福建省莆田市第二十四中学2022届高三上学期第一次调研考试理科综合化学试题1.化学与生活密切相关。下列说法正确的是A.植物油的主要成分是不饱和高级脂肪酸甘油酯B.尼龙绳、宣纸均可由合成纤维制造C.淀粉和纤维素都是人体中能量的重要来源D.酶是生物体内重要的催化剂,仅由碳、氢、氧三种元素组成【答案】A【解析】油脂主要分为两种，其中植物油的主要成分是不饱和高级脂肪酸的甘油酯，动物油是饱和脂肪酸的甘油酯，选项A正确。宣纸应该是由天然纤维制成的，不包括合成纤维，选项B错误。纤维素不是人体的能量来源，因为人体内没有可以水解纤维素的酶，选项C错误。酶是一种蛋白质，其中一定有氮元素，选项D错误。点睛：纤维素水解可以得到葡萄糖，但是人体没有可以将纤维素水解的酶，所以纤维素不能对人体提供能量。但是，课本中依然将纤维素列在基本营养物质中，原因是纤维素具有吸附大量水分，促进肠蠕动，使致癌物质在肠道内的停留时间缩短，对肠道的不良刺激减少的作用。2.已知有机物是合成青蒿素的原料之一。下列有关该有机物的说法正确的是A.分子式为C6H11O4B.可与酸性KMnO4溶液反应C.既能发生取代反应，又能发生加成反应D.是乙酸的同系物，能和碳酸钠反应【答案】B【解析】该有机物的分子式为C6H12O4-18-，选项A错误。有机物中右上角的羟基可以被高锰酸钾氧化为羧基，选项B正确。羧基中的碳氧双键是不能与氢气加成的，所以选项C错误。同系物的要求是分子组成上相差1个或几个CH2，该有机物与乙酸明显会差O原子，选项D错误。3.已知的分子式均为C8H8，下列说法正确的是A.a、b、c均可与酸性高锰酸钾溶液反应B.a、b、c的二氯代物均只有3种C.a的同分异构体中除b、c外，还有可与溴水反应的物质D.a、b、c中只有b、c的所有原子处于同一平面【答案】C【解析】【详解】A.a属于立方烷，结构中没有不饱和键，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色、b、c均含有不饱和键，可与酸性高锰酸钾溶液反应褪色。故A错；B.a的二氯代物有3种,b的二氯代物只有3种、c的二氯代物大于3种，故B错误；C.a的同分异构体中除b、c外，还有苯乙烯，可与溴水反应，故C正确；D.根据a、b、c的结构知a、b、c中的所有原子不能处于同一平面，故D错误；答案:C。4.设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是A.3.6gD20和3.6gH2O中含有的质子数均为2NAB.含2molH2SO4的浓硫酸和足量的Cu在加热的条件下反应可生成NA个SO2分子C.常温常压下，22.4L甲醛(HCHO)含有的原子数目为4NAD.过氧化钠与水反应时，生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2NA【答案】D【解析】【详解】A.因为D20的摩尔质量为20g/mol,H2O的摩尔质量为18g/mol,他们的质子数均为10，所以3.6gD20和3.6gH2O中含有的质子数不等，故A错误；B.因为浓硫酸和铜反应放出SO2，稀硫酸和铜不反应，所以含2molH2SO4的浓硫酸和足量的Cu在加热的条件下反应可生成SO2分子数小于NA个，故B错误；C.常温常压下甲醛为液体，所以22.4LHCHO含有的原子数目不一定为4NA，故C错误；D.根据电子守恒，过氧化钠与水反应生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2NA，故D正确；本题答案为：D。5.根据下列实验操作和实验现象所得到的实验结论正确的是-18-A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A.滴入盐酸酸化的Ba(ClO)2溶液,生成的HClO可氧化亚硫酸钠为硫酸钠，硫酸根和钡离子生成硫酸钡的白色沉淀，所以出现白色沉淀不能证明是否变质,故A错误；B.氯仿属于有机物不溶于水，溶液中无氯离子产生，与硝酸银溶液不会产生白色沉淀，如果产生白色沉淀说明氯仿易变质，故B正确； C.氯水有强氧化性，滴入氯水可氧化亚铁离子为铁离子,应先加KSCN溶液无现象,再加氯水变血红色检验,可以检验亚铁离子，故C错误；D.碳酸氢钠溶液中滴加偏铝酸钠溶液，发生的反应为：NaHCO3+NaAlO2+H2O=Na2CO3+Al(OH)3只有白色沉淀，没有气体，也不是双水解反应，故D错误；答案：B。【点睛】本题考查实验现象和结论的关系。解题时抓住物质的性质和实验现象进行判断。A.利用强酸制弱酸及次氯酸的强氧化性进行判断。滴入盐酸酸化的Ba(ClO)2溶液,HClO可氧化亚硫酸钠; B.利用电解质和非电解质的性质进行判断。氯仿是有机物属于非电解质且不溶于水，溶液中无氯离子产生；D利用水解的知识解答本题。6.如图是一种新型锂电池装置，电池充、放电反应为。放电时，需先引发铁和氯酸钾反应使共晶盐熔化。下列说法不正确的是-18-A.共晶盐储热效果好，利于电解质熔化B.整个过程的能量转化只涉及化学能转化为电能C.放电时LiV3O8电极的反应为xLi++xe-+LiV3O8=Li1+XV3O8D.充电时Cl-移向LiV3O8电极【答案】B【解析】【分析】本题考查电化学的相关知识。放电反应属于原电池，充电反应属于电解池，根据原电池和电解池的工作原理进行分析判断。由已知放电反应为原理知道锂合金一端做负极，LiV3O8做正极，发生还原反应，电极反应方程式为xLi++xe-+LiV3O8=Li1+XV3O8；充电反应属于电解池，LiV3O8电极做阳极，阴离子向阳极移动，整个反应过程中除了化学能和电能之间的相互转化，还有一部分转为热能了。就此判断每个选项即可。【详解】A.共晶盐是优良的传热储能介质，利于电解质熔化，故A正确；B.整个过程的能量转化有化学能转化为电能，还有热能的转化，故B错误；C.放电时为原电池，LiV3O8电极做正极，其电极的反应式为xLi++xe-+LiV3O8=Li1+XV3O8，故C正确；D.充电时为电解池，Cl-移向阳极LiV3O8电极移动，故D正确；答案：B。【点睛】本题考查电化学的相关知识。根据电化学原理进行解答。原电池中还原剂做负极，发生氧化反应，氧化剂做正极，发生还原反应，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动。电解池阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应。根据电化学的工作原理进行判断相关选项。7.室温下，用相同物质的量浓度的HC1溶液，分别滴定物质的量浓度均为0.1mol/L的三种碱溶液，滴定曲线如图所示。下列判断正确的是-18-A.滴定前，三种碱溶液中水电离出的c(H+)大小关系：DOH>BOH>AOHB.pH=7时，c(A+)=c(B+)=c(D+)C.滴定至P点时，溶液中：c(Cl-)>c(B+)>c(BOH)>c(OH-)>c(H+)D.当中和百分数达100%时，将三种溶液混合后：c(AOH)+c(BOH)+c(DOH)=c(H+)-c(OH-)【答案】D【解析】试题分析：三种碱的起始浓度均为0.1mol/L，由图中信息可知，起始时pH都小于13，说明三种碱均为弱碱，且碱性强弱为AOH＜BOH＜DOH，碱性越强，对水的电离的抑制作用越大。在相同条件下，盐水解的程度由小到大的顺序是DCl＜BCl＜ACl，它们水解均使溶液显酸性。A．滴定前，三种碱液中水电离的c(H+)大小关系为AOH＞BOH＞DOH，A不正确；B．滴定至P点时，此时中和百分数为50%，即BOH恰好有一半被中和，溶液为物质的量浓度相同的BOH和BCl混合溶液，pH＞７、溶液显碱性，则BOH的电离程度大于BCl的水解程度，所以溶液中c(Cl-)＜c(B+)，B不正确；C．pH=7时，溶液中c(H+)=c(OH﹣)，由电荷守恒可知，三种溶液中c(Cl-)均等于其c(弱碱的阳离子)。由于三种盐在相同的条件下的水解程度由小到大的顺序是DCl＜BCl＜ACl，且其水解均使溶液显酸性，则滴定到溶液恰好呈中性时，三种溶液中消耗HCl的体积由小到大的顺序为AOH＜BOH＜DOH，则三种溶液中c(Cl﹣)不相等，且c(Cl﹣)由小到大的顺序为AOH＜BOH＜DOH，因而c(A+)＜c(B+)＜c(D+)，故C不正确；D．当中和百分数达100%时，三种溶液的物质的量浓度相同，混合后，根据质子守恒，c(DOH)+c(AOH)+c(BOH)+c(OH﹣)=c(H+)，则c(AOH)+c(BOH)+c(DOH)=c(H+)﹣c(OH﹣)，故D正确。本题选D。-18-点睛：本题以酸碱中和滴定曲线为载体，考查了影响水的电离的因素、溶液中离子浓度的大小比较及相关等量关系的判断，难度较大。根据图象判断三种碱均为弱酸是解题的突破口，注意酸或碱会抑制水的电离，而盐类水解促进水的电离。比较溶液中离子浓度大小时，要根据溶液的酸碱性，判断酸或碱的电离作用与盐的水解作用的相对大小，然后再来比较相关离子的浓度大小关系。要牢牢把握溶液中的守恒思想，溶液中的三种守恒关系不仅可以帮助判断相关的等式是否成立，而且还可以帮助判断相关离子浓度之间的大小关系。8.FeCl3为中学化学中经常使用的物质，长郡化学实验小组为探究FeCl3的性质，进行了如下实验。(1)学习小组A为探究FeCl3与KI溶液的反应，特设计如右图所示的原电池实验装置。在实验过程中，学习小组A发现，灵敏电流计的指针先偏转，最后示数为零。若此时向甲中加入适量FeCl3固体，灵敏电流计的指针又发生偏转此时________（填“甲”或“乙”）中石墨电极为负极，对应的电极反应方程式为_________(2)学习小组B把FeCl3溶液分别加入Na2CO3溶液和Na2SO3溶液中，发现有如下实验现象：对于②中的实验现象，学习小组B的同学们有诸多猜测，继续进行实验：I．小明取②中的红棕色溶液少许，滴入盐酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀。小明得出结论：FeCl3与Na2SO3发生了氧化还原反应，离子方程式是_____。Ⅱ，小红认为小明的实验不严谨，重新设计实验方案并进行实验，证实了小明的结论是正确的。其实验方案是______________________________。(3)学习小组C进一步探究FeCl3溶液与足量锌粉的反应。实验操作及实验现象如下表所示：-18-已知：Zn的化学性质与Al相似，能发生反应①结合实验现象和平衡移动原理解释出现红褐色沉淀的原因：______②分离出黑色固体，经下列实验证实了其中含有的主要物质。i．黑色固体可以被磁铁吸引ii．向黑色固体中加入足量的NaOH溶液，产生气泡；iii．将ii中剩余固体用蒸馏水洗涤后，加入稀盐酸，产生大量气泡；iv.向iii反应后的溶液中滴加KSCN溶液，无变化。a．黑色固体中一定含有的物质是_____。b．学习小组C认为上述实验无法确定黑色固体中是否含有Fe3O4，理由是__________________(4)为进一步探究1．0mol/LFeCl3溶液中Fe3+和H+氧化性的相对强弱，学习小组C补充实验并观察到反应开始时的实验现象如下表所示：学习小组C得出结论：在1．0mol/LFeCl3溶液中，Fe3+的氧化性比H+强。则表格中横杠处应填____________【答案】(1).（1）甲(2).（2）Fe2+-e-=Fe3+(3).（3）2Fe3++SO32-+H2O=2Fe2++SO42-+2H+(4).（4）取②中红棕色溶液少许，滴加铁氰化钾溶液，出现蓝色沉淀。(5).（5）①溶液温度升高，反应过程中生成H2使溶液中的c(H+)降低，同时促进了Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+的水解，使溶液中出现红褐色的氢氧化铁沉淀(6).（6）Fe和Zn(7).（7）III中若存在Fe3O4,稀盐酸和Fe3O4反应，产生的Fe3+可与铁继续反应生成Fe2+，导致VI中检测不到Fe3+。所以不能确定是否存在Fe3O4(8).（8）5mL1.0mol.L-的盐酸【解析】-18-【分析】本题是探究FeCl3的性质的实验问题。因为Fe3+具有强氧化性，所以可以氧化还原性离子如I-、SO32所以(1)(2)结合Fe3+强氧化性进行回答；Fe3+易水解，所以（3）结合Fe3+水解的知识分析；（4）探究Fe3+和H+的氧化性强弱，所以要求所加试剂的浓度和体积都相同，即可比较。【详解】（1）当在甲中加入FeCl2固体实际是加入了Fe2+，导致2Fe3++I-2Fe2++I2平衡逆向移动，则Fe2+失去电子生成Fe3+，作为负极，发生氧化反应，电极反应方程式为2Fe2+－2e-＝2Fe3+；答案：甲2Fe2+－2e-＝2Fe3+。（2）取②中的红棕色溶液少许，滴入盐酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀。FeCl3与Na2SO3发生了氧化还原反应，离子方程式是2Fe3++SO32-+H2O=2Fe2++SO42-+2H+。（3）因为Zn的化学性质与Al相似，能与碱发生反应放出氢气，由实验知①溶液温度升高，反应过程中生成H2使溶液中的c(H+)降低，会促进Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+的水解，使溶液中出现红褐色的氢氧化铁沉淀。答案：①溶液温度升高，反应过程中生成H2使溶液中的c(H+)降低，都会促进Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+的水解，使溶液中出现红褐色的氢氧化铁沉淀。②因为Zn的化学性质与Al相似，能与碱发生反应放出氢气，根据向黑色固体中加入足量的NaOH溶液，产生气泡，说明有Zn存在，ii中剩余固体用蒸馏水洗涤后，加入稀盐酸，产生大量气泡，说明含有金属Fe；iv.向iii反应后的溶液中滴加KSCN溶液，无变化没有Fe3+，无法确定是否有Fe3O4,因为Fe3+可与铁继续反应生成Fe2+，导致VI中检测不到Fe3+。所以黑色固体中一定含有的物质是Fe和Zn。答案：Fe和Zn。b．因为Fe3O4也是黑色固体，也可以被磁铁吸引，但是上述实验无法确定黑色固体中是否含有Fe3O4，理由是III中若存在Fe3O4,稀盐酸和Fe3O4反应，产生的Fe3+可与铁继续反应生成Fe2+，导致VI中检测不到Fe3+。所以不能确定是否存在Fe3O4。（4）本实验的目的是探究1．0mol/LFeCl3溶液中Fe3+和H+氧化性的相对强弱。所以盐酸和FeCl3溶液的浓度和体积应该相同，所以应该选择5mL1.0mol.L-1的盐酸做对比实验。【点睛】本题考查Fe3+的性质，因为Fe3+既有强氧化性，还易水解，所以解答本题时紧紧围绕Fe3+的化学性质进行分析解答。9.钛酸钡粉体是电子陶瓷元器件的重要基础原料，其制备工艺流程如下图所示：-18-(1)镁的碳化物常见的有MgC2和Mg2C3两种，它们均极易与水发生反应。写出MgC2发生水解反应的化学方程式：_____；Mg2C3的电子式为_____。(2)“混合溶液”环节，钛元素在不同pH下主要以种形式存在，如上图所示。实际制备工艺中，先用氨水调节混合溶液的pH于2.5～3之间，再进行“沉淀”，则上图中曲线a对应钛的形式为______填化学符号）；写出“沉淀”时的离子方程式：_____。(3)草酸氧钛钡晶体经蒸馏水数次洗涤后，证明它已被洗涤干净的实验方案为_____。(4)工业上TiCl4和BaCO3通常用如下方法制备：①先将金红石(TiO2)与过量焦炭混合，再通入Cl2)并加热到900℃制取TiCl4。请写出该法制备TiCl4的化学方程式：_____。②BaCO3是将重晶石（主要成分为BaSO4）浸泡在Na2C03溶液中足够长时间来制备。请问Na2CO3溶液的浓度至少要大于_____mol/L才能开始转化。（已知常温下：，略CO32-的水解）。【答案】(1).(1)MgC2+2H2O=Mg(OH)2+C2H2；(2).(2)(3).（3）TiOC2O4 (4).(4)TiO(C2O4)22-+Ba2+ +4H2O=BaTiO(C2O4)2·4H2O↓(5).(5)取最后一次洗涤液少量于试管中，向其中滴加AgNO3溶液，无白色沉淀生成证明草酸氧钛钡已被洗涤干净(6).（6）TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO(7).(7)2.58×10-4【解析】【详解】（1）MgC2水解生成氢氧化镁和乙炔,反应的方程式为：MgC2+2H2O=Mg(OH)2+C2H2-18-；MgC2属于离子化合物,其电子式为；故答案为：MgC2+2H2O=Mg(OH)2+C2H2;；(2)据“沉淀”时生成草酸氧钛钡晶体中含有TiO(C2O4)22-（即b微粒），随着氨水的不断加入C2O42-浓度逐渐增大的趋势可以判断a对应钛的形式为TiOC2O4。根据沉淀的化学式即可写出离子方程式TiO(C2O4)22-+Ba2++4H2O=BaTiO(C2O4)2+4H2O↓。（3）根反应据过程知洗涤液中可能含有Cl—，所以取最后一次洗涤液少量于试管中，向其中滴加AgNO3溶液，如无白色沉淀生成，证明草酸氧钛钡已被洗涤干净。答案： 取最后一次洗涤液少量于试管中，向其中滴加AgNO3溶液，如无白色沉淀生成，证明草酸氧钛钡已被洗涤干净 。（4）①由足量焦炭和Cl2反应判断产物为TiCl4和CO，所以化学方程式为TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO。答案：TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO 。②设BaSO4饱和溶液中c(Ba2+)和c(SO42-)均为xmol·L-1，由KSP(BaSO4)=c(Ba2+)c(SO42-)知：x2=1.0×10-10(mol·L-1)2，可求出c(Ba2+)=1.0×10-5mol·L-1。再令Q(BaCO3)=c(Ba2+)c(CO32-)=1.0×10-5mol·L-1×c(CO32-)>KSP(BaCO3)，则c(CO32-)=2.58×10-9(mol·L-1)2÷1.0×10-5mol·L-1=2.58×10-4mol·L-1，所以Na2CO3溶液的浓度至少要大于2.58×10-4mol/L才能开始转化。答案：2.58×10-4。10.I．二甲醚(DME)水蒸气重整制氢是一种有效解决氢源的方案，其包含的化学反应有：(1)已知某些化学键的键能数据如下表所示：请据此书写二甲醚(DME)水蒸气重整制氢的总反应的热化学方程式：_____。(2)对于反应①，一定温度下，在一个2L的恒压密闭容器中充人0.1molCH3OCH3(g)和0.2molH2O(g)发生该反应，经过10min反应达到平衡，此时CH3OCH3(g)与CH30H(g)的分压之比为3:4，则用CH3OH(g)表示的平均反应速率为_________用分压计算表示该反应的平衡常数Kp=______保留两位小数）。（提示：某气体分压=总压×(3)将中间产物CH3OH氧化可制得HCOOH。常温下，已知HCOOH的电离常数-18-Ka=1.8×10，，则物质的量浓度相同的HCOOH与HCOONa的混合溶液中，各粒子浓度(不含H2O)由大到小的顺序是_____。(4)已知反应：HCOOH（过量）+K2C2O4=KHC2O4+HCOOK;KHC2O4+CH3COOK=K2C2O4+CH3COOH。H2C204的一、二级电离常数分别记为K1、K2，HCOOH、CH3COOH的电离常数分别记为K3、K4，则K1、K2、K3、K4从大到小的排列顺序为____。Ⅱ．图是一种正在投入生产的大型蓄电系统。左右两侧为电解质储罐，中央为电池，电解质通过泵不断在储罐和电池间循环；电池中的左右两侧为电极，中间为离子选择性膜；放电前，被膜隔开的电解质为Na2S2和NaBr3，放电后，分别变为Na2S4和NaBr。(1)写出电池放电时，负极的电极反应式：_____。(2)电池中离子选择性膜宜采用_____（填“阳”或“阴”）离子交换膜。(3)已知可溶性硫化物在溶液中能与硫单质反应，生成可溶性的多硫化物Na2Sx。若通过加入FeCl3与Na2S，溶液作用获得单质S，其离子方程式为_____。【答案】(1).（1）CH3OCH3(g)+3H2O(g)=2CO2(g)+6H2(g)H3=+289.98KJ/mol(2).（2）0.004mol.L-1.min-1(3).（3）0.17。(4).（4）c(HCOO-)>c(Na+)>c(HCOOH)>c(H+)>c(OH-)(5).（5）K1>K3>K2>K4(6).（6）2Na2S2-2e-=Na2S4+2Na+(7).（7）阳(8).（8）2Fe3++xS(2/x)-=2Fe2++xS【解析】【详解】(1)反应H2O(g)+CO(g)⇌CO2（g）+H2(g),焓变H3=2463KJ/mol+1070KJ/mol-2801KJ/mol-436KJ/mol=+42KJ/mol；二甲醚水蒸气重整制氢是一种有效解决氢源的方案,根据已知反应的方程式再结合盖斯定律用(1)+(2)+(3)2计算得到:CH3OCH3(g)+3H2O(g)=2CO2(g)+6H2(g)H3=+289.98KJ/mol；本题答案为：CH3OCH3(g)+3H2O(g)=2CO2(g)+6H2(g)H3=+289.98KJ/mol。(2)已知CH3OCH3(g)+H2O(g)⇌2CH3O(g),一定温度下在一2L密闭容器中充入0.1mol CH3OCH3(g)和0.2mol H2O(g)-18-发生该反应,根据化学平衡三段式列式,设反应甲醚物质的量为x;      CH3OCH3(g)+H2O(g)⇌2CH3O(g),起始量(mol)0.1   0.2   0变化量(mol)x   x    2x平衡量(mol)(0.1-x) 0.2-x  2x经过10min达到平衡,此时CH3OCH3(g)与CH30H(g)的分压之比为3:4,(0.1-x)/2x=3/4,所以x=0.04mol。则CH3OH(g)表示的平均反应速率为V=20.04mol/2L10min=0.004mol.L-1.min-1；用分压计算表示该反应的平衡常数Kp=（20.04mol/2L）2/=0.17因此，本题正确答案是:0.004mol.L-1.min-10.17。(3)因为HCOOH的Ka=1.8×10-4，所以甲酸为弱酸，HCOONa为可溶性的强电解质，所以HCOOH和HCOONa的混合溶液中离子浓度由大到小的是c(HCOO-)>c(Na+)>c(HCOOH)>c(H+)>c(OH-)。(4)由反应：HCOOH（过量）+K2C2O4=KHC2O4+HCOOK，知道甲酸的酸性H2C2O4>HCOOH>HC2O4-，由KHC2O4+CH3COOK=K2C2O4+CH3COOH，知酸性HC2O4->CH3COOH。因为H2C204的一、二级电离常数分别记为K1、K2，HCOOH、CH3COOH的电离常数分别记为K3、K4，则K1、K2、K3、K4从大到小的排列顺序为K1>K3>K2>K4。答案为：K1>K3>K2>K4。II（1）电池放电时为原电池，Na2S2放电失电子做负极，则负极的电极反应式为2Na2S2-2e-=Na2S4+2Na+。答案：2Na2S2-2e-=Na2S4+2Na+。(2)因为负极的电极反应式为2Na2S2-2e-=Na2S4+2Na+，反应中产生的更多的阳离子，根据溶液呈电中性的原理，电池中离子选择性膜宜采用阳离子交换膜。答案：阳。(3)已知可溶性硫化物在溶液中能与硫单质反应，生成可溶性的多硫化物Na2Sx。若通过加入FeCl3与Na2S，溶液作用获得单质S，根据电子守恒其离子方程式为2Fe3++xS(2/x)-=2Fe2++xS。答案：2Fe3++xS(2/x)-=2Fe2++xS。11.[化学-选修3：物质结构与性质]元素及其化合物在化工、医药、材料等领域有着广泛的应用，回答下列问题：(1)参照下图B、F元素的位置，依据第二周期元素第一电离能的变化规律，用小黑点标出C、N、O三种元素的相对位置。-18-(2)碳的一种单质的结构如图(a)所示，则碳原子的杂化轨道类型为_________________。(3)二卤化铅PbX2的熔点如图(b)所示，可推断：依F、Cl、Br、I次序，PbX2中的化学键的离子性_____(填“增强”、“不变”或“减弱”，下同)，共价性_____。(4)NH3和F2在Cu催化下可发生反应4NH3+3F2NF3+3NH4F，化学方程式中的5种物质所属的晶体类型有_____(填序号)。写出基态铜原子的价电子排布式_____。a.离子晶体b.分子晶体c.原子晶体d.金属晶体(5)BF3与一定量水形成(H2O)2·BF3晶体Q，Q在一定条件下可转化为R：晶体R中含有的化学键包括_____。(6)水杨酸第一级电离形成离子，相同温度下，水杨酸的Ka2____________________________苯酚()的Ka(填“>”“=”或“<”)，其原因是______________。(7)碳的另一种单质C60可以与钾形成低温超导化合物，晶体结构如图(c)所示，K位于立方体的棱上和立方体的内部，此化合物的化学式为____________；其晶胞参数为1.4nm，阿伏加德罗常数用NA表示，则晶体的密度为________________g·cm-3。(只需列出式子)-18-【答案】(1).sp2(2).减弱(3).增强(4).abd(5).3d104s1(6).离子键、共价键、配位键(7).＜(8).中形成分子内氢键，使其更难电离出H+(9).K3C60(10).4×837/[3(1.4×10-7)NA]【解析】【详解】（1）根据同周期从左到右元素的第一电离能呈增大的趋势。N的价电子排布为2s22p3.，呈半充满状态比较稳定，所以第一电离能有小到大的排列为：B