1、絕密啟用前2021年普通高等學校招生全國統(tǒng)一考試(海南卷)化 學考前須知： 1本試卷分第一卷(選擇題)和第二卷(非選擇題)兩局部。答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。 2答復(fù)第I卷時，選出每題答案后，用鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號。寫在本試卷上無效。 3答復(fù)第二卷時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。 4考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回?？赡苡玫降南鄬υ淤|(zhì)量：H 1 C l2 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 S 32 C K 39 Fe 56 Ni 59 Cu 64 La l39第一卷 一、選擇題：此

2、題共6小題，每題2分，共12分。在每題給出的四個選項中，只有一項為哪一項符合題目要求的。1、以下物質(zhì)中，可形成酸雨的是A、二氧化硫 B、氟氯代烴 C、二氧化碳 D、甲烷解析：酸雨是指pH小于5.6的降水，主要是由于人為排放的硫氧化物和氮氧化物等酸性氣體轉(zhuǎn)化而成的，我國主要以硫酸型酸雨為主，這是由于我國以煤炭為主的能源結(jié)構(gòu)造成的，因此選項A正確。答案：A2、常溫下，將0.1 molL-1氫氧化鈉溶液與0.06 molL-1硫酸溶液等體積混合，該混合溶液的pH等于A1.7 B.2.0 C.12.0 D.12.4解析：此題主要考察pH的有關(guān)計算。當酸堿發(fā)生中和時首先應(yīng)判斷過量問題，假設(shè)溶液體積為1L

3、那么H和OH的物質(zhì)的量分別為0.12mol和0.1mol，因此硫酸過量，反響后溶液中H的物質(zhì)的量濃度為cH0.01 molL-1，所以pH2.0。答案：B3、對于化學反響3W(g)+2X(g)4Y(g)+3Z(g)，以下反響速率關(guān)系中，正確的選項是 A.(W)3(Z) B.2(X)3(Z) C.2(X)(Y) D.3(W)2(X)解析：此題主要考察化學反響速率和化學計量數(shù)的關(guān)系。根據(jù)化學反響速率是用單位時間內(nèi)反響物濃度的減少或生成物濃度的增加來表示的，所以化學反響速率之比等于其相對于的化學計量數(shù)之比，即(W)：(X)：(Y)：(Z)3：2：4：3，因此選項C正確。答案：C4、把VL含有MgS0

4、4和K2S04的混合溶液分成兩等份，一份參加含a mol NaOH的溶液，恰好使鎂離子完全沉淀為氫氧化鎂；另一份參加含b mol BaCl2的溶液，恰好使硫酸根離子完全沉淀為硫酸鋇。那么原混合溶液中鉀離子的濃度為 A. EQ f(b-a,V)molL-1 B. EQ f(2b-a,V) molL-1 C. EQ f(2(b-a),V) molL-1 D. EQ f(2(2b-a),V) molL-1解析：由離子反響方程式Mg22OH=Mg(OH)2和Ba2SO42=BaSO4可知Mg2和SO42的物質(zhì)的量分別為0.5amol和bmol，忽略溶液中的H和OH由電荷守恒知溶液中K的物質(zhì)的量為b0.

5、5a2mol2bamol。由于混合溶液分成兩等份，所以選項C是錯誤的，正確的選項應(yīng)該是D。答案：D5：Ksp(AgCl)=1.81010，Ksp(AgI)=1.51016 ，Ksp(Ag2CrO4)=2.01012，那么以下難溶鹽的飽和溶液中，Ag+濃度大小順序正確的選項是 AAgClAgI Ag2CrO4 BAgCl Ag2CrO4AgI CAg2CrO4AgClAgI DAg2CrO4AgIAgCl解析：此題主要考察溶度積常數(shù)的概念和有關(guān)計算。對應(yīng)化學式相似的AgCl和AgI來說Ksp越小Ag+濃度越小，即AgClAgI；假設(shè)Ag2CrO4飽和溶液中Ag+的濃度為x，那么CrO42的濃度為

6、0.5x，由溶度積常數(shù)的表達式可知Ksp(Ag2CrO4)=x20.5x0.5x32.01012，即x34.01012，因為AgCl飽和溶液中Ag+的濃度為，所以Ag2CrO4AgCl，因此選項C正確。答案：C6光譜研究說明，易溶于水的S02所形成的溶液中存在著以下平衡： 據(jù)此，以下判斷中正確的選項是 A該溶液中存在著SO2分子 B該溶液中H+濃度是SO32濃度的2倍 C向該溶液中參加足量的酸都能放出SO2氣體 D向該溶液中參加過量NaOH可得到Na2SO3 、NaHSO3和NaOH的混合溶液解析：此題主要考察化學平衡狀態(tài)的特點和外界條件對化學平衡對影響。因為該反響是可逆反響，所以到達平衡后反

7、響物和生成物共同存在與體系中，所以選項A正確；溶液中H+的來源有3個方面，即水的電離、SO2xH2O和HSO3的電離，因此溶液中H+濃度不一定是SO32濃度的2倍，選項B錯誤；SO2是一種復(fù)原性氣體，假設(shè)參加的酸是氧化性酸，SO2將被氧化成硫酸而不會放出SO2氣體，選項C錯誤；NaHSO3是一種酸式鹽可以與NaOH反響，方程式為NaHSO3NaOH=Na2SO3H2O，選項D也錯誤。答案：A 二、選擇題：此題共6小題，每題4分，共24分。每題有一個或兩個選項符合題意。假設(shè)正確答案只包括一個選項，多項選擇得0分：假設(shè)正確答案包括兩個選項，只選一個且正確得2分，選兩個且都正確得4分，但只要選錯一個

8、就得0分。7以下物質(zhì)中既有氧化性又有復(fù)原性的是 AHClO BAl2O3 CN203 DSiO2解析：此題主要考察對氧化性和復(fù)原性的判斷和理解。一般情況下凡元素化合價處于中間價態(tài)都是既有氧化性又有復(fù)原性的。選項A、C中的Cl和N元素的化合價分別為+1價和+3價，都處于中間價態(tài)，所以該物質(zhì)都既有氧化性又有復(fù)原性；選項B、D中元素的化合價都處于最高價態(tài)或最低價態(tài)，不符合題意。答案：AC8以下化合物中既易發(fā)生取代反響，也可發(fā)生加成反響，還能使KMn04酸性溶液褪色的是 A乙烷 B乙醇 C丙烯 D苯解析：此題主要考察常見有機化合物的化學性質(zhì)及常見的有機化學反響類型。乙烷屬于烷烴主要發(fā)生取代反響；乙醇屬

9、于飽和一元醇不能發(fā)生加成反響；苯屬于芳香烴可以發(fā)生取代反響和加成反響，但不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色；丙烯屬于烯烴且含有一個甲基，因此符合題意。所以選項C正確。答案：C9利用電解法可將含有Fe、Zn、Ag、Pt等雜質(zhì)的粗銅提純，以下表達正確的選項是 A. 電解時以精銅作陽極 B電解時陰極發(fā)生復(fù)原反響 C粗銅連接電源負極，其電極反響是Cu =Cu2+ + 2e- D電解后，電解槽底部會形成含少量Ag、Pt等金屬的陽極泥解析：此題主要考察電解原理及其應(yīng)用。利用電解法進行粗銅提純時粗銅應(yīng)作陽極，精銅作陰極；陽極與電池的正極相連發(fā)生氧化反響，陰極與電池的負極相連發(fā)生復(fù)原反響；這幾種金屬的活動性順序為Zn

10、FeCuAgPt，因此在電解過程中Ag、Pt不會失去電子，而是形成陽極泥。所以選項B、D正確。答案：B、D 10能正確表示以下反響的離子方程式是A金屬鋁溶于稀硫酸中：Al + 2H+ = A13+ + H2B碳酸鋅溶于稀硝酸中：CO2- 3 + 2H+ =H2O + CO2C醋酸鈉水溶液中通入足量C02：2CH3COO- + CO2 + H20 = 2CH3COOH + CO2- 3 D少量Cl2通入KI溶液中：Cl2+ 2I =2C1 + I2解析：此題主要考察離子方程式的書寫和正誤判斷。A中電荷不平，正確的寫法為：2Al6H=2Al33H2；B中碳酸鋅屬于難溶性物質(zhì)，應(yīng)用化學式來表示，正確

11、的寫法為：ZnCO32H=Zn2H2OCO2；C中醋酸的酸性強于碳酸，該反響不會發(fā)生。所以選項D正確。答案：D11.短周期元素X、Y、Z所在的周期序數(shù)依次增大，它們的原子序數(shù)之和為20，且Y2與Z+核外電子層的結(jié)構(gòu)相同。以下化合物中同時存在極性和非極性共價鍵的是2Y BX2Y2 CZ2Y2 DZYX解析：此題主要考察元素周期表的結(jié)構(gòu)、原子核外電子排布及化學鍵的有關(guān)知識。因為X、Y、Z屬于短周期，且Y2與Z+核外電子層的結(jié)構(gòu)相同，因此Y、Z分別便屬于A和IA，因此Y、Z分別屬于O和Na元素；又因為X、Y、Z的原子序數(shù)之和為20，所以x屬于H元素。因此要同時存在極性和非極性共價鍵的化合物只有H2O

12、2了。所以選項B正確。答案：B12以下化合物分子中的所有原子都處于同一平面的是A溴苯 B對二甲苯 C氯乙烯 D丙烯解析：此題主要考察有機化合物的結(jié)構(gòu)特點。在常見的有機化合物中甲烷是正四面體結(jié)構(gòu)，乙烯和苯是平面型結(jié)構(gòu)，乙炔是直線型結(jié)構(gòu)。對二甲苯和丙烯中分別含有2個甲基和一個甲基，因此所有原子不可能處于同一平面上；但凡與苯環(huán)和碳碳雙鍵直接相連的原子一定處于同一平面上，所以選項A、C正確。答案：A、C第二卷 本卷包括必考題和選考題兩局部。第13題第17題為必考題，每個試題考生都必須做答。第18題第20題為選考題，考生根據(jù)要求做答。13(8分)AG各物質(zhì)間的關(guān)系如以下圖，其中B、D為氣態(tài)單質(zhì)。請答復(fù)以

13、下問題： (1)物質(zhì)C和E的名稱分別為_、_； (2)可選用不同的A進行反響，假設(shè)能在常溫下進行，其化學方程式為_；假設(shè)只能在加熱情況下進行，那么反響物A應(yīng)為_； (3)反響的化學方程式為_； (4)新配制的F溶液應(yīng)參加_以防止其轉(zhuǎn)化為G。檢驗G溶液中陽離子的常用試劑是_，實驗現(xiàn)象為_。解析：此題屬于無機框圖題，主要考察常見物質(zhì)的性質(zhì)、制備和檢驗。此題的突破點是MnO2，在中學化學中MnO2參與的反響主要是氧氣和氯氣的制備，所以依據(jù)框圖的轉(zhuǎn)化特點可知B是氧氣，D是氯氣，C是濃鹽酸，E是四氧化三鐵，F(xiàn)是氯化亞鐵，G是氯化鐵。Fe2具有復(fù)原性，因此配制時需要參加鐵粉防止被氧化。答案：1濃鹽酸、是四

14、氧化三鐵MnO2 22H2O2 2H2OO2；KClO3 34HCl濃MnO2 2MnCl22H2OCl24鐵粉；KSCN溶液；溶液變成紅色14(8分)高爐煉鐵過程中發(fā)生的主要反響為 該反響在不同溫度下的平衡常數(shù)如下：請答復(fù)以下問題： (1)該反響的平衡常數(shù)表達式K=_，H_0(填“、“或“=)；(2)在一個容積為10L的密閉容器中，1000時參加Fe、Fe2O3、CO、CO2各1.0 mol，反響經(jīng)過l0 min后到達平衡。求該時間范圍內(nèi)反響的平均反響速率 (C02)= _、CO的平衡轉(zhuǎn)化率= _： (3)欲提高(2)中CO的平衡轉(zhuǎn)化率，可采取的措施是_。 A減少Fe的量 B增加Fe203的

15、量 C移出局部C02 D提高反響溫度 E減小容器的容積 F參加適宜的催化劑解析：此題主要考察化學反響速率的概念及計算、外界條件對化學平衡的影響、化學平衡常數(shù)的概念及計算以及反響熱的有關(guān)判斷。1平衡常數(shù)是指在一定溫度下，當一個可逆反響到達化學平衡時，生成物濃度冪之積與反響物濃度冪之積當比值，但需要注意但是固體和純液體的濃度視為常數(shù)，不能出現(xiàn)在表達式中；從表中數(shù)據(jù)可知隨著溫度的升高平衡常數(shù)逐漸減小，這說明溫度升高平衡向逆反響方向移動，所以正反響是放熱反響，即H0。2起始物質(zhì)的量mol1.01.0轉(zhuǎn)化的量molXx平衡時的量mol1.0 x1.0+x在1000時K4.0，所以有4.0，解得x0.6。

16、因此C02的濃度變化量為：cC020.06 molL-1所以 (C02)0.006 molL-1min1CO的轉(zhuǎn)化率為60%。3因為該反響是一個放熱且體積不變的可逆反響，所以要提高CO的平衡轉(zhuǎn)化率，可以采取降低溫度或降低生成物濃度來實現(xiàn)，而固體和催化劑不能改變平衡狀態(tài)，所以選項C正確。答案：1K；20.006 molL-1min1；60%3C15(9分)A是自然界存在最廣泛的A族元素，常以化合物F存在。從單質(zhì)A起始發(fā)生的一系列化學反響可由以下圖表示：請答復(fù)以下問題：(1)A與水反響的化學方程式為_，E與水反響的化學方程式為_；(2)F的化學式為_，G和D的電子式分別為_和_；(3)D與H反響可

17、能生成的鹽有_ (填化學式)；(4)實際生產(chǎn)中，可由F為原料制備單質(zhì)A，簡述一種制備方法_。解析：此題主要考察常見金屬單質(zhì)及其化合物之間的相互轉(zhuǎn)化。此題的突破點是A，在自然界存在最廣泛的A族元素中常溫下與水反響的是單質(zhì)Ca，反響的化學方程式為：Ca2H2O=Ca(OH)2H2，在Ca(OH)2和H2中能與金屬Na反響的是H2，反響的化學方程式為：H22Na=2NaH；所以B是H2，C是Ca(OH)2，E是NaH，NaH與水反響的化學方程式為：NaHH2O=NaOHH2,所以H是NaOH。由反響條件可知F可能為CaCO3，CaCO3受熱分解生成CO2和CaO，而CO2恰好與Ca(OH)2反響生成

18、CaCO3和H2O，所以D和G分別是CO2和CaO；CO2和CaO分別屬于共價化合物和離子化合物，分別含有極性共價鍵和離子鍵；CO2對應(yīng)的碳酸是二元酸，所以與NaOH 反響時可能會生成兩種碳酸鹽：Na2CO3和NaHCO3；Ca作為活潑的金屬元素一般只能通過電解法來制備。 O 2答案：1Ca2H2O=Ca(OH)2H2；NaHH2O=NaOHH22CaCO3；Ca2 O C O3Na2CO3、NaHCO34將CaCO3與鹽酸反響生成CaCl2，然后電解熔融的CaCl2固體制取單質(zhì)鈣16、(8分)有機物A可作為植物生長調(diào)節(jié)劑，為便于使用，通常將其制成化合物D，D在弱酸性條件下會緩慢釋放出A。合成

19、D的一種方法及各物質(zhì)間轉(zhuǎn)化關(guān)系如以下圖所示：請答復(fù)以下問題：(1)A的名稱是_，A與氯氣反響可生成C，C的名稱是_；(2)經(jīng)測定E中含有氯元素，且E可以與乙酸發(fā)生酯化反響，那么E的結(jié)構(gòu)簡式為_，由A直接生成E的反響類型是_；(3)在弱酸性條件下，D與水反響生成A的化學方程式為_；(4)寫出E的兩個同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式_。解析：此題主要考察有機物的制備、有機化合物的命名、有機反響類型的判斷以及同分異構(gòu)體的書寫等。此題的突破點是A，因為有機物A可作為植物生長調(diào)節(jié)劑，所以A是乙烯；乙烯可以與氯氣發(fā)生加成反響生成1，2二氯乙烷；由于E中含有氯元素，且E可以與乙酸發(fā)生酯化反響，所以E中既含有氯原子又含有

20、羥基，所以E的結(jié)構(gòu)簡式為：ClCH2CH2OH，乙烯轉(zhuǎn)化成ClCH2CH2OH后，雙鍵消失，所以該反響是加成反響；E可能的同分異構(gòu)體是ClCH2OCH3和CH3CHClOH。答案：1乙烯、1，2二氯乙烷2ClCH2CH2OH、加成反響H+ 3+H2O HClH3PO4CH2CH24ClCH2OCH3、CH3CHClOH17(11分)根據(jù)氨氣復(fù)原氧化銅的反響，可設(shè)計測定銅元素相對原子質(zhì)量么 (近似值)的實驗。先稱量反響物氧化銅的質(zhì)量m(CuO)，反響完全后測定生成物水的質(zhì)量m(H20)，由此計算。為此，提供的實驗儀器及試劑如下(根據(jù)需要可重復(fù)選用，參加的NH4C1與Ca(OH)2的量足以產(chǎn)生使C

21、uO完全復(fù)原的氨氣)：請答復(fù)以下問題： (1)氨氣復(fù)原熾熱氧化銅的化學方程式為_； (2)從所提供的儀器及試劑中選擇并組裝本實驗的一套合理、簡單的裝置，按氣流方向的連接順序為(用圖中標注的導管口符號表示)a_；(3)在本實驗中，假設(shè)測得m(CuO)= a g，m(H2O)= b g，那么Ar(Cu)= _； (4)在本實驗中，使測定結(jié)果Ar(Cu)偏大的是_ (填序號)； Cu0未完全起反響 CuO不枯燥 Cu0中混有不反響的雜質(zhì) 堿石灰不枯燥 NH4C1與Ca(OH)2混合物不枯燥 (5)在本實驗中，還可通過測定_和_，或_和_到達實驗?zāi)康?。解析：此題主要考察氨氣的制備、凈化、枯燥和利用方程

22、式進行的計算以及有關(guān)誤差分析。氨氣具有弱復(fù)原性，在參加條件下可以被氧化銅氧化，反響的化學方程式為：2NH33CuO3Cu3H2ON2；因為需要測定反響后生成物水的質(zhì)量，所以必需保證通入的氨氣是純潔枯燥的，由于濃硫酸可以與氨氣反響，因此只能通過堿石灰進行枯燥，所以正確的順序為aebe；根據(jù)反響方程式可知氧化銅和水的物質(zhì)的量相等，所以有以下關(guān)系式：，解得Ar(Cu)；假設(shè)Cu0未完全起反響，說明b偏小，結(jié)果偏大；假設(shè)CuO不枯燥，說明a偏小，b偏大，結(jié)果偏低；假設(shè)Cu0中混有不反響的雜質(zhì)，說明b偏小，結(jié)果偏大；假設(shè)堿石灰不枯燥，說明氨氣枯燥不徹底，b偏大，結(jié)果偏低；假設(shè)NH4C1與Ca(OH)2混

23、合物不枯燥，但只要氨氣枯燥徹底，對結(jié)果不影響。所以選項正確；根據(jù)反響方程式可知也可以通過測定m(CuO)和m(Cu)或m(Cu)和m(H2O)來到達實驗?zāi)康摹４鸢福?2NH33CuO3Cu3H2ON22aebe345m(CuO)和m(Cu)、m(Cu)和m(H2O)選考題(請考生在第18、19、20三題中任選一題做答，如果多做，那么按所做的第一題計分。做答時用2B鉛筆在答題卡上把所選題目的題號涂黑)。 第18、19、20三題的第題為選擇題，在給出的四個選項中，至少有兩項是符合題目要求的，請將符合題目要求的選項標號填在答題卡相應(yīng)位置；第題為非選擇題，請在答題卡相應(yīng)位置做答并寫明小題號。18(20

24、分)18-I(6分)： ，如果要合成 所用的原始原料可以是 A. 2 -甲基-l，3 -丁二烯和2 -丁炔 B1，3 -戊二烯和2 -丁炔+ C2，3 -二甲基-1，3 -戊二烯和乙炔 D. 2，3 -二甲基-l，3 -丁二烯和丙炔解析：此題可以采用逆向合成分析法。 或者是+。根據(jù)有機物的命名原那么兩種原料分別是2，3 二甲基-l，3 -丁二烯和丙炔或者是2 -甲基-l，3 -丁二烯和2 -丁炔，所以選項A、D正確。18-II(14分)AG都是有機化合物，它們的轉(zhuǎn)化關(guān)系如下：請答復(fù)以下問題： (1)：6.0g化合物E完全燃燒生成8.8g C02和3.6g H20；E的蒸氣與氫氣的相對密度為30

25、，那么E的分子式為_： (2)A為一取代芳烴，B中含有一個甲基。由B生成C的化學方程式為_； (3)由B生成D、由C生成D的反響條件分別是_、_； (4)由A生成B、由D生成G的反響類型分別是_、_； (5)F存在于梔子香油中，其結(jié)構(gòu)簡式為_；(6)在G的同分異構(gòu)體中，苯環(huán)上一硝化的產(chǎn)物只有一種的共有_個，其中核磁共振氫譜有兩組峰，且峰面積比為l：1的是_ (填結(jié)構(gòu)簡式)。解析：此題主要考察有機物結(jié)構(gòu)式確實定、有機化合物的推斷、同分異構(gòu)體的書寫和判斷、有機反響方程式的書寫和反響類型的判斷。1根據(jù)阿伏加德羅定律的推論相對密度之比等于摩爾質(zhì)量之比，因此E摩爾質(zhì)量是60。6.0gE的物質(zhì)的量就是0.

26、1mol，完全燃燒后生成C02和 H20的物質(zhì)的量分別為和，其中碳、氫的質(zhì)量分別為0.2122.4g和0.410.4g，因此E中氧元素的質(zhì)量為6.02.40.43.2g，所以氧元素的物質(zhì)的量為，因此碳、氫、氧三種原子個數(shù)之比為1：2：1，即最簡式為CH2O，因為E摩爾質(zhì)量是60，所以分子式是C2H4O2。NaOH2由框圖可知E和C酯化生成F，由原子守恒知C的分子式是C8H10O，因為A為一取代芳烴，且B中含有一個甲基，所以B的結(jié)構(gòu)簡式為C6H5CHClCH3，B生成C的化學方程式是：C6H5CHClCH3 + H2O C6H5CHOHCH3HCl3因為D可以與Br2發(fā)生加成反響，所以D是苯乙烯

27、，結(jié)構(gòu)簡式為C6H5CHCH2，鹵代烴發(fā)生消去反響的條件是NaOH醇溶液并加熱；醇發(fā)生消去反響的條件是濃硫酸并加熱。4A屬于苯的同系物，B屬于鹵代烴，所以由A生成B的反映類型是取代反響；D中含有碳碳雙鍵，因此由D生成G的反響類型是加成反響。CHCH3OCO CH35因為C、E可以發(fā)生酯化反響，所以E是乙酸，又因為C是C6H5CHOHCH3，因此酯化產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)簡式是 6苯環(huán)上一硝化的產(chǎn)物只有一種，說明應(yīng)該是對稱性結(jié)構(gòu)，根據(jù)G的分子式C8H8Br2可知符合條件的共有以下7種：CH3CH3BrBrCH2BrCH2Br BrBrCH3CH3BrBrCH3CH3CH3CH3BrBrBrBrCH3CH3C

28、H3BrBrCH3其中核磁共振氫譜有兩組峰，且峰面積比為l：1的是第一種。NaOH答案：1C2H4O22C6H5CHClCH3 + H2O C6H5CHOHCH3HClH2O或者C6H5CHClCH3 + NaOH C6H5CHOHCH3NaCl3NaOH醇溶液并加熱；濃硫酸并加熱。CHCH3OCO CH34取代反響；加成反響5CH2BrCH2Br67種、19、20分)19 -I(6分)以下描述中正確的選項是 A、CS2為V形的極性分子 B、Cl0 3 的空間構(gòu)型為平面三角形 C、SF6中有6對完全相同的成鍵電子對 D、SiF4和SO2 3 的中心原子均為sp3雜化解析：依據(jù)價層電子對互斥理論

29、可知CS2為直線形的非極性分子，A錯誤；由價層電子對互斥理論可知Cl0 3中中心原子的孤電子對數(shù)是1/28321，所以Cl0 3是三角錐形，B錯誤；硫原子最外層有6個電子，和氟原子之間有6對完全相同的成鍵電子對，C正確；SiF4和SO2 3 的空間構(gòu)型分別為正四面體和三角錐形，但中心原子均采用的是sp3雜化，D正確。答案：C、D19 -(14分)金屬鎳及其化合物在合金材料以及催化劑等方面應(yīng)用廣泛。請答復(fù)以下問題： (1)Ni原子的核外電子排布式為_； (2)Ni0、Fe0的晶體結(jié)構(gòu)類型均與氯化鈉的相同，Ni2+和Fe2+的離子半徑分別為69 pm和78 pm，那么熔點NiO _ FeO(填“)

30、； (3)Ni0晶胞中Ni和O的配位數(shù)分別為_、_； (4)金屬鎳與鑭(La)形成的合金是一種良好的儲氫材料，其晶胞結(jié)構(gòu)示意圖如左以下圖所示。該合金的化學式為_； (5)丁二酮肟常用于檢驗Ni2+：在稀氨水介質(zhì)中，丁二酮肟與Ni2+反響可生成鮮紅色沉淀，其結(jié)構(gòu)如右上圖所示。 該結(jié)構(gòu)中，碳碳之間的共價鍵類型是鍵，碳氮之間的共價鍵類型是_，氮鎳之間形成的化學鍵是_； 該結(jié)構(gòu)中，氧氫之間除共價鍵外還可存在_； 該結(jié)構(gòu)中，碳原子的雜化軌道類型有_。解析：1鎳屬于28號元素，根據(jù)構(gòu)造原理可以寫出該原子的核外電子排布式，Ni的核外電子排布式是1s22s22p63s23p63d 84s22Ni0、Fe0的晶體結(jié)構(gòu)類型均與氯化鈉的相同，說明二者都是離子晶體，離子晶體的熔點與離子鍵的強弱有關(guān)，離子所帶電荷數(shù)越多，離子半徑越小，