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1、2019-2020学年北京市清华大学附中高三新高考化学模拟试卷一、单选题（本题包括15 个小题，每小题4 分，共 60 分每小题只有一个选项符合题意）1依据 Cd(Hg)+Hg2SO4=3Hg+Cd2+SO42-反应原理，设计出韦斯顿标准电池，其简易装置如图。下列有关该电池的说法正确的是()A电池工作时Cd2向电极 B移动B电极 A 上发生反应Hg2SO4+2e-=2Hg+SO42-C电极 B 上发生反应Cd(Hg)-4e-=Hg2+Cd2+D反应中每生成a mol Hg 转移 3a mol 电子【答案】B【解析】【详解】根据电池反应方程式可知：在反应中Cd(Hg)极作负极，Cd 失去电子，发
2、生氧化反应产生Cd2+，Hg作溶剂，不参加反应，另一极Hg 为正极，Cd2向负电荷较多的电极A 移动，A 错误、B 正确；根据总反应方程式可知物质B 电极上的Hg 不参加反应，C 错误；根据方程式可知每生成3molHg，转移 2mole-，则生成amol Hg 转移2a3mol 的电子，D 错误；故合理选项是B。2用下列装置进行相应实验，能达到实验目的的是()A用22Na O或22H O作反应物制氧气B进行中和热的测定C蒸干4CuSO溶液制备42CuSO5H OD模拟工业制氨气并检验产物【答案】A【解析】【详解】A.Na2O2与水反应，H2O2在二氧化锰催化条件下都能制取氧气，二者都是固体与液
3、体常温条件下反应，故 A 正确；B.进行中和热的测定需要用到环形玻璃搅拌棒，缺少仪器，故B 错误；C.蒸干 CuSO4溶液，因结晶硫酸铜受热会脱水，使得到的CuSO4 5H2O 固体不纯，故C 错误；D.工业制氨气是在高温、高压和催化剂的条件下进行的，此处无高压条件，且检验氨气应用湿润的红色石蕊试纸，故D 错误。故选 A。3厌氧氨化法（Anammox）是一种新型的氨氮去除技术，下列说法中正确的是A 1mol NH4+所含的质子总数为10NAB联氨（N2H4）中含有离子键和非极性键C过程II 属于氧化反应，过程IV 属于还原反应D过程I 中，参与反应的NH4+与 NH2OH 的物质的量之比为12
4、【答案】C【解析】【详解】A 选项，1mol NH4+所含的质子总数为11NA，故 A 错误；B 选项，联氨（）中含有极性键和非极性键，故B错误；C 选项，过程II 中 N 元素化合价升高，发生氧化反应，过程IV 中 N 化合价降低，发生还原反应，故C正确；D 选项，过程I 中，参与反应的NH4+到 N2H4化合价升高1 个，NH2OH 到 N2H4化合价降低1 个，它们物质的量之比为11，故 D 错误；综上所述，答案为C。【点睛】利用化合价升降进行配平来分析氧化剂和还原剂的物质的量之比。4下列离子方程式正确的是A Cl2通入水中：Cl2+H2O=2H+Cl-+ClO-B双氧水加入稀硫酸和KI
5、溶液：H2O22H2I=I22H2O C用铜做电极电解CuSO4溶液：2Cu22H2O2Cu O24HD Na2S2O3溶液中加入稀硫酸：2S2O324H=SO423S2H2O【答案】B【解析】【详解】A、Cl2通入水中的离子反应为Cl2+H2O?H+Cl-+HClO，故 A 错误；B、双氧水中加入稀硫酸和KI溶液的离子反应为H2O2+2H+2I-I2+2H2O，故 B正确；C、用铜作电极电解CuSO4溶液，实质为电镀，阳极Cu失去电子，阴极铜离子得电子，故C错误；D、Na2S2O3溶液中加入稀硫酸的离子反应为S2O32-+2H+SO2+S+H2O，故 D 错误。故选 B。5常温下，向20.0
6、0mL0.1molL1氨水中滴入0.1mol L-1盐酸，溶液中由水电离出的c(H+)的负对数-1gc水(H+)与所加盐酸体积的关系如图所示，下列说法正确的是（）A常温下，Kb(NH3 H2O)约为 1 10-3Bb=20.00 CR、Q 两点对应溶液均呈中性D R到 N、N 到 Q 所加盐酸体积相等【答案】B【解析】【分析】【详解】A.常温下，未加盐酸的氨水的-lgc水(H+)=11，则该溶液中水电离出的c(H+)=c(OH-)=10-11mol/L，溶液中c(OH-)=1431010mol/L=10-3mol/L，c(NH3?H2O)0.1mol/L，Kb(NH3?H2O)=33432c
7、NHc OH1010c NHH O0.1=1 10-5，A 错误；B.当-lgc水(H+)最小时，HCl 与氨水恰好完全反应，所以b 点 NaOH 溶液体积为20.00mL，B正确；C.N 点水电离出的H+浓度最大，溶液呈中性，R 点碱过量，溶液呈碱性。Q 点溶质为HCl 和 NH4Cl，溶液呈酸性，C错误；D.R 点氨水略过量，RN 加 HCl 消耗一水合氨，促进水的电离；NQ 加 HCl，酸过量，抑制水的的电离，所以 R 到 N、N 到 Q 所加盐酸体积不相等，D 错误；故合理选项是B。6实验室制备下列气体时，所用方法正确的是()A制氧气时，用Na2O2或 H2O2作反应物可选择相同的气体
8、发生装置B制氯气时，用饱和NaHCO3溶液和浓硫酸净化气体C制氨气时，用排水法或向下排空气法收集气体D制二氧化氮时，用水或NaOH 溶液吸收尾气【答案】A【解析】【详解】A Na2O2与水反应，H2O2在二氧化锰催化条件下都能制取氧气，二者都是固体与液体常温条件下反应，可选择相同的气体发生装置，故A 正确；B实验室制取的氯气含有氯化氢和水分，常用饱和食盐水和浓硫酸净化气体，若用饱和NaHCO3溶液，氯化氢、氯气都能和NaHCO3反应，故B 错误；C氨气极易溶于水，不能用排水法收集，故C错误；D二氧化氮与水反应生成一氧化氮，仍然污染空气，所以不能用水吸收，故D 错误；答案选A。7NA为阿伏伽德罗
9、常数的值。关于常温下pH2 的 H2SO4溶液，溶液中不存在H2SO4分子，但存在HSO4一离子，下列说法错误的是A每升溶液中的H数目为 0.01NABNa2SO4溶液中：c(Na+)=2c(SO42-)c(H+)=2c(OH-)C向稀硫酸中逐滴滴加浓硫酸，溶液中2-4-4c SOc HSO减小D NaHSO4不是弱电解质【答案】B【解析】【分析】常温下pH2的24H SO溶液，溶液中不存在24H SO分子，但存在4HSO-离子，说明硫酸的第一步完全电离，第二步部分电离。【详解】A.由pH2可得c(H)0.01mol/L，每升溶液中的H数目为A0.01N，故 A 正确；B.2244Na SO2
10、NaSO，硫酸根有一部分水解成硫酸氢根，c(Na+)2c(SO42-)，根据电荷守恒式可知，c(OH-)c(H+)，所以应该为c(Na+)2c(SO42-)c(OH-)c(H+)，故 B 错误；C.据已知可知2444c(H)c(SO)Ka(HSO)c(HSO)g，当向稀硫酸中逐滴滴加浓硫酸c(H)会增大，所以244c(SO)c(HSO)减小，故C正确；D.NaHSO4属于盐，完全电离，故不是弱电解质，D 正确；故答案为：B。8自然界中时刻存在着氮的转化。实现氮按照一定方向转化一直是科学领域研究的重要课题，如图为N2分子在催化剂的作用下发生的一系列转化示意图：下列叙述正确的是A N2NH3，NH
11、3NO 均属于氮的固定B催化剂a 作用下氮原子发生了氧化反应C催化剂a、b 表面均发生了极性共价键的断裂D使用催化剂a、b 均可以提高单位时间内生成物的产量【答案】D【解析】【详解】A.氮的固定是指氮由游离态转变为化合态，N2NH3为氮的固定，但NH3NO 不属于氮的固定，A 错误；B.催化剂 a 作用下氮原子发生了还原反应，B 错误；C.催化剂 a、b 表面均发生了极性共价键的断裂与形成，C错误；D.使用催化剂a、b 可加快反应速率，提高单位时间内生成物的产量，D 正确。故选 D。9下列关于有机物的说法正确的是A乙醇和丙三醇互为同系物B二环己烷()的二氯代物有7 种结构(不考虑立体异构)C按
12、系统命名法，化合物的名称是2，3，4-三甲基-2-乙基戊烷D环己烯()分子中的所有碳原子共面【答案】B【解析】【详解】A乙醇和丙三醇所含羟基的个数不同，不是同系物，故选项A 错误；B二环己烷中有两类氢原子，当一个氯原子定到1 号位，二氯代物有3 种，当一个氯原子定到2号位，二氯代物有4 种，故选项B 正确；C按系统命名法，化合物的名称是2，3，4，4-四甲基己烷，故选项C错误；D环己烯中碳原子有sp2和 sp3两种杂化方式，不能满足所有碳原子共面，故选项D 错误；故选 B。10实验室利用乙醇催化氧化法制取并提纯乙醛的实验过程中，下列装置未涉及的是（）ABCD【答案】C【解析】【分析】乙醇催化氧
13、化生成乙醛和水：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+H2O，结合相关装置分析【详解】A、分离提纯得到乙醛用蒸馏法，蒸馏要用到该装置，故A 不选；B、B 装置是乙醇的催化氧化装置，故B不选；C、提纯乙醛不用分液法，故用不到分液漏斗和烧杯，C选；D、蒸馏法提纯乙醛要用到冷凝管，故D 不选；故选 C。11化学与生活密切相关。下列说法正确的是A垃圾分类中可回收物标志：B农谚“雷雨肥庄稼”中固氮过程属于人工固氮C绿色化学要求从源头上减少和消除工业生产对环境的污染D燃煤中加入CaO 可以减少酸雨的形成及温室气体的排放【答案】C【解析】【详解】A.垃圾分类中可回收物标志是，表示垃圾分类中的其他垃圾，故A
14、 错误；B.空气中的N2在放电条件下与O2反应生成NO，NO 与 O2反应生成NO2，NO2与水反应生成的硝酸随雨水降到地面，同土壤中的矿物相互作用，生成溶于水的硝酸盐可作氮肥，该过程属于自然固氮，故 B 错误；C.绿色化学的核心是利用化学原理从源头上消除或减少工业生产对环境的污染，而不能污染后再治理，故 C 正确；D.煤燃烧生成CO2和 SO2，CaO可以和 SO2结合生成CaSO3，并最终被氧化成CaSO4，而 CO2在高温下不能与 CaO结合生成CaCO3，则燃煤中加入CaO后可减少酸雨的形成，但不能减少温室气体的排放，故D错误；答案选 C。12常温下，向50 mL 溶有 0.1molC
15、l2的氯水中滴加2mol/L 的 NaOH 溶液，得到溶液pH 随所加 NaOH 溶液体积的变化图像如下图所示。下列说法正确的是A若 a 点 pH=4，且 c(Cl-)=m c(ClO-)，则 Ka(HClO)=-410mB若 x=100，b 点对应溶液中：c(OH)c(H)，可用 pH 试纸测定其pH Cbc 段，随 NaOH 溶液的滴入，-c(HClO)c(ClO)逐渐增大D若 y=200，c 点对应溶液中：c(OH)-c(H)=2c(Cl-)+c(HClO)【答案】D【解析】【分析】【详解】A.若 a 点 pH=4，(H+)=10-4mol/L，溶液呈酸性，根据方程式知c(HClO)=c
16、(Cl-)-c(ClO-)，c(Cl-)=mc(ClO-)，则c(HClO)=(m-1)c(ClO-)，Ka(HClO)=c Hc ClOc HClOn=41011c Hc ClOmmc ClOnn，A错误；B.若 x=100，Cl2恰好与 NaOH 溶液完全反应生成NaCl、NaClO，NaClO 水解生成次氯酸，溶液呈碱性，但次氯酸具有漂白性，不能用pH 试纸测 pH，应选 pH 计测量，B错误；C.bc 段，随 NaOH 溶液的滴入，溶液的pH不断增大，溶液中c（H+）减小，温度不变则Ka(HClO)=c Hc ClOc HClOn不变，所以-c(HClO)c(ClO)减小，C错误；D.
17、若 y=200，c 点对应溶液中存在0.1molNaCl、0.1molNaClO、0.2molNaOH，根据电荷守恒得：c(H+)+c(Na+)=c(Cl-)+c(ClO-)+c(OH-)，物料守恒得：c(Cl-)=c(ClO-)+c(HClO)，2c(Cl-)+2c(ClO-)+2c(HClO)=c(Na+)，由+得：c(OH-)=2c(Cl-)+c(HClO)+c(H+)，D 正确；故答案是D。13Y是合成香料、医药、农药及染料的重要中间体，可由X 在一定条件下合成：下列说法错误的是（）A Y的分子式为C10H8O3B由 X 制取 Y过程中可得到乙醇C一定条件下，Y能发生加聚反应D等物质的
18、量的X、Y分别与 NaOH 溶液反应，最多消耗NaOH 的物质的量之比为3：2【答案】D【解析】【详解】A.Y 分子中含有10 个 C原子，3 个 O 原子，不饱和度为：7，所以分子式为：C10H8O3，故 A 正确；B.根据质量守恒定律可知：由X 制取 Y的过程中可得到乙醇，故B正确；C.Y含有酚羟基和碳碳双键，碳碳双键可能发生加聚反应，酚可与甲醛发生缩聚反应，故C正确；D.X中酚羟基、酯基可与氢氧化钠溶液反应，1mol 可与 3molNaOH 反应，Y中酚羟基、酯基可与氢氧化钠反应，且酯基可水解生成酚羟基和羧基，则 1molY 可与 3molNaOH 反应，最多消耗NaOH 的物质的量之比
19、为 1:1，故 D 错误；故选：D。14短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。W、X、Y简单离子的电子层结构相同，X元素在短周期主族元素中原子半径最大；W 的简单氢化物常温下呈液态，Y的氧化物和氯化物熔融时都能导电，X、Y和 Z 原子的最外层电子数之和为10。下列说法正确的是A W、Z形成的化合物可做消毒剂B原子半径：WYClO，故 B 错误；C.工业上冶炼金属镁，常电解熔融状态的氯化镁，因为氯化镁的熔点低于氧化镁，故C错误；D.O、Na、Cl 可以形成多种化合物，NaClO 水溶液显碱性，NaClO4水溶液显中性，故D 错误；答案：A。【点睛】易错点是Y元素的推断，学生认为Y可能是 A
20、l，认为 Al2O3和 AlCl3熔融中状态下都能够导电，忽略了 AlCl3是共价化合物，熔融状态下不能够导电。15室温时几种物质的溶解度见下表。室温下，向500g 硝酸钾饱和溶液中投入2g 食盐，下列推断正确的是()物质溶解度(g/100g 水)氯化钠36 硝酸钾32 硝酸钠87 氯化钾37 A食盐不溶解B食盐溶解，无晶体析出C食盐溶解，析出2 g 硝酸钾晶体D食盐溶解，析出2 g 氯化钾晶体【答案】B【解析】【详解】设在 500g 硝酸钾饱和溶液中含有硝酸钾xg，依据题意有：3250010032xggggg，解得 x=121.21g，那么含有水 500g121.21g=378.79g，加入
21、的氯化钠中不含有与硝酸钾相同的离子，不用考虑是否和硝酸钾出现盐的代换，所以不会出现晶体析出，且2g 氯化钠完全可以溶解在378.79g 水中，即2g 氯化钠溶于硝酸钾中时溶液中有四种离子计钾离子、硝酸根离子、钠离子、氯离子，他们几种随机组合均未达到这四种物质的溶解度，故选B。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16某实验小组同学为了研究氯气的性质，做以下探究实验。向KI溶液通入氯气溶液变为黄色；继续通入氯气一段时间后，溶液黄色退去，变为无色；继续通入氯气，最后溶液变为浅黄绿色，查阅资料：I2+I-?I3-，I2、I3-在水中均呈黄色。（1）为确定黄色溶液的成分，进行了以下实验：取23
22、mL 黄色溶液，加入足量CCl4，振荡静置，CCl4层呈紫红色，说明溶液中存在_，生成该物质的化学方程式为_，水层显浅黄色，说明水层显黄色的原因是 _；（2）继续通入氯气，溶液黄色退去的可能的原因_；（3）NaOH 溶液的作用 _，反应结束后，发现烧杯中溶液呈浅黄绿色，经测定该溶液的碱性较强，一段时间后溶液颜色逐渐退去，其中可能的原因是_。【答案】I2Cl2+2KI=I2+2KCl I3-生成的碘单质被氯气氧化为无色物质吸收多余的氯气氯气与碱的反应速率低于盐酸和次氯酸与碱反应【解析】【分析】(1)氯气与 KI发生 Cl2+2I-=I2+2Cl-，以及 I2+I-?I3-，取 23mL 黄色溶液
23、，加入足量CCl4，振荡静置，CCl4层呈紫红色，水层显浅黄色，可说明溶液中存在I2、I3-；(2)继续通入氯气，溶液黄色退去，是因为氯气将I2氧化为无色物质；(3)NaOH 溶液吸收多余的氯气；氯水的颜色为浅黄绿色，说明氯气与碱的反应速率低于盐酸和次氯酸与碱反应。【详解】(1)取 2 3mL 黄色溶液，加入足量CCl4，振荡静置，CCl4层呈紫红色，说明溶液中存在I2，生成该物质的化学方程式为Cl2+2KI=I2+2KCl，水层显浅黄色，可说明溶液中存在I3-，发生反应为I2+I-?I3-，故答案为：I2；Cl2+2KI=I2+2KCl；I3-；(2)氧化性 Cl2 I2，KI 溶液中通入氯
24、气发生Cl2+2KI=KCl+I2，溶液变成黄色，继续通入氯气，生成的碘单质被氯气氧化为无色物质，所以溶液黄色退去；故答案为：生成的碘单质被氯气氧化为无色物质；(3)NaOH 溶液吸收多余的氯气，氯气过量，过量的氯气溶解于水，水中含有氯气分子，氯水呈浅黄绿色，说明氯气与碱的反应速率低于盐酸和次氯酸与碱反应，故答案为：吸收多余的氯气；氯气与碱的反应速率低于盐酸和次氯酸与碱反应。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）173-对甲苯丙烯酸甲酯(E)是一种用于合成抗血栓药的中间体,其合成路线如图：已知：HCHO+CH3CHOCH2CHCHO+H2O（1）A 的名称是 _，遇 FeCl3溶液显紫色
25、且苯环上有两个取代基的A 的同分异构体有_种。B的结构简式_，D 中含氧官能团的名称为_。（2）试剂 C可选用下列中的_。a.溴水b.银氨溶液c.酸性 KMnO4溶液d.新制 Cu(OH)2悬浊液（3）是 E的一种同分异构体，该物质与足量NaOH 溶液共热的化学方程式为 _。（4）E在一定条件下可以生成高聚物F，F的结构简式为_。【答案】对甲基苯甲醛3 羧基b、d【解析】【分析】由合成路线可知，甲苯发生取代反应生成A 对甲基苯甲醛，再与CH3CHO在碱性条件下反应生成B，B 为，中-CHO被弱氧化剂氧化为-COOH，而 C=C不能被氧化，再酸化得到D，D 与甲醇发生酯化反应生成E为，然后结合有
26、机物的结构与性质来解答。【详解】（1）由上述分析可知，A 为对甲基苯甲醛，遇FeCl3溶液显紫色，则含酚-OH，且苯环上有两个取代基，另一取代基为-CH=CH2，则符合条件的A 的同分异构体为(邻、间、对)3 种，由上述分析可知，B 为；D的结构为，其中含有含氧官能团为：羧基；故答案为：对甲基苯甲醛；3；羧基；（2）由生成可知，试剂C不能与 C=C反应，只氧化-CHO，则 C为 b 或 d，故答案为：b、d；（3）中含-COOC-，与足量NaOH 溶液共热的化学方程式为：，故答案为：；（4）E中含-C=C-，在一定条件下可以生成高聚物F，发生加聚反应，则F的结构简式为，故答案为：。【点睛】具有
27、多官能团的有机物在实现官能团之间的转化时，需要注意官能团的保护，其常见的措施可将官能团先反应，然后再复原，或在选择反应试剂时控制相关反应。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18以苯酚为主要原料，经下列转化可合成高分子材料C和重要的有机合成中间体H(部分反应条件和产物已略去)已知：R1CH2COOCH3+R2COOCH3+CH3OH 请回答下列问题：（1）AB 的反应类型是_。（2）BC 的化学方程式为_。（3）D 的官能团名称是_。（4）EF 的化学方程式为_。（5）G 的结构简式是 _。（6）FG 为两步反应，中间产物的结构简式是_。（7）芳香化合物M(C8H10O2)与 E的水解
28、产物互为同分异构体，1molM 可与 2 mol NaOH 反应，其核磁共振氢谱中有3 组峰且峰面积之比为3：1：1，则 M 的结构简式是_（写出一种即可）。（8）以 CH3Cl、CH3ONa、NaCN为原料(其它无机试剂任选)，结合题目已知信息，写出制备CH3COCH2 COOCH3的合成路线（用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件）。_【答案】加成反应n+H+(n-1)H2O 醚键+NaCN+NaCl 或或或【解析】【分析】根据流程图，苯酚和甲醛发生反应生成B(C7H8O2)，根据酚醛树脂的结构可知B 为，即 BC反应为发生缩聚反应生成的反应；苯酚和 CH3I
29、发生反应生成D(C7H8O)，结合 DE的反应及E的结构可知D 的结构为；E和 NaCN 发生取代反应生成F(C9H9ON)，推知 F的结构为；FG 的反应为先水解，再与甲醇发生酯化反应生成G(C10H12O3)，G的结构简式为，G 发生类似已知中的反应得到H，据此分析解答。【详解】（1）根据以上分析，苯酚和甲醛（HCHO）发生反应生成B（），对比各物质的结构简式，AB的反应类型是加成反应；故答案为加成反应；（2）BC 的为发生缩聚反应生成的反应，反应的方程式为；故答案为；（3）D 的结构为，其中官能团名称是醚键，故答案为醚键；（4）E和 NaCN发生取代反应生成F()，化学方程式为+NaCN
30、+NaCl；故答案为+NaCN+NaCl；（5）根据流程，G 发生类似已知中的反应得到H，由 H 的结构推知G 的结构简式是；故答案为；（6）FG的反应为先水解，再与甲醇发生酯化反应生成G(C10H12O3)，G 的结构简式是，则中间产物的结构简式是，故答案为；（7）1molM 可与 2 mol NaOH 反应，说明含有2mol 羟基，其核磁共振氢谱中有3 组峰且峰面积之比为3：1：1，符合条件的M 的结构简式是、；故答案为或或或；（8）以 CH3Cl、CH3ONa、NaCN 为原料制备CH3COCH2 COOCH3。根据题干中EF GH 的转化过程，可以首先将CH3Cl转化为 CH3CN，水
31、解为乙酸，最后根据题干信息转化即可。合成路线为：；故答案为。19在人类文明的历程中，改变世界的事物很多，其中铁、硝酸钾、青霉素、氨、乙醇、二氧化碳等17种“分子”改变过人类的世界。（1）铁原子在基态时，价层电子排布式为_。（2）硝酸钾中NO3-的空间构型为_。（3）1molCO2分子中含有键的数目为 _。乙醇的相对分子质量比氯乙烷小，但其沸点比氯乙烷高，其原因是 _。（4）6氨基青霉烷酸的结构如图1 所示，其中采用sp3杂化的原子有_。（5）铁和氨气在640可发生置换反应，产物之的晶胞结构如图2 所示，写出该反应的化学方程式_。（6）晶胞有两个基本要素：原子坐标参数：表示晶胞内部各微粒的相对位
32、置。如图是CaF2的晶胞，其中原子坐标参数A 处为(0，0，0)；B 处为(12，12，0)；C处为(1，1，1)。则 D 处微粒的坐标参数为_。晶胞参数：描述晶胞的大小和形状。已知CaF2晶体的密度为 g cm3，则晶胞参数a 为_pm(设 NA为阿伏加德罗常数的值，用含、NA的式子表示)。【答案】3d64s1平面正三角形1 乙醇分子间可形成氢键，氯乙烷中不含氢键，氢键的存在导致乙醇的沸点升高，所以乙醇的沸点比氯乙烷高C、N、O、S 8Fe+1NH3=1Fe4N+3H1(3/4,3/4,3/4)103A3104N4 78【解析】【分析】（1）铁是 16 号元素，基态原子核外有16 个电子，3
33、d、4s 能级上电子是其价电子，根据构造原理书写其基态价电子排布式；（1）根据价层电子对互斥理论确定离子空间构型；（3）依据二氧化碳的结构进行回答；（4）根据价层电子对互斥理论确定碳原子杂化方式；（5）铁和氨气在640可发生置换反应生成氮气和氮化铁，利用均摊法确定氮化铁的化学式，根据温度、反应物和生成物写出反应方程式（6）D 处于体对角线AC上，且 AD 距离等于体对角线长度的34，则 D 到坐标平面距离均为晶胞棱长34；晶胞中 Ca1+与离它最近的 F-之间的距离等于晶胞体对角线长度的14，体对角线长度等于晶胞棱长的3倍，均摊法计算晶胞中各原子数目，计算晶胞质量，结合密度计算晶胞体积，晶胞体
34、积开三次方得到晶胞棱长。【详解】（1）铁是 16 号元素，基态原子核外有16 个电子，3d、4s 能级上电子是其价电子，根据构造原理知其价电子排布式为：3d64s1，故答案为：3d64s1；（1）NO3-中 N 原子价层电子对=1/1（5+1-31）=3，且不含孤电子对，所以是平面三角形结构，故答案为：平面正三角形；（3）二氧化碳的结构是O=C=O，含有的键的数目为1，乙醇的相对分子质量比氯乙烷小，但其沸点比氯乙烷高，其原因是乙醇分子间可形成氢键，氯乙烷中不含氢键，氢键的存在导致乙醇的沸点升高，所以乙醇的沸点比氯乙烷高，；故答案为：1；乙醇分子间可形成氢键，氯乙烷中不含氢键，氢键的存在导致乙醇
35、的沸点升高，所以乙醇的沸点比氯乙烷高；（4）只要共价单键和孤电子对的和是4 的原子就采取sp3杂化，根据图片知，采用sp3杂化的原子有C、N、O、S，故答案为：C、N、O、S；（5）该晶胞中铁原子个数=818+612=4，氮原子个数是1，所以氮化铁的化学式是Fe4N，铁和氨气在640可发生置换反应生成氮气和氮化铁，所以该反应方程式为：8Fe+1NH3=1Fe4N+3H1，故答案为：8Fe+1NH3=1Fe4N+3H1(6)D 处于体对角线AC上,且 AD 距离等于体对角线长度的34,则 D 到坐标平面距离均为晶胞棱长3/4,由 C的坐标参数可知,晶胞棱长=1,故 D 到坐标平面距离均3/4,D 处微粒的坐标参数为(34,34,34)，故答案为：(34,34,34)；设晶胞中Ca1+与离它最近的F-间距离为 xnm，晶胞的边长为ycm，则 x与 y的关系为(4x)1=3y1，所以 y=43x。由于 F-位于晶胞的内部，Ca1+位于晶胞的顶点和面心，所以平均每个晶胞含有F-和 Ca1+数目分别是8 个和 4个，所以=130A4N()483710 x，解得 x=103A3104N478，故答案为：103A3104N478。