-2ne-=+2nLi+，故图乙原电池工作原理图，则图甲反应原理与图乙相反，是电池充电原理图，故A错误；B.放电时，正极上的电极反应式为I3-+2e-=3I-，I3-被还原为无色的I-，电解质溶液颜色变浅，故B错误；C.充电过程即为电解过程，阳离子从阳极区向阴极移动，故充电时，Li+从左室通过聚合物离子交换膜移向右室，故C错误；D.依据选项A分析可知图乙为原电池，右侧电极为负极，失去电子，发生氧化反应，电极反应式为：-2ne-=+2nLi+，故D正确；故答案为D。7.在25℃时，甘氨酸在水溶液中解离状况如下：H3N+CH2COOH(A+)H3N+CH2COO-(A±)H2NCH2COO-(A-)，变更溶液pH值，三种甘氨酸相关离子的分布分数(α，平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)变更如图所示。当调整溶液的pH值使甘氨酸所带的净电荷为零，此时溶液的pH叫等电点。下列说法正确的是()A.曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别代表的微粒为A−、A±、A+B.K2=10−2.34，且K2对应的解离基团为-NH3+C.在pH=9.60的溶液中加盐酸，α(A±)+α(A+)+α(A−)保持不变D.甘氨酸的等电点pH约为6，且存在c(A±)=c(A+)=c(A−)【答案】C【解析】【详解】A．依据其解离状况可知：溶液碱性越强，A-含量越大，溶液酸性越强，A+含量越大，故曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别代表的微粒为A+、A±、A-，A错误；B.由图可知pH=9.60时，溶液中H3N+CH2COO-与H2NCH2COO-浓度相等，K2对应的解离过程为：H3N+CH2COO-H2NCH2COO-+H+，K2==10-9.60，K2对应的解离基团为COO-，B错误；C.依据物料守恒可知，α(A±)+α(A+)+α(A-)保持不变，C正确；D.由图可知，等电点pH约为6，此时溶液中c(H3N+CH2COO-)＞c(H3N+CH2COOH)＝c(H2NCH2COO-)，D错误；故合理选项是C。8.利用酸解法制钛白粉产生的废液[含有大量的FeSO4、H2SO4和少量的Fe2（SO4）3、TiOSO4]生产铁红和补血剂乳酸亚铁的工艺流程如图所示：已知:TiOSO4可溶于水，在水中可以电离为TiO2+和SO42-，TiO2+水解成TiO2·xH2O沉淀为可逆反应；乳酸结构简式为CH3CH（OH）COOH。回答下列问题：（1）TiOSO4中钛元素的化合价是____________，步骤①中分别硫酸亚铁溶液和滤渣的操作是___________。（2）滤渣的主要成分为TiO2·xH2O，结合离子方程式说明得到滤渣的缘由：________。（3）从硫酸亚铁溶液中得到硫酸亚铁晶体的操作方法是____________________；硫酸亚铁在空气中煅烧生成铁红和三氧化硫，该反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为______。（4）步骤④中发生反应的离子方程式为______________________。（5）步骤⑥必需限制肯定的真空度，缘由是有利于蒸发水以及____________________。（6）试验室中检验溶液B中主要阳离子的方法是______________________。【答案】(1).+4(2).过滤(3).TiO2++（x+1）H2OTiO2•xH2O+2H+,铁屑与H+反应，c（H+）降低，平衡向正反应方向移动，促使TiO2+转化为TiO2•xH2O(4).蒸发浓缩、冷却结晶、过滤(5).1:4(6).Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+H2O+CO2↑(7).防止Fe2+被氧化(8).取少量溶液B于试管中，加人NaOH溶液，加热，将潮湿的红色石蕊试纸靠近试管口，石蕊试纸变蓝，说明溶液B中含有NH4+【解析】【分析】由流程图可知，废液中加入铁屑，Fe与H2SO4和少量Fe2（SO4）3反应生成FeSO4，溶液的pH增大，促进TiOSO4的水解沉淀，TiOSO4完全水解生成TiO2•xH2O沉淀，过滤，滤渣为TiO2•xH2O和Fe，滤液为FeSO4溶液；FeSO4溶液通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸亚铁晶体，硫酸亚铁晶体脱水、煅烧得到氧化铁；FeSO4溶液中加碳酸氢铵，两者反应生成碳酸亚铁沉淀、硫酸铵和二氧化碳，碳酸亚铁沉淀加乳酸溶解生成乳酸亚铁溶液和二氧化碳，乳酸亚铁溶液通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到乳酸亚铁晶体。【详解】（1）由化合价代数和为0可知，TiOSO4中钛元素的化合价是+4价；步骤①中分别硫酸亚铁溶液和滤渣的操作是过滤，故答案为+4；过滤；（2）TiOSO4在溶液中水解生成TiO2•xH2O，水解的离子方程式为：TiO2++（x+1）H2OTiO2•xH2O+2H+，加入铁屑，铁与H+反应，溶液中c（H+）降低，水解平衡向正反应方向移动，促使TiO2+转化为TiO2•xH2O沉淀，故答案为TiO2++（x+1）H2OTiO2•xH2O+2H+,铁屑与H+反应，c（H+）降低，平衡向正反应方向移动，促使TiO2+转化为TiO2•xH2O；（3）FeSO4溶液通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸亚铁晶体；硫酸亚铁在空气中煅烧生成铁红和三氧化硫，反应的化学方程式为4FeSO4+O22Fe2O3+4SO3，氧化剂是氧气，还原剂是氧化铁，所以氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：4，故答案为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；1：4；（4）步骤④为FeSO4溶液中加碳酸氢铵，两者反应生成碳酸亚铁沉淀、硫酸铵和二氧化碳，反应的离子方程式为Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+H2O+CO2↑，故答案为Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+H2O+CO2↑；（5）亚铁离子易被空气中氧气氧化，所以步骤⑥必需限制肯定的真空度，这样有利于蒸发水还能防止Fe2+被氧化，故答案为防止Fe2+被氧化；（6）溶液B为硫酸铵溶液，试验室检验铵根离子的方法是：取少量溶液B于试管中，加人NaOH溶液，加热，将潮湿的红色石蕊试纸靠近试管口，石蕊试纸变蓝，说明溶液B中含有NH4+，故答案为取少量溶液B于试管中，加人NaOH溶液，加热，将潮湿的红色石蕊试纸靠近试管口，石蕊试纸变蓝，说明溶液B中含有NH4+。9.四溴化钛（TiBr4）可用作橡胶工业中烯烃聚合反应的催化剂。已知TiBr4常温下为橙黄色固体，熔点为38.3℃，沸点为233.5℃，具有潮解性且易发生水解。试验室利用反应TiO2+C+2Br2TiBr4+CO2制备TiBr4的装置如图所示。回答下列问题：（1）检查装置气密性并加入药品后，加热前应进行的操作是__，其目的是__，此时活塞K1，K2，K3的状态为__；一段时间后，打开电炉并加热反应管，此时活塞K1，K2，K3的状态为____。（2）试剂A为__，装置单元X的作用是__；反应过程中需用热源间歇性微热连接管，其目的是___。（3）反应结束后应接着通入一段时间CO2，主要目的是___。（4）将连接管切断并熔封，采纳蒸馏法提纯。此时应将a端的仪器改装为__、承接管和接收瓶，在防腐胶塞上加装的仪器是___（填仪器名称）。【答案】(1).打开K1，关闭K2和K3(2).先通入过量的CO2气体，解除装置内空气(3).打开K1，关闭K2和K3(4).打开K2和K3，同时关闭K1(5).浓硫酸(6).汲取多余的溴蒸气同时防止外界的水蒸气使产物水解(7).防止产品四溴化钛凝固成晶体，堵塞连接管，造成危急(8).排出残留在装置中的TiBr4和溴蒸气(9).直形冷凝管(10).温度计（量程250°C）【解析】【分析】⑴检查装置气密性并加入药品后，加热前应进行解除装置内的空气，防止反应物碳单质与氧气反应，奢侈原料，还可能产生有毒气体CO等，污染空气，起先仅仅是通入CO2气体，所以只须要打开K1，关闭K2和K3，打开电炉并加热反应管，此时须要打开K2和K3,同时关闭K1，保证CO2气体携带溴蒸气进入反应装置中。⑵因为产品四溴化钛易发生水解，因此整套装置须要保持干燥，因此进入的CO2气体必需干燥，装置单元X应为尾气处理装置，汲取多余的溴蒸气，同时还能防止空气中的水蒸气干扰试验，防止产品四溴化钛水解变质。⑶反应结束后在反应装置中还有少量四溴化钛残留，以及剩余的溴蒸气，应接着通入一段时间CO2，主要目的是把少量残留四溴化钛排入收集装置中，提高产率，而且还可以排出剩余的溴蒸气，进行尾气处理，防止污染。⑷试验结束后，将连接管切断并熔封，采纳蒸馏法提纯，因此须要用到直形冷凝管。【详解】⑴检查装置气密性并加入药品后，加热前应进行解除装置内的空气，防止反应物碳单质与氧气反应，奢侈原料，还可能产生有毒气体CO等，污染空气，因此加热试验前应先通入过量的CO2气体，其目的是解除装置内空气。此时仅仅是通入CO2气体，所以只须要打开K1，关闭K2和K3；而反应起先一段时间后，打开电炉并加热反应管，此时须要打开K2和K3,同时关闭K1，保证CO2气体携带溴蒸气进入反应装置中，故答案为先通入过量的CO2气体；解除装置内空气；打开K1，关闭K2和K3；打开K2和K3，同时关闭K1。⑵因为产品四溴化钛易发生水解，因此整套装置须要保持干燥，因此进入的CO2气体必需干燥，所以试剂A为浓硫酸（作干燥剂），装置单元X应为尾气处理装置，汲取多余的溴蒸气，同时还能防止空气中的水蒸气干扰试验，防止产品四溴化钛水解变质。反应过程中需用热源间歇性微热连接管，其目的是防止产品四溴化钛凝固成晶体，堵塞连接管，造成危急，用热源间歇性微热连接管可以使产品四溴化钛加热熔化，流入收集装置中，故答案为浓硫酸；汲取多余的溴蒸气同时防止外界的水蒸气使产物水解；防止产品四溴化钛凝固成晶体，堵塞连接管，造成危急。⑶反应结束后在反应装置中还有少量四溴化钛残留，以及剩余的溴蒸气，应接着通入一段时间CO2，主要目的是把少量残留四溴化钛排入收集装置中，提高产率，而且还可以排出剩余的溴蒸气，进行尾气处理，防止污染，故答案为排出残留在装置中的TiBr4和溴蒸气。⑷试验结束后，将连接管切断并熔封，采纳蒸馏法提纯。在产品四溴化钛中还有残留的液溴，因此依据题中给出的四溴化钛的沸点233.5°C，可以运用蒸馏法提纯；此时应将a端的仪器改装为直形冷凝管、承接管和接收瓶，在防腐胶塞上加装的仪器是温度计（量程是250°C），故答案为直形冷凝管；温度计（量程250°C）。10.氮的氧化物是造成大气污染的主要物质。探讨氮氧化物的反应机理对于消退环境污染有重要意义。(1)NO在空气中存在如下反应：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)△H,上述反应分两步完成，其反应历程如下图所示：回答下列问题：①写出反应I的热化学方程式_________。②反应I和反应Ⅱ中，一个是快反应，会快速建立平衡状态，而另一个是慢反应。确定2NO(g)+O2(g)2NO2(g)反应速率的是_______(填“反应I”或“反应Ⅱ”)；对该反应体系上升温度，发觉总反应速率反而变慢，其缘由可能是__________(反应未运用催化剂)。(2)用活性炭还原法处理氮氧化物的有关反应为：C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)。向恒容密闭容器中加入肯定量的活性炭和NO，T℃时，各物质起始浓度及10min和20min各物质平衡浓度如表所示：①T℃时，该反应的平衡常数为_____________________(保留两位有效数字)。②在10min时，若只变更某一条件使平衡发生移动，20min时重新达到平衡，则变更条件是__________________________________。③在20min时，保持温度和容器体积不变再充入NO和N2，使二者的浓度均增加至原来的两倍，此时反应v正_______v逆(填“>”、“<”或“=”)。(3)NO2存在如下平衡：2NO2(g)N2O4(g)△H<0，在肯定条件下NO2与N2O4的消耗速率与各自的分压(分压=总压×物质的量分数)有如下关系：v(NO2)=k1·p2(NO2)，v(N2O4)=k2·p(N2O4)，相应的速率与其分压关系如图所示。肯定温度下，k1、k2与平衡常数kp(压力平衡常数，用平衡分压代替平衡浓度计算)间的关系是k1=____________；在上图标出点中，指出能表示反应达到平衡状态的点是___，理由是________。【答案】(1).2NO(g)N2O2(g)△H=－(E3-E4)kJ·mol-1(2).反应Ⅱ(3).温度上升后反应I平衡逆向移动，导致N2O2浓度减小，温度上升对反应Ⅱ的影响弱于N2O2浓度减小的影响，导致反应Ⅱ速度变慢，最终总反应速率变慢(4).0.56(5).减小二氧化碳浓度(6).<(7).k1=2k2·KP(8).BD(9).达到平衡时，N2O4与NO2的消耗速率满意条件v(NO2)=2v(N2O4)【解析】【分析】(1)①依据△H=生成物总能量减反应物总能量计算。②反应快慢主要由活化能确定，分析温度上升对两个反应的影响。(2)①T℃时，依据平衡常数表达式进行计算。②分析得出NO、CO2量比原来削减，氮气比原来增加即得结论。③再充入NO和N2，使二者的浓度均增加至原来的两倍，依据浓度商计算得到，再与协作常数比较得出。(3)平衡时v(NO2)正=2v(N2O4)逆代入可得到关系式，B、D点，N2O4与NO2的消耗速率满意条件v(NO2)=2v(N2O4)，因此反应达到平衡状态。【详解】(1)①△H=E4kJ·mol-1－E3kJ·mol-1=－(E3－E4)kJ·mol-1，因此反应I的热化学方程式2NO(g)N2O2(g)△H=－(E3－E4)kJ·mol-1，故答案为：2NO(g)N2O2(g)△H=－(E3－E4)kJ·mol-1。②活化能越大，反应速率越慢，反应Ⅱ的活化能大，因此确定2NO(g)+O2(g)2NO2(g)反应速率的是反应Ⅱ；对该反应体系上升温度，发觉总反应速率反而变慢，其缘由可能是温度上升后反应I平衡逆向移动，导致N2O2浓度减小，温度上升对反应Ⅱ的影响弱于N2O2浓度减小的影响，导致反应Ⅱ速度变慢，最终总反应速率变慢，故答案为：反应Ⅱ；温度上升后反应I平衡逆向移动，导致N2O2浓度减小，温度上升对反应Ⅱ的影响弱于N2O2浓度减小的影响，导致反应Ⅱ速度变慢，最终总反应速率变慢。(2)①T℃时，该反应的平衡常数为，故答案为：0.56。②在10min时，若只变更某一条件使平衡发生移动，20min时重新达到平衡，NO、CO2量比原来削减，氮气比原来增加，则变更的条件是减小二氧化碳浓度，故答案为：减小二氧化碳浓度。③在20min时，保持温度和容器体积不变再充入NO和N2，使二者的浓度均增加至原来的两倍，，此时反应v正<v逆，故答案为：<。(3)肯定温度下，平衡时v(NO2)正=2v(N2O4)逆即k1·p2(NO2)=2k2·p(N2O4)，k1=2k2·KP，因此k1、k2与平衡常数kp间的关系是k1=2k2·KP；在上图标出点中，B、D点，N2O4与NO2的消耗速率满意条件v(NO2)=2v(N2O4)，因此能表示反应达到平衡状态的点是BD，理由是达到平衡时，N2O4与NO2的消耗速率满意条件v(NO2)=2v(N2O4)；故答案为：2k2·KP；BD；达到平衡时，N2O4与NO2的消耗速率满意条件v(NO2)=2v(N2O4)。[化学——选修3：物质结构与性质]11.铂钴合金是以铂为基含钴二元合金，在高温下，铂与钴可无限互溶，其固体为面心立方晶格。铂钴合金磁性极强，磁稳定性较高，耐化学腐蚀性很好，主要用于航天航空仪表、电子钟表、磁控管等。氟及其化合物用途特别广泛。回答下列问题：（1）聚四氟乙烯是一种准晶体，准晶体是一种无平移周期序，但有严格准周期位置序的独特晶体，可通过____方法区分晶体准晶体和非晶体。（2）基态F原子的价层电子排布图（轨道表达式）为______。（3）[H2F]+[SbF6]-（氟锑酸）是一种超强酸，存在[H2F]+，该离子的空间构型为______，与[H2F]+具有相同空间构型和键合形式的分子和阴离子分别是______（各举一例）。（4）NH4F（氟化铵）可用于玻璃的蚀刻防腐剂、消毒剂。NH4+中中心原子的杂化类型是______；氟化铵中存在______（填字母）。A．离子键

B．σ键

C．π键

D．氢键（5）SF6被广泛用作高压电气设备的绝缘介质。SF6是一种共价化合物，可通过类似于Born-Haber循环能量构建能量图计算相关键能。则F-F键的键能为______kJ•mol-1，S-F键的键能为______kJ•mol-1。（6）CuCl的熔点为426℃，熔化时几乎不导电；CuF的熔点为908℃，密度为7.1g•cm-3。①CuF的熔点比CuCl的高，缘由是______②已知NA为阿伏加德罗常数的值，CuF的晶胞结构如图（b）所示，则CuF的晶胞参数a=______nm（列出计算式）。【答案】(1).X-射线衍射(2).(3).V形(4).H2O、NH2-(5).sp3(6).AB(7).155(8).327(9).CuCl为分子晶体，CuF为离子晶体(10).×107【解析】【分析】(1)晶体对X射线发生衍射，非晶体不发生衍射，准晶体介于二者之间；(2)F的原子序数为9，价电子排布式为2s22p5；(3)依据等电子体原理分析解答；(4)NH4+的N原子形成4个σ键，没有孤电子对；氟化铵为离子化合物，含有离子键和共价键；(5)由图象可知，断裂3molF-F键，汲取465kJ能量，形成6molS-F键，放出1962kJ能量，据此计算；(6)①CuCl熔化时几乎不导电，应为分子晶体，而CuF为离子晶体；②依据均摊法计算晶胞中含有的Cu、F的数目，再结合晶体的密度列式计算。【详解】(1)从外观无法区分晶体、准晶体和非晶体，但用X光照耀会发觉：晶体对X射线发生衍射，非晶体不发生衍射，准晶体介于二者之间，因此通过X-射线衍射试验可区分晶体、准晶体和非晶体，故答案为X-射线衍射；(2)F的原子序数为9，价电子排布式为2s22p5，因此基态F原子的价电子排布图为，故答案为；(3)[H2F]+与H2O、NH2-等互等电子体，结构相像，为V形，故答案为V形；H2O、NH2-；(4)NH4+的N原子形成4个σ键，没有孤电子对，采纳sp3杂化，氟化铵为离子化合物，含有离子键和共价键，即σ键，故选AB，故答案为sp3；AB；(5)由图象可知，断裂3molF-F键，汲取465kJ能量，则F-F键的键能为155kJ•mol-1，形成6molS-F键，放出1962kJ能量，则S-F的键能为kJ•mol-1=327kJ•mol-1，故答案为155；327；(6)①CuCl的熔点为426℃，熔化时几乎不导电，应为分子晶体，而CuF为离子晶体，一般，离子晶体的熔沸点比分子晶体