吉林省长春市2025届高三化学第二次质量监测试题理含解析

PAGE18-吉林省长春市2025届高三化学其次次质量监测试题理（含解析）本试卷共16页。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。留意事项：1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清晰，将条形码精确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2.选择题必需运用2B铅笔填涂；非选择题必需运用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清晰。3.请依据题号依次在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4.作图可先运用铅笔画出，确定后必需用黑色字迹的签字笔描黑。5.保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准运用涂改液、修正带、刮纸刀。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23S-32Cl-35.5Fe-56Ni-59一、选择题：本题共13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。1.2024年7月1日起，上海、西安等地纷纷起先实行垃圾分类。这体现了我国爱护环境的决心，而环境爱护与化学学问休戚相关，下列有关说法正确的是A.废旧电池中含有镍、镉等重金属，不行用填埋法处理，属于有害垃圾B.各种玻璃制品的主要成分是硅酸盐，不行回收利用，属于其他(干)垃圾C.废弃的聚乙烯塑料属于可回收垃圾，不易降解，能使溴水褪色D.含棉、麻、丝、毛及合成纤维的废旧衣物燃烧处理时都只生成CO2和H2O【答案】A【解析】【详解】A．废旧电池中含有重金属镍、镉等，填埋会造成土壤污染，属于有害垃圾，A项正确；B．一般玻璃主要成分是硅酸盐，属于可回收物，B项错误；C．聚乙烯结构中不含碳碳双键，无法使溴水褪色，C项错误；D．棉麻的主要成分是纤维素，其燃烧后产物只有CO2和H2O；但丝毛的主要成分是蛋白质，其中还含有氮元素，燃烧产物不止CO2和H2O；合成纤维成分困难，所以燃烧产物也不止CO2和H2O，D项错误；答案选A。2.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是A.常温下，1L0.5mol/LCH3COONH4溶液的pH＝7，则溶液中CH3COO－与NH4＋的数目均为0.5NAB.10g质量分数为46%的乙醇溶液中含有氢原子的数目为0.6NAC.16g氨基(－NH2)中含有电子数为7NAD.在密闭容器中将2molSO2和1molO2混合反应后，体系中的原子数为8NA【答案】D【解析】【详解】A．由于醋酸根和铵根均会发生水解，所以溶液中这两种离子的数目确定小于0.5NA，A项错误；B．该溶液中乙醇的质量为4.6g，依据公式计算可知：；该溶液中的水的质量为5.4g，依据公式计算可知：；所以溶液中的H原子数目为1.2NA，B项错误；C．1个氨基中含有9个电子，16g氨基即1mol，所以含有电子数为9NA，C项错误；D．密闭容器中发生的虽然是可逆反应，但原子总数守恒，所以为8NA，D项正确；答案选D。3.短周期主族元素Q、X、Y、Z的原子序数依次增大。Q的简洁氢化物和其最高价含氧酸可形成盐，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－具有与氩原子相同的电子层结构；Y、Z原子的最外层电子数之和为10。下列说法正确的是A.X与Z的简洁氢化物的水溶液均呈强酸性B.Y单质常温下稳定不跟酸碱反应C.简洁氢化物的沸点：Q<XD.Y与Z的一种化合物是高温结构陶瓷材料【答案】C【解析】【分析】依据条件“Q的简洁氢化物和其最高价含氧酸可形成盐”，推想Q为N元素；X是与Q同周期，且半径是同周期中最小的元素，所以X为F元素；由“Z－具有与氩原子相同的电子层结构”可知，Z为Cl元素；依据“Y、Z原子的最外层电子数之和为10”，且“Q、X、Y、Z的原子序数依次增大”，可知Y为Al元素。【详解】A．X和Z简洁氢化物分别是HF和HCl，其中HF为弱酸，A项错误；B．Y单质即铝单质，化学性质活泼，常温下既可以与强酸反应也可以与强碱反应，B项错误；C．Q和X的简洁氢化物分别为NH3和HF，标况下HF为液态，而NH3为气态，所以HF的沸点更高，C项正确；D．Y和Z的化合物即AlCl3，属于分子晶体，并不具备高沸点和高强度，D项错误；答案选C。4.依据下列试验现象，得出的结论正确的是操作试验现象结论A向NaBr溶液中加入过量氯水，再加入淀粉KI溶液最终溶液变蓝氧化性：Cl2>Br2>I2B向某无色溶液中滴加浓盐酸产生能使品红溶液褪色的气体不能证明原溶液中含有SO32－或HSO3－C向蔗糖溶液中加入稀硫酸，水浴加热后，加入新制氢氧化铜，加热得到蓝色溶液蔗糖水解产物没有还原性D向2mL0.01mol/L的AgNO3溶液中滴加几滴同浓度的NaCl溶液后，滴加KI溶液先产生白色沉淀，后出现黄色沉淀证明Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl)A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．由于加入的氯水过量，加入KI后，I-会被过量的Cl2氧化生成能使淀粉变蓝的I2，所以无法证明Br2和I2的氧化性强弱关系，A项错误；B．能够让品红溶液褪色的可能是SO2，也可能是氯气等；假如使品红溶液褪色的是SO2，那么溶液中含有的也可能是，不确定是或；假如使品红溶液褪色的是Cl2，那么溶液中可能含有ClO-或；综上所述，B项正确；C．蔗糖水解后生成一分子葡萄糖和一分子果糖，葡萄糖是典型还原性糖；若要验证葡萄糖的还原性，须要先将水解后的溶液调至碱性，再加入新制Cu(OH)2，加热后才会生成砖红色的Cu2O沉淀；选项没有加NaOH将溶液调成碱性，故C项错误；D．由于从前加入的NaCl只有几滴的量，所以溶液中仍旧剩余大量的Ag+，所以后续加入KI溶液后，必定会生成黄色的AgI沉淀，试验设计存在漏洞，并不能证明AgI和AgCl的Ksp的大小关系；D项错误；答案选B。5.某药物丙可由有机物甲和乙在确定条件下反应制得：(甲)+(乙)(丙)下列说法正确的是A.甲与乙生成丙的反应属于加成反应B.甲分子中全部原子共平面C.乙的化学式是C4H718OOD.丙在碱性条件下水解生成和CH318OH【答案】A【解析】【详解】A．通过分析反应前后物质的结构可知，反应过程中甲分子发生了1,4加成，形成了一个新的碳碳双键，乙分子也发生了加成最终与甲形成了六元环；A项正确；B．由于甲分子中存在一个sp3杂化的形成了4条单键的碳原子，所以甲分子内的全部原子不行能共平面；B项错误；C．由乙的结构可知，乙的分子式为：；C项错误；D．酯在碱性条件下水解，产物羧酸会与碱反应生成羧酸盐，所以丙在碱性条件下水解的产物为和，D项错误；答案选A。6.常温下，用0.1000mol·L-1的盐酸滴定20.00mL未知浓度的氨水，滴定曲线如图所示，滴加20.00mL盐酸时所得溶液中c(Cl-)=c(NH4+)+c(NH3·H2O)+c(NH3)。下列说法错误的是A.点①溶液中c(NH4+)+c(NH3·H2O)+c(NH3)=2c(Cl-)B.点②溶液中c(NH4+)=c(Cl-)C.点③溶液中c(Cl-)>c(H+)>c(NH4+)>c(OH-)D.该氨水的浓度为0.1000mol·L-1【答案】C【解析】【分析】条件“滴加20.00mL盐酸时所得溶液中c(Cl-)=c(NH4+)+c(NH3·H2O)+c(NH3)”中的等式，事实上是溶液中的物料守恒关系式；进一步可知，V(HCl)=20mL即为滴定终点，原来氨水的浓度即为0.1mol/L。V(HCl)=20mL即滴定终点时，溶液即可认为是NH4Cl的溶液，在此基础上分析溶液中粒子浓度的大小关系，更为简便。【详解】A．V(HCl)=20mL时，溶液中有c(Cl-)=c(NH4+)+c(NH3·H2O)+c(NH3)成立；所以V(HCl)=10mL也就是20mL的一半时，溶液中就有以下等式成立：c(NH4+)+c(NH3·H2O)+c(NH3)=2c(Cl-)；A项正确；B．点②时溶液呈中性，所以有c(H+)=c(OH-)；依据电荷守恒式：c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)+c(Cl-)，可知溶液中c(NH4+)=c(Cl-)；B项正确；C．点③即为中和滴定的终点，此时溶液可视作NH4Cl溶液；由于NH4+的水解程度较小，所以c(NH4+)＞c(H+)；C项错误；D．由条件“滴加20.00mL盐酸时所得溶液中c(Cl-)=c(NH4+)+c(NH3·H2O)+c(NH3)”可知V(HCl)=20mL即为滴定终点，那么原来氨水的浓度即为0.1mol/L；D项正确；答案选C。【点睛】对于溶液混合发生反应的体系，若要推断溶液中粒子浓度的大小关系，可以先考虑反应后溶液的组成，在此基础上再结合电离和水解等规律进行推断，会大大降低问题的困难程度。7.“太阳水”电池装置如图所示，该电池由三个电极组成，其中a为TiO2电极，b为Pt电极，c为WO3电极，电解质溶液为pH=3的Li2SO4-H2SO4溶液。锂离子交换膜将电池分为A、B两个区，A区与大气相通，B区为封闭体系并有N2爱护。下列关于该电池的说法错误的是A.若用导线连接a、c，则a为负极，该电极旁边pH减小B.若用导线连接a、c，则c电极的电极反应式为HxWO3-xe－=WO3+xH+C.若用导线连接b、c，b电极的电极反应式为O2+4H++4e－=2H2OD.利用该装置，可实现太阳能向电能转化【答案】B【解析】【详解】A．依据示意图可知，a与c相连后，a电极发生失电子的氧化反应所以作负极，考虑到电解质溶液为pH=3的Li2SO4-H2SO4溶液，所以a极的电极反应式为：；由于生成H+，所以a极旁边的pH下降；A项正确；B．依据示意图可知，a与c相连后，c为正极，发生得电子的还原反应，电极反应式应写作：；B项错误；C．依据示意图，b与c若相连，b极为正极发生氧气的还原反应，考虑到电解质溶液为pH=3的Li2SO4-H2SO4溶液，所以电极反应式为：；C项正确；D．连接a与c后，将太阳能转变成B中的化学能，再连接b，c后，就可将化学能再转变成电能，最终实现了太阳能向电能的转化，D项正确；答案选B。三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22题～第32题为必考题，每个试题考生都必需做答。第33题～第38题为选考题，考生依据要求做答。(一)必考题(共129分)8.次氯酸溶液由于其具有极强的氧化性，可以使病毒的核酸物质发生氧化反应，从而杀灭病毒，是常用的消毒剂和漂白剂。已知：Ⅰ.常温常压下，Cl2O棕黄色气体，沸点为3.8℃，42℃以上会分解生成Cl2和O2，Cl2O易溶于水并与水马上反应生成HClO。Ⅱ.将氯气和空气(不参加反应)按体积比1∶3混合通入潮湿的碳酸钠中生成Cl2O气体，用水汲取Cl2O(不含Cl2)制得次氯酸溶液。某试验室利用以下装置制备浓度不小于0.8mol/L的次氯酸溶液。A.B.C.D.E.回答下列问题：(1)装置D的作用为_______________。(2)配平装置B中的反应___________：Cl2+Na2CO3+H2O=Cl2O+NaCl+NaHCO3。写出Cl2O的结构式为_____。(3)装置C中加入的试剂X为CCl4，其作用是__________。(4)各装置的连接依次为A→____________→____________→______________→E。(5)此方法相对于氯气干脆溶于水制备次氯酸溶液的优点是__________。(答出1条即可)(6)若装置B中生成的Cl2O气体有20%滞留在E前各装置中，其余均溶于装置E的水中，装置E所得500mL次氯酸溶液浓度为0.8mol/L，则至少须要含水8%的碳酸钠的质量为_____g。【答案】(1).除去氯气中的HCl气体；视察产生气泡的速度来调整流速和体积比1:3(2).2Cl2＋2Na2CO3＋H2O=Cl2O＋2NaCl＋2NaHCO3(3).Cl-O-Cl(4).除去Cl2O中的Cl2，提高制得的HClO的纯度(5).D(6).B(7).C(8).制备的HClO的浓度大，纯度高，不含有Cl-(9).57.6【解析】【分析】该试验属于物质制备类试验，所需原料为氯气和空气，并且要留意体积比1:3这个要求；因此就出现了这两个问题：(1)原料Cl2含有杂质须要除杂；(2)如何精确地限制两种原料气体积比；带着问题分析每个装置的作用就不难发觉D装置就恰好能解决上述两个问题。接下来，由于B中的制备反应是气体与固体的反应，所以产物中确定含有未反应完全的原料气，所以这里又出现了一个问题：未反应完的原料气是否会干扰后续的制备，如何除去；通过分析不难发觉装置C恰好可以解决上述问题；最终在装置E中，胜利制备了纯度较高的次氯酸溶液。【详解】(1)装置D的作用一方面要对装置A制备的Cl2进行净化除杂，另一方面也要保证空气和氯气的最佳体积比；所以D的作用为：除去氯气中的HCl杂质，同时视察气泡的速度来调整氯气和空气的体积比至1:3；(2)依据题意，B中发生的反应为2Cl2＋2Na2CO3＋H2O=Cl2O＋2NaCl＋2NaHCO3，Cl2O中的O为-2价，Cl为+1价，所以该反应是氯元素的歧化反应；依据Cl2O中氯和氧的价态可推想其结构为Cl-O-Cl；(3)题干中提到，用水汲取Cl2O制得次氯酸溶液，Cl2O中不能含有Cl2，而B处的反应是气体与固体的反应，必定会有一部分Cl2无法反应，因此，须要对B装置的出口气体进行除氯气操作，C中的CCl4由于与Cl2极性相近，可以将Cl2汲取，所以C的作用即：除去中的Cl2，提高次氯酸溶液的纯度；(4)结合以上分析，可知连接依次为A→D→B→C→E；(5)氯气干脆溶解在水中会生成盐酸杂质，并且由于Cl2在水中溶解度很小，所以制备的次氯酸的浓度也不高，因此该方法的优点为：制备的次氯酸溶液浓度大，纯度高；(6)由题可知，E中次氯酸的含量为0.4mol，依据E中发生的反应：，可知E中参加反应的n(Cl2O)=0.2mol，所以总共生成的Cl2O的物质的量为。依据Cl2O的制备反应方程式可知，所需碳酸钠的物质的量为：，那么至少须要含水量8%的碳酸钠的质量为。【点睛】在考虑制备类试验的装置连接依次时，可先找出其中的原料发生装置，反应制备装置和尾气处理装置，再依据详细信息考虑这些装置之间的除杂干燥防倒吸问题，最终设计出合理的连接依次。9.某试验室以含镍废料(主要成分为NiO，还含有少量FeO、Fe2O3、CoO、BaO和SiO2)为原料制备NixOy和碳酸钴(CoCO3)的工艺流程如图：已知有关氢氧化物起先沉淀和沉淀完全的pH如表：氢氧化物Fe(OH)3Fe(OH)2Co(OH)2Ni(OH)2起先沉淀的pH1.56.57.27.7沉淀完全的pH3.79.79.49.2请回答以下问题：(1)“滤渣Ⅰ”主要成分为(填化学式)_____。(2)“氧化”时(加入NaClO3)的离子方程式为_____。(3)加入Na2CO3来“调pH”的目的是生成黄钠铁钒沉淀而除去铁，也可通过加入MO(对应的金属氧化物)来调整pH将铁除去，则pH限制的范围为_____。(4)在试验室萃取操作应当在_____中完成(填仪器名称)，向水相中加入NaHCO3时的离子方程式为_________。(5)从NiSO4溶液获得NiSO4·6H2O晶体的操作依次是：_____，_________，过滤，洗涤，干燥。“煅烧”时剩余固体质量与温度改变曲线如图，该曲线中B段所表示氧化物的名称为_____。【答案】(1).BaSO4和SiO2(2).(3).3.7＜pH＜7.2(4).分液漏斗(5).(6).蒸发浓缩(7).冷却结晶(8).三氧化二镍【解析】【分析】原料的成分含有NiO，FeO，Fe2O3，CoO，BaO和SiO2，最终要制备两种产物，一种是镍的氧化物，一种是CoCO3，所以FeO，，BaO和SiO2要在制备过程中逐步去除。第一步加酸溶解原料，考虑到发生的反应，就可得知滤渣和滤液的成分。题干中还供应了有关氢氧化物起先沉淀和沉淀完全的pH的表格，经过分析可知，要想去除铁元素，应当把铁元素全都转化为三价铁再调整pH才能在不降低产品产量的同时除净杂质铁元素。最终依据失重曲线推断物质的组成，可通过原子守恒进行计算，再进一步推断即可。【详解】(1)原料的成分有NiO，FeO，Fe2O3，CoO，BaO和SiO2；加入硫酸酸溶，SiO2不反应，所以会出现在滤渣中，BaO会最终变成BaSO4沉淀，所以也会出现在滤渣中；(2)氧化步骤的目的是将二价铁转变成三价铁，便于在后续步骤中沉淀法除去，所以离子方程式为；(3)加入Na2CO3这一步是为了除去铁，同时也要避开其他元素的损耗，所以选择的pH区间为3.7~7.2；(4)萃取最关键的仪器是分液漏斗；加入碳酸氢钠后，产物之一是CoCO3沉淀，考虑到NaHCO3是过量的，所以最终的离子方程式为；(5)由溶液获得结晶的常规操作是：蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤干燥；硫酸镍晶体的摩尔质量是263g/mol，所以26.3g即为0.1mol；280℃起先，固体的质量削减，这个时期是因为结晶水丢失导致的，所以A段对应的物质就是0.1mol的NiSO4；温度到600℃，固体的质量再次下降，得到最终的镍的氧化物；依据原子守恒，8.3g氧化物中Ni的质量为5.9g，那么O的质量为2.4g即0.15mol，所以固体氧化物中，所以固体氧化物即三氧化二镍。10.对甲烷和CO2的高效利用不仅能缓解大气变暖，而且对日益枯竭的石油资源也有确定的补充作用，甲烷临氧耦合CO2重整反应有：反应(i)：2CH4(g)＋O2(g)⇌2CO(g)＋4H2(g)△H=－71.4kJ•mol-1反应(ii)：CH4(g)＋CO2(g)⇌2CO(g)＋2H2(g)△H=+247.0kJ•mol-1(1)写出表示CO燃烧热的热化学方程式：_____。(2)在两个体积均为2L的恒容密闭容器中，起始时按表中相应的量加入物质，在相同温度下进行反应(ii)：CH4(g)＋CO2(g)⇌2CO(g)＋2H2(g)(不发生其它反应)，CO2的平衡转化率如表所示：容器起始物质的量(n)/molCO2的平衡转化率CH4CO2COH2Ⅰ0.10.10050％Ⅱ0.10.10.20.2/①下列条件能说明反应达到平衡状态的是_____。A.v正(CH4)=2v逆(CO)B.容器内各物质的浓度满意c(CH4)·c(CO2)=c2(CO)·c2(H2)C.容器内混合气体的总压强不再改变D.容器内混合气体密度保持不变②达到平衡时，容器Ⅰ、Ⅱ内CO的物质的量的关系满意：2n(CO)Ⅰ_____n(CO)Ⅱ(填“＞”、“＝”或“＜”)(3)将确定量的甲烷和氧气混合完成反应(i)，其他条件相同，在甲、乙两种不同催化剂作用下，相同时间内测得CH4转化率与温度改变关系如图所示。c点_____(填“可能”、“确定”或“确定未”)达到平衡状态，理由是_____。(4)CO2也可通过催化加氢合成乙醇，其反应原理为：2CO2(g)+6H2(g)⇌C2H5OH(g)+3H2O(g)∆H<0。设m为起始时的投料比，即m=n(H2)/n(CO2)。通过试验得到下列图象：图1图2图3①图1中投料比相同，温度从高到低的依次为_________。②图2中m1、m2、m3从大到小的依次为_________。③图3表示在总压为5MPa的恒压条件下，且m=3时，平衡状态时各物质的物质的量分数与温度的关系。T4温度时，该反应压强平衡常数KP的计算式为_________(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数，代入数据，不用计算)。【答案】(1).CO(g)+O2(g)=CO2(g)△H=－282.7kJ•mol-1(2).C(3).＞(4).确定未(5).催化剂不会影响平衡转化率，在相同条件下，乙催化剂对应的c点的转化率没有甲催化剂对应的b点的转化率高，所以c点确定未平衡(6).T3＞T2＞T1(7).m1＞m2＞m3(8).【解析】【详解】(1)书写燃烧热的热化学方程式，确定要保证：可燃物的化学计量系数为1；可燃物发生完全燃烧；生成产物是在常温常压下稳定存在的物质，依据盖斯定律可得：；(2)①A．2v正(CH4)=v逆(CO)时，反应才达到平衡状态，A项错误；B．由于平衡常数未知，所以浓度满意上式不确定处于平衡状态，B项错误；C．由于该反应是在恒温恒容条件下进行的，且属于非等体积反应，依据公式可知，当压强不变，该反应确定达到平衡，C项正确；D．由于该反应是在恒温恒容条件下进行的，且全为气体参加，依据公式可知，密度恒定与平衡状态无关，D项错误；答案选C。②构造容器Ⅲ：除起始物质只加入0.2molCH4和0.2molCO2外，其他条件与Ⅰ、Ⅱ相同；通过分析可知容器Ⅱ、Ⅲ中的平衡等效。容器Ⅲ相比于容器Ⅰ，进料增加了一倍，考虑到反应方程式，所以Ⅲ相比于Ⅰ，平衡逆移，CO的含量下降，所以2n(CO)Ⅰ＞n(CO)Ⅱ；(3)催化剂对于平衡无影响，相同条件下，加入甲催化剂达到的转化率b高于加入乙催化剂的转化率c，所以c点对应的确定不是平衡状态；(4)①由于该反应放热，所以温度越高反应物转化率越低，所以T3＞T2＞T1；②对于两种反应物的反应，增加其中一种物质的投料，会使另一种物质的转化率提高，所以m1＞m2＞m3；③由于投料依据化学计量系数比进行，所以反应随意时刻，n(H2):n(CO2)=3:1，且n(乙醇)：n(水)=1:3；所以图中c线为H2，d线为CO2，a线为水，b线为乙醇；结合数据可知，T4时，平衡状态时，H2含量为0.375，CO2为0.125，水为0.375，乙醇为0.125。所以压强平衡常数的表达式为：。11.铁氰化钾（化学式为K3[Fe(CN)6]）主要应用于制药、电镀、造纸、钢铁生产等工业。其煅烧分解生成KCN、FeC2、N2、(CN)2等物质。（1）铁元素在周期表中的位置为_________，基态Fe3+核外电子排布式为_________。（2）在[Fe(CN)6]3－中不存在的化学键有_________。A.离子键B.金属键C.氢键D.共价键（3）已知(CN)2性质类似Cl2：(CN)2+2KOH=KCN+KCNO+H2OKCN+HCl=HCN+KClHC≡CH+HCN→H2C=CH－C≡N①KCNO中各元素原子的第一电离能由小到大排序为________。②丙烯腈（H2C=CH－C≡N）分子中碳原子轨道杂化类型是_______；分子中σ键和π键数目之比为_______。（4）C22－和N2互为等电子体，CaC2晶体的晶胞结构与NaCl晶体的相像（如图甲所示），但CaC2晶体中哑铃形的C22－使晶胞沿一个方向拉长，晶体中每个Ca2+四周距离最近的C22－数目为_______。（5）金属Fe能与CO形成Fe(CO)5，该化合物熔点为－20℃，沸点为103℃，则其固体属于_______晶体。（6）图乙是Fe单质的晶胞模型。已知晶体密度为dg·cm－3，铁原子的半径为_________nm（用含有d、NA的代数式表示）。【答案】(1).第四周期Ⅷ族(2).[Ar]3d5或1s22s22p63s23p63d5(3).AB(4).K＜C＜O＜N(5).spsp2(6).2:1(7).4(8).分子(9).【解析】【分析】(1)Fe的原子序数是26，依据构造原理知Fe的核外电子排布式为[Ar]3d64s2，据此确定其在周期表的位置；基态Fe失去4s上2个电子和3d轨道上1个电子即为Fe3+；(2)依据化学键的类型和特点解答，留意氢键是分子间作用力，不是化学键；(3)①KCNO由K、C.

N、O四种元素组成，K为金属、简洁失去电子，第一电离能最小，C、N、O位于其次周期，但N的p轨道是半充溢状态、能量最低；②丙烯腈(H2C=CH−C≡N)分子中碳原子VSEPR构型有两种形式：平面三角形和直线形，杂化方式也有sp、sp2两种形式，其中C=C含有1个σ键和1个π键、C≡N含有1个σ键和2个π键，C−H都是σ键，确定分子中σ键和π键数目，再求出比值；(4)1个Ca2+四周距离最近且等距离的C22−应位于同一平面，留意使晶胞沿一个方向拉长的特点；(5)Fe(CO)5的熔点、沸点均不高，类似于分子晶体的特点；(6)Fe单质的晶胞模型为体心立方积累，晶胞的原子均摊数为8×+1=2，晶胞的质量为g，晶胞体积V=cm3、边长a=cm，依据Fe原子半径r与晶胞边长a关系求出r。【详解】(1)Fe的原子序数是26，依据构造原理知Fe的核外电子排布式为[Ar]3d64s2，位于第四周期Ⅷ族据；基态Fe失去4s上2个电子和3d轨道上1个电子即为Fe3+，所以基态Fe3+核外电子排布式为)[Ar]3d5或1s22s22p63s23p63d5故答案为：第四周期Ⅷ族，[Ar]3d5或[Ar]3d5或1s22s22p63s23p63d5；(2)[Fe(CN)6]3−是阴离子，是协作物的内界，含有配位键和极性共价键，金属键存在于金属晶体中，氢键是分子间作用力，不是化学键，故选AB；故答案为：AB；(3)①KCNO中K为金属、简洁失去电子，第一电离能最小，C、N、O位于其次周期，但N的p轨道是半充溢状态、能量最低，所以第一电离能大于O，C的非金属性小于O，第一电离能小于O，所以第一电离能由小到大排序为K<C<O<N；故答案为：K<C<O<N；②丙烯腈(H2C=CH−C≡N)分子中碳原子VSEPR构型有两种形式：平面三角形和直线形，杂化方式也有sp、sp2两种形式，其中C=C含有1个σ键和1个π键、C≡N含有1个σ键和2个π键，C−H都是σ键，所以分子中σ键和π键数目分别为6、3，σ键和π键数目之比为6:3=2:1；故答案为：sp、sp2；2:1；(4)依据晶胞示意图可以看出，晶胞的一个平面的长与宽不相等，再由图中体心可知1个Ca2+四周距离最近的C22−不是6个，而是4个，故答案为：4；(5)依据Fe(CO)5的熔点、沸点均不高的特点，可推知Fe(CO)5为分子晶体；故答案为：分子；(6)Fe单质的晶胞模型为体心立方积累，晶胞的原子均摊数为8×+1=2，