届福建省泉州市高三毕业班质量检查理综化学试题解析版.docx

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届福建省泉州市高三毕业班质量检查理综化学试题解析版

福建省泉州市2018届高三毕业班3月质量检查

理综化学试题

1.化学与生活密切相关。

下列物质的用途错误的是

A.小苏打用于面包发酵

B.氢氧化铝用于中和胃酸

C.肥皂水用于蚊虫叮咬处清洗

D.福尔马林用于食品保鲜

【答案】D

【解析】A.碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，可用于糕点、面包的发酵，故A正确；B.胃酸的主要成分是盐酸，氢氧化铝可以和盐酸反应生成氯化铝和水，消耗盐酸，故B正确；C.肥皂水呈碱性，与蚊虫叮咬处释放的酸发生反应，可用于蚊虫叮咬处清洗，故C正确；D.福尔马林是甲醛的水溶液，甲醛有毒，不能用于食品保鲜，故D错误；答案选D。

2.下列说法正确的是

A.HOCH2CH=CHCOOH能发生酯化、加聚、水解等反应

B.石油分馏产品经过裂解、加成反应可制得乙醇

C.丁烷的一氯代物有5种

D.油脂、淀粉、蛋白质均是可发生水解反应的高分子化合物

【答案】B

【解析】A.HOCH2CH=CHCOOH中含有羟基、碳碳双键和羧基，可以发生酯化、加聚反应，不能发生水解反应，故A错误；B.石油分馏产品经过裂解可制得乙烯，乙烯与水发生加成反应制得乙醇，故B正确；C.丁烷有两种同分异构体，分别为CH3CH2CH2CH3和CH（CH3）3，CH3CH2CH2CH3的一氯代物有2种，CH（CH3）3的一氯代物有2种，所以丁烷的一氯代物有4种，故C错误；D.淀粉、蛋白质是可以发生水解反应的高分子化合物，油脂可以发生水解反应，但不是高分子化合物，故D错误；答案选B。

3.NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述不正确的是

A.46g乙醇完全燃烧，转移的电子数为12NA

B.0.2NA个CH4分子与足量氯气反应，生成物在标准状况下的体积为22.4L

C.1L1mol·L－1NH4NO3溶液中NO3－的数目为NA

D.1molNa与足量O2反应，产物中阴离子的数目为0.5NA

【答案】B

点睛：

本题考查阿伏加德罗常数的计算和判断，试题难度中等，掌握以物质的量为中心的各物理量与阿伏加德罗常数之间的关系、理清物质的结构、性质是解答本题的关键，本题的易错点是D项，解题时要注意无论是Na2O2还是Na2O均只有1个阴离子，钠离子和阴离子的个数之比都是2:

1。

4.X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素，X和W为同族元素，WX是离子化合物，YZ为常见气体。

下列说法一定正确的是

A.常温下，YZ在空气中易被氧气氧化

B.Y的最简单气态氢化物与其最高价氧化物的水化物能发生反应

C.原子半径由大到小的顺序为W、Y、Z、X

D.符合分子式为Y2X6Z的化合物能与W单质发生置换反应

【答案】C

【解析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素，X和W为同族元素，WX是离子化合物，则X为H元素、W为Na元素，Y、Z一定是第二周期的元素，YZ为常见气体，则YZ为CO，Y为C元素，Z为O元素。

A.YZ为CO，常温下在空气中不易被氧化，故A错误；B.C元素的最简单气态氢化物是甲烷，与碳酸不能发生反应，故B错误；C.Na是短周期中原子半径最大的元素，C元素的原子半径大于O元素的原子半径，H元素的原子半径最小，故C正确；D.符合分子式为Y2X6Z的化合物可能是CH3CH2OH或CH3OCH3，CH3CH2OH能与单质Na发生置换反应，CH3OCH3不能与单质Na发生置换反应，故D错误；答案选C。

点睛：

本题主要考查原子结构和元素周期律，试题难度中等。

根据题目信息推断各元素种类是解答本题的关键，解题时要注意明确原子结构和元素周期律之间的关系，本题的难点是D项，注意符合分子式为Y2X6Z的化合物既可能是CH3CH2OH也可能是CH3OCH3，二者的官能团不同，CH3CH2OH中含有羟基，能与单质Na发生置换反应，而CH3OCH3中不含羟基，不能与单质Na发生置换反应。

5.如图所示为盐酸介质中，金属铜与氢叠氮酸（HN3）构成的原电池，总反应方程式为：

2Cu+2Cl-+HN3+3H+＝2CuCl（s）+N2↑+NH4+。

下列叙述错误的是

A.电子的流向为Cu→

→石墨

B.负极的电极反应式为Cu+Cl――e－＝CuCl（s）

C.反应一段时间后正极区溶液的pH减小

D.标准状况下，生成224mLN2时，铜转移的电子数为0.02NA

【答案】C

【解析】A.由总反应方程式可知，Cu失电子生成CuCl，所以Cu为负极，石墨为正极，电子的流向为Cu→

→石墨，故A正确；B.Cu失电子生成CuCl，电极反应式为Cu+Cl――e－＝CuCl（s），故B正确；C.正极的电极反应式为HN3＋2e－＋3H＋=N2↑＋NH4＋，由电极反应式可知，反应一段时间后正极区溶液的pH增大，故C错误；D.由总反应方程式可知，Cu的化合价从0价升高到+1价，生成1mol氮气时，消耗2molCu，转移2mol电子，在标准状况下，224mLN2的物质的量为0.01mol，则消耗0.02molCu，Cu转移的电子数为0.02NA，故D正确；答案选C。

点睛：

本题主要考查原电池的组成、原电池原理和电极反应式书写等，根据题目所给的原电池总反应方程式并结合原电池原理即可解答，试题难度中等。

本题的难点是C项，分析某个电极反应后的溶液pH变化情况，一定要结合该电极的电极反应式进行判断，具体到本题中，正极的电极反应式为HN3＋2e－＋3H＋=N2↑＋NH4＋，因该电极反应消耗H＋，所以反应一段时间后正极区溶液的pH增大。

6.四氯化钛（TiCl4）极易水解，遇空气中的水蒸汽即产生“白烟”，常用作烟幕弹。

其熔点－25℃，沸点136.4℃。

某实验小组设计如下装置（部分加热和夹持装置省略），用Cl2与炭粉、TiO2制备TiCl4。

下列说法不正确的是

A.②、⑤中分别盛装饱和食盐水和NaOH溶液

B.冷凝管有冷凝、回流和导气的作用

C.反应结束时，应先停止③处加热，后停止①处加热

D.该设计存在不足，如④⑤之间缺少防水蒸汽进入④的装置

【答案】A

【解析】A.因四氯化钛（TiCl4）极易水解，遇空气中的水蒸汽即产生“白烟”，而制得的氯气中含有水蒸气，所以②中应盛装浓硫酸，故A错误；B.TiCl4的熔沸点较低，制得的TiCl4应经过冷凝处理，则该装置中的冷凝管具有冷凝、回流和导气的作用，故B正确；C.反应结束时，先停止③处加热，后停止①处加热，可以使制得的TiCl4在氯气氛围中冷却，防止空气进入装置中使TiCl4变质，故C正确；D.因四氯化钛（TiCl4）极易水解，所以应在装置④和⑤之间加一个防止水蒸汽进入④的装置，故D正确；答案选A。

7.常温下，向浓度均为0.1mol/L体积均为10mL的两种一元酸（HX、HY）溶液中，分别滴入0.1mol·L-1NaOH溶液，pH的变化曲线如图所示。

下列说法错误的是

A.N点：

c（Na+）＝c（Y-）＋c（HY）

B.M点：

c（X－）＞c（Na+）

C.滴至pH=7时，消耗NaOH溶液的体积：

HX＞HY

D.滴入10mLNaOH溶液时，溶液中水的电离程度：

HX＜HY

【答案】A

【解析】A.据图可知，浓度均为0.1mol/L的两种一元酸HX、HY溶液的pH都大于1，说明HX和HY均为弱酸，N点加入NaOH溶液的体积为15mL，NaOH与HY的物质的量之比为3:

2，则根据物料守恒得2c（Na+）＝3c（Y-）＋3c（HY），故A错误；B.M点加入NaOH溶液的体积为5mL，根据反应方程式NaOH+HX=NaX+H2O可知，反应后所得溶液中HX和NaX的物质的量相等，此时溶液的pH＜7，说明HX的电离程度大于X－的水解程度，所以c（X－）＞c（Na+），故B正确；C.据图可知，浓度均为0.1mol/L的两种一元酸HX、HY溶液的pH（HX）＜pH（HY），说明酸性HX＞HY，因酸性越弱其对应的阴离子水解程度越大，所以滴至pH=7时，消耗NaOH溶液的体积：

HX＞HY，故C正确；D.滴入10mLNaOH溶液时，HX和HY均恰好完全反应分别得到NaX、NaY溶液，因酸性HX＞HY，则X－的水解程度小于Y－的水解程度，溶液中水的电离程度：

HX＜HY，故D正确；答案选A。

8.热稳定系数和总氯量是漂白粉行业标准里的两个指标。

Ⅰ.利用如图装置（省略加热装置），探究漂白粉的热分解产物。

资料显示：

久置于潮湿环境中的漂白粉受热生成的气体产物有O2和少量Cl2。

（1）加热干燥漂白粉样品，观察到B中有大量无色气泡产生。

则次氯酸钙分解的固体产物中一定有________。

（2）加热久置于潮湿环境中的漂白粉样品，观察到B中也有气泡产生。

①B中发生反应的离子方程式为_______。

②待充分反应后，断开连接A、B的橡皮管，停止加热，冷却。

利用B中产物，通过实验证明加热时有少量氯气生成。

请设计实验方案：

_________。

Ⅱ.测定漂白粉总氯的百分含量（即样品中氯元素总质量与样品总质量的比值）。

实验步骤如下：

①准确称取5.000g漂白粉样品，研细，加蒸馏水溶解并冷却后，稀释至500mL。

②移取25.00mL该试样溶液至锥形瓶中，调节pH，缓慢加入适量3%H2O2水溶液，搅拌至不再产生气泡。

加入适量K2CrO4溶液作为指示剂，以0.1000mol/LAgNO3标准溶液滴定至终点。

多次实验，测得消耗AgNO3标准溶液平均体积为25.00mL。

（已知：

Ksp（AgCl，白色）＝1.56×10－10，Ksp（Ag2Cr2O4，砖红色）＝9.0×10－12）

（3）步骤①中，溶解、稀释的过程所用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、____、____。

（4）加入H2O2水溶液，搅拌至不再产生气泡，目的是______（用离子方程式表示）。

（5）滴定终点的现象是_______。

（6）该漂白粉总氯的百分含量为__________。

（7）下列操作导致总氯百分含量测定结果偏高的是______。

A．指示剂K2CrO4的用量过多

B．在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面

C．滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失

【答案】

（1）.CaCl2

（2）.2OH－+Cl2＝Cl－+ClO－+H2O（3）.取少量B中溶液，先加入硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，出现白色沉淀，说明有Cl2生成（4）.500mL容量瓶（5）.胶头滴管（6）.ClO－+H2O2＝Cl－+O2↑+H2O（7）.当滴入最后一滴标准液，溶液中出现砖红色沉淀，且半分钟内不消失（8）.35.5%（9）.C

【解析】I.

（1）.加热干燥的漂白粉样品，观察到B中有大量无色气泡产生，说明漂白粉受热生成的产物中有O2，O元素的化合价从－2价升高到0价，根据氧化还原反应的规律可知，Cl元素的化合价应从+1价降低到－1价，所以次氯酸钙分解的固体产物中一定有CaCl2，故答案为：

CaCl2；

（2）.①.因久置于潮湿环境中的漂白粉受热生成的气体产物有O2和少量Cl2，则在B中Cl2和NaOH发生反应生成NaCl、NaClO和H2O，离子方程式为：

2OH－+Cl2＝Cl－+ClO－+H2O，故答案为：

2OH－+Cl2＝Cl－+ClO－+H2O；

②.若漂白粉加热时有少量氯气生成，则氯气和NaOH溶液反应后所得的溶液中含有Cl－，所以只要检验B中含有Cl－即可证明，实验方案为：

取少量B中溶液，先加入硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，出现白色沉淀，说明有Cl2生成，故答案为：

取少量B中溶液，先加入硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，出现白色沉淀，说明有Cl2生成；

II.（3）.步骤①中，将称量的漂白粉样品研细，加蒸馏水溶解并冷却后，稀释至500mL，则所需的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外，还需要500mL容量瓶和胶头滴管，故答案为：

500mL容量瓶；胶头滴管；

（4）.加入H2O2水溶液，搅拌至不再产生气泡，目的是使漂白粉与H2O2完全反应，该反应的离子方程式为：

ClO－+H2O2＝Cl－+O2↑+H2O，故答案为：

ClO－+H2O2＝Cl－+O2↑+H2O；

（5）.用AgNO3标准溶液滴定，当溶液中的Cl－完全反应后，开始生成砖红色的Ag2Cr2O4沉淀，所以滴定终点的现象为：

当滴入最后一滴标准液，溶液中出现砖红色沉淀，且半分钟内不消失，即为滴定终点，故答案为：

当滴入最后一滴标准液，溶液中出现砖红色沉淀，且半分钟内不消失；

（6）.由反应方程式ClO－+H2O2＝Cl－+O2↑+H2O、Ag＋＋Cl－=AgCl↓可知：

ClO－～Cl－～Ag＋，所以样品中氯元素的总质量为：

m（Cl）=0.025L×0.1mol/L×

×35.5g/mol=1.775g，则该漂白粉总氯的百分含量为：

×100%=35.5%，故答案为：

35.5%；

（7）.A．若指示剂K2CrO4的用量过多，溶液中CrO42－的浓度较大，会造成Cl－尚未完全沉淀时就有砖红色沉淀生成，消耗标准溶液的体积偏小，测定结果偏低，故A错误；B．在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，会使读取的标准溶液体积偏小，测定结果偏低，故B错误；C．滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失，会使标准溶液体积偏大，测定结果偏高，故C正确，答案选C。

9.磷单质及其化合物有着广泛应用。

（1）在1.0L密闭容器中放入0.10molPCl5（g），一定温度进行如下反应:

PCl5（g）

PCl3（g）＋Cl2（g）ΔH1

反应时间（t）与容器内气体总压强（p/100kPa）的数据见下表：

回答下列问题:

①PCl3的电子式为_______。

②T1温度下，反应平衡常数K=______。

③T1___T2（填“＞”、“＜”或“＝”，下同），PCl5的平衡转化率α1（T1）__α2（T2）。

（2）PCl5、PCl3可转化为H3PO4、H3PO3。

已知下列热化学方程式：

PCl5（g）＋4H2O（l）=H3PO4（aq）＋5HCl（aq）ΔH2

PCl3（g）＋3H2O（l）=H3PO3（aq）＋3HCl（aq）ΔH3

H3PO3（aq）＋Cl2（g）＋H2O（l）=H3PO4（aq）＋2HCl（aq）ΔH4

则ΔH4=______。

（用ΔH1、ΔH2、ΔH3表示）

（3）次磷酸钴[Co（H2PO2）2]广泛用于化学镀钴，以金属钴和次磷酸钠为原料，采用四室电渗析槽电解法制备，原理如下图。

①Co的电极反应式为______________，A、B、C为离子交换膜，其中B为__________离子交换膜（填“阳”或“阴”）。

②次磷酸（H3PO2）为一元弱酸，次磷酸钠溶液中离子浓度由大到小的顺序是__________。

【答案】

（1）.

（2）.0.32mol·L－1（3）.＜（4）.＜（5）.ΔH2－ΔH1－ΔH3（6）.Co－2e－=Co2＋（7）.阴（8）.c（Na＋）＞c（H2PO2－）＞c（OH－）＞c（H+）

【解析】

（1）.①.P原子最外层有5个电子，Cl原子最外层有7个电子，P原子与3个Cl原子形成3个共用电子对，PCl3的电子式为

，故答案为：

；

②.在恒温恒容的密闭容器中，容器内气体的总压强之比等于气体的总物质的量之比，根据平衡三段式法有：

PCl5（g）

PCl3（g）＋Cl2（g）

起始量（mol）0.100

转化量（mol）xxx

平衡量（mol）0.1-xxx

平衡时气体总物质的量为：

（0.1-x+x+x）=（0.1+x）mol，则有：

=

，x=0.08mol，所以T1温度下，反应平衡常数K=

=0.32mol·L－1，故答案为：

0.32mol·L－1；

③.在1.0L密闭容器中放入0.10molPCl5（g），由表中数据可知，在时间为0时，T1对应的气体总压强小于T2对应的气体总压强，因相同条件下温度越高，气体的压强越大，所以T1＜T2，在温度为T2时，根据平衡三段式法有：

PCl5（g）

PCl3（g）＋Cl2（g）

起始量（mol）0.100

转化量（mol）yyy

平衡量（mol）0.1-yyy

平衡时气体总物质的量为：

（0.1-y+y+y）=（0.1+y）mol，则有：

=

，y=0.083mol，x=0.08mol＜y=0.083mol，所以在温度为T2时PCl5的平衡转化率更大，即α1（T1）＜α2（T2），故答案为：

＜；＜；

（3）.①.以金属钴和次磷酸钠为原料，用电解法制备次磷酸钴[Co（H2PO2）2]，Co的化合价从0价升高到+2价，则Co的电极反应式为Co－2e－=Co2＋，产品室可得到次磷酸钴的原因是：

阳极室的Co2＋通过阳离子交换膜进入产品室，原料室的H2PO2－通过阴离子交换膜进入产品室与Co2＋结合生成Co（H2PO2）2，所以B是阴离子交换膜，故答案为：

Co－2e－=Co2＋；阴；

②.次磷酸（H3PO2）为一元弱酸，在次磷酸钠溶液中，H2PO2－水解使溶液呈碱性，溶液中各离子浓度的大小关系为：

c（Na＋）＞c（H2PO2－）＞c（OH－）＞c（H+），故答案为：

c（Na＋）＞c（H2PO2－）＞c（OH－）＞c（H+）。

点睛：

本题综合考查盖斯定律的应用、化学平衡常数的计算、盐溶液中微粒浓度大小的比较及电化学相关知识，试题难度中等。

本题的难点是第（3）小题的第一问，解答本题时要先根据题目信息，分析电解时Co的化合价变化情况，进而判断出Co为阳极、石墨为阴极，再结合电解池的基本原理，分析溶液中阴离子和阳离子的移动方向，进而判断B属于阴离子交换膜。

10.在我国的资源储备中，铬是重要的战略金属资源。

以下是以某铬渣（主要成分为Cr2O3，杂质主要是FeO、SiO2等）为原料生产Cr2O3的工艺流程：

已知：

Ksp[Mg（OH）2]＝1.2×10－11，Ksp[Cr（OH）3]＝6.4×10－31

（1）若以氧化物形式表示矿物的组成，Fe2SiO4可表示为______。

（2）焙烧时通入氧气的作用是______。

（3）“除杂”时加入MgSO4-（NH4）2SO4混合物与溶液中少量的PO43－、AsO43－、SiO32－反应，分别转化为NH4MgPO4、NH4MgAsO4、MgSiO3沉淀除去。

①反应过程控制溶液pH为9，若pH＞9除杂率降低的原因是______。

②反应的温度控制在80℃左右，温度不宜太高的主要原因是_______。

（4）“还原”时先调节溶液pH，再加入焦亚硫酸钠（Na2S2O5）

①完成“还原”反应的离子方程式：

_____________

②已知铬液中c（Cr2O72－）＝0.32mol/L，为了不使还原过程产生Cr（OH）3沉淀，应控制反应过程pH不大于_____。

（5）“沉铬”主要副产物为______。

【答案】

（1）.2FeO·SiO2

（2）.将Cr2O3、FeO氧化（3）.pH过高时，Mg2+、NH4+易转化为Mg（OH）2、NH3，影响沉淀形成。

（4）.铵盐受热分解（5）.2、3、10H+、4、6、5H2O（6）.4（7）.Na2SO4

【解析】

（1）.Fe2SiO4中的Fe元素为+2价，以氧化物的形式可表示为：

2FeO·SiO2，故答案为：

2FeO·SiO2；

（2）.由焙烧后的工艺流程可知，在焙烧时通入氧气的目的是将Cr2O3、FeO氧化，故答案为：

将Cr2O3、FeO氧化；

（3）.①.“除杂”时加入MgSO4-（NH4）2SO4混合物的目的是与溶液中少量的PO43－、AsO43－、SiO32－反应，分别转化为NH4MgPO4、NH4MgAsO4、MgSiO3沉淀除去，反应过程中需控制溶液pH为9，若pH＞9，则Mg2+、NH4+易转化为Mg（OH）2、NH3，影响沉淀形成，使除杂率降低，故答案为：

Mg2+、NH4+易转化为Mg（OH）2、NH3，影响沉淀形成；

②.反应的温度控制在80℃左右，若温度太高，会使铵盐受热分解，降低除杂率，故答案为：

铵盐受热分解；

（4）.①.在酸性条件下，Cr2O72－与S2O52－发生氧化还原反应生成Cr3＋和SO42－，根据得失电子守恒和原子守恒，配平后的离子方程式为：

2Cr2O72－＋3S2O52－＋10H＋=4Cr3＋＋6SO42－＋5H2O，故答案为：

2、3、10H+、4、6、5H2O；

②.铬液中c（Cr2O72－）＝0.32mol/L，由2Cr2O72－＋3S2O52－＋10H＋=4Cr3＋＋6SO42－＋5H2O可知，反应后的溶液中c（Cr3+）＝0.64mol/L，当Cr3+开始生成Cr（OH）3沉淀时，溶液中的c3（OH－）=

，解得c（OH－）=10－10mol/L，溶液的pH等于4，所以为了不使还原过程产生Cr（OH）3沉淀，应控制反应过程pH不大于4，故答案为：

4；

（5）.由工艺流程图和反应2Cr2O72－＋3S2O52－＋10H＋=4Cr3＋＋6SO42－＋5H2O可知，“沉铬”的主要副产物为Na2SO4，故答案为：

Na2SO4。

11.铂（Pt）及其化合物用途广泛。

（1）在元素周期表中，铂元素与铁元素同族，则铂元素位于______。

A．s区B．p区C．d区D．ds区E．f区

（2）二氯二吡啶合铂是由Pt2+、Cl-和吡啶结合形成的铂配合物，有顺式和反式两种同分异构体。

科学研究表明，反式分子和顺式分子一样具有抗癌活性。

①Cl－的外围电子排布式为______。

②吡啶分子是大体积平面配体，其结构简式如右图所示

，该配体的配位原子是_____。

吡啶分子中，碳、氮原子的轨道杂化方式分别是___、____，各元素的电负性由大到小的顺序为_______。

③二氯二吡啶合铂分子中存在的微粒间作用力有_____（填序号）。

a．离子键b．配位键c．金属键d．非极性键e．氢键

④二氯二吡啶合铂分子中，Pt2+的配位数是4，但是其轨道杂化方式并不是sp3。

简述理由：

________。

⑤反式二氯二吡啶合铂分子结构如图所示，该分子是_____分子（选填“极性”、“非极性”）。

（3）金属铂立方晶胞沿x、y或z轴的投影图如右图所示。

若金属铂的密度为dg·cm－3，则晶胞参数a＝_____nm（列出计算式即可）。

【答案】

（1）.C

（2）.3s23p6（3）.N（4）.sp2（5）.sp2（6）.N、C、H（7）.b、d（8）.若Pt2+以sp3杂化轨道进行配位，则二氯二吡啶合铂为四面体结构，不存在顺反异构体（9）.非极性（10）.

【解析】

（1）.在元素周期表中，铂元素与铁元素同族，铁元素位于元素周期表的d区，所以铂元素也位于d区，故答案选C；

（2）.①.Cl－核外有18个电子，其外围电子排布式为：

3s23p6，故答案为：

3s23p6；

②.在吡啶分子中，由N原子提供孤电子对形成配体，所以该配体的配位原子是N原子，在吡啶分子中，碳原子形成2个单键和1个双键，共3个σ键，氮原子形成1个单键、1个双键和1个配位键，共3个σ键，所以碳、氮原子的轨道杂化方式分别是sp2、sp2，吡啶由N、C、H三种元素组成，因非金属性N＞C＞H，所以电负性由大到小的顺序为：

N、C、H，故答案为：

N；sp2；sp2；N、C、H；

③.二氯二吡啶合铂分子是由Pt2+、Cl-和吡啶