四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．氮族元素在化学领域具有重要的地位。请回答下列问题：
（1）基态氮原子的价电子轨道表示式为__；第二周期的元素中，第一电离能介于B和N之间的元素有__种。
（2）雌黃的分子式为As2S3，其分子结构为
，As原子的杂化类型为__。
（3）1mol
中所含σ键的物质的量为____mol。已知NF3与NH3分子的空间构型都是三角锥形，
但NF3不易与Cu2+形成配离子，原因是__。
（4）红镍矿是一种重要的含镍矿物，其主要成分的晶胞如图所示，则每个Ni原子周围与之紧邻的As原子数为_____。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标。磷化硼（BP）是一种超硬耐磨涂层材料，晶胞为正方体形，晶胞参数为apm。如图为沿y轴投影的晶胞中所有硼原子的分布图和原子分数坐标。设NA为阿伏伽德罗常数的值，1，2，3，4四点原子分数坐标分别为（0.25，0.25，0.75），（0.75，0.25，0.25），（0.25，0.75，0.25），（0.75，0.75，0.75）。据此推断BP晶体的密度为__g?cm-3。（用代数式表示）
【答案】
3 sp3 16 F的电负性比N大，N－F成键电子对向F偏移，导致NF3
中N原子核对其孤对电子的吸引能力增强，难以形成配位键，故NF3不易与Cu2＋形成配离子 6
304?424?42?103
g/cm3 3?30g/cm或3NA?a?10NA?a【解析】 【分析】
(1)N为主族元素，价电子数等于最外层电子数，即为5，按照洪特规则和泡利原理，得出N价电子轨道式；利用同周期从左向右第一电离能逐渐增大，但ⅡA>ⅢA，ⅤA>ⅥA，据此分析； (2)利用杂化轨道数等于价层电子对数进行分析；
(3)成键原子之间只能形成1个σ键，据此分析；利用形成配位键以及电负性上分析原因； (4)根据晶胞以及密度的定义进行计算和判断； 【详解】
(1)N的价电子排布式为2s22p3，即价电子轨道式为
；同周期从左向右第一电离能逐渐增大，但
ⅡA>ⅢA，ⅤA>ⅥA，因此第一电离能在B和N之间的元素是Be、C、O，共有3种； 答案：
；3；
(2)As最外层有5个电子，根据As2S3的分子结构，可以得出As有3个σ键和1个孤电子对，因此As的杂化类型为sp3； 答案：sp3；
(3)成键原子之间只能形成1个σ键，1mol该有机物中含有σ键物质的量为16mol；F的电负性比N大，N－F成键电子对向F偏移，导致NF3中N原子核对其孤对电子的吸引能力增强，难以形成配位键，故NF3不易与Cu2＋形成配离子；
答案：16；F的电负性比N大，N－F成键电子对向F偏移，导致NF3中N原子核对其孤对电子的吸引能力增强，难以形成配位键，故NF3不易与Cu2形成配离子；
(4)以顶点为中心，结合晶体图像分析可知，晶体中每个Ni原子周围与之紧邻的As原子个数为6；BP是
＋
4?42g，晶体体积为一种超硬耐磨涂层，以及四点的坐标，推出BP应是原子晶体，则晶胞的质量为NA(a×10
－10
304?424?42?103
)3cm3，则晶胞的密度是g/cm3； 3?30g/cm或3NA?a?10NA?a4?424?42?10303
g/cm3。 答案：6；3?30g/cm或3NA?a?10NA?a19．某化工厂生产新型清洁燃料甲醚（CH3-O-CH3）的流水线反应原理为：在 10L 的反应容器内进行的反3H2应①的化学平衡常数表达式为K=[CO][H2]/[H2O]。反应②的热化学方程式为：（g）+3CO（g）?CH3OCH3（g）+CO2（g）+Q。反应③为：CO2+NH3+H2O→NH4HCO3,完成下列填空：
（1）反应①的方程式为______。经3min反应容器内的水蒸气从20.0mol变为 2.0mol，则此 3min 内 CO 的平均反应速率V（CO）=______。
（2）能判断反应①已达化学平衡状态的是（选填编号）______。 A．在消耗 n 摩尔氢气的同时产生 n 摩尔的水 B．容器内气体的平均相对分子质量保持不变 C．容器内所有的物质的总物质的量保持不变 D．化学反应速率：V（逆）（H2O）=V（正）（CO）
（3）已知升高温度，反应②的化学平衡常数会减小，则反应②的热化学方程式中的Q（选填“＞”或“＜”）______0。该反应的逆反应速率V（逆）随时间 t 变化的关系如图一所示，则在 t2时改变的反应条件是______。
（4）在不同温度下，反应容器内甲醚（CH3OCH3）的浓度c（CH3OCH3）随时间t 变化的状况如图二所示。则反应温度 T1（选填“＞”、“=”或“＜”）______T2。
（5）若反应③得到的是一种纯净常见化肥的溶液。经测定溶液中也存在 NH3?H2O 分子和CO32-离子，试用化学用语表示产生这两种微粒的原因：______，______。相同温度下，都为 0.1mol/L的 NaHCO3溶液
-甲和 NH4HCO3溶液乙相比较，溶液中c（CO32）甲（选填“＞”、“=”或“＜”）甲______乙。
【答案】C（s）+H2O（g）?CO（g）+H2（g） 0.6mol/（L?min） B、D ＞ 增大压强（或压缩反应容器体积） ＜ NH4HCO3=NH4++HCO3-,NH4++H2O?NH3?H2O+H+ HCO3-?H++CO32 ＞ 【解析】 【分析】
(1)根据反应①的平衡常数表达式，CO和H2是生成物，H2O(g)是反应物，再由元素守恒配平方程式，根据v=
?c计算化学反应速率； ?t(2)可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变；
(3)升高温度，反应②的化学平衡常数会减小，说明温度升高不利于反应正向进行，根据图象，t2时刻速率突然增大，并且不断增大，然后趋于平衡；
(4)温度升高，化学反应速率加快，到达平衡的时间缩短，据此判断； (5)根据影响盐类水解的因素分析。 【详解】
(1)根据反应①的平衡常数表达式可知CO和H2是生成物，H2O(g)是反应物，所以方程式为：C(s)+H2O(g)?CO(g)+H2(g)；经3min反应容器内的水蒸气从20.0mol变为2.0mol，即△n(H2O)=20.0mol-2.0mol=18mol，根据方程式，则△n(CO)=△n(H2O)=18mol，所以
18molv(CO)=10L=0.6mol/(L?min)，故答案为：C(s)+H2O(g)?CO(g)+H2(g)；0.6mol/(L?min)；
3min(2)A．在消耗n摩尔氢气的同时产生n摩尔的水，整个反应过程都是如此，不能判断化学平衡，故A错误；
B．容器内气体的平均相对分子质量数值上=
m，反应前后气体m改变，n改变，所以容器内气体的平均n相对分子质量改变，当其不变时可以说明化学平衡，故B正确；
C．容器内所有的物质的总物质的量保持不变，由于整个反应前后，反应物和生成物的总物质的量始终不变，不可以说明化学平衡，故C错误；
D．反应到达平衡时，v正=v逆，则v(逆)(H2O)=v(正)(H2O)，根据方程式可知v(正)(CO)=v(正)(H2O)，所以v(逆)(H2O)=v(正)(CO)可以说明化学平衡，故D正确， 故答案为：B、D；
(3)升高温度，反应②的化学平衡常数会减小，说明温度升高不利于反应正向进行，正反应放热，所以Q＞0；根据图象，t2时刻速率突然增大，并且不断增大，然后趋于平衡，可判断为增大压强(或压缩反应容器体积)，
故答案为：＞；增大压强(或压缩反应容器体积)；
(4)温度升高，化学反应速率加快，到达平衡的时间缩短，则温度T2＞T1， 故答案为：＜；
-(5)反应③得到的是一种纯净常见化肥的溶液，产生NH4HCO3，溶液中也存在NH3?H2O分子和CO32离子，
为NH4+水解得到NH3，HCO3-电离得到CO32-，所以有：NH4HCO3=NH4++HCO3-，NH4++H2O?NH3?H2O+H+，HCO3-?H++CO32-，相同温度下，都为0.1mol/L的NaHCO3溶液甲和NH4HCO3溶液乙相比较，由于双水解促进盐类水解，导致NH4HCO3中HCO3-进一步降低，则电离出更少的CO32-，则c(CO32-)甲＞乙， 故答案为：NH4HCO3=NH4++HCO3-，NH4++H2O?NH3?H2O+H+；HCO3-?H++CO32-；＞。
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