試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁重慶市2022屆高三第二次診斷性考試康德卷化學試題學校:___________姓名：___________班級：___________考號：___________一、單選題1．2020年11月24日，我國成功發(fā)射嫦娥五號，將由芳香族聚酰胺纖維制成的五星紅旗帶上了月球，在嫦娥五號上使用了較多的先進材料，如陶瓷密封環(huán)等。下列有關說法正確的是A．芳香族聚酰胺纖維是天然高分子化合物B．運載火箭的燃料是液氧或四氧化二氮C．我國古代著名的陶瓷屬于無機非金屬材料D．在月壤中發(fā)現了，與是同分異構體【答案】C【解析】【詳解】A．芳香族聚酰胺纖維是人造高分子化合物，故A錯誤；B．液氧是氧化劑，不是燃料，故B錯誤；C．我國古代著名的陶瓷主要成分為硅酸鹽，屬于無機非金屬材料，故C正確；D．在月壤中發(fā)現了，與是同位素，故D錯誤。綜上所述，答案為C。2．下列各組離子能大量共存的是A． B．C． D．【答案】D【解析】【詳解】A．鐵離子和SCN-反應生成絡合離子，不能大量共存，A錯誤；B．兩者會發(fā)生氧化還原反應，不能大量共存，B錯誤；C．鋁離子和碳酸氫根離子會發(fā)生雙水解，兩者不能大量共存，C錯誤；D．四種離子相互之間不反應，能大量共存，D正確；故選D。3．“84”消毒液(成分含)能有效抑制新冠病毒，在“84”消毒液中滴加稀硫酸會產生。若為阿伏加德羅常數值。下列說法正確的是A．標準狀態(tài)下，所含的水分子數為B．溶液中所含數目為C．常溫下，中含有的質子數之和為D．標準狀態(tài)下，通入水后轉移的電子數為【答案】C【解析】【詳解】A．標準狀態(tài)下水不是氣態(tài)，不能用氣體摩爾體積計算，A錯誤；B．次氯酸根離子會水解導致數目小于，B錯誤；C．的物質的量為0.1mol，含有的質子數的物質的量為0.1mol，則質子數目為，C正確；D．標準狀態(tài)下，的物質的量為1mol，通入水，和水反應生成鹽酸和次氯酸的反應為可逆反應，轉移的電子數小于1mol，D錯誤；故選C。4．侯德榜是我國近代化學工業(yè)奠基人，他發(fā)明了侯氏制堿法，其中制取的原理為。下列說法不正確的是A．的電子式： B．鈉離子的結構示意圖：C．NH3的球棍模型： D．CO2的比例模型：【答案】A【解析】【詳解】A．氯化銨為離子化合物，由銨根離子和氯離子構成，其電子式為，故A錯誤；B．鈉離子的核外電子總數為10，其離子結構示意圖為，故B正確；C．NH3為三角錐形，球棍模型為：，故C正確；D．CO2是直線形分子，中心原子為C，并且C的原子半徑大于O，其比例模型為，故D正確；故選：A。5．下列說法正確的是A．鈉能從溶液中置換出 B．碳酸鈣不與硫酸發(fā)生反應C．煤中加入能減少溫室氣體的排放 D．加碘食鹽不能使淀粉溶液變藍【答案】D【解析】【詳解】A．鈉太活潑，會先和溶液中水反應，不能置換出鎂，A錯誤；B．碳酸鈣與硫酸發(fā)生反應，生成微溶的硫酸鈣覆蓋在碳酸鈣表面阻礙了反應的進行，B錯誤；C．煤中加入，氧化鈣和吸收二氧化硫能減少二氧化硫的排放，不能減少溫室氣體二氧化碳的排放，C錯誤；D．加碘食鹽中碘是碘元素不是碘單質，不能使淀粉溶液變藍，D正確；故選D。6．我國剛舉辦完舉世矚目的冬奧會，在冬奧會場館建設中用到一種環(huán)保物質雙環(huán)烯酯，其結構如圖所示。下列有關該物質說法正確的是A．是乙酸乙酯的同系物 B．含有2種官能團 C．一氯代物有7種 D．所有碳原子共平面【答案】B【解析】【詳解】A．該雙環(huán)烯酯官能團含有酯基、碳碳雙鍵，乙酸乙酯只有酯基，官能團種類不同，不是同系物，故A錯誤；B．該雙環(huán)烯酯官能團含有酯基、碳碳雙鍵共2種，故B正確；C．含有13種氫原子，所以其一氯代物就有13種，故C錯誤；D．含有亞甲基結構，是四面體結構，所有碳原子不是共平面，故D錯誤；故選：B。7．碘和碘化合物的用途廣泛，實驗室從海帶中提取碘的步驟為：①海帶灼燒，②溶解過濾，③在濾液中加入稀和氧化，④用萃取，⑤蒸餾。下列裝置在該實驗中不能達到目的的是A．用Ⅰ裝置灼燒海帶 B．用Ⅱ裝置萃取 C．用Ⅲ裝置過濾 D．用Ⅳ裝置蒸餾【答案】D【解析】【詳解】A．灼燒在坩堝中進行，故A正確；B．萃取操作在分液漏斗進行，分液時避免上下層液體混合，則先分離出下層液體，再從上口倒出上層液體，故B正確；C．該裝置滿足過濾操作的“一貼二低三靠”，故C正確；D．蒸餾時溫度計應處于蒸餾燒瓶支管口處，故D錯誤；故選：D。8．環(huán)氧乙烷()可用作生產一次性口罩的滅菌劑。工業(yè)上常用乙烯氧化法生產環(huán)氧乙烷，其原理是：2CH2=CH2(g)+O2(g)2(g)?H。已知下列兩個反應，則為①②A． B． C． D．【答案】B【解析】【詳解】由蓋斯定律可知，反應①×2-②×2得到反應：2CH2=CH2(g)+O2(g)2(g)，則其焓變?yōu)椋?1323kJ/mol）×2-（-1218kJ/mol）×2=；故選B。9．是一類重要的藥物中間體，可以由經環(huán)化后合成，其反應式為：已知：一個碳原子上連有四個不同的原子或原子團的碳原子，叫手性碳原子，下列說法正確的是A．中有1個手性碳原子B．的分子式為C．該環(huán)化過程屬于加成反應D．可用酸性溶液檢驗中是否含有【答案】A【解析】【詳解】A．一個碳原子上連有四個不同的原子或原子團的碳原子，叫手性碳原子，中手性碳原子有1個，A正確；B．的分子式為，B錯誤；C．加成反應的特征只有1種生成物，該環(huán)化過程有2種生成物，不屬于加成反應，C錯誤；D．和都含有碳碳雙鍵，都能使酸性溶液褪色，不能檢驗，D錯誤；故選：A。10．有a、b、c、d四種同一短周期主族元素，c的最外層電子數是內層電子數的3倍，由這四種元素與鋰組成的鹽的結構如圖所示。下列說法不正確的是A．原子半徑： B．簡單氫化物的穩(wěn)定性：C．c和d兩元素能形成多種化合物 D．含a元素的酸一定是強酸【答案】D【解析】【分析】a、b、c、d是同周期主族元素，c的最外層電子數是b次外層電子數的3倍，可知b的次外層電子數只能為2，c的最外層電子數為6，由四種元素與鋰組成的鹽是一種新型的鋰離子電池的電解質，d可形成4個共價鍵，c可形成2個共價鍵，b得到1個電子后形成4個共價鍵，則d為C、c為O、b為B，a可提供電子對，且易得到1個電子，則a為F，均為第二周期元素，以此來解答?！驹斀狻坑缮鲜龇治隹芍?，a為F、b為B、c為O、d為C元素；A．同一周期從左向右原子半徑逐漸減小，則原子半徑：b＞d＞c＞a，故A正確；B．非金屬性越強，簡單氫化物的穩(wěn)定性越強，非金屬性F＞C，則簡單氫化物的穩(wěn)定性：a＞d，故B正確；C．c為O、d為C元素，可形成H2O2、H2O兩種化合物，故C正確；D．a為F，HF為弱酸，故D錯誤；故選：D。11．利用電化學原理在厭氧條件下分解有機物的裝置如圖所示。下列說法正確的是A．電流流向：A電極→用電器→B電極B．A電極發(fā)生的電極反應為C．若左池有轉化為Y，理論上右池溶液增加的質量為D．若有機物為葡萄糖，處理葡萄糖，理論上消耗的體積為【答案】C【解析】【分析】由圖可知，B電極上氧元素價態(tài)降低得電子，B電極為正極，電極反應式為O2+4e-+4H+=2H2O，A電極為負極，電極反應式為X-2e-═Y+2H+；【詳解】A．該裝置中，A電極為負極，B電極為正極，電流從正極流向負極，則電流流向：B電極→用電器→A電極，故A錯誤；B．由圖知X到Y少了2個H，發(fā)生失電子的氧化反應，有機物升高2價，失去2個電子，電極反應式為X-2e-═Y+2H+，故B錯誤；C．物質的量為，由電極反應式為X-2e-═Y+2H+，轉移2mol電子，左側質子穿過質子交換膜到達右室參與反應O2+4e-+4H+=2H2O，右池溶液增加的質量即為生成的水的質量，轉移2mol電子，則生成1mol水，即右側溶液增加18g，故C正確；D．1molC6H12O6反應，C6H12O6失電子生成二氧化碳，則負極的電極反應式為C6H12O6-24e-+6H2O═6CO2↑+24H+，所以處理葡萄糖，轉移12mol電子，電極反應式為O2+4e-+4H+=2H2O，消耗3mol氧氣，未指明氣體狀態(tài)，無法計算氣體體積，故D錯誤；故選C。12．根據下列實驗操作和現象所得結論正確的是選項實驗操作現象結論A向次氯酸鈣的溶液中通入少量出現白色沉淀B相同條件下，在兩支試管中均加入的和，再向其中一支試管中快速加入少量固體。加有的試管中溶液褪色較快對該反應有催化作用C向盛有某溶液的試管中滴入稀溶液，將濕潤的紅色試紙靠近管口無明顯現象該溶液中無D向蔗糖中滴入濃硫酸固體變黑且膨脹濃硫酸具有吸水性A．A B．B C．C D．D【答案】B【解析】【詳解】A．向次氯酸鈣溶液中通入足量SO2，發(fā)生氧化還原反應，離子方程式：2ClO-+Ca2++2H2O+2SO2=2Cl-+CaSO4↓+4H++SO，有白色沉淀生成，不能比較大小，故A錯誤；B．錳離子可作催化劑，由現象可知MnSO4對該反應有催化作用，故B正確；C．滴入稀的氫氧化鈉溶液，可能生成一水合氨，濕潤的紅色石蕊試紙靠近試管口，試紙沒有明顯現象，應加熱溶液得到氨氣再檢驗，但原溶液中可能含有銨根離子，故C錯誤；D．固體變黑，說明蔗糖被炭化，濃硫酸表現脫水性，固體膨脹有氣體生成，同時表現氧化性，生成氣體為二氧化碳、二氧化硫，故D錯誤；故選：B。13．下圖是不同物質在密閉容器中反應的有關圖象，下列對有關圖象的敘述正確的是A．圖1：對達到平衡后，在時刻充入了一定的HI，平衡逆向移動B．圖2：該圖象表示的方程式為C．圖3：對，圖中D．圖4：對可表示X的百分含量【答案】C【解析】【詳解】A．圖1，如果在t0時刻充入了一定的HI，逆反應速率瞬間增大，正反應速率瞬間不變，v正應與平衡點相連，故A錯誤；B．從圖象可知到t1時刻，A的濃度減少：(2.0-1.2)mol/L=0.8mol/L，B的濃度增加0.4mol/L，C的濃度增加1.2mol/L，達平衡時，反應物和生成物共存，反應為可逆反應，根據濃度變化之比等于化學計量數之比確定化學反應方程式為：，故B錯誤；C．增大壓強，反應速率增大，升高溫度，反應速率增大，故先達到平衡，由先拐先平知p2＞p1，T1＞T2，壓強越大平衡正向進行，C的百分含量增大，圖象符合，溫度越高，C%含量減小，升溫平衡逆向進行，圖象符合，故C正確；D．由方程式看出，溫度升高，平衡將逆向移動，X的百分含量將增大，圖象不符合，故D錯誤；故選：C。14．時，用溶液分別滴定濃度均為的溶液，所得的沉淀溶解平衡圖象分別是下圖中的N和M。下列敘述不正確的是A．a點對或都是過飽和溶液B．向b點的溶液中加入少量固體，b點可變到c點C．時，D．向的混合液中滴入溶液時，先沉淀【答案】B【解析】【詳解】A．a點銀離子的濃度大于平衡濃度，故對或都是過飽和溶液，A正確；B．向b點的溶液中加入少量固體，Y2-濃度變大，Ag+濃度變小，b點不會變到c點，B錯誤；C．曲線上任意一點Ksp都相等，任取兩點帶入AgCl和Ag2Y的溶度積常數的公式可知，N為的沉淀溶解平衡圖像，時，Y2-濃度為10-2.46mol/L時，Ag+濃度為10-4mol/L，，C正確；D．由圖可知，時，的沉淀溶解平衡中銀離子濃度更小，故混合液中滴入溶液時，先沉淀，D正確；故選B。二、工業(yè)流程題15．鋁在我國儲量居世界前列，被廣泛應用于鋼鐵、石油、化工、電氣和電子技術、醫(yī)藥和農業(yè)等領域。鉬酸鈉晶體()是一種金屬腐蝕抑制劑。下圖是利用鉬精礦(主要成分是，含少量等)為原料生產鉬酸鈉晶體的工藝流程圖。請回答下列問題：(1)氣體A的主要成分是_______(填化學式)，為了提高浸取率所采取的措施是_______(寫一條即可)。(2)在焙燒爐中焙燒時，采用多層逆流(空氣從爐底進入，鉬精礦經粉碎后從爐頂進入)焙燒，采用“多層逆流”的目的是_______。(3)“焙燒”時轉化為，浸取過程中含鉬化合物發(fā)生反應的離子方程式為_______。(4)在加入除時，若溶液較小，會產生的不良后果是_______，原因是_______(用平衡移動原理解釋)。(5)流程中“…”在實驗室的操作為_______、_______、過濾、洗滌、干燥。(6)分析化學上測定鉬的含量，通常是把經過一系列變化得的方法來測定。實驗室稱量鉬精礦，經過一系列變化得到，則理論上鉬精礦中鉬的百分含量為_______?！敬鸢浮?1)

SO2

粉碎礦石(2)增加固體和氣體的接觸面積，加快反應速率，使原料盡可能反應提高原料利用率(3)MoO3+CO=MoO+CO2↑(4)

PbS的沉淀不完全

PbSPb2++S2-，若溶液較小，則氫離子濃度較大，氫離子與硫離子生成硫化氫，導致硫離子濃度減小，PbS的沉淀溶解平衡正向移動(5)

蒸發(fā)濃縮

降溫結晶(6)30【解析】(1)鉬精礦(主要成分是，含少量等)，在空氣中焙燒硫元素會轉化為二氧化硫氣體，故氣體A的主要成分是SO2；對于固體來說，粉碎可以增大接觸面積，從而加快反應速度，提高反應效率；(2)采用“多層逆流”的目的是增加固體和氣體的接觸面積，加快反應速率，使原料盡可能反應提高原料利用率；(3)由流程可知，浸取過程中生成二氧化碳，反應中各元素化合價沒有改變，鉬元素轉化為MoO，反應為MoO3+CO=MoO+CO2↑；(4)PbSPb2++S2-，若溶液較小，則氫離子濃度較大，氫離子與硫離子生成硫化氫，導致硫離子濃度減小，PbS的沉淀溶解平衡正向移動，導致PbS的沉淀不完全；(5)流程中“…”得到鉬酸鈉晶體，在實驗室的操作為蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥。(6)反應前后元素種類不變，則理論上鉬精礦中鉬的百分含量為。三、實驗題16．已知：。有強還原性，是無色、有毒且能自燃的氣體，有同學用如圖所示裝置制取少量，相關操作步驟(不是正確順序)為：①打開K，先通入一段時間；②在三頸燒瓶中加入丁醇和白磷；③檢查裝置氣密性；④打開K，再通入一段時間；⑤關閉K，打開磁力加熱攪拌器加熱至，滴加溶液。請回答下列問題：(1)儀器X的名稱為_______裝置B的作用是_______。(2)該裝置中有一處明顯錯誤是_______。(3)實驗操作步驟的正確順序是_______(填序號)。(4)先通入一段時間的目的是_______。(5)在三頸燒瓶中加入丁醇和白磷，其中加入丁醇的主要目的是_______。(6)在C、D中都被氧化成磷酸，C中反應的化學方程式為_______。(7)取產品溶于稀硫酸配成溶液，取于錐形瓶中，然后用標準溶液滴定，滴定終點的現象是_______；達到滴定終點時消耗；標準溶液，產品純度為_______(用含m、V的代數式表示)。【答案】(1)

分液漏斗

防倒吸(2)裝置C中導管應該長進短出，導管短進長出錯誤(3)③②①⑤④(4)排凈裝置中空氣(5)做分散劑，使反應物充分混合，加快反應的速率(6)PH3+4NaClO=H3PO4+4NaCl(7)

最后一滴標準液加入后，溶液變?yōu)榧t色，且半分鐘內不褪色

【解析】【分析】白磷和氫氧化鈉在裝置A中生成，有強還原性，是無色、有毒且能自燃的氣體，故實驗中要先通入氮氣排凈空氣，尾氣使用次氯酸鈉吸收，再通過裝置D通過高錳酸鉀溶液顏色變化看是否吸收干凈；(1)儀器X的名稱為分液漏斗；裝置B的作用是防止裝置C中溶液倒吸，起到安全瓶的作用；(2)該裝置中有一處明顯錯誤是氣體通過裝置C導管應該長進短出，裝置C中為導管短進長出錯誤；(3)實驗操作步驟的正確順序是③檢查裝置氣密性，實驗中有氣體生成，防止裝置漏氣；②在三頸燒瓶中加入丁醇和白磷；①打開K，先通入一段時間，排凈裝置中空氣，防止自燃引起爆炸；⑤關閉K，打開磁力加熱攪拌器加熱至，滴加溶液，氫氧化鈉和白磷反應制取少量；④打開K，再通入一段時間，排凈滯留在裝置中的；故為③②①⑤④；(4)是能自燃的氣體，先通入一段時間的目的是排凈裝置中空氣，防止燃燒引起爆炸；(5)白磷是不溶于水的，加入丁醇的主要目的是做分散劑，使反應物充分混合，加快反應的速率；(6)次氯酸鈉具有氧化性，在裝置C被氧化成磷酸，故C中反應的化學方程式為PH3+4NaClO=H3PO4+4NaCl；(7)高錳酸鉀溶液為紫紅色，滴定終點的現象是最后一滴標準液加入后，溶液變?yōu)榧t色，且半分鐘內不褪色；高錳酸鉀和反應，P最終被氧化為磷酸根，根據電子守恒可知，5～20e-～4，則的物質的量為，產品純度為。四、原理綜合題17．碳達峰是指我國承諾2030年前，二氧化碳的排放不再增長。因此，諸多科學家都在大力研究利用和以減少碳的排放。(1)“神十三”中航天員們呼吸產生的用一種循環(huán)方案處理，即，然后電解水又得氫氣和氧氣。在溫度為T，向一恒容密閉容器中，按物質的量之比通入和，測得反應過程中壓強隨時間的變化如圖中a所示，若其它條件不變，僅改變某一條件時，測得其壓強。隨時間的變化如圖中b所示。①能說明容器中的反應均己達到平衡狀態(tài)的是_______。A．容器內氣體的平均相對分子質量不變B．和的轉化率相等C．與的物質的量之比保持不變D．②_______0(填“>”“<”或“不確定”)；理由是_______。③改變的條件是_______。(2)經催化加氫可以生成低碳有機物，主要有以下反應：反應Ⅰ：反應Ⅱ：①反應Ⅱ的活化能(正)_______(逆)(填“>”“<”或“=”)。②在溫度下，將和充入的恒容密閉容器中發(fā)生反應Ⅰ和Ⅱ，達到平衡狀態(tài)時和的物質的量分別為和。則溫度時反應Ⅰ的平衡常數_______。(3)工業(yè)上利用廢氣中的聯合制取燒堿、氯代烴和甲醇的流程如下圖。已知B中的裝置使用了陽離子交換膜。①B中發(fā)生的總反應的離子方程式為_______。②若某廢氣中含有的和的體積比為，廢氣中和體積分數共為。假設A中處理了標準狀況下的廢氣，其中和全部轉化成，理論上可制得_______?！敬鸢浮?1)

AC

＜

隨著反應進行，壓強先變大后變小，說明反應為放熱反應，使得開始的溫度升高，壓強增大

加入催化劑(2)

＜

10(3)

2H2O+2Cl-=H2↑+2OH-+Cl2↑

9.9【解析】(1)①A．容器內氣體的質量和物質的量均是變化的量，氣體的平均相對分子質量不變，說明反應已達到平衡狀態(tài)，A符合題意；B．和的投料比等于系數比，故兩者的轉化率相等，不能說明反應達到平衡狀態(tài)，B不符合題意；C．與的物質的量之比隨著反應的進行不斷變化，當該比例保持不變時，說民反應已達到平衡狀態(tài)，C符合題意；D．時，由于未指明兩個速率的反應方向，故不能說明達到平衡狀態(tài)，D不符合題意；故選AC。②由圖可知，隨著反應進行，壓強先變大后變小，5min時達到平衡狀態(tài)，說明反應為放熱反應，使得開始的溫度升高，壓強變大，故＜0。③改變的條件化學反應速率加快，而平衡狀態(tài)沒有移動，說明加入了催化劑。(2)①反應Ⅱ為放熱反應，生成物的能量低于反應物的能量，則反應Ⅱ的活化能(正)＜。②由三段式得：在溫度下，的恒容密閉容器中平衡時CO2、H2、CH3OH、H2O的物質的量分別為3mol-1mol-1mol=1mol、7mol-3mol-3mol=1mol、1mol、1mol+1.5mol=2.5mol；則溫度時反應Ⅰ的平衡常數=10。(3)①由圖可知，B中發(fā)生的總反應為電解氯化鈉溶液的反應，離子方程式為2H2O+2Cl-=H2↑+2OH-+Cl2↑。②的廢氣中和總體積為10×103L×8.96%=896L，和的體積均為448L，兩者的物質的量均為20mol，和全部轉化成，～6e-、～4e-，則轉移電子的總的物質的量為200mol；C2H4生成C2H4Cl2，C2H4～2e-，則根據電子守恒可知，生成的物質的量為100mol，質量為100mol×99g/mol=9900g=9.9kg。五、結構與性質18．金屬銅和鎳及其化合物在工業(yè)、農業(yè)、國防以及航天等領域都有廣泛的用途。請回答下列有關問題：(1)膽礬可寫成，其結構示意圖如圖1所示：①基態(tài)原子的核外電子排布式為_______。②的空間構型為_______。③該物質中除了含離子鍵外，還有_______等作用。(2)某鮮紅色含鎳物質的結構如圖2所示：①圖中非金屬元素的電負性由大到小的順序為_______(填元素符號)。②該物質中C原子的雜化軌道類型是_______。(3)鎳和銅的第二電離能分別為、。則_______(填“>”“<”或“=”)，其原因是_______。(4)已知氧化鎳的晶胞結構如圖3所示：①某缺陷氧化鎳的組成為，其中元素只有和兩種價態(tài)，則和兩種價態(tài)的鎳離子數之比為_______。②若該晶體無缺陷，其密度為，晶胞中最近的之間的距離為，則阿伏加德羅常數_______(用含、a的代數式表示)?！敬鸢浮?1)

1s22s22p63s23p63d104s1

正四面體

共價鍵、配位鍵、氫鍵(2)

O>N>C>H

sp3雜化、sp2雜化(3)

<

失去1個電子后Ni+的價電子排布式為3d84s1，失去1個電子后Cu+的價電子排布為3d10，此時Cu+的3d軌道處于全充滿狀態(tài)，更穩(wěn)定(4)

2:17

【解析】(1)①銅為29號元素，基態(tài)Cu原子核外電子排布為1s22s22p63s23p63d104s1；②的中心原子S原子的價層電子對數為，為sp3雜化，空間構型為正四面體型；③由結構圖可知，該物質中除了含離子鍵外，還有硫氧、氫氧共價鍵，氧銅配位鍵、氫鍵等作用(2)①同周期從左到右，金屬性減弱，非金屬性變強，元素的電負性變強；同主族由上而下，非金屬性逐漸減弱，元素電負性減弱；圖中非金屬元素有碳、氫、氧、氮，電負性由大到小的順序為O>N>C>H；②該物質中甲基中C原子價層電子對數為4+=4，雜化軌道類型是sp3雜化；碳氮雙鍵中的C原子價層電子對數為3+=3，雜化軌道類型是sp2雜化；(3)失去1個電子后Ni+的價電子排布式為3d84s1，失去1個電子后Cu+的價電子排布為3d10，此時Cu+的3d軌道處于全充滿狀態(tài)，更穩(wěn)定，故鎳的第二電離能小于銅的第二電離能；(4)①設中和兩種價態(tài)的鎳離子數分別為x、0.95-x，根據化合價代數和為零可知，3x+2(0.95-x)-2=0，x=0.1，則和兩種價態(tài)