河北省唐山市2020届高三化学9月摸底考试试题（含解析）

河北省唐山市2020届高三化学9月摸底考试试题（含解析）相对原子质量：h1 c12 n14 o16 s32 fe56 cu64一、选择题1.本草纲目中对玻璃有如下叙述：“本作颇黎。颇黎，国名也。其莹如水，其坚如玉，故名水玉，与水精（即水晶，主要成分为sio2）同名。有酒色、紫色、白色，莹澈与水精相似。”下列说法错误的是（ ）a. 文中所描述的玻璃颜色，来自某些金属氧化物b. 玻璃质地坚硬，不易破碎c. 将石灰石、纯碱、石英在高温下熔融，可制得普通玻璃d. 不能用带有磨口玻璃塞的玻璃试剂瓶盛放naoh溶液【答案】b【解析】【详解】a、玻璃中含有少量金属氧化物，能够使玻璃呈现不同的颜色，故a正确；b、玻璃是一种质地坚硬，容易破碎的玻璃态物质，故b错误；c、制玻璃的原料是：石灰石、纯碱、石英，三者在玻璃熔炉中高温熔融可制得玻璃，故c正确；d、玻璃塞中的二氧化硅能和氢氧化钠反应生成硅酸钠，长时间后，塞子不容易打开，所以氢氧化钠溶液不能用带有磨口玻璃塞的试剂瓶盛装，故d正确；故选b。2.关于化合物，下列说法正确的是（ ）a. 分子式为c9h10b. 分子中所有碳原子均处于同一平面c. 与互为同分异构体d. 易溶于水【答案】a【解析】【详解】a、根据结构简式可知，该化合物的分子式为c9h10，故a正确；b、分子中含有结构，为四面体结构，所有碳原子不可能处于同一平面，故b错误；c、的分子式为c9h12，分子式不同，不是同分异构体，故c错误；d、该化合物属于烃类，难溶于水，故d错误；故选a。【点睛】本题的易错点为b，要注意甲烷是四面体结构，有机物分子中只要含有或中的一种，分子中的所有碳原子就不可能处于同一平面内。3.实验室用如图所示装置（图中夹持仪器略去）测定牙膏样品中碳酸钙的质量分数，下列说法错误的是a. 实验过程中持续通入空气可起到搅拌b、c中的反应物的作用b. 实验过程中滴加盐酸的速率不宜过快c. 依据装置c在反应前后的质量差测定的结果会偏高d. c中的沉淀经过滤、干燥、称重后可确定牙膏样品中碳酸钙的质量【答案】d【解析】【详解】a. 实验过程中持续通入空气可起到搅拌b、c中的反应物的作用，使反应物充分混合，增加反应物的接触机会，加快反应速率，同时可以将装置中残留的二氧化碳全部排入c中，使之完全被ba(oh)2溶液吸收，准确测定碳酸钙的质量分数，a项正确；b. 滴加盐酸过快，co2来不及被吸收，就被排出装置c，因此滴加盐酸不宜过快，使二氧化碳被吸收完全，可以提高测定准确度，b项正确；c. b中的水蒸气、氯化氢气体等进入装置c中，导致测定二氧化碳的质量偏大，测定的碳酸钙的质量偏大，碳酸钙的质量分数偏高，c项正确；d. b中牙膏样品中的caco3与盐酸反应生成co2，co2进入c中与足量的ba(oh)2溶液反应生成baco3沉淀，经过滤、干燥、称重后得baco3的质量，根据碳元素守恒得，n(caco3)= =n(co2)= n(baco3)，进而计算caco3的质量， d项错误；答案选d。4.na是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是a. ph13naoh溶液中含有oh的数目为0.1nab. na2o2与足量h2o反应生成0.1mol o2时转移电子的数目为0.4nac. 常温常压下，23g no2与n2o4的混合气体中共含有na个氧原子d. 常温常压下，22.4l co2中含有na个co2分子【答案】c【解析】【详解】a. 缺少氢氧化钠溶液的体积，无法计算溶液中氢氧根离子的数目，a项错误；b. 过氧化钠中氧元素化合价-1价变化为0价和-2价，生成1mol氧气，电子转移2mol，过氧化钠与水反应生成0.1mol氧气，转移0.2mol电子，转移电子的数目为0.2na，b项错误； c. 23g no2和n2o4的混合气体中含有0.5mol最简式no2，含有1mol氧原子，含有氧原子总数为na，c项正确；d. 不是标准状况下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算22.4l co2的物质的量，d项错误；答案选c。【点睛】1、a项是学生们的易错点，学生们往往不细心，直接认为溶液是1l并进行计算，这种错误只要多加留意，认真审题即可避免；2、d.项也是学生们的易错点，随意使用气体摩尔体积22.4l/mol，只有同时满足气体、标准状况，才可使用22.4l/mol，利用该公式计算气体的体积或者气体物质的量。5.常温下，用0.1000moll1 naoh溶液滴定20.00ml 0.1000 moll1某酸（ha）溶液，溶液中ha、a的物质的量分数(x)随ph的变化如图所示。已知(x)下列说法正确的是a. ka(ha)的数量级为105b. 溶液中由水电离出的c(h)：a点b点c. 当ph4.7时，c(a)c(oh)c(ha)c(h)d. 当ph7时，消耗naoh溶液的体积为20.00ml【答案】a【解析】【详解】a. 曲线的交点处，c(ha)=c(a-)，此时ph=4.7，则因此ka(ha)的数量级为10-5，a项正确；b. a点、b点溶液均显酸性，均抑制水的电离，a点ph较小，溶液酸性较强，抑制水的电离程度更大，因此，溶液中由水电离出的c (h)：a点7，d项错误；答案选a。【点睛】利用曲线的交点计算ka(ha)，是该题的巧妙之处，因为该点c(ha)=c(a-)，因此ka(ha)= c(h+)，同学们在做水溶液中离子平衡的图像题的时候，多关注特殊的点，诸如曲线的交点、起点、恰好反应点、中性点等。6.短周期主族元素w、x、y、z的原子序数依次增大，x的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，w的核外电子数与x、z的最外层电子数之和相等，y的原子序数是z的最外层电子数的2倍，由w、x、y三种元素形成的化合物m的结构如图所示。下列叙述正确的是（ ）a. 元素非金属性强弱的顺序为wyzb. y单质的熔点高于x单质c. w分别与x、y、z形成的二元化合物均只有一种d. 化合物m中w不都满足8电子稳定结构【答案】b【解析】【分析】短周期主族元素w、x、y、z的原子序数依次增大，x的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，则x为na元素；根据结构，w最外层有6个电子，原子序数小于11，则w为o元素；y最外层有4个电子，原子序数大于11，则y为si元素；w的核外电子数为8，与x、z的最外层电子数之和相等，则z最外层有7个电子，只能为cl元素；y的原子序数是z的最外层电子数的2倍，符合题意，据此分析解答。【详解】根据上述分析，w为o元素，x为na元素，y为si元素，z为cl元素。a、同一周期，从左向右，非金属性增强，同一主族，从上到下，非金属性减弱，则元素非金属性强弱的顺序为clsi，即zy，故a错误；b、硅为原子晶体，熔点高于钠，即y单质的熔点高于x单质，故b正确；c、o与na能够形成氧化钠和过氧化钠2种，故c错误；d、根据，阴离子带2个单位负电荷，其中o都满足8电子稳定结构，故d错误；故选b。7.通过膜电池可除去废水中的乙酸钠和对氯苯酚（），其原理如图所示，下列说法错误的是a. 该方法能够提供电能b. b极上的电势比a极上的电势低c. a极的电极反应为+h+2e-cl-+d. 电池工作时h通过质子交换膜由正极区向负极区移动【答案】d【解析】【分析】该装置为原电池，原电池中阳离子移向正极，根据原电池中氢离子的移动方向可知a为正极，正极有氢离子参与反应，电极反应式为+h+2e-cl-+，电流从正极经导线流向负极，据此解答。【详解】a. 该装置为原电池，将化学能转化为电能，则该方法能够提供电能，a项正确；b. 原电池中阳离子移向正极，根据原电池中氢离子的移动方向可知a极为正极，b极为负极，则b极上的电势比a极上的电势低，b项正确；c. a极为正极，有氢离子参与反应，电极反应式为+h+2e-cl-+，c项正确；d. 原电池中阳离子移向正极，则该原电池中氢离子向正极移动，d项错误；答案选d。8.四氯化钛（ticl4）是制取航空材料钛合金的重要原料。由钛铁矿（主要成分是fetio3，不溶于水）制备ticl4等产品的一种工艺流程示意如图：回答下列问题：（1）“酸浸”时需要将钛铁矿粉碎，其目的是_。（2）浸出液呈强酸性，含有tio2、fe2及少量fe3、al3等离子，则生成tio2的离子方程式是_。（3）“反应”时需加入铁屑至浸出液显紫色，此时溶液仍呈强酸性。该过程中有如下反应发生：2fe3fe3fe22tio2（无色）fe4h2ti3（紫色）fe22h2oti3（紫色）fe3h2otio2（无色）fe22h加入铁屑的作用是_。（4）通过控制条件，可以使过程中生成的tio2nh2o形成一种液态分散系，用一束光照射该分散系能够产生丁达尔效应，则分散质颗粒直径的范围是_。（5）过程制得的固体tio2nh2o需用过量酸清洗以除去其中的fe(oh)3杂质，检验fe(oh)3杂质除净的实验方法是_。（6）过程生成废气中含有co，则tio2和焦炭、氯气在高温下发生反应的化学方程式是_。（7）上述工艺具有成本低、可用低品位矿物为原料等优点。依据绿色化学理念，该工艺流程中存在的不足之处是_（只要求写出一项）。（8）依据表中信息，可采用_方法精制含少量sicl4杂质的ticl4。ticl4sicl4熔点/25.068.8沸点/136.457.6【答案】 (1). 增大接触面积，加快反应速率 (2). fetio34htio2fe22h2o (3). 将fe3还原为fe2 (4). 10-910-7m (5). 用试管取少量最后一次洗涤液，加入kscn溶液，若溶液未变为血红色，则说明fe(oh)3杂质已除净 (6). tio22c2cl2ticl42co (7). 过程中产生的co和残留的cl2有毒，污染空气 (8). 蒸馏【解析】【详解】（1）将钛铁矿粉碎，可以增大固体反应物的接触面积，加快反应速率； 故答案为：增大接触面积，加快反应速率；（2）根据已知信息，确定部分反应物fetio3和生成物tio2、fe2，再结合元素守恒，电荷守恒配平生成tio2的离子方程式为fetio34htio2fe22h2o；故答案为：fetio34htio2fe22h2o；（3）根据题意：浸出液中含有少量fe3，而浸出液加入铁粉后浓缩、结晶得到fecl2晶体，因此加入铁粉的目的是将fe3还原为fe2，加入铁屑至浸出液显紫色，说明fe3已完全被还原为fe2；故答案为：将fe3还原为fe2；（4）能够产生丁达尔效应的分散系为胶体，则分散质颗粒直径的范围是10-910-7m；故答案为：10-910-7m； （5）过量酸将fe(oh)3中和为fe3，用试管取少量最后一次洗涤液，加入kscn溶液，若溶液未变为血红色，则说明fe(oh)3杂质已除净；故答案为：用试管取少量最后一次洗涤液，加入kscn溶液，若溶液未变为血红色，则说明fe(oh)3杂质已除净；（6）过程反应物为tio2、氯气、焦炭，生成的废气中含有co，根据得失电子守恒、元素守恒写出方程式，则tio2和焦炭、氯气在高温下发生反应的化学方程式是tio22c2cl2ticl42co；故答案为：tio22c2cl2ticl42co；（7）依据绿色化学理念，该工艺流程中存在的不足之处是过程中产生的co和残留的cl2有毒，污染空气；故答案为：过程中产生的co和残留的cl2有毒，污染空气； （8）sicl4、ticl4为液态混合物，沸点相差较大，因此可用蒸馏的方法提纯ticl4；故答案为：蒸馏。9.二苯基乙二酮常用作医药中间体及紫外线固化剂，可由二苯基羟乙酮氧化制得，相关物质的物理参数、化学方程式及装置图（加热和夹持装置已略去）如下：相对分子质量熔点/沸点/密度/gcm3溶解性二苯基羟乙酮2121333441.310不溶于冷水，溶于乙醇二苯基乙二酮210973481.084不溶于水，能溶于乙醇+2fecl3+2fecl2+2hcl在反应装置中，加入10ml冰醋酸、5.50g fecl3固体、10ml水及少量碎瓷片，加热至沸腾，停止加热，待沸腾平息后加入2.12g二苯基羟乙酮，继续加热回流至二苯基羟乙酮完全反应。反应结束后加水煮沸，冷却后即有二苯基乙二酮粗产品析出，用70%乙醇水溶液重结晶提纯，得到1.80g产品。重结晶过程如下：加热溶解活性炭脱色趁热过滤冷却结晶抽滤洗涤干燥请回答以下问题：（1）装置图中仪器a的名称是_，其作用是_。（2）加入碎瓷片的作用是_。若加热后发现未加碎瓷片，应采取的正确方法是_。（3）实验中可采用薄层色谱跟踪反应进程，其原理和操作与纸上层析类同，通过观察薄层色谱展开后的斑点（在实验条件下，只有二苯基羟乙酮和二苯基乙二酮能够产生斑点）判断样品中的成分。如图分别为加入二苯基羟乙酮后反应开始、回流15min、30min、45min和60min时，用毛细管取样、点样，薄层色谱展开后的斑点：该实验条件下加热_后可认为反应结束。a15min b30min c45min d60min（4）上述重结晶过程中，_（填步骤名称）操作除去了不溶性杂质。（5）在重结晶过程中，不可选用明火直接加热，原因是_。（6）不选择蒸馏的方法提纯二苯基乙二酮粗产品的原因是_。（7）本实验的产率是_%。（保留3位有效数字）【答案】 (1). 球形冷凝管 (2). 冷凝回流 (3). 防止暴沸 (4). 停止加热，待冷却后补加 (5). c (6). 趁热过滤 (7). 所用70%乙醇溶液会挥发出乙醇蒸气，与空气混合遇明火爆炸 (8). 二苯基乙二酮粗产品为固体混合物，二苯基乙二酮与二苯基羟乙酮的沸点差别较小 (9). 85.7【解析】【分析】（1）仪器a的名称是球形冷凝管，其作用是冷凝回流，可减少二苯基乙二酮、二苯基羟乙酮的损失；（2）烧瓶中加热液体时均需加入碎瓷片防止液体暴沸；若加热后发现未加碎瓷片，应采取的正确方法是停止加热，待冷却后补加；（3）对照图上的斑点分析，可以知道，反应开始时图上的斑点是反应物，由此可推知，回流15min、30min时的图上，下面的斑点为反应物，上面的斑点为生成物，45min时则图上的斑点是生成物，而反应物基本上无剩余，据此解答；（4）根据重结晶的过程判断每一步的作用，趁热过滤可以除去不溶性杂质；（5）乙醇作为重结晶的溶剂，但是乙醇易挥发出乙醇蒸气，与空气混合遇明火爆炸，据此解答； （6）根据二者的熔沸点选择分离方式；（7）列比例计算二苯基乙二酮的理论产量，进而计算产率。【详解】（1）仪器a的名称是球形冷凝管，其作用是冷凝回流，减少二苯基乙二酮、二苯基羟乙酮的损失；故答案为：球形冷凝管；冷凝回流；（2）加入碎瓷片的作用是防止暴沸；若加热后发现未加碎瓷片，应采取的正确方法是停止加热，待冷却后补加；故答案为：防止暴沸；停止加热，待冷却后补加；（3）对照图上的斑点分析，可以知道，反应开始时图上的斑点是反应物，由此可推知，回流15min、30min时的图上，下面的斑点为反应物，上面的斑点为生成物，45min时则图上的斑点是生成物，而反应物基本上无剩余。因此，该实验条件下加热45min后可认为反应结束；故答案为：c；（4）重结晶过程：加热溶解活性炭脱色趁热过滤冷却结晶抽滤洗涤干燥，其中活性炭脱色可以除去有色杂质，趁热过滤可以除去不溶性杂质，冷却结晶，抽滤可以除去可溶性杂质，则上述重结晶过程中，趁热过滤操作除去了不溶性杂质；故答案为：趁热过滤；（5）在重结晶过程中，用的是70%乙醇水溶液重结晶提纯二苯基乙二酮，乙醇溶液会挥发出乙醇蒸气，与空气混合遇明火爆炸，因此在重结晶过程中，不可选用明火直接加热； 故答案为：所用70%乙醇溶液会挥发出乙醇蒸气，与空气混合遇明火爆炸；（6）二苯基乙二酮粗产品为固体混合物，且二苯基乙二酮与二苯基羟乙酮的沸点差别较小，因此不选择蒸馏的方法提纯二苯基乙二酮粗产品；故答案为：二苯基乙二酮粗产品为固体混合物，二苯基乙二酮与二苯基羟乙酮的沸点差别较小；（7）理论上2.12 g二苯基羟乙酮完全反应，其物质的量为，则理论上生成二苯基乙二酮为0.1mol，其质量为m=nm=0.01mol210g/mol=2.1g，则其产率为；故答案为：85.7。10.研究减少co2排放是一项重要课题。co2经催化加氢可以生成低碳有机物，主要有以下反应：反应：co2(g)3h2(g)ch3oh(g)h2o(g) h149.6 kj/mol反应：ch3och3(g)h2o(g)2ch3oh(g) h223.4 kj/mol反应：2co2(g)6h2(g)ch3och3(g)3h2o(g) h3（1）h3_kj/mol。（2）恒温恒容条件下，在密闭容器中通入等物质的量的co2和h2，发生反应i。下列描述能说明反应i达到平衡状态的是_（填序号）。a反应体系总压强保持不变b容器内的混合气体的密度保持不变c水分子中断裂2na个h-o键，同时氢分子中断裂3na个h-h键dch3oh和h2o的浓度之比保持不变 （3）反应ii在某温度下的平衡常数为0.25，此温度下，在密闭容器中加入等物质的量的ch3och3(g)和h2o(g)，反应到某时刻测得各组分浓度如下：物质ch3och3(g)h2o(g)ch3oh(g)浓度/moll11.81.80.4此时v正_v逆（填“”、“”或“”），当反应达到平衡状态时，混合气体中ch3oh体积分数(ch3oh)% _%。（4）在某压强下，反应iii在不同温度、不同投料比时，co2的平衡转化率如图所示。t1温度下，将6mol co2和12mol h2充入2 l的密闭容器中，5min后反应达到平衡状态，则05min内的平均反应速率v(ch3och3)_；ka、kb、kc三者之间的大小关系为_。（5）恒压下将co2和h2按体积比1：3混合，在不同催化剂作用下发生反应i和反应iii，在相同时间段内ch3oh的选择性和产率随温度的变化如图。其中：ch3oh的选择性100%温度高于230，ch3oh产率随温度升高而下降的原因是_。在上述条件下合成甲醇的工业条件是_。a210 b230 c催化剂czt d催化剂cz(zr1)t【答案】 (1). 122.6 (2). ac (3). (4). 20 (5). 0.18moll1min1 (6). kakckb (7). 反应i的h0温度升高，使co2转化为ch3oh的平衡转化率下降 (8). bd【解析】【分析】（1）根据盖斯定律以及热化学方程式进行计算；（2）根据化学平衡状态的判断标志进行判断；（3）根据浓度商和化学平衡常数的大小关系判断反应进行的方向；设未知数利用化学平衡常数列出三段式解方程，进而计算体积分数；（4）根据图像确定co2的平衡转化率，进而计算ch3och3的生成量，再利用化学反应速率的计算公式计算v(ch3och3)；根据化学平衡常数只与温度有关，温度不变，化学平衡常数不变，得出kakc，再根据该反应为正向放热的反应，降温平衡逆向移动，结合图像判断t1、t2的大小关系，从而得出ka、kc、kb三者的关系； （5）反应i的h0，升温平衡逆向移动，co2转化转化率降低，ch3oh产率下降，再结合图像判断合成甲醇的工业条件。【详解】（1）根据盖斯定律知，反应iii=反应2-反应，因此，h3=h12-h2=49.6 kj/mol2-23.4 kj/mol=-122.6 kj/mol；故答案为：122.6；（2）反应条件为恒温恒容，反应i：co2(g)3h2(g)ch3oh(g)h2o(g)为反应前后气体物质的量减少的反应，a. 该反应为反应前后气体物质的量减少的反应，随着反应的进行气体物质的量减少，体系总压强减小，因此当反应体系总压强保持不变时能说明反应i达到平衡状态，a项正确；b. 根据质量守恒定律知混合气体的总质量不变，容器容积也不变，则随着反应的进行，容器内的混合气体的密度始终保持不变，因此当反容器内的混合气体的密度保持不变时不能说明反应i达到平衡状，b项错误；c. 当水分子中断裂2na个ho键时会有3na个hh键形成，即生成3mol氢分子，若同时氢分子中断裂3na个hh键，即消耗3mol氢分子，则氢气的物质的量保持不变，反应达到平衡状态，因此水分子中断裂2na个ho键，同时氢分子中断裂3na个hh键能说明反应i达到平衡状，c项正确；d. 反应达到平衡状态时各物质的物质的量浓度保持不变，但ch3oh和h2o的浓度之比始终等于1:1，因此ch3oh和h2o的浓度之比保持不变不能说明反应i达到平衡状，d项正确；故答案为：ac；（3）此刻反应的浓度商，因此反应向正反应方向进行，v正v逆；设起始时ch3och3和h2o的物质的量均为a mol，反应达到平衡状态时，ch3och3的转化量为x mol，则可列出三段式：ch3och3(g) h2o(g)2ch3oh(g)起始（mol） a mol a mol 0转化（mol） x mol x mol 2x mol平衡（mol） (a-x)mol (a-x)mol 2x mol则化学平衡常数，解得：x=0.2a，则混合气体中ch3oh的物质的量为0.4a，混合气体总物质的量不变仍为2a，因此混合气体中ch3oh体积分数；故答案为：；20； （4）由图可知，在t1温度下，将6 molco2和12molh2充入2 l的密闭容器中时，co2的平衡转化率为60%，因此co2的转化量为6 mol60%=3.6，则生成ch3och3的物质的量为1.8mol，；化学平衡常数只与温度有关，温度不变，化学平衡常数不变，则kakc，由图像可知，当投料比相同时，t1温度下的平衡转化率较大，该反应为正向放热的反应，降温平衡正向移动，化学平衡常数增大，因此t1t2，kakckb；故答案为：0.18moll1min1；kakckb； （5）反应i的h0，在相同的时间段内反应，230反应达到平衡状态，升温平衡逆向移动，co2转化转化率降低，ch3oh产率下降；故答案为：反应i的h0温度升高，使co2转化为ch3oh的平衡转化率下降；由图像可知在230下ch3oh的转化率最高，催化剂cz(zr1)t对ch3oh的选择性最好，因此合成甲醇的工业条件是230，催化剂cz(zr1)t。故答案为：bd。【点睛】化学平衡状态的判断是学生们的易错点，首先一定要关注反应条件是恒温恒容、恒温恒压还是恒温绝热等，再关注反应前后气体物质的量的变化以及物质的状态，化学平衡状态时正逆反应速率相等，各物质的量、浓度等保持不变，以及衍生出来的一些量也不变，但一定得是“变化的量”不变了，才可作为判断平衡的标志。11.镍、钴、钛、铜等元素常用作制备锂离子电池的正极材料或高效催化剂。na表示阿伏加德罗常数，请填写下列空白。（1）基态co原子的电子排布式为_。（2）镍与co生成的配合物ni(co)4中，易提供孤电子对的成键原子是_（填元素名称）；1 molni(co)4中含有的键数目为_；写出与co互为等电子体的一种阴离子的化学式_。（3）ti(bh4)2是一种储氢材料。bh4-的空间构型是_，b原子的杂化方式_。与钛同周期的第b族和a族两种元素中第一电离能较大的是_（写元素符号），原因是_。（4）cufes2的晶胞如图所示，晶胞参数分别为anm、bnm、cnm；cufes2的晶胞中每个cu原子与_个s原子相连，晶体密度_gcm3（列出计算表达式）。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标，例如图中原子2和3的坐标分别为（0，1，）、（，0），则原子1的坐标为_。【答案】 (1). ar3d74s2 (2). 碳 (3). 8na (4). cn或c22 (5). 正四面体 (6). sp3 (7). zn (8). zn核外电子排布为全满稳定结构，较难失电子 (9). 4 (10). (11). （，）【解析】【分析】(1)co是27号元素，结合构造原理写出电子排布式；(2)ni原子含有空轨道，co与氮气互为等电子体，二者化学键类似，co分子中c、o原子均有1对孤对电子，结合电负性判断哪个原子更易提供孤对电子形成配位键；ni(co)4分子中有4个配位键，属于键，co中含有1个键，故1个ni(co)4分子中有8个键；(3)根据价层电子对个数=键个数+孤电子对个数计算判断bh4-中b原子杂化类型和空间构型；结合原子轨道中电子处于全满、全空或半满时较稳定分析判断；(4)根据均摊法计算晶胞中含有的原子个数，再根据=计算；根据原子2和3的坐标分析判断出坐标原点，再根据图示判断原子1的坐标。【详解】(1)钴为27号元素，基态钴原子的核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d74s2或简写为ar3d74s2，故答案为：1s22s22p63s23p63d74s2或ar3d74s2；(2)ni原子含有空轨道，co与氮气互为等电子体，二者化学键类似，co分子中c、o原子均有1对孤对电子，由于o元素电负性比碳元素的大，c原子更易提供孤对电子形成配位键；ni(co)4分子中有4个配位键，属于键，co中含有1个键，故1个ni(co)4分子中有8个键，1molni(co)4中含有的键数目为8na(或86.021023或4.8161023)；与co互为等电子体微粒有2个原子、价电子总数为10，阴离子可以是cn-或c22，故答案为：碳；8na(或86.021023或4.8161023)；cn-或c22； (3)bh4-中b原子的孤电子对数=0，价层电子对数=0+4=4，bh4-的空间构型与vsepr模型相同，即为正四面体，杂化轨道数目为4，b原子采取sp3杂化；与钛同周期的第b族和a族两种元素为zn和ga，由于zn核外电子排布为全满结构，比较稳定，较难失电子，因此第一电离能比ga的大，故答案为：正四面体形；sp3杂化；zn；zn核外电子排布为全满稳定结构，较难失电子；(4)根据cufes2的晶胞图，晶胞内部的每个cu原子与4个s相连，因此晶胞中每个cu原子与4个s原子相连；该晶胞中s原子个数=8、fe原子个数=4+4+2=4、cu原子个数=8+4+1=4，则晶胞质量为g，晶胞参数分别为anm、bnm、cnm，则晶胞体积=abc(nm3)，晶体密度= gcm3；图中原子2和3的坐标分别为(0，1，)、(，0)，说明是以图中底面左前方的铜原子作为坐标原点的，则原子1的坐标为(，)，故答案为：4；(，)；【点睛】本题的难点和易错点为(4)中原子1的坐标的确定，要注意根据原子2和3的坐标找出坐标原点。12.有机物m可由a（c2h4