四川省广安第二中学2023-2024学年高三上学期10月月考理科综合化学题 Word版含解析.docx

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广安二中2023年秋高2021级10月月考理科综合试卷第I卷(选择题共126分)本卷共21小题，每小题6分。1-18题每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的；第19-21题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16S-32Cl-35.5B-111.化学与生产生活密切相关。下列说法错误的是A.北斗卫星使用的氮化铝芯片为新型无机非金属材料B.燃煤中加入CaO主要是为了减少酸雨的形成C.“一带一路”是“丝绸之路经济带”和“21世纪海上丝绸之路”的简称。丝绸的主要成分是纤维素，属于高分子化合物D.为增强“84”消毒液的消毒效果，可加入适量白醋【答案】C【解析】【详解】A．氮化铝属于新型无机非金属材料，故A正确；B．高温条件下，氧化钙和二氧化硫、氧气反应能生成硫酸钙，化学方程式为：2CaO+2SO2+O22CaSO4，所以CaO能用于燃煤的脱硫，可以减少酸雨的形成，故B正确；C．丝绸的主要成分是蛋白质，属于高分子化合物，故C错误；D．加入适量醋酸，可促使ClO-转化为HClO，增强“84消毒液”的杀菌能力，故D正确；故选C。2.用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A.1molCl2与Fe充分反应转移电子的数目为2NAB.足量锌与含2molH2SO4的浓硫酸在加热的条件下反应，所得气体分子数目等于NAC.常温下，1LpH=3的H2C2O4溶液中H+数目为0.01NAD.标准状况下，11.2L乙烯和乙醛的混合物中含氢原子数目为2NA【答案】A【解析】【详解】A．1molCl2与Fe充分反应生成FeCl3，Cl元素化合价由0价下降到-1价，转移电子的数目为 2NA，故A正确；B．根据反应原理可知，前期发生反应2H2SO4(浓)+Zn=ZnSO4+SO2+H2O，随着反应进行，浓度逐渐变小发生反应H2SO4+Zn=ZnSO4+H2，则足量锌与含2molH2SO4的浓硫酸在加热的条件下反应，所得气体分子数目小于NA，故B错误；C．常温下，1LpH=3的H2C2O4溶液中c(H+)=0.001mol/L，H+数目为1L×0.001mol/L×NAmol-1=0.001NA，故C错误；D．乙醛在标准状况下不是气体，无法计算11.2L乙烯和乙醛的混合物的物质的量，故D错误；故选A。3.布洛芬具有抗炎、镇痛、解热作用，但口服该药对胃、肠道有刺激性，可以对该分子进行如图所示修饰。下列说法正确的是A.布洛芬的分子式为C13H20O2B.布洛芬中有两种官能团C.X分子中所有碳原子可能共平面D.布洛芬分子中有8种化学环境不同的氢原子【答案】D【解析】【详解】A．由结构简式可知，布洛芬的分子式为C13H18O2，A错误；B．布洛芬中有羧基1种官能团，B错误；C．X中含有直接相连的多个饱和碳原子，饱和碳原子为四面体结构，故所有碳原子不共平面，C错误；D．由结构可知，布洛芬分子中有8种化学环境不同的氢原子，故D正确；故选D。4.X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，A、B、C、D、E为上述四种元素中的两种或三种所组成的化合物，其中A、C、E为有机物。已知A的相对分子质量为28，A的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平。B分子中含有18个电子，D分子中含有10个电子，五种化合物间的转化关系如图所示。下列说法正确的是A.W是所在周期中原子半径最大的元素 B.Y的最高价氧化物的水化物为弱酸C.X、Y、Z组成的分子中只含有极性键D.X、Y组成的化合物的沸点一定比X、Z组成的化合物的沸点低【答案】B【解析】【分析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，A、B、C、D、E为上述四种元素中的两种或三种所组成的化合物，其中A、C、E为有机物，则四种元素中含有碳元素；D分子中含有10个电子，则D为氢化物，X为H元素；已知A的相对分子质量为28，A的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，A为C2H4，B分子中含有18个电子，B为HCl，乙烯和HCl加成生成氯乙烯，乙烯和水加成生成乙醇，E为乙醇，C为氯乙烯；结合原子序数大小可知，Y为C，Z为O，W为Cl元素；【详解】A．同一周期从左向右原子半径逐渐减小，Cl元素位于第三周期，第三周期中原子半径最大的为Na，故A错误；B．C的最高价氧化物的水化物为碳酸，碳酸为弱酸，故B正确；C．H、C、O形成的乙醇中含有C-C非极性键，故C错误；D．H、C形成的化合物为烃，X、Z成的化合物为H2O或H2O2，碳原子数较多的烃常温下为固态，其沸点大于H2O或H2O2，故D错误；故选B。5.下列说法正确的是A.图①实验原理可用于工业上制备烧碱。B.图②操作可排出盛溴水的滴定管尖嘴内的气泡C.图③操作俯视刻度线定容会导致所配溶液浓度偏大D.图④可以比较氯、碳、硅三种元素的非金属性强弱【答案】C【解析】 【详解】A．工业上通过电解饱和食盐水制备烧碱，阴极和阳极生成的气体应该分开导出，故A错误；B．溴水应盛放在酸式滴定管在，不能盛放在碱式滴定管中，故B错误；C．配制一定物质的量浓度的溶液时，俯视刻度线定容会使溶液的体积偏小，导致所配溶液浓度偏大，故C正确；D．盐酸具有挥发性，生成的二氧化碳中混有HCl气体，该装置不能证明酸性：H2CO3>H2SiO3，不能比较氯、碳、硅三种元素的非金属性强弱，故D错误；故选C。6.氨硼烷(NH3·BH3)电池可在常温下工作，装置如图所示。未加入氨硼烷之前，两极室质量相等，电池反应为NH3·BH3＋3H2O2=NH4BO2＋4H2O。已知H2O2足量，下列说法正确的是（）A.正极的电极反应式为2H＋+2e-=H2↑B.电池工作时，H＋通过质子交换膜向负极移动C.电池工作时，正、负极分别放出H2和NH3D.工作足够长时间后，若左右两极室质量差为1.9g，则电路中转移0.6mol电子【答案】D【解析】【分析】以氨硼烷(NH3•BH3)电池工作时的总反应为NH3·BH3+3H2O2=NH4BO2+4H2O可知，左侧NH3•BH3失电子发生氧化反应为负极，电极反应式为NH3•BH3+2H2O-6e-=NH4BO2+6H+，右侧H2O2得到电子发生还原反应为正极，电极反应式为3H2O2+6H++6e-=6H2O，据此分析。【详解】A.右侧H2O2得到电子发生还原反应为正极，电极反应式为3H2O2+6H++6e-=6H2O，A错误；B.放电时，阳离子向正极移动，所以H+通过质子交换膜向正极移动，B错误；C.NH3•BH3为负极，失电子发生氧化反应，则负极电极反应式为NH3•BH3+2H2O-6e-=NH4BO2+6H+，右侧H2O2为正极，得到电子发生还原反应，电极反应式为3H2O2+6H++6e-=6H2O，所以电池工作时，两个电极都不产生气体，C错误；D.未加入氨硼烷之前，两极室质量相等，通入后，负极电极反应式为NH3•BH3+2H2O-6e-=NH4BO2+6H+，正极电极反应式为3H2O2+6H++6e-=6H2O，假设转移电子的物质的量是6mol，则左室质量增加=31g-6g=25g，右室质量增加6g，两极的质量相差19g，理论上转移0.6mol 电子，工作一段时间后，若左右两极室质量差为1.9g，则电路中转移0.6mol电子，D正确；故合理选项是D。【点睛】本题考查了原电池原理，涉及电极的判断、电极式的书写、离子移动方向等，难点是电极反应式的书写，要结合电解质溶液分析。对于两个电极溶液的质量差，要根据反应过程中电子转移数目相等，进入电极溶液中物质的质量与从该区域中减少的质量两部分分析计算，题目侧重考查学生对基础知识的综合应用能力。7.室温下向20mL含0.10mol·L－1Cr2+和0.10mol·L－1Fe2+的混合溶液中滴加0.10mol·L－1NaOH溶液，金属阳离子浓度与滴入NaOH溶液体积的关系曲线如图所示。若溶液中金属离子浓度小于10－5mol·L－1视为完全沉淀，则下列说法错误的是[Cr(OH)2的ksp为2×10－16，Fe(OH)2的ksp为8×10－16]A.曲线A表示c(Fe2+)B.当V(NaOH)=30mL时，Fe2+开始沉淀C.当pH=7时溶液中Fe2+、Cr2+均完全沉淀D.V(NaOH)>30mL时，溶液中c(Fe2+)︰c(Cr2+)=4.0【答案】C【解析】【分析】根据Cr(OH)2的ksp为2×10－16，若使Cr2+沉淀完全，c(OH-)==210-6mol/L，同理根据Fe(OH)2的ksp为8×10－16，若使Fe2+沉淀完全，c(OH-)==410-6mol/L，故Cr2+ 先沉淀完全，由图可知曲线A表示c(Fe2+)，曲线B表示c(Cr2+)，以此解答。【详解】根据Cr(OH)2的ksp为2×10－16，若使Cr2+沉淀完全，c(OH-)==210-6mol/L，同理根据Fe(OH)2ksp为8×10－16，若使Fe2+沉淀完全，c(OH-)==410-6mol/L，故Cr2+先沉淀完全，由图可知曲线A表示c(Fe2+)，曲线B表示c(Cr2+)，A.由以上分析可知，曲线A表示c(Fe2+)，故A正确；B.由于Cr(OH)2的ksp小于Fe(OH)2的ksp，Cr(OH)2先沉淀，当V(NaOH)=30mL时，A曲线出现拐点，此时c(Fe2+)=0.1mol/L=0.04mol/L，开始沉淀，故B正确；C.根据前面分析中的计算结果可知，Fe2+、Cr2+完全沉淀时的溶液c(OH-)均大于10-7mol/L，所以当pH=7时溶液中Fe2+、Cr2+均未完全沉淀，故C错误；D.V(NaOH)>30mL时，Fe2+、Cr2+都处于沉淀溶解平衡，所以溶液中c(Fe2+)︰c(Cr2+)===4.0，故D正确。故选C。第II卷(非选择题共174分)8.水合肼(N2H4•H2O)是无色、有强还原性的液体，实验室制备水合肼的原理为：CO(NH2)2+2NaOH+NaClO=Na2CO3+N2H4•H2O+NaCl，据此，某学生设计了下列实验。【制备NaClO溶液】实验装置如图图甲所示(部分夹持装置已省略)已知：3NaClO2NaCL+NaClO3（1）装置I中装浓盐酸的装置名称为______；装置I圆底烧瓶中发生的化学方程式是_______。 （2）II中用冰水浴控制温度在30℃以下，其主要目的________；NaClO的电子式为______。【制取水合肼】实验装置如图乙所示（3）反应过程中，如果分液漏斗中溶液的滴速过快，部分N2H4•H2O参与A中反应并产生大量氮气，产品产率因此降低，请写出产率降低的相关化学反应方程式_________；充分反应后，加热蒸馏A内的溶液即可得到水合肼的粗产品。【测定肼的含量】（4）称取馏分0.300g，加水配成20.0mL溶液，一定条件下用0.150mol•L-1的I2溶液滴定。已知：N2H4•H2O+2I2=N2+4HI+H2O。①滴定时，可以选用的指示剂为______；滴定终点的现象为_______。②实验测得消耗I2溶液的平均值为20.00mL，馏分中N2H4•H2O的质量分数为______(保留三位有效数字)。【答案】8.①.分液漏斗②.MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O9.①.防止NaClO分解为NaCl和NaClO3，影响水合肼的产率②.10.2NaClO+N2H4•H2O=N2↑+2NaCl+3H2O11.①.淀粉溶液②.当滴入最后一滴I2溶液时，溶液由无色变为浅蓝色，且在半分钟内不变色③.25.0%【解析】【分析】制备NaClO溶液实验中，二氧化锰与浓盐酸反应制取氯气，制取的氯气中含有氯化氢，装置Ⅱ中玻璃管a的作用为平衡压强，氯气与氢氧化钠反应制备NaClO，Ⅱ中用冰水浴控制温度在30℃以下，防止NaClO（歧化）分解为氯酸钠和氯化钠，装置Ⅲ进行尾气处理。 【小问1详解】装置I中装浓盐酸的装置名称为分液漏斗，装置I圆底烧瓶中二氧化锰和浓盐酸在加热的条件下反应生成氯气，化学方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O。小问2详解】Ⅱ中用冰水浴控制温度在30℃以下，其主要目的防止NaClO分解为NaCl和NaClO3影响水合肼的产率。NaClO是离子化合物，电子式为：。【小问3详解】反应过程中，如果分液漏斗中溶液的滴速过快，部分N2H4•H2O参与A中反应并产生大量氮气，产品产率因此降低，降低产率的相关化学反应方程式为N2H4•H2O+2NaClO=N2↑+3H2O+2NaCl。小问4详解】①碘的标准溶液与肼反应完全，再滴入碘的标准溶液后，遇淀粉变蓝色，实验滴定终点的现象为：当滴入最后一滴I2溶液时，溶液由无色变为浅蓝色，且在半分钟内不变色，所以选择淀粉为指示剂；②由方程式N2H4•H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O可知，n(N2H4•H2O)=n(I2)=×0.02L×0.150mol•L-1=1.5×10-3mol，馏分中N2H4•H2O的质量分数为=25%。9.2021年6月24日，《一种硫酸铜废液制备高纯氧化铜》获得第22届中国专利优秀奖，其工艺流程如图：已知：①硫酸铜废液中的杂质离子仅含Na+、Fe2+、Fe3+、Al3+等。②25℃时的溶度积：Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10-39，Ksp[Al(OH)3]=1.25×10-33。回答下列问题：（1）双氧水能把Fe2+氧化为Fe3+，写出反应的离子方程式________；如图是双氧水的氧化效率随温度变化的曲线，请解释氧化效率变化的原因________。 （2）“除铁铝”时，为使Fe3+和Al3+沉淀完全(溶液中剩余离子的浓度小于1×10-5mol•L-1)，需加入CuO调节溶液pH至______(lg2=0.3)。（3）“洗涤”目的是为了除去硫酸铜晶体表面沾附的少量杂质，杂质的化学式为______，洗涤所需要的玻璃仪器有______，判断晶体洗涤干净的实验操作是________。（4）如图装置可在净化含尿素[CO(NH2)2]废水的同时提供电能，以下说法正确的是________。A.温度越高，反应速率越快，装置的转化率越高B.该装置工作时，b为正极，发生还原反应C.装置内溶液电流的方向由到，电子的流向与之相反D.工作一段时间后，正极区域pH会显著升高【答案】（1）①.H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O②.起始阶段温度升高化学反应速率加快，氧化效率升高；后阶段H2O2浓度降低使氧化速率变慢，氧化效率降低（2）4.7（3）①.Na2SO4②.漏斗、烧杯、玻璃棒③.取最后一次洗涤液少量于试管中，加入氯化钡溶液，若无白色沉淀产生，说明晶体已经洗涤干净（4）B【解析】【分析】从硫酸铜废液中制备氧化铜，硫酸铜废液中含有杂质钠离子，二价铁离子，三价铁离子，铝离子，首先用过氧化氢将二价铁氧化为三价铁，之后加入氧化铜调节pH除去三价铁离子和铝离子，过滤除杂，之后用乙醇洗涤除去硫酸钠杂质，最后水热得到产品，据此解答。【小问1详解】双氧水能把Fe2+氧化为Fe3+，同时生成H2O，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O，由于起始阶段随着温度升高化学反应速率加快，因此氧化效率升高；但温度升高H2O2的分解速率也会加快，所以后段H2O2浓度降低使氧化速率变慢，氧化效率降低。【小问2详解】 Ksp[Fe(OH)3]＜Ksp[Al(OH)3]，所以当铝离子沉淀完全时，铁离子已经沉淀完全，此时溶液中氢氧根浓度是，所以氢离子浓度是2×10-5mol/L，则pH=-lgc(H+)=-lg2×10-5=5-lg2=4.7。【小问3详解】“洗涤”目的是为了除去硫酸铜晶体表面沾附的少量Na2SO4杂质，洗涤时在过滤器中进行，则所需要的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒。判断晶体是否洗涤干净，只需要检验硫酸根即可，实验操作是取最后一次洗涤液少量于试管中，加入氯化钡溶液，若无白色沉淀产生，说明晶体已经洗涤干净。【小问4详解】A．温度高，容易使蛋白质发生变性，所以反应速率不一定越快，A错误；B．b电极通入氧气，是正极，发生还原反应，B正确；C．b电极通入氧气，是正极，a极为负极，装置内溶液电流的方向由a到b，电子经过导线由a流向b，C错误；D．正极电极方程式为：O2+4e-+4H+=2H2O，同时负极区生成的H+会进入正极区，正极区H+的物质的量不变，但生成了H2O，H+浓度稍微减小，pH稍微增大，D错误；故选B。10.2022年3月4日，中国科学院大连化学物理研究所开发的全球首套1000吨/年二氧化碳加氢制汽油中试装置，在山东邹城工业园区开车成功，生产出符合国VI标准的清洁汽油，这有助于我国在2030年前实现碳达峰。回答下列问题：（1）CO2催化加氢制取汽油时，CO2的转化过程如图1：下列对该反应过程的说法正确的是________(填标号)。A.整个反应过程中，有非极性键和极性键的断裂和形成B.CO2的电子式为，为非极性分子C.汽油为纯净物D.①②反应一定有水生成（2）写出反应①的化学方程式_______。 （3）如将CO2与H2以1：3的体积比混合。①适当条件下合成某烃和水，该烃可能是______(填序号)。A.烷烃B.烯烃C.炔烃D.苯的同系物②适当条件下合成燃料甲醇和水。在恒温恒容的密闭容器中，充入2molCO2和6molH2，一定条件下发生反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，下列能说明反应达到平衡状态的是______(填字母)A.混合气体密度保持不变B.混合气体的平均相对分子质量不变C.CO2和H2体积比保持不变D.断裂2mol碳氧双键的同时生成3molH－H键（4）催化剂通过参与反应，改变反应的途径，降低反应活化能，加快化学反应速率，反应的热效应△H______(填“减小”、“增大”或“不变”)。（5）已知CO2甲烷化技术的反应原理为CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)△H＜0，该技术的核心是催化剂的选择。其他条件均相同，在两种不同催化剂条件下反应相同时间，测得CO2转化率和CH4选择性(选择性是指产生这个物质所消耗的反应物的量占总的反应物的量的比例大小)随温度变化的曲线如图2所示。以Ni为催化剂，高于320℃后，单位时间内CO2转化率上升的原因是______，工业上应选择的催化剂是______。【答案】（1）AD（2）CO2+H2=CO+H2O（3）①.B②.BD（4）不变（5）①.当反应温度高于320℃后，Ni的活性增大②.Ni－CeO2【解析】【小问1详解】A．整个反应过程中，发生H-H键断裂和C-C键形成，故有非极性键断裂和形成，发生C=O键断裂和 C-H键形成，故有极性键的断裂和形成，故A正确；B．CO2的电子式为，为非极性分子，故B错误；C．汽油中含有多种烃，为混合物，故C错误；D．由原子守恒可知，①②反应一定有水生成，故D正确；故选AD。【小问2详解】根据图示结合原子守恒，反应①的化学方程式为：CO2+H2=CO+H2O。【小问3详解】①设CO2与H2的物质的量分别为1mol、3mol，根据O原子守恒可以知道生成H2O为2mol，故生成的烃中C原子与H原子的物质的量之比为1mol：(3mol×2-2mol×2)=1:2，故该烃的最简式为CH2，符合烯烃的通式，故选B；②A．该反应过程中气体总体积和总质量都不变，气体总密度是定值，混合气体密度保持不变时，不能说明反应达到平衡，故A不选；B．该反应是气体物质的量减小的反应，气体总质量不变，则混合气体的平均相对分子质量增大，当混合气体的平均相对分子质量不变时，说明反应达到平衡，故B选；C．充入2molCO2和6molH2，一定条件下发生反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，CO2和H2的体积比是定值，当CO2和H2的体积比不变时，不能说明反应达到平衡，故C不选；D．断裂2mol碳氧双键的同时生成3molH－H键时，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡，故D选；正确答案是BD。【小问4详解】催化剂不改变反应反应热。【小问5详解】以Ni为催化剂，高于320℃后，单位时间内CO2转化率上升的原因是当反应温度高于320℃后，Ni的活性增大，由图可知，使用Ni－CeO2作催化剂时，CO2的转化率和CH4的选择性较高，工业上应选择的催化剂是Ni－CeO2。11.氟代硼酸钾（KBe2BO3F2）是激光器的核心材料，我国化学家在此领域的研究走在了世界的最前列。回答下列问题：（1）氟代硼酸钾中各元素原子的第一电离能大小顺序是F＞O＞____________。基态K+电子占据最高能级的电子云轮廓图为________形。（2）NaBH4是有机合成中常用的还原剂，其中的阴离子空间构型是_______，中心原子的杂化形式为 _______。NaBH4中存在_____（填标号）。a.离子键b.氢键c.σ键d.π键（3）BeCl2中的化学键具有明显的共价性，蒸汽状态下以双聚分子存在的BeCl2的结构式为________，其中Be的配位数为_______。（4）第三周期元素氟化物的熔点如下表：化合物NaFMgF2AlF3SiF4PF5SF6熔点/℃99312611291-90-83-50.5解释表中氟化物熔点变化的原因：_____________________。（5）CaF2的一种晶胞如图所示。Ca2+占据F－形成的空隙，其空隙率是________。若r(F－)＝xpm，r(Ca2+)＝ypm，设阿伏加德罗常数的值为NA，则CaF2的密度ρ＝_________g·cm-3（列出计算表达式）。【答案】①.Be＞B＞K②.哑铃③.正四面体④.sp3⑤.ac⑥.⑦.3⑧.前三种为离子晶体，晶格能依次增大，后三种为分子晶体，分子间力依次增大。⑨.50%⑩.【解析】【分析】⑴第一电离能从左到右增大，但第IIA大于第IIIA，第VA大于第VIA，从上到下递减；p能级，其电子云轮廓图为哑铃形。⑵BH4－阴离子有4个σ键，因此中心原子的杂化形式为sp3，其空间构型是正四面体，Na+与BH4－形成离子键，BH4－内部有共价键和σ键。⑶BeCl2中的化学键具有明显的共价性，蒸汽状态下以双聚分子存在的BeCl2的结构式为，根据Be原子的周围连接的氯原子得Be的配位数为3。 ⑷氟化物熔点变化的原因：前三种为离子晶体，晶格能依次增大，后三种为分子晶体，分子间力依次增大。⑸根据结构看出氟离子在顶点、棱心、面心、体内，总共8个氟离子，F－形成的空隙有八个，而Ca2+占据了其中的四个，还有四个空隙是空的，因此空隙率是50%，若r(F－)＝xpm，r(Ca2+)＝ypm，根据图中得出体对角线为4[r(F－)+r(Ca2+)]，晶胞中总共有4个钙离子，8个氟离子，根据密度公式进行计算。【详解】⑴第一电离能从左到右增大，但第IIA大于第IIIA，第VA大于第VIA，从上到下递减，氟代硼酸钾中各元素原子的第一电离能大小顺序是F＞O＞Be＞B＞K，基态K+电子占据最高能级为p能级，其电子云轮廓图为哑铃形，故答案为＞Be＞B＞K；哑铃。⑵BH4－阴离子有4个σ键，因此中心原子的杂化形式为sp3，其空间构型是正四面体，Na+与BH4－形成离子键，BH4－内部有共价键和σ键，因此NaBH4中存在ac，故答案为正四面体；sp3；ac。⑶BeCl2中的化学键具有明显的共价性，蒸汽状态下以双聚分子存在的BeCl2的结构式为，根据Be原子的周围连接的氯原子得Be的配位数为3，故答案为；3。⑷氟化物熔点变化的原因：前三种为离子晶体，晶格能依次增大，后三种为分子晶体，分子间力依次增大，故答案为前三种为离子晶体，晶格能依次增大，后三种为分子晶体，分子间力依次增大。