1、2019屆“七?！笔辉侣摽祭砜凭C合能力測試1.化學與環境、材料、信息、生活關系密切,下列說法正確的是 ()A. 硫、氮、碳的氧化物是形成酸雨的主要物質B. “山東疫苗案”涉及疫苗未冷藏儲運而失效,這與蛋白質變性有關C. 剛玉、紅寶石主要成分是氧化鋁,瑪瑙、分子篩主要成分是硅酸鹽D. 乳酸鐵是某些補鐵口服液的有效成分【答案】B【解析】【詳解】A. 硫、氮的氧化物SO2、NO2是形成酸雨的主要物質,CO2不是形成酸雨的主要物質,故A錯誤；B.因為蛋白質高溫會變性失去蛋白質的活性，故B正確； C. 剛玉、紅寶石主要成分是氧化鋁,瑪瑙主要成分是二氧化硅，分子篩主要成分是硅酸鹽，故C錯誤；D. 乳酸亞

2、鐵是某些補鐵口服液的有效成分，故D錯誤；答案：B。2.下列化學用語正確的是 ( )A. 氯化鈉的分子式：NaClB. NH4Br的電子式：C. 比例模型可以表示二氧化硫分子，也可以表示二氧化碳分子D. Mg5(Si4O10)2(OH)24H2O的氧化物形式：5MgO8SiO25H2O【答案】D【解析】【詳解】A. 氯化鈉是離子化合物，化學式NaCl，沒有的分子式，故A錯誤：B. NH4Br的電子式：，故B錯誤；C. 比例模型可以表示二氧化硫分子，并不能表示二氧化碳分子，二氧化碳分子是直線型，故C錯誤；D. Mg5(Si4O10)2(OH)24H2O的氧化物形式：5MgO8SiO25H2O，故D

3、正確；答案：D。3.用NA表示阿伏加德羅常數的值,下列說法正確的是 ()A. 電解精煉銅,當外電路通過NA個電子時,陽極質量減小32 gB. 反應3H2(g)+N2(g)2NH3(g)H=-92 kJ·mol-1,當放出9.2 kJ熱量時,反應的N2為2.24LC. 常溫常壓下27克Al與33.6L氯氣完全反應，電子轉移數小于3NAD. 1 mol·L-1氯化銅溶液中,若Cl-的數目為2NA,則Cu2+的數目為NA【答案】D【解析】【詳解】A.電解精煉銅時,陽極上放電的除了銅,還有比銅活潑的金屬雜質,故當轉移NA個電子時,陽極減少的質量小于32g,故A錯誤;B.反應3H2(

4、g)+N2(g)2NH3(g)H=-92 kJ·mol-1,轉移6mol電子,放出熱量9.2kJ時,轉移電子0.6NA，反應的N2標況下為2.24L，故B錯誤；C. 常溫常壓下與33.6L氯氣的物質的量小于1.5mol, 所以與27克Al不能完全反應，故C錯誤；D. 氯正確化銅的化學式為CuCl2,n( Cu2+): n（Cl-）= 2:1，所以在1mol·L-1氯化銅溶液中,若Cl-的數目為2NA,則Cu2+的數目為NA，故D正確；答案：D。4.下列實驗不能達到實驗目的或者實驗操作不正確的是 ()A. A B. B C. C D. D【答案】A【解析】【詳解】A.容量瓶定

5、容時，距離刻度線1-2cm時改用膠頭滴，故A錯誤；B.若錐形瓶中生成氣體,說明硫酸的酸性比碳酸強,燒杯中生成白色沉淀,說明碳酸的酸性比硅酸強,最高價氧化物對應水化物酸性越強,則對應元素的非金屬性越強,因此比較硫、碳、硅非金屬性強弱的實驗方案合理,所以B正確的;C.氨氣易溶于水和硫酸,難溶于四氯化碳,四氯化碳的密度比硫酸溶液大,導管口伸入下層液體可以防止倒吸,逸出的氨氣被稀硫酸完全吸收生成銨鹽,所以C是正確的;D.鋅是氫前金屬,銅是氫后金屬,前者與稀鹽酸發生置換反應,生成的氫氣難溶于水,水還能除去氫氣中混有的氯化氫,排水量氣法收集氫氣,根據氫氣的體積可以計算完全反應的鋅的質量,進而可以求黃銅中鋅

6、的含量,所以D是正確的;答案：A?！军c睛】可根據最高價氧化物的水化物的酸性比較非金屬性強弱; 最高價氧化物對應水化物酸性越強,則對應元素的非金屬性越強,. 根據氨氣易溶于硫酸,難溶于四氯化碳,可防止倒吸。5.已知X、Y、Z是三種原子序數依次增大的短周期元素。甲、乙、丙分別是三種元素形成的單質,A、B、C、D分別是由三種元素中的兩種形成的化合物,且A與C中均含有10個電子。它們之間轉化關系如下圖所示。下列說法正確的是 ()A. 原子半徑:Z>Y>XB. 穩定性:A>CC. 反應和均為吸熱反應D. X、Y、Z可以形成離子化合物【答案】C【解析】短周期元素中形成的10個電子的化合物

7、主要有CH4、NH3、H2O、HF等幾種，根據圖中的轉化關系可以推出X、Y、Z分別為H、C、O 三種元素，甲、乙、丙分別為氫氣、碳、氧氣，A、B、C、D分別為CH4、CO2、H2O、CO。A. H、C、O 三種元素原子半徑：C>O>H ，A不正確； B. 氧元素的非金屬性強于碳，所以穩定性：H2O>CH4，B不正確；C. 反應碳和二氧化碳在高溫下生成一氧化碳的反應是吸熱反應，反應水蒸氣和碳在高溫下反應生成氫氣和一氧化碳是吸熱反應 ，所以C正確； D. H、C、O三種非金屬元素只能形成共價化合物，不能形成離子化合物，D不正確。選C。點睛：解無機框圖推斷題時，首先要找好突破口。本

8、題以10電子化合物為突破口，通過轉化關系檢驗，可以分別推出各種元素和化合物。6.通過電解法分離NaHSO3與Na2SO3混合物,其裝置如下圖。下列說法不正確的是()A. 陽極的電極反應式為4OH-4e-=2H2O+O2B. 陽極區c(H+)增大,H+由a室經陽離子交換膜進入b室C. 外電路每轉移0.2 mol電子,有0.2 mol Na+從b室進入c室D. c室得到Na2SO3的原因是OH-+HSO3-=H2O+SO32-【答案】C【解析】【分析】通過電解法分離NaHSO3與Na2SO3混合物,根據裝置圖分析,電解池陽極發生的反應為物質失去電子,發生氧化反應,考慮到溶液是堿性,則陽極處OH-放

9、電產生O2,陽極電極反應為: 4OH-4e-=2H2O+O2,陰極為物質得到電子,發生還原反應,考慮到溶液是堿性,則陰極反應式為:2H2O+2e-=2OH-+ H2, 據此分析判斷?！驹斀狻緼.陽極的電極反應為: 4OH-4e-=2H2O+O2 ,所以A正確;B.陽極區OH-放電被消耗,c(OH-)降低,則c(H+)增加,電解池中陽離子通過陽離子交換膜向陰極移動,則H+由a室經陽離子交換膜進入b室,所以B正確;C.外電路每轉移0.2 mol 電子,不僅有Na+轉移,還有H+轉移,故C錯誤;D.c室中產生Na2SO3,溶液為堿性,則c室得到Na2SO3的原因是OH-+ HSO3-=H2

10、O+ SO32-,所以D選項是正確的;答案：C。7.常溫下,濃度均為1.0 mol·L-1的HX溶液、HY溶液、HY和 NaY的混合溶液,分別加水稀釋,稀釋后溶液的pH隨濃度的變化如圖所示,下列敘述正確的是 ()A. HX是強酸,溶液每稀釋10倍,pH始終增大1B. 常溫下HY的電離常數為1.0×10-4C. 溶液中水的電離程度:a點大于b點D. c 點溶液中:c(Na+)>c(Y-)>c(HY)>c(H+)>c(OH-)【答案】B【解析】A根據圖像可知1mol/LHX溶液的pH0，說明HX全部電離為強電解質，當無限稀釋時pH接近7，A錯誤；B根據圖

11、像可知1mol/LHY溶液的pH2，溶液中氫離子濃度是0.01mol/L，所以該溫度下HY的電離常數為=1.0×10-4，B正確；C酸或堿抑制水電離，酸中氫離子濃度越小其抑制水電離程度越小，根據圖知，b溶液中氫離子濃度小于a，則水電離程度ab，C錯誤；Dc 點溶液中顯酸性，說明HY的電離程度大于NaY的水解程度，則溶液中：c(Y-)>c(Na+)>c(HY)>c(H+)>c(OH-)，D錯誤；答案選B。點睛：本題考查弱電解質電離，為高頻考點，側重考查學生分析推斷及識圖能力，正確判斷兩種酸的強弱是解本題關鍵，注意：酸的電離平衡常數只與溫度有關，與溶液濃度無關，易

12、錯選項是A，注意無限稀釋時酸溶液的pH不可能大于7，只能是接近7，即無限稀釋時要考慮水的電離。8.碘化鈉用作甲狀腺腫瘤防治劑、祛痰劑和利尿劑等. 實驗室用NaOH、單質碘和水合肼(N2H4·H2O)為原料可制備碘化鈉。資料顯示：水合肼有還原性，能消除水中溶解的氧氣；NaIO3是一種氧化劑.回答下列問題：(1)水合肼的制備有關反應原理為: NaClO+2NH3 = N2H4·H2O+NaCl用下圖裝置制取水合肼，其連接順序為_(按氣流方向，用小寫字母表示).開始實驗時，先向氧化鈣中滴加濃氨水，一段時間后再向B的三口燒瓶中滴加 NaClO溶液.滴加 NaClO溶液時不能過快的理

13、由_。(2)碘化鈉的制備i.向三口燒瓶中加入8.4gNaOH及30mL水，攪拌、冷卻，加入25.4g碘單質，開動磁力攪拌器，保持6070至反應充分；ii.繼續加入稍過量的N2H4·H2O(水合肼)，還原NaIO和NaIO3，得NaI溶液粗品，同時釋放一種空氣中的氣體；iii.向上述反應液中加入1.0g活性炭，煮沸半小時，然后將溶液與活性炭分離；iv.將步驟iii分離出的溶液蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥，得產品24.0g.步驟i反應完全的現象是_。步驟ii中IO3-參與反應的離子方程式為_。步驟iii “將溶液與活性炭分離”的方法是_。本次實驗產率為_，實驗發現，水合肼實際用量

14、比理論值偏高，可能的原因是_。某同學檢驗產品NaI中是否混有NaIO3雜質. 取少量固體樣品于試管中，加水溶解，滴加少量淀粉液后再滴加適量稀硫酸，片刻后溶液變藍. 得出NaI中含有NaIO3雜質. 請評價該實驗結論的合理性:_(填寫“合理”或“不合理”)，_(若認為合理寫出離子方程式，若認為不合理說明理由).【答案】 (1). f a b c d e(ab順序可互換） (2). 過快滴加NaClO溶液，過量的NaClO溶液氧化水合肼，降低產率 (3). 無固體殘留且溶液呈無色（答出溶液呈無色即給分） (4). 2IO3-+3N2H4·H2O=3N2+2I-+9H2O (5). 趁熱過

15、濾或過濾 (6). 80% (7). 水合胼能與水中的溶解氧反應 (8). 不合理 (9). 可能是I- 在酸性環境中被O2氧化成I2而使淀粉變藍【解析】【分析】(1)水合肼的制備原理為：NaClO+2NH3N2H4H2O+NaCl，利用裝置D制備氨氣，裝置A為安全瓶，防止溶液倒吸，氣體通入裝置B滴入次氯酸鈉溶液發生反應生成水合肼，剩余氨氣需要用裝置C吸收；(2)加入氫氧化鈉，碘和氫氧化鈉發生反應：3I2+6NaOH=5NaI+NaIO3+3H2O，加入水合肼得到氮氣與NaI，得到的NaI溶液經蒸發濃縮、冷卻結晶可得到NaI；由碘單質計算生成的NaI與NaIO3，再由NaIO3計算與N2H4H

16、2O反應所得的NaI，由此計算得到理論生成的NaI，再計算產率可得；NaIO3能夠氧化碘化鉀，空氣中氧氣也能夠氧化碘離子生成碘單質。據此分析解答。【詳解】(1)水合肼的制備原理為：NaClO+2NH3N2H4H2O+NaCl，利用裝置D制備氨氣，通過裝置A安全瓶，防止溶液倒吸，氣體通入裝置B滴入次氯酸鈉溶液發生反應生成水合肼，剩余氨氣需要用裝置C吸收，倒扣在水面的漏斗可以防止倒吸，按氣流方向其連接順序為：fabcde，故答案為：fabcde；開始實驗時，先向氧化鈣中滴加濃氨水，生成氨氣一段時間后再向B的三口燒瓶中滴加 NaClO溶液反應生成水合肼，水合肼有還原性，滴加NaClO溶液時不能過快的

17、理由：過快滴加NaClO溶液，過量的NaClO溶液氧化水和肼，降低產率，故答案為：過快滴加NaClO溶液，過量的NaClO溶液氧化水和肼，降低產率；(2)步驟ii中碘單質生成NaI、NaIO3，反應完全時現象為無固體殘留且溶液接近無色，故答案為：無固體殘留且溶液接近無色；步驟iiiN2H4H2O還原NalO3的化學方程式為：3N2H4H2O+2NaIO3=2NaI+3N2+9H2O，離子方程式為：3N2H4H2O+2IO3-=2I-+3N2+9H2O，故答案為：3N2H4H2O+2IO3-=2I-+3N2+9H2O；活性炭具有吸附性，能脫色，通過趁熱過濾將活性炭與碘化鈉溶液分離，故答案為：趁熱

18、過濾；8.2gNaOH與25.4g單質碘反應，氫氧化鈉過量，碘單質反應完全，碘和氫氧化鈉發生反應：3I2+6NaOH=5NaI+NaIO3+3H2O，則生成的NaI的質量為：×5×150g/mol=25g，生成的NaIO3與N2H4H2O反應所得的NaI，反應為3N2H4H2O+2NaIO3=2NaI+3N2+9H2O，則6I22NaIO32NaI，該步生成的NaI質量為：25.4g6×254g/mol×2×150g/mol=5g，故理論上生成的NaI為25g+5g=30g，實驗成品率為24g30g×100%=80%，實驗發現，水合肼

19、實際用量比理論值偏高是因為水合肼能與水中的溶解氧反應，故答案為：80%；水合肼能與水中的溶解氧反應；取少量固體樣品于試管中，加水溶解，滴加少量淀粉液后再滴加適量稀硫酸，片刻后溶液變藍，說明生成碘單質，可能是NaIO3氧化碘化鉀反應生成，也可能是空氣中氧氣氧化碘離子生成碘單質，不能得出NaI中含有NaIO3雜質，故答案為：不合理；可能是I-在酸性環境中被氧氣氧化成I2而使淀粉變藍?！军c睛】本題考查了物質制備方案設計，主要考查了化學方程式的書寫、實驗方案評價、氧化還原反應、產率計算等。本題的難點為，要注意理清反應過程。9.據報道，磷酸二氫鉀(KH2PO4)大晶體已應用于我國研制的巨型激光器“神光二

20、號”中。利用氟磷灰石(化學式為Ca5P3FO12)制備磷酸二氫鉀的工藝流程如下圖所示(部分流程步驟已省略)：已知萃取的主要反應原理：KCl+H3PO4KH2PO4+HCl；其中，反應產生的HCl易溶于有機萃取劑。請回答下列問題：(1)流程中將氟磷灰石粉碎的目的是_。(2)不能使用二氧化硅陶瓷材質的沸騰槽的主要原因是_(用化學方程式表示)。(3)副產品N的化學式是_；在得到KH2PO4晶體的一系列操作，其主要包括_、過濾、洗滌、干燥等。(4)若用1000kg質量分數為50.4%的氟磷灰石(化學式為Ca5P3FO12，摩爾質量為504g/mol)來制取磷酸二氫鉀晶體，其產率為80%，則理論上可生產

21、KH2PO4(摩爾質量為136g/mol)的質量為_kg。 (5)電解法制備KH2PO4的裝置如圖所示該電解裝置中，a 區屬于_區(填“陽極”或“陰極”)，陰極區的電極反應式是_。(6)工業上還可以用氟磷灰石與焦炭、石英砂混合，在電爐中加熱到1500生成白磷，同時逸出SiF4和CO,該反應的化學方程式為_。【答案】 (1). 增大氟磷灰石與稀硫酸反應的接觸面積,加快化學反應速率 (2). 4HF+SiO2SiF4+2H2O (3). NH4Cl (4). 蒸發濃縮、冷卻結晶 (5). 326.4kg (6). 陰極 (7). 2H2eH2 (8). 4Ca5P3FO12+21SiO2+30C2

22、0CaSiO3+3P4+SiF4+30CO【解析】氟磷灰石(化學式為Ca5P3FO12)粉碎后加入濃硫酸，反應生成氫氟酸、硫酸鈣、磷酸等，加入氯化鉀后用有機萃取劑，KCl+H3PO4KH2PO4+HCl，反應產生的HCl易溶于有機萃取劑，有機相中含有氯化氫，加入氨水反應生成氯化銨，因此副產品主要為氯化銨，水相中含有KH2PO4，經過一系列操作得到KH2PO4晶體。(1)流程中將氟磷灰石粉碎，可以增大氟磷灰石與稀硫酸反應的接觸面積，加快化學反應速率，故答案為：增大氟磷灰石與稀硫酸反應的接觸面積，加快化學反應速率；(2)根據流程圖，反應中生成了氫氟酸，氫氟酸能夠與二氧化硅反應，因此不能使用二氧化硅

23、陶瓷材質的沸騰槽，故答案為：4HF+SiO2SiF4+2H2O；(3)根據上述分析，副產品N的化學式為NH4Cl；在得到KH2PO4晶體的一系列操作為蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥等，故答案為：NH4Cl；蒸發濃縮、冷卻結晶；(4)1000kg質量分數為50.4%的氟磷灰石(化學式為Ca5P3FO12)中含有Ca5P3FO12的質量為504kg，根據P元素守恒，理論上可生產KH2PO4的質量為504kg×80%×31×340×5+31×3+19+16×12÷39+2+31+16×431=326.4 kg，故答

24、案為：326.4 kg；(5)根據圖示，應該在a區生成KH2PO4，則鉀離子由b區移向a區，則a 區屬于陰極區；陰極上氫離子放電生成氫氣，電極反應式為2H2eH2，故答案為：陰極；2H2eH2；(6)用氟磷灰石與焦炭、石英砂混合，在電爐中加熱到1500生成白磷，同時逸出SiF4和CO，反應的化學方程式為4Ca5P3FO12 +21SiO2+30C20CaSiO3+3P4+SiF4+30CO，故答案為：4Ca5P3FO12 +21SiO2+30C20CaSiO3+3P4+SiF4+30CO。10.(1)2017年中科院某研究團隊通過設計一種新型Na-Fe3O4/HZSM-5多功能復合催化劑，成功

25、實現了CO2直接加氫制取辛烷值汽油，該研究成果被評價為“CO2催化轉化領域的突破性進展”。已知：H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l) H1 = aKJ/molC8H18(1)+25/2O2(g)=8CO2(g)+9H2O(1) H2= bKJ/mol試寫出25、101kPa條件下，CO2與H2反應生成汽油(以C8H18表示)的熱化學方程式_。(2)利用CO2及H2為原料，在合適的催化劑(如Cu/ZnO催化劑)作用下，也可合成CH3OH，涉及的反應有：甲：CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) H= 53.7kJ·mol-1 平衡常數K1乙：CO2(g)+H2

26、(g) CO(g)+H2O(g) H= + 41.2kJ·mol-1 平衡常數K2CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)的平衡常數K=_(用含K1、K2的表達式表示)，該反應H_0(填“大于”或“小于”)。提高CO2轉化為CH3OH平衡轉化率的措施有_(填寫兩項)。催化劑和反應體系的關系就像鎖和鑰匙的關系一樣，具有高度的選擇性。下列四組實驗，控制CO2和H2初始投料比均為1：2.2，經過相同反應時間(t1min)。溫度(K)催化劑CO2轉化率(%)甲醇選擇性(%)綜合選項543Cu/ZnO納米棒材料12.342.3A543Cu/ZnO納米片材料11.972.7B553Cu/ZnO

27、納米棒材料15.339.1C553Cu/ZnO納米片材料12.070.6D由表格中的數據可知，相同溫度下不同的催化劑對CO2的轉化為CH3OH的選擇性有顯著影響，根據上表所給數據結合反應原理，所得最優選項為_(填字母符號)。(3)以CO、H2為原料合成甲醇的反應為：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)。在體積均為2L的三個恒容密閉容器、中，分別都充入1molCO和2molH2，三個容器的反應溫度分別為T1、T2、T3且恒定不變。下圖為三個容器中的反應均進行到5min時H2的體積分數示意圖，其中有一個容器反應一定達到平衡狀態。05min時間內容器中用CH3OH表示的化學反應速率為_。三個容器

28、中一定達到平衡狀態的是容器_(填寫容器代號)?！敬鸢浮?(1). 8CO2(g)+25H2(g)=C8H18(1)+16H2O(1) H=（25a-b）KJ/mol (2). K=K1K2 (3). 小于 (4). 降低溫度、減小產物濃度 (5). B (6). 0.0875mol/(L·min) (7). 【解析】【詳解】(1)已知：H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l) H1 =aKJ/mol；C8H18(1)+25/2O2(g)=8CO2(g)+9H2O(1) H2=bKJ/mol根據蓋斯定律，由×25-得反應方程式：8CO2(g)+25H2(g)=C8H18(1

29、) +16H2O(1) H=25H1-H2=H=（25a-b）KJ/mol；(2) 已知甲：CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)  H=-53.7 kJ·mol-1平衡常數 K1乙：CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)  H=+41.2 kJ·mol-1平衡常數K2；根據蓋斯定律，由甲-乙得反應CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)的平衡常數K=；H=-53.7 kJ·mol-1-41.2 kJ·mol-1=-94.9 kJ·

30、mol-1<0；反應CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)是氣體體積縮小的放熱反應，提高CO2轉化為CH3OH平衡轉化率的措施有降低溫度、減少產物濃度、按比例充入原料CO2和H2等；由表中數據分析在相同溫度下不同催化劑對甲醇的選擇性有顯著影響，使用Cu/ZnO納米片催化劑時甲醇選擇性高；使用相同的催化劑在不同溫度下，雖然二氧化碳的轉化率增加，甲醇的選擇性卻減小，說明溫度升高，副產物增加，因此綜合考慮選B選項；(3) CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)開始時的物質的量：1      2   

31、;       0轉化的物質的量：  a      2a         a平衡時的物質的量：1-a    2-2a       a容器中05 min內H2含量是20%，a=，v(CH3OH)= 0.0875mol/(L·min)；中溫度高氫氣含量高，說明達到平衡升高溫度平衡逆向移動，氫氣含量增加。

32、【點睛】本題綜合考查化學反應中的熱量變化和化學反應平衡。蓋斯定律，又名反應熱加成性定律：若一反應為二個反應式的代數和時，其反應熱為此二反應熱的代數和。也可表達為在條件不變的情況下，化學反應的熱效應只與起始和終了狀態有關，與變化途徑無關；化學平衡常數指在一定溫度下，可逆反應都達到平衡時各生成物濃度的化學計量數次冪的乘積除以各反應物濃度的化學計量數次冪的乘積所得的比值，固體、純液體不需要表示出；影響化學平衡的因素有濃度、溫度和壓強等。11.鎳及其化合物在工業生產和科研領域有重要的用途。請回答下列問題：（1）基態 Ni 原子中，電子填充的能量最高的能級符號為_，價層電子的軌道表達式為_。（2）Ni的

33、兩種配合物結構如圖所示：A BA 的熔、沸點高于B的原因為_。A晶體含有化學鍵的類型為_（填選項字母）。A鍵 B鍵 C配位鍵 D金屬鍵A晶體中N原子的雜化形式是_。（3） 人工合成的砷化鎳常存在各種缺陷，某缺陷砷化鎳的組成為Ni1.2As， 其中 Ni 元素只有2 和3 兩種價態， 兩種價態的鎳離子數目之比為_。（4） NiAs的晶胞結構如圖所示：鎳離子的配位數為_。若阿伏加德羅常數的值為NA，晶體密度為 g·cm3，則該晶胞中最近的砷離子之間的距離為_pm?！敬鸢浮?(1). 3d (2). (3). A中含氫鍵 (4). ABC (5). sp2 (6). 1:1 (7). 4

34、(8). 或 【解析】(1)鎳的原子序數為28，其電子排布式為1S22S22P63S23P64S23d8，其價電子的軌道表達式為，所以基態鎳原子核外電子填充的能量最高的能級符號為3d；(2)A中有OH鍵，而B中沒有，而有OH鍵的物質可在分子間形成氫鍵，使物質的熔沸點升高；在A的分子結構中有C=N雙鍵，其中有鍵和鍵，有箭頭所示的配位鍵，故選ABC，其中的N原子以sp2方式雜化；(3)某缺陷砷化鎳的組成為Ni1.2As， 其中Ni元素只有2和3兩種價態，設2價的Ni為x個，+3價的Ni為y個，則由原子守恒得x+y=1.2，由化合價原則得2x+3y=3，求出x=y=0.6，所以兩種價態的鎳離子數目之比為1:1；(4) 由NiAs的晶胞結構分析可知，與一個Ni3+距離最近的等徑As3-為2×2=4個，所以鎳離子的配位數為4；該晶胞中含有的Ni3+為(1/8)×8+(1/2)×6=4，含有