部分重点中学高三上学期期末考试理综化学试题

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精2020年湖南省部分重点中学高三年级期末考试理科综合能力测试可能用到的相对原子质量:H-1C-12N-14O-16Cr-52S-32Fe—56K-39一、选择题：本题共13个小题，每小题6分，共78分。在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的.1.下列说法不正确的是A。聚氯乙烯可以制食物保鲜膜 B.铝热反应可用于焊接钢轨C。液氯可以保存在钢瓶中 D.常温下可用铁槽车运输浓硫酸【答案】A【解析】【详解】A．聚氯乙烯塑料有毒不能做食物保鲜膜，故A错误；B．铝热反应是放热反应，可以冶炼高熔点金属，Al与氧化铁反应生成Fe，可以用于焊接钢轨,故B正确；C．氯气与铁加热反应,常温下，液氯不和铁反应，所以可以保存在钢瓶中，故C正确；D．常温下，铁遇到浓硫酸会钝化，在铁的表面形成致密的氧化膜,能保护内部金属，所以常温下可用铁槽车运输浓硫酸,故D正确；故答案选：A2。设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是A.常温常压下，7.8gNa2S固体和7.8gNa2O2固体中含有的阴离子数目均为0.1NAB.在标准状况下，22.4LCl2和HCl混合气体中含有的分子总数为2×6.02×1023C.含1molFeCl3的饱和溶液滴入沸水中得到胶体数目为NAD。标准状况下，Na2O2与足量的CO2反应生成2.24LO2，转移电子数为0。4NA【答案】A【解析】【详解】A.Na2S和Na2O2的摩尔质量相同,均为78g/mol，且两者的阴阳离子比均为1：2，所以7.8gNa2S固体和7.8gNa2O2固体中均含有0。1mol固体,含有的阴离子数目均为0.1NA，A项正确；B.在标准状况下，22.4L氯气和HCl混合气体的物质的量为1mol,含有的分子总数为6。02×1023，B项错误;C.胶体是分散系，不谈论数目,C项错误;D.标准状况下，2。24L氧气的物质的量为0.1mol，根据化学反应2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2转移2e－，则生成0。1mol氧气时转移的电子数为0.2NA，D项错误；答案选A。3.某有机物分子中含有羟基，不考虑羟基与氯原子连在同一个碳原子上的情况，分子式为C4H9ClO的有机物的同分异构体共有A.8种 B。9种 C.10种 D。12种【答案】B【解析】【详解】有机物C4H9C1O的同分异构体中能与Na反应放出氢气，说明其分子中含有羟基,该有机物可以看作Cl原子取代丁醇中氢原子形成的,丁醇的同分异构体有:CH3CH2CH2CH2OH、CH3CHOHCH2CH3、（CH3）3COH、CH3(CH3)CHCH2OH,CH3CH2CH2CH2OH分子的烃基中含有4种等效H原子,不考虑羟基与氯原子在同一个碳原子上时,其一氯代物有3种；CH3CHOHCH2CH3分子的烃基中含有4种H原子,不考虑羟基与氯原子在同一个碳原子上时，其一氯代物有3种；（CH3)3COH分子中的烃基中含有1种H原子，其一氯代物有1种；CH3（CH3）CHCH2OH分子的烃基上含有3种等效H，不考虑羟基与氯原子在同一个碳原子上时,其一氯代物有2种；根据分析可知,有机物C4H9C1O的同分异构体中能与Na反应放出氢气的共有:3+3+1+2=9；故选B.【点睛】本题考查了同分异构体的书写。明确同分异构体的书写原则为解答关键。有机物C4H9C1O的同分异构体中能与Na反应放出氢气，说明其分子中含有羟基,先写出丁醇的同分异构体，然后根据丁醇中等效H原子判断其一氯代物即可。4.有X、Y、Z三种原子序数逐渐增大的主族元素,它们分别处于不同短周期,其中Y是自然界中形成化合物种类最多的元素，Z元素在地壳中的含量是同周期主族元素中最高的。则下列说法错误的是A.X与其它元素之间只能形成共价键B.Z元素的最高价氧化物是玻璃的主要成分，其常温下就能与强碱发生反应C.非金属性Y强于ZD.三种元素中X的原子半径最小【答案】A【解析】有X、Y、Z三种原子序数逐渐增大的主族元素，它们分别处于不同短周期，其中Y是自然界中形成化合物种类最多的元素，则Y为碳元素，Z元素在地壳中的含量是同周期主族元素中最高的，则Z为硅元素，X为氢元素。则A、X为氢元素,与碱金属元素之间能形成离子键,选项A错误；B、Z为硅元素，其最高价氧化物二氧化硅是玻璃的主要成分，其常温下就能与强碱发生反应，选项B正确;C、非金属性碳强于硅,选项C正确；D、三种元素中氢的原子半径最小，选项D正确.答案选A。5.2019年诺贝尔化学奖花落锂离子电池,美英日三名科学家获奖，他们创造了一个可充电的世界.像高能LiFePO4电池,多应用于公共交通。电池中间是聚合物的隔膜，主要作用是在反应过程中只让Li+通过。结构如图所示。原理如下：（1−x）LiFePO4+xFePO4+LixCnLiFePO4+nC。下列说法不正确的是（）A。放电时，正极电极反应式：xFePO4+xLi++xe—=xLiFePO4B.放电时，电子由负极经导线、用电器、导线到正极C.充电时，阴极电极反应式：xLi++xe—+nC=LixCnD。充电时，Li+向左移动【答案】D【解析】【分析】放电为原电池原理，从(1−x）LiFePO4+xFePO4+LixCnLiFePO4+nC可知，LixCn中的C化合价升高了，所以LixCn失电子，作负极,那么负极反应为：+nC，LiFePO4作正极，正极反应为:，充电为电解池工作原理，反应为放电的逆过程，据此分析解答.【详解】A．由以上分析可知,放电正极上得到电子，发生还原反应生成，正极电极反应式：,A正确；B．原电池中电子流向是负极导线用电器导线正极,放电时，电子由负极经导线、用电器、导线到正极,B正确；C．充电时，阴极为放电时的逆过程，变化为，电极反应式:，C正确；D．充电时,作为电解池，阳离子向阴极移动，向右移动，D错误；答案选D。【点睛】带x的新型电池写电极反应时，先用原子守恒会使问题简单化，本题中，负极反应在我们确定是变为C之后，先用原子守恒得到—xLi++nC,再利用电荷守恒在左边加上-xe—即可，切不可从化合价出发去写电极反应。6。工业上常用铁碳混合物处理含Cu2+废水获得金属铜。当保持铁屑和活性炭总质量不变时，测得废水中Cu2+浓度在不同铁碳质量比(x)条件下随时间变化的曲线如下图所示。下列推论不合理的是A.活性炭对Cu2+具有一定的吸附作用B.铁屑和活性炭会在溶液中形成微电池，铁为负极C。增大铁碳混合物中铁碳比（x），一定会提高废水中Cu2+的去除速率D.利用铁碳混合物回收含Cu2+废水中铜的反应原理：Fe+Cu2+＝Fe2++Cu【答案】C【解析】【分析】A、由图可知纯活性炭铜离子的浓度减小；

B、铁与活性炭形成原电池,铁比炭活泼；

C、由图可知纯铁时去除铜离子的速率，没铁碳比为2：1时的速率快；

D、利用铁碳混合物回收含Cu2+废水中铜的反应原理是铁与铜离子发生自发的氧化还原反应。【详解】A项，活性炭具有许多细小微孔，且表面积巨大,具有很强的吸附能力，由图像可知，Cu2+在纯活性炭中浓度减小，表明活性炭对Cu2+具有一定的吸附作用，故不选A项；B项,铁屑和活性炭在溶液中形成微电池，其中铁具有较强的还原性，易失去电子形成Fe2+，发生氧化反应，因此铁作负极，故不选B项；C项,由图像可知，随着铁碳混合物中铁含量的增加至x=2：1，Cu2+的去除速率逐渐增加；但当铁碳混合物变为纯铁屑时，Cu2+的去除速率降低.当铁碳混合物中铁的含量过大时，正极材料比例降低,铁碳在废液中形成的微电池数量减少，Cu2+的去除速率会降低,因此增大铁碳混合物中铁碳比（x)，不一定会提高废水中Cu2+的去除速率，故选C项;D项，在铁碳微电池中，碳所在电极发生还原反应，Cu2+得到电子生成铜单质；因此该微电池的总反应方程式为Fe+Cu2+＝Fe2++Cu，故不选D项.综上所述,本题正确答案为C。【点睛】本题对电化学的原理和学生看图识的能力的考查，题目有利于培养学生的良好的科学素养，侧重于考查学生的分析、实验能力的考查，注意把握提给信息以及物质的性质，为解答该题的关键。7.乙烯气相直接水合反应制备乙醇:C2H4（g）+H2O（g)C2H5OH(g)。乙烯的平衡转化率随温度、压强的变化关系如下（起始时,n(H2O）＝n(C2H4)＝1mol，容器体积为1L）.下列分析不正确的是（)A。乙烯气相直接水合反应的∆H＜0B.图中压强的大小关系为：p1＞p2＞p3C。图中a点对应的平衡常数K＝D。达到平衡状态a、b所需要的时间:a＞b【答案】B【解析】【分析】A。温度升高,乙烯的转化率降低，平衡逆向移动；B。增大压强，平衡正向移动，乙烯的转化率增大；C。由图象可知a点时乙烯的转化率为20％，依据三段法进行计算并判断;D.升高温度，增大压强，反应速率加快。【详解】A.温度升高，乙烯的转化率降低，平衡逆向移动，正向为放热反应，∆H＜0，A项正确;B.增大压强，平衡正向移动,乙烯的转化率增大,由图可知，相同温度下转化率p1〈p2〈p3,因此压强p1<p2<p3,B项错误；C。由图象可知a点时乙烯的转化率为20％,那么乙烯转化了0.2mol/LC2H4（g）+H2O（g)C2H5OH(g）始(mol/L）110转（mol/L)0.20。20。2平(mol/L)0.80。80.2平衡常数K=K===,C项正确;D。升高温度，增大压强，反应速率加快b点温度和压强均大于a点，因此反应速率b〉a，所需要的时间:a＞b，D项正确；答案选B。三、非选择题：共174分，第22～32题为必考题,每个试题都必须作答。第33～38题为选考题,考生根据要求作答。（一)必考题：共129分。8.某化学兴趣小组拟探究锡及锡的化合物的部分性质.经查阅资料知：Sn的熔点231℃；SnCl2易被氧化,且易水解;Sn（OH)2常温下易分解，SnCl4常温下为无色液体，熔点－33℃,沸点114。1℃，请回答下列问题：（1）该小组用以下流程制备SnSO4晶体:①操作Ⅱ所需的实验仪器为______________________________________________。②过滤操作中玻璃棒使用的注意事项为____________________________.③操作Ⅰ为沉淀的洗涤。请简述如何判断沉淀是否洗涤干净：____________________。（2)用熔融的锡与干燥的氯气制备SnCl4，提供的装置如下:①装置Ⅲ为冷凝管，则水流从________进入。②请用大写英文字母按从左到右顺序连接组装仪器_________________________________________。③有同学指出②中连接的实验装置存在不足，不足之处为______________________.（3)测定锡粉质量分数的步骤：取锡粉1。226g溶于盐酸中,加入过量的FeCl3溶液，再用0.1000mol·L−1K2Cr2O7溶液滴定Fe2+，消耗K2Cr2O7溶液32.00mL,发生的反应：6FeCl2+K2Cr2O7+14HCl===6FeCl3+2KCl+2CrCl3+7H2O。则锡粉的质量分数为(杂质不参与反应）____________。【答案】（1）①蒸发皿、玻璃棒、酒精灯、三脚架（或带铁圈的铁架台)、火柴;②玻瑞棒有一定倾斜角；引流时烧怀尖嘴紧靠在玻璃棒上；玻瑞棒未端轻靠在多层滤纸上；③取洗涤液少许于试管中．滴入用HNO3酸化的AgNO3溶液．若无明显．理象．则证明洗涤干净；否则洗涤不干净;（2）①Q；②BJIKACDGHE（F）；③缺少尾气处理装置(3)93．18％【解析】试题分析：（1)①从溶液中获得溶质的晶体，可以通过蒸发结晶得到，因此操作Ⅱ所需的实验仪器为蒸发皿、玻璃棒、酒精灯、三脚架(或带铁圈的铁架台）、火柴，故答案为蒸发皿、玻璃棒、酒精灯、三脚架（或带铁圈的铁架台）、火柴;②过滤操作中使用玻璃棒时要注意:玻瑞棒有一定倾斜角；引流时烧怀尖嘴紧靠在玻璃棒上;玻瑞棒未端轻靠在多层滤纸上，故答案为玻瑞棒有一定倾斜角；引流时烧怀尖嘴紧靠在玻璃棒上；玻瑞棒未端轻靠在多层滤纸上；③操作I前的过滤，得到的滤液中含有氯离子，判断沉淀是否洗涤干净，只需判断沉淀上是否还吸附有氯离子即可，方法是取洗涤液少许于试管中．滴入用HNO3酸化的AgNO3溶液．若无明显．理象．则证明洗涤干净；否则洗涤不干净，故答案为取洗涤液少许于试管中．滴入用HNO3酸化的AgNO3溶液．若无明显．理象．则证明洗涤干净；否则洗涤不干净；（2）①使用冷凝管时，冷却水应该下进上出，水流从Q进入,故答案为Q；②用熔融的锡与干燥的氯气制备SnCl4，首先要制备干燥的氯气，应该选择装置Ⅱ和Ⅵ，且先除氯化氢，再干燥；然后将干燥的氯气通入Ⅰ中反应生成SnCl4，根据SnCl4的物理性质可知,SnCl4的沸点较低，可以用Ⅲ使之冷凝，用Ⅴ收集生成的SnCl4,为了防止外界水蒸气等进入装置，最后连接一个干燥装置Ⅳ，从左到右组装仪器的顺序为BJIKACDGHE（F），故答案为BJIKACDGHE(F)；③反应中的氯气可能不完全反应,会造成空气污染，故答案为缺少尾气处理装置；（3)由Sn+2HCl→SnCl2+H2↑①,SnCl2+2FeCl3=SnCl4+2FeCl2②，6FeCl2+K2Cr2O7+14HCl→6FeCl3+2KCl+2CrCl3+7H2O，6Sn～K2Cr2O7③由方程式①②③得知K2Cr2O7～6FeCl2～3SnCl2～3Sn,n(Sn)=3n（K2Cr2O7)=3×0．1000mol/L×0．032L=0．0096mol,m（Sn)=”n（Sn)×M（Sn)="0．0096mol×119g/mol=1．1424g，锡粉样品中锡的质量分数=×100%=×100％=93．18%，故答案为93．18%。考点：考查了物质的分离提纯、化学计算的相关知识。9。草酸是一种常用的还原剂，某校高三化学小组探究草酸被氧化的速率问题.实验Ⅰ试剂混合后溶液pH现象（1h后溶液)试管滴管a4mL0。01mol·L−1KMnO4溶液，几滴浓H2SO42mL0.3mol·L−1H2C2O4溶液2褪为无色b4mL0.01mol·L−1KMnO4溶液，几滴浓NaOH7无明显变化c4mL0.01mol·L−1K2Cr2O7溶液，几滴浓H2SO42无明显变化d4mL0.01mol·L−1K2Cr2O7溶液，几滴浓NaOH7无明显变化（1)H2C2O4是二元弱酸,写出H2C2O4溶于水的电离方程式：_____________。（2）实验I试管a中KMnO4最终被还原为Mn2+,该反应的离子方程式为：________。(3）瑛瑛和超超查阅资料，实验I试管c中H2C2O4与K2Cr2O7溶液反应需数月时间才能完成，但加入MnO2可促进H2C2O4与K2Cr2O7的反应。依据此资料，吉吉和昊昊设计如下实验证实了这一点。实验II实验III实验IV实验操作实验现象6min后固体完全溶解,溶液橙色变浅，温度不变6min后固体未溶解,溶液颜色无明显变化6min后固体未溶解,溶液颜色无明显变化实验IV的目的是：_______________________。（4）睿睿和萌萌对实验II继续进行探究,发现溶液中Cr2O72-浓度变化如图：臧臧和蔡蔡认为此变化是通过两个过程实现的.过程i．MnO2与H2C2O4反应生成了Mn2+。过程ii．__________________________________。①查阅资料：溶液中Mn2+能被PbO2氧化为MnO4—。针对过程i,可采用如下方法证实：将0。0001molMnO2加入到6mL____________中，固体完全溶解；从中取出少量溶液，加入过量PbO2固体，充分反应后静置，观察到_______________。②波波和姝姝设计实验方案证实了过程ii成立,她们的实验方案是________。（5）综合以上实验可知，草酸发生氧化反应的速率与__________________有关。【答案】(1）。H2C2O4HC2O4—+H+、HC2O4-C2O42—+H+（2).5H2C2O4+6H++2MnO4-=10CO2↑+2Mn2++8H2O（3)。排除实验II中MnO2直接还原重铬酸钾的可能（4）.Mn2+可加快草酸与重铬酸钾的反应（5)。0.1mol/LH2C2O4溶液（调至pH=2）(6）。上清液为紫色(7).2mL、0。3mol/LH2C2O4溶液与4mL0.01mol/LK2Cr2O7溶液混合,调至pH=2，加入0.0001molMnSO4固体（或15。1mgMnSO4）,6min后溶液橙色变浅（8）.氧化剂种类、溶液pH、是否有催化剂【解析】【分析】(1）H2C2O4是二元弱酸，分步电离；（2)酸性条件下，KMnO4最终被还原为Mn2+,草酸被氧化为二氧化碳；(3)实验IV与实验II、III区别是没有草酸；（4）分析曲线可知，开始时Cr2O72-浓度变化缓慢，一段时间后变化迅速；①由实验结论出发即可快速解题；②由控制变量法可知，保持其他变量不变，将MnO2换成等物质的量的MnSO4固体即可；(5）注意实验的变量有：氧化剂种类、溶液pH、是否有催化剂。【详解】(1）H2C2O4是二元弱酸,分步电离，用可逆符号,则H2C2O4溶于水的电离方程式为H2C2O4HC2O4-+H+、HC2O4—C2O42-+H+;（2）实验I试管a中，酸性条件下,KMnO4最终被还原为Mn2+，草酸被氧化为二氧化碳，则该反应的离子方程式为5H2C2O4+6H++2MnO4—=10CO2↑+2Mn2++8H2O；（3）实验IV与实验II、III区别是没有草酸，则实验IV的目的是：排除实验II中MnO2直接还原重铬酸钾的可能；（4）分析曲线可知，开始时Cr2O72—浓度变化缓慢，一段时间后变化迅速,则可能是过程i．MnO2与H2C2O4反应生成了Mn2+。过程ii．Mn2+可加快草酸与重铬酸钾的反应；①将0.0001molMnO2加入到6mL0.1mol/LH2C2O4溶液（调至pH=2)中，固体完全溶解，则说明MnO2与H2C2O4反应生成了Mn2+；从中取出少量溶液（含Mn2+）,加入过量PbO2固体，充分反应后静置，观察到上清液为紫色，则说明溶液中Mn2+能被PbO2氧化为MnO4-，MnO4-显紫色;②设计实验方案证实过程ii成立,由控制变量法可知，保持其他变量不变，将MnO2换成等物质的量的MnSO4固体即可，即实验方案是2mL、0.3mol/LH2C2O4溶液与4mL0.01mol/LK2Cr2O7溶液混合，调至pH=2，加入0。0001molMnSO4固体(或15。1mgMnSO4），6min后溶液橙色变浅；(5)综合以上实验可知，变量有:氧化剂种类、溶液pH、是否有催化剂，则草酸发生氧化反应的速率与氧化剂种类、溶液pH、是否有催化剂有关。10.资源化利用CO2，不仅可以减少温室气体的排放，还可以获得燃料或重要的化工产品。（1）CO2的捕集：①写出CO2的电子式__________.②用饱和Na2CO3溶液做吸收剂可“捕集”CO2。若吸收剂失效，可利用NaOH溶液使其再生，写出该反应的离子方程式___________.③聚合离子液体是目前广泛研究的CO2吸附剂。结合下图分析聚合离子液体吸附CO2的有利条件是__________。（2)生产尿素：工业上以CO2、NH3为原料生产尿素［CO（NH2)2］，该反应分为二步进行：第一步:2NH3（g)+CO2(g)H2NCOONH4(s)△H=—159.5kJ/mol第二步：H2NCOONH4（s）CO(NH2）2(s）+H2O(g)△H=+116。5kJ/mol①写出上述合成尿素的热化学方程式_________。②某实验小组模拟工业上合成尿素，在一定体积的密闭容器中投入4molNH3和1molCO2，实验测得反应中各组分物质的量随时间的变化如图所示：已知总反应的快慢由慢的一步反应决定,则合成尿素总反应的快慢由第______步反应决定,总反应进行到________min时到达平衡。(3)合成乙酸:①中国科学家首次以CH3OH、CO2和H2为原料高效合成乙酸，其反应路径如图所示：原料中的CH3OH可通过电解法由CO2制取,用稀硫酸作电解质溶液，写出生成CH3OH的电极反应式___。②根据图示，写出总反应的化学方程式_____________。【答案】（1).(2）.HCO3—+OH-=H2O+CO32-(3）.低温，低流速（或25℃，10mL/min)（4）.2NH3(g）+CO2（g)CO（NH2)2（s）+H2O（g)△H=—43kJ/mol(5）.二（6）.55(7).CO2+6e-+6H+=CH3OH+H2O(8）.CH3OH+CO2+H2CH3COOH+H2O【解析】【分析】(1)CO2分子中C原子与两个O原子形成四对共用电子对；饱和Na2CO3溶液与CO2反应产生NaHCO3，NaHCO3与NaOH反应产生Na2CO3和水；聚合离子液体吸附对CO2的吸附量越大越好；（2）根据盖斯定律，将两个热化学方程式叠加可得制取尿素的热化学方程式；化学反应由慢反应决定，第一步反应放热,反应进行使速率加快；第二步反应是吸热反应，反应进行,速率减慢，可见由第二步反应决定总反应速率；当反应达到平衡时，任何物质的浓度不变判断平衡状态；(3）CO2在酸性条件下，在电解时发生还原反应产生CH3OH;CH3OH、CO2和H2反应氧化还原反应产生CH3COOH和水.【详解】（1）①CO2分子中C原子与两个O原子形成四对共用电子对，所以CO2的电子式为;②向饱和Na2CO3溶液中通入CO2气体反应产生NaHCO3，反应的化学方程式为:Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3;NaHCO3是酸式盐，可以与NaOH反应产生Na2CO3和水,反应的离子方程式为：HCO3—+OH—=H2O+CO32—；③根据图示可知:聚合离子液体吸附在低温和低流速时对CO2的吸附量大；（2)①将第一步化学方程式与第二步化学方程式相加，可得总反应方程式:2NH3(g)+CO2（g）CO(NH2)2(s）+H2O（g）△H=—43kJ/mol；②第一步反应是放热反应，随着反应的进行，物质温度升高，化学反应速率加快；而第二步反应为吸热反应，随着反应的进行温度逐渐降低,反应速率逐渐减慢，因此合成尿素总反应的快慢由第二步慢反应决定，根据图示可知当总反应进行到55min时，各种物质的浓度不变,反应就到达平衡；(3）①CO2在酸性条件下,在电解时CO2发生还原反应产生CH3OH，生成CH3OH的电极反应式为:CO2+6e-+6H+=CH3OH+H2O；②根据图示可知：在HI、Rh作用下发生氧化还原反应产生CH3COOH和H2O,反应的化学方程式为：CH3OH+CO2+H2CH3COOH+H2O.【点睛】本题以CO2制取乙酸为线索,考查了物质的结构、吸收、利用、离子方程式化学方程式的书写、盖斯定律、反应速率和化学判断及电解在物质制备的应用的知识,较为全面的考查了化学反应原理和物质结构、元素及化合物等知识及应用能力，难度中等.（二）选考题：共15分。请考生从给出的2道试题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。11.金属镍及其化合物在合金材料以及催化剂等方面应用广泛.试回答下列问题：（1）Ni2+电子排布中，电子填充的能量最高的能级符号为______.（2）金属Ni能与CO形成配合物Ni（CO）4．与CO互为等电子体的一种分子为______（写化学式，下同），与CO互为等电子体的一种离子为______。（3）丁二酮肟（)是检验Ni2+的灵敏试剂。丁二酮肟分子中C原子轨道杂化类型为______，2mol丁二酮肟分子中所含σ键的数目为______。（4)丁二酮肟常与NI2+形成图A所示的配合物，图B是硫代氧的结果:①A的熔、沸点高于B的原因为______。②B晶体含有化学键的类型为______(填选项字母）。A．σ键

B．金属键

C．配位键

D．π键（5）人工合成的氧化镍往往存在缺陷，某缺陷氧化银的组成为Ni0.97O，其中Ni元素只有+2和+3两种价态,两种价态的镍离子数目之比为______。（6）Ni2+与Mg2+、O2-形成晶体的晶胞结构如图所示(Ni2+未画出）,则该晶体的化学式为______.【答案】（1).3d（2).N2(3)。CN—(4).sp3和sp2（5）。30NA（6)。A分子间存在氢键（7)。ACD（8).91:6(9）。Mg2NiO3【解析】【分析】（1）Ni2+电子排布中，电子填充的能量最高的能级符号为3d；（2）原子数与价电子数分别都相等的互为等电子体；（3）（1）根据价层电子对互斥理论确定中心原子杂化方式，价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数,σ键个数=配原子个数；C-H为碳氢σ键,C-C为碳碳σ键，C=N含有一个碳氮σ键；（4)①A分子中含有-OH,分子间易形成氢键;②根据图可知碳碳间、碳氮间为共价键，氮镍间为配位键，氧氢间有氢键；根据碳原子成键类型判断.（5）设+2、+3两种Ni原子数分别为x，y,则x+y=0.97，2x+3y=2，据此计算x：y；（6）根据晶胞中原子分摊计算Mg2+、O2—的数目分别为2、3，再根据化合物中化合价代数和为0计算Ni2+的数目。【详解】（1)Ni的原子序数是28，因此基态Ni原子中，电子填充的能量最高的能级符号为3d，故答案为3d；(2)原子数与价电子数分别都相等的互为等电子体,则与CO互为等电子体的分子为N2,与CO互为等电子体的阴离子为CN—等；故答案为N2;CN—;（3）丁二酮肟分子中C原子，甲基上碳原子价层电子对个数是4且不含孤电子对，为sp3杂化，连接甲基的碳原子含有3个价层电子对且不含孤电子对，为sp2杂化，分子中含有13个单键，和2个双键，则共含有15个σ键，所以1mol丁二酮肟含有σ键数目为15NA，2mol丁二酮肟含有σ键数目为30NA，故答案为sp3和sp2；30NA；(4)①A分子中含有—OH，分子间易形成氢键，B分子不能形成氢键，故答案为A分子间存在氢键；②根据图可知碳碳间形成非极性共价键、碳氮间为极性共价键，氮镍间为配位键，氧氢间形成氢键，无离子键、金属键，故选ACD，故答案为ACD；（5）设+2、+3两种Ni原子数分别为x，y,则x+y=0。97,2x+3