福建省漳州市2015屆高三化學(xué)沖刺試卷(2)(含解析)

1、2015年福建省漳州市高考化學(xué)沖刺試卷（2）一、選擇題（本大題共7小題，每小題6分，共42分在每小題給出的四個(gè)備選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)符合題目要求）1化學(xué)與生產(chǎn)、生活密切相關(guān)下列說(shuō)法正確的是( )A福爾馬林可用于保存海鮮產(chǎn)品B硅膠吸附能力強(qiáng)，常用作催化劑載體和食品干燥劑C工業(yè)上利用Cl2與澄清石灰水反應(yīng)制取漂白粉D天然纖維和合成纖維的主要成分是纖維素2下列進(jìn)行性質(zhì)比較的實(shí)驗(yàn)，不合理的是( )A比較Cu、Fe的還原性：銅加入硫酸鐵溶液中B比較氯的非金屬性強(qiáng)于溴：溴化鈉溶液中通入氯氣C比較高錳酸鉀的氧化性強(qiáng)于氯氣：高錳酸鉀中加入濃鹽酸D比較鎂的金屬性強(qiáng)于鋁：取一小段去氧化膜的鎂帶和鋁片，分別加入1.0m

2、olL1的鹽酸中3下列與有機(jī)物的結(jié)構(gòu)、性質(zhì)有關(guān)的敘述，正確的是( )A苯不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，所以苯不能發(fā)生氧化反應(yīng)B石油的主要成分是烴，煤經(jīng)過(guò)分餾可制得焦炭、煤焦油等產(chǎn)品C丙烯分子中所有原子不可能在同一平面上D淀粉、纖維素都是天然高分子有機(jī)物，其鏈節(jié)中都含有葡萄糖425時(shí)加水稀釋10mL pH=11的氨水，下列敘述正確的是( )A原氨水的濃度為103 molL1B溶液中增大C氨水的電離程度增大，溶液中所有離子的濃度均減小D再加入10 mL pH=3的鹽酸充分反應(yīng)后混合液的pH值肯定等于75下列敘述中正確的是( )A圖中正極附近溶液pH降低B圖中電子由Zn流向Cu，鹽橋中的Cl移向CuS

3、O4溶液C圖正極反應(yīng)是O2+2H2O+4e4OHD圖中加入少量K3Fe（CN）6溶液，有藍(lán)色沉淀生成6元素R、X、T、Z、Q在元素周期表中的相對(duì)位置如表所示，其中R單質(zhì)在暗處與H2劇烈化合并發(fā)生爆炸，則下列判斷正確的是( )A非金屬性：ZTXBR與Q的電子數(shù)相差24C氣態(tài)氫化物穩(wěn)定性：RTQD最高價(jià)氧化物的水化物的酸性：TQ7已知反應(yīng)：2CH3COCH3（l）CH3COCH2COH（CH3）2（l）取等量CH3COCH3，分別在0和20下，測(cè)得其轉(zhuǎn)化分?jǐn)?shù)隨時(shí)間變化的關(guān)系曲線（Yt）如圖所示下列說(shuō)法正確的是( )Ab代表0下CH3COCH3的Yt曲線B反應(yīng)進(jìn)行到20min末，CH3COCH3的C

4、升高溫度可縮短反應(yīng)達(dá)平衡的時(shí)間并能提高平衡轉(zhuǎn)化率D從Y=0到Y(jié)=0.113，CH3COCH2COH（CH3）2的二、非選擇題（本大題共3小題，共58分其中3題必考題，2題選考題任選一題）8研究CO2的利用對(duì)促進(jìn)低碳社會(huì)的構(gòu)建具有重要意義（1）將CO2與焦炭作用生成CO，CO可用于煉鐵等已知：Fe2O3（s）+3C（石墨）2Fe（s）+3CO（g）H1=+489.0kJmol1C（石墨）+CO2（g）2CO（g）H2=+172.5kJmol1則CO還原Fe2O3（s）的熱化學(xué)方程式為_（2）二氧化碳合成甲醇是碳減排的新方向，將CO2轉(zhuǎn)化為甲醇的熱化學(xué)方程式為CO2（g）+3H2（g）CH3OH（

5、g）+H2O（g）H該反應(yīng)的平衡常數(shù)表達(dá)式為K=_取一定體積CO2和H2的混合氣體（物質(zhì)的量之比為1：3），加入恒容密閉容器中發(fā)生上述反應(yīng)，反應(yīng)過(guò)程中測(cè)得甲醇的體積分?jǐn)?shù)（CH3OH）與反應(yīng)溫度T的關(guān)系如圖1所示，則該反應(yīng)的H_0（填“”、“”或“=”，下同）在兩種不同條件下發(fā)生反應(yīng)，測(cè)得CH3OH的物質(zhì)的量隨時(shí)間變化如圖2所示，曲線、對(duì)應(yīng)的平衡常數(shù)大小關(guān)系為K_K（3）以CO2為原料還可以合成多種物質(zhì)工業(yè)上尿素CO（NH2）2可由CO2和NH3在一定條件下合成，其反應(yīng)方程式為_當(dāng)氨碳比=3，達(dá)平衡時(shí)CO2的轉(zhuǎn)化率為60%，則NH3的平衡轉(zhuǎn)化率為_用硫酸溶液作電解質(zhì)進(jìn)行電解，CO2在電極上可轉(zhuǎn)化

6、為甲烷，該電極的反應(yīng)式為_9鐵及其化合物在日常生活、生產(chǎn)中應(yīng)用廣泛（1）在某溫度下，Ksp（FeS）=8.11017，F(xiàn)eS飽和溶液中c（H+）與c（S2）之間存在關(guān)系：c2（H+）c（S2）=1.01022，為了使溶液里c（Fe2+）達(dá)到1molL1，現(xiàn)將適量FeS投入其飽和溶液中，應(yīng)調(diào)節(jié)溶液中的pH約為_（填字母）A2 B3 C4 D5（2）氧化鐵紅顏料跟某些油料混合，可以制成防銹油漆以黃鐵礦為原料制硫酸產(chǎn)生的硫酸渣中含F(xiàn)e2O3、SiO2、Al2O3、MgO等，用硫酸渣制備鐵紅（Fe2O3）的過(guò)程如下：酸溶過(guò)程中Fe2O3發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_；“濾渣A”主要成分的化學(xué)式為_還原過(guò)程中

7、加入FeS2的目的是將溶液中的Fe3+還原為Fe2+，而本身被氧化為H2SO4請(qǐng)完成該反應(yīng)的離子方程式：_FeS2+_Fe3+_Fe2+_SO+_氧化過(guò)程中，O2、NaOH與Fe2+反應(yīng)的離子方程式為_為了確保鐵紅的質(zhì)量和純度，氧化過(guò)程需要調(diào)節(jié)溶液的pH的范圍是3.23.8沉淀物Fe（OH）3Al（OH）3Fe（OH）2Mg（OH）2開始沉淀pH2.73.87.69.4完全沉淀pH3.25.29.712.4如果pH過(guò)大，可能引起的后果是_（幾種離子沉淀的pH見上表）濾液B可以回收的物質(zhì)有_（填序號(hào)）ANa2SO4 BAl2（SO4）3 CNa2SiO3 DMgSO410ClO2在常溫下是一種黃

8、綠色有刺激性氣味的氣體，其熔點(diǎn)為59，沸點(diǎn)為11.0，易溶于水工業(yè)上用稍潮濕的KClO3和草酸（H2C2O4）在60時(shí)反應(yīng)制得某學(xué)生擬用圖1所示裝置模擬工業(yè)制取并收集ClO2（1）A裝置電動(dòng)攪拌棒的作用是_A裝置必須添加溫度控制裝置，除酒精燈外，還需要的玻璃儀器有燒杯、_（2）B裝置必須放在冰水浴中，其原因是_（3）反應(yīng)后在裝置C中可得NaClO2溶液已知：aNaClO2飽和溶液在溫度低于38時(shí)析出晶體是NaClO23H2O，在溫度高于38時(shí)析出晶體是NaClO2，溫度高于60時(shí)NaClO2分解生成NaClO3和NaCl；bNaClO2的溶解度曲線如圖2所示，請(qǐng)補(bǔ)充從NaClO2溶液中制得Na

9、ClO2晶體的操作步驟：減壓，55蒸發(fā)結(jié)晶；_；_；_；得到成品（4）ClO2很不穩(wěn)定，需隨用隨制，產(chǎn)物用水吸收得到ClO2溶液為測(cè)定所得溶液中ClO2的含量，進(jìn)行了下列實(shí)驗(yàn)：步驟1：準(zhǔn)確量取ClO2溶液10.00mL，稀釋成100.00mL試樣，量取V1 mL試樣加入到錐形瓶中；步驟2：用稀硫酸調(diào)節(jié)試樣的pH2.0，加入足量的KI晶體，靜置片刻；步驟3：加入指示劑，用c molL1 Na2S2O3溶液滴定至終點(diǎn)，消耗Na2S2O3溶液V2 mL（已知2Na2S2O3+I2Na2S4O6+2NaI）配制100mL c molL1 Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液時(shí)，用到的玻璃儀器除燒杯、量筒、玻璃棒外還

10、有：_滴定過(guò)程中進(jìn)行三次平行測(cè)定的原因是_原ClO2溶液的濃度為_ gL1（用含字母的代數(shù)式表示）若滴定前滴定管尖嘴中有氣泡，滴定后氣泡消失，則測(cè)定結(jié)果_（填“偏高”、“偏低”或“不變”）化學(xué)一物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)11（13分）金屬鎳及其化合物在合金材料以及催化劑等方面用廣泛（1）基態(tài)鎳原子的外圍電子排布式為_（2）金屬鎳能與CO形成配合物Ni（CO）4，寫出與CO互為等電子體的一種分子和一種離子的化學(xué)_、_（3）很多不飽和有機(jī)物在Ni催化下可與H2發(fā)生加成反應(yīng)如CH2=CH2、HCCH、HCHO，其中碳原子采取sp2雜化的分子有_（填物質(zhì)序號(hào)），HCHO分子的立體結(jié)構(gòu)為_形（4）金屬鎳與鑭（La）

11、形成的合金是一種良好的儲(chǔ)氫材料，其晶胞結(jié)構(gòu)示意圖如圖1所示該合金的化學(xué)式為_（5）丁二酮肟常用于檢驗(yàn)Ni2+：在稀氨水中，丁二酮肟與Ni2+反應(yīng)生成鮮紅色沉淀，其結(jié)構(gòu)如圖2所示該結(jié)構(gòu)中，除共價(jià)鍵外還存在配位鍵和氫鍵，請(qǐng)?jiān)趫D中用箭頭和“”表示出配位鍵和氫鍵化學(xué)一有機(jī)化學(xué)基礎(chǔ)12化合物A和D都是石油裂解氣的成分，是衡量一個(gè)國(guó)家化工水平的重要標(biāo)志的物質(zhì)的同系物，可利用如下反應(yīng)合成化合物H：已知：請(qǐng)回答下列問(wèn)題：（1）反應(yīng)中屬于加成反應(yīng)的是_（填序號(hào)，下同），屬于氧化反應(yīng)的是_（2）寫出反應(yīng)的化學(xué)方程式：_（3）寫出G的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式：_，G中官能團(tuán)的名稱為_（4）寫出反應(yīng)的化學(xué)方程式：_（5）化合物C與化

12、合物F反應(yīng)還可以生成化合物G的同分異構(gòu)體，其結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為_（6）下列有關(guān)化合物H的說(shuō)法正確的是_（填字母）A化合物H在一定溫度下能與NaOH溶液發(fā)生水解反應(yīng)B化合物H的分子式為C10H13O2C1mol化合物H與H2發(fā)生加成反應(yīng)，消耗3mol H2D化合物H能使溴水褪色2015年福建省漳州市高考化學(xué)沖刺試卷（2）一、選擇題（本大題共7小題，每小題6分，共42分在每小題給出的四個(gè)備選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)符合題目要求）1化學(xué)與生產(chǎn)、生活密切相關(guān)下列說(shuō)法正確的是( )A福爾馬林可用于保存海鮮產(chǎn)品B硅膠吸附能力強(qiáng)，常用作催化劑載體和食品干燥劑C工業(yè)上利用Cl2與澄清石灰水反應(yīng)制取漂白粉D天然纖維和合成纖維的主

13、要成分是纖維素【考點(diǎn)】有機(jī)物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)；氯、溴、碘及其化合物的綜合應(yīng)用；有機(jī)化學(xué)反應(yīng)的綜合應(yīng)用 【專題】有機(jī)化合物的獲得與應(yīng)用；化學(xué)應(yīng)用【分析】AHClO有毒，能使蛋白質(zhì)發(fā)生變性；B硅膠可吸收水，且無(wú)毒；C石灰水的濃度小，不利于制備漂白粉；D纖維素的成分為多糖，而合成纖維中含為加聚、縮聚產(chǎn)物【解答】解：A福爾馬林能使蛋白質(zhì)變性，且有毒，不能用作食品保鮮劑，故A錯(cuò)誤；B硅膠具有疏松多孔的結(jié)構(gòu)，可吸收水，且無(wú)毒，常用作催化劑載體和食品干燥劑，故B正確；CCa（OH）2微溶于水，澄清的石灰水濃度太小，不能制取漂白粉，應(yīng)利用氯氣與石灰乳制備，故C錯(cuò)誤；D纖維素的主要成分是多糖，合成纖維的成分不是纖維

14、素，故D錯(cuò)誤；故選B【點(diǎn)評(píng)】本題考查有機(jī)物的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，為高頻考點(diǎn)，把握有機(jī)物的組成、性質(zhì)及應(yīng)用等為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，注意化學(xué)與生活的關(guān)系，題目難度不大2下列進(jìn)行性質(zhì)比較的實(shí)驗(yàn)，不合理的是( )A比較Cu、Fe的還原性：銅加入硫酸鐵溶液中B比較氯的非金屬性強(qiáng)于溴：溴化鈉溶液中通入氯氣C比較高錳酸鉀的氧化性強(qiáng)于氯氣：高錳酸鉀中加入濃鹽酸D比較鎂的金屬性強(qiáng)于鋁：取一小段去氧化膜的鎂帶和鋁片，分別加入1.0molL1的鹽酸中【考點(diǎn)】氧化性、還原性強(qiáng)弱的比較；金屬在元素周期表中的位置及其性質(zhì)遞變的規(guī)律；非金屬在元素周期表中的位置及其性質(zhì)遞變的規(guī)律 【專題】氧化還原反應(yīng)專題；元素周期

15、律與元素周期表專題【分析】A依據(jù)還原劑的還原性大于還原產(chǎn)物進(jìn)行判斷；B單質(zhì)的氧化性越強(qiáng)，對(duì)應(yīng)元素的非金屬性越強(qiáng)；C依據(jù)氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物進(jìn)行判斷；D同種氧化劑與多種還原劑反應(yīng)，可以通過(guò)反應(yīng)劇烈程度、快慢判斷還原性強(qiáng)弱【解答】解：A發(fā)生反應(yīng)：Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+，根據(jù)反應(yīng)只能判斷Cu還原性強(qiáng)于Fe2+，不能判斷Cu、Fe的還原性，故A正確；B發(fā)生反應(yīng)：2NaBr+Cl2=2NaCl+Br2，氧化性：氯氣大于溴單質(zhì)，所以非金屬性：氯大于溴，故B錯(cuò)誤；C發(fā)生反應(yīng)：2KMnO4+16HCl=2MnCl2+5Cl2+2KCl+8H2O，KMnO4是氧化劑，Cl2是氧化產(chǎn)物，故氧化

16、性前者大于后者，故C錯(cuò)誤；D鎂帶和鋁片都能與鹽酸反應(yīng)生成氫氣，但是鎂帶與鹽酸反應(yīng)更劇烈，產(chǎn)生氫氣更快，故還原性鎂大于鋁，故D錯(cuò)誤；故選A【點(diǎn)評(píng)】本題考查了氧化還原反應(yīng)的規(guī)律，和元素非金屬性強(qiáng)弱判斷依據(jù)，題目難度不大結(jié)合相應(yīng)知識(shí)不難找到答案3下列與有機(jī)物的結(jié)構(gòu)、性質(zhì)有關(guān)的敘述，正確的是( )A苯不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，所以苯不能發(fā)生氧化反應(yīng)B石油的主要成分是烴，煤經(jīng)過(guò)分餾可制得焦炭、煤焦油等產(chǎn)品C丙烯分子中所有原子不可能在同一平面上D淀粉、纖維素都是天然高分子有機(jī)物，其鏈節(jié)中都含有葡萄糖【考點(diǎn)】有機(jī)物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì) 【專題】有機(jī)物的化學(xué)性質(zhì)及推斷【分析】A苯中不含碳碳雙鍵，不能與高錳酸鉀反應(yīng)，

17、但燃燒為氧化反應(yīng)；B煤干餾產(chǎn)品為焦炭、煤焦油等；C丙烯中含甲基，為四面體構(gòu)型；D淀粉、纖維素都是天然高分子有機(jī)物，均為多糖，可水解【解答】解：A苯中不含碳碳雙鍵，不能與高錳酸鉀反應(yīng)，則苯不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，但能燃燒生成二氧化碳和水，可發(fā)生氧化反應(yīng)，故A錯(cuò)誤；B石油的主要成分是烴，煤經(jīng)過(guò)干餾得到產(chǎn)品為焦炭、煤焦油等，干餾為化學(xué)變化，而分餾為物理變化，故B錯(cuò)誤；C丙烯中含甲基，為四面體構(gòu)型，則丙烯分子中所有原子不可能在同一平面上，故C正確；D淀粉、纖維素都是天然高分子有機(jī)物，均為多糖，可水解，水解的最終產(chǎn)物均為葡萄糖，而鏈節(jié)中不含有葡萄糖，故D錯(cuò)誤；故選C【點(diǎn)評(píng)】本題考查有機(jī)物的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)

18、，為高頻考點(diǎn)，把握官能團(tuán)與性質(zhì)的關(guān)系為解答的關(guān)鍵，側(cè)重苯、多糖性質(zhì)的考查，注意分餾與干餾的差別，題目難度不大425時(shí)加水稀釋10mL pH=11的氨水，下列敘述正確的是( )A原氨水的濃度為103 molL1B溶液中增大C氨水的電離程度增大，溶液中所有離子的濃度均減小D再加入10 mL pH=3的鹽酸充分反應(yīng)后混合液的pH值肯定等于7【考點(diǎn)】弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡 【專題】電離平衡與溶液的pH專題【分析】A一水合氨是弱電解質(zhì)，在水溶液里部分電離；B加水稀釋氨水，促進(jìn)一水合氨電離，導(dǎo)致溶液中n（NH4+）增大、n（NH3H2O）減?。籆加水稀釋促進(jìn)一水合氨電離，溶液中c（H+）增大；DpH

19、=3的鹽酸濃度小于pH=11的氨水濃度，二者等體積混合，氨水過(guò)量，溶液呈堿性【解答】解：A一水合氨是弱電解質(zhì)，在水溶液里部分電離，所以原氨水的濃度103mol/L，故A錯(cuò)誤；B加水稀釋氨水，促進(jìn)一水合氨電離，導(dǎo)致溶液中n（NH4+）增大、n（NH3H2O）減小，則溶液中增大，故B正確；C加水稀釋促進(jìn)一水合氨電離，溶液中c（OH）減小，溫度不變，則水的離子積常數(shù)不變，則溶液中c（H+）增大，故C錯(cuò)誤；D常溫下，pH=3的鹽酸濃度小于pH=11的氨水濃度，二者等體積混合，氨水過(guò)量，一水合氨電離程度大于銨根離子水解程度，導(dǎo)致混合溶液呈堿性，則pH7，故D錯(cuò)誤；故選B【點(diǎn)評(píng)】本題考查了弱電解質(zhì)的電離，

20、明確弱電解質(zhì)電離特點(diǎn)是解本題關(guān)鍵，注意稀釋氨水過(guò)程中增大一水合氨電離程度但其電離平衡常數(shù)不變，溶液中c（H+）增大，為易錯(cuò)點(diǎn)5下列敘述中正確的是( )A圖中正極附近溶液pH降低B圖中電子由Zn流向Cu，鹽橋中的Cl移向CuSO4溶液C圖正極反應(yīng)是O2+2H2O+4e4OHD圖中加入少量K3Fe（CN）6溶液，有藍(lán)色沉淀生成【考點(diǎn)】原電池和電解池的工作原理 【專題】電化學(xué)專題【分析】圖鋅為負(fù)極，銅為正極，正極銅離子放電生成銅，圖鐵為負(fù)極，銅為正極，正極氫離子放電生成氫氣，以此解答該題【解答】解：A圖中正極發(fā)生：Cu2+2e=Cu，如不考慮鹽類水解，則正極pH不變，如考慮鹽類水解，則正極pH增大，

21、故A錯(cuò)誤；B原電池中陰離子向負(fù)極移動(dòng)，即向硫酸鋅溶液移動(dòng)，故B錯(cuò)誤；C圖鐵為負(fù)極，銅為正極，正極氫離子放電生成氫氣，電極方程式為2H+2e=H2，故C錯(cuò)誤；D圖中生成Fe2+，亞鐵離子和K3Fe（CN）6生成藍(lán)色沉淀，故D正確故選D【點(diǎn)評(píng)】本題綜合考查原電池知識(shí)，為高頻考點(diǎn)，側(cè)重于學(xué)生的分析能力和計(jì)算能力的考查，注意把握電極方程式的書寫，為解答該類題目的關(guān)鍵，難度中等6元素R、X、T、Z、Q在元素周期表中的相對(duì)位置如表所示，其中R單質(zhì)在暗處與H2劇烈化合并發(fā)生爆炸，則下列判斷正確的是( )A非金屬性：ZTXBR與Q的電子數(shù)相差24C氣態(tài)氫化物穩(wěn)定性：RTQD最高價(jià)氧化物的水化物的酸性：TQ【考

22、點(diǎn)】原子結(jié)構(gòu)與元素周期律的關(guān)系 【分析】R單質(zhì)在暗處與H2劇烈化合并發(fā)生爆炸，則R是F元素，由元素R、X、T、Z、Q在元素周期表中的相對(duì)位置，可知X是S元素、T是Cl元素、Z是Ar元素、Q是Br元素A同一周期元素的非金屬性隨著原子序數(shù)的增大而增強(qiáng)，但稀有氣體較穩(wěn)定；BR的原子序數(shù)是9、Q的原子序數(shù)是35；C元素的非金屬性越強(qiáng)，其氫化物越穩(wěn)定；D元素的非金屬性越強(qiáng)，其最高價(jià)氧化物的水化物酸性越強(qiáng)（O、F元素除外）【解答】解：R單質(zhì)在暗處與H2劇烈化合并發(fā)生爆炸，則R是F元素，由元素R、X、T、Z、Q在元素周期表中的相對(duì)位置，可知X是S元素、T是Cl元素、Z是Ar元素、Q是Br元素，A同一周元素的

23、非金屬性隨著原子序數(shù)的增大而增強(qiáng)，但稀有氣體較穩(wěn)定，所以非金屬性TX，故A錯(cuò)誤；BR的原子序數(shù)是9、Q的原子序數(shù)是35，則R與Q的電子數(shù)的差=359=26，故B錯(cuò)誤；C元素的非金屬性越強(qiáng)，其氫化物越穩(wěn)定，非金屬性RTQ，所以氫化物的穩(wěn)定性RTQ，故C錯(cuò)誤；D元素的非金屬性越強(qiáng)，其最高價(jià)氧化物的水化物酸性越強(qiáng)（O、F元素除外），非金屬性TQ，則元素最高價(jià)氧化物的水化物酸性TQ，故D正確；故選D【點(diǎn)評(píng)】本題考查結(jié)構(gòu)性質(zhì)位置關(guān)系應(yīng)用，側(cè)重對(duì)元素周期律的考查，正確推斷元素是解本題關(guān)鍵，注意理解掌握同主族元素原子序數(shù)關(guān)系7已知反應(yīng)：2CH3COCH3（l）CH3COCH2COH（CH3）2（l）取等量C

24、H3COCH3，分別在0和20下，測(cè)得其轉(zhuǎn)化分?jǐn)?shù)隨時(shí)間變化的關(guān)系曲線（Yt）如圖所示下列說(shuō)法正確的是( )Ab代表0下CH3COCH3的Yt曲線B反應(yīng)進(jìn)行到20min末，CH3COCH3的C升高溫度可縮短反應(yīng)達(dá)平衡的時(shí)間并能提高平衡轉(zhuǎn)化率D從Y=0到Y(jié)=0.113，CH3COCH2COH（CH3）2的【考點(diǎn)】轉(zhuǎn)化率隨溫度、壓強(qiáng)的變化曲線 【專題】壓軸題【分析】分析圖象題時(shí)注意曲線的變化，溫度越高，化學(xué)反應(yīng)速率越大，達(dá)到平衡時(shí)的時(shí)間就越少，曲線的斜率就越大；根據(jù)圖象可以看出溫度越高CH3COCH3轉(zhuǎn)化的越少，說(shuō)明升高溫度平衡向逆反應(yīng)方向進(jìn)行，CH3COCH3的轉(zhuǎn)化率反而降低，分析圖象，當(dāng)反應(yīng)進(jìn)行

25、到66min時(shí)a、b曲線對(duì)應(yīng)的轉(zhuǎn)化分?jǐn)?shù)均相同，都是0.113，這說(shuō)明此時(shí)生成的CH3COCH2COH（CH3）2一樣多【解答】解：A、溫度越高反應(yīng)速率就越快，到達(dá)平衡的時(shí)間就越短，由圖象可看出曲線b首先到達(dá)平衡，所以曲線b表示的是20時(shí)的Yt曲線，故A錯(cuò)；B、當(dāng)反應(yīng)進(jìn)行到20min時(shí)，從圖象中可以看出b曲線對(duì)應(yīng)的轉(zhuǎn)化分?jǐn)?shù)高于a曲線對(duì)應(yīng)的轉(zhuǎn)化分?jǐn)?shù)，這說(shuō)明b曲線在20時(shí)對(duì)應(yīng)的反應(yīng)速率快，所以1，故B錯(cuò)；C、根據(jù)圖象溫度越高CH3COCH3轉(zhuǎn)化的越少，說(shuō)明升高溫度平衡向逆反應(yīng)方向進(jìn)行，即正方應(yīng)是放熱反應(yīng)，故C錯(cuò)；D、根據(jù)圖象可以看出當(dāng)反應(yīng)進(jìn)行到66min時(shí)a、b曲線對(duì)應(yīng)的轉(zhuǎn)化分?jǐn)?shù)均相同，都是0.11

26、3，這說(shuō)明此時(shí)生成的CH3COCH2COH（CH3）2一樣多，所以從Y=0到Y(jié)=0.113，CH3COCH2COH（CH3）2的，故D正確故選D【點(diǎn)評(píng)】本題考查轉(zhuǎn)化率隨溫度變化的圖象題，做題時(shí)注意觀察曲線的變化趨勢(shì)，以及溫度對(duì)化學(xué)反應(yīng)速率的影響，本題的關(guān)鍵是根據(jù)圖象正確判斷反應(yīng)是吸熱還是放熱二、非選擇題（本大題共3小題，共58分其中3題必考題，2題選考題任選一題）8研究CO2的利用對(duì)促進(jìn)低碳社會(huì)的構(gòu)建具有重要意義（1）將CO2與焦炭作用生成CO，CO可用于煉鐵等已知：Fe2O3（s）+3C（石墨）2Fe（s）+3CO（g）H1=+489.0kJmol1C（石墨）+CO2（g）2CO（g）H2=

27、+172.5kJmol1則CO還原Fe2O3（s）的熱化學(xué)方程式為Fe2O3（s）+3CO（g）=2Fe（s）+3CO2（g）H=28.5 kJmol1（2）二氧化碳合成甲醇是碳減排的新方向，將CO2轉(zhuǎn)化為甲醇的熱化學(xué)方程式為CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）H該反應(yīng)的平衡常數(shù)表達(dá)式為K=取一定體積CO2和H2的混合氣體（物質(zhì)的量之比為1：3），加入恒容密閉容器中發(fā)生上述反應(yīng)，反應(yīng)過(guò)程中測(cè)得甲醇的體積分?jǐn)?shù)（CH3OH）與反應(yīng)溫度T的關(guān)系如圖1所示，則該反應(yīng)的H0（填“”、“”或“=”，下同）在兩種不同條件下發(fā)生反應(yīng)，測(cè)得CH3OH的物質(zhì)的量隨時(shí)間變化如圖2所示，曲線、對(duì)應(yīng)

28、的平衡常數(shù)大小關(guān)系為KK（3）以CO2為原料還可以合成多種物質(zhì)工業(yè)上尿素CO（NH2）2可由CO2和NH3在一定條件下合成，其反應(yīng)方程式為2NH3+CO2CO（NH2）2+H2O當(dāng)氨碳比=3，達(dá)平衡時(shí)CO2的轉(zhuǎn)化率為60%，則NH3的平衡轉(zhuǎn)化率為40%用硫酸溶液作電解質(zhì)進(jìn)行電解，CO2在電極上可轉(zhuǎn)化為甲烷，該電極的反應(yīng)式為CO2+8e+8H+=CH4+2H2O【考點(diǎn)】化學(xué)平衡的計(jì)算；熱化學(xué)方程式 【專題】簡(jiǎn)答題；計(jì)算題；平衡思想；化學(xué)反應(yīng)中的能量變化；化學(xué)平衡專題【分析】（1）依據(jù)熱化學(xué)方程式和蓋斯定律計(jì)算得到所需熱化學(xué)方程式；（2）依據(jù)化學(xué)方程式和平衡常數(shù)概念寫出平衡常數(shù)表達(dá)式；由圖可知最高

29、點(diǎn)反應(yīng)到達(dá)平衡，到達(dá)平衡后，溫度越高，（CH3OH）越小，升高溫度平衡向逆反應(yīng)進(jìn)行，據(jù)此判斷；由圖象分析先拐先平，溫度高T先達(dá)到平衡則TT，縱軸是甲醇的物質(zhì)的量，溫度越高，甲醇越少，平衡逆向進(jìn)行分析判斷；（3）根據(jù)反應(yīng)物、反應(yīng)條件、生成物寫出化學(xué)反應(yīng)式；利用三段式法計(jì)算；根據(jù)原電池原理，CO2在正極發(fā)生還原反應(yīng)轉(zhuǎn)化為甲烷，注意電解質(zhì)溶液為酸性【解答】解：（1）Fe2O3（s）+3C（石墨）=2Fe（s）+3CO（g）H1=+489.0kJmol1C（石墨）+CO2（g）=2CO（g）H2=+172.5kJmol1依據(jù)蓋斯定律3得到Fe2O3（s）+3CO（g）=2Fe（s）+3CO2（g）H=

30、28.5 kJmol1；故答案為：Fe2O3（s）+3CO（g）=2Fe（s）+3CO2（g）H=28.5 kJmol1；（2）平衡常數(shù)等于生成物的濃度冪之積除以反應(yīng)物的濃度冪之積，所以K=，故答案為：； 由圖可知最高點(diǎn)反應(yīng)到達(dá)平衡，達(dá)平衡后，溫度越高，（CH3OH）越小，平衡向逆反應(yīng)進(jìn)行，升高溫度平衡吸熱方向進(jìn)行，逆反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，則正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，即H0，故答案為：；由圖2可知，溫度TT，平衡時(shí)，溫度越高CO的轉(zhuǎn)化率越小，說(shuō)明升高溫度，平衡向逆反應(yīng)移動(dòng)，升高溫度平衡向吸熱反應(yīng)移動(dòng)，故該反應(yīng)正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，則H0，升高溫度，平衡向逆反應(yīng)移動(dòng)，所以KK，故答案為：；（3）根據(jù)反應(yīng)物是二氧化

31、碳和氨氣（NH3），反應(yīng)條件是高溫、高壓，生成物是尿素CO（NH2）2和水，化學(xué)反應(yīng)式為2NH3+CO2CO（NH2）2+H2O，設(shè)CO2的初始物質(zhì)的量為a，則NH3的初始物質(zhì)的量為3a， 2NH3+CO2CO（NH2）2+H2O起始/mol 3a a轉(zhuǎn)化/mol 1.2a 0.6a平衡/mol 1.8a 0.4a平衡時(shí)NH3轉(zhuǎn)化率為：100%=40%，故答案為：2NH3+CO2CO（NH2）2+H2O；40%；CO2在正極發(fā)生還原反應(yīng)轉(zhuǎn)化為甲烷，考慮電解質(zhì)為硫酸，所以甲烷中氫來(lái)源為硫酸電離的氫離子，根據(jù)化合價(jià)變化可知1mol二氧化碳變成甲烷得到8mol電子，故電極反應(yīng)為：CO2+8e+8H+

32、=CH4+2H2O，故答案為：CO2+8e+8H+=CH4+2H2O【點(diǎn)評(píng)】本題考查了熱化學(xué)方程式的書寫、化學(xué)平衡移動(dòng)、平衡常數(shù)概念理解、轉(zhuǎn)化率的計(jì)算及原電池原理的分析應(yīng)用等，題目涉及的知識(shí)點(diǎn)較多，綜合性較強(qiáng)，難度中等分析圖象時(shí)，要考慮先拐先平衡的原則，則反應(yīng)條件為溫度高或壓強(qiáng)大，寫電極反應(yīng)式一定要考慮介質(zhì)的參與9鐵及其化合物在日常生活、生產(chǎn)中應(yīng)用廣泛（1）在某溫度下，Ksp（FeS）=8.11017，F(xiàn)eS飽和溶液中c（H+）與c（S2）之間存在關(guān)系：c2（H+）c（S2）=1.01022，為了使溶液里c（Fe2+）達(dá)到1molL1，現(xiàn)將適量FeS投入其飽和溶液中，應(yīng)調(diào)節(jié)溶液中的pH約為B（

33、填字母）A2 B3 C4 D5（2）氧化鐵紅顏料跟某些油料混合，可以制成防銹油漆以黃鐵礦為原料制硫酸產(chǎn)生的硫酸渣中含F(xiàn)e2O3、SiO2、Al2O3、MgO等，用硫酸渣制備鐵紅（Fe2O3）的過(guò)程如下：酸溶過(guò)程中Fe2O3發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為Fe2O3+3H2SO4Fe2（SO4）3+3H2O；“濾渣A”主要成分的化學(xué)式為SiO2還原過(guò)程中加入FeS2的目的是將溶液中的Fe3+還原為Fe2+，而本身被氧化為H2SO4請(qǐng)完成該反應(yīng)的離子方程式：1FeS2+14Fe3+8H2O15Fe2+2SO+16H+氧化過(guò)程中，O2、NaOH與Fe2+反應(yīng)的離子方程式為4Fe2+O2+2H2O+8OH=4F

34、e（OH）3為了確保鐵紅的質(zhì)量和純度，氧化過(guò)程需要調(diào)節(jié)溶液的pH的范圍是3.23.8沉淀物Fe（OH）3Al（OH）3Fe（OH）2Mg（OH）2開始沉淀pH2.73.87.69.4完全沉淀pH3.25.29.712.4如果pH過(guò)大，可能引起的后果是Al3+、Mg2+形成沉淀，使制得的鐵紅不純（幾種離子沉淀的pH見上表）濾液B可以回收的物質(zhì)有ABD（填序號(hào)）ANa2SO4 BAl2（SO4）3 CNa2SiO3 DMgSO4【考點(diǎn)】制備實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)；難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉(zhuǎn)化的本質(zhì) 【專題】實(shí)驗(yàn)分析題；實(shí)驗(yàn)評(píng)價(jià)題；演繹推理法；電離平衡與溶液的pH專題；無(wú)機(jī)實(shí)驗(yàn)綜合【分析】（1）根據(jù)硫化亞

35、鐵的溶度積常數(shù)和亞鐵離子濃度計(jì)算硫離子濃度，再根據(jù)氫硫酸的電離平衡常數(shù)計(jì)算氫離子濃度，最后利用pH計(jì)算公式計(jì)算溶液的pH；（2）硫酸渣中含F(xiàn)e2O3、SiO2、Al2O3、MgO等，稀硫酸溶解主要除去不與酸反應(yīng)的SiO2，加入FeS2將溶液中的Fe3+還原為Fe2+，再加氫氧化鈉和空氣，調(diào)節(jié)溶液的pH的范圍是3.23.8主要是使三價(jià)鐵沉淀，而二價(jià)鎂，三價(jià)鋁都不沉淀，最后洗滌、烘干、研磨使氫氧化鐵分解生成氧化鐵，從而得到鐵紅；氧化鐵屬于堿性氧化物，與酸反應(yīng)生成鹽和水；Fe2O3、Al2O3、MgO都和硫酸反應(yīng)，二氧化硅不和酸反應(yīng)；根據(jù)得失電子守恒和原子守恒來(lái)配平，F(xiàn)eS2中S元素的化合價(jià)從1價(jià)升

36、高到+6價(jià)，2個(gè)S原子轉(zhuǎn)移14個(gè)電子，F(xiàn)e3+轉(zhuǎn)移1個(gè)電子，則二者的計(jì)量數(shù)之比為1：14，根據(jù)S守恒可知SO42前面的化學(xué)計(jì)量數(shù)為2，根據(jù)氧守恒可知H20前面化學(xué)計(jì)量數(shù)為8，根據(jù)H守恒可知H+前化學(xué)計(jì)量數(shù)為16；NaOH與Fe2+反應(yīng)生成的氫氧化亞鐵易被氧化；根據(jù)幾種離子沉淀的pH分析；因加入的是氫氧化鈉來(lái)調(diào)節(jié)PH，所以濾液B中應(yīng)是未沉淀離子的硫酸鹽和硫酸鈉【解答】解：（1）溶液中c（S2）=mol/L=8.11017mol/L，c2（H+）c（S2）=1.01022，則c（H+）=mol/L=1.11103mol/L，pH=lg1.11103=3；故選B；（2）硫酸渣中含F(xiàn)e2O3、SiO2

37、、Al2O3、MgO等，稀硫酸溶解主要除去不與酸反應(yīng)的SiO2，加入FeS2將溶液中的Fe3+還原為Fe2+，再加氫氧化鈉和空氣，調(diào)節(jié)溶液的pH的范圍是3.23.8主要是使三價(jià)鐵沉淀，而二價(jià)鎂，三價(jià)鋁都不沉淀，最后洗滌、烘干、研磨使氫氧化鐵分解生成氧化鐵，從而得到鐵紅；氧化鐵與硫酸反應(yīng)生成硫酸鐵和水，方程式為：Fe2O3+3H2SO4Fe2（SO4） 3+3H2O；因二氧化硅不與硫酸反應(yīng)，故“濾渣A”主要成份的化學(xué)式為SiO2故答案為：Fe2O3+3H2SO4Fe2（SO4）3+3H2O；SiO2； FeS2中S元素的化合價(jià)從1價(jià)升高到+6價(jià)，2個(gè)S原子轉(zhuǎn)移14個(gè)電子，F(xiàn)e3+轉(zhuǎn)移1個(gè)電子，則

38、二者的計(jì)量數(shù)之比為1：14，根據(jù)S守恒可知SO42前面的化學(xué)計(jì)量數(shù)為2，根據(jù)氧守恒可知H20前面化學(xué)計(jì)量數(shù)為8，根據(jù)H守恒可知H+前化學(xué)計(jì)量數(shù)為16，則反應(yīng)的離子方程式為：1FeS2+14Fe3+8H2O15Fe2+2SO42+16H+，故答案為：14；8H2O；16H+；15；2；16H+；Fe2+與OH反應(yīng)生成4Fe（OH）2，F(xiàn)e（OH）2不穩(wěn)定易被氧氣氧化為Fe（OH）3，用化合價(jià)升價(jià)法配平方程式為4Fe2+O2+2H2O+8OH=4Fe（OH）3，故答案為：4Fe2+O2+2H2O+8OH=4Fe（OH）3；根據(jù)幾種離子沉淀的pH，如果pH過(guò)大，Al3+、Mg2+形成沉淀，使制得的鐵

39、紅不純；故答案為：Al3+、Mg2+形成沉淀，使制得的鐵紅不純；未沉淀的離子為Na+、Mg2+、Al3+，故濾液B可以回收的物質(zhì)有：Na2SO4、Al2（SO4）3、MgSO4，故選：ABD【點(diǎn)評(píng)】本題考查了物質(zhì)制備方案的設(shè)計(jì)及化學(xué)實(shí)驗(yàn)基本操作方法的綜合應(yīng)用，題目難度中等，明確制備流程及化學(xué)實(shí)驗(yàn)基本操作方法為解答關(guān)鍵，試題充分考查了學(xué)生的分析、理解能力及化學(xué)實(shí)驗(yàn)?zāi)芰?0ClO2在常溫下是一種黃綠色有刺激性氣味的氣體，其熔點(diǎn)為59，沸點(diǎn)為11.0，易溶于水工業(yè)上用稍潮濕的KClO3和草酸（H2C2O4）在60時(shí)反應(yīng)制得某學(xué)生擬用圖1所示裝置模擬工業(yè)制取并收集ClO2（1）A裝置電動(dòng)攪拌棒的作用是

40、增大反應(yīng)物的接觸面積，加快反應(yīng)速率A裝置必須添加溫度控制裝置，除酒精燈外，還需要的玻璃儀器有燒杯、溫度計(jì)（2）B裝置必須放在冰水浴中，其原因是使ClO2充分冷凝，減少揮發(fā)（3）反應(yīng)后在裝置C中可得NaClO2溶液已知：aNaClO2飽和溶液在溫度低于38時(shí)析出晶體是NaClO23H2O，在溫度高于38時(shí)析出晶體是NaClO2，溫度高于60時(shí)NaClO2分解生成NaClO3和NaCl；bNaClO2的溶解度曲線如圖2所示，請(qǐng)補(bǔ)充從NaClO2溶液中制得NaClO2晶體的操作步驟：減壓，55蒸發(fā)結(jié)晶；趁熱過(guò)濾；用3860熱水洗滌；低于60干燥；得到成品（4）ClO2很不穩(wěn)定，需隨用隨制，產(chǎn)物用水吸

41、收得到ClO2溶液為測(cè)定所得溶液中ClO2的含量，進(jìn)行了下列實(shí)驗(yàn)：步驟1：準(zhǔn)確量取ClO2溶液10.00mL，稀釋成100.00mL試樣，量取V1 mL試樣加入到錐形瓶中；步驟2：用稀硫酸調(diào)節(jié)試樣的pH2.0，加入足量的KI晶體，靜置片刻；步驟3：加入指示劑，用c molL1 Na2S2O3溶液滴定至終點(diǎn)，消耗Na2S2O3溶液V2 mL（已知2Na2S2O3+I2Na2S4O6+2NaI）配制100mL c molL1 Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液時(shí)，用到的玻璃儀器除燒杯、量筒、玻璃棒外還有：100mL容量瓶、膠頭滴管滴定過(guò)程中進(jìn)行三次平行測(cè)定的原因是取平均值，減少計(jì)算誤差原ClO2溶液的濃度為

42、gL1（用含字母的代數(shù)式表示）若滴定前滴定管尖嘴中有氣泡，滴定后氣泡消失，則測(cè)定結(jié)果偏高（填“偏高”、“偏低”或“不變”）【考點(diǎn)】制備實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)；探究物質(zhì)的組成或測(cè)量物質(zhì)的含量 【專題】實(shí)驗(yàn)分析題；實(shí)驗(yàn)評(píng)價(jià)題；演繹推理法；定量測(cè)定與誤差分析；無(wú)機(jī)實(shí)驗(yàn)綜合【分析】（1）讓反應(yīng)物充分的接觸；測(cè)量溫度的儀器是溫度計(jì)；（2）二氧化氯的熔點(diǎn)較低，為收集二氧化氯，應(yīng)在較低溫度下進(jìn)行；（3）從溶液中制取溶質(zhì)，一般采用蒸發(fā)結(jié)晶、過(guò)濾、洗滌、干燥的方法；（4）配制100mL c molL1 Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液時(shí)，應(yīng)選擇100mL容量瓶；多次實(shí)驗(yàn)可以減少誤差；多次實(shí)驗(yàn)可以減少誤差，根據(jù)關(guān)系式2ClO25I

43、210Na2S2O3計(jì)算c（ClO2）把空氣的體積算在內(nèi)【解答】解：（1）讓反應(yīng)物充分的接觸，加快反應(yīng)速率反應(yīng)時(shí)攪拌；測(cè)量溫度的儀器是溫度計(jì)，故答案為：增大反應(yīng)物的接觸面積，加快反應(yīng)速率；溫度計(jì)；（2）二氧化氯的熔點(diǎn)較低，為收集二氧化氯，應(yīng)在較低溫度下進(jìn)行，所以應(yīng)該采用冰水浴，故答案為：使ClO2充分冷凝，減少揮發(fā)；（3）從溶液中制取溶質(zhì)，一般采用蒸發(fā)結(jié)晶、過(guò)濾、洗滌、干燥的方法，為防止析出晶體NaClO23H2O，故答案為：趁熱過(guò)濾；用3860熱水洗滌；低于60干燥；（4）配制100mL c molL1 Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液時(shí)，應(yīng)選擇100mL容量瓶和膠頭滴管；故答案為：100mL 容量瓶

44、、膠頭滴管；為減少實(shí)驗(yàn)誤差，應(yīng)采用多次實(shí)驗(yàn)的方法，故答案為：取平均值，減少計(jì)算誤差；設(shè)原ClO2溶液的濃度為x， 2ClO25I210Na2S2O3 2mol 10molmol 1103cV2molx=molL1=gL1，故答案為：；把空氣的體積算在內(nèi)，故讀出的消耗的體積就偏大，故測(cè)定結(jié)果偏高，故答案為：偏高【點(diǎn)評(píng)】本題考查實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)，同時(shí)考查學(xué)生分析問(wèn)題、解決問(wèn)題的能力，明確物質(zhì)的性質(zhì)是解本題關(guān)鍵，難度較大化學(xué)一物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)11（13分）金屬鎳及其化合物在合金材料以及催化劑等方面用廣泛（1）基態(tài)鎳原子的外圍電子排布式為3d84s2（2）金屬鎳能與CO形成配合物Ni（CO）4，寫出與CO

45、互為等電子體的一種分子和一種離子的化學(xué)N2、CN（3）很多不飽和有機(jī)物在Ni催化下可與H2發(fā)生加成反應(yīng)如CH2=CH2、HCCH、HCHO，其中碳原子采取sp2雜化的分子有（填物質(zhì)序號(hào)），HCHO分子的立體結(jié)構(gòu)為平面三角形（4）金屬鎳與鑭（La）形成的合金是一種良好的儲(chǔ)氫材料，其晶胞結(jié)構(gòu)示意圖如圖1所示該合金的化學(xué)式為L(zhǎng)aNi5（5）丁二酮肟常用于檢驗(yàn)Ni2+：在稀氨水中，丁二酮肟與Ni2+反應(yīng)生成鮮紅色沉淀，其結(jié)構(gòu)如圖2所示該結(jié)構(gòu)中，除共價(jià)鍵外還存在配位鍵和氫鍵，請(qǐng)?jiān)趫D中用箭頭和“”表示出配位鍵和氫鍵【考點(diǎn)】晶胞的計(jì)算；原子核外電子排布；配合物的成鍵情況；原子軌道雜化方式及雜化類型判斷 【分

46、析】（1）Ni原子核外有28個(gè)電子，Ni原子3d、4s能級(jí)電子為其外圍電子，根據(jù)構(gòu)造原理書寫基態(tài)鎳原子的外圍電子排布式；（2）原子個(gè)數(shù)相等、價(jià)電子數(shù)相等的微粒互為等電子體；（3）根據(jù)價(jià)層電子對(duì)互斥理論判斷原子雜化方式、微?？臻g構(gòu)型；（4）該晶胞中La原子個(gè)數(shù)=8=1、Ni原子個(gè)數(shù)=1+8=5，La、Ni原子個(gè)數(shù)之比=1：5；（5）配位鍵由含有孤電子對(duì)的原子指向含有空軌道的原子；該配合物中NO中O原子和OH中氫原子形成氫鍵【解答】解：（1）Ni原子核外有28個(gè)電子，Ni原子3d、4s能級(jí)電子為其外圍電子，根據(jù)構(gòu)造原理知基態(tài)鎳原子的外圍電子排布式為3d84s2，故答案為：3d84s2；（2）原子個(gè)

47、數(shù)相等、價(jià)電子數(shù)相等的微?；榈入娮芋w，CO分子中原子個(gè)數(shù)是2、價(jià)電子數(shù)是14，與CO互為等電子體的分子、離子有N2、CN，故答案為：N2；CN；（3）CH2=CH2中每個(gè)C原子價(jià)層電子對(duì)個(gè)數(shù)是3且不含孤電子對(duì)，為sp2雜化；HCCH中每個(gè)C原子價(jià)層電子對(duì)個(gè)數(shù)是2且不含孤電子對(duì)，所以C原子采用sp雜化；中每個(gè)C原子價(jià)層電子對(duì)個(gè)數(shù)是3且不含孤電子對(duì)，所以為sp2雜化；HCHO中C原子價(jià)層電子對(duì)個(gè)數(shù)是3且不含孤電子對(duì)，為sp2雜化，平面三角形結(jié)構(gòu)，碳原子采取sp2雜化的分子有，故答案為：；平面三角；（4）該晶胞中La原子個(gè)數(shù)=8=1、Ni原子個(gè)數(shù)=1+8=5，La、Ni原子個(gè)數(shù)之比=1：5，所以其化學(xué)式為L(zhǎng)aNi5，故答案為：LaNi5；（5）配位鍵