1、天津市第二十一中学2021届高三化学上学期期中试题(含解析)第卷选择题(共40分)可能用到的相对原子质量:H-1 O-16 S-32 N-14 Cu-64 Ni-59 Fe-56注意事项:1.答第卷前,考生务必将自己的姓名、准考号、科目涂写在答题卡上。2.每小题选出答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号。答在试卷上的无效。3.本卷共12小题,每小题3分,共36分。一、选择题:在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。1. 2019年12月以来,我国部分地区突发的新冠病毒肺炎威胁着人们的身体健康。下列有关说法正确的是( )A. 新型
2、冠状病毒由C,H,O三种元素组成B. 口罩中间的熔喷布具有核心作用,其主要原料为聚丙烯,属于有机高分子材料C. 过氧化氢、乙醇、过氧乙酸等消毒液均可以将病毒氧化而达到消毒的目的D. “84”消毒液(有效成分为NaClO)可以与洁厕灵(主要成分为盐酸)混合使用【答案】B【解析】【详解】A.新型冠状病毒成分为蛋白质和核酸,组成元素有C、H、O、N等,故A错误;B.口罩中间的熔喷布具有核心作用,其主要原料为聚丙烯,聚丙烯是丙烯加成聚合生成的高分子化合物,属于有机高分子材料,故B正确;C.过氧化氢、过氧乙酸、乙醇都能使病毒的蛋白质变性失去生理活性达到消毒目的,故C错误;D.若将“84”消毒液与洁厕灵(
3、主要成分是盐酸)混合使用,则会产生有毒气体Cl2,反应的离子方程式为:Cl-+ClO-+2H+=Cl2+H2O,二者不能混合使用,故D错误。答案选B。2. 下列说法正确的是A. 在常温常压下,11.2LN2含有的分子数为 0.5NAB. 标准状况下,22.4LH2和O2的混合物所含分子数为NAC. 标准状况下,18gH2O 的体积是 22.4LD. 1molSO2的体积是 22.4L【答案】B【解析】【详解】A常温常压下,气体的摩尔体积不是22.4L/mol,则常温常压下11.2L氮气的物质的量不是0.5mol,故A错误;B标况下,气体的摩尔体积是22.4L/mol,22.4L氢气和氧气的混合
4、气体物质的量为1mol,所含有的分子数为NA,故B正确;C在标况下,水不是气体,不能使用气体摩尔体积计算水的体积,故C错误;D没有指明SO2气体是标准状况,不知道气体摩尔体积,无法计算1mol二氧化硫的体积,故D错误;故答案为B。3. 某无色透明溶液在碱性条件下能大量共存的离子组是A. K、MnO、Na、ClB. K、Na、NO、COC. Na、H、NO、SOD. Fe3、Na、Cl、SO【答案】B【解析】【详解】AMnO在溶液中显紫红色,与题中要求不符,故A不符合题意;B碱性条件下,K、Na、NO、CO离子之间以及与OH-都不发生反应,能大量共存,故B符合题意;C碱性条件下,H与OH-不能大
5、量共存,故C不符合题意;D碱性条件下,Fe3与OH-不能大量共存,且Fe3在溶液中显棕黄色,与题中要求不符,故D不符合题意;答案选B4. 下列说法不正确的是A. 激素类药物乙烯雌酚的结构简式为:,它的分子式是:C18H20O2B. 等质量的甲烷、乙烯、乙醇分别充分燃烧,所耗用氧气的量依次减少C. 聚乳酸()是由单体之间通过加聚反应合成的D. 实验证实可使溴的四氯化碳溶液褪色,说明该分子中存在碳碳双键【答案】C【解析】【详解】A根据物质的结构简式可知该物质的分子式是C18H20O2,A正确;B.等质量的甲烷、乙烯、乙醇分别充分燃烧,由于氢元素的含量逐渐减小,因此所消耗氧气的量依次减少,B正确;C
6、由聚乳酸的结构可知,形成聚乳酸的单体中含有羟基和羧基,所以聚乳酸是由单体之间通过缩聚反应合成的,C错误;D可使溴的四氯化碳溶液褪色,说明该分子中存在碳碳双键,D正确;答案选C。5. 油条的做法是将矾、碱、盐按比例加入温水中,再加入面粉搅拌成面团;放置,使面团产生气体,形成孔洞。放置过程发生反应:2KAl(SO4)212H2O+3Na2CO3=2Al(OH)3+3Na2SO4+K2SO4+3CO2+21H2O。下列判断正确的是A. 从物质的分类角度来看,油条配方中的“矾、碱、盐”主要成分均为盐B. 放置过程发生的反应为氧化还原反应C. 放置过程发生的反应中,反应物和生成物均为电解质D. 反应的离
7、子方程式为2Al3+3+3H2O=2Al(OH)3+3CO2【答案】AD【解析】【详解】A从物质的分类角度来看,油条配方中的KAl(SO4)212H2O、Na2CO3、NaCl都由金属阳离子和酸根阴离子构成,都属于盐类,故A正确; B放置过程发生的反应2KAl(SO4)212H2O+3Na2CO3=2Al(OH)3+3Na2SO4+K2SO4+3CO2+21H2O,没有元素化合价变化,为非氧化还原反应,故B错误;C放置过程发生的反应中,生成物CO2为非电解质,故C错误;D 根据反应方程式2KAl(SO4)212H2O+3Na2CO3=2Al(OH)3+3Na2SO4+K2SO4+3CO2+21
8、H2O,可知反应离子方程式为2Al3+3+3H2O=2Al(OH)3+3CO2,故D正确;选AD。6. 下列有关微粒性质的排列顺序中,错误的是A. 元素的电负性:POFB. 元素的第一电离能:CNNa+Mg2+D. 原子的未成对电子数:MnSiCl【答案】B【解析】【详解】A、得电子能力越强,电负性越大,得电子能力POF,所以元素的电负性POF,故A正确;B、C的电子排布式为1s22s22p2;N的电子排布式为1s22s22p3,p轨道处于半充满状态;O的电子排布式为1s22s22p4,第一电离能应该是N的最大,故B错误;C、这些离子是电子层一样多的微粒,根据核电荷数越多半径越小,则离子半径:
9、O2-Na+Mg2+,故C正确;D、Mn、Si、Cl原子的未成对电子数分别为5、2、1,即原子的未成对电子数:MnSiCl,故D正确。正确答案选B。【点睛】元素的第一电离能和最外层电子数的多少有关,轨道处于全充满和半充满状态稳定;电子层越多,半径越大,电子层一样多的微粒,核电荷数越多半径越小。7. H7N9型禽流感是全球首次发现的新亚型流感病毒,达菲(Tamiflu)是治疗该病毒的最佳药物以莽草酸为原料,经多步反应可制得达菲和对羟基苯甲酸达菲、莽草酸、对羟基苯甲酸的结构简式如下:下列有关说法正确的是( )A. 达菲、莽草酸、对羟基苯甲酸都属于芳香族化合物B. 1mol莽草酸与NaOH溶液反应,
10、最多消耗4mol NaOHC. 对羟基苯甲酸较稳定,在空气中不易被氧化D. 利用FeCl3溶液可区别莽草酸和对羟基苯甲酸【答案】D【解析】【详解】A. 达菲、莽草酸均不存在苯环,不属于芳香族化合物,A错误;B. 莽草酸中只有羧基和氢氧化钠溶液反应,1mol莽草酸与NaOH溶液反应,最多消耗1mol NaOH,B错误;C. 对羟基苯甲酸含有酚羟基,易被氧化,不稳定,C错误;D. 对羟基苯甲酸含有酚羟基,利用FeCl3溶液可区别莽草酸和对羟基苯甲酸,D正确;答案选D。8. 已知PbO2在盐酸溶液中易被还原成PbCl2,且PbO2、Cl2、FeCl3、I2的氧化性依次减弱。下列叙述中,正确的是( )
11、A. Cl2通入FeI2溶液中,可存在反应3Cl2+6FeI2=2FeCl3+4FeI3B. 每1个PbO2在盐酸溶液中被氧化生成PbCl2时转移2个e-C. FeCl3溶液能将KI溶液中的I-氧化D. I2具有较强的氧化性,可以将PbCl2氧化成PbO2【答案】C【解析】【详解】ACl2、FeCl3、I2的氧化性依次减弱,所以氯气通入FeI2溶液中,氯气先氧化碘离子后氧化亚铁离子,所以不可能存在反应3Cl2+6FeI2=2FeCl3+4FeI3,故A错误; BPbO2在酸性溶液中易得电子而被还原成Pb2+,所以每1个PbO2在盐酸溶液中被还原生成PbCl2时转移2个e-,故B错误; C氯化铁
12、的氧化性大于碘,所以氯化铁和碘化钾反应生成碘单质,所以FeCl3溶液能将KI溶液中的I-氧化,故C正确; DPbO2的氧化性大于I2,所以PbO2能氧化碘离子生成碘单质,而碘不能将PbCl2氧化成PbO2,故D错误; 故选C。9. 实验室需配制480 mL 1 molL1 NaOH溶液,下列叙述正确的是()A. 转移液体时,玻璃棒应紧靠容量瓶口B. 用托盘天平称量19.2 g NaOH固体C. 容量瓶上标有温度、浓度、容积和压强D. 定容时若俯视刻度线观察液面,会使所配制的NaOH溶液的浓度偏高【答案】D【解析】【详解】A移液体时,玻璃棒应紧靠容量瓶内壁,A错误;B没有480mL容量瓶,应选择
13、500mL容量瓶,需要氢氧化钠的质量=0.5L1molL-140g/mol=20.0g,B错误;C容量瓶上标有刻度线、温度、容积,C错误;D定容时俯视液面,导致溶液体积偏小,所配溶液浓度偏高,D正确;答案选D。【点睛】本题主要考查了配制一定物质的量的溶液的配制、对仪器的认识、实验基本操作,方法和注意事项等,难度不大,注意基础知识的理解掌握。10. 下列解释事实或实验现象的化学用语正确的是A. 硫酸酸化的KI淀粉溶液久置后变蓝:4I+O2 + 4H+ = 2I2+2H2OB. 铁和稀硝酸反应制得浅绿色溶液:Fe + 4H+ + NO3= Fe3+ + NO+ 2H2OC. 水垢上滴入CH3COO
14、H溶液有气泡产生:CaCO3+2H+=Ca2+CO2+ H2OD. SO2通入漂白粉溶液中产生白色浑浊:SO2+Ca2+2ClO-+H2O=CaSO3+2HClO【答案】A【解析】【详解】A.硫酸酸化KI淀粉溶液久置后变蓝,二者发生氧化还原反应,离子方程式为:4I-+O2+4H+=2I2+2H2O,故A正确;B.铁和稀硝酸反应产物与量有关,铁少量时变成三价铁,溶液由无色变为黄色,离子方程式为Fe + 4H+ + NO3=Fe3+ + NO+ 2H2O;铁过量时变成二价亚铁,溶液由无色变为浅绿色,离子方程式为:3Fe + 8H+ + 2NO3= 3Fe2+ +2 NO+ 4H2O,故B错误;C.
15、醋酸是弱酸,不能拆成离子,反应的离子方程式为:CaCO3+2CH3COOHCa2+H2O+CO2+2CH3COO-,故C错误;D.SO2通入漂白粉溶液中产生白色浑浊:SO2+Ca2+2ClO-+H2O = CaSO3+2HClO,生成的次氯酸具有强氧化性,能氧化亚硫酸钙,故D错误。答案选A。【点睛】本题考查的是实验现象的解释和离子方程式的书写。解题时需注意B选项铁与稀硝酸反应的产物与反应条件有关,铁少量时变成三价铁,铁过量时变成二价亚铁,产物不同溶液的颜色不同;D选项次氯酸具有强氧化性,能够氧化亚硫酸钙。11. 我国科学家在绿色化学领域取得新进展。利用双催化剂Cu和Cu2O,在水溶液中用H原子
16、将CO2高效还原为重要工业原料之一的甲醇,反应机理如下图。下列有关说法不正确的是A. CO2生成甲醇是通过多步还原反应实现的B. 催化剂Cu结合氢原子,催化剂Cu2O结合含碳微粒C. 该催化过程中只涉及化学键的形成,未涉及化学键的断裂D. 有可能通过调控反应条件获得甲醛等有机物【答案】C【解析】【详解】A.有机反应中加氢或去氧的反应叫还原反应,CO2生成甲醇是通过了多步加氢,为还原反应,故A正确;B.根据题中反应机理图所示,催化剂Cu结合氢原子,催化剂Cu2O结合含碳微粒,故B正确;C.催化过程中有旧的原子团消失,说明有化学键的断裂,例如:CO2和H转化为COOH,故C错误;D.根据反应机理图
17、所示,中间步骤中有CH2O生成,如果调控反应条件可以在此步骤中得到甲醛,故D正确。答案选C。12. LiAlH4()、LiH既是金属储氢材料又是有机合成中的常用试剂,遇水均能剧烈分解释放出H2,LiAlH4在125分解为LiH、H2和Al。下列说法不正确的是( )A. 1 mol LiAlH4在125完全分解,转移3 mol电子B. LiH与D2O反应,所得氢气的摩尔质量为4 g/molC. LiAlH4溶于水得到无色溶液,化学方程式可表示为:LiAlH4 + 2H2OLiAlO2 + 4H2D. LiAlH4与乙醛作用生成乙醇,LiAlH4作还原剂【答案】B【解析】A、LiAlH4在125分
18、解为LiH、H2和Al,Al由+3价降低为0,则1mol LiAlH4在125完全分解,转移3mol电子,选项A正确;B、由LiH+D2OLiOD+HD可知,所得氢气的摩尔质量为3g/mol,选项B不正确;C、LiAlH4溶于适量水得到无色溶液,生成LiAlO2和H2,反应的方程式为LiAlH4+2H2OLiAlO2+4H2,选项C正确;D、LiAlH4与乙醛反应可生成乙醇,乙醛被还原,LiAlH4作还原剂,选项D正确。答案选B。第卷非选择题(共64分)注意事项:1.用钢笔或圆珠笔直接答在答题卷上,答在本试卷上的无效。2.本卷共4小题,共64分。13. 在工业上次磷酸(H3PO2)常用于化学镀
19、银,发生的反应如下:_Ag+_H3PO2+_H2O_Ag+_H3PO4+_H+请回答下列问题:(1)H3PO2中,P元素的化合价为_;该反应中,H3PO2被_(填“氧化”或“还原”)。(2)配平该离子方程式:_Ag+_H3PO2+_H2O_Ag+_H3PO4+_H+(3)H3PO2是一元弱酸,写出其与足量NaOH溶液反应的离子方程式:_。(4)化学实验中,如使某步中的有害产物作为另一步的反应物,形成一个循环,就可不再向环境排放该种有害物质。例如:在如图有编号的步骤中,发生氧化反应的是_(填编号,下同),发生还原反应的是_。(提示:铬元素化合价有+6、+3价)(5)一个完整的氧化还原反应方程式可
20、以拆开写成两个“半反应式”,一个是“氧化反应”式,一个是“还原反应”式。如2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+的拆写结果是:氧化反应为:Cu-2e-=Cu2+;还原反应为:2Fe3+2e=2Fe2+。请据此将反应:Fe+2H+=Fe2+H2拆写成两个“半反应式”:氧化反应为_;还原反应为_。【答案】 (1). +1 (2). 氧化 (3). 4 (4). 1 (5). 2 (6). 4 (7). 1 (8). 4 (9). H3PO2+OH-=H2PO+H2O (10). (11). (12). Fe-2e-=Fe2+ (13). 2H+2e-=H2【解析】【详解】(1) H3PO2中,P元素的
21、化合价为+1;该反应中,H3PO2中,P元素的化合价升高,被氧化,故答案为:+1;氧化;(2)银的价态从+1降到0,磷的价态从+1升到+5,利用化合价升降法可配平方程式, 4Ag+H3PO2+2H2O=4Ag+H3PO4+4H+,故答案为:4;1;2;4;1;1;(3)H3PO2为一元弱酸,与足量NaOH溶液发生酸碱中和反应,H3PO2只能电离出1个氢离子,所以反应离子方程式为:H3PO2+OH-=H2PO2 -+H2O,故答案为:H3PO2+OH-=H2PO+H2O;(4)反应中Cr元素化合价降低,发生还原反应;Cr元素化合价不变,发生非氧化还原反应;Cr元素化合价升高,发生氧化反应;Cr元
22、素化合价不变,发生非氧化还原反应,故答案为:;(5)根据化合价的变化判断,Fe+2H+=Fe2+H2中,氧化剂是H+,发生还原反应,H+得到2个电子生产H2;还原剂是Fe,发生氧化反应,Fe失去2个电子生产Fe2+,电子转移数是2,故答案为:Fe -2e- = Fe2+;2H+ +2e- = H2 。14. 某药物H的一种合成路线如下:回答下列问题:(1)C的名称是_。 (2)FH的反应类型为_,BC的试剂和条件是_。(3)H有多种同分异构体,在下列哪种仪器中可以显示物质中化学键和官能团类型_(填字母)。A.质谱仪 B.元素分析仪 C.红外光谱仪 D.核磁共振氢谱仪(4)写出DE的化学方程式_
23、。(5)在E的同分异构体中,同时满足下列条件的结构有_种;其中核磁共振氢谱有六组峰,且峰面积之比为3:3:2:2:1:1的是_。既能发生银镜反应,又能发生水解反应;属于芳香族化合物;苯环上只有2个取代基。(6)参照上述流程,以D和乙醛为原料合成(其它无机试剂自选),设计合成路线_。【答案】 (1). 苯甲醇 (2). 加成反应 (3). NaOH水溶液、加热 (4). C (5). (6). 15 (7). (8). 【解析】【分析】根据D结构简式及A分子式知,A为,A发生取代反应生成的B为,B发生水解反应生成的C为,C发生催化氧化生成D;D与丙酮发生加成反应生成E,根据F分子式知,E发生消去
24、反应生成的F为;F和G发生加成反应生成H;以D和乙醛为原料合成,结合流程中DE构建碳干骨架,苯甲醛和乙醛发生加成反应,然后发生消去反应、氧化反应、最后发生加聚反应得到目标产物。【详解】(1)C为,C的名称是苯甲醇,故答案为:苯甲醇;(2)FH的反应类型为加成反应,BC为卤代烃的水解反应,该反应的试剂和条件是NaOH水溶液、加热,故答案为:加成反应;NaOH水溶液、加热;(3)A.质谱仪测定其相对分子质量,不符合题意;B. 元素分析仪测定元素,不符合题意;C. 红外光谱仪测定化学键和官能团,符合题意;D. 核磁共振氢谱仪测定H原子种类及各类氢原子个数之比,不符合题意;故选C;(4)DE的化学方程
25、式,故答案为:;(5)E的同分异构体符合下列条件:既能发生银镜反应,又能发生水解反应,说明含有HCOO;属于芳香族化合物,说明含有苯环;苯环上只有2个取代基,如果取代基为HCOO、CH3CH2CH2,有邻间对3种;如果取代基为HCOO、(CH3)2CH,有邻间对3种;如果取代基为HCOOCH2、CH3CH2,有邻间对3种;如果取代基为HCOOCH2CH2、CH3,有邻间对3种;如果取代基为HCOOCH(CH3),CH3,有邻间对3种,符合条件的有15种;其中核磁共振氢谱有六组峰,且峰面积之比为3:3:2:2:1:1的是,故答案为:15;。(6) 以D和乙醛为原料合成,结合流程中DE构建碳干骨架
26、,苯甲醛和乙醛发生加成反应,然后发生消去反应、氧化反应、最后发生加聚反应得到目标产物,其合成路线为: ,故答案为: 。15. 生活中有许多与化学相关的数据表格。.如图是某儿童微量元素体检报告单的部分数据:某医疗机构临床检验结果报告单分析项目检测结果单位参考范围1锌(Zn)115.92mol/L661202铁(Fe)6.95mmol/L7.5211.823钙(Ca)1.68mmol/L1.552.10根据上表的数据,回答下列问题:(1)该儿童_元素含量偏低。(2)报告单中“mol/L”是_(填“质量”、“体积”或“浓度”)的单位。(3)服用维生素C可使食物中的Fe3+转化为Fe2+,在这个过程中
27、体现维生素C的_(填“氧化性”或“还原性”)。.生活中为了延长鲜花的寿命,通常会在花瓶中加入鲜花保鲜剂。0.5L某种鲜花保鲜剂中含有的成分及含量如下,阅读后回答下列问题:成分质量(g)摩尔质量(g/mol)蔗糖(C12H22O11)25.00342硫酸钾(K2SO4)0.25174高锰酸钾(KMnO4)0.25158阿司匹林(C9H8O4)0.17180硝酸银(AgNO3)0.02170(4)上述鲜花保鲜剂成分中,属于盐的是_(填序号)。(5)欲配制500mL该鲜花保鲜剂,有如下操作步骤:a.把称量好的保鲜剂放入小烧杯中,加适量蒸馏水溶解;b.把a所得溶液小心转入500mL容量瓶中;c.继续向
28、容量瓶中加蒸馏水至液面距刻度1cm至2cm处,改用胶头滴管小心滴加蒸馏水至溶液凹液面最低处与刻度线相切;d.用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2到3次,每次洗涤液都小心转入容量瓶,并轻轻摇匀;e.将容量瓶塞紧,反复上下颠倒摇匀。操作步骤的正确顺序为(填序号)_。在容量瓶的使用方法中,下列操作不正确的是_。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,需要干燥C.盖好瓶塞,用一只手食指顶住瓶塞,另一只手的手指托住瓶底,把容量瓶倒转和摇动几次下列操作会使所配溶液的浓度偏小的是_。A.转移完溶液后未洗涤玻璃棒和烧杯B.容量瓶中原来有少量蒸馏水C.定容时,俯视刻度线D.称量氯化钠固体时左码右物【答
29、案】 (1). 铁(或Fe) (2). 浓度 (3). 还原性 (4). (5). abdce (6). B (7). AD【解析】【详解】(1)由题中数据可知:铁(或Fe)元素含量偏低,故答案为:铁(或Fe);(2)报告单中mol/L是浓度的单位,故答案为:浓度;(3)服用维生素C可使食物中的Fe3+转化为Fe2+,Fe元素的化合价降低被还原,则维生素C所起还原作用,故答案为:还原性;(4)盐是由金属阳离子或铵根离子与酸根阴离子组成的化合物,属于盐的是K2SO4,KMnO4,AgNO3,故答案为:;(5)溶液配制的操作步骤为:计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等,所以操作步骤的正
30、确顺序为 abdce,故答案为:abdce;A使用容量瓶前要检查它是否漏水,故A正确;B容量瓶在使用前未干燥,里面有少量蒸馏水,对溶液的浓度无影响,故B错误;C溶液配制好以后要摇匀,摇匀的操作方法为:盖好瓶塞,用一只手的食指顶住瓶塞,另一只手的手指托住瓶底,把容量瓶倒转和摇动几次,故C正确;故答案为B;A转移完溶液后未洗涤玻璃棒和烧杯,会使溶质偏小,浓度偏低,故A正确;B容量瓶中原来有少量蒸馏水,对溶液的浓度无影响,故B错误;C定容时,俯视刻度线,会使溶液体积偏小,导致浓度偏大,故C错误;D称量氯化钠固体时砝码与物品放反了,会使溶质质量偏小,浓度偏低,故D正确;故答案为AD。【点睛】称量氯化钠
31、固体时砝码与物品放反了,若未使用游码,则所称质量无影响,若使用了游码,会导致质量偏小,此为易错点。16. 东晋华阳国志南史志卷四中已有关于白铜的记载,云南镍白铜(铜镍合金)闻名中外,曾主要用于造市,亦可用于制作仿银饰品。回答下列问题:(1)镍元素基态原子的电子排布式为_。(2)硫酸镍溶于氨水形成Ni(NH3)6SO4蓝色溶液。Ni(NH3)6SO4中阴离子的立体构型是_。在Ni(NH3)6SO4中Ni2+与NH3之间形成的化学键称为_,提供孤电子对的成键原子是_。氨的沸点_(填“高于”或“低于”膦(PH3),原因是_,氯分子中心原子的轨道杂化类型为_。(3)元素铜与镍的第二电离能分别为:ICu
32、=1958kJ/mol,INi=1753kJ/mol,ICuINi的原因是_。(4)某镍白铜合金的立方晶胞结构如图所示。晶胞中铜原子与镍原子的数量比为_;若合金的密度为dgcm-3,晶胞参数a=_nm。【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d84s2 (2). 正四面体 (3). 配位键 (4). N (5). 高于 (6). 氨气分子之间形成氢键,分子间作用力更强 (7). sp3 (8). 金属铜失去的是全充满的3d10电子,镍失去的是4s1电子 (9). 3:1 (10). 107【解析】【详解】(1)Ni元素原子核外电子数为28,核外电子排布式为1s22s22p63s23
33、p63d84s2,故答案为: 1s22s22p63s23p63d84s2;(2)SO中S原子的孤电子对数=0,价层电子对数=4+0=4,离子空间构型为正四面体,故答案为:正四面体;Ni2+提供空轨道,NH3中N原子含有孤电子对,二者之间形成配位键,故答案为:配位键; N;PH3分子之间为范德华力,氨气分子之间形成氢键,分子间作用力更强,增大了物质的沸点,故氨气的沸点高于PH3分子的,N原子有1对孤对电子,形成3个N-H键,杂化轨道数目为4,氮原子采取sp3杂化,故答案为:高于; 氨气分子之间形成氢键,分子间作用力更强;sp3;(3)ICuINi是因为金属铜失去的是全充满的3d10电子,较难失去,镍失去的是4s1电子,容易失去,故答案为:金属铜失去的是全充满的3d10电子,镍失去的是4s1电子;(4)晶胞中Ni处于顶点,Cu处于面心,则晶胞中Ni原子数目为8=1、Cu原子数目=6=3,故Cu与Ni原子数目之比为3:1,故答案为:3:1;属于面心立方密堆积,晶胞质量质量为g,则g=dgcm-3(a10-7cm)3,解得a=107,故答案为:107。【点睛】Cu元素原子核外电子数为29,核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1,失去一个电子后变成全充满的结构,非常稳定,所以第二电离能较大,此为易错点。