福建省平和县第一中学2021学年高二化学下学期第二次月考试题（含解析）

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1、福建省平和县第一中学2018-2019学年高二化学下学期第二次月考试题（含解析）福建省平和县第一中学2018-2019学年高二化学下学期第二次月考试题（含解析）1.下列变化属于物理变化的是()A. 粮食酿酒B. 酒精挥发C. 牛奶变酸D. 石油裂解【答案】B【解析】【详解】A粮食的主要成分为淀粉，粮食在酿酒的过程中，淀粉首先水解为葡萄糖，然后葡萄糖在酒化酶的作用下反应生成乙醇，故有新物质生成，故为化学变化，故A错误；B酒精挥发为酒精蒸汽，乙醇分子的结构和性质均未发生改变，故无新物质生成，故为物理变化，故B正确；C牛奶变酸是因为里面有了细菌，一些厌氧细菌或兼性厌氧型细菌在低氧或无氧环境进行无氧呼

2、吸之后会产生乳酸，所以导致牛奶变酸牛奶变酸，故牛奶变酸有新物质生成，故为化学变化，故C错误；D石油裂解是用石油来生产乙烯，有新物质生成，故为化学变化，故D错误。故答案为B。【点睛】物理变化和化学变化的区别：物理变化没有新物质生成，化学变化有新物质生成，常表现为生成气体，颜色改变，生成沉淀等，而且伴随能量变化，常表现为吸热、放热、发光等；常见的物理变化和化学变化：物理变化：物态变化，形状变化等；化学变化：物质的燃烧、钢铁锈蚀、火药爆炸，牛奶变质等。2.工业生产高纯硅涉及的化学方程之一为SiO22CSi2CO，该反应属于( )A. 置换反应B. 分解反应C. 化合反应D. 复分解反应【答案】A【解

3、析】试题分析：根据化学方程式SiO22CSi2CO可知，该反应为一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物的反应，属于置换反应。故答案A。考点：反应类型的判定。3.下列各组物质的分类正确的是（ ）混合物：氯水、氨水、水玻璃、水银、福尔马林、淀粉含有氧元素的化合物叫氧化物CO2、NO2、P2O5均为酸性氧化物，Na2O、Na2O2为碱性氧化物同素异形体：C60、C70、金刚石、石墨强电解质溶液的导电能力一定强在熔化状态下能导电的化合物为离子化合物有单质参加的反应或有单质生成的反应是氧化还原反应A. 全部正确B. C. D. 【答案】D【解析】分析：由不同种物质组成的是混合物；根据氧化物

4、的定义分析；根据酸性氧化物和碱性氧化物的概念判断；由同一种元素形成不同单质互为同素异形体；溶液的导电能力强弱取决于溶液中离子浓度的大小和离子所带电荷的多少；在熔融状态下离子键断键；有元素化合价升降的反应是氧化还原反应。详解：氯水、氨水、水玻璃、福尔马林、淀粉均是混合物，水银是金属Hg，是纯净物，错误；由两种元素组成，其中一种是氧元素化合物是氧化物，因此含有氧元素的化合物不一定是氧化物，例如NaOH是碱，错误；能与碱反应生成盐和水的氧化物是酸性氧化物，CO2、P2O5均为酸性氧化物，NO2不是酸性氧化物；能与酸反应生成盐和水的氧化物是碱性氧化物，Na2O为碱性氧化物，Na2O2不是碱性氧化物，错

5、误；C60、C70、金刚石、石墨均是碳元素形成单质，互为同素异形体，正确；强电解质溶液的导电能力不一定强，关键是看溶液中离子的浓度和所带电荷数，错误；由于在熔融状态下共价键不能被破坏，离子键可以断键，因此在熔化状态下能导电的化合物为离子化合物，正确；有单质参加的反应或有单质生成的反应不一定是氧化还原反应，例如同素异形体之间的转化，错误。答案选D。点睛：是解答的易错点，电解质溶液之所以导电，是由于溶液中有自由移动的离子存在。电解质溶液导电能力的大小，决定于溶液中自由移动的离子的浓度和离子的电荷数，和电解质的强弱没有必然联系，如1 mol/L的醋酸溶液的导电能力就大于0.000 01 mol/L的

6、盐酸，所以说盐酸的导电能力一定大于酯酸是错误的。4. 化学与生活密切相关，下列说法不正确的是（ ）A. 煤、石油、天然气是不可再生能源，风能、生物质能、沼气是可再生能源B. “84消毒液”具有强氧化性，可做环境的消毒剂从而预防流感C. 已知水热反应是指在高温高压下，将二氧化碳转化为有机物的技术，则水热反应可以降低自然界中碳的含量D. 已知PM25是指大气中直径小于或等于25微米的颗粒物，也称为“细颗粒物”，则PM25在空气中有可能形成胶体【答案】C【解析】试题分析：A风能、沼气、生物质能是通过太阳光的照射和水的循环来形成的，太阳光可以源源不断的从自然界得到，是可再生能源，煤、石油和天然气属于三

7、大化石燃料，都属于不可再生的能源，A正确；B强氧化性物质能氧化蛋白质而使其变性，流感病毒的成分是蛋白质，“84消毒液”具有强氧化性，能使流感病毒变性，所以可做环境的消毒剂从而预防流感，B正确；C水热反应是指在高温高压下，将二氧化碳转化为有机物的技术，从而减少自然界中二氧化碳，根据原子守恒知，自然界中C含量不变，C错误；D分散质微粒直径在1-100nm之间的分散系是胶体，能产生丁达尔效应，PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，也称为“细颗粒物”，其分散质微粒直径在1100nm之间，所以PM2.5在空气中有可能形成胶体，D正确；答案选C。【考点定位】考查环境污染与治理、基本概念、蛋

8、白质的性质。【名师点晴】化学与可持续发展及环境保护尽管不是教学的重点，但该内容与我们的生产、生活息息相关，因此成为历年高考的必考的热点。历年试题的难度多以基础题、中档题为主、题型主要为选择题、试题的命题形式是常把化学知识与实际生产、生活、环境保护及科技前沿等问题结合起来，突出化学与可持续发展、环境保护的密切联系，综合考查学生分析问题、解决问题的能力，可很好的落实新课标的理念。选项A是易错点。5.化学无处不在，如图是物质间发生化学反应的颜色变化，其中X是（ ）A. 稀盐酸B. 稀硫酸C. 硫酸钠溶液D. 碳酸钠溶液【答案】C【解析】试题分析：X与氧化铜、铁反应，与石蕊显红色，说明其为酸溶液，在根

9、据其与硝酸钡生成白色沉淀，得出其为稀硫酸。考点：考查物质的性质有关问题。6. 下列观点正确的是A. 化合物电离时，生成的阴离子是氢氧根离子的是碱B. 某化合物的熔融状态能导电，该化合物中一定有离子键C. 某化合物的水溶液能导电，该化合物一定是电解质D. 某纯净物在常温下为气体，则组成该物质的微粒一定含有共价键【答案】B【解析】试题分析：A.化合物电离时，生成的阴离子全部是OH的才是碱，例如Cu2(OH)2CO3，属于盐不是碱，A项错误；B.阴阳离子通过离子键形成物质，离子化合物在熔融状态下能电离出阴阳离子而导电，B项正确；C.SO3溶于水生成硫酸，硫酸电离出氢离子和硫酸根离子导电，即SO3的水

10、溶液能导电，但SO3 是非电解质，C项错误；D.某纯净物在常温下为气体，例如氦气，氦气是单原子分子，组成该物质的微粒没有化学键，D项错误；答案选B。【考点定位】考查化学键类型的判断，电解质及酸碱的概念等知识。【名师点睛】本题考查化学键类型的判断，电解质及酸碱的概念辨析。电解质和非电解质均是化合物，单质和混合物既不是电解质，也不是非电解质。电解质不一定导电，如固态NaCl、液态HCl等；导电物质不一定是电解质，如铁、铝等金属单质。电解质一定是指自身电离生成离子的化合物，有些化合物的水溶液能导电，但溶液中的离子不是它自身电离产生的，不属于电解质，如CO2、SO2、NH3、SO3等非电解质。它们与水

11、反应生成的产物H2CO3、H2SO3、NH3H2O、H2SO4自身能电离是电解质。7.近年来高铁酸钾(K2FeO4)已经被广泛应用在水处理方面，高铁酸钾的氧化性超过高锰酸钾，是一种集氧化、吸附、凝聚、杀菌于一体的新型高效多功能水处理剂。干燥的高铁酸钾受热易分解，但在198 以下是稳定的。高铁酸钾在水处理过程中涉及的变化过程有()蛋白质的变性蛋白质的盐析胶体聚沉盐类水解焰色反应氧化还原反应A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】高铁酸钾具有强氧化性，可致蛋白质发生氧化而变性，则不涉及蛋白质的盐析，故错误；高铁酸钾被还原生成Fe3+，水解生成具有吸附性的Fe(OH)3胶体而达到净水作用，

12、涉及胶体聚沉、盐类水解，不涉及焰色反应，则错误，所以涉及的有，故答案为B。8.向含有c(FeCl3)0.2 molL1、c(FeCl2)0.1 molL1的混合溶液中滴加稀NaOH溶液，可得到一种黑色分散系，其中分散质粒子是直径约为9.3 nm的金属氧化物，下列有关说法中正确的是()A. 该分散系的分散质为Fe2O3B. 该分散系属于溶液C. 加入NaOH时发生的反应可能为Fe22Fe38OH=Fe3O44H2OD. 可用过滤的方法将黑色金属氧化物与Na分离开【答案】C【解析】【详解】A三氧化二铁为红棕色，由题意知得到一种黑色分散系，故A错误；B该分散系中分散质粒子是直径约为9.3 nm的金属

13、氧化物，则该分散系为胶体，故B错误；C氯化亚铁、氯化铁与氢氧化钠反应生成四氧化三铁和水、氯化钠，离子方程式：Fe2+2Fe3+8OH-Fe3O4+4H2O，故C正确；D胶体、溶液都可以透过滤纸，不能用过滤方法分离，故D错误；故答案为C。9. 利用太阳能分解制氢，若光解0.02 mol水，下列说法正确的是（ ）A. 可生成H2的质量为0.02gB. 可生成氢的原子数为2.4081023个C. 可生成H2的体积为0.224L（标准状况）D. 生成H2的量理论上等于0.04mol Na与水反应产生H2的量【答案】D【解析】根据方程式2H2O=2H2+O2，光解0.02 mol水，可产生0.02 mo

14、l H2和0.01 mol O2。则可得：A可生成H2的质量为0.04g，错误；B可生成氢的原子数为2.4081022个，错误；C可生成标准状况下H2的体积为0.448L，错误；D0.04mol Na与水反应产生0.02 molH2。故选D。此处有视频，请去附件查看】10.NA表示阿伏加德罗常数的值,下列叙述正确的是()A. 等物质的量的CO2和CO所含分子数均为NAB. 3.4 g NH3中含NH键数目为0.2NAC. 标准状况下的22.4 L辛烷完全燃烧,生成CO2分子数为8NAD. Na2O2与足量H2O反应生成0.2 mol O2,转移电子数目为0.4NA【答案】D【解析】【详解】A二

15、氧化碳和CO物质的量不明确，故等物质的量的两者的分子数相同，但不一定是NA个，故A错误；B3.4g氨气的物质的量为0.2mol，而氨气中含3条N-H键，故0.2mol氨气中含0.6NA条N-H键，故B错误；C标况下辛烷为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故C错误；D过氧化钠和水反应生成氧气时，氧元素由-1价变为0价，故当生成0.2mol氧气时转移0.4NA个电子，故D正确；故答案为D。11. 下列叙述正确的是（ ）A. 48gO3气体含有6.021023个O3分子B. 常温常压下，4.6gNO2气体含有1.811023个NO2分子C. 0.5molL1CuCl2溶液中含有3.011

16、023个Cu2D. 标准状况下，33.6LH2O含有9.031023个H2O分子【答案】A【解析】解题时要注意回忆概念、分析原理注意运算公式的适用范围。B选项4.6gNO2气体中理论上含有1mol NO2分子，约6.021023个NO2分子，由于2NO2N2O4，故应小于6.021023个，具体多少无法计算。C选项中要考虑Cu2的水解，也无法确定其数目，D选项标准状况下H2O冰水混合物，不能用标准状况下气体摩尔体积22.4L/ mol来计算。12.洁厕灵和84消毒液混合使用会发生反应：NaClO+2HCl=NaCl+Cl2+H2O，生成有毒的氯气。下列说法正确的是（ ）A. 每生成1mol氯气

17、，转移的电子数为2NAB. 1molNaCl含有的电子数为28NAC. 1L0.2mol/LNaClO溶液中含有的次氯酸根离子数为0.2NAD. 标准状况下，将22.4LHCl溶解在0.5L水中，形成2mol/L的盐酸【答案】B【解析】【详解】反应NaClO+2HCl=NaCl+Cl2+H2O中，NaClO的氯元素由+1价变为0价，被还原，作氧化剂；HCl中部分氯元素由-1价变为0价，被氧化，作还原剂，另一部分化合价不变，起酸性作用。A. 每生成1mol氯气，转移的电子数为NA，选项A错误；B. 1molNaCl含有的电子数为28NA，选项B正确；C. 由于次氯酸根离子水解，故1L0.2mol

18、/LNaClO溶液中含有的次氯酸根离子数小于0.2NA，选项C错误；D. 标准状况下，将22.4LHCl溶解在0.5L水中，溶液的体积不一定为0.5L，形成盐酸的浓度不一定为2mol/L，选项D错误。答案选B。13.同温同压下，相同体积的的CO和CO2的下列比较中正确的是所含的分子数目之比为11所含的O原子数目之比为12所含的原子总数目之比为23两者的密度之比为：7：11所含的电子数目之比为711A. 和B. 和C. 和D. 【答案】D【解析】试题分析：同温同压下等体积的CO和CO2的物质的量相同，则分子数相等，即所含的分子数目之比为1：1，故正确；同温同压下等体积的CO和CO2的物质的量相同

19、，则分子数相等，所含的O原子数目之比为1：2，故正确；同温同压下等体积的CO和CO2的物质的量相同，则分子数之比为1：1，所含的原子总数目之比为2：3，故正确；同温同压下等体积的CO和CO2的物质的量相同，两者的密度之比等于摩尔质量之比为：7：11，故正确；同温同压下等体积的CO和CO2的物质的量相同，每个分子含有的电子数分别为14、22，则所含的电子数目之比为7：11，故正确；故选D。【考点定位】考查物质的量的相关计算、阿伏加德罗定律及推论【名师点晴】本题考查物质的量的有关计算，以及阿伏加德罗定律及推论。注意把握物质的量、质量、体积之间的计算公式的运用。同温同压下等体积的CO和CO2的物质的

20、量相同，则分子数相等，碳原子个数相等，根据物质的量和相对分子质量计算质量关系和密度关系分析。14.实验室备有质量分数为98%,密度为1.84 gcm-3的硫酸,据此下列说法错误的是 ()A. 该硫酸的物质的量浓度为18.4 molL-1B. 该硫酸50 mL与足量的铜反应可得到标准状况下SO2 0.46 molC. 某同学用该硫酸配制稀硫酸时,未洗涤烧杯和玻璃棒,会造成最终配制的稀硫酸浓度偏低D. 等质量的水与该硫酸混合所得溶液的物质的量浓度小于9.2 molL-1【答案】B【解析】【详解】A质量分数为98%密度为1.84gcm-3的硫酸，物质的量浓度C=18.4mol/L，故A正确；B该硫酸

21、50mL与足量的铜反应，如果硫酸完全反应可得到标准状况下SO20.46mol，但是随着反应进行，硫酸浓度降低变为稀硫酸，稀硫酸与铜不反应，所以实际得到标准状况下SO2小于0.46mol，故B错误；C某同学用该硫酸配制稀硫酸时，未洗涤烧杯和玻璃棒，导致部分溶质损耗，溶质的物质的量偏小，则会造成最终配制的稀硫酸浓度偏低，故C正确；D硫酸的浓度越小密度越小，该硫酸与等质量的水混合所得溶液质量为原硫酸溶液的2倍，密度小于原硫酸溶液，故混合后溶液的体积大于原硫酸溶液的2倍，稀释后溶质硫酸不变，所得溶液的物质的量浓度小于9.2mol/L，故D正确；故答案为B。15.现有三种元素的基态原子的电子排布式如下：

22、1s22s22p63s23p4；1s22s22p63s23p3；1s22s22p5。则下列有关比较中正确的是()A. 最高正化合价：B. 原子半径：C. 电负性：D. 第一电离能：【答案】D【解析】【详解】由核外电子排布式可知，1s22s22p63s23p4为S元素，1s22s22p63s23p3为P元素，1s22s22p5为F元素；AS元素最高正化合价为+6，P元素最高正化合价为+5，故最高正化合价：，但F没有正化合价，故A错误；B同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径PSF，即，故B错误；C同周期自左而右电负性增大，同主族自上而下电负性减小，故电负性，故C错误；

23、D同周期随原子序数增大，元素第一电离能呈增大趋势，P元素原子3p能级为半满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素，同主族自上而下第一电离能减小，故第一电离能FPS，即，故D正确；故答案为D。16.有下列离子晶体空间结构示意图:为阳离子,为阴离子。以M代表阳离子,N代表阴离子,化学式为MN2的晶体结构为()A. B. C. D. 【答案】B【解析】试题分析：A、阳离子位于顶点和面心，晶胞中总共含有阳离子数目为8+64，1个阴离子位于体心，为晶胞所独有，故晶胞中含有的阴离子数目为1，则阳离子和阴离子的比值为4：1，化学式为M4N，故A错误；B、有4个阳离子位于顶点，晶胞中平均含有阳离子数目为4，1

24、个阴离子位于体心，为晶胞所独有，故晶胞中含有的阴离子数目为1，则阳离子和阴离子的比值为：1=1：2，化学式为MN2，故B正确；C、有3个阳离子位于顶点，晶胞中平均含有阳离子数目为3，1个阴离子位于体心，为晶胞所独有，故晶胞中含有的阴离子数目为1，则阳离子和阴离子的比值为：1=3：8，化学式为M3N8，故C错误；D、有8个阳离子位于顶点，晶胞中平均含有阳离子数目为81，1个阴离子位于体心，为晶胞所独有，故晶胞中含有的阴离子数目为1，则阳离子和阴离子的比值为1：1，化学式为MN，故D错误；故选B。考点：考查了晶胞的计算的相关知识。17.下列有关离子晶体的数据大小比较不正确的是()A. 熔点：NaF

25、MgF2AlF3B. 晶格能：NaFNaClNaBrC. 阴离子的配位数：CsClNaClCaF2D. 硬度：MgOCaOBaO【答案】A【解析】A. 离子半径越小，离子所带电荷越多，离子晶体熔点越高，所以熔点：NaFMgF2ClC (6). 平面三角形 (7). sp2、sp3 (8). l3NA(或136.021023) (9). H2O (10). BC (11). 8 (12). 【解析】(1)Te与O是同一主族元素，属于元素周期表中p区元素，Te为第5周期第A族元素，其基态原子的价电子排布式为5s25p4，故答案为：p；5s25p4；(2)基态Na原子的电子排布式为1s22s22p6

26、3s1，核外电子占据的原子轨道总数为6，最高能层电子为3s，电子云轮廓图为球形，故答案为：6；球形；(3)元素的非金属性越强，氧气与氯化氢能够反应生成氯气和水，氧元素的非金属性最强，电负性数值越大，C、O、Cl的电负性由大到小的顺序为OClC，故答案为：OClC；(4)CO32-中C的价层电子对数=3+(4+2-32)=3，几何构型为平面三角形；根据碳酸丙烯酯的结构简式，则其中碳原子有2种，不饱和的碳氧双键中的C原子采用sp2杂化，饱和的碳原子采用sp3杂化；1mol碳酸丙烯酯中含有6molC-H，4molC-O，2molC-C和1molC=O，共13mol，键的数目为136.021023，故

27、答案为：平面三角形；sp2、sp3；136.021023；(5)Co(H2O)63+的几何构型为正八面体形，配体是H2O，该配离子包含的作用力有H-O极性键、配位键，故答案为：BC；(6)晶胞中Na+离子数目为8，O2-离子数目为8+6=4，Na+离子、O2-离子数目之比为2：1，故该晶体化学式为Na2O，由图可知，每个Na+离子周围有4个O2-离子，Na+离子配位数为4，距一个阴离子周围最近的所有阳离子有8个，则O的配位数为8；晶胞质量为g，该晶胞的密度为gcm-3，而晶胞体积为ggcm-3=cm3，晶胞棱长为cm，则Na与O之间的最短距离为立方体对角线的=cm，故答案为：8；。点睛：本题考

28、查物质的结构与性质，涉及核外电子排布、杂化轨道、晶胞结构与计算等。本题的易错点为(6)中Na与O之间的最短距离的求算，要注意根据图示判断为体对角线的四分之一。22.Fe、Co、Ni均为第族元素，它们的化合物在生产、生活中有着广泛的应用。(1)基态Co原子的价电子排布式为_，Co2核外3d能级上有_对成对电子。(2)Co3的一种配离子Co(N3)(NH3)52中，Co3的配位数是_。1 mol配离子中所含键的数目为_，配位体N3中心原子的杂化类型为_。(3)Co2在水溶液中以Co(H2O)62存在。向含Co2的溶液中加入过量氨水可生成更稳定的Co(NH3)62，其原因是_。(4)某蓝色晶体中，F

29、e2、Fe3分别占据立方体互不相邻的顶点，而立方体的每条棱上均有一个CN，K位于立方体的某恰当位置上。据此可知该晶体的化学式为_，立方体中Fe2间连接起来形成的空间构型是_。(5)NiO的晶胞结构如图甲所示，其中原子坐标参数A为(0,0,0)，B为(1,1,0)，则C原子坐标参数为_。(6)一定温度下，NiO晶体可以自发地分散并形成“单分子层”，可以认为O2为密置单层排列，Ni2填充其中(如图乙)，已知O2的半径为a pm，每平方米面积上分散的该晶体的质量为_g(用含a、NA的代数式表示)。【答案】 (1). 3d74s2 (2). 2 (3). 6 (4). 23NA (5). sp (6)

30、. N元素电负性比O元素电负性小，N原子提供孤电子对的倾向更大，与Co2形成的配位键更强 (7). KFe2(CN)6 (8). 正四面体形 (9). (1，1/2，1/2) (10). 【解析】【分析】(1)基态Co原子核外有27个电子，其3d、4s能级上的电子为其价电子，Co原子失去3个电子生成Co3+，Co3+核外3d能级上有1对成对电子；(2)Co3+的一种配离子Co(N3)(NH3)52+中，Co3+的配位数是6，1个配离子中所含键的数目为6+2+35，配位体N3-中心原子价层电子对个数=2+=2，根据价层电子对互斥理论判断该离子杂化类型；(3)N元素电负性比O元素电负性小，N原子提

31、供孤电子对的倾向更大；(4)该晶体中Fe2+、Fe3+相等且等于4=、CN-个数=12=3，根据离子晶体呈电中性知，钾离子个数=0.5，立方体中Fe2+间连接起来形成的空间构型是正四面体；(5)NiO的晶体结构如图甲所示，其中离子坐标参数A为(0，0，0)，B为(1，1，0)，说明晶胞棱长为1，C离子位于晶胞右面面心上，距离X轴为1、距离Y轴为、距离Z轴为；(6)根据图知，每个Ni原子被3个O原子包围、每个O原子被3个Ni原子包围，如图所示，相邻的3个圆中心连线为正三角形，三角形的边长为2apm，每个三角形含有一个Ni原子，三角形的面积=2a2asin6010-24m2=10-24a2m2，如

32、图实际上每个Ni原子被两个小三角形包含小平行四边形面积为210-24a2m2，O原子个数=6=1，每平方米面积上分散的该晶体的质量=g。【详解】(1)基态Co原子核外有27个电子，其3d、4s能级上的电子为其价电子，Co原子失去3个电子生成Co3+，其核外价电子排布式为3d74s2，3d能级上还需要3个电子填满，Co3+核外3d能级上有2对成对电子；(2)Co3+的一种配离子Co(N3)(NH3)52+中，Co3+的配位数是6，1个配离子中所含键的数目为6+2+35=23，1mol配离子中所含键的数目为23NA，配位体N3-中心原子价层电子对个数=2+=2，根据价层电子对互斥理论判断该离子杂化

33、类型为sp；(3)N元素电负性比O元素电负性小，N原子提供孤电子对的倾向更大，与Co2+形成的配位键更强，所以向含Co2+的溶液中加入过量氨水可生成更稳定的Co(NH3)62+；(4)该晶体中Fe2+、Fe3+相等且等于4=、CN-个数=12=3，根据离子晶体呈电中性知，钾离子个数=0.5，则该晶体中钾离子、Fe原子、CN-个数之比=0.5：(0.52)：3=1：2：6，其化学式为KFe2(CN)6，立方体中Fe2+间连接起来形成的空间构型是正四面体；(5)NiO的晶体结构如图甲所示，其中离子坐标参数A为(0，0，0)，B为(1，1，0)，说明晶胞棱长为1，C离子位于晶胞右面面心上，距离X轴为

34、1、距离Y轴为、距离Z轴为，所以C点参数为(1，)；(6)根据图知，每个Ni原子被3个O原子包围、每个O原子被3个Ni原子包围，如图所示，相邻的3个圆中心连线为正三角形，三角形的边长为2apm，每个三角形含有一个Ni原子，三角形的面积=2a2asin6010-24m2=10-24a2m2，如图实际上每个Ni原子被两个小三角形包含小平行四边形面积为210-24a2m2，O原子个数=6=1，每平方米面积上分散的该晶体的质量=g=g=g。【点睛】晶胞的计算，属于高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，明确顶点、棱、面心上每个原子被几个晶胞占有是解本题关键。本题利用均摊法计算该小正方体中各种原子个数，顶点上的原子被8个小正方体共用，面心上的原子被2个小正方体共用，体心上的原子被1个小正方体占有。- 36 -