河北省衡水中学2020届高三化学下学期试卷（含解析）

河北衡水中学2020届高三下学期理科综合化学试题1.下列对文中描述内容的相关解释正确的是（ ）选项描述解铎A丹砂烧之成水银，积变又还成丹砂两个反应互为可逆反应B凡埏泥造瓦，掘地二尺余，择取无沙粘土而为之其中“瓦”的主要成分为硅酸盐C硝石（KNO3）如握盐雪不冰，强烧之，紫青烟起产生“紫青烟”的原因为KNO3分解D其法用浓酒精和槽入瓶，蒸令气上，用器承滴露其中涉及的操作方法为蒸发浓缩A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A.“ 丹砂烧之成水银”的实质是：2HgO2Hg+O2，“积变又还成丹砂”实质是2Hg+O2=2HgO，化学反应条件不同，不互为可逆反应，错误；B.“埏泥”即为黏土，其主要成分为硅酸盐，正确；C.“紫青烟”是由于钾的焰色反应引起的，错误；D.“ 蒸令气上,用器承滴露”可知，该操作方法为蒸馏，错误。【点睛】（1）可逆反应的正逆条件必须相同；（2）焰色反应还可用于区分KNO3和NaNO3；（3）对于化学与传统文化考题，需抓住关键词解答。2.化学与生活，生产密切相关，下列说法正确的是（ ）A. 向燃煤中加入CaO、推广电动公交车均符合绿色化学理念B. 市售“锌强化酱油”中含有大量锌元素C. 银氨溶液常用于测定血液中葡萄糖的含量D. 皂化反应用于制备高级脂肪酸和甘油【答案】A【解析】【详解】A.绿色化学理念是从源头上控制污染，向燃煤中加入CaO 在燃烧过程中减少了SO2的排放，电动公交车没有尾气排饭，A正确；B.锌为微量元素，不能含量太大，B错误；C.常用新制 Cu(OH)2测定血液中葡萄糖的含量，而不是银氨溶液，C错误；D.皂化反应可用于制备高级脂肪酸钠（肥皂）和甘油，D错误。本题答案选A。3.某有机物的结构简式如下所示，下列有关该有机物的说法不正确的是（ ）A. 苯环上的一氯代物有3种B. 含有2种宫能团C. 能发生氧化反应、取代反应、还原反应D. 分子中的所有碳原子一定共面【答案】D【解析】【详解】A.该物质含有的苯环结构如图所示，没有对称结构，有机物苯环上的一氯代物有3种，A正确；B.该有机物分子中含有羧基，如图所示、碳碳双键，如图所示的部分有碳碳双键2种官能团，B 正确；C.该有机物能发生氧化反应（有碳碳双键、可燃烧）、取代反应（烃基可以和卤素单质发生取代，羧基可以发生酯化反应）、还原反应（碳碳双键和氢气加成等），C正确；D.由于碳碳单键可以旋转，该有机物分子中所有的碳原子不一定共面，D错误。本题答案选D。4.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子半径依次增大，X是短周期元素中原子半径最小的，Z、W同主族，且Z、W的原子序数之差与Y的原子序数相同，X、Y、Z、W的最外层电子数之和为15。下列说法正确的是（ ）A. Z单质与WY2在高温条件下反应生成W单质，说明非金属性：ZWB. 向无色的X2Z2Y4溶液中滴加少量酸性高锰酸钾溶液，溶液仍为无色，体现了X2Z2Y4的还原性C. Y、Z、W的简单氢化物的稳定性依次增强D. 由X、Y两种元素形成的所有化合物中所含化学键的类型完全相同【答案】B【解析】【详解】根据题意可知，X是短周期元素中原子半径最小的，为H元素。Z、W同主族，且Z、W的原子序数之差与Y的原子序数相同，短周期同主族相邻周期元素原子序数差一般为2或8个，但X为H元素，相差的不是2，Z、W同主族，其原子序数差为8，可知Y为O元素，X、Y、Z、W的最外层电子数之和为15，H最外层为1，O最外层为6，则Z和W的最外层电子数为4。可知X、Y、Z、W分別为H、O、C、Si。AC与SiO2在高温条件下发生反应2C+SiO2高温Si+2CO ，说明还原性CSi，A错误；BX2Z2Y4溶液为草酸溶液，草酸可以与高锰酸钾反应，草酸具有还原性，B正确；CO、C、Si的非金属性依次减弱，对应的简单氢化物的稳定性依次减弱，C错误；D由H、O两种元素形成的化合物为H2O和H2O2，H2O中含有极性共价键，H2O2中含有极性共价键和非极性共价键，D错误。本题答案选B。5.实验室制备硝基苯的实验装置如图所示（夹持装置已略去）。下列说法不正确的是（ ）A. 水浴加热的优点为使反应物受热均匀、容易控制温度B. 将浓硫酸、浓硝酸和苯混合时，应向浓硝酸中加人浓硫酸，待冷却至室温后，将所得混合物加入苯中C. 实验过程中发现仪器b中未加入碎瓷片，可冷却后补加D. 反应完全后，可用仪器a、b蒸馏得到产品【答案】D【解析】水浴加热的优点是使反应物受热均匀、容易控制温度，但温度只能加热到100，故A正确；浓硫酸的密度大于硝酸，所以将浓硫酸、浓硝酸和苯混合时，应向浓硝酸中加入浓硫酸，待冷却后，将所得的混合物加入苯中，故B正确；实验进行的途中若发现未加入碎瓷片，不能再进行继续实验，也不能立即加入碎瓷片，需冷却后补加，故C正确；蒸馏操作时，要用蒸馏烧瓶和直形冷凝管，故D错误。6.传统接触法制取硫酸能耗大，污染严将燃料电池引人硫酸生产工艺可有效解决能耗和环境污染问题，同时提供电能。以燃料电池为电源电解硫酸铜溶液的工作原理示意图如下所示。下列说法不正确的是（ ）A. b极为正极，电极反应式为O2+4H+4e-=2H20B. H+由a极通过质子交换膜向b极移动C. 该燃料电池的总反应式为2SO2+O2+2H2O=2H2SO4D. 若a极消耗2.24 L（标准状况）SO2，理论上c极，有6.4g铜析出【答案】D【解析】【分析】燃料电池：a端：二氧化硫生成硫酸根离子，硫元素化合价升高失电子所以a为负极，电极反应式SO2+2H2O-4e-=SO42-+4H+；b为正极，电极反应式为O2+4H+4e-=2H2O，总电极反应式2SO2+O2+2H2O=2H2SO4。电解池：c极和电源正极相连为阳极，失电子，电极反应式为4OH-4e-=2H2O+O2，d极与电源负极相连为阴极，得电子，电极反应式为Cu2+2e+=Cu,总电极反应式为2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+O2。【详解】A. b为正极，看到质子交换膜确定酸性环境，电极反应式为O2+4H+4e-=2H2O，故不选A；B.原电池内部阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，故不选B；C.由上面分析可知该燃料电池的总反应为2SO2+O2+2H2O=2H2SO4，故不选C；D.d极与电源负极相连，为阴极得电子，有铜析出，所以应该是若a电极消耗标况下2.24LSO2，理论上在d极上有6.4g铜析出，故选D；正确答案：D。【点睛】根据质子交换膜确定溶液酸碱性，燃料电池中燃料在负极反应失电子，氧气在正极反应得电子。根据燃料电池正负极确定电解池的阴阳极、电极反应式和离子移动方向等。7.已知HA的酸性弱于HB的酸性。25时，用NaOH固体分别改变物质的量浓度均为0.1 molL-1的HA溶液和HB溶液的pH（溶液的体积变化忽略不计），溶液中A-、B-的 物质的量浓度的负对数与溶液的pH的变化悄况如图所示。下列说法正确的是（ ）A. 曲线表示溶液的pH与-lgc（A-）的变化关系B. C. 溶液中水的电离程度：MND. N点对应的溶液中c（Na+）Q点对应的溶液中c（Na+）【答案】B【解析】【详解】A.由“HA的酸性弱于HB的酸性”可知，Ka（HB）Ka（HA），由图可知，曲线I表示溶液的pH与-lgc（B-）的变化关系，错误；B.根据图中M、N点的数据可知，c（A-）=c（B-），c（HA）=c（HB），故，正确；M点与N点存在c（A-）=c（B-），M点溶液的pH比N点溶液的pH小，故M点水的电离程度弱，错误；D.N、Q点对应溶液的pH相等，由图可知c（A-）c（B-），根据电荷守恒可知，N点对应的溶液中c（Na+）小于Q点对应的溶液中c（Na+），错误。8.工业上用木炭粉和水蒸气在高温条件下反应制取H2，同时生成CO2。某学习小组在实 验室中模拟H2的工业生产过程并测定其产率，实验装置如下所示。（1）仪器a的名称为_。仪器b的作用为_。（2）实验步骤：连接好装置，检查装置的气密性；_（按顺序填入下列步骤的序号）。向装置A、B、C、D中分别加入相应试剂，打开活塞K，通入一段时间N2。加热装置B处硬质玻璃管。关闭活塞K，连接盛有适量水的量气管。点燃装置A处酒精灯。待装置B处木炭粉完全反应后，停止加热。（3）装置B处硬质玻璃管中发生的所有反应的化学方程式为_。（4）读取B气管读数时，应注意的事项为冷却至室温、_、视线与凹液面最低点相切；若仰视读取初始读数，则导致所测气体的体积_（填“偏大”或“偏小”）。（5）实验后所得气体体积为V2 mL标准状况）；取装置C中液体，加入足量BaCl2溶液，过滤、洗涤，将滤液和洗涤液合并，以甲基橙为指示剂，用0.1000molL-1的盐酸标准溶液滴定，达到滴定终点时，消耗标准溶液的体积为V3mL。达到滴定终点时的现象为_。H2的产率为_（列出代数式即可）。还可通过_，得出装置C中所吸收产物的物质的量。（6）从安全角度考虑，该实验装置的缺陷为_。【答案】 (1). 酒精喷灯 (2). 平衡压强、检查装置是否存在堵塞 (3). (4). C+H2O（g）高温CO+H2、C+2H2O（g）高温CO2+2H2 (5). 调整量气管至左右液面相平 (6). 偏大 (7). 当滴入最后一滴盐酸时，溶液由黄色变为橙色，且半分钟内不变色 (8). V210-3L22.4Lmol-1-m-6（V1-V3）10-412molm6mol100% (9). 测定洗净后干燥的BaCO3的质量 (10). 缺少防倒吸装置【解析】【分析】模拟H2的工业生产过程，木炭和水蒸气反应，A装置提供水蒸气，到B中与木炭反应生成二氧化碳和氢气，C中NaOH溶液吸收CO2，D装置干燥，E排水量氢气，用于测产率。【详解】（1）由装置图知仪器a的名称为酒精喷灯。玻璃导管b与内外气压相通，可平衡压强，并检查装置是否存在堵塞。答案为酒精喷灯；平衡压强、检查装置是否存在堵塞；（2）根据实验目的和实验原理，连接好装置，检查装置的气密性后，应进行的操作为向装置A、B、C、D中分别加入相应的试剂，打开活塞K，通入一段时间N2以排尽装置中的空气；再关闭活塞K，连接盛有适量水的量气管；点燃装置B处酒精喷灯预热木炭粉，以防止水蒸气进入硬质玻璃管后冷凝，使木炭粉潮湿不易与水蒸气反应；然后点燃装置A处酒精灯，提供水蒸气；待装置B处木炭粉完全反应后，停止加热，故正确的实验步骤为。答案为；（3）装置B处硬质玻璃管中可能发生C与水蒸气在高温条件下生成CO、H2的反应和C与水蒸气在高温条件下生成CO2、H2的反应，其化学方程式分别为C+H2O（g）CO+H2、C+2H2O（g）高温CO2+2H2。（4）读取量气管读数时，应注意的事项为冷却至室温、调整量气管至左右液面相平、平视读数。若仰视读取初始读数，则读数偏大，导致所测气体的体积偏大。答案为调整量气管至左右液面相平 偏大；（5）甲基橙的变色范围为3.14.4，故达到滴定终点时的现象为当滴入最后一滴盐酸时，溶液由黄色变为橙色，且半分钟内不变色。答案为当滴入最后一滴盐酸时，溶液由黄色变为橙色，且半分钟内不变色；根据信息知，反应生成的n（CO2）=（V1l0-3 L0.1000molL-l-V310-3L0.1000molL-1）/2=mol；mg木炭粉中所含n（C）=mol；由碳原子守恒知，所测混合气体中n（CO）=m12-（V1-V3）10-42mol=m-6（V1-V3）10-412mol；由化学方程式C+2H2O（g）高温CO2+2H2，计算得H2的理论产量为（m122）mol=m6mol，则H2的产率为V210-3L22.4Lmol-1-m-6（V1-V3）10-412molm6mol100%；通过测定洗净后干燥的BaCO3的质量，可得出生成 的CO2的质量，进一步计算出H2的产率。答案为测定洗净后干燥的BaCO3的质量；（6）装置受热不均匀或装置内气体压强减小时，容易引起倒吸。答案为缺少防倒吸装置。9.锰及其化合物在工农业生产和科技领域具有广泛的应用。溶液中的Mn2+可被酸性（NH4）2S2O8溶液氧化为MnO4-，该方法可用于检验Mn2+。（1）用酸性（NH4）2S2O8溶液检验Mn2+时的实验现象为_。（2）该反应的离子方程式为_。（3）（NH4）2S2O8可视为由两分子琉酸缩合所得，若硫酸的结构简式为，则H2S2O8的结构简式为 _。实验室用含锰废料（主要成分为MnO2，还含有少量Al2O3、MgO、SiO2）为原料制备Mn的工艺流程如下图所示。已知：部分难溶物的溶度积常数如下表所示。难溶物Fe（OH）3Al（OH）3Mg（OH）2Mn（OH）2溶度积常数4.010-381.010-331.810-111.810-13当溶液中离子浓度1.010-5mol L-1时，可认为该离子沉淀完全。（1）“酸浸”时，MnO2将Fe氧化为Fe3+，该反应的离子方程式为_；该过程中浸出时间和液固比对锰浸出率的影响分别如下图所示。则适宜的浸出时间和液固比分别为_、_。（2）若“酸浸”后所得滤液中c（Mn2+）=0.18molL-1，则应“调pH”的范围为_。（3）“煅烧”反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_。“还原”时发生的置换反应在化学上又叫作_。【答案】 (1). 溶液由无色变为紫红色 (2). 5S2O82-+2Mn2+8H2O=2MnO4-+10SO42-+16H+ (3). (4). 3MnO2+2Fe+12H+=3Mn2+2Fe3+6H2O (5). 60min (6). 3:1 (7). pH8 (8). 1:2 (9). 铝热反应【解析】【分析】.用硫酸浸取中，只有SiO2不与硫酸反应，滤渣中有SiO2。根据后面的流程中中间产物为MnCO3，则Fe的作用就是为了将锰的化合价从+4还原到+2，滤渣1中还包括了过量的铁粉。调节pH沉淀铁离子和铝离子，加入NaF沉淀镁离子，加入碳酸氢铵沉淀锰，生成碳酸锰，在空气中煅烧被氧气氧化为MnO2，经过铝热反应得到锰单质。【详解】.（1）溶液中的Mn2+转化为MnO4-时的实验现象为溶液由无色变为紫红色。答案为溶液由无色变为紫红色；（2）Mn2+被酸性（NH4）2S2O8溶液氧化为MnO4-，还原产物应为SO42-，反应的离子方程式为5S2O82-+2Mn2+ +8H2O=2MnO4-+10SO42-+16H+。答案为5S2O82-+2Mn2+8H2O=2MnO4-+10SO42-+16H+；（3）H2S2O8可视为由两分子硫酸缩合所得，硫酸的结构简式为，则H2S2O8的结构简式为。答案为；.（1）由题中信息可知，“酸浸”时，MnO2在酸性介质中将Fe氧化为Fe3+，本身被还原为Mn2+，该反应的离子方程式为 3MnO2+2Fe+12H+=3Mn2+2Fe3+6H2O；由图甲可知，适宜的浸出时间为60min，由图乙可知，适宜的液固比为3:1。答案为3MnO2+2Fe+12H+=3Mn2+2Fe3+6H2O 60min 3:1；（2）由流程图中信息知，“调pH”的目的是使Fe3+和A13+沉淀完全，而Mn2+不沉淀，根据KspA1（OH）3= 1.010-33，,KspFe（OH）3 = 4.010-38可知，Al3+沉淀完全时Fe3+已沉淀完全，Al（OH）3恰好完全沉淀时的pH为-lg，Mn2+开始沉淀时的pH为-lg=8，则“调pH”的范围为pH8。答案为pH8；（3）根据信息知，“煅烧”时，空气中的O2将MnCO3氧 化为MnO2，根据得失电子守恒可得关系式O2 2MnCO3，即氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2。“还原”时发生铝粉与高熔点金属氧化物的反应，又称铝热反应。答案为1:2 铝热反应。10.“循环经济”和“低碳经济”是目前备受关注的课题，因而对碳、硫及其化合物的综合利用 成为研究的热点。（1）下列事实中，能用来比较碳元素和硫元素的非金属性强弱的是_（填字母）。ASO2具有漂白性而CO2没有B少量H2SO3可与Na2CO3反应生成NaHCO3CSO2能使酸性KMnO4溶液褪色而CO2不能DNa2CO3溶液显碱性，而Na2SO4溶液显中性（2）通过热循环进行能源综合利用的反应系统的原理如下图所示。系统（）制取氢气的热化学方程式为_；两个系统制得等量的H2时所需能量较少的是_。（3）向10L恒容密闭容器中充入2 molCO和1molSO2，发生反应2CO（g）+SO2（g）S（g）+2CO2（g）。CO和CO2的平衡体积分数（）与温度（T）的变化关系如下图所示。图中表示CO的平衡体积分数与温度的变化关系的曲线为_（填“L1”或“L2”）。T1时，SO2的平衡转化率a1=_，反应的平衡常数K1=_。只改变下列条件，既能加快该反应的反应速率，又能增大CO的平衡转化率的是_（填字母）。A增大压強 B充入一定量的H2S C充入一定量的SO2 D加入适当催化剂向起始温度为T1的10L绝热容器中充入2molCO和1molSO2，重复实验，该反应的平衡常数K2_（填“”“”或“=”）K1，理由为_。【答案】 (1). D (2). S（g）+2H2O（g）SO2（g）+2H2（g） H=-90.0kJmol-1 (3). 系统（） (4). L2 (5). 50% (6). 1 (7). C (8). (9). 该反应为吸热反应，平衡时绝热容器内的温度低于恒温容器内的温度，平衡逆向移动，平衡常数减小【解析】【分析】(1)比较非金属性，可利用非金属元素气态氢化物的稳定性，和最高价氧化物对应的水化物的酸性，S的最高价的氧化物的水化物为硫酸，不能利用亚硫酸。（2）盖斯定律求反应热。【详解】（1）SO2具有漂白性，其原因为SO2与有色物质反应生成不稳定的无色物质，与元素的非金属性无 关，A错误；少量H2SO3可与Na2CO3反应生成 NaHCO3，证明H2SO3的酸性强于HCO3-的酸性，但不能比较碳元素与硫元素的非金属性强弱，B错误；SO2能使酸性KMnO4溶液褪色.体现其还原性，低价 态氧化物的还原性强弱不能用来比较元素的非金属性 强弱，C错误；Na2CO3溶液显碱性说明H2CO3为弱酸，Na2SO4溶液显中性说明H2SO4为强酸，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，元素的非金属性越强，D正确。答案选D；（2）由信息知，CO2（g）+C（s）2CO（g） H1= + 172.4 kJ mol-1，Fe3O4（s）+CO（g）3FeO（s） + CO2 （g） H2=+ 17.2 kJ mol-1，3FeO（s）+ H2O（g） Fe3O4（s） + H2（g） H3= -58. 2 kJmol-1， 2CO（g）+SO2（g）S（g）+2CO2（g） H4= +8.0 kJ mol-1，应用盖斯定律得系统（）中热化学碳水循环制取氢气的热化学方程式为+2+2，即 C（s）+ 2H2O（g）CO2（g）+2H2（g） H=+90.4 kJ mol-1；系统（）中热化学硫水循环联产氢气和二氧化硫的热化学方程式为2 +2 -，即 S（g）+2H2O（g）SO2（g）+2H2（g） H= -90.0 kJ mol-1。系统（）为吸热反应，系统（） 为放热反应，故制得等量的H2时所需能量较少的是系统（）。答案为S（g）+2H2O（g）SO2（g）+2H2（g） H= -90.0 kJ mol-1 系统（）；（3）该反应为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，CO的平衡体积分数减小，CO2的平衡体积分数增大， 故图中表示CO的平衡体积分数与温度的变化关系的曲线为L2。答案为L2；由图中信息，T1时，M点对应体系中CO和CO2的平衡体积分数相等，则平衡时CO和CO2的物质的量相等，设参与反应的SO2的物质的量为x，根据“三段式”法可得2mol-2x=2x，解得x=0.5 mol，故SO2的平衡转化率1=100%=50%。同时计算得CO（g）、SO2（g）、S（g）、CO2（g）的平衡浓度分别为 0.1 molL-1、0.05molL-1、0. 05 molL-1、 0.1molL-1，故该反应的平衡常数K1=1。答案为50% 1；该反应为反应前后气体分子数不变的吸热反应，故 增大压强，平衡不移动，A错误；充入一定量H2S后， 其与SO2反应生成硫单质，平衡逆向移动，CO的平衡 转化率减小，反应速率减小，B错误；充入一定量SO2，SO2的浓度增大，平衡正向移动，CO的平衡转化率增 大，反应速率加快，C正确；加入催化剂，平衡不移动，D 错误。答案选C；该反应为吸热反应，平衡时绝热容器内的温度低于恒温容器内的温度，平衡逆向移动，平衡常数减小。答案为 该反应为吸热反应，平衡时绝热容器内的温度低于恒温容器内的温度，平衡逆向移动，平衡常数减小。11.砷和镍均为重要的无机材料，在化工领域具有广泛的应用。（1）基态As原子的价层电子的电子云轮廓图形状为_。与砷同周期的主族元素的基态原子中，第一电离能最大的为_（填元素符号。）（2）Na3AsO3可用于碘的微量分析。Na+的焰色反应呈黄色，金属元素能产生焰色反应的微观原因为_。Na3AsO3中所含阴离子的立体构型为_，写出一种与其互为等电子体的分子：_（填化学式）。（3）可用于合成Ni2+的配体，M中C原子的杂化方式为_，其所含键和键的数目之比为_。（4）Ni与Ca处于同一周期，且核外最外层电子构型相同，但金属Ni的熔点和沸点均比金属Ca的高，其原因为_。区分晶体Ni和非晶体Ni的最可靠的科学方法为_。（5）某砷镍合金的晶胞结构如下图所示，设阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度=_gcm-3。【答案】 (1). 球形、哑铃形（或纺锤形） (2). Br (3). 电子从较高能级的激发态跃迁到较低能级的激发态乃至基态时，会以光的形式释放能量 (4). 三角锥形 (5). PCl3、PBr3、NF3、NCl3等（答一种即可） (6). sp3，sp2 (7). 7:1 (8). Ni的原子半径较小，价层电子数目较多，金属键较强 (9). X-射线衍射法 (10). 【解析】【详解】（1）基态As原子的价层电子排布式为4s24p3， 故其电子云轮廓图形状为球形、哑铃形或纺锤形。一般情况下，同周期主族元素从左到右，元素的第一电离能逐渐增大，故第四周期主族元素中第一电离能最大的是Br。答案为球形、哑铃形（或纺锤形） Br；（2）金属元素产生焰色反应的微观原因为电子从较高能级的激发态跃迁到较低能级的激发态乃至基态时，会以光的形式释放能量，产生焰色反应。答案为电子从较高能级的激发态跃迁到较低能级的激发态乃至基态时，会以光的形式释放能量；AsO33-中As原子的价层电子对数目为4，含有一对孤对电子，其立体构型为三角锥形。根据等电子体的含义知，与AsO33-互 为等电子体的分子有PCl3、PBr3、NF3、NCl3等。答案为三角锥形 PCl3、PBr3、NF3、NCl3等（答一种即可）；（3 ）由的结构简式可知，一CH3、 一CH2、一CF3中C原子的价层电子对数目为4，杂化方式为sp3，碳氧双键中C原子的价层电子对数目为3，杂化方式为sp2。每个分子中含有14 个键和2个键，则键与键的数目之比为7:1。答案为sp3，sp2 7:1；（4）金属晶体熔沸点的高低与金属键的强弱有关，金属键的强弱与价层电子数目和金属原子的半径有关。区分晶体Ni和非晶体Ni的最可靠的科学方法为X-射线衍射法。答案为Ni的原子半径较小，价层电子数目较多，金属键较强 X-射线衍射法；（5）由晶胞结构可知，每个晶胞中含有2个Ni原子和2个As原子，晶胞的体积V=3a2c210-30 cm3，故晶胞的密度=2（