山西省2022屆高三高考考前適應性測試（一模）理綜化學試題（解析版）

2022屆高考模擬試題PAGEPAGE1山西省2022屆高三高考考前適應性測試（一模）理綜可能用到的相對原子質(zhì)量：H1C12N14O16Na23S32Cl35.5W184一、選擇題：每小題6分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.化學與社會、生產(chǎn)、生活密切相關。下列說法正確的是（）A.“祝融號”火星車的供電裝置太陽能電池板的主要成分為二氧化硅B.航天服使用的棉針織品、羊毛、氯丁尼龍橡膠等都屬于天然高分子材料C.我國為實現(xiàn)2030年前碳達峰，可研發(fā)新技術加強對可燃冰廣泛使用D.使用乙醇、“84”消毒液、過氧化氫消毒涉及蛋白質(zhì)的變性〖答案〗D〖解析〗A．“祝融號”火星車的供電裝置太陽能電池板的主要成分為導致硅，二氧化硅可以用光導纖維，A錯誤；B．航天服使用的棉針織品、羊毛等都屬于天然高分子材料，氯丁尼龍橡膠是人工合成的，B錯誤；C．可燃冰的主要成分是甲烷，甲烷燃燒產(chǎn)生二氧化碳，不利于碳中和，C錯誤；D．乙醇、“84”消毒液、過氧化氫等均能使蛋白質(zhì)變性，所以使用乙醇、“84”消毒液、過氧化氫消毒等涉及蛋白質(zhì)的變性，D正確；〖答案〗選D。2.下圖表示合成抗凝血藥物華法林的一步反應。下列說法正確的是（）A.X的分子式為C9H8O3B.Y分子苯環(huán)上的二氯代物共有6種C.Z分子中所有碳原子可能處于同一平面D.X、Y、Z均能發(fā)生水解反應〖答案〗B〖解析〗A．從X的結構簡式可知，其分子式為C9H6O3，A錯誤；B．Y分子苯環(huán)上有三種不同化學環(huán)境的氫，分別是支鏈的鄰、間、對位，給苯環(huán)上的碳原子標記，二氯代物有(1.2)、(1.3)、(1.4)、(1.5)、(2.3)、(2.4)，共6種，B正確；C．Z分子中與三個碳原子相連的碳原子，星號標注的碳原子是sp3雜化，這四個碳原子不可能在同一平面，故所有碳原子不可能處于同一平面，C錯誤；D．X和Z分子內(nèi)含有酯基可以發(fā)生水解反應，Y中是酮基不能發(fā)生水解反應，D錯誤；故選B。3.科研人員通過研究得出了霧霾微粒中生成硫酸鹽的轉化機理，其主要過程如下圖所示。下列說法正確的是（）A.步驟①的反應過程中電子轉移的數(shù)目為NAB.②、③兩個過程中H2O均參加反應，并起催化劑的作用C.生成硫酸鹽整個過程的總反應為2NO2+H2O+SO=HNO2+HSO+NOD.步驟②、③中均有O-H鍵斷裂和S-O鍵生成〖答案〗C〖祥解〗由圖可知，過程①為和反應生成和，過程②和③為、和水反應得到和?！荚斘觥紸．由上述分析可知，過程①中發(fā)生的反應為，反應過程中，硫元素的化合價由+4價升高為+5價，為還原劑，若參與反應，轉移的電子數(shù)為，由于未說明消耗的的量，無法計算轉移的電子數(shù)，A項錯誤；B．由圖可知，過程②中作為反應物參加反應，過程③中沒有參加反應，B項錯誤；C．過程①中發(fā)生的反應為，過程②和③反應的方程式為，將兩個反應相加即可得到生成硫酸鹽整個過程的總反應為，C項正確；D．由圖可知，步驟②中有鍵的斷裂和鍵的生成，步驟③中有鍵的斷裂，但不存在鍵的生成，D項錯誤；〖答案〗選C。4.根據(jù)下列實驗操作和現(xiàn)象得出的結論正確的是（）選項實驗操作現(xiàn)象結論A向某鈉鹽粉末上滴加濃鹽酸，將產(chǎn)生的氣體通人品紅溶液。品紅溶液褪色該鈉鹽為Na2SO3，NaHSO3或Na2S2O3B向酸性KMnO4溶液中滴入適量的FeCl2溶液。KMnO4溶液紫色褪去Fe2+具有還原性C向濃度均為0.01mol·L1的Na2CO3、Na2S的混合溶液中滴加少量AgNO3溶液。有黑色沉淀生成Ksp(Ag2S)＜Ks(Ag2CO3)D向淀粉溶液中加適量20%硫酸溶液，加熱，冷卻后加NaOH溶液至中性，再滴加少量碘水溶液變藍淀粉沒有發(fā)生水解〖答案〗C〖解析〗A．若該鈉鹽為NaClO3，與濃鹽酸反應生成的Cl2也能使品紅溶液褪色，A錯誤；B．向酸性KMnO4溶液中滴入適量的FeCl2溶液，KMnO4溶液紫色褪去，可能是Fe2+具有還原性，也可能是Cl-具有還原性，B錯誤；C．向濃度均為0.01mol·L1的Na2CO3、Na2S的混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，有黑色的Ag2S沉淀生成，可以說明Ksp(Ag2S)＜Ks(Ag2CO3)，C正確；D．向淀粉溶液中加適量20%硫酸溶液，加熱，冷卻后加NaOH溶液至中性，再滴加少量碘水，溶液變藍，可能是淀粉沒有發(fā)生水解或淀粉部分水解，D錯誤；〖答案〗選C。5.W、X、Y、Z是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，W、Y在元素周期表中的相對位置如圖所示，W元素最外層與次外層的電子數(shù)之差為3，W的核電荷數(shù)與Z元素的最外層電子數(shù)之和等于X的原子序數(shù)。下列推斷正確的是（）A.簡單離子半徑：Y＜ZB.氫化物的穩(wěn)定性：X＜Y＜ZC.氧化物對應水化物的酸性：W＜X＜ZD.化合物WZ3、Y2Z2中既含離子鍵又含共價鍵〖答案〗B〖祥解〗W、X、Y、Z是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，W元素最外層與次外層的電子數(shù)之差為3，則W是N；根據(jù)圖中的相對位置，則Y是S，Z的原子序數(shù)比Y大，則Z是Cl，W的核電荷數(shù)與Z元素的最外層電子數(shù)之和等于X的原子序數(shù)，則X是Si，以此解題?！荚斘觥紸．S2-與Cl-的電子層數(shù)相同，Cl的原子序數(shù)大于S，則半徑S2->Cl-，A錯誤；B．同一周期，從左往右，非金屬性增強，對應的氫化物穩(wěn)定性增強，X＜Y＜Z，B正確；C．題目中沒有指明是最高價氧化物對應的水化物，故無法判斷其酸性強弱，C錯誤；D．NCl3和S2Cl2中只含有共價鍵，D錯誤；故選B。6.利用微生物電池處理有機廢水同時也可實現(xiàn)海水淡化?，F(xiàn)以NaC1溶液模擬海水，采用惰性電極，用下圖裝置處理有機廢水(含CH3COO-的溶液)。下列說法錯誤的是（）A.電極電勢a極低于b極B.當b極上產(chǎn)生11.2L(標準狀況)氣體時，會有1molCl-通過隔膜1C.a極反應為CH3COO--8e-+2H2O=2CO2↑+7H+D.當電路中通過4mol電子時，負極區(qū)溶液的質(zhì)量理論上減少44g〖答案〗D〖祥解〗在a極，CH3COO-轉化為CO2，C元素化合價升高，則a極為負極，b極為正極。a極發(fā)生的電極反應為CH3COO--8e-+2H2O=2CO2↑+7H+，b極發(fā)生的電極反應為2H++2e-=H2↑。隔膜1為陰離子交換膜，隔膜2為陽離子交換膜?！荚斘觥紸．由分析可知，a極為負極，b極為正極，則電極電勢a極低于b極，A正確；B．b極為正極，發(fā)生的電極反應為2H++2e-=H2↑，當b極上產(chǎn)生11.2L(標準狀況)氣體時，線路中有1mole-轉移，在a極上會有0.125molCH3COO-失去電子，則有1molCl-通過隔膜1，B正確；C．在a極，CH3COO-失電子產(chǎn)物與H2O作用生成CO2等，電極反應式為CH3COO--8e-+2H2O=2CO2↑+7H+，C正確；D．負極反應為CH3COO--8e-+2H2O=2CO2↑+7H+，當電路中通過4mol電子時，負極區(qū)溶液中釋放1molCO2，同時有4molCl-通過隔膜1進入負極區(qū)，則理論上增加質(zhì)量4mol×35.5g/mol-1mol×44g/mol=98g，D錯誤；故選D。7.25℃時，用0.2mol·L-1NaOH溶液滴定10mL0.1mol·L-1某二元酸H2A，H2A被滴定分數(shù)、pH及物種分布分數(shù)(δ)如圖所示。下列說法正確的是（）A.虛線Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分別表示A2-、HA-、H2A的分布分數(shù)變化關系B.二元酸H2A的電離平衡常數(shù)Ka1的數(shù)量級為10-7C.a點溶液中：c(Na+)+c(H+)＞c(H2A)+2c(A2-)+c(OH-)D.c點溶液中c(Na+)＞c(HA-)＞c(H+)＞c(OH-)〖答案〗D〖祥解〗NaOH溶液滴定二元酸H2A，先后發(fā)生反應：、?！荚斘觥紸．據(jù)分析，隨著H2A被滴定分數(shù)的增加，H2A的分布分數(shù)逐漸減少，直至消失，HA-的分布分數(shù)隨著H2A的減少而增加，達最大值后又隨著A2-的增加而減少，從圖中曲線變化趨勢分析，虛線Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分別表示H2A、HA-、A2-的分布分數(shù)變化關系，A錯誤；B．二元酸H2A的電離平衡常數(shù)Ka1=，取a點處數(shù)據(jù)代入計算，因H2A物種分布分數(shù)(δ)50%，即c(HA-)=c(H2A)，則Ka1=c(H+)≈4，Ka1的數(shù)量級為10-4，B錯誤；C．a(chǎn)點是曲線Ⅰ和曲線Ⅱ的交叉點，溶液中c(HA-)=c(H2A)，根據(jù)電荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)，則有c(Na+)+c(H+)=c(H2A)+2c(A2-)+c(OH-)，C錯誤；D．c點是曲線Ⅱ達到最大值，溶液中滴入的NaOH與H2A比值為1:1，因c點對應pH<7，溶液顯酸性，即HA-的電離程度大于水解程度，故有：c(Na+)＞c(HA-)＞c(H+)＞c(OH-)，D正確；故選D。二、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分，考生根據(jù)要求作答。(一)必考題。8.電鍍工業(yè)是我國的重要加工業(yè)，電鍍污泥是電鍍廢水處理的最終產(chǎn)物，其中含有較多的銅、鎳、鉻、鋅和少量鐵元素。下面是從電鍍污泥中回收銅、鎳、鉻、鋅元素的工藝流程圖。該工藝中，有關金屬元素可溶性組分lgc與pH的關系如圖所示。當溶液中可溶組分濃度c≤1.0×10-5mol·L-1時，可認為已除盡。pH大于12.5時，鋅元素以Zn(OH)存在?；卮鹣铝袉栴}：（1）電解除銅時，銅在__________極析出，同時在另一極Fe2+被氧化為Fe3+，檢驗Fe2+全部被氧化的試劑及現(xiàn)象是____________________________________________________；（2）電解除銅時氧化Fe2+的同時要避免Cr3+被氧化為六價Cr，下表顯示了電解電壓和時間對電解結果的影響。最合適的電解條件是__________________________________；電解電壓1v2.1v2.4v2.7v2.4v電解時間3h2h2.5h3h3.5hFe2+檢出檢出檢出未檢出檢出檢出檢出未檢出六價Cr未檢出未檢出未檢出檢出未檢出未檢出未檢出未檢出（3）當Cr3+恰好沉淀完全時，溶液中c(Zn2+)為A(列出計算式)__________；（4）沉鎳時調(diào)節(jié)pH大于__________；（5）沉鋅時反應的離子方程式為______________________________________________；（6）沉鋅后的濾液中的主要溶質(zhì)為__________(填化學式)?！?~13題〖答案〗〗〖答案〗（1）陰極取少許電解后溶液，滴加K3Fe(CN)6溶液，若無藍色沉淀生成，則說明Fe2+全部被氧化（2）2.4V、3.5h（3）10-0.2（4）12.5（5）Zn(OH)+2H+=Zn(OH)2↓+2H2O（6）Na2SO4〖祥解〗電鍍污泥在硫酸溶液中酸浸后電解除去銅，再用石灰乳將鐵元素轉化為沉淀后過濾除去，往濾液中加入NaOH溶液將鉻元素轉化為Cr(OH)3、將鎳元素轉化為Ni(OH)2從溶液中逐個分離出來，最后加入稀硫酸調(diào)節(jié)pH，得到Zn(OH)2沉淀。〖詳析〗（1）電解除銅時，銅被還原得到單質(zhì)，連接在陰極；在另一極Fe2+被氧化為Fe3+，欲檢驗Fe2+全部被氧化，則要檢驗溶液中是否還有Fe2+，選用試劑及現(xiàn)象是：取少許電解后溶液，滴加K3Fe(CN)6溶液，若無藍色沉淀生成，則說明Fe2+全部被氧化。（2）電解除銅時氧化Fe2+的同時要避免Cr3+被氧化為六價Cr，從表中信息分析可知，最合適的電解條件是2.4V、3.5h，此條件Fe2+和六價Cr均未檢出。（3）從金屬元素可溶性組分lgc與pH的關系圖可知，從當Cr3+恰好沉淀完全時，c(Cr3+)=1.0×10-5mol·L-1，溶液pH=5.6；從Zn2+恰好沉淀完全時的pH=8.0得知Ksp〖Zn(OH)2〗=10-5×(10-6)2=10-17；則pH=5.6時溶液中c(Zn2+)==10-0.2(mol/L)。（4）從金屬元素可溶性組分lgc與pH的關系圖可知，完全沉鎳時調(diào)節(jié)pH大于9.2，但為了防止鋅一起沉淀，需將鋅轉化為可溶的Zn(OH)存在，依題意，則pH應大于12.5。（5）從流程圖可知，沉鎳在沉鋅之前，而沉鎳時為了防止鋅共沉，已將鋅轉化為Zn(OH)，故沉鋅時，加入稀硫酸與Zn(OH)反應生成Zn(OH)2，離子方程式為：Zn(OH)+2H+=Zn(OH)2↓+2H2O。（6）從整個工藝流程分析，電鍍污泥中含有的銅、鎳、鉻、鋅和鐵元素逐步沉淀分離，而往體系內(nèi)加入的是硫酸溶液、NaOH溶液、稀硫酸，石灰乳中的氫氧化鈣是微溶物，故沉鋅后的濾液中的主要溶質(zhì)為Na2SO4。9.苯甲酸和苯甲醇是重要的化工原料，可以通過苯甲醛來制備，反應原理如下圖。已知：①反應物、產(chǎn)物及溶劑的主要性質(zhì)見下表物質(zhì)相對分子質(zhì)量熔點沸點溶解性其他性質(zhì)苯甲醛106-26℃179℃微溶于水,易溶于有機溶劑。和NaHSO3反應產(chǎn)物溶于水。苯甲醇108-15℃206℃微溶于水,易溶于有機溶劑。加熱時易分子間脫水成醚。苯甲酸122122℃249℃在水中溶解度0.21g(17.5℃)、2.7g(80℃),溶于有機溶劑。Ka=6.5×10-5乙酸乙酯88-84℃77℃微溶于水,易溶于有機溶劑。略②RCHO(不溶于醚，可溶于水)實驗流程如下圖：回答下面問題：（1）苯甲醛和NaOH在__________(儀器)中研磨；（2）調(diào)pH=8的目的是__________________________________________________；（3）乙酸乙酯萃取后，取A層液體進行洗滌、干燥、蒸餾，可得粗苯甲醇；用飽和NaHSO3溶液洗滌有機相的目的是_______________________________________________________，反應的化學方程式為_____________________________________________；（4）蒸餾時采取減壓蒸餾而不是常壓蒸餾的原因是_________________________________；（5）用濃鹽酸調(diào)pH=2的目的是___________________________________；（6）分離苯甲酸時，抽濾的優(yōu)點是____________________，洗滌用的試劑是__________?！即鸢浮剑?）研缽（2）除去剩余的NaOH，避免和乙酸乙酯反應（3）除去苯甲醛（4）防止高溫苯甲醇脫水（5）使苯甲酸鈉轉化為苯甲酸（6）快速過濾冷水〖祥解〗根據(jù)流程圖信息可知苯甲醛和氫氧化鈉在研磨的條件下生成苯甲醇和苯甲酸鈉，加水溶解，加鹽根據(jù)〖提示〗可知除去過量的氫氧化鈉，以免影響萃取分液，根據(jù)〖提示〗苯甲醇微溶于水易溶于有機物，所以加乙酸乙酯萃取，萃取分液后的上層液體，經(jīng)洗滌、干燥、蒸餾可得粗苯甲醇；萃取分液后下層液體加鹽酸調(diào)pH根據(jù)〖提示〗苯甲酸鈉甲酸轉化為苯甲酸，在經(jīng)冷卻、抽濾、洗滌、干燥的粗苯甲酸，以此來〖解析〗；〖詳析〗（1）研磨物質(zhì)一般在研缽中進行，所以苯甲醛和NaOH在研缽中研磨；（2）因為氫氧化鈉會促進乙酸乙酯的水解，不利于下一步反萃取的進行，調(diào)pH=8的目的是除去過量的氫氧化鈉；（3）根據(jù)已知信息苯甲醛和NaHSO3反應產(chǎn)物溶于水，用飽和NaHSO3溶液洗滌有機相的目的是除去過量的苯甲醛，根據(jù)〖提示〗②根據(jù)反應的化學方程式為：；（4）根據(jù)已知信息苯甲醇加熱時易分子間脫水成醚，蒸餾時采取減壓蒸餾而不是常壓蒸餾；（5）根據(jù)已知信息苯甲酸鈉與酸反應生成苯甲酸，用濃鹽酸調(diào)pH=2的目的是使苯甲酸鈉轉化為苯甲酸；（6）抽濾的優(yōu)點是抽濾的速度快，苯甲酸在在水中溶解度0.21g(17.5℃)、2.7g(80℃)，苯甲酸在冷水的溶解度小，可以用冷水洗滌可以減少損失；10.二氧化碳催化加氫制甲醇，有利于減少溫室氣體二氧化碳?；卮鹣铝袉栴}：（1）二氧化碳加氫制甲醇的總反應可表示為I．CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H1該反應一般認為通過如下步驟來實現(xiàn)：Ⅱ．CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H2=+41.4kJ/molⅢ．CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H3=-90.5kJ/mol則△H1=__________。（2）科學家研究發(fā)現(xiàn)，上述反應歷程包含7步基元反應，在銅催化劑表面發(fā)生反應時，各基元反應在不同銅原子晶面Cu(100)、Cu(110)、Cu(111)反應的能量變化如下表所示。(*指微粒吸附在催化劑表面。)基元反應△H/eVCu(100)Cu(110)Cu(111)CO2+H*COOH*0.520.340.79COOH*CO*+OH*-0.26-0.33-011OH*+H*H2O-0.100.10-0.34CO*+H*HCO*0.550.500.66HCO*+H*CH2O-0.53-0.27-0.69CH2O+H*CH3O*-1.02-1.10-0.78CH3O*+H*CH3OH-0.24-0.10-0.41根據(jù)上表數(shù)據(jù)，在Cu(111)晶面的反應歷程中，決定反應速率的基元反應是__________，該制甲醇的反應歷程更容易在__________晶面發(fā)生。（3）在p=4.00MPa、原料氣n(H2)：n(CO2)=3.4、銅催化劑的反應條件下，溫度對CO2轉化率、甲醇產(chǎn)率、甲醇選擇性的影響如下圖所示。=1\*GB3①CO2的轉化率隨溫度升高而增大的原因可能是___________________________________；②CH3OH的選擇性隨溫度升高而減小的原因可能是________________________________；③計算240℃時反應Ⅱ的壓強平衡常數(shù)__________(列出計算式即可)。（4）除調(diào)控合適的溫度外，使CH3OH的選擇性增大的方法有_______________________?！即鸢浮剑?）-49.1kJ/mol（2）CO2+H*→COOH*Cu(110)（3）①.反應II為吸熱反應，溫度升高不但反應速率加快，也有利于該反應正向進行②.反應I(或III)為放熱反應，而反應II為吸熱反應，所以溫度升高不利于CH3OH的合成，但有利于CO的生成，所以CH3OH產(chǎn)率降低③.（4）增大壓強或使用其他催化劑〖解析〗（1）已知：Ⅱ．CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH2=+41.4kJ/molⅢ．CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH3=-90.5kJ/mol依據(jù)蓋斯定律Ⅱ+Ⅲ即得到反應CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)的ΔH1=-49.1kJ/mol。（2）根據(jù)上表數(shù)據(jù)，在Cu(111)晶面的反應歷程中CO2+H*COOH*需要的能量最多，因此決定反應速率的基元反應是CO2+H*→COOH*，根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知在Cu(110)中反應需要的能量最少，該制甲醇的反應歷程更容易在Cu(110)晶面發(fā)生。（3）①由于反應II為吸熱反應，溫度升高不但反應速率加快，也有利于該反應正向進行，所以CO2的轉化率隨溫度升高而增大；②由于反應I(或III)為放熱反應，而反應II為吸熱反應，所以溫度升高不利于CH3OH的合成，但有利于CO的生成，CH3OH產(chǎn)率降低，所以CH3OH的選擇性隨溫度升高而減小；③240℃時CO2的轉化率為0.22，甲醇的產(chǎn)率是0.088，設參加反應的二氧化碳是1mol，則生成甲醇的物質(zhì)的量是0.22×0.088mol，生成CO的物質(zhì)的量是0.22×0.912mol，剩余二氧化碳是0.78mol，根據(jù)方程式CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)、CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)可知生成水蒸氣是0.22mol，根據(jù)氫原子守恒可知剩余氫氣是（3.4－2×0.22×0.088－0.22）mol，反應Ⅱ的壓強始終保持不變，可用物質(zhì)的量表示，則反應Ⅱ的壓強平衡常數(shù)為。（4）由于生成甲醇的反應均是體積減小的可逆反應，所以根據(jù)圖像可知除調(diào)控合適的溫度外，使CH3OH的選擇性增大的方法有增大壓強或使用其他催化劑。(二)選考題。請考生從給出的2道化學題中任選一題作答，并用2B鉛筆在答題卡上將所選題目題號后的方框涂黑。注意所做題目的題號必須與所涂題目的題號一致，在答題卡選答區(qū)域指定位置答題。如果多做，則按所做的第一個題目計分?！蓟瘜W——選修3：物質(zhì)結構與性質(zhì)〗11.碳元素在自然界中分布很廣，是存在形式最復雜的元素。實驗室可用鄰二氮菲()與Fe2+形成的紅色配合物(如下圖)測定鐵的含量。回答下列問題：（1）基態(tài)Fe原子核外電子的空間運動狀態(tài)有__________種。（2）紅色配合物中H、C、N、Fe四種元素的電負性從大到小的順序為_______________。（3）鄰二氮菲分子中C、N兩種元素原子的雜化方式分別為_________、_________。（4）紅色配離子的中心原子的配位數(shù)為__________。（5）紅色配離子中不存在的作用力有__________。A．σ鍵B．π鍵C．離子鍵D．氫鍵E．配位鍵（6）臨床建議服用維生素C促進“亞鐵”的吸收，避免生成Fe3+，從結構角度來看，F(xiàn)e2+易被氧化成Fe3+的原因是_______________________________________________________。（7）三甲胺〖N(CH3)3〗和乙二胺(H2N-CH2-CH2-NH2)均屬于胺，但三甲胺比乙二胺的沸點低得多，原因是_______________________________________________________。（8）汽車安全氣囊產(chǎn)生氣體的功臣是疊氮化鈉(NaN3)，N的空間構型為__________。（9）鎢和碳能形成耐高溫、耐磨材料碳化鎢，其晶體結構如下圖所示，六棱柱的底邊長為apm，高為bpm，設阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，則碳化鎢晶體的密度是__________g·cm-3(列出計算表達式)?！即鸢浮剑?）15（2）N＞C＞H＞Fe（3）sp2sp2（4）6（5）CD（6）Fe3+的3d5半充滿狀態(tài)更穩(wěn)定（7）都屬于分子晶體，乙二胺分子間可以形成氫鍵，三甲胺分子間不能形成氫鍵（8）直線形（9）〖祥解〗（1）Fe為26號元素，分析其在元素周期表中的位置；（2）電負性為元素的原子在化合物中吸引電子的能力，電負性大的元素呈負價，電負性小的元素呈正價，非金屬性越強，電負性越大；根據(jù)電負性的變化規(guī)律比較電負性大??；（3）根據(jù)σ和π鍵的數(shù)目可知雜化方式；（4）N原子含有1對孤對電子，與Fe2+形成配位鍵；（5）鄰二氮菲中含有C=C雙鍵和C=N雙鍵，鄰二氮菲與Fe2+通過配位鍵形成配離子；（6）Fe2+很容易失去1個電子形成3d5的半滿結構；（7）氫鍵的存在能夠顯著提高物質(zhì)的熔沸點（8）根據(jù)等電子體知識，來判斷構型；（9）根據(jù)晶胞圖所示結構計算晶體密度，密度公式為ρ=；〖詳析〗（1）基態(tài)Fe的電子排布式為1s22s2sp63s23p63d64s2，s軌道有一種空間運動狀態(tài)，p軌道有三種空間運動狀態(tài)，d道有五種空間運動狀態(tài)，3d軌道有6個電子，有5種空間運動狀態(tài)，因此基態(tài)Fe原子的核外電子的空間運動狀態(tài)有15種；（2）在元素周期表中同一周期從左到右元素的電負性逐漸增強，同一主族從上到下元素的電負性逐漸減弱，F(xiàn)e為金屬電負性最小，可知電負性強弱順序N＞C＞H＞Fe；（3）根據(jù)鄰二氮菲C周圍的鍵為3個σ和1π，故C的雜化為sp2，N周圍的鍵為3個σ和1π，故N的雜化為sp2；（4）由圖1可知，該配離子中Fe2+與氮原子形成配位鍵共有6個，N原子含有1對孤對電子，與Fe2+形成配位鍵（5）該離子為配離子，不存在離子鍵，但含有配位鍵，并且鄰二氮菲中含有碳碳或碳氮雙鍵，所以含有π鍵和σ鍵，氫鍵不存在，CD符合題意；故選CD。（6）Fe2+的核外價電子排布為3d5，很容易失去1個電子形成3d5的半滿結構；（7）氫鍵的存在能夠顯著提高物質(zhì)的熔沸點，乙二胺分子間可以形成氫鍵，三甲胺分子間不能形成氫鍵，所以乙二胺(H2NCH2CH2NH2)和三甲胺〖N(CH3)2〗均屬于胺，但乙二胺比三甲胺的沸點高得多；（8）原子數(shù)相同，價電子數(shù)相同的微?；榈入娮芋w，則與N互為等電子體的微粒有CO2，CO2為直線形，故N的結構為直線形；（9）根據(jù)晶胞的圖可知中含有W的數(shù)目為12×+2×+6×+1=6個，含有C的數(shù)目為6個，晶胞的質(zhì)量為m=