廣東省梅州市2025屆高三化學下學期5月質量檢測試題含解析

PAGE19-廣東省梅州市2025屆高三化學下學期5月質量檢測試題（含解析）一、選擇題1.化學與人類生活、生產和社會可持續(xù)發(fā)展親密相關。下列說法不正確的是（）。A.《本草綱目》中“凡酸壞之酒，皆可蒸燒”，所用的分別操作方法是蒸餾B.“試玉要燒三日滿，辨材須待七年期”，該詩句表明玉的熔點特別高C.港珠澳大橋的吊繩中含有的超高分子量聚乙烯纖維屬于有機高分子化合物D.我國預料2024年放射首顆火星探測器，陽能電池帆板材料是二氧化硅【答案】D【解析】【詳解】A．酸壞之酒中含有乙酸，乙酸和乙醇的沸點不同，用蒸燒的方法分別，即為蒸餾操作，故A正確；B．試玉要燒三日滿”的意思是檢驗“玉”的真假要燒滿三日，說明“玉”的熔點較高、化學性質穩(wěn)定，故B正確；C．聚乙烯纖維相對分子質量在10000以上，且為有機物，屬于有機高分子化合物，故C正確；D．Si是良好的半導體，可以用來制作太陽能電池，而不是二氧化硅，故D錯誤；故答案為D。2.關于有機物（）、（）、（）的說法正確的是（）。A.和的一氯代物均有三種結構B.和互為同分異構體，和互為同系物C.、、分子中的全部原子可能在同一平面上D.、、三種物質均能使酸性KMnO4溶液褪色【答案】D【解析】【詳解】A．有三種不同位置的H原子，因此其一氯代物有三種結構；而分子中H原子有四種不同位置，分別是甲基上的H原子及苯環(huán)上甲基連接的C原子的鄰位、間位、對位上的H原子，因此有四種一氯代物，A錯誤；B．和分子式相同，結構不同，二者互為同分異構體；分子式是C7H8，而分子式是C8H8，二者結構不相像，分子組成也不是相差CH2的整數倍，因此二者不能互為互為同系物，B錯誤；C．、中都含有飽和C原子，具有甲烷的四面體結構，因此不行能分子中的全部原子在同一平面上，C錯誤；D．含有不飽和的碳碳雙鍵，能夠被酸性KMnO4溶液氧化；、都含有苯環(huán)，且與苯環(huán)連接的C原子上有H原子，二者都可以被KMnO4溶液氧化產生苯甲酸，因此三種物質均能使酸性KMnO4溶液褪色，D正確；故合理選項是D。3.下列試驗中，所選裝置及試驗設計合理的是（）。A.用圖①所示裝置可以除去四氯化碳中混有的碘單質B.用圖②所示裝置可以分別乙酸乙酯和飽和碳酸鈉的混合溶液C.用圖③所示裝置可以分別乙醇和乙酸的混合溶液D.用圖④所示裝置可除去中混有的少量【答案】B【解析】【分析】【詳解】A．圖①為過濾操作，碘單質可溶于四氯化碳，無法過濾分別，故A錯誤；B．圖②為分液操作，乙酸乙酯不溶于飽和碳酸氫鈉溶液，所以會分層，分液可將二者分別，故B正確；C．圖③為分餾，分餾過程須要溫度計測定餾分溫度，圖示裝置缺少溫度計，故C錯誤；D．CO2也會和碳酸鈉溶液反應，故D錯誤；故答案為B。4.下列說明事實的方程式不正確的是（）。A.盛放燒堿的試劑瓶不能用玻璃塞：B.用熱的純堿溶液可以清洗油污：C.酸性淀粉溶液久置后變藍：D.漂白液（有效成分）與潔廁靈（主要成分鹽酸）混合運用產生氯氣：【答案】C【解析】【詳解】A.玻璃中含有二氧化硅，可與NaOH反應生成硅酸鈉將瓶口粘住，不易打開，化學方程式為：，A正確；B.純堿為強堿弱酸鹽，水解呈堿性，加熱促進水解，堿性增加可除油污，但還是以第一步水解為主，，B正確；C.酸性溶液中氫氧根離子不能大量共存，故離子方程式為：，C錯誤；D.鹽酸和混合運用，氯元素價態(tài)歸中放出氯氣，離子方程式為：，D正確；答案選C。5.最新科技探討成果表明磷酸鐵鋰電池在充放電過程中表現出了良好的循環(huán)穩(wěn)定性，具有較長的循環(huán)壽命，該電池放電時的反應為。某磷酸鐵鋰電池的切面如下圖所示。下列說法不正確的是（）。A.放電時，電池負極反應為：B.充電時，陽極上發(fā)生的反應為：C.放電時，Li+脫離石墨，經電解質嵌入負極D.充電時，電子從電源負極流出經銅箔流入陰極材料【答案】C【解析】【分析】依據放電時的總反應可知，放電時，Li元素被氧化，所以銅箔為負極，Fe元素被還原，所以鋁箔為正極；則充電時銅箔為陰極，鋁箔為陽極?！驹斀狻緼．放電時為原電池裝置，負極失電子發(fā)生氧化反應，依據總反應可知負極反應為LixC6-xeˉ=6C+xLi+，故A正確；B．依據總反應可知，放電時正極反應為正極反應式為Li1-xFeO4+xLi++xeˉ=LiFePO4，充電時陽極反應與正極反應相反，為LiFePO4-xeˉ=Li1-xFePO4+xLi+，故B正確；C．原電池放電時，電解質中陽離子移向正極，即Li+脫離石墨，經電解質嵌入正極，故C錯誤；D．充電時電子從外電源負極→陰極→陽極→電源正極，即充電時電子從電源負極流出經銅箔流入陰極材料，故D正確；故答案為C。6.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數依次增大，四種元素可以組成一種分子簇，其分子結構如圖所示（球的大小表示原子半徑的相對大?。琖、X位于不同周期，X原子的最外層電子數是次外層電子數的3倍，Z的族序數等于其周期數，下列說法中正確的是（）。A.W和X可以組成原子個數比為2:1和1:1的離子化合物B.工業(yè)上可采納電解Z的熔融氯化物的方法制得單質ZC.Z的最高價氧化物對應水化物的堿性比Y的強D.X、Y、Z三種元素的離子半徑由小到大依次為Z<Y<X【答案】D【解析】【分析】X原子的最外層電子數是次外層電子數的3倍，則X為O元素；Z的族序數等于其周期數，其原子序數大于O，則Z為Al元素；W、X位于不同周期，圖中W的原子半徑小于X的，故W為H元素；四種元素組成分子簇的化學式為H2Al2O5Y2，結合化合價為0可知，Y的化合價為+2，其原子半徑大于Al，則Y為Mg元素。則W、X、Y、Z分別為H、O、Mg、Al。【詳解】A.W為H、X為O，組成原子個數比為2:1和1:1的化合物分別為H2O、H2O2，都為共價化合物，A錯誤；B.Z為Al，AlCl3為共價化合物，熔融狀態(tài)下不導電，工業(yè)上通過電解熔融氧化鋁得到鋁，B錯誤；C.Y為Mg、Z為Al，同周期從左到右，金屬性減弱，即金屬性：Mg>Al，則最高價氧化物對應水化物的堿性：Y>Z，C錯誤；D.X、Y、Z三種元素的離子分別為O2-、Mg2+、Al3+，離子核外電子層數越多，其離子半徑越大，電子層數相同的離子，離子半徑隨原子序數增大而減小，故X、Y、Z三種元素的離子半徑由小到大依次為Z<Y<X，D正確；答案選D。7.酸堿中和滴定是中學化學定量分析的一種重要方法。已知在25℃時，取20.00mL濃度均為0.1000mol/L的三種酸HX、HY、HZ，用濃度為0.1000mol/L的NaOH溶液分別進行滴定，滴定曲線如圖所示。下列說法不正確的是()。A.在相同溫度下，同濃度的三種酸溶液的pH大小依次為：HZ<HY<HXB.當V(NaOH)=10mL時，在HY溶液中由水電離出的C.HY與HZ混合，達到平衡時：D.依據上述滴定曲線，可計算得Ka(HY)≈10-3【答案】D【解析】【詳解】A．據圖可知未滴加NaOH溶液時，同濃度的三種酸溶液pH大小依次為HZ<HY<HX，故A正確；B．當V(NaOH)=10mL時，溶液中溶質為等物質的量的HY和NaY，溶液的pH=5，所以溶液中c(H+)=10-5mol/L，則溶液中的c(OHˉ)=10-9mol/L，依據溶質可知氫氧根全部由水電離，而水電離出的氫離子濃度和氫氧根相同，所以水電離出的c(H+)=10-9mol/L，故B正確；C．HY與HZ混合，溶液中電荷守恒為：c(H+)=c(Yˉ)+c(Zˉ)+c(OHˉ)，所以c(H+)-c(Yˉ)=c(Zˉ)+c(OHˉ)，故C正確；D．據圖可知0.1000mol/L的HY溶液pH=3，c(H+)=10-3mol/L，Ka(HY)=，故D錯誤；故答案為D。二、非選擇題（一）必考題8.2024年諾貝爾化學獎頒發(fā)給來自美國、英國、日本的三位科學家，表彰他們在鋰離子電池方面的探討貢獻。鋰離子電池廣泛應用要求處理鋰電池廢料以節(jié)約資源、愛護環(huán)境。鋰離子二次電池正極鋁鈷膜中主要含有鈷酸鋰(LiCoO2)、Al等，處理該廢料的一種工藝如下圖所示：回答下列問題：(1)鋁鈷膜在處理前初步進行粉碎的目的是________________________。(2)能夠提高“堿浸”效率的方法有________________________(至少寫兩種)。(3)“堿浸”時Al溶解離子方程式為________________________。(4)“酸溶”時加入H2O2的目的是________________________。(5)溶液溫度和浸漬時間對鈷的浸出率影響如圖所示，則浸出過程的最佳條件是_______________________。(6)配制250mL1.0mol/L(NH4)2C2O4溶液，須要的玻璃儀器除玻璃棒、燒杯外還須要________。(7)取CoC2O4固體4.41g在空氣中加熱至300℃，得到鈷的氧化物2.41g，則該鈷的氧化物的化學式為________________________?！敬鸢浮?1).增大接觸面積，加快反應速率，提高浸出率(2).適當增大NaOH的濃度、適當上升溫度等(3).(4).將LiCoO2中+3價的Co還原為+2價(5).75℃，30min(6).250mL容量瓶、膠頭滴管(7).Co3O4【解析】【分析】由流程可知，加入NaOH堿液浸泡，將Al充分溶解，過濾后得到的濾液為含有偏鋁酸鈉，濾渣為LiCoO2；加硫酸、過氧化氫，將LiCoO2還原，得到含有Li+和Co2+的溶液，加入氨水調整溶液pH，除去鋰離子，濾渣主要為LiOH，再用草酸銨“沉鈷”得到CoC2O4，以此來解答?！驹斀狻?1)鋁鈷膜在處理前初步進行粉碎可以增大接觸面積，加快反應速率，提高浸出率；(2)適當增大NaOH的濃度、適當上升溫度等都可以提高堿浸效率；(3)Al可以和NaOH溶液反應生成偏鋁酸鈉和氫氣，離子方程式為；(4)依據后續(xù)流程可知Co元素由LiCoO2中的+3價變?yōu)榱薈oC2O4中的+2價，而雙氧水具有肯定的還原性，所以加入雙氧水的目的為：將LiCoO2中+3價的Co還原為+2價；(5)據圖可知溫度越高鈷的浸出率越大，但30min后75℃和85℃條件下浸出率幾乎相同，為了降低能耗溫度應選75℃，而30min后浸出率幾乎不變，所以時間選30min，即最佳條件為75℃，30min；(6)配制250mL1.0mol/L(NH4)2C2O4溶液，須要的玻璃儀器除玻璃棒、燒杯外，還須要250mL容量瓶，以及定容時所須要的膠頭滴管；(7)取CoC2O4固體4.41g在空氣中加熱至300℃，得到鈷的氧化物2.41g，n(CoC2O4)==0.03mol，依據元素守恒，氧化物中n(Co)=0.03mol，質量為m(Co)=0.03mol×59g/mol=1.77g，則氧化物中m(O)=2.41g-1.77g=0.64g，所以n(O)==0.04mol，氧化物中n(Co)：n(O)=0.03mol：0.04mol=3:4，所以該氧化物為Co3O4?！军c睛】描述容量瓶時要留意說明容量瓶的規(guī)格；第7小題為本題難點，留意質量守恒定律的運用。9.某化學探討性學習小組為了制取焦亞硫酸鈉（），并對其性質進行探討。特進行如下試驗：試驗一制取焦亞硫酸鈉。探討小組采納下圖裝置（試驗前已除盡裝置內的空氣）制取。裝置Ⅱ中有晶體析出，發(fā)生的反應為：。（1）裝置Ⅰ中通常采納70%~80%的濃硫酸與亞硫酸鈉固體反應制取，而不用98%的濃硫酸或極稀的稀硫酸，緣由是________________________。（2）若要從裝置Ⅱ中獲得已析出的晶體，所實行的分別方法需用到的玻璃儀器有________。（3）裝置Ⅲ用于處理尾氣，請畫出用來處理尾氣并防止發(fā)生倒吸的試驗裝置，注明相應的試劑。____________________________________________________________（4）已知溶于水后，馬上生成，該反應的離子方程式為________________________。（5）用試紙測得溶液呈酸性，其溶液呈酸性的緣由是________________________。（6）取少量焦亞硫酸鈉晶體于試管中，其中滴加酸性溶液，猛烈反應，溶液紫紅色很快褪去，經測定溶液中產生，該反應的離子方程式是________________________。試驗三焦亞硫酸鈉的含量測定。測定產品中焦亞硫酸鈉的質量分數常用剩余碘量法。已知：；。①精確稱取干燥的產品放入碘量瓶（帶磨口塞的錐形瓶）中。②向碘量瓶中精確移取，的標準碘溶液（過量），振蕩，使其與產品中的焦亞硫酸鈉充分反應。③加入淀粉溶液，用標準溶液滴定至接近終點，重復操作3次，經計算得消耗標準液平均體積為。（7）上述試驗操作滴定終點的現象為________________________；依據上述試驗，計算產品中焦亞硫酸鈉的質量分數為________________________。【答案】(1).98%的濃硫酸以分子存在，不能供應，濃度極稀的稀硫酸會使反應產生的部分溶解在其中，造成損耗(2).燒杯、漏斗、玻璃棒(3).(4).(5).的電離程度大于水解程度(6).(7).當滴入最終一滴溶液時，溶液由藍色變?yōu)闊o色，且半分鐘內不復原(8).76%【解析】【分析】（1）98%的濃硫酸中硫酸主要以分子形式存在，氫離子濃度小，反應速率慢，二氧化硫易溶于水，硫酸濃度過小，不利于二氧化硫逸出；（2）過濾需用到的玻璃儀器有燒杯、漏斗、玻璃棒；（3）二氧化硫有毒會污染環(huán)境，裝置Ⅲ為尾氣處理裝置，用氫氧化鈉溶液汲取未反應的二氧化硫，同時用倒置的漏斗或干燥管防止產生倒吸；（4）由題意可知Na2S2O5溶于水后，馬上生成NaHSO3；（5）用試紙測得NaHSO3溶液呈酸性，說明溶液中HSO3-的電離程度大于水解程度；（6）焦亞硫酸鈉與酸性高錳酸鉀溶液發(fā)生氧化還原反應生成硫酸鈉、硫酸錳和水；（7）滴硫代硫酸鈉溶液過量時溶液由藍色變?yōu)闊o色；依據化學方程式計算可得。【詳解】（1）裝置Ⅰ中亞硫酸鈉與硫酸反應生成硫酸鈉、二氧化硫與水，98%的濃硫酸中硫酸主要以分子形式存在，氫離子濃度小，反應速率慢，二氧化硫易溶于水，硫酸濃度過小，不利于二氧化硫逸出，故答案為：98%的濃硫酸以分子存在，不能供應H+，濃度極稀的稀硫酸會使反應產生的SO2部分溶解在其中，造成損耗；（2）裝置Ⅱ中獲得已析出的晶體，分別固體與液態(tài)應實行過濾方法進行分別，過濾需用到的玻璃儀器有燒杯、漏斗、玻璃棒，故答案為：燒杯、漏斗、玻璃棒；（3）二氧化硫有毒會污染環(huán)境，裝置Ⅲ為尾氣處理裝置，用氫氧化鈉溶液汲取未反應的二氧化硫，同時用倒置的漏斗或干燥管防止產生倒吸，試驗裝置為或，故答案為：或；（4）由題意可知Na2S2O5溶于水后，馬上生成NaHSO3，反應的離子方程式為S2O52—+H2O=2HSO3—，故答案為：S2O52—+H2O=2HSO3—；（5）用試紙測得NaHSO3溶液呈酸性，說明溶液中HSO3-的電離程度大于水解程度，故答案為：HSO3-的電離程度大于水解程度；（6）由題意可知，焦亞硫酸鈉與酸性高錳酸鉀溶液發(fā)生氧化還原反應生成硫酸鈉、硫酸錳和水，反應的化學方程式為，故答案為：；（7）由題意可知，當滴入最終一滴硫代硫酸鈉溶液時，溶液由藍色變?yōu)闊o色，且半分鐘內不復原說明達到滴定終點；由方程式可得2n（S2O52—）+（S2O32-）=2（I2），n（S2O52—）=×（1×10—2-×1.68×10—2）mol=8×10—3mol，則焦亞硫酸鈉的質量分數為×100%=76%，故答案為：當滴入最終一滴硫代硫酸鈉溶液時，溶液由藍色變?yōu)闊o色，且半分鐘內不復原；76%?！军c睛】NaHSO3溶液呈酸性說明溶液中HSO3-的電離程度大于水解程度是分析的關鍵。10.經最新探討發(fā)覺，NOx和SOx是形成霧霾天氣的主要緣由之一，因此探討NOx、SOx等大氣污染物的妥當處理具有重要意義。(1)為了消退NO造成的污染，通常采納一氧化碳和氫氣進行催化還原NO。已知：①N2(g)+O2(g)＝2NO(g)ΔH=akJ?mol-1；②2H2(g)+O2(g)＝2H2O(l)ΔH=bkJ?mol-1；③H2O(g)＝H2O(l)ΔH=ckJ?mol-1。寫出H2與NO反應生成N2和水蒸氣的熱化學方程式：________________________。(2)目前應用最廣泛的煙氣氮氧化物脫除技術是NH3催化還原氮氧化物(SCR)技術。反應原理如圖所示：當NO2與NO的物質的量之比為1:1時，與足量氨氣在肯定條件下發(fā)生反應。當有12mol電子發(fā)生轉移時，則參與反應的NO2的物質的量為________。(3)T1溫度時在容積為2L的恒容密閉容器中發(fā)生反應：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)ΔH＜0。試驗測得：v正=v消耗(NO)=2v消耗(O2)=k正c2(NO)?c(O2)，v逆=v消耗(NO2)=k逆c2(NO2)，k正、k逆為速率常數只受溫度影響。不同時刻測得容器中n(NO)、n(O2)如表：時間/012345n(NO)/mol10.60.40.20.20.2n(O2)/mol0.6040.30.20.202①從0~2s該反應的平均速率v(NO2)=________mol/(L?s)。②T1溫度時，上述反應的化學平衡常數K=________。③若將容器的溫度變更為T2時其k正=k逆，則T1________T2（填“”“”或“”）。(4)電解硝酸工業(yè)的尾氣NO可制備NH4NO3，其工作原理如圖。①N極的電極反應式為________________________。②將電解生成的HNO3全部轉化為NH4NO3，則通入的NH3與實際參與反應的NO的物質的量之比至少為________。【答案】(1).2H2(g)+2NO(g)＝2H2O(g)+N2(g)ΔH=(b-2c-a)kJ?mol-1(2).2mol(3).0.15mol?L-1?s-1(4).160(5).＜(6).NO-3e-+2H2O＝+4H+(7).1:4【解析】【分析】(2)依據氧化還原反應原理，計算參與反應的NO2的物質的量；(3)②依據表中數據，計算起始、平衡時各物質的物質的量濃度，通過三段式計算化學平衡常數。(4)依據電解池工作原理圖，推斷電極反應方程式和總反應方程式。依據題意進行推斷?！驹斀狻?1)利用蓋斯定律，可知目標熱化學方程式可由熱化學方程式：得到：2H2(g)+2NO(g)＝2H2O(g)+N2(g)ΔH=(b-2c-a)kJ?mol-1；答案為：2H2(g)+2NO(g)＝2H2O(g)+N2(g)ΔH=(b-2c-a)kJ?mol-1；(2)由反應原理圖和題給信息可知，當NO2與NO的物質的量之比為1:1時，與足量氨氣在肯定條件下發(fā)生的化學反應方程式為：NO2+NO+2NH3=2N2+3H2O，結合氧化還原反應原理，可知，每消耗1molNO2和NO，轉移6mol電子。當有12mol電子發(fā)生轉移時，則參與反應的NO2的物質的量為2mol。答案為：2mol；(3)①由表中數據可知，0~2s該反應的平均速率v(NO)=，依據同一反應中各物質的速率之比等于化學計量數之比，則v(NO2)=v(NO)=0.15mol?L-1?s-1。答案為：0.15mol?L-1?s-1；②由表中數據，可知c(NO)起始=，c(O2)起始=，平衡時，c(NO)=c(O2)=，c(NO2)=，利用三段式計算平衡常數：K=。答案為：160；③若將容器溫度變更為T2時其k正=k逆，則K=1＜160，因反應2NO(g)+O2(g)2NO2(g)ΔH＜0，K值減小，則對應的溫度增大，即T2＞T1。答案為：＜；(4)①依據題中電解池工作原理圖可知，在N極發(fā)生NO→的轉變，由此可寫出電極反應式為：NO-3e-+2H2O＝+4H+，答案為：NO-3e-+2H2O＝+4H+；②分析電解池工作原理可知，電解總反應式為：8NO+7H2O3NH4NO3+2HNO3，故當實際參與反應的NO為8mol時，要將電解產生的硝酸全部轉化為硝酸銨，還應至少通入2molNH3，則n(NH3):n(NO)=1:4。答案為：1:4。（二）選考題[化學選修——3：物質結構與性質]11.金屬鎳及其化合物在合金材料以及催化劑等方面應用廣泛。請回答下列問題：(1)鎳元素基態(tài)原子的價電子排布式為________；3d能級上的未成對的電子數為________。(2)硫酸鎳溶于氨水形成藍色溶液，中配體的空間構型是________，陰離子的空間立體構型是________。(3)NiO、FeO的晶體結構類型均與氯化鈉的相同，Ni2+和Fe2+的離子半徑分別為69pm和78pm，則熔點NiO________FeO(填“”或“”)。(4)元素銅與鎳的其次電離能分別為：I(Cu)=1959kJ/mol，I(Ni)=1753kJ/mol，I(Cu)>I(Ni)的緣由是________。(5)金屬鎳與鑭(La)形成的合金是一種良好的儲氫材料，其晶胞結構示意圖如圖甲所示。該合金的化學式為________。(6)丁二酮肟常用于檢驗Ni2+：在稀氨水中，丁二酮肟與Ni2+反應生成鮮紅色沉淀，其結構如圖乙所示。該結構中，除共價鍵外還存在配位鍵和氫鍵。請在圖中用“→”和“…”表示出配位鍵和氫鍵。(提示：Ni2+的配位數為4)________。(7)某鎳白銅合金的立方晶胞結構如圖丙所示。若合金的密度為dg·cm-3，晶胞參數a=________nm?！敬鸢浮?1).(2).2(3).三角錐形(4).正四面體(5).(6).Cu+失去的是全充溢的3d10電子，Ni+失去的是3d84s1上的4s1電子，Cu+的核外電子排布更穩(wěn)定，失去其次個電子更難，所以銅的其次電離能高于鎳的其次電離能(7).LaNi5(8).(9).【解析】【分析】(1)Ni元素為28號元素，依據核外電子排布分析價電子排布和3d能級上的未成對的電子數；(2)依據價層電子對互斥理論推斷空間構型；(3)離子晶體的晶格能越大，熔沸點越高；(4)能級全滿、半滿、全空更穩(wěn)定，更不簡單失去電子；(5)依據均攤法推斷化學式；(6)配位鍵一方供應空軌道，一方供應孤電子對；氫鍵是氫原子先與電負性大的原子形成共價鍵，再與電負性大半徑小的原子靠近形成的分子間或分子內的作用力；(7)依據均攤法確定晶胞內各原子的數目，確定晶胞的質量，再依據計算晶胞參數；【詳解】(1)基態(tài)Ni原子核外電子排布為1s22s22p63s23p63d84s2，所以其價電子排布為3d84s2，3d能級上有2個未成對電子；(2)配體為NH3，其價層電子對數為=4，有一對孤電子對，所以空間構型為三角錐形；陰離子為SO，其價層電子對數為=4，不含孤電子對，所以空間構型為正四面體；(3)依據題意可知Ni2+半徑小于Fe2+，所帶電荷數相同，所以NiO中離子鍵更強，晶格能更大，所以熔點NiO>FeO；(4)Cu+失去的是全充溢的3d10電子，Ni+失去的是3d84s1上的4s1電子，Cu+的核外電子排布更穩(wěn)定，失去其次個電子更難，所以銅的其次電離能高于鎳的其次電離能；(5)依據均攤法Ni原子的個數為=5，La原子的個數為=1，所以化學式為LaNi5；(6)依據提示Ni2+的配位數為4，其四周有4個N原子和4個C原子，依據C原子的成鍵方式可知其不含孤電子對，不能作為配原子，而每個N原子都有一對孤電子對，可以作配原子，所以Ni2+供應空軌道，N原子供應孤電子對形成配位鍵；O原子電負性較大，與其旁邊的氫原子可以形成氫鍵，示意圖為；(7)依據均攤法，晶胞中Ni原子的數目為=1，Cu原子的個數為=3，所以晶胞的質量m=，晶胞體積V=a3nm3，則密度為=dg·