2025年沪科版高三化学上册月考试卷含答案

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年沪科版高三化学上册月考试卷含答案考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共9题，共18分)1、元素周期表中有些元素存在对角线相似现象，如Mg与Li；Si与B；Be与Al等元素性质相似．已知，电解熔融LiCl可得Li和Cl2．若用已潮解的LiCl蒸干并加强热至熔融，再用惰性电极电解，生成金属锂和一种气体，该气体是（）A.H2B.O2C.Cl2D.产生于阴极区2、用惰性电极电解下列溶液，电解一段时间后，阴极质量增加，电解液pH下降的是（）A.CuSO4B.NaNO3C.KClD.H2SO43、下列事实能用同一原理解释的是（）A.福尔马林、葡萄糖与新制Cu（OH）2共热都有红色沉淀生成B.乙酸乙酯、乙酸钠都能与稀硫酸反应C.溴乙烷、乙酸都能与NaOH水溶液反应D.乙烯、乙醛都能使溴水褪色4、既有离子键又有共价键的化合物是（）A.NaClB.H2OC.HClD.NaOH5、过氧化钠具有强氧化性，可用作漂白剂．向紫色石蕊试液中加入过量Na2O2粉末振荡，可观察到的现象是（）A.溶液仍为紫色B.最终溶液褪色，而无其它现象C.溶液最终变蓝色D.溶液中有气泡产生，溶液最终变为无色6、下列化学电池不易造成环境污染的是（）A.氢氧燃料电池B.锌锰电池C.镍镉电池D.铅蓄电池7、下列物质属于电解质的是（）A.稀H2SO4B.烧碱C.蔗糖D.金属铝8、下列物质的转化在给定条件下能实现的是①②③④⑤A.②③⑤B.①④⑤C.③④⑤D.①③⑤9、分类是化学学习和研究的常用手段，下列分类依据和结论都正确的是A.H2O、HCOOH、Cu2(OH)2CO3均含有氧元素，都是氧化物B.HCOOH、H2CO3、H2SO4分子中均含有两个氢原子，都是二元酸C.HF、CH3CH2OH、NaOH都易溶于水，都是电解质D.HClO、H2SO4(浓)、HNO3均具有氧化性，都是氧化性酸评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)10、（1）图表是某食品包装上的说明；表中列出了部分配料．

。配料①食用油②盐③辣椒④苯甲酸钠配料中，富含维生素的是____（填序号，下同），属于调味剂的是____属于防腐剂的是____，富含油脂的是____．

（2）请将下列食品或药品对应的序号填入相应空格处．

①胃舒平②阿司匹林③铁强化酱油④食用碘盐。

预防甲状腺肿大应补充____，预防贫血应补充____；

感冒患者可服用____，胃酸过多患者可服用____．11、常见元素A；B、C、D、E的原子序数依次增大；其相关信息如表：

。元素相关信息A该元素的一种核素无中子B基态原子核外只有三个能级，且各能级电子数相等C基态原子最外层电子数是其内层电子总数的2.5倍D一个D-离子含18个电子E+3价离子3d能级为半充满（1）E位于元素周期表的位置是，其基态原子未成对电子有____个．

（2）B、C、D的电负性由大到小的顺序是____（用元素符号表示）．

（3）C单质分子中δ键和π键的个数比是，C的氢化物在同族元素中氢化物的沸点出现反常，其原因是____．

（4）D的氢化物与其最高价氧化物的水化物的钾盐共热能发生反应，生成一种气体单质，反应的化学方程式为____．

（5）由A、B两种元素组成的非极性分子有多种，其中乙是一个分子含4个原子的分子，乙的电子式是．已知乙的燃烧热为1200kJ∕mol，乙燃烧热的热化学反应方程式是____．

（6）在一定温度下，向一个容积不变的密闭容器中充入1molC2和3molA2，发生反应：Y2（g）+3A2（g）⇌2YA3（g）△H=-akJ/mol．在该条件下达到平衡时放出的热量为bkJ，其平衡常数表达式K=____（用化学式表示）．若起始向此容器中充入2molAH3，在相同温度下达到平衡时，反应过程中吸收的热量为ckJ，则a、b、c三者之间的关系为____（用一个式子表示）．12、（2011春•工农区校级期末）（1）如图表示在密闭容器中反应：2SO2+O2⇌2SO3△H＜0达到平衡时，由于条件改变而引起反应速度和化学平衡的变化情况，ab过程中改变的条件可能是____；bc过程中改变的条件可能是____；

（2）已知下列两个热化学方程式：

H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H=-285.8kJ•mol-1

C3H8（g）+5O2（g）=3CO2（g）+4H2O（l）△H=-2220.2kJ•mol-1

实验测得H2和C3H8的混合气体共5mol，完全燃烧生成液态水时放热3847kJ，则混合气体中H2和C3H8的体积比是____

（3）实验室进行电解氯化钠溶液时，两极共收集到4.48L气体（标况），假设反应后溶液的总体积为200ml，则电解后溶液中氢氧化钠的物质的量浓度____．13、下表是实验室制备气体的有关内容：

。编号实验内容实验原理发生装置（1）制氧气H2O2→O2____（2）制氨气NH4Cl→NH3____（3）制氯气HCl→Cl2____（1）上述气体中，从反应中有无电子转移的角度看，明显不同于其他气体的是____，写出实验室制取该气体的化学方程式____．

（2）根据表中所列实验原理；从下列装置中选择合适的发生装置，将其编号填入上表的空格中．

（3）若用上述制备O2的装置制备NH3，应选择的试剂为____．

（4）在浓CaCl2溶液中通入NH3和CO2可以制得纳米级碳酸钙，制取时应先通入的气体是____，制取纳米级碳酸钙的化学方程式为____．试设计简单的实验方案，判断所得碳酸钙样品颗粒是否为纳米级____．

（5）制备Cl2需用8mol•L-1的盐酸100mL，现用12mol•L-1的盐酸来配制．

①需要用量筒量取12mol•L-1的盐酸的体积为____mL；

②实验室提供有如下仪器，为完成配制需要选择的仪器为（填序号）____

A．100mL量筒B．托盘天平C．玻璃棒D．50mL容量瓶。

E．10mL量筒F．胶头滴管G．100mL烧杯H．100mL容量瓶。

③下列实验操作中．不正确的是____（填写标号）．

A．使用容量瓶前；检查它是否漏水。

B．容量瓶用蒸馏水洗净后；再用待配溶液润洗。

C．配制溶液时；用量筒量取浓盐酸并沿玻璃棒倒入容量瓶中，缓慢加入蒸馏水到距离刻度线1～2cm处，改用胶头滴管滴加蒸馏水直到凹液面的最低点和刻度线相平。

D．定容后盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，用另一只手托住瓶底，把容量瓶倒转和摇动多次．14、（11分）“材料”的发现和使用往往会极大地推动生产、生活的发展，一些材料的出现甚至具有里程碑式划时代的意义。请你回答以下问题：（1）无机非金属材料。高纯度单晶硅是典型的无机非金属材料，又称“半导体”材料，它的发现和使用曾引起计算机的一场“革命”。这种材料可以按下列方法制备：①写出步骤①的化学方程式。②步骤②经过冷凝得到的SiHCl3（沸点33.0℃）中含有少量的SiCl4（沸点57.6℃）和HCl（沸点—84.7℃），提纯SiHCl3的主要化学操作的名称是____；SiHCl3和SiCl4一样遇水可发生剧烈水解，已知SiHCl3水解会生成两种气态产物，请写出其水解的化学方程式。③请写出二氧化硅与氢氟酸反应的化学方程式。（2）磁性材料。这种材料一般含有铁元素，铁是用途最为广泛的金属，也较为活泼，所以从它的使用开始就不断实施着对它的防护。最常见的铁制品腐蚀就是电化学腐蚀，请出最为普遍的电化学腐蚀的负极反应式。（3）激光材料。我国是激光技术先进的国家，红宝石（Al2O3）是最早用于产生激光的材料，它是一种两性氧化物，请用离子方程式加以说明：____，。（4）纳米材料。胶体是一种物质以“纳米”颗粒的形式分散到另一种物质里形成的分散系，胶体粒子的直经大约是，三氯化铁溶液可以加速伤口止血，请简述原因。（5）高分子材料。可以分成无机高分子材料和有机高分子材料。一种新型高效净水剂[AlFe（OH）nCl6—n]m就属于无机高分子材料，广泛应用于生活用水和工业污水处理，其中铁元素的化合价为。一种合成纤维腈纶，又称“人造羊毛”，由丙烯腈（CH2=CH—CN）为原料聚合生成，请写出生成该有机高分子材料的化学方程式。15、用4mol/L的标准盐酸配制0.1mol/L的盐酸500mL；需要的主要仪器有：

____、____、____、____、____．16、现有某有机物A；欲推断其结构，进行如下实验：

（1）取15gA完全燃烧生成22gCO2和9gH2O，该有机物的实验式为____．

（2）质谱仪检测得该有机物的相对分子质量为90，则该物质的分子式为____．

（3）若该有机物在浓硫酸共热的条件下，既能与乙酸反应，又能与乙醇反应，还能2分子A反应生成含六元环的物质，则A的结构简式为____．

（4）写出A发生缩聚反应生成高分子化合物的方程式____．17、淀粉化学性质：

（1）水解：（C6H10O5）n+nH2O→____

（2）特性：遇I2变____色．思考：如何检验淀粉是否水解完全？正在水解？没有水解？18、（1）现有NH4Cl和NH3•H2O组成的混合溶液，若其pH=7，则该溶液中c（NH4+）____c（Cl-）；

若pH＞7，则该溶液中c（NH4+）____c（Cl-）．（填“＞”；“＜”、“=”）．

（2）0.1mol/L的NaHSO3溶液中，c（Na+）+c（H+）═____，c（HSO3-）+c（SO32-）+c（H2SO3）═____．评卷人得分三、判断题(共8题，共16分)19、将1mol•L-1的NaCl溶液和0.5mol•L-1的BaCl2溶液等体积混合后，不考虑体积变化c（Cl-）=0.75mol•L-1____（判断对错）20、常温常压下，22.4LO3中含有3nA个氧原子____（判断对错）21、反应条件是加热的反应不一定都是吸热反应____．（判断对错）22、在0℃时，22.4L氢气有2NA个氢原子．____．（判断对错）23、1mol硫酸钾中阴离子所带电荷数为NA____（判断对错）24、因为SO2可以使酸性KMnO4溶液褪色，所以SO2具有漂白性____．（判断对错）25、电解质溶液都能使蛋白质发生变性．____．（判断对错说明理由）26、对氯甲苯的结构简式：____．评卷人得分四、书写(共2题，共16分)27、某强酸性溶液X中含Ba2+、Al3+、SiO32-、NH4+、Fe2+、Fe3+、CO32-、SO42-、NO3-中的一种或者几种离子；取溶液进行连续实验，能实现如下转化：

依据以上信息；回答下列问题：

（1）上述离子中，溶液X中肯定含有的是：____；不能肯定的是：____．对不能确定是否存在的离子，可以另取X溶液于一支试管中，选择下列试剂中的一种加入X溶液中，根据现象就可判断，则该试剂是：____．（选填：①NaOH溶液，②酚酞试剂，③石蕊试剂，④pH试纸，⑤KSCN溶液，⑥KMnO4溶液）

（2）气体D的化学式为：____，沉淀E的化学式为：____，沉淀H的化学式为：____；

（3）写出步骤①所有发生反应的离子方程式____、____．28、现有下列十种物质：①AgCl②铜③液态醋酸④CO2⑤H2SO4⑥Ba（OH）2固体⑦NaHCO3⑧稀硝酸⑨熔融FeCl3=10⑩NaHSO4

（1）上述状态下可导电的是____；（填序号，下同）属于强电解质的是____；属于非电解质的是____．

（2）上述十种物质中有两种物质之间可发生离子反应：H++OH-═H2O，该离子反应对应的化学方程式为____

（3）用⑨的饱和溶液制备Fe（OH）3胶体的离子方程式____；足量的④通入⑥的溶液中的离子方程式____；⑩与⑦反应的离子方程式为____．评卷人得分五、简答题(共2题，共10分)29、偏四氯乙烷是一种常见化工原料，以偏四氯乙烷和烯烃（C5H10）为原料合成某种六元环酯（C7H10O4）的合成路线如下：

已知：一个碳原子上连接2个-OH不稳定，容易脱水变成

（1）化合物II中能与能与金属钠反应的官能团名称为______．

（2）化合物IV合成化合物V的反应类型为______，化合物V合成化合物VI反应类型为______．

（3）写出由化合物VI合成化合物VII的反应方程式______．

（4）有机物R是化合物IV的同分异构体，R能使溴水褪色，且其核磁共振氢谱中有4组峰，有机物R的结构简式为______，该六元环酯（C7H10O4）的结构简式为______．

（5）参照上合成路线，设计以有机物Cl2CH2-CH2Cl2和乙二醇为原料合成聚乙二酸乙二醇酯的合成路线．30、（1）原子序数小于36的元素Q和T；在周期表中既处于同一周期又位于同一族，且原子序数T比Q多2，Q基态原子的外围电子（价电子）排布式为______；

T2+的未成对电子数是______；

（2）硼砂是含结晶水的四硼酸钠，其阴离子Xm-（含B；O、H三种元素）的球棍模型如下图所示：

①在Xm-中；硼原子轨道的杂化类型有______；配位键存在于______原子之间（填子的数字标号）；m=______（填数字）。

②硼砂晶体由Na+、Xm-和H2O构成；它们之间存在的作用力有______（填序号）。

A．离子键B．共价键C．金属键D．范德华力E．氢键。

（3）元素金（Au）处于周期表中的第六周期，与Cu同族，一种铜金合金晶体具有立方最密堆积的结构，在晶胞中Cu原子处于面心，Au原子处于顶点位置，则该合金中Cu原子与Au原子数量之比为______；该晶体中，原子之间的作用力是______；上述晶体具有储氢功能，氢原子可进入到由Cu原子与Au原子构成的四面体空隙中。若将Cu原子与Au原子等同看待，该晶体储氢后的晶胞结构与CaF2结构相似，该晶体储氢后的化学式应为______。评卷人得分六、计算题(共3题，共9分)31、现实验室要用质量分数为40%浓氢氧化钠溶液（密度为1.2g/mL）来配制浓度为0.6mol/L的稀氢氧化钠100mL，问需要这种浓碱的体积为____mL．32、浓度分别为1mol/L的硫酸、氢氧化钠溶液各200mL分别放在甲、乙两烧杯中，各加等质量的铝，生成氢气的体积比为8：9，则甲、乙两烧杯中加入的铝的物质的量为多少？33、1.56g过氧化钠跟水反应后；得到100mL溶液，试计算：

（1）生成的气体在标准状况下的体积是多少毫升？

（2）反应后所得溶液的物质的量浓度是多少？参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、B【分析】【分析】已潮解的LiCl蒸干时，LiCl水解生成LiOH，加热LiOH分解生成Li2O，加强热至熔融，电解时阴极锂离子得电子，阳极氧离子失电子，据此分析．【解析】【解答】解：已潮解的LiCl蒸干时，LiCl水解生成LiOH，加热LiOH分解生成Li2O；加强热至熔融，电解时阴极锂离子得电子生成Li，阳极氧离子失电子生成氧气；

故选B．2、A【分析】【分析】用惰性电极电解下列溶液，电解一段时间后，阴极质量增加，则阴极上析出金属，该金属的活动性小于氢元素，电解液的PH下降，则阳极上氢氧根离子放电，据此分析解答．【解析】【解答】解：A．用惰性电极电解硫酸铜溶液时；阴极上铜离子放电生成铜，质量增加，阳极上氢氧根离子放电，所以电解质溶液的酸性增强，溶液的pH减小，故A正确；

B．用惰性电极电解硝酸钠溶液实质是电解水；阴极质量不变，电解前后溶液的pH几乎不变，故B错误；

C．用惰性电极电解氯化钾溶液；阴极上氢离子放电，阴极质量不变，阳极上氯离子放电，所以电解质溶液的碱性增强，pH增大，故C错误；

D．用惰性电极电解稀硫酸溶液；阳极上氢氧根离子放电，阴极上氢离子放电，阴极质量不变，电解质溶液中溶质的量不变，溶剂的量减小，所以酸性增强，故D错误；

故选A．3、A【分析】【分析】A．福尔马林；葡萄糖均含-CHO；易被氧化；

B．乙酸乙酯在酸性条件下水解；而乙酸钠与硫酸发生强酸制取弱酸的反应；

C．溴乙烷与NaOH发生水解反应；而乙酸与NaOH发生中和反应；

D．乙烯与溴水发生加成反应，乙醛能被溴水氧化．【解析】【解答】解：A．福尔马林、葡萄糖均含-CHO，均能被新制Cu（OH）2氧化，共热时生成砖红色Cu2O沉淀；原理相同，故A正确；

B．乙酸乙酯在酸性条件下水解；而乙酸钠与硫酸发生强酸制取弱酸的反应，分别为水解反应；复分解反应，原理不同，故B错误；

C．溴乙烷与NaOH发生水解反应；而乙酸与NaOH发生中和反应，分别为水解反应；中和反应，原理不同，故C错误；

D．乙烯与溴水发生加成反应；乙醛能被溴水氧化，均时溴水褪色，分别发生加成反应；氧化反应，原理不同，故D错误；

故选A．4、D【分析】【分析】一般活泼金属元素与活泼非金属元素易形成离子键，非金属元素与非金属元素之间易形成共价键，以此解答该题．【解析】【解答】解：A．NaCl为离子化合物；只含有离子键，故A错误；

B．H2O为共价化合物；只含有H-O共价键，故B错误；

C．HCl为共价化合物；只含有H-Cl共价键，故C错误；

D．NaOH中钠离子和氢氧根离子之间存在离子键；O原子和H原子之间存在共价键；故D正确．

故选D．5、D【分析】【分析】向紫色石蕊试液中加入过量Na2O2粉末，因过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，所以溶液先变蓝，但过量的Na2O2粉末，又具有漂白性，所以最终为无色．【解析】【解答】解：向紫色石蕊试液中加入过量Na2O2粉末，因过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，所以溶液先变蓝，但过量的Na2O2粉末，又具有漂白性，所以最终为无色，所以观察到的现象是溶液有气泡产生，溶液最终变为无色，故选：D．6、A【分析】【分析】铅蓄电池、锌锰电池、镍镉电池都含有重金属离子，氢氧燃料电池生成物为水，无污染．【解析】【解答】解：A；氢氧燃料电池生成物为水；无污染，故A正确；

B；锌锰电池中含有重金属锰；对环境有污染，故B错误；

C；镍镉电池中含有重金属镍镉；对环境有污染，故C错误；

D；铅蓄电池中含有重金属铅；对环境有污染，故D错误．

故选A．7、B【分析】【分析】电解质是指：在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；非电解质是指：在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物；单质、混合物既不是电解质也不是非电解质，据此即可解答．【解析】【解答】解：A．稀硫酸是硫酸的溶液；是由硫酸和水组成的混合物，不是电解质，故A错误；

B．烧碱是氢氧化钠的俗名；在水溶液中或熔融状态下有自由移动的钠离子和氢氧根离子能导电，是化合物，所以它是电解质，故B正确；

C．蔗糖在水溶液中或熔融状态下只有蔗糖分子；没有自由移动的离子不导电，是非电解质，故C错误；

D．金属铝虽能导电；但它是单质，不是电解质，故D错误；

故选B．8、A【分析】试题分析：①硫燃烧得到二氧化硫气体，二氧化硫催化氧化得到三氧化硫，三氧化硫溶于水得到硫酸；④铁是变价金属，遇到强氧化剂，如氯气生成氯化铁。考点：考查物质的化学性质及相互转换关系。【解析】【答案】A9、D【分析】试题分析：A、氧化物是两种元素组成其中一种是氧元素，HCOOH、Cu2（OH）2CO3分别是酸、盐，故A错误；B、依据酸溶液中电离出的氢离子分为几元酸，HCOOH是一元酸，H2CO3、H2SO4分子中均含有两个氢原子，都是二元酸，故B错误；C、水溶液中或熔融状态下导电的化合物是电解质，乙醇是非电解质，故C错误；D、氧化性酸一般是含氧酸，是指酸中除了氢、氧元素之外的中心元素在化学反应中表现出强氧化性，HClO、HNO3、浓H2SO4都具强氧化性，都是氧化性酸，故D正确；故选D。考点：考查物质分类的判断应用【解析】【答案】D二、填空题(共9题，共18分)10、③②④①④③②①【分析】【分析】（1）食品添加剂的品种很多；作用各不相同，主要包括着色剂；调味剂、防腐剂、营养强化剂．

各食品添加剂的作用为：

着色剂-改善食品的外观；

调味剂-增添食品的味道；

防腐剂-防止食品腐烂；变质；

营养强化剂-增强食品的营养价值；

根据各食品添加剂的作用分析；

（2）缺碘会患甲状腺肿大；缺铁会患缺铁性贫血；阿司匹林是解热镇痛药；胃舒平的主要成分是氢氧化铝．【解析】【解答】解：（1）辣椒富含维生素；盐是调味剂；苯甲酸钠是防腐剂；食用油的主要成分是油脂；故答案为：③；②；④；①；

（2）缺碘会患甲状腺肿大；缺铁会患缺铁性贫血；铁强化酱油添加了铁元素；阿司匹林是解热镇痛药；胃舒平的主要成分是氢氧化铝，是抗酸药；

故答案为：④；③；②；①．11、4Cl＞N＞CNH3分子间易形成氢键8HCl+KClO4KCl+4Cl2↑+4H2OC2H2（g）+O2（g）=2CO2（g）+H2O（l）；△H=-1200kJ/mola=b+c【分析】【分析】常见元素A；B、C、D、E的原子序数依次增大；A元素的一种核素无中子，则A为H元素；

B的基态原子核外只有三个能级，且各能级电子数相等，则B原子核外电子排布为1s22s22p2；则B为C元素；

C的基态原子最外层电子数是其内层电子总数的2.5倍；则C原子核外有2个电子层，最外层电子数为5，则C为N元素；

D的一个D-离子含18个电子；则D原子核外电子总数=核电荷数=17，为Cl元素；

E3+的3d能级为半充满，其基态原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；为Fe元素；

根据以上分析进行解答．【解析】【解答】解：常见元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，A元素的一种核素无中子，则A为H元素；B的基态原子核外只有三个能级，且各能级电子数相等，则B原子核外电子排布为1s22s22p2，则B为C元素；C的基态原子最外层电子数是其内层电子总数的2.5倍，则C原子核外有2个电子层，最外层电子数为5，则C为N元素；D的一个D-离子含18个电子，则D原子核外电子总数=核电荷数=17，为Cl元素；E3+的3d能级为半充满，其基态原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；为Fe元素；

（1）E为Fe元素，其基态核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2；铁元素位于第4周期第VIII族，基态原子未成对电子为3d轨道的4个电子；

故答案为：第4周期第VIII族；4；

（2）B；C、D分别为C、N、Cl元素；非金属性越强，电负性越强，则电负性大小为：Cl＞N＞C；

故答案为：Cl＞N＞C；

（3）C单质为N2，N2分子含氮氮三键；δ键和π键的个数比为1：2；由于氨分子间存在氢键，故使其沸点出现反常；

故答案为：1：2；NH3分子间易形成氢键；

（4）D的氢化物为HCl，其最高价氧化物的水化物的钾盐为KClO4，共热能发生反应，生成一种气体单质，应为Cl2，反应的方程式为：8HCl+KClO4KCl+4Cl2↑+4H2O；

故答案为：8HCl+KClO4KCl+4Cl2↑+4H2O；

（5）由A、B两种元素组成的含4个原子的非极性分子为乙炔，乙炔的电子式为

已知乙炔的燃烧热为1200kJ∕mol，则乙燃烧热的热化学反应方程式为C2H2（g）+O2（g）=2CO2（g）+H2O（l）；△H=-1200kJ/mol，故答案为：C2H2（g）+O2（g）=2CO2（g）+H2O（l）；△H=-1200kJ/mol；

（6）已知N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=-akJ/mol，其表达式为：K=；

恒温恒容下，2molNH3完全转化到左边，可得3molH2和1molN2，故与原平衡为等效平衡，平衡时NH3的浓度相同，令平衡时氮气的物质的量为ymol，向容器中充入1molN2和3molH2，平衡时参加反应的氮气为（1-y）mol，根据N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）；△H=-akJ/mol，可知放出的热量为（1-y）mol×akJ/mol=a（1-y）kJ，即a（1-y）=b；

向容器中充入2molNH3，到达平衡时，生成氮气ymol，根据N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）；△H=-akJ/mol，可知吸收的热量为ymol×akJ/mol=aykJ，即c=ay，所以a=b+c；

故答案为：；a=b+c．12、升高温度减少SO3的浓度3：11mol/L【分析】【分析】（1）根据正逆反应速率的变化结合温度、压强对反应速率和化学平衡的影响判断，a时逆反应速率大于正反应速率，且正逆反应速率都增大，b时正反应速率大于逆反应速率；注意逆反应速率突然减小的特点；

（2）先根据方程式求出H2和C3H8的燃烧热，然后设出H2的物质的量；利用方程式组来解；

（3）依据电解饱和氯化钠溶液反应的化学方程式计算．【解析】【解答】解：（1）a时刻逆反应速率大于正反应速率，且正逆反应速率都增大，说明平衡应向逆反应方向移动，该反应的正反应放热，ab过程中改变的条件应为升高温度的结果，b时刻正反应速率不变，逆反应速率减小，在此基础上逐渐减小，应为减小生成物的原因，bc过程中改变的条件可能是减少SO3的浓度；

故答案为：升高温度；减少SO3的浓度；

（2）设混合气中H2的物质的量为x，则C3H8的物质的量为5mol-x．根据题意；列方程为：

285.8kJ/mol×x+2220.0kJ/mol×（5mol-x）=3847kJ

解得x=3.75mol；C3H8的物质的量为5mol-3.75mol=1.25mol．

所以混合气体中H2与C3H8的体积比即物质的量之比为3：1；

故答案为：3：1；

（3）实验室进行电解氯化钠溶液时，电极反应为：阳极2Cl--2e-=Cl2↑，阴极2H++2e-=H2↑，反应的化学方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，两极共收集到4.48L气体（标况）物质的量==0.2mol，依据化学方程式定量关系计算可知，生成2mol气体，生成2mol氢氧化钠，所以生成气体共0.2mol，生成氢氧化钠物质的量为0.2mol，假设反应后溶液的总体积为200ml，则电解后溶液中氢氧化钠的物质的量浓度==1mol/l；

故答案为：1mol/L．13、CBA或CCl2Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2NH3+2H2O浓氨水和氢氧化钠（或生石灰或碱石灰）NH3CaCl2+CO2+2NH3+H2O=CaCO3+2NH4Cl取少量样品和水混合形成分散系，用一束光从侧面照射，若出现光亮的通路，则证明样品是纳米级，否则不是66.7ACFGHBC【分析】【分析】（1）反应③氯元素化合价升高；反应①③为氧化还原反应；有电子的转移，反应②为非氧化还原反应，无电子的转移，实验室用氯化铵和熟石灰制备；

（2）根据反应物的状态和反应条件确定反应装置；

（3）实验室用H2O2制备氧气；为固体和液体在不加热条件下反应；

（4）根据氨气和二氧化碳在水中的溶解度判断；胶体具有丁达尔效应；

（5）①根据溶液稀释前后溶质的物质的量不变进行计算；

②根据用液体物质配制一定质量分数的溶液步骤有：计算；量取、稀释分析解答；

③容量瓶不能用待配溶液润洗；不能在容量瓶中稀释溶液．【解析】【解答】解：（1）反应③氯元素化合价升高，必须加入氧化剂才能实现；反应①③为氧化还原反应，有电子的转移，反应②为非氧化还原反应，无电子的转移，实验室用氯化铵和熟石灰制备，反应的方程式为Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O，故答案为：Cl2；NH3；Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O；

（2）反应①为液体不加热制取气体的装置；故选C；反应②为固固加热制取气体的装置，故选B；反应③为固液加热或不加热制取气体，故选A或C；

故答案为：。编号发生装置①C②B③A或C；

（3）实验室用H2O2制备氧气；为固体和液体在不加热条件下反应，如用制备氧气的装置制备氨气，可用浓氨水和氢氧化钠（或生石灰或碱石灰），开用氢氧化钠或生石灰或碱石灰吸水放热的特点制备氨气；

故答案为：浓氨水和氢氧化钠（或生石灰等）；

（4）氨气极易溶于水，而二氧化碳微溶于水，制取时应先通入NH3；碳酸铵和氯化钙发生复分解反应生成碳酸钙和氯化铵CaCl2+CO2+2NH3+H2O=CaCO3↓+2NH4Cl；胶体具有丁达尔效应；可取少量样品和水混合形成分散系，用一束光从侧面照射，若出现光亮的通路，则证明样品是纳米级，否则不是；

故答案为：NH3；CaCl2+CO2+2NH3+H2O=CaCO3+2NH4Cl；取少量样品和水混合形成分散系；用一束光从侧面照射，若出现光亮的通路，则证明样品是纳米级，否则不是；

（5）①溶液稀释前后溶质的物质的量不变；则有8mol/L×0.1L=V×12mol/L，V=0.0667L=66.7mL；

故答案为：66.7；

②用12mol•L-1的盐酸配制8mol•L-1的盐酸100mL；所要用到的仪器有：量筒；胶头滴管、烧杯、玻璃棒、容量瓶；

故答案为：ACFGH；

③容量瓶不能用待配溶液润洗；不能在容量瓶中稀释溶液；容量瓶在使用前要检查是否漏水，定容后盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，用另一只手托住瓶底，把容量瓶倒转和摇动多次，使溶液充分混合，则不正确的是BC；

故答案为：BC．14、略

【分析】【解析】【答案】（1）①SiO2+2CSi+2CO↑②蒸馏（或分馏）SiHCl3+3H2O==H2SiO3+H2↑+3HCl③SiO2+4HF==SiF4↑+2H2O（2）Fe→Fe2++2e-（3）Al2O3+6H+==2Al3++3H2OAl2O3+2OH-+3H2O==2[Al（OH）4]-（4）1nm~10nm氯化铁是电解质，使血液胶体聚沉。（5）+315、量筒烧杯玻璃棒500mL容量瓶胶头滴管【分析】【分析】用4mol/L的标准盐酸配制0.1mol/L的盐酸500mL的配制的步骤为：计算、量取、稀释、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等，根据配制的步骤选择使用仪器即可．【解析】【解答】解：用4mol/L的标准盐酸配制500mL0.1mol/L的盐酸的步骤为：计算；量取、稀释、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等；

根据配制步骤可知使用的仪器为：量筒；烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管；

故答案为：量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管．16、CH2OC3H6O3【分析】【分析】n（CO2）==0.5mol，m（C）=0.5mol×12g/mol=6g，n（H2O）==0.5mol，m（H）=2×0.5mol×1g/mol=1g，则m（O）=15g-6g-1g=8g，n（O）==0.5mol，n（C）：N（H）：N（O）=0.5mol：1mol：0.5mol=1：2：1，则实验式为CH2O，设分子式为（CH2O）n，相对分子质量为90，则有30n=90，n=3，则分子式为C3H6O3，若该有机物在浓硫酸共热的条件下，既能与乙酸反应，又能与乙醇反应，还能2分子A反应生成含六元环的物质，则A的结构简式为据此解答．【解析】【解答】解：（1）n（CO2）==0.5mol，m（C）=0.5mol×12g/mol=6g，n（H2O）==0.5mol，m（H）=2×0.5mol×1g/mol=1g，则m（O）=15g-6g-1g=8g，n（O）==0.5mol，n（C）：N（H）：N（O）=0.5mol：1mol：0.5mol=1：2：1，则实验式为CH2O，故答案为：CH2O；

（2）设分子式为（CH2O）n，相对分子质量为90，则有30n=90，n=3，则分子式为C3H6O3，故答案为：C3H6O3；

（3）若该有机物在浓硫酸共热的条件下，既能与乙酸反应，又能与乙醇反应，还能2分子A反应生成含六元环的物质，则A的结构简式为故答案为：

（4）A分子中含有羧基、羟基，发生缩聚反应生成高聚物，该反应方程式为：

故答案为：．17、（C6H10O5）n+nH2OnC6H12O6蓝【分析】【分析】（1）淀粉水解生成葡萄糖；

（2）①淀粉完全水解；生成葡萄糖，淀粉无剩余；

②淀粉正在水解；则溶液中含有淀粉和葡萄糖；

③淀粉没有水解，说明溶液中不含有葡萄糖．【解析】【解答】解：（1）淀粉水解生成葡萄糖，方程式为：（C6H10O5）n+nH2OnC6H12O6；

故答案为：（C6H10O5）n+nH2OnC6H12O6；

（2）淀粉遇到碘变成蓝色；

①淀粉完全水解；生成葡萄糖，淀粉无剩余，故取少量水解液于试管中，加入碘水，溶液不变蓝，说明淀粉完全水解；

②淀粉正在水解；则溶液中含有淀粉和葡萄糖，故取少量水解液于试管中，加入碘水，溶液变蓝，说明溶液中含有淀粉；再取少量水解液于试管中，加入过量的氢氧化钠溶液使溶液显碱性，再加入新制的氢氧化铜，加热，有砖红色沉淀生成，说明水解液中含有葡萄糖，故淀粉正在水解；

③淀粉没有水解；说明不含有葡萄糖，故取少量水解液于试管中，加入过量的氢氧化钠溶液使溶液显碱性，再加入新制的氢氧化铜，加热，无砖红色沉淀生成，说明水解液中不含有葡萄糖，故淀粉没有水解；

故答案为：蓝；

①淀粉完全水解；生成葡萄糖，淀粉无剩余，故取少量水解液于试管中，加入碘水，溶液不变蓝，说明淀粉完全水解；

②淀粉正在水解；则溶液中含有淀粉和葡萄糖，故取少量水解液于试管中，加入碘水，溶液变蓝，说明溶液中含有淀粉；再取少量水解液于试管中，加入过量的氢氧化钠溶液使溶液显碱性，再加入新制的氢氧化铜，加热，有砖红色沉淀生成，说明水解液中含有葡萄糖，故淀粉正在水解；

③淀粉没有水解，说明不含有葡萄糖，故取少量水解液于试管中，加入过量的氢氧化钠溶液使溶液显碱性，再加入新制的氢氧化铜，加热，无砖红色沉淀生成，说明水解液中不含有葡萄糖，故淀粉没有水解．18、=＞c（HSO3-）+2c（SO32-）+c（OH-）c（Na+）【分析】【分析】（1）根据电荷守恒判断浓度关系；

（2）结合电荷守恒和物料守恒解答．【解析】【解答】解：（1）NH4Cl和NH3•H2O组成的混合溶液中存在电荷守恒：c（NH4+）+c（H+）=c（Cl-）+c（OH-）；

如pH=7，则c（H+）=c（OH-），所以c（NH4+）=c（Cl-）；

如pH＞7，c（H+）＜c（OH-），所以c（NH4+）＞c（Cl-）；

故答案为：=；＞；

（2）NaHSO3溶液中，存在电荷守恒，为c（Na+）+c（H+）=c（HSO3-）+2c（SO32-）+c（OH-）；

由物料守恒可知，c（HSO3-）+c（SO32-）+c（H2SO3）=c（Na+）；

故答案为：c（HSO3-）+2c（SO32-）+c（OH-）；c（Na+）．三、判断题(共8题，共16分)19、×【分析】【分析】0.5mol•L-1的BaCl2溶液中，c（Cl-）=0.5mol/L×2=1mol/L，据此解答即可．【解析】【解答】解：0.5mol•L-1的BaCl2溶液中，c（Cl-）=0.5mol/L×2=1mol/L，故两者混合后，不考虑体积的变化，c（Cl-）=1mol•L-1，故错误，故答案为：×．20、×【分析】【分析】常温常压下，气体的气体摩尔体积不等于22.4L/mol，无法计算物质的量．【解析】【解答】解：常温常压下，气体的气体摩尔体积不等于22.4L/mol，则22.4LO3的物质的量不等于1mol，氧原子个数不等于3nA；

故答案为：×．21、√【分析】【分析】吸热反应实质是反应物所具有的总能量低于生成物所具有的总能量，与反应条件无关，据此进行分析解答．【解析】【解答】解：判断某个反应是放热反应还是吸热反应不是看该反应是否加热，有些放热反应开始也需要加热，需要加热才能进行的反应，不一定是吸热反应，如2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe是放热反应；但需在加热条件下以保证足够的热量引发氧化铁和铝粉反应．

故答案为：√．22、×【分析】【分析】由于压强不确定，故0℃时，气体摩尔体积不一定为22.4L/mol．【解析】【解答】解：由于压强不确定，故0℃时，气体摩尔体积不一定为22.4L/mol，故22.4L氢气的物质的量不一定是1mol，则含有氢原子数目不一定为2NA个；故错误；

故答案为：×．23、×【分析】【分析】硫酸钾由K+和SO42-构成，结合离子化合物的构成判断．【解析】【解答】解：硫酸钾由K+和SO42-构成，1mol硫酸钾中含有1molSO42-，阴离子所带电荷数为2NA；

故答案为：×．24、×【分析】【分析】SO2可以使酸性KMnO4溶液褪色，发生氧化还原反应，以此来解答．【解析】【解答】解：SO2可以使酸性KMnO4溶液褪色；发生氧化还原反应，S元素的化合价升高，体现二氧化硫的还原性，与漂白性无关，说法错误；

故答案为：×．25、×【分析】【分析】部分盐溶液能使蛋白质发生盐析，重金属盐溶液能使蛋白质发生变性．【解析】【解答】解：部分盐溶液能使蛋白质发生盐析；如硫酸钠溶液；硫酸铵溶液；重金属盐溶液能使蛋白质发生变性，如硫酸铜溶液、硝酸银溶液等；所以电解质溶液不一定能使蛋白质发生变性；

故答案为：×．26、×【分析】【分析】根据对氯甲苯中甲基和氯原子处于对位关系来分析；【解析】【解答】解：对氯甲苯中甲基和氯原子处于对位关系，结构简式：故答案为：×；四、书写(共2题，共16分)27、Al3+、SO42-、NH4+、Fe2+Fe3+⑤NH3Fe（OH）3Al（OH）3Ba2++SO42-=BaSO4↓3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O【分析】【分析】某强酸性溶液X，则溶液中不存在弱酸根离子CO32-、SiO32-，溶液和硝酸钡溶液反应生成沉淀C，则溶液含有SO42-，不存在和硫酸根离子反应的Ba2+，则C是BaSO4，X与硝酸钡溶液反应同时生成气体A，酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性，由给出的离子可知，X溶液中存在Fe2+，则X溶液不存在NO3-，故A是NO；溶液B中加入氢氧化钠溶液时，产生气体D，则X溶液中含有NH4+，D是NH3，由于溶液B中存在Fe3+，沉淀E是Fe（OH）3，G为FeCl3；溶液F中通入过量二氧化碳生成沉淀，由给出的离子可知，则X溶液中存在Al3+，沉淀H是Al（OH）3，溶液I是NaHCO3，不能确定X溶液中是否含有Fe3+，据此解答．【解析】【解答】解：某强酸性溶液X，则溶液中不存在弱酸根离子CO32-、SiO32-，溶液和硝酸钡溶液反应生成沉淀C，则溶液含有SO42-，不存在和硫酸根离子反应的Ba2+，则C是BaSO4，X与硝酸钡溶液反应同时生成气体A，酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性，由给出的离子可知，X溶液中存在Fe2+，则X溶液不存在NO3-，故A是NO；溶液B中加入氢氧化钠溶液时，产生气体D，则X溶液中含有NH4+，D是NH3，由于溶液B中存在Fe3+，沉淀E是Fe（OH）3，G为FeCl3；溶液F中通入过量二氧化碳生成沉淀，由给出的离子可知，则X溶液中存在Al3+，沉淀H是Al（OH）3，溶液I是NaHCO3，不能确定X溶液中是否含有Fe3+；

（1）由上述分析可知，溶液X中肯定含有上述离子中的SO42-、Al3+、NH4+、Fe2+；不能确定是否含有的离子Fe3+，确定阳离子Fe3+是否存在：取少量X与与试管中，加入几滴KSCN溶液，溶液不显血红色说明无Fe3+，若变血红色证明含有Fe3+，其它试剂不能检验Fe3+；

故答案为：Al3+、SO42-、NH4+、Fe2+；Fe3+；⑤；

（2）由上述分析可知，气体D的化学式为：NH3，沉淀E的化学式为：Fe（OH）3，沉淀H的化学式为：Al（OH）3；

故答案为：NH3；Fe（OH）3；Al（OH）3；

（3）步骤①在强酸性溶液中加入过量硝酸钡，钡离子和硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀，发生离子反应为：Ba2++SO42-=BaSO4↓，二价铁离子具有还原性，硝酸具有氧化性，二价铁离子被硝酸氧化生成三价铁离子，硝酸被还原成一氧化氮，发生离子反应为：3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O；

故答案为：Ba2++SO42-=BaSO4↓；3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O．28、②⑧⑨①⑤⑥⑦⑨④Ba（OH）2+2HNO3=Ba（NO3）2+2H2OFe3++3H2OFe（OH）3（胶体）+3H+CO2+OH-=HCO3-HCO3-+H+=H2O+CO2↑【分析】【分析】（1）物质导电的原因是有自由移动的电子或自由移动的离子；

在水溶液中或者熔化状态下能完全电离的是电解质属于强电解质；只能部分电离的属于弱电解质；

在水溶液中和熔化状态下都不能导电的化合物属于非电解质；包括非金属氧化物；氨气和大多数有机物；

（2）H++OH-═H2O；表示可溶性强酸和可溶性强碱发生酸碱中和反应生成可溶性盐和水；

（3）加热时FeCl3水解生成Fe（OH）3胶体；当足量的二氧化碳通入氢氧化钡溶液中时生成碳酸氢钡；NaHSO4与NaHCO3反应的实质是HCO3-与H+的反应．【解析】【解答】解：（1）①AgCl中离子不能自由移动，故不能导电；在熔融状态下能完全电离，故为强电解质；②铜能导电；但铜是单质，故既不是电解质也不是非电解质；③液态醋酸中无自由移动的离子，故不能导电；但在水溶液中能部分电离，故为弱电解质；④CO2无自由移动的离子，故不能导电；在水溶液中导电和其本身无关，在熔融状态下不能导电，故为非电解质；⑤H2SO4中无自由移动的离子，故不能导电；但在水溶液中能完全电离，故为强电解质；⑥Ba（OH）2固体中无自由移动的离子，故不能导电；但在水溶液中和熔融状态下能完全电离，故为强电解质；⑦NaHCO3中无自由移动的离子，故不能导电；但在水溶液中能完全电离，故为强电解质；⑧稀硝酸有自由移动的离子，故能导电；但由于是混合物，故既不是电解质也不是非电解质；⑨熔融FeCl3中有自由移动的离子，故能导电；在水溶液中和熔融状态下能完全电离，故为强电解质；⑩NaHSO4中离子不能自由移动；故不能导电；但在水溶液中和熔融状态下能完全电离，故为强电解质．

故能导电的为②⑧⑨；是强电解质的是①⑤⑥⑦⑨；是非电解质的是④；故答案为：②⑧⑨；①⑤⑥⑦⑨；④；

（2）离子方程式H++OH-═H2O表示可溶性强酸和可溶性强碱发生酸碱中和反应生成可溶性盐和水，故Ba（OH）2和HNO3的反应符合，化学方程式为Ba（OH）2+2HNO3=Ba（NO3）2+2H2O，故答案为：Ba（OH）2+2HNO3=Ba（NO3）2+2H2O；

（3）将饱和FeCl3溶液滴入沸水中制备氢氧化铁胶体，反应的化学方程式为：FeCl3+3H2OFe（OH）3（胶体）+3HCl，其水解方程式为Fe3++3H2OFe（OH）3（胶体）+3H+；当足量的二氧化碳通入氢氧化钡溶液中时生成碳酸氢钡，离子方程式为CO2+OH-=HCO3-；NaHSO4与NaHCO3反应的实质是HCO3-与H+的反应，故离子方程式为：HCO3-+H+=H2O+CO2↑；

故答案为：Fe3++3H2OFe（OH）3（胶体）+3H+；CO2+OH-=HCO3-；HCO3-+H+=H2O+CO2↑．五、简答题(共2题，共10分)29、略

【分析】解：（1）化合物Ⅱ为HOCH2COONa；化合物II中能与能与金属钠反应的官能团名称为羟基；

故答案为：羟基；

（2）根据上面的分析可知；化合物IV合成化合物V的反应类型为加成反应，化合物V合成化合物VI反应类型为取代反应；

故答案为：加成反应；取代反应；

（3）由化合物VI合成化合物VII的反应方程式为

故答案为：

（4）有机物R是化合物IV的同分异构体，R能使溴水褪色，说明有碳碳双键，且其核磁共振氢谱中有4组峰，说明有4种位置的氢，所以有机物R的结构简式为该六元环酯（C7H10O4）的结构简式为

故答案为：

（5）以有机物Cl2CH2-CH2Cl2和乙二醇为原料合成聚乙二酸乙二醇酯，可以用Cl2CH2-CH2Cl2进行碱性水解得乙二醛，乙二醛氧化得乙二酸，乙二酸与乙二醇发生缩聚反应生成聚乙二酸乙二醇酯，反应的合成路线为

故答案为：．

根据题中各物质转化关系，CH2ClCHCl3在碱性条件下水解发生信息中的变化，生成化合物Ⅱ为HOCH2COONa，化合物Ⅱ与酸反应得化合物ⅢC2H4O3的结构简式为HOCH2COOH，C5H10能与溴发生加成反应生成化合物Ⅳ，化合物Ⅳ碱性水解的产物能经过两步氧化得化合物ⅤⅢ，化合物ⅤⅢ和化合物Ⅲ能发生酯化反应生成六元环的酯，说明化合物ⅤⅢC5H10O3中有一个羟基和一个羧基，即C5H12O2中有一个羟基不能被氧化，利用逆推法可知，化合物Ⅳ为CH3CH2C（CH3）=CH2，化合物Ⅴ为CH3CH2C（CH3）BrCH2Br，化合物Ⅵ为CH3CH2C（CH3）OHCH2OH，化合物ⅤⅡ为CH3CH2C（CH3）OHCHO，化合物ⅤⅢ为CH3CH2C（CH3）OHCOOH，化合物ⅤⅢ和化合物Ⅲ生成的六元环酯（C7H10O4）为以有机物Cl2CH2-CH2Cl2和乙二醇为原料合成聚乙二酸乙二醇酯，可以用Cl2CH2-CH2Cl2进行碱性水解得乙二醛；乙二醛氧化得乙二酸，乙二酸与乙二醇发生缩聚反应生成聚乙二酸乙二醇酯，据此答题．

本题考查有机物推断，需要对给予的信息进行利用，能较好的考查学生阅读能力、自学能力，熟练掌握官能团的性质与转化，利用正推法和逆推法相结合推断，题目难度中等．【解析】羟基；加成反应；取代反应；30、3d64s22sp2、sp34，5（或5，4）2ABE3：1金属键H8AuCu3【分析】解：（1）原子序数小于36的元素Q和T，在周期表中既处于同一周期又位于同一族，且原子序数T比Q多2，二者位于第VIII族，T为Ni、Q为Fe元素，Q基态原子的外围电子（价电子）为其3d、4s能级上的电子。价电子排布式为3d64s2；Ni原子失去4s能级上的2个电子生成Ni2+；该离子3d能级上有8个电子，未成对电子数是2；

故答案为：3d64s2；2；

（2）①根据原子成键特点知；灰色小球表示H原子；灰色大球表示O原子、黑色球表示B原子；

该离子为H4B4O9m-，2号B原子价层电子对个数是3、4号B原子价层电子对个数是3，根据价层电子对互斥理论判断B原子杂化类型为sp2、sp3；B原子含有空轨道；O原子含有孤电子对；能形成配位键，所以配位键位于4，5（或5，4）原子之间