重庆市南开中学2020届高三化学上学期9月练习试题（含解析）

重庆市南开中学2020届高三化学上学期9月练习试题（含解析）1.化学与社会、生产、生活密切相关，下列说法正确的是A. 鲜花运输途中需喷洒高锰酸钾稀溶液，主要是为鲜花补充钾肥B. 牙膏中添加的SrF2、NaF提供的氟离子浓度相等时，它们防治龋齿的作用相同C. 自来水厂用明矾净水，用Fe2(SO4)3或ClO2均能代替明矾净水D. 变质的植物油有难闻的特殊气味，是由于植物油发生了加成反应【答案】B【解析】【详解】A高锰酸钾可防止鲜花衰败，则鲜花运输途中需喷洒高锰酸钾稀溶液，主要是为鲜花保鲜，与补充钾肥无关，故A错误；B防治龋齿的有效成分是氟离子，则在牙膏中添加SrF2、NaF等均能防治龋齿，当提供的氟离子浓度相等时，它们防治龋齿的作用是相同的，故B正确；CClO2具有强氧化性，不能水解生成胶体，自来水厂不能用其代替明矾净水，可用Fe2(SO4)3代替明矾净水，故C错误；D变质的植物油有难闻的特殊气味，是由于植物油发生了氧化反应而变质，故D错误；答案选B。2.下列实验及检验方法合理的是 选项实验检验方法A向NaOH溶液中滴加饱和FeCl3溶液制备胶体用可见光束照射B确认铜与浓硫酸反应生成CuSO4将水加入到反应后溶液中C区分AgNO3溶液和Al2(SO4)3溶液分别取少量溶液，滴加BaCl2溶液D证明氯水中起漂白作用的不是Cl2用CCl4充分萃取，将红纸条分别浸入分层后的溶液中A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A向NaOH溶液中滴加饱和FeCl3溶液，生成氢氧化铁沉淀，不能制备氢氧化铁胶体，故A错误；B反应后的混合物中含有浓度较大的硫酸，不能直接向其中加水，应该将混合物倒入水中，故B错误；C滴加BaCl2溶液后 BaCl2分别和AgNO3和Al2(SO4)3反应生成氯化银和硫酸钡沉淀，现象基本相同，不能鉴别，故C错误；D经四氯化碳萃取后的氯水中不含有氯气，但仍能使干燥的红布条褪色，可证明起漂白作用的不是氯气，故D正确；答案选D。【点睛】制备氢氧化铁胶体的方式：将饱和FeCl3溶液加入到沸水中加热至溶液呈红褐色，停止加热。注意加碱会生成沉淀而不是胶体。3.用NA代表阿伏伽德罗常数的值。下列叙述正确的是A. 用铅蓄电池电解氯化钠溶液得到标准状况下22.4L氢气时理论上铅蓄电池中消耗氢离子数目为4NAB. 1L0.1molL1NH4Cl溶液中含有的氮原子数小于0.1NAC. 3.0g由葡萄糖和冰醋酸组成的混合物中含有的原子总数为0.3NAD. 氢气与氯气反应生成标准状况下22.4L氯化氢，断裂化学键的总数为2NA【答案】A【解析】【详解】A以铅蓄电池电解氯化钠溶液得到22.4L H2（标况），转移电子的物质的量为2mol，铅蓄电池的正极电极反应式为PbO2+2e-+4H+=Pb2+2H2O，可知消耗4mol的氢离子，所以理论上铅蓄电池中耗氢离子个数为4NA，故A正确；B. 1L0.1molL1NH4Cl溶液中含有的氮原子的物质的量为1L0.1molL-1=0.1mol，所以氮原子数等于0.1NA，故B错误；C葡萄糖和冰醋酸最简式均为CH2O，故3.0gCH2O的原子数=4NA=0.4NA，故C错误；D当反应生成2molHCl时，断裂2mol化学键，故当生成标况下22.4LHCl，即1molHCl时，断裂1mol化学键，即NA个，故D错误；答案选A。【点睛】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算及应用，明确以物质的量为核心计算公式，熟悉相关物质的结构组成和电化学原理是解题关键，如C选项可以利用最简式简便运算，A选项注意两电极上转移电子数目相等。4.能使溴水褪色，含有3个甲基，其分子式为C6H11Br的有机物（不考虑立体异构）共有（）A. 10种B. 11种C. 12种D. 13种【答案】C【解析】【分析】按照“主链由长到短、支链由整到散，位置由心到边，考虑邻间对”顺序书写烯烃C6H12的一溴取代后能含有3个甲基碳链结构，再讨论含有3个甲基的一溴代物的种类。【详解】烯烃C6H12的一溴取代后能含3个甲基碳链结构有：（CH3)2C=CHCH2CH3、CH3CH=C(CH3)CH2CH3、（CH3)2CHCH=CHCH3、CH2=C（CH3）CH（CH3)2、（CH3)2C=C（CH3)2、（CH3)3 CCH=CH2，含有3个甲基的一溴代物的种类分别为2、2、3、2、1、2种，共12种。故选C。5.X、Y、Z、R、W是原子序数依次增大的五种短周期元素。Y和R同主族，可组成共价化合物RY2，Y和Z最外层电子数之和与W的最外层电子数相同。25时，01mol/LX和W形成化合物的水溶液pH=1。下列说法正确的是A. Z与Y、Z与W形成的化合物的化学键完全相同B. Y、Z、W三种元素组成的化合物的水溶液可能显碱性C. 简单离子的半径：ZRWYD. 因非金属YR，所以X与Y组成化合物沸点低于X与R组成的化合物【答案】B【解析】试题分析：X、Y、Z、R、W是原子序数依次增大的五种短周期元素Y和R同主族，Y处于第二周期，R处于第三周期，可组成共价化合物RY2，则Y为氧元素，R为硫元素，RY2为SO2，W的原子序数大于硫元素，故W为Cl元素，Y和Z最外层电子数之和与W的最外层电子数相同，则Z的最外层电子数为7-6=1，处于第A族，原子序数大于氧元素，故Z为Na元素，25时0.1molL-1X和W形成化合物的水溶液pH为1，属于强酸，则X为氢元素；AZ与Y可以形成Na2O、Na2O2，前者含有离子键、后者含有离子键、共价键，而Z与W形成的化合物为NaCl，只含有离子键，故A错误；BY、Z、W三种元素组成的化合物有NaClO等，NaClO溶液中次氯酸根水解，溶液显碱性，故B正确；CY、Z、R、W的简单离子分别为O2-、Na+、S2-、Cl-、电子层结构相同核电荷数越大离子半径越小、电子层越多离子半径越大，故离子半径：S2-Cl-O2-Na+，故C错误；DX与Y组成化合物为H2O、H2O2，X与R组成的化合物H2S，前者分子间存在氢键，沸点高于硫化氢，故D错误，故选B。考点：考查位置结构性质关系6.下列图示与对应叙述相符的是A. 图1表示1 LpH=2的CH3COOH溶液加水稀释至V L，pH随lgV的变化B. 图2表示不同温度下水溶液中H+和OH浓度的变化的曲线，图中温度T2T1C. 图3表示一定条件下的合成氨反应中，NH3的平衡体积分数随H2起始体积分数（N2的起始量恒定）的变化，图中a点N2的转化率小于b点D. 图4表示同一温度下，在不同容积的容器中进行反应2BaO2(s)2BaO(s)+O2(g)，O2的平衡浓度与容器容积的关系【答案】C【解析】A、CH3COOH是弱酸，溶液中存在电离平衡，所以加水稀释时电离程度增大，但离子浓度是减小的，若溶液体积增大10倍，c(H+)不能减小为原来的1/10，所以pH也不能增大1，故A错误；B、水的电离是吸热的，所以升高温度，电离出的H+和OH-浓度增大，所以图象中的温度为T1T2，所以B错误；C、由图象可知在N2的起始量恒定时，随H2量的增加，N2的转化率增大，所以a点N2的转化率小于b点，故C正确；D、容器体积的增大，即减小压强，平衡向气体体积增大的方向移动，即该平衡正向移动，O2的平衡浓度是增大的，所以D错误。本题正确答案为C。7.在100mL K2CO3与KAlO2的混合溶液中逐滴加入1molL-1的盐酸，测得溶液中的CO32-、HCO3-、AlO2-、Al3+离子的物质的量与加入盐酸溶液的体积变化关系，如图所示。下列说法正确的是A. a点溶液中：c(HCO3-)+c(H2CO3)+c(H+)=c(OH-)B. b点所得溶液中阴离子浓度大小顺序为：c(Cl-)c(HCO3-)c(CO32-)c(OH-)C. c点溶液中：c(Cl-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)+c(CO32-)=1.5 molL-1D. de过程中水的电离程度逐渐减小【答案】B【解析】【分析】第一阶段，在100mL K2CO3与KAlO2的混合溶液中逐滴加入1molL-1的盐酸，首先发生反应AlO2-+H+H2OAl（OH）3，a点为K2CO3、KCl溶液； 第二阶段，AlO2-反应完毕，开始发生反应CO32-+H+ HCO3-，b点CO32-、HCO3-的物质的量相等，但是水解程度不同，CO32-水解能力大于HCO3-。由图可知c点CO32-反应完毕，c点为KHCO3、KCl溶液；第三阶段，cd段：CO32-反应完毕，然后发生反应HCO3-+H+CO2+H2O，由图可知d点HCO3-反应完毕，d点为KCl溶液；第四阶段，de的过程，发生反应Al（OH）3+3H+Al3+3H2O，Al3+浓度逐渐增大，水的电离程度逐渐增大，据此进行解答。【详解】A由分析可知，a点为K2CO3、KCl溶液，根据质子守恒可得：(HCO3-)+2c(H2CO3)+c(H+)=c(OH-)，故A错误；Bb点K2CO3和KHCO3的浓度相等，加入了75mL盐酸，碳酸根离子的水解程度大于碳酸氢根离子，则c（HCO3-）c（CO32-），所得溶液中阴离子浓度大小顺序为：c（Cl-）c（HCO3-）c（CO32-）c（OH-），故B正确；C c点溶液中：c(Cl-)=0.5 molL-1，c(HCO3-)+c(H2CO3)+c(CO32-)=0.25 molL-1，则c点溶液中：c(Cl-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)+c(CO32-)=0.75 molL-1，故C错误；Dde的过程，发生反应Al（OH）3+3H+Al3+3H2O，Al3+浓度逐渐增大，水的电离程度逐渐增大，故D错误；答案选B。【点睛】本题考查了离子浓度大小比较，明确发生反应的先后顺序为解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒及质子守恒的含义及应用方法。8.现有一种制取铜和其他产物的新工艺，原料的综合利用率较高。其主要流程如下：注：反应的离子方程式为Cu2+CuS+4Cl=2CuCl2+S请回答下列问题：（1）传统工艺制铜是将铜矿砂与空气在高温下煅烧，使这种方法的缺点是要消耗大量的热能以及_（完成合理的一种即可）。（2）为使反应中充分进行，工业可采取的措施是_（完成合理的一种即可），反应的产物为（填化学式） _。（3）反应的离子方程式为_，一定温度下，在反应所得的溶液中加入稀硫酸，可以析出硫酸铜晶体，其可能的原因是_。（4）工业上炼钢时，为了降低含碳量，可将铁红投入熔融的生铁（含碳量大于2%的铁碳合金）中，该过程中主要反应的化学方程式是_。（5）某硫酸厂为测定反应所得气体中SO2的体积分数，取560mL（已折算成标准状况）气体样品与足量Fe2(SO4)3溶液完全反应后，用浓度为0.02000molL1的K2Cr2O7标准溶液滴定至终点，消耗K2Cr2O7溶液50.00mL。已知Cr2O72+Fe2+H+Cr3+Fe3+H2O（未配平）SO2通入Fe2(SO4)3溶液，发生反应的离子方程式为 _ 。反应所得气体中SO2的体积分数为_ 。【答案】 (1). SO2会导致大气污染 (2). 粉碎固体 (3). FeS2、CuS (4). 4CuCl2+O2+4H+4Cu2+8Cl+2H2O (5). 该温度下，硫酸铜的溶解度小于氯化铜 (6). 3C+Fe2O32Fe+3CO (7). SO2 + 2Fe3+ 2H2OSO42-+ 2Fe2+ 4H+ (8). 12.00%【解析】【分析】FeCuS2经反应转化为FeS2、CuS。反应的离子方程式为Cu2+CuS+4Cl=2CuCl2+S，FeS2、CuS经反应转化为FeS2、S、NaCuCl2、HCl。过滤分别得到滤液NaCuCl2、HCl，滤渣FeS2、S。NaCuCl2 经反应氧气氧化CuCl2离子，转化成CuCl2。CuCl2溶液中加入稀硫酸，析出硫酸铜晶体。CuSO4溶液可置换或者电解得到单质铜。FeS2经反应氧气氧化得到Fe2O3和SO2。Fe2O3与过量碳反应生成铁和一氧化碳，制得钢。SO2可以氧化并与水反应生成硫酸。【详解】（1）FeCuS2在高温下煅烧，会要消耗大量的热能，其次生成的SO2会导致大气污染；（2）为使反应中充分进行，工业可采取的措施是粉碎固体。根据黄铜矿中元素的化合价、单质S的化学性质以及反应的离子方程式可知，反应的产物为FeS2、CuS；（3）反应是氧气氧化CuCl2离子，所以该反应的离子方程式为4CuCl2+O2+4H+4Cu2+8Cl+2H2O。由于该温度下，硫酸铜的溶解度小于氯化铜，所以会析出硫酸铜晶体；（4）工业上炼钢时，为了降低含碳量，可将铁红投入熔融的生铁中，因为碳过量，故生成一氧化碳，该过程中主要反应的化学方程式是：3C+Fe2O32Fe+3CO；（5）硫酸铁能氧化SO2生成硫酸，则SO2通入Fe2(SO4)3溶液，发生反应的离子方程式为SO2 + 2Fe3+ 2H2OSO42-+ 2Fe2+ 4H+；560mL（标准状况）气体样品物质的量为=0.025mol，消耗K2Cr2O7的物质的量是.02000molL10.05L0.001mol，则根据电子电子守恒可知，亚铁离子的物质的量是0.001mol60.006mol，所以根据方程式可知，SO2的物质的量是0.006mol20.003mol，因此反应所得气体中SO2的体积分数为。【点睛】该题的关键是准确判断出有关元素的化合价变化情况，如何结合题意并借助于电子得失守恒进行判断和计算即可。9.研究氮及其化合物对化工生产有重要意义。（1）已知：N2(g)+O2(g)=2NO(g); H=+180 kJmol14NH3(g)+5O2(g) =4NO(g)+6H2O(g); H= 908 kJmol1请写出氨气被一氧化氮氧化生成无毒气体的热化学方程式：_。（2）工业合成氨的原理为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) H=92.4 kJmol1。下图甲表示在一定体积的密闭容器中反应时N2的物质的量浓度随时间的变化，图乙表示在其他条件不变的情况下，改变起始投料中H2与N2的物质的量之比（设为k）对该平衡的影响。已知图甲中0t1 min内，v(H2)=0.03 molL-1min-1，则t1=_ min；若从t2 min起仅改变一个反应条件，则所改变的条件可能是_（填一种即可）。 图乙中，b点时k=_。已知某温度下该反应的平衡常数K=10，在该温度下向容器中同时加入下列浓度的混合气体：c(H2)=0.1 mol/L，c(N2)=0.5 mol/L，c(NH3)=0.1 mol/L，则在平衡建立过程中NH3的浓度变化趋势是_（填“逐渐增大”“逐渐减小”或“恒定不变”）。（3）联氨（又称肼，N2H4，无色液体）为二元弱碱，在水中的电离方式与氨相似，是一种应用广泛的化工原料，可用作火箭燃料。（已知：N2H4+H+N2H5+）N2H5+的电子式为_。联氨与硫酸形成的酸式盐的化学式为_。联氨是一种常用的还原剂。向装有少量AgCl的试管中加入联氨溶液，观察到的现象_。（4）尿素(CO(NH2)2)是目前使用量较大的一种化学氮肥，工业上利用下图所示装置(阴、阳极均为惰性电极)电解尿素的碱性溶液制取氢气。该装置中阳极的总电极反应式为_。若两极共收集到气体22.4L(标准状况)，则消耗的尿素为_g(忽略气体的溶解)。【答案】 (1). 4NH3(g) + 6NO(g)5N2(g) + 6H2O(g) H1808 kJmol1 (2). 30 (3). 降低温度（或增大H2浓度、减小NH3浓度） (4). 3:1 (5). 逐渐减小 (6). (7). N2H6(HSO4)2 (8). 固体逐渐变黑，并有气泡产生 (9). CO(NH2)28OH6e=N2CO326H2O (10). 15【解析】【分析】（1）由盖斯定律计算可得；（2）由速率之比等于化学计量数之比，然后根据速率的计算公式求出时间。根据影响化学平衡的因素来解答；当N2与H2的起始体积比符合方程式中化学计量数之比时，达到平衡时氨的体积分数最大；根据浓度商和化学平衡常数比较，判断化学平衡移动方向，进而判断平衡建立过程中NH3的浓度变化趋势；（3）N2H4是二元弱碱，其性质与氨气相似，第一步电离出1个氢氧根离子和N2H5+，则第二步中N2H5+电离出1个氢氧根离子和N2H62+；【详解】（1）令：N2(g)+O2(g)=2NO(g) H=+180 kJmol1，：4NH3(g)+5O2(g) =4NO(g)+6H2O(g) H= 908 kJmol1，氨气被一氧化氮氧化生成无毒气体的化学方程式为：4NH3(g) + 6NO(g)5N2(g) + 6H2O(g)，=-5，H=（908-5180）kJmol1=1808 kJmol1，则氨气被一氧化氮氧化生成无毒气体的热化学方程式4NH3(g) + 6NO(g)5N2(g) + 6H2O(g) H1808 kJmol1；（2）0t1 min内，v(H2)=0.03 molL-1min-1，v(N2)=0.01 molL-1min-1，则=0.01 molL-1min-1，解得t1=30min。从t2 min起N2的浓度逐渐减小，则所改变的条件可能是降低温度（或增大H2浓度、减小NH3浓度）使得平衡正向移动引起的；当N2与H2的起始体积比符合方程式中化学计量数之比时，达到平衡时氨的体积分数最大，即图乙中，b点时k=3：1；c(H2)=0.1 mol/L，c(N2)=0.5 mol/L，c(NH3)=0.1 mol/L，则Qc=2010，所以反应逆向进行，NH3的浓度逐渐减小；（3）N2H4是二元弱碱，其性质与氨气相似，第一步电离出1个氢氧根离子和N2H5+，则第二步中N2H5+电离出1个氢氧根离子和N2H62+。N2H5+的电子式为。N2H4是二元弱碱，其性质与氨气相似，第一步电离出1个氢氧根离子和N2H5+，则第二步中N2H5+电离出1个氢氧根离子和N2H62+，则联氨与硫酸形成的酸式盐的化学式为N2H6(HSO4)2；N2H4被银离子氧化，银离子被还原生成单质银，-2价的N元素被氧化为N2，反应方程式为：N2H4+4AgBr=4Ag+N2+4HBr，因此反应出现现象为：固体逐渐变黑，并有气泡产生；（4）阳极化合价升高失去电子，发生氧化反应，CO(NH2)2被氧化为N2，在碱性条件下产生碳酸根离子，则该装置中阳极的总电极反应式为CO(NH2)28OH6e=N2CO326H2O；该电解池总反应式为：CO(NH2)22OH=N2CO323H2，若两极共收集到气体22.4L(标准状况)，即1mol气体，其中氮气和氢气的物质的量之比为1:3，故氮气有0.25mol，CO(NH2)2的物质的量也为0.25mol，则消耗的尿素为0.25mol 15g。10.以NaCl为主要成分的融雪剂会腐蚀桥梁、铁轨等钢铁设备。某研究小组探究NaCl溶液对钢铁腐蚀的影响。（1）将滤纸用3.5%的NaCl溶液润湿，涂上铁粉、碳粉的混合物，贴在表面皿上。在滤纸上加几滴检验试剂，再缓慢加入NaCl溶液至没过滤纸，操作如下所示：实验的现象说明，得电子的物质是_。碳粉的作用是_。为了说明NaCl的作用，需要补充的对照实验是_。（2）向如图示装置的烧杯a、b中各加入30mL 3.5%的NaCl溶液，闭合K，指针未发生偏转。加热烧杯a，指针向右偏转。取a、b中溶液少量，滴加K3Fe(CN)6溶液，a中出现蓝色沉淀，b中无变化，b中铁片作_极。加热后，指针发生偏转的原因可能是_。（3）用（2）中图示装置探究不同浓度NaCl溶液对钢铁腐蚀的影响，向烧杯a、b中各加入30mL不同质量分数的NaCl溶液，实验记录如下表所示。 实验ab指针偏转方向I0.1%0.01%向右II0.1%3.5%向左3.5%饱和溶液向右中，b中电极发生的电极反应式是_。中，铁在饱和NaCl溶液中不易被腐蚀。查阅资料可知：在饱和NaCl溶液中O2浓度较低，钢铁不易被腐蚀。设计实验证明：_。（4）根据上述实验，对钢铁腐蚀有影响的因素是_。【答案】 (1). O2 (2). 与铁组成原电池，作原电池的正极 (3). 用水代替NaCl溶液进行上述实验 (4). 正 (5). 温度升高，Fe还原性增强，反应速率加快 (6). Fe2e-=Fe2+ (7). 另取两个烧杯，分别往其中加入铁片和一定量的饱和NaCl溶液，再分别滴加几滴K3Fe(CN)6溶液，然后往其中一个烧杯中通入O2，观察现象 (8). 温度、NaCl溶液的浓度、O2的浓度【解析】【分析】（1）铁、碳以氯化钠溶液为电解质形成原电池，发生吸氧腐蚀生成氢氧根离子，溶液显碱性，遇到酚酞变红；（2）K3Fe(CN)6溶液与二价铁离子反应生成蓝色沉淀；温度升高，Fe还原性增强，反应速率加快；（3）依据不同浓度下，检流计指针偏转方向判断电极，书写电极反应式；要证明在饱和NaCl溶液中O2浓度较低，钢铁不易被腐蚀，可以设计对比试验，一个实验中通入氧气，另一个实验中不通入氧气，观察铁的腐蚀情况；（4）依据上述实验总结归纳解答。【详解】（1）铁、碳以氯化钠溶液为电解质形成原电池，酚酞变红说明生成氢氧根离子，发生吸氧腐蚀，故得电子的物质是O2；铁与碳以氯化钠溶液为电解质形成原电，铁做原电池负极，碳做正极； 为了说明NaCl的作用，需要补充的对照实验是，用水做电解质，代替氯化钠进行上述实验； （2）K3Fe(CN)6溶液与二价铁离子反应生成蓝色沉淀，而取a、b中溶液少量，滴加K3Fe(CN)6溶液，a中出现蓝色沉淀，说明a中生成二价铁离子，b中无变化，b中没有二价铁离子生成，所以a做负极，b做正极；加热后，指针发生偏转的原因可能是：温度升高，Fe还原性增强，反应速率加快；（3）依据图表中组数据及指针向左偏转，则可知：b极为负极，失去电子发生氧化反应，电极反应式：Fe2e-=Fe2+；要证明氧气浓度对金属腐蚀速率的影响，可以设计对比实验，如下：另取两个烧杯，分别往其中加入铁片和一定量的饱和NaCl溶液，再分别滴加几滴K3Fe(CN)6溶液，然后往其中一个烧杯中通入O2，观察现象；（4）通过上述实验可知：对钢铁腐蚀有影响的因素是有温度、NaCl溶液的浓度、O2的浓度。11.铁、钴、镍等金属及其化合物在科学研究和工业生产中应用十分广泛。回答下列问题：（1）铁、钴、镍的基态原子核外未成对电子数最多的是_。（2）酞菁钴分子的结构简式如图所示，中心离子为钴离子，酞钴分子中与钴离子通过配位键结合的氮原子的编号是_(填1、2、3、4)，三种非金属原子的电负性由大到小的顺序为_(用相应的元素符号表示)；氮原子的杂化轨道类型为_。 （3）Fe(CO)x常温下呈液态，熔点为-20.5，沸点为103，易溶于非极性溶剂，据此可判断Fe(CO)x，晶体属于_(填晶体类型)，若配合物Fe(CO)x的中心原子价电子数与配体提供电子数之和为18，则x=_。（4）NiO、FeO的晶体结构类型与氯化钠的相同，Ni2+和Fe2+的离子半径分别为69pm和78pm，则熔点NiO_FeO(填“”“CH (4). sp2、sp3 (5). 分子晶体 (6). 5 (7). (8). Ni2+、Fe2+的电荷相同，Ni2+的离子半径小于Fe2+的离子半径，晶格能：NiOFeO，因此熔点NiOFeO (9). 4 (10). 【解析】【分析】(1)未成对电子处于价电子中，铁、钴、镍的基态原子的价电子排布式分别为3d64s2、3d74s2、3d84s2，结合泡利原理与洪特规则判断；(2)含有孤对电子的N原子与Co通过配位键结合，形成配位键后形成4对共用电子对，形成3对共用电子对的N原子形成普通的共价键；三种非金属原子为C、N、H，同周期自左而右电负性增大；根据分子中N原子形成的键个数和含有的孤对电子的数目，分析判断；(3)根据Fe(CO)x的熔沸点比较低分析判断晶体类型；Fe原子价电子数为8，CO提供一对孤对电子，与Fe原子形成配位键，根据Fe(CO)x的中心原子价电子数与配体提供电子数之和为18，列式计算x；(4)离子晶体熔点与晶格能大小有关，离子所带电荷数越多，离子半径越小，晶格能越大，熔点越高；(5)根据均摊法计算晶胞中Ni、As原子数目，由晶胞结构可知As原子配位数为4，结合晶胞中Ni、As元素数目之比计算Ni的配位数；首先计算晶胞的质量，再结合密度计算晶胞体积，进而计算晶胞棱长，最后根据面心与顶点上的Ni原子距离最近计算。【详解】(1)铁、钴、镍的基态原子的价电子排布式分别为3d64s2、3d74s2、3d84s2，三种元素原子的核外未成对电子数分别为4、3、2，未成对电子数最多的是Fe，故答案为：Fe；(2)有孤对电子的N原子与Co通过配位键结合，形成配位键后形成4对共用电子对，形成3对共用电子对的N原子形成普通的共价键，1号、3号N原子形成3对共用电子对为普通共价键，2号、4号N原子形成4对共用电子对，与Co通过配位键结合；酞菁钴中三种非金属原子为C、N、H，同周期自左而右电负性增大，非金属性越强电负性越大，故电负性NCH；分子中N原子有形成2个键，含有1对孤对电子，有形成3个键，没有孤对电子，杂化轨道数目均为3，N原子的杂化轨道类型为 sp2；有形成3个键，含有1对孤对电子，杂化轨道数目均为4，N原子的杂化轨道类型为 sp3，故答案为：2、4；NCH；sp2、sp3；(3)配合物Fe(CO)x的熔沸点比较低，易溶于非极性溶剂，应属于分子晶体；Fe原子价电子数为8，CO提供一对孤对电子，与Fe原子形成配位键，则8+2x=18，解得x=5，故答案为：分子晶体；5；(4)NiO、FeO的晶体结构类型均与氯化钠的相同，说明二者都是离子晶体，Ni2+、Fe2+的电荷相同，Ni2+的离子半径小于Fe2+的离子半径，故晶格能：NiOFeO，所以熔点NiOFeO，故答案为：；Ni2+、Fe2+的电荷相同，Ni2+的离子半径小于Fe2+的离子半径，故晶格能：N