文档介绍：该【2024届黑龙江省哈尔滨市(东北三省四市)高三模拟考试理科综合化学试题 】是由【小屁孩】上传分享，文档一共【20】页，该文档可以免费在线阅读，需要了解更多关于【2024届黑龙江省哈尔滨市(东北三省四市)高三模拟考试理科综合化学试题 】的内容，可以使用淘豆网的站内搜索功能，选择自己适合的文档，以下文字是截取该文章内的部分文字，如需要获得完整电子版，请下载此文档到您的设备，方便您编辑和打印。:..2020年东北三省四市教研联合体高考模拟试卷理科综合测试第Ⅰ卷一、(KNO)在战载了它的提取方法:“此即地霜也,所在山泽,3冬月地上有霜,扫取以水淋汁后,乃煎炼而成”。实验室若用此法提取KNO,不需要使用的装置是().【答案】C【解析】【分析】【详解】,需要溶解,A需要;,需要除去不溶性杂质,即过滤,B需要;,从硝酸钾溶液中获得硝酸钾不需要灼烧,C不需要;,需要蒸发结晶,D需要;答案选C。,下列说法正确的是()。,【答案】B【解析】【详解】??,而1个过氧化钠中含有2个钠离子和1个78g/mol-19-:..过氧根离子,,A错误;??,而1个二氧化硅中含有4个硅氧键,故共价键数目60g/,B正确;,不能计算转移电子数,C错误;,D错误。答案选B。、Y、Z、W原子序数依次增大,X与Z同主族但最高化合价不同,Y是金属性最强的短周期元素。下列说法不正确的是()。:Y<X<Z<:Z<,【答案】A【解析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大,X与Z同主族但最高化合价不同,符合此条件的是O和S,F和Cl二组,若Z是Cl,则W原子序数比Cl大,就不可能是短周期元素,故舍去,Y是金属性最强的短周期元素,则Y是Na,综合以上分析,可知X为O元素,Y为Na元素,Z为S元素,W为Cl元素,据此解答。【详解】,Y为Na元素,Z为S元素,W为Cl元素,则它们的简单离子分别为O2-,Na+,S2-,Cl-,根据具有相同电子排布的离子,原子序数大的离子半径小,O2-与Na+,S2-与Cl-分别属于具有相同电子排布的离子,则离子半径为O2->Na+,S2->Cl-,再根据电子层数越多,半径越大,离子半径为S2->Cl->O2->Na+,故A错误;,W为Cl,二者属于同周期元素,从左至右,非金属性增强,则最高价氧化物对应水化物的酸性增强,Z<W,故B正确;,与水剧烈反应的化学方程式为:SOCl+HO═SO↑+2HCl,由于产生了HCl22222和SO,出现白雾并放出具有刺激性气味的气体,故C正确;,YZX的化学式是NaSO,HCl通入NaSO水溶液中,发生:223223223NaSO+2HCl=2NaCl+S↓+SO↑+HO反应,出现淡黄色沉淀并放出有刺激性气味的气体,故D正确;22322-19-:..答案为A。,下列有关说法正确的是()。,,,振荡后溶液分层,水层无色,,产物环己烷的二氯代物有3种(不含立体异构)【答案】A【解析】【详解】%,已经很高,所以苯在空气中燃烧时,产生明亮并带有浓烟的火焰,故A正确;,苯分子中碳碳键是介于单键和双键之间特殊的化学键,不能使酸性高锰酸钾溶液褪色,故B错误;,发生萃取,振荡、静置,溶液分层,上层呈橙红色,下层水层几乎无色,为物理变化,没有发生取代反应,故C错误;,产物环己烷的二氯代物有4种,分别是,,,故D错误;答案为A。(PEC),可不受限于白天或黑夜全天候地储存电能。该电池以硫酸为电解液,利用太阳能储存电能(充电)的原理如图(图中略去部分光电转换过程),下列说法不正确的是()。,Pt电极为负极-19-:..,H+,负极的电极反应式为V2+-e-=V3+,TiO/WO极的电极反应式为VO2+-e-+2OH-=VO++HO2322【答案】D【解析】【分析】由充电示意图中电子的移动方向可知,TiO/WO电极为阳极,VO2+在阳极失电子发生氧化反应生成VO+,电232极反应式为VO2++HO-e-=VO++2H+,Pt电极为阴极,V3+在阴极得到电子发生还原反应生成V2+,电极反应式为22V3++e-=V2+,放电时,TiO/WO电极为正极,Pt电极为负极。23【详解】,放电时,Pt电极为原电池的负极,故A正确;。,阳离子移向阴极,则氢离子通过质子交换膜向Pt电极迁移,故B正确;,Pt电极为负极,V2+在负极失电子发生氧化反应生成V3+,电极反应式为V2+-e-=V3+,故C正确;,电极反应式不可能有氢氧根离子参与,则充电时,TiO/WO电极为阳极,23VO2+在阳极失电子发生氧化反应生成VO+,电极反应式为VO2++HO-e-=VO++2H+,故D错误;222故选D【点睛】书写电极反应式时,注意电解质溶液为酸性,若电解质溶液为酸性,电极反应式中不能出现氢氧根是解答关键。、现象、解释或结论均正确的是()。操作现象解释或结论将石蜡油蒸汽通过炽热的碎瓷烷烃分解产生的烯烃与溴发生A片产生的气体通入溴的四氯化溴的四氯化碳溶液逐渐褪色了氧化反应碳溶液将螺旋状铜丝在酒精灯上灼烧铜丝恢复光亮的紫红色且可闻铜丝做催化剂,乙醇被氧化成乙B至红热插入乙醇中到刺激性气味醛将乙醇、乙酸、浓硫酸混合共热液面上有透明的不溶于水的油浓硫酸做催化剂、加热条件下,C产生的蒸汽通到饱和NaOH溶状液体生成,并可以闻到香味乙醇和乙酸发生了酯化反应液的液面上D蔗糖溶液加少许稀硫酸后水浴未见砖红色沉淀产生蔗糖尚未水解-19-:..加热几分钟,然后取少量溶液加入新制Cu(OH)【答案】B【解析】【详解】,烷烃分解产生的烯烃与溴发生加成反应,使溴的四氯化碳溶液逐渐褪色,故A错误;,铜被空气中氧气氧化生成氧化铜,氧化铜在加热的条件下与乙醇发生氧化反应生成铜和乙醛,反应的实质铜丝做催化剂,乙醇在加热条件下被空气中氧气氧化成乙醛,故B正确;,不可能在氢氧化钠溶液的液面上观察到透明的不溶于水的油状液体,故C错误;,则蔗糖溶液加少许稀硫酸后水浴加热几分钟,应先加入足量的氢氧化钠溶液中和硫酸,使溶液呈碱性后,再加入新制氢氧化铜并加热,才能观察到砖红色沉淀,若不加入足量的氢氧化钠溶液中和硫酸,不能判断蔗糖是否水解,故D错误;故选B。【点睛】葡萄糖在碱性条件下才能与新制氢氧化铜共热反应生成砖红色的氧化亚铜沉淀,则判断蔗糖是否水解,应先加入足量的氢氧化钠溶液中和硫酸,使溶液呈碱性后,再加入新制氢氧化铜并加热是解答关键,也是易错点。℃条件下,,该过程中水电离出的氢离子浓度c(H+)与通3水入NH的物质的量关系如图,下列说法不正确的是()。?13-19-:..(NH+)=c(Cl-)>c(H+)=c(OH-)(Cl-)=c(NH+)+c(NH?HO)+c(NH)=9【答案】B【解析】【分析】由图可知C点水电离程度最大,说明此时铵根离子浓度最大,对水的电离促进程度最大,盐酸和氨气恰好完全反应生成氯化铵,B点为盐酸和氯化铵的混合液,溶液呈酸性,D点为氯化铵和氨气的混合液,溶液呈碱性。【详解】/L,常温下c(H+)c(OH-)=K=10-14,水电离出的氢离子w浓度等于水电离出的氢氧根离子浓度,则水电离出的氢离子浓度为10-14=10-13mol/L,故A正确;,溶液呈酸性,溶液中离子浓度的顺序为c(Cl-)>c(NH+)>c(H+)>4c(OH-),故B错误;,溶液中存在物料守恒关系c(Cl-)=c(NH+)+c(Cl-)+c(NH·HO)+c(NH),故4323C正确;,D点为氯化铵和氨气的混合液,溶液呈碱性,溶液的pH为9,故D正确;故选B。第Ⅱ卷二、非选择题(一),被广泛用于涂料和电池等行业。湿化学法从方铅矿(主要成分为PbS)直接制取硫酸铅粉末的转化流程图如下:-19-:..已知:①PbCl(s)+2Cl-(aq)PbCl2-(aq)ΔH>024K?PbCl?=?10-5K?PbSO?=?10-8②sp2sp4回答下列问题:(1)浸出过程中,产物中Pb以PbCl2?形式存在,同时可观察到黄色沉淀,浸出过程中的反应的离子方程4式为________________。反应后期,有少量气体产生,产生气体的化学方程式为________________。(2)浓缩结晶过程中是将浸出液静置于冰水混合物中,从平衡角度解释使用冰水混合物的作用为________。(3)氧化过程中通常加入HO,发生反应的离子方程式为__________。22(4)向PbCl固体中加入1mol/LHSO,发生反应的方程式为224PbCl(s)?SO2?(aq)PbSO(s)?2Cl?(aq),计算该反应的平衡常数为________。244(5)单位体积溶液中加入NaCl的质量对方铅矿的浸出率的影响如图,高于250g/L之后,浸出率基本不变,可能的原因是_____________。(6)传统工艺是经火法冶炼得到粗铅,然后电解精炼,再经高温熔融、氧化焙烧制取氧化铅,然后与硫酸反应制得硫酸铅。与传统工艺相比,湿化学法的优点是________(任写两点)。【答案】(1).PbS+2Fe3++4Cl-=PbCl2-+2Fe2++S?(2).4PbS+2HCl+2NaCl=NaPbCl+HS?(3).PbCl(s)+2Cl-(aq)PbCl2-(aq)是吸热反应,降温24224有助于平衡逆向移动,便于获得更多的PbCl固体(4).HO+2H++2Fe2+=2Fe3++2HO(5).?102(6).浸出后的溶液已经是NaCl的饱和溶液,再增加氯化钠,浸取率基本不变(7).流程简单;能耗低;不产生SO,对环境无污染2【解析】【分析】往方铅矿中加入FeCl溶液和盐酸,FeCl与PbS反应生成PbCl和S,产物中加入饱和食盐水,趁热过滤,332利于PbCl(s)+2Cl-(aq)PbCl2-(aq)△H>0正向移动,使PbCl溶解,过滤除去硫等杂质,母液中含242-19-:..有PbCl2-、Cl-、Fe2+、Fe3+等,母液蒸发浓缩,析出PbCl晶体,过滤后的滤液中含有Fe2+、Fe3+,氧化后循42环利用,PbCl晶体中加入稀硫酸,转化为更难溶的硫酸铅沉淀,过滤得到硫酸铅沉淀,洗涤、烘干得到硫2酸铅粉末,据此分析解答。【详解】(1)浸出过程中,产物中Pb以PbCl2?形式存在,同时可观察到黄色沉淀,该黄色沉淀为硫,浸4出过程中的反应的离子方程式为PbS+2Fe3++4Cl-=PbCl2-+2Fe2++S?。反应后期,有少量气体产生,是4PbS在氯化钠溶液中与盐酸反应放出的硫化氢气体,产生气体的化学方程式为PbS+2HCl+2NaCl=NaPbCl+HS?,故答案为:PbS+2Fe3++4Cl-=PbCl2-+2Fe2++S?;2424PbS+2HCl+2NaCl=NaPbCl+HS?;242(2)PbCl(s)+2Cl-(aq)PbCl2-(aq)是吸热反应,降温有助于平衡逆向移动,因此浓缩结晶过程中需24要将浸出液静置于冰水混合物中,便于获得更多的PbCl固体,故答案为:2PbCl(s)+2Cl-(aq)PbCl2-(aq)是吸热反应,降温有助于平衡逆向移动,便于获得更多的PbCl固体;242(3)氧化过程中通常加入HO,过氧化氢能够将亚铁离子氧化生成铁离子,反应的离子方程式为22HO+2H++2Fe2+=2Fe3++2HO,故答案为:HO+2H++2Fe2+=2Fe3++2HO;222222(4)向PbCl固体中加入1mol/LHSO,发生反应的方程式为224PbCl(s)?SO2?(aq)PbSO(s)?2Cl?(aq),该反应的平衡常数2442?????cClKPbCl-???102K=??===,故答案为:;cSO2?K?PbSO?-?104sp4(5)根据单位体积溶液中加入NaCl的质量对方铅矿的浸出率的图象,高于250g/L之后,浸出后的溶液已经是NaCl的饱和溶液,再增加氯化钠,浸取率基本保持不变,故答案为:浸出后的溶液已经是NaCl的饱和溶液,再增加氯化钠,浸取率基本不变;(6)传统工艺是经火法冶炼得到粗铅,然后电解精炼,再经高温熔融、氧化焙烧制取氧化铅,然后与硫酸反应制得硫酸铅。与传统工艺相比,湿化学法的流程简单、能耗低、不产生SO,对环境无污染,故答案为:2流程简单;能耗低;不产生SO,对环境无污染。2【点睛】本题的易错点为(1)中生成硫化氢气体的方程式的书写,要注意生成的产物为NaPbCl,难点为24(4)中K的计算,要注意将K与K联系起来。,某化学实验小组制备高锰酸钾并测其纯度的步骤如下,请回答相关问题:-19-:..KClOKOHKOH溶液浸取溶入CO气体MnO???????3?KMnO???????????????2?KMnO2高温熔融244Ⅰ.高锰酸钾的制备(1),边加热边搅拌,待熔融后慢慢加入5gMnO粉末,32不断搅拌,呈颗粒状后,再加强热10min得墨绿色产物(KMnO为墨绿色固体),冷却。24①制KMnO反应的化学方程式为____。24②实验中使用的坩埚及搅拌棒的材质可以是________。(氧化铝)(2)取出墨绿色产物研细,每次用10mL4%的热KOH溶液浸取,过滤后对滤渣重复浸取两次。合并三次浸取液,得墨绿色溶液。将墨绿色产物研细并分三次浸取,这样做的目的是_________。(3)KMnO在水溶液中会发生歧化反应:3KMnO?2HO2KMnO?MnO??4KOH,通入2424242CO气体可促进反应趋于完全。向(2)制得的墨绿色溶液中连续通入CO气体至溶液pH在10~11之间,22过滤。滤液中的溶质除KMnO外,还主要含有_____。4(4)将滤液转入蒸发皿,小火加热,当看到________的现象时停止加热,冷却,________、________,干燥后得KMnO粗品。4Ⅱ.高锰酸钾纯度的测定(5)称取mgKMnO粗品,加入煮沸并冷却后的稀硫酸配成VmL溶液。量取VmLcmol/L的草酸4011(HCO)溶液于锥形瓶中,用所配KMnO溶液进行滴定。重复滴定两次,平均消耗KMnO溶液的体22444积为VmL。2①滴定开始时,溶液颜色褪去较慢,随后加快,原因是________。②滴定终点的标志是___________。③KMnO纯度(质量分数)的计算式为________。4-19-:..【答案】(1).3MnO+6KOH+KClO=3KMnO+KCl+3HO(2).D(3).提高KMnO的浸2324224取率(4).KCl和KCO(5).液面出现晶膜(6).过滤(7).洗涤(8).产物23Mn2+对反应本身有催化作用(9).最后一滴KMnO溶液加入时,溶液由无色变为粉红色,(10).110?100%mV2【解析】【分析】(1)①KClO、KOH、MnO加强热生成KMnO,根据氧化还原反应的原理书写反应的化学方程式;3224②石英的主要成分为二氧化硅、陶瓷中含有二氧化硅和硅酸盐,根据二氧化硅、氧化铝、铁的性质分析判断;(2)将墨绿色产物研细分三次浸取,可以提高物质的浸取率,据此分析解答;(3)二氧化碳与氢氧化钾反应生成碳酸钾,结合平衡的移动分析解答;(4)根据蒸发结晶的基本操作分析解答;(5)反应的原理为2KMnO+5HCO+3HSO=2MnSO+KSO+10CO↑+8HO,据此分析解答。42242442422【详解】(1)①KClO和KOH固体混匀放入坩埚中,边加热边搅拌,待熔融后慢慢加入MnO粉末,不32断搅拌,加强热10min得墨绿色产物KMnO,根据氧化还原反应的原理,生成KMnO的化学方程式2424为3MnO+6KOH+KClO=3KMnO+KCl+3HO,故答案为:3MnO+6KOH+KClO=3KMnO+KCl+3HO;2324223242②,故A错误;,二氧化硅能够与KOH反应被腐蚀,故B错误;(氧化铝)能够与KOH反应被腐蚀,故C错误;,可以用铁质的坩埚及搅拌棒进行实验,故D正确;故答案为:D;(2)将墨绿色产物研细分三次浸取,可以提高KMnO的浸取率,故答案为:提高KMnO的浸取率;2424(3)KMnO在水溶液中会发生歧化反应:3KMnO?2HO2KMnO?MnO??4KOH,通入2424242CO气体,二氧化碳与氢氧化钾反应生成碳酸钾,使得溶液中的KOH的浓度减小,平衡正向移动,可促进2反应趋于完全。向KMnO溶液中连续通入CO气体至溶液pH在10~11之间,过滤。根据上述方程式,242滤液中的溶质除KMnO外,还主要含有KCl和KCO,故答案为:KCl和KCO;42323(4)将滤液转入蒸发皿,小火加热蒸发,当看到液面出现晶膜时停止加热,利用余热蒸干,冷却,过滤出晶体、洗涤除去晶体表面的杂质,干燥后得KMnO粗品,故答案为:液面出现晶膜;过滤;洗涤;4-19-:..(5)①滴定开始时,溶液颜色褪去较慢,随后加快,可能是生成的Mn2+对反应起到催化作用,故答案为:产物Mn2+对反应本身有催化作用;②KMnO溶液为紫红色,与草酸反应后褪色,当最后一滴KMnO溶液加入时,溶液由无色变为粉红色,44且30s内不褪色,表示达到了滴定终点,故答案为:最后一滴KMnO溶液加入时,溶液由无色变为粉红4色,且30s内不褪色;③根据2KMnO+5HCO+3HSO=2MnSO+KSO+10CO↑+8HO可知,2KMnO~5HCO,VmLcmol/L的草42242442422422411酸(HCO)溶液中含有草酸的物质的量为Vc?10?3mol,滴定消耗的KMnO的物质的量为2241142×Vc?10?3mol,?10?3110mol?158g/=V=110?100%,故答案为:110?100%。2?100%mVmVmg22【点睛】本题的易错点和难点为(5),要注意结合反应原理的化学方程式计算,注意关系式法的应用。(CHOCH简写做DME)。CO催化加氢法合成DME,其2332过程中主要发生下列反应:反应Ⅰ:CO(g)+H(g)CO(g)+HO(g)ΔH=+Ⅱ:2CO(g)+6H(g)CHOCH(g)+3HO(g)ΔH=-,反应Ⅱ分以下两步完成,请写出反应Ⅳ的热化学方程式。反应Ⅲ:CO(g)+3H(g)CHOH(g)+HO(g)ΔH=-Ⅳ:___________。⑴反应Ⅳ的热化学方程式为________。⑵在CO和H的起始量一定的条件下,CO的平衡转化率和平衡时CO、DME的选择性随压强或温度222的变化见下图。已知:2?CHOCH的物质的量DME的选择性=33?100%;反应的CO的物质的量2CO的物质的量CO的选择性=?100%反应的CO的物质的量-19-:..①依据图像中的数据分析,提高平衡时DME的选择性应当选择的条件为________。A高温高压B低温低压C高温低压D低温高压按照温度对化学平衡的影响图像分析温度低于300℃,CO平衡转化率随温度升高而降低的原因是2_______。②某温度和压强下,起始投入1molCO与足量H发生反应,达到平衡时CO的转化率为40%,部分物222质的物质的量如下表:,反应Ⅳ的化学平衡常数为________。⑶经研究发现,在不同反应条件下反应相同时间(未平衡)测定发现,体系中CHOH的浓度均很低,则3可知活化能大小关系:反应Ⅲ________反应Ⅳ(填“大于”、“小于”或“等于”)。?H?/n?CO?=⑷,投料比为时进行反应,的浓度随时间变化如下图所示,则下列说22法正确的为________。-19-:..A在0~1min范围内,反应Ⅰ的速率随温度升高而增大B200℃条件下,随反应时间的延长,CO的浓度始终增大C260℃条件下,随反应时间的延长,CO的浓度先增大后减小最终不变D260℃条件下,2min后CO的浓度减小是因为随时间推移反应Ⅱ的进行使体系中HO(g)浓度越来越高,2反应Ⅰ的逆反应速率不断增大,从而使CO浓度逐渐下降【答案】(1).2CHOH(g)CHOCH(g)+HO(g)ΔH=??1(2).D(3).3332反应Ⅰ的ΔH>0,反应Ⅱ的ΔH<0,温度升高使CO转化为CO的平衡转化率上升,使CO转化为22CHOCH的平衡转化率下降,且下降幅度超过上升幅度(4).80%(5).(6).大于(7).33ACD【解析】【分析】⑴根据反应Ⅱ减去反应Ⅲ的2倍得到反应Ⅳ的热化学方程式。⑵①依据图像中的数据分析;按照温度对化学平衡的影响图像分析温度低于300℃,反应Ⅰ、反应Ⅱ的焓变对CO转化为CO即CHOCH的平衡转化率的影响分析;②计算达到平衡时CO的消耗量和生成CHOCH233233物质的量,再计算平衡时DME的选择性和反应Ⅳ的化学平衡常数。⑶根据一种物质很难发现说明生成物难反应或反应物易消耗分析。⑷~1min范围内,温度越大,反应Ⅰ速率越快;℃条件下,CO浓度在2min后开始下降,240℃条件下,,在200℃条件下,随反应时间的延长,CO的浓度在某时间点后也开始下降;℃条件下,随反应时间的延长,CO的浓度先增大后减小最终不变;℃条件下,2min后随时间推移反应Ⅱ的进行使体系中HO(g)浓度越来越高,反应Ⅰ的2逆反应速率不断增大,从而使CO浓度逐渐下降。【详解】⑴根据反应Ⅱ减去反应Ⅲ的2倍得到反应Ⅳ的热化学方程式为2CHOH(g)CHOCH(g)+HO(g)ΔH=??1;故答案为:33322CHOH(g)CHOCH(g)+HO(g)ΔH=??1。3332⑵①依据图像中的数据分析,为了提高平衡时DME的选择性,减少CO的选择性,应当选择的条件为低温高压;按照温度对化学平衡的影响图像分析温度低于300℃,反应Ⅰ的ΔH>0,反应Ⅱ的ΔH<0,温度升高使CO转化为CO的平衡转化率上升,使CO转化为CHOCH的平衡转化率下降,且下降幅度超过上升幅2233度是CO平衡转化率随温度升高而降低的原因;故答案为:D;反应Ⅰ的ΔH>0,反应Ⅱ的ΔH<0,温度升2-19-:..高使CO转化为CO的平衡转化率上升,使CO转化为CHOCH的平衡转化率下降,且下降幅度超过上升幅2233度。②某温度和压强下,起始投入1molCO与足量H发生反应,达到平衡时CO的转化率为40%,,,,,2232332??100%?80%,设容器体积为VL,反应Ⅳ的化学平衡常数为1mol?40%?VVK??;故答案为:80%;。()2V⑶经研究发现,在不同反应条件下反应相同时间(未平衡)测定发现,体系中CHOH的浓度均很低,说明反3应很难生成甲醇,甲醇又易反应生成CHOCH,因此活化能大小关系:反应Ⅲ大于反应Ⅳ;故答案为:大于。33⑷~1min范围内,温度越大,反应Ⅰ速率越快,故A正确;℃条件下,CO浓度在2min后开始下降,240℃条件下,,在200℃条件下,随反应时间的延长,CO的浓度在某时间点后也开始下降,故B错误;℃条件下,随反应时间的延长,CO的浓度先增大后减小最终不变,故C正确;℃条件下,2min后随时间推移反应Ⅱ的进行使体系中HO(g)浓度越来越高,反应Ⅰ的逆反应速率不断增大,从而使CO浓度逐渐下降,故D正确;综上所2述,答案为:ACD。【点睛】化学平衡是常考题型,中间常考查盖斯定律的运用和化学平衡的影响因素及主次问题的分析。[化学选修3-物质结构与性质],已知某温度下三碳酸铀酰铵可发生如下分解反应:23?NH??UO(CO)??3UO?10NH??9CO??N??9HO?N。阿伏加德罗常数的值为。242323222A回答下列问题:(1)235g235U发生裂变反应:235U+1n?146Ba+89Kr+31n,净产生的中子(1n)数为________。基态U原92920563600子的外围电子排布式为5f36d17s2,则处于下列状态的铀原子或离子失去一个电子所需的能量最高的为________(填序号)。A5f37s27p1B5f36d17s1C5f47s2D5f36d27s1(2)NH和HO中,沸点较高的为________,与2+形成的配离子稳定性较高的为________。Cu32(3)CO2?中存在大π键,形成该大π键的电子数为________。3-19-:..(4)某种铀氮化物的晶体结构与MgO相同。MgO的Bom-Haber循环如图所示。①MgO晶格能________kJ?mol-1。②Al的第二电离能大于Mg的第二电离能,是由于Al+的半径较Mg+小、Al+的核电荷更高以及_______。(5)另一种铀氮化物的晶胞如下图所示,U“原子”作面心立方最密堆积。①铀元素的化合价为________,U“原子”的配位数为________。②已知晶胞参数为anm,则晶体的密度为________g/cm3(列出计算式)。【答案】(1).2N(2).B(3).HO(4).NH(5).6(6).3845(7).A23238+284?Al