重庆市长寿中学2022-2023学年高三化学上学期12月月考试题（Word版附解析）

重庆市长寿中学校高三上期•12月月考化学试题第I卷选择题(共42分)一、选择题(每个小题只有一个选项符合题意，14个小题，每小题3分共42分。)1.广东有许多具有地域特征的民间活动，下列各项描述中所涉及的化学知识错误的是选项民间活动化学知识A喜庆节日，客家人喜欢用娘酒来款宴宾客娘酒的酿造过程涉及氧化还原反应B广佛地区流行“叹”早茶泡茶的过程涉及萃取操作C潮汕地区中秋夜“烧塔”时，人们把海盐撒向塔里，黄色火焰直冲云天“黄色火焰”是因为NaCl受热分解D“豆腐节”是佛冈县元宵节独具特色的活动制豆腐时涉及到胶体的聚沉A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．酿酒的过程中淀粉转化为葡萄糖，葡萄糖转化为酒精和二氧化碳，C元素的化合价发生变化，涉及氧化还原反应，A正确；B．泡茶的过程中，茶叶中易溶于水的物质被萃取中水中，B正确；C．“黄色火焰”是钠元素的焰色反应，C错误；D．豆浆属于胶体，向其中加入电解质，豆浆发生聚沉，从而得到豆腐，D正确；综上所述答案为C。2.下列有关物质的分类及反应均正确的是（）A.碳酸钙属于盐，可用于实验室制CO2：CaCO3+H2SO4=CaSO4+CO2↑+H2OB.铁属于较活泼金属，可用于实验室制H2：2Fe＋6HCl=2FeCl3＋3H2↑C.纯碱属于碱，可与稀盐酸发生反应：Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O D.烧碱属于碱，可与稀硫酸反应：H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O【答案】D【解析】【详解】A．实验室制CO2是利用碳酸钙与盐酸反应，方程式为CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O，A错误；B．铁与盐酸反应的化学方程式为Fe＋2HCl=FeCl2＋H2↑，B错误；C．纯碱为碳酸钠，属于盐，不属于碱，C错误；D．烧碱为NaOH，属于碱，可与硫酸发生中和反应，D正确；答案为D。3.分类法是化学学习和研究的重要思想方法。下列有关物质的分类正确的是A.C919大型客机、“蛟龙”号载人潜水器等使用合金材料中都不含非金属元素B.根据树状分类法可知，碳酸钠属于钠盐、碳酸盐、正盐C.汽油、氢氧化铁胶体和漂粉精均为混合物D.磷酸、硫酸、盐酸均为含氧酸【答案】C【解析】【详解】A．合金是金属与金属或非金属熔合而成的具有金属特性的物质，所以C99大型客机、“蛟龙”号载人潜水器等使用的合金材料中可能含有非金属元素，故错误；B．由交叉分类法可知，碳酸钠属于钠盐、碳酸盐、正盐，故B错误；C．汽油由多种液态烃组成的混合物，氢氧化铁胶体是由氢氧化铁胶粒和水形成的于混合物，漂粉精是主要成分为氯化钙和次氯酸钙的混合物，所以汽油、氢氧化铁胶体和漂粉精均为混合物，故C正确；D．磷酸和硫酸为含有氧元素的含氧酸，盐酸为混合物，溶质氯化氢为不含有氧元素无氧酸，故D错误；故选C。4.用NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是A.1molCl2与足量的铁反应生成FeCl3，转移的电子数是2NAB.常温常压下，22.4LNH3含有的原子数等于4NAC.0.1mol·L-1CuCl2溶液中Cl-数目是0.2NAD.将NA个HCl气体分子溶于1L水中得到1mol·L-1的盐酸【答案】A【解析】【详解】A．1molCl2与足量的铁反应生成FeCl3，氯元素化合价由0降低为-1，转移的电子数是2NA ，故A正确；B．常温常压下，22.4LNH3的物质的量不是1mol；标准状况下，22.4LNH3的物质的量是1mol，故B错误；C．没有明确溶液体积，不能计算0.1mol·L-1CuCl2溶液中Cl-数目，故C错误；D．将NA个HCl气体分子溶于1L水中，得到溶液的体积不是1L，所得盐酸的浓度不是1mol·L-1，故D错误；选A。5.高氯酸、硫酸、硝酸和盐酸都是强酸，其酸性在水溶液中差别不大。以下是某温度下这四种酸在冰醋酸（无水醋酸）中的电离常数：从下表格中判断下列说法正确的是酸HClO4H2SO4HClHNO3Ka1.6×10－56.3×10－91.6×10－94.2×10－10A.水对于这四种酸的强弱没有区分能力，但醋酸可以区别这四种酸的强弱B.在冰醋酸中高氯酸是这四种酸中最弱的酸C.在冰醋酸中硫酸的电离方程式为H2SO4=2H+＋SO42－D.在冰醋酸和水中这四种酸都没有完全电离【答案】A【解析】【详解】A、这四种酸在水中都完全电离，在冰醋酸中电离程度不同，所以水对于这四种酸的强弱没有区分，但醋酸可以区分这四种酸的强弱，正确，选A；B、在醋酸中，高氯酸的电离平衡常数最大，所以高氯酸的酸性最强，错误，不选B；C、在冰醋酸中硫酸存在电离平衡，不能用=，错误，不选C；D、根据电离平衡常数可知，在醋酸中这几种酸都不完全电离，但在水中，这几种酸完全电离，所以错误，不选D。【点睛】本题考查了电解质的电离，注意溶剂是醋酸不是水，做题时不能定势思维，电离平衡常数的大小可以反映酸的强弱。6.某同学用以下装置制备并检验Cl2的性质。下列说法正确的是(　　) A.Ⅰ图：若浓盐酸过量，则理论上MnO2可全部消耗完B.Ⅱ图：证明新制氯水只具有酸性C.Ⅲ图：产生了棕黄色雾D.Ⅳ图：湿润的有色布条褪色，说明氯气具有漂白性【答案】A【解析】【详解】A、MnO2只与浓盐酸反应，所以若浓盐酸过量，则理论上MnO2可全部消耗完，故A正确；B、新制氯水能使石蕊试液先变红后褪色，证明新制氯水具有酸性和氧化性，故B错误；C、铜在氯气中燃烧产生了棕黄色的烟，故C错误；D、氯气没有漂白性，故D错误。7.一定温度下，将气体X和Y各0.15mol充入10L恒容密闭容器中，发生反应2X(g)+Y(g)2Z(g)△H＜0。一段时间后达到平衡，反应过程中测定的数据如表所示：t/min2479n(Y)/mol0.120.110.100.10下列说法正确的是A.反应前2min的平均速率v(Z)=1.5×10-3mol•L-1•min-1B.其他条件不变，降低温度，反应达到新平衡前：v(逆)＞v(正)C.其他条件不变，起始时向容器中充入气体X和Y各0.30mol，达到平衡时，c(Y)=0.02mol•L-1D.该温度下，上述反应的平衡常数K=400【答案】D 【解析】【详解】A．v(Y)==1.5×10-3mol·L-1·min-1，v(Z)=2v(Y)=3.0×10-3mol·L-1·min-1，故A错误；B．其他条件不变，降低温度，平衡正向移动，反应达到新平衡前：v(逆)<v(正)，故B错误；C．气体X和气体Y各0.15mol，达到平衡时，n(Y)=0.10mol，该反应是气体计量系数减小的反应，则X和气体Y各0.30mol，相当于加压，则此时平衡正向移动，平衡时n(Y)>0.20mol，c(Y)>0.02mol•L-1，故C错误；D．该温度下此反应的平衡常数：K==400，故D正确。故选D。8.与重整技术是获得合成气(CO、)、实现碳中和的重要途径之一。在一定条件下，向密闭容器中通入物质的量均为的和，发生反应：，测得平衡时的转化率与温度、压强的关系如图所示[已知气体分压(p)=总压×物质的量分数，用平衡分压代替平衡浓度可得到平衡常数]：下列说法错误的是A.该反应的、B.y点的生成速率小于氢气的消耗速率C.x点对应温度下该反应的平衡常数D.随着温度升高，对平衡限度的影响温度大于压强【答案】B【解析】【详解】A．反应CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)的ΔS＞0；同一压强下，升高温度，CH4的平衡转化率升高，则该反应为吸热反应，ΔH＞0；A正确； B．y点，CH4的转化率还未达到平衡转化率，说明平衡正向移动，则CO的生成速率大于CO的消耗速率，CO的消耗速率等于H2的消耗速率，所以，y点CO的生成速率大于H2的消耗速率，B错误；C．x点，CH4的平衡转化率为50%，则CH4和CO2的物质的量变化量均为0.5mol，则平衡时，CH4、CO2、CO和H2的物质的量分别为0.5mol、0.5mol、1mol和1mol，p(CH4)=p(CO2)=´P2=P2，p(CO)=p(H2)=´P2=P2，Kp===，C正确；D．随着温度升高，同一温度，不同压强下，CH4的平衡转化率的差别越来越小，说明对平衡限度的影响温度大于压强，D正确；故选B。9.已知常温时HClOKa=3.0×10-8，HF的Ka=3.5×10-4。现将pH和体积都相同的次氯酸和氢氟酸溶液分别加蒸馏水稀释，pH随溶液体积的变化如图所示，下列叙述正确的是（）A.曲线Ⅰ为次氯酸稀释时pH变化曲线B.取a点的两种酸溶液，中和相同体积、相同浓度的NaOH溶液，消耗氢氟酸的体积较小C.b点溶液中水的电离程度比c点溶液中水的电离程度小D.从b点到d点，溶液中保持不变(HR代表HClO或HF)【答案】D【解析】【详解】A．酸性越强，加水稀释时溶液pH值变化越大，HF酸酸性强于HClO，加水稀释时pH变化大，所以曲线I代表HF稀释时pH变化曲线，故A错误；B．pH相同的两种酸，越弱的酸其浓度越大，消耗的NaOH溶液体积更多，HClO酸性弱于HF，所以中和相同体积、相同浓度的NaOH溶液，消耗HClO的体积较小，故B错误； C．酸的pH越大，对水的电离的抑制程度越小，所以b点溶液中水的电离程度比c 点溶液中水的电离程度大，故C错误；D．溶液中==，平衡常数只随温度而改变，所以从b点到d点，溶液中保持不变，故D正确；综上所述，叙述正确的是D项，故答案为D。10.室温下，向H2A溶液中滴加NaOH溶液，若pc(B)=-lgc(B)，则所得溶液中pc(H2A)、p(HA-)、pc(A2-)与溶液pH的关系如图所示，已知醋酸的电离常数Ka(CH3COOH)=10-4.76。下列说法不正确的是A.CH3COO—与HA—不能大量共存B.M点时，2c(HA—)+c(A2—)＜c(Na+)C.Na2A溶液第一步水解常数数量级为10—10D.NaHA溶液中：c(H+)[+1]=c(OH—)[+1]【答案】B【解析】【分析】由图可知，溶液pH为1.3时，溶液中H2A浓度与HA—离子浓度相等，由电离常数公式可知，电离常数Ka1(H2A)==c(H+)=10—1.3，同理可知，电离常数Ka2(H2A)==c(H+)=10—4.3。【详解】A．由分析可知，电离常数Ka1(H2A)＞Ka(CH3COOH)，则HA—的电离程度大于醋酸，酸性强于醋酸，由强酸制弱酸的原理可知，溶液中HA—能与醋酸根离子反应生成醋酸，不能大量共存，根A正确；B．由图可知，M点溶液中HA—离子浓度与A2—离子浓度相等，溶液pH为4.3，溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子，由电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HA—)+2c(A2—)+c(OH—)可知，溶液中c(Na+)＜2c(HA—)+c(A2—)，故B错误； C．由分析可知，电离常数Ka2(H2A)为10—4.3，Kh1====10—9.7，则Na2A溶液第一步水解常数数量级为10—10，故C正确；D．NaHA溶液中存在质子守恒关系c(H2A)+c(H+)=c(A2—)+c(OH—)，由电离常数和水解常数公式可得：+c(H+)=+c(OH—)，整合关系式可得：溶液中c(H+)[+1]=c(OH—)[+1]，故D正确；故选B。11.我国科学家发明的水溶液锂电池为电动汽车发展扫除了障碍，装置原理如图所示，其中固体薄膜只允许Li+通过。锂离子电池的总反应为xLi+Li1-xMn2O4LiMn2O4。下列有关说法错误的是A.该电池的缺点是存在副反应2Li+2H2O=2LiOH+H2↑B.放电时，正极反应为Li1-xMn2O4+xLi++xe-=LiMn2O4C.充电时，电极b为阳极，发生氧化反应D.放电时，Li+穿过固体薄膜进入水溶液电解质中【答案】A【解析】【分析】【详解】A．锂和水不接触，不存在锂和水的反应，故A错误；B．放电时，正极发生还原反应，Li1-xMn2O4得电子，反应为Li1-xMn2O4+xLi++xe-=LiMn2O4，故B正确；C．b为原电池的正极，充电时连接电源正极，为电解池的阳极，发生氧化反应，故C正确；D．原电池工作时阳离子向正极移动，则放电时，Li+穿过固体薄膜进入水溶液电解质中，故D正确；故答案为：A。12.2022年诺贝尔化学奖授予了对点击化学和生物正交化学做出贡献的三位科学家。很多环加成反应是点击反应，如Diels-Alder反应： 下列说法不正确的是A.以上反应中的物质均能发生加成、氧化、还原反应B.能与乙烯发生Diels-Alder反应C.与发生Diels-Alder反应有可能生成两种不同的产物D.能利用Diels-Alder反应的可逆性提纯双烯体【答案】B【解析】【详解】A．以上反应中的物质均含有碳碳双键，能和氢气发生加成（还原）反应，能被酸性高锰酸钾氧化，发生氧化反应，A正确；B．Diels-Alder反应具有区域选择性，反应过程中，双烯体需要形成s-顺结构（两共轭双键在同一侧），不是s-顺结构，不能与乙烯发生Diels-Alder反应，B错误；C．与发生Diels-Alder反应产物可能为或，C正确；D．Diels-Alder反应为可逆反应，利用这种可逆性，可以作为提纯双烯体化合物的一种方法，D正确；故选B。13.下列“类比”不正确的是A.元素周期表中锂和镁位于对角线上，MgCO3微溶于水，则Li2CO3也微溶于水B.乙烯能被酸性KMnO4氧化为CO2，丙烯也能被酸性KMnO4氧化生成CO2C.Ba(NO3)2溶液中通入SO2生成BaSO4沉淀，则CaCl2溶液中通入CO2生成CaCO3沉淀 D.AgOH溶于氨水生成Ag(NH3)2OH，则Cu(OH)2溶于氨水生成Cu(NH3)4(OH)2【答案】C【解析】【详解】A．元素周期表中Li和镁位于对角线上，二者形成的化合物结构相似，MgCO3微溶于水，则Li2CO3也微溶于水，选项A正确；B．乙烯分子中含有不饱和的碳碳双键，能被酸性KMnO4氧化为CO2，丙烯分子中也含有不饱和的碳碳双键，因此也能被酸性KMnO4氧化生成CO2，选项B正确；C．SO2溶于水与水反应产生H2SO3，使溶液显酸性，在酸性条件下表现强氧化性，会将H2SO3氧化产生，与溶液中的Ba2+反应产生BaSO4沉淀，而CO2与水反应产生的H2CO3，由于酸性：HCl>H2CO3，所以CaCl2溶液中通入CO2气体不能生成CaCO3沉淀，选项C错误；D．Cu、Ag属于同一副族元素，二者结构相似，性质也相似，AgOH难溶于水，但能够溶于氨水生成可溶性络合物Ag(NH3)2OH，Cu(OH)2难溶于水，但能够溶于氨水生成可溶性的络合物Cu(NH3)4(OH)2，选项D正确；答案选C。14.短周期主族元素X、Y、Z、R的原子序数依次增大，X、Y、R原子的最外层电子数之和等于Z原子的价电子数。科学家首次合成了化合物M，其结构式如图所示。下列说法错误的是A.简单离子半径：B.最简单氢化物稳定性：C.Y的最高价氧化物对应的水化物是弱酸D.Z和R组成的化合物只含离子键【答案】D【解析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、R的原子序数依次增大，X能形成1个共价键、Y形成4个共价键，Z形成2个共价键，X是H元素、Y是C元素、Z是O元素，X、Y、R原子的最外层电子数之和等于Z原子的价电子数，R是Na元素。【详解】A．核外电子排布完全相同，质子数越多半径越小，简单离子半径：O2->Na+，故A正确；B．同周期元素从左到右，元素非金属性增强，气态氢化物的稳定性增强，则最简单氢化物的稳定性：H2O>CH4，故B正确；C．C元素的最高价氧化物对应的水化物H2CO3是弱酸，故C正确； D．O和Na组成的化合物Na2O2中含离子键、共价键，故D错误；选D。第II卷解答题(58分共4个大题)二、解答题15.弱电解质的研究是重要课题。（1）①已知不同pH条件下，水溶液中碳元素的存在形态如图所示。下列说法不正确的是___________a、pH=8时，溶液中含碳元素的微粒主要是b、A点，溶液中和浓度相同c、当时，②向上述pH=8.4的水溶液中加入NaOH溶液时发生反应的离子方程式是___________。（2）H2CO3以及其它部分弱酸的电离平衡常数如表：弱酸H2SH2CO3HClOCH3COOH电离平衡常数(25℃)Ka=1.8×10-5按要求回答下列问题：①H2S、H2CO3、HClO、CH3COOH的酸性由强到弱的顺序为___________。②将少量CO2气体通入NaClO溶液中，写出该反应的离子方程式：___________。③试计算2.0mol·L−1CH3COOH溶液的c(H+)≈___________mol·L−1，溶液中CH3COOH、H+、OH-、CH3COO−、4种粒子浓度由大到小的顺序依次是___________。（3）常温下，已知0.1mol/L一元酸HCOOH(甲酸)溶液中①0.1mol/LHCOOH的pH=___________。 ②取10mL0.1mol/L的HCOOH溶液稀释100倍，有关说法正确的是___________(填写序号)A．所有离子的浓度在稀释过程中都会减少B．稀释后溶液的pH=5C．稀释后甲酸的电离度会增大D．与稀释前比较，稀释后水的电离程度增大【答案】（1）①.bc②.（2）①.CH3COOH>②.③.6.0×10-3④.CH3COOH>H+>CH3COO−>OH-（3）①.3②.CD【解析】【小问1详解】①a．根据图中信息，pH=8时，溶液中含碳元素的微粒主要是，故a正确；b．根据图中信息A点，溶液中CO2、的浓度和与浓度相同，故b错误；c．当时，溶液显碱性，因此，故c错误；故选bc。②pH=8.4的水溶液主要是，因此向上述pH=8.4的水溶液中加入NaOH溶液时发生反应的离子方程式是；小问2详解】①电离常数越大说明酸性越强，根据电离常数可得酸性由强到弱的顺序为CH3COOH>。②根据平衡常数H2CO3＞HClO＞，将少量CO2气体通入NaClO溶液中反应生成碳酸氢根离子和次氯酸，该反应的离子方程式：；③2.0mol·L−1CH3COOH溶液中醋酸电离CH3COOHCH3COO-+H+，溶液中氢离子浓度约等于醋酸根离子浓度，则c(H+)≈mol·L−1；醋酸的电离程度很弱，则醋酸分子浓度最大，水也部分电离出氢离子、氢氧根离子，故氢离子浓度大于醋酸根离子，故溶液中CH3COOH、H+、OH-、CH3COO−4种粒子浓度由大到小的顺序依次是CH3COOH>H+>CH3COO−>OH-；【小问3详解】 ①0.1mol/L一元酸HCOOH(甲酸)溶液中，则，c(H+)=1×10−3mol∙L−1，因此0.1mol/LHCOOH的pH=3；②A．稀释过程中甲酸根离子浓度、氢离子浓度减少，氢氧根离子浓度增大，故A错误；B．10mL0.1mol/L的HCOOH溶液稀释100倍，稀释后，由于甲酸又要电离，因此氢离子浓度大于1×10−5mol∙L−1，因此溶液的pH小于5，故B错误；C．稀释后，电离平衡正向移动，因此甲酸的电离度会增大，故C正确；D．加水稀释，溶液氢离子浓度减小，抑制水的电离程度减小，因此与稀释前比较，稀释后水的电离程度增大，故D正确；故选CD。16.氢能是一种极具发展潜力的清洁能源。下列反应是目前大规模制取氢气的方法之一、（1）在生产中，欲使CO的转化率提高，同时提高的产率，可采取哪些措施___________？（2）在容积不变的密闭容器中，将2.0molCO与8.0mol混合加热到830℃发生上述反应，达到平衡时CO的转化率是80%。计算该反应的平衡常数___________。（3）实验发现，其他条件不变，在相同时间内，向上述体系中投入一定量的CaO可以明显提高的体积分数。对比实验的结果如图所示。请思考：投入CaO时，的体积分数为什么会增大___________？微米CaO和纳米CaO对平衡的影响为何不同___________？ 【答案】（1）降低温度、增大水蒸气的浓度（2）1（3）①.CaO与CO2反应生成CaCO3，CO2的浓度减小，平衡正向移动，H2的体积分数增大②.纳米CaO比微米CaO颗粒更小，接触面积增大，使反应速率加快，相同时间能反应程度更大【解析】【小问1详解】增大水蒸气浓度，增大一种反应物(H2O)的量，促进其它反应物(CO)的转化率，同时提高产物的产率，此反应为放热反应，降温反应向放热方向进行，增大反应物浓度反应向正反应方向进行，故答案为：降低温度、增大水蒸气的浓度。【小问2详解】在容积不变的密闭容器中，将2.0molCO与8.0mol混合加热到830℃发生上述反应，达到平衡时CO的转化率是80%，即消耗2×80%=1.6mol，列三段式：，，故答案为：1。【小问3详解】CaO与CO2反应生成CaCO3，CO2的浓度减小，平衡正向移动，H2的体积分数增大，纳米CaO比微米CaO颗粒更小，接触面积增大，使反应速率加快，相同时间能反应程度更大，故答案为：CaO与CO2反应生成CaCO3，CO2的浓度减小，平衡正向移动，H2的体积分数增大、纳米CaO比微米CaO颗粒更小，接触面积增大，使反应速率加快，相同时间能反应程度更大。17.化合物G是用于治疗面部疱疹药品泛昔洛韦的合成中间体，其合成路线如下：回答下列问题：（1）A名称为_______，D→E的反应类型为_______。（2）D中官能团的名称为_______。 （3）B→C的反应方程式为_______。（4）F的结构简式为_______。（5）C有多种同分异构体，同时满足下列条件的同分异构体有_______种；①分子中含有苯环。②分子中含有2个-CH2OH。写出其中一种核磁共振氢谱中峰面积之比为4：3：2：2：1的结构简式_______。（6）参照上述合成路线，设计以苯甲醇和为原料(无机试剂任选)制备的路线_______。【答案】（1）①.甲苯②.取代反应（2）醚键、溴原子（3）+HOCH2CH2OH→+HBr（4）（5）①.10(1种，邻、间、对3种，位置异构6种)②.或（6）【解析】【分析】A转化为B：，根据A的分子式可推知A为，发生取代反应生成，与乙二醇发生取代反应生成C为，与四溴化碳发 生取代反应生成D；E发生还原反应生成F，F与乙酸发生酯化反应生成G，根据G的结构简式及F的分子式可推知F为。【小问1详解】A为，名称为甲苯；D→E是与发生取代反应生成和HBr，反应类型为取代反应；【小问2详解】D为，官能团的名称为醚键、溴原子；【小问3详解】B→C是与乙二醇发生取代反应生成和HBr，反应方程式为+HOCH2CH2OH→+HBr；【小问4详解】F的结构简式为；【小问5详解】C有多种同分异构体，同时满足条件的同分异构体：①分子中含有苯环，②分子中含有2个-CH2OH，1种，邻、间、对3种，位置异构6种，总共10种；其 中一种核磁共振氢谱中峰面积之比为4：3：2：2：1的结构简式为或；【小问6详解】参照上述合成路线，以苯甲醇和为原料(无机试剂任选)制备，苯甲醇与浓HBr反应生成，与反应生成，转化为，合成路线如下：。18.我国科学家最近开发了α-B26C@TiO2/Ti催化剂实现NO制NH3，为资源回收利用提供新思路。请回答下列问题：（1）基态N原子的价层电子排布图为_______。（2）上述物质中所含第二周期元素的第一电离能由大到小的顺序为_______(填元素符号，下同)，电负性由大到小的顺序为_______。（3）氨硼烷(NH3·BH3)是一种具有潜力的固体储氢材料。NH3·BH3分子中属于sp3杂化的原子有_______(填元素符号)。H—N—H键角：NH3_______NH3·BH3(填“>”“<”或“=”)，理由是_______。（4）已知：BC(碳化硼)、BN(氮化硼)的熔点依次为2450℃、3000℃，BN的熔点较高的主要原因是_______。（5）已知TiO2的晶胞如图1所示，“黑球”代表_______(填“钛”或“氧")。 （6）钛晶体有两种结构，如图2和图3所示。图2结构中空间利用率(φ)为_______(用含π的代数式表示)；已知图3结构中底边长为anm，高为cnm，NA代表阿伏加德罗常数的值，则该钛晶体的密度为_______g·cm-3(用含a、c、NA的代数式表示)。【答案】（1）（2）①.②.（3）①.②.③.中原子含有个键和个孤电子对，所以为三角锥构型；分子中N原子含有的化学键类型有共价键、配位键，在中原子含有个键，没有孤电子对的影响，故键角大（4）BC和都是共价晶体，但氮的原子半径比碳小，B-N键的键能比B-C键的键能大，熔化时中B-N键断裂吸收的能量大（5）钛（6）①.②.【解析】【小问1详解】基态原子的价层电子排布式为，排布图为，故答案为：；【小问2详解】分子中氮原子含有孤电子对，分子中元素不含孤电子对，中原子含有个键和个孤电子对，杂化方式为，所以为三角锥构型；分子中含有的化学键类型有共价键、配位键，在中原子电子对数为，故杂化方式为，在中原子含有个键，没有孤电子对的影响，故H—N—H键角大,故答案为：；中原子含有个键和个孤电子对，所以为三角锥构型；分子中N原子含有的化学键类型有共价键、配位键，在中原子含有个键，没有孤电子对的影响，故H—N—H键角大 【小问3详解】上述物质中所含第二周期元素、、四个，同一周期元素中，元素电离能和电负性随着原子序数依次增加电负性逐渐增大，但第二主族和第三主族及第五主族和第六主族电离能出现反常，所以它们的第一电离能关系为：，电负性关系为：，故答案为：；；【小问4详解】BC和都是共价晶体，但氮的原子半径比碳小，B-N键的键长比B-C键的键长短，B-N键的键能比B-C键的键能大，熔化时中B-N键断裂吸收的能量大，故熔点较高，故答案为：BC和都是共价晶体，但氮的原子半径比碳小，B-N键的键能比B-C键的键能大，熔化时中B-N键断裂吸收的能量大；【小问5详解】根据金红石四方晶胞图可知，黑色球数目为：，白色球数目为：，结合化学式可知，黑色球代表钛原子，白球代表原子；故答案为：钛【小问6详解】图中晶胞为体心立方堆积，处于体对角线上的原子紧密相切，体对角线为原子半径的4倍，设晶胞边长为a，则晶胞体积为a3，而原子半径为，晶胞中原子数目，晶胞空间利用率为=，故答案为：；