PAGE16-四川省綿陽市2025屆高三化學第一次診斷性考試試題（含解析）1.化學與生產、生活、社會親密相關。下列敘述錯誤的是A.還原鐵粉能用作食品抗氧化劑B.夜空中光柱的形成屬于丁達爾效應C.浸泡過KMnO4溶液的硅土可作水果保鮮劑D.燃煤中加入CaO可削減溫室氣體的排放【答案】D【解析】【詳解】A．Fe具有還原性，能夠汲取空氣中的氧氣，則還原鐵粉可以用作食品袋中的抗氧化劑，故A正確；B．含有灰塵的空氣屬于膠體，光柱是膠體的丁達爾效應，故B正確；C．乙烯具有催熟效果，能夠被高錳酸鉀溶液氧化，所以浸泡過KMnO4溶液的硅藻土放在水果箱里可延長水果的保鮮期，故C正確；D．加入氧化鈣，可與煤燃燒生成的二氧化硫在氧氣中發生反應生成硫酸鈣，二氧化硫排放量削減，燃煤中加入CaO后可削減酸雨的發生，但不能削減溫室氣體二氧化碳的排放量，故D錯誤；故選D。2.下列關于有機物的說法錯誤的是A.植物油分子結構中含有碳碳雙鍵B.乙醇與鈉反應生成乙醇鈉和氫氣，屬于取代反應C.同溫同壓下，等質量的乙炔和苯完全燃燒耗氧量相同D.分子式為C3H6BrC1的有機物不考慮立體異構共5種【答案】B【解析】【詳解】A．植物油屬于不飽和高級脂肪酸甘油酯，分子結構中含有碳碳雙鍵，故A正確；B．鈉與乙醇發生反應生成乙醇鈉和氫氣，屬于置換反應，故B錯誤；C．乙炔和苯的最簡式相同，都是CH，則相同質量的乙炔和苯充分燃燒耗氧量相同，故C正確；D．分子式為C3H6BrC1的有機物的同分異構體有：①Br在1號C上，C1有3種位置，即3種結構；②Br在2號C上，C1有2種位置，即2種結構，共5種結構，故D正確；故選B。【點睛】本題的易錯點為A，要留意油脂包括油和脂，油是不飽和高級脂肪酸甘油酯，脂是飽和高級脂肪酸甘油酯，不飽和高級脂肪酸結構中含有碳碳雙鍵。3.NA為阿伏加德羅常數的值。下列說法正確的是A.19g羥基（-18OH）所含中子數為10NAB.標準狀況下，44.8LHF含有2NA個極性鍵C.1molNaHSO4晶體含有的離子數為3NAD.0.1mol·L-1KAl(SO4)2溶液中SO42-的數目為0.2NA【答案】A【解析】【詳解】A．19g

羥基(-18OH)的物質的量為=1mol，而羥基(-18OH)中含10個中子，故1mol羥基(-18OH)中含10NA個中子，故A正確；B．標況下HF為液體，不能依據氣體摩爾體積來計算其物質的量，故B錯誤；C．NaHSO4由鈉離子和硫酸氫根離子構成，1mol

NaHSO4晶體中含有的離子總數為2NA，故C錯誤；D．溶液體積未知，無法計算0.1mol·L-1KAl(SO4)2溶液中SO42-的數目，故D錯誤；故選A。【點睛】本題的易錯點為B，要留意一些特別物質在標準狀況下的狀態，本題中的HF為液體，類似的還有SO3為固體，H2O為液體或固體等。4.下列試驗操作或方法正確的是A.檢驗某溶液中是否含有Fe2+時，先加入少量H2O2，再滴加KSCN溶液B.配制100mLlmol/LNaCl溶液時，用托盤天平稱取5.85gNaCl固體C.將FeC13飽和溶液煮沸制備Fe(OH)3膠體D.用紫色石蕊溶液鑒別乙醇、乙酸和苯【答案】D【解析】【詳解】A．檢驗某溶液中是否含有Fe2+，應先滴加KSCN溶液不變色，再向溶液中滴入氯水或H2O2，看溶液是否變色，依次不能顛倒，故A錯誤；B．托盤天平的感量為0.1g，可稱量5.9gNaCl固體，故B錯誤；C．制備氫氧化鐵膠體，應在沸水中滴加飽和氯化鐵溶液，當溶液出現紅褐色時停止加熱，不能長時間煮沸，防止膠體聚沉，故C錯誤；D．乙醇與水混溶，加入石蕊呈紫色；乙酸水溶液呈酸性，可使紫色石蕊試液變紅；苯不溶于水，分層；三者現象不同，可鑒別，故D正確；故選D。5.下列離子方程式書寫正確的是A.食醋除水垢2H++CaCO3=Ca2++CO2↑+H2O：B.稀硝酸中加入少量亞硫酸鈉：2H++SO32-=SO2↑+H2OC.處理工業廢水時Cr(Ⅵ)轉化：Cr2O72-+3SO32-+8H+=3SO42-+2Cr3++4H2OD.用酸性KMnO4測定草酸溶液濃度：5C2O42-+2MnO4-+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O【答案】C【解析】【詳解】A．食醋的主要成分為乙酸，屬于弱酸，用食醋除水垢，離子方程式：2CH3COOH+CaCO3═CO2↑+Ca2++H2O+2CH3COO-，故A錯誤；B．酸性條件下，亞硫酸鈉被硝酸氧化生成硫酸鈉，離子反應方程式為：3SO32-+2H++2NO3-=3SO42-+2NO↑+H2O，故B錯誤；C．Cr(Ⅵ)具有強氧化性，可以用在酸性條件下，用亞硫酸鈉處理工業廢水時Cr(Ⅵ)，反應的離子方程式為：Cr2O72-+3SO32-+8H+=3SO42-+2Cr3++4H2O，故C正確；D．酸性高錳酸鉀可氧化草酸溶液，草酸是弱酸，不能拆開，正確的的離子反應為2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，故D錯誤；故選C。【點睛】本題的易錯點為B，要留意硝酸具有強氧化性，能夠將亞硫酸根離子氧化。6.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序數依次增大，原子序數之和為42，X原子的核外電子總數等于Y的最外層電子數，Z原子最外層只有1個電子，W能形成酸性最強的含氧酸。下列說法正確的是A.單質的熔點：Z>X B.Z與Y、W均能形成離子化合物C.氣態氫化物的沸點：X<Y<W D.X、Z的氧化物均含非極性鍵【答案】B【解析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序數依次增大，原子序數之和為42，Z原子最外層只有1個電子，Z是第IA元素，結合原子序數大小可知Z為Na元素；W能形成酸性最強的含氧酸，W應當為Cl元素；X、Y的原子序數之和=42-11-17=14，X原子的核外電子數等于Y的最外層電子數，Y只能位于其次周期，設X的核外電子數為x，則x+(2+x)=14，解得x=6，則X為C元素、Y為O元素，據此結合元素周期律分析解答。【詳解】依據上述分析，X為C元素，Y為O元素，Z為Na元素，W為Cl元素。A．X、Z分別為C、Na元素，金屬Na的熔點較低，C的單質一般為金剛石或石墨，熔點較高，熔點：X＞Z，故A錯誤；B．Na與O和Cl形成的化合物為氧化鈉和過氧化鈉、NaCl，都是離子化合物，故B正確；C．水分子間能夠形成氫鍵，沸點：H2O＞HCl，故C錯誤；D．X、Z的氧化物可以是CO或CO2、Na2O或Na2O2，僅Na2O2有非極性鍵，故D錯誤；故選B。7.某學習小組在試驗室從海帶中提取碘，設計試驗流程如下：下列說法錯誤的是A.過濾操作主要除去海帶灰中難溶于水的固體，它們主要是無機物B.氧化劑參與反應的離子方程式為2I-+H2O2+2H+=I2+2H2OC.萃取過程所用有機溶劑可以是酒精或四氯化碳D.因I2易升華，I2的有機溶液難以通過蒸餾法徹底分別【答案】C【解析】【分析】試驗室從海帶中提取碘：將海帶在坩堝中灼燒得到海帶灰，將海帶灰浸泡得到海帶灰懸濁液，然后采納過濾方法將殘渣和溶液分別，得到含有碘化鉀的溶液，向水溶液中加入氧化劑，將I-氧化成I2，向含有碘單質的溶液中加入萃取劑萃取分液得到碘單質的有機溶液，據此分析解答。【詳解】A．海帶在坩堝中灼燒得到海帶灰，有機物燃燒生成二氧化碳和水，過濾操作主要除去海帶灰中難溶于水的固體，主要是無機物，故A正確；B．氧化劑可以選用過氧化氫溶液，反應的離子方程式為2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O，故B正確；C．萃取過程所用有機溶劑可以是四氯化碳或苯，不能選用酒精，因為酒精易溶于水，故C錯誤；D．因I2易升華，有機溶劑的沸點一般較低，因此I2的有機溶液通過蒸餾法難以徹底分別，故D正確；故選C。8.2024年諾貝爾化學獎授予在開發鋰離子電池方面做出卓越貢獻的三位化學家。鋰離子電池的廣泛應用要求處理鋰電池廢料以節約資源、愛護環境。鋰離子二次電池正極鋁鈷膜主要含有LiCoO2、A1等，處理該廢料的一種工藝如下圖所示：回答下列問題：(l)Li原子結構示意圖為____，LiCoO2中Co的化合價是____。(2)“堿浸”時Al溶解的離子方程式為________。(3)“酸溶”時加入H2O2的目的是____，調整pH后所得濾渣主要為____。(4)“沉鈷”的離子方程式為________。(5)配制100mLl.0mol/L(NH4)2C2O4溶液，須要的玻璃儀器除玻璃棒、燒杯外，還須要____。(6)取CoC2O4固體4.41g在空氣中加熱至300℃，得到鈷的氧化物2.41g，則該反應的化學方程式為____。【答案】(1).(2).+3(3).2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑(4).將LiCoO2中的Co（Ⅲ）還原為+2價(5).LiOH(6).Co2++C2O42-=CoC2O4↓(7).100mL容量瓶、膠頭滴管(8).3CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2【解析】【分析】鋁鈷膜主要含有LiCoO2、A1等，將廢料先用堿液浸泡，將Al充分溶解，過濾后得到的濾液中含有偏鋁酸鈉，濾渣為LiCoO2，將濾渣用雙氧水、硫酸處理后生成Li2SO4、CoSO4，然后加入氨水調整溶液的pH，生成氫氧化鋰沉淀從而除去鋰離子，最終對濾液用草酸銨洗滌處理，經過一系列處理得到草酸鈷，據此分析解答。【詳解】(1)鋰是3號元素，原子結構示意圖為；LiCoO2中Li顯+1價，氧元素顯-2價，設鈷元素的化合價是x，依據在化合物中正負化合價代數和為零，可得：(+1)+x+(-2)×2=0，則x=+3；(2)“堿浸”時Al溶解于氫氧化鈉溶液，反應的離子方程式為2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；(3)“酸溶”時加入H2O2，可以將LiCoO2中的Co(Ⅲ)還原為+2價，用氨水調整pH，將鋰離子轉化為氫氧化鋰沉淀，所得濾渣主要為LiOH；(4)“沉鈷”中CoSO4與草酸銨反應生成草酸鈷，反應的離子方程式為Co2++C2O42-=CoC2O4↓；(5)配制100mLl.0mol/L(NH4)2C2O4溶液，須要經過稱量、溶解、轉移、洗滌、定容等步驟，須要的玻璃儀器除玻璃棒、燒杯外，還須要100mL容量瓶、膠頭滴管，故答案為：100mL容量瓶、膠頭滴管；(6)4.41gCoC2O4的物質的量為=0.03mol，其中含有鈷元素的質量=0.03mol×59g/mol=1.77g，因此鈷的氧化物中含有氧元素的質量=2.41g-1.77g=0.64g，氧元素的物質的量==0.04mol，因此該鈷的氧化物為Co3O4，鈷元素被氧化，因此反應物中須要氧氣參與，依據元素守恒，生成物中還有二氧化碳，反應的方程式為3CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2。【點睛】本題的易錯點和難點為(6)，要留意依據鈷元素守恒推斷出鈷的氧化物的化學式，結合鈷元素化合價的改變和元素守恒推斷其他反應物和生成物。9.苯甲酸乙酯可由苯甲酸與乙醇在濃硫酸共熱下反應制得，反應裝置如圖（部分裝置省略），反應原理如下：試驗操作步驟：①向三頸燒瓶內加入12.2g苯甲酸、25mL乙醇、20mL苯及4mL濃硫酸，搖勻，加入沸石。②裝上分水器、電動攪拌器和溫度計，加熱至分水器下層液體接近支管時將下層液體放入量筒中。接著蒸餾，蒸出過量的乙醇，至瓶內有白煙(約3h)，停止加熱。③將反應液倒入盛有80mL冷水的燒杯中，在攪拌下分批加入碳酸鈉粉末至溶液無二氧化碳逸出，用pH試紙檢驗至呈中性。④用分液漏斗分出有機層，水層用25mL乙醚萃取，然后合并至有機層。用無水CaC12干燥，粗產物進行蒸餾，低溫蒸出乙醚。當溫度超過140℃時，干脆接收210-213℃的餾分，最終通過蒸餾得到純凈苯甲酸乙酯12.8mL。可能用到的有關數據如下：相對分子質量密度（g/cm3）沸點/℃溶解性苯甲酸1221.27249微溶于水，易溶于乙醇、乙醚苯甲酸乙酯1501.05211-213微溶于熱水，溶于乙醇、乙醚乙醇460.7978.5易溶于水乙醚740.7334.5微溶于水回答以下問題：(1)反應裝置中分水器上方的儀器名稱是______，其作用是____(2)步驟①中加濃硫酸的作用是_________，加沸石的目的是______。(3)步驟②中運用分水器除水目的是_________。(4)步驟③中加入碳酸鈉的目的是________。(5)步驟④中有機層從分液漏斗的____（選填“上口倒出”或“下口放出”）。(6)本試驗所得到的苯甲酸乙酯產率是________%。【答案】(1).球形冷凝管(2).冷凝回流，削減反應物乙醇的損失(3).作催化劑(4).防止暴沸(5).剛好分別出產物水，促使酯化反應的平衡正向移動(6).除去硫酸及未反應的苯甲酸(7).下口放出(8).89.6【解析】【分析】依據反應原理，聯系乙酸與乙醇的酯化反應試驗的留意事項，結合苯甲酸、乙醇、苯甲酸乙酯、乙醚的性質分析解答(1)～(5)；(6)依據試驗中運用的苯甲酸的質量和乙醇的體積，計算推斷完全反應的物質，再依據反應的方程式計算生成的苯甲酸乙酯的理論產量，最終計算苯甲酸乙酯的產率。【詳解】(1)依據圖示，反應裝置中分水器上方的儀器是球形冷凝管，乙醇簡單揮發，球形冷凝管可以起到冷凝回流，削減反應物乙醇的損失；(2)苯甲酸與乙醇的酯化反應須要用濃硫酸作催化劑，加入沸石可以防止暴沸；(3)苯甲酸與乙醇的酯化反應中會生成水，步驟②中運用分水器除水，可以剛好分別出產物水，促使酯化反應的平衡正向移動，提高原料的利用率；(4)步驟③中將反應液倒入盛有80mL冷水的燒杯中，在攪拌下分批加入碳酸鈉粉末，碳酸鈉可以與硫酸及未反應的苯甲酸反應生成二氧化碳，因此加入碳酸鈉的目的是除去硫酸及未反應的苯甲酸；(5)依據表格數據，生成的苯甲酸乙酯密度大于水，在分液漏斗中位于下層，分別出苯甲酸乙酯，應當從分液漏斗的下口放出；(6)12.2g苯甲酸的物質的量==0.1mol，25mL乙醇的質量為0.79g/cm3×25mL=19.75g，物質的量為=0.43mol，依據可知，乙醇過量，理論上生成苯甲酸乙酯0.1mol，質量為0.1mol×150g/mol=15g，事實上生成苯甲酸乙酯的質量為12.8mL×1.05g/cm3=13.44g，苯甲酸乙酯產率=×100%=89.6%。10.硝酸是一種重要的化工原料，工業上采納氨催化氧化法制備，生產過程中發生的反應有：NH3(g)+O2(g)NO(g)+H2O(l)△H1=-292.3kJ/molNO(g)+O2(g)=NO2(g)△H2=-57.1kJ/mol3NO2(g)+H2O(l)=2HNO3(aq)+NO(g)△H3=-71.7kJ/mol回答以下問題：(1)NH3(g)+2O2(g)=HNO3(aq)+H2O(l)的△H=___________kJ/mol。原料氣體(NH3、O2)在進入反應裝置之前，必需進行脫硫處理。其緣由是____。(2)探討表明2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的反應歷程分兩步：(a)2NO(g)N2O2(g)(快)(b)N2O2(g)+O2(g)2NO2(g)(慢)①該反應的速率由b步確定，說明b步反應的活化能比a步的___(填“大”或“小”)。②在恒容條件下，NO和O2的起始濃度之比為2:1，反應經驗相同時間，測得不同溫度下NO轉化為NO2的轉化率如圖，則150℃時，v正___v逆(填“>”或“<”)。若起始c(O2)=5.0×10-4mol/L，則380℃下反應達平衡時c(O2)=____mol/L。(3)T1溫度時，在容積為2L的恒容密閉容器中發生反應2NO+O22NO2，試驗測得：v正=v(NO)消耗=2v(O2)消耗=k正c2(NO)·c(O2)，v逆=v(NO2)消耗=k逆c2(NO2)，k正、k逆為速率常數，受溫度影響。容器中各反應物和生成物的物質的量隨時間改變如下圖所示：①下列說法能表明該反應已經達到平衡狀態的是____填序號)A.混合氣體的密度不變B.混合氣體的顏色不變C.k正、k逆不變D.2v正(O2)=v逆(NO2)②化學平衡常數K與速率常數k正、k逆的數學關系式K=____。③溫度為T1時的化學平衡常數K=_____。若將容器的溫度變為T2時，k正=k逆，則T2___T1(填“＞”“＜”或“=”)。【答案】(1).-413.8(2).含硫化合物會引起催化劑中毒（含硫化合物會使催化劑降低或失去催化效果）(3).大(4).＞(5).2.5×10-4(6).BD(7).(8).5(9).＞【解析】【分析】(1)依據蓋斯定律分析計算；含硫化合物會引起催化劑中毒，據此分析解答；(2)該反應的速率由b步確定，說明b步反應的活化能比較大；依據圖像，150℃時，NO的轉化率小于NO的平衡轉化率，說明反應須要接著正向接著；380℃下反應達平衡時，NO的平衡轉化率為50%，據此計算平衡時的c(O2)；(3)①在容積為2L的恒容密閉容器中發生反應2NO+O22NO2，依據平衡狀態的特征分析推斷；②化學平衡時，正、逆反應速率相等，v正=v逆，結合K的表達式分析計算；③依據圖像，計算出溫度為T1時，平衡時c(NO)、c(O2)、c(NO2)，再結合化學平衡常數K=計算；依據K=推斷平衡常數的改變，據此推斷平衡移動的方向，再推斷溫度的改變。【詳解】(1)①NH3(g)+O2(g)NO(g)+H2O(l)△H1=-292.3kJ/mol，②NO(g)+O2(g)=NO2(g)△H2=-57.1kJ/mol，③3NO2(g)+H2O(l)=2HNO3(aq)+NO(g)△H3=-71.7kJ/mol，依據蓋斯定律，將①+②×+③×得：NH3(g)+2O2(g)=HNO3(aq)+H2O(l)△H=(-292.3kJ/mol)+(-57.1kJ/mol)×+(-71.7kJ/mol)×=-413.8kJ/mol；含硫化合物會引起催化劑中毒，因此原料氣體(NH3、O2)在進入反應裝置之前，必需進行脫硫處理，防止含硫化合物引起催化劑中毒；(2)①該反應的速率由b步確定，說明b步反應的活化能比a步的大；②依據圖像，150℃時，NO的轉化率小于NO的平衡轉化率，說明反應須要接著正向接著，因此v正＞v逆；若起始c(O2)=5.0×10-4mol/L，依據圖像，380℃下反應達平衡時，NO的平衡轉化率為50%，因此c(O2)=2.5×10-4mol/L；(3)①在容積為2L的恒容密閉容器中發生反應2NO+O22NO2，A.混合氣體的質量和容器的體積均不變，混合氣體的密度始終不變，不能說明達到平衡狀態，故A錯誤；B.混合氣體中只有NO2有色，氣體的顏色不變，說明NO2濃度不變，說明達到平衡狀態，故B正確；C.k正、k逆為速率常數，只與溫度有關，溫度不變，k正、k逆始終不變，不能說明達到平衡狀態，故C錯誤；D.2v正(O2)=v逆(NO2)表示正逆反應速率相等，說明達到平衡狀態，故D正確；故答案為：BD；②化學平衡時，正逆反應速率相等，v正=v逆，即k正c2(NO)·c(O2)=k逆c2(NO2)，化學平衡常數K==；③依據圖像，溫度為T1時，平衡時，c(NO)==0.4mol/L，c(O2)==0.2mol/L，c(NO2)==0.4mol/L，此時化學平衡常數K===5；若將容器的溫度變為T2時，k正=k逆，即K==1，平衡常數減小，說明平衡逆向移動，該反應為放熱反應，因此T2＞T1。11.氟代硼酸鉀(KBe2BO3F2)是激光器的核心材料，我國化學家在此領域的探討走在了世界的最前列。回答下列問題：(1)氟代硼酸鉀中各元素原子的第一電離能大小依次是F>O>___。基態K+電子占據最高能級的電子云輪廓圖為____形。(2)NaBH4是有機合成中常用的還原劑，其中的陰離子空間構型是____，中心原子的雜化形式為____。NaBH4中存在____（填標號）。a.離子鍵b.氫鍵c.σ鍵d.π鍵(3)BeC12中的化學鍵具有明顯的共價性，蒸汽狀態下以雙聚分子存在的BeCl2的結構式為___，其中Be的配位數為_____。(4)第三周期元素氟化物的熔點如下表：說明表中氟化物熔點改變的緣由：____。(5)CaF2的一種晶胞如圖所示。Ca2+占據F-形成的空隙，其空隙率是____。若r(F-)=xpm，r(Ca2+)=ypm，設阿伏加德羅常數的值為NA，則CaF2的密度ρ=_____g-3（列出計算表達式）。【答案】(1).Be＞B＞K(2).啞鈴（紡錘）(3).正四面體(4).sp3(5).ac(6).(7).3(8).前三種為離子晶體，晶格能依次增大；后三種為分子晶體，分子間作用力依次增大(9).50%(10).或【解析】【分析】(1)同一周期，從左到右，元素的第一電離能漸漸增大，但第ⅡA族、第VA族元素的第一電離能大于相鄰元素，同一主族，從上到下，元素的第一電離能漸漸減小，據此推斷第一電離能大小依次；依據K為19號元素，基態K+電子占據最高能級的電子為3p，據此推斷電子云形態；(2)BH4-中B形成4個σ鍵，沒有孤電子對；NaBH4屬于離子化合物，陰離子為BH4-，據此分析推斷存在的化學鍵類型；(3)BeCl2中Be為4號元素，存在空軌道，Cl含有孤電子對，據此分析解答；(4)前三種為離子晶體，后三種為分子晶體，結合影響離子晶體和分子晶體熔點的因素分析解答；(5)依據CaF2的晶胞圖，F一形成的空隙有8個，其中4個空隙被Ca2+占據；依據均攤法計算一個晶胞中含有F一和Ca2+的數目，再計算晶胞的質量，依據晶胞中體對角線的長度為4(x+y)pm計算晶胞的體積，最終再計算晶胞的密度。【詳解】(1)同一周期，從左到右，元素的第一電離能漸漸增大，但第ⅡA族、第VA族元素的第一電離能大于相鄰元素，同一主族，從上到下，元素的第一電離能漸漸減小，氟代硼酸鉀(KBe2BO3F2)中各元素原子的第一電離能大小依次是F>O>Be＞B＞K；K為19號元素，基態K+電子占據最高能級的電子為3p電子，電子云輪廓圖為紡錘形；(2)NaBH4是有機合成中常用的還原劑，其中的陰離子BH4-中B形成4個σ鍵，沒有孤電子對，空間構型為正四面體；中心原子B的雜化形式為sp3雜化；NaBH4屬于離子化合物，存在離子鍵，BH4-中存在極性鍵，B原子存在空軌道，與H形成配位鍵，極性鍵、配位鍵都是σ鍵，故選ac；(3)BeCl2中的化學鍵具有明顯的共價性，蒸汽狀態下以雙聚分子存在，BeCl2中Be存在空軌道，Cl含有孤電子對，可以形成配位鍵，因此雙聚BeCl2分子的結構式為；其中Be的配位數為3；(4)依據表格數據，鈉、鎂、鋁屬于活潑的金屬元素，與F形成的金屬氟化物為離子晶體，熔點均較高，離子半徑依據鈉、鎂、鋁的依次漸漸減小，晶格能漸漸增大，因此三種離子晶體的熔點漸漸上升；后面三種均為分子晶體，熔點較低，分子間作用力依次增大，熔點漸漸上升；(5)依據CaF2的晶胞圖，F一形成的空隙有8個，其中4個空隙被Ca2+占據，空隙率為5