2022届河南省顶级名校高三下学期阶段性联考三理科综合化学试题（含解析）

1、试卷第 =page 10 10页，共 =sectionpages 12 12页 河南省顶级名校2022届高三下学期阶段性联考三理科综合化学试题学校:_姓名：_班级：_考号：_一、单选题1全国实行垃圾分类，体现了环境保护。下列有关说法正确的是A废弃的聚乙烯塑料属于白色垃圾，不可降解，能使溴水褪色B可回收的易拉罐中含金属铝，可通过电解氯化铝制取C废旧电池中含有镍、镉等重金属，不可用填埋法处埋D含棉、麻、丝、毛及合成纤维的废旧衣物燃烧处理时都只生成CO2和H2O【答案】C【解析】【分析】【详解】A聚乙烯中没有不饱和键，不能使溴水褪色、难以降解，废弃的聚乙烯塑料属于白色垃圾，A错误；B铝可通过电解氧化

2、铝制取，氯化铝是共价化合物、没有离子、不能电解，B错误；C 废旧电池中含有镍、镉等重金属，如果填埋会引起重金属污染，故不可用填埋法处埋，C正确；D 含棉、麻及合成纤维的废旧衣物燃烧处理时都只生成CO2和H2O，丝、毛属于蛋白质，含碳、氢、氧和氮等元素，燃烧产物除了CO2和H2O外，还有别的产物，D错误；答案选C。2设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A1LpH=6的纯水中含有OH-的数目为10-8NAB甲烷和氧气的混合气体共224L，完全燃烧后产物的分子总数可能为NACn(H2SO3)+n(HSO)=1mol的NaHSO3溶液中，含有Na+的数目等于NAD10g的D2O中含有的质子数与

3、中子数分别为5NA和4NA【答案】B【解析】【分析】【详解】A题干中未指明温度，无法得知水的离子积，故无法计算纯水中H+、OH-的浓度，也就不能计算出纯水中OH-的数目，A错误；B标况下，22.4L甲烷和氧气的混合气体的总物质的量为1mol，根据反应可知，该反应是分子的总物质的量不变的反应，当n(CH4):n(O2)=1:2时，1mol混合气体燃烧生成1mol生成物，即NA个分子，B正确；C在NaHSO3溶液中，有物料守恒：c(Na+)=c(H2SO3)+c()+c()，即n(Na+)=n(H2SO3)+ n()+n()，若n(H2SO3)+ n()=1mol，则n(Na+)1mol，即Na+

4、的数目大于NA，C错误；D10g D2O的物质的量n(D2O)=0.5mol，1个D2O分子中含有10个质子和10个中子，故10g D2O含有的质子和中子的物质的量都是5mol，即质子数和中子数都是5NA，D错误；故选B。3a -氰基丙烯酸异丁酯可用作医用胶，其结构简式如下。下列关于a-氰基丙烯酸异丁酯的说法错误的是A其分子式为C18H11NO2B该有机物可以发生还原反应C分子中可能共平面的碳原子最多为6个D其任一含苯环的同分异构体中至少有4种不同化学环境的氢原子【答案】C【解析】【详解】A结合该分子的结构简式可以看出，其分子式为C18H11NO2，A正确；B该有机物中含有羰基、碳碳双键，可以

5、与氢气发生加成还原反应，B正确；C分子结构中含有，具有四面体结构，最少有1个碳原子不与其他碳原子在同一平面上，即分子中可能共平面的碳原子最多为7个，C错误；DC8H11NO2分子的不饱和度为4，苯环的不饱和度为4，故在任一含苯环的同分异构体中，其苯环上的取代基均为饱和取代基，同分异构体中最多的取代基种类及个数为一个氨基、两个甲基、两个羟基，在高度对称下(等效氢原子种类最少的应具有对称结构)有4种不同化学环境的氢原子，D正确；答案选C。4用如图装置测定水中氢氧元素的质量比，其方法是分别测定通氢气前后玻璃管的质量差和U形管的质量差，实验测得m(H)：m(O)1：8，下列对导致这一结果的原因的分析中

6、，一定错误的是AI、II装置之间缺少干燥装置BCuO没有全部被还原CII装置中玻璃管内有水冷凝DIII装置后缺少干燥装置【答案】B【解析】【分析】根据题意，氧元素的质量=通氢气前后玻璃管的质量差，氢元素的质量=通氢气前后U形管的质量差(水的质量)-氧元素的质量；【详解】AI、II装置之间缺少干燥装置，U形管中吸收水的质量偏大，则测得氢元素的质量偏大，m(H)：m(O)1：8，故不选A；BCuO没有全部被还原，U形管中吸收的水中氧元素完全来自氧化铜，不影响水中氢氧元素的质量比，故选B；CII装置中玻璃管内有水冷凝，通氢气前后玻璃管的质量差变小，则测得氧元素的质量偏小，m(H)：m(O)1：8，故

7、不选C；DIII装置后缺少干燥装置，U形管中吸收水的质量偏大，则测得氢元素的质量偏大，m(H)：m(O)1：8，故不选D；选B。5X、Y、Z、M、Q五种短周期元素，原子序数依次增大。Y元素的最高正价为价，Y元素与Z、M元素相邻，且与M元素同主族；化合物的电子总数为18个；Q元素的原子最外层电子数比次外层少一个电子。下列说法不正确的是A原子半径：B最高价氧化物对应水化物的酸性：C易溶于水，其水溶液呈碱性DX、Z和Q三种元素形成的化合物一定是共价化合物【答案】D【解析】【分析】X、Y、Z、M、Q为五种短周期元素，原子序数依次增大。Y元素的最高正价为+4价，则证明该元素为第IVA族元素，又知Y元素与

8、Z、M元素相邻，且与M同族，则在元素周期表位置应为IVA族VA族YZM,故推知Y为C元素，Z为N元素，M为Si元素；化合物Z2X4的电子总数为18，则推知，X为H，该化合物为N2H4；Q元素的原子最外层电子总数比次外层电子数少一个电子，推出Q为Cl元素，据此结合元素周期律与物质的结构与性质分析作答。【详解】根据上述分析可知，X为H、Y为C元素、Z为N元素、M为Si元素、Q为Cl元素，则A. 同周期元素从左到右原子半径依次减小，同主族元素从上到下原子半径依次增大，则原子半径比较：Z(N)Y(C)M(Si)，故A正确；B. 同周期元素从左到右元素非金属性依次增强，同主族元素从上到下元素非金属性依次

9、减弱，因元素的非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性：Z(N)Y(C)M(Si)，则最高价氧化物对应水化物的酸性：Z(N)Y(C)M(Si)，故B正确；C. N2H4的结构简式可表示为H2N-NH2，分子中含两个氨基，可与酸反应，具有碱性，且该分子具有极性，与水分子间也存在氢键，根据相似原理可知，N2H4易溶于水，故C正确；D. X、Z和Q三种元素组成的化合物有很多，不一定都是共价化合物，如氯化铵属于铵盐，为离子化合物，故D错误；答案选D。6以柏林绿FeFe(CN)6为代表的新型可充电钠离子电池，其放电工作原理如图所示。下列说法错误的是A放电时，正极反应为FeFe(CN)6+

10、2e-+2Na+=Na2FeFe(CN)6B充电时，Mo箔接电源的负极C充电时，Na+通过交换膜从左室移向右室D外电路中通过0.2mol电子时，负极质量变化为2.4g【答案】B【解析】【分析】【详解】A根据工作原理，Mg失电子作负极，Mo作正极，正极反应式为FeFe(CN)6+2e-+2Na+=Na2FeFe(CN)6，A项正确；B充电时，电池的负极接电源的负极，电池的正极接电源的正极，即Mo箔接电源的正极，B项错误；C充电时该装置作电解池，电解池工作时阳离子移向阴极，Na应从左室移向右室，C项正确；D负极上应是2Mg4e2Cl=Mg2Cl22+，当电路中通过0.2mol电子时，消耗0.1mo

11、lMg，质量减少2.4g，D项正确；答案选B。7测定0.1molL-1Na2SO3溶液先升温再降温过程中的pH，数据如下。时刻温度/25304025pH9.669.529.379.25实验过程中，取时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比试验，产生白色沉淀多。下列说法错误的是（ ）ANa2SO3溶液中存在水解平衡:SO+H2O HSO+OH-B的pH与不同,是由于SO浓度减小造成的C的过程中,温度和浓度对水解平衡移动方向的影响一致D与的Kw值相等【答案】C【解析】【详解】分析：A项，Na2SO3属于强碱弱酸盐，SO32-存在水解平衡；B项，取时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比

12、实验，产生白色沉淀多，说明实验过程中部分Na2SO3被氧化成Na2SO4，与温度相同，与对比，SO32-浓度减小，溶液中c（OH-），的pH小于；C项，盐类水解为吸热过程，的过程，升高温度SO32-水解平衡正向移动，c（SO32-）减小，水解平衡逆向移动；D项，Kw只与温度有关。详解：A项，Na2SO3属于强碱弱酸盐，SO32-存在水解平衡：SO32-+H2OHSO3-+OH-、HSO3-+H2OH2SO3+OH-，A项正确；B项，取时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，产生白色沉淀多，说明实验过程中部分Na2SO3被氧化成Na2SO4，与温度相同，与对比，SO32-浓度减小，溶

13、液中c（OH-），的pH小于，即的pH与不同，是由于SO32-浓度减小造成的，B项正确；C项，盐类水解为吸热过程，的过程，升高温度SO32-水解平衡正向移动，c（SO32-）减小，水解平衡逆向移动，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响相反，C项错误；D项，Kw只与温度有关，与温度相同，Kw值相等；答案选C。点睛：本题考查盐类水解离子方程式的书写、外界条件对盐类水解平衡的影响、影响水的离子积的因素、SO32-的还原性。解题时注意从温度和浓度两个角度进行分析。二、工业流程题8锌灰是热镀锌厂和电解锌厂在生产过程中产生的一种副产品，主要成分为ZnO、ZnCl2，还含有SiO2、CuO、PbO和FeO。工

14、业上利用锌灰制ZnSO47H2O晶体，进而获取ZnO，并探索氢电极增压还原氧化锌电解法制锌的方法，工艺流程如图所示：已知：Cu+Cl-=CuCl。回答下列问题：(1)酸浸时，H2SO4应选用_(填“浓硫酸”或“稀硫酸”)。(2)滤渣1的主要成分有_。(3)写出“沉铜”时的离子方程式：_。(4)“氧化”后，加入聚丙烯酰胺絮凝剂并加热搅拌，其目的是_。(5)氢电极增压还原氧化锌的装置如图所示，储罐内ZnO溶解后形成Zn(OH)离子，每溶解1molZnO需消耗_molKOH。电解池中的总反应离子方程式为_。(6)该工艺废水中含有Zn2+，排放前需处理。向废水中加入CH3COOH和CH3COONa组成

15、的缓冲溶液调节pH，通入H2S发生反应：Zn2+H2SZnS(s)+2H+。处理后的废水中部分微粒浓度为微粒H2SCH3COOHCH3COO-浓度/(molL-1)0.100.050.10处理后的废水的pH=_，c(Zn2+)=_。已知：Ksp(ZnS)=1.010-23，Ka1(H2S)=1.010-7，Ka2(H2S)=1.010-14，Ka(CH3COOH)=2.010-5【答案】 稀硫酸 SiO2和PbSO4 Zn+2Cu2+2Cl-=2CuCl+Zn2+ 促使Fe(OH)3胶体聚沉，有利于过滤分离 2 H2+Zn(OH)2H2O+Zn+2OH- 5 110-11molL-1【解析】【

16、分析】锌灰(主要成分是ZnO，ZnCl2，还含有SiO2，CuO，PbO和FeO等)用硫酸酸浸，其中PbO转化成PbSO4沉淀，SiO2不溶于酸或水，则过滤得到的滤渣1主要为PbSO4、SiO2；滤液含有ZnSO4、FeSO4、CuSO4和H2SO4，向滤液中加入Zn粉，将Cu2+还原利用生成CuCl沉淀达到沉铜的目的，继续向溶液中加入双氧水将Fe2+氧化成Fe3+，再加入ZnO调节溶液pH，将Fe3+转化成氢氧化铁沉淀并过滤除去，将滤液蒸发、浓缩并冷却结晶，过滤得到ZnSO47H2O，滤液加入氢氧化钠溶液可生成氢氧化锌，加热分解生成氧化锌，最后电解生成Zn，以此解答该题。【详解】(1)浓硫酸

17、有强氧化性，酸浸时，如使用硫酸浓度过高，反应速率会很慢，在溶解时会氧化FeO生成Fe3+，同时生成SO2，污染环境，酸浸时，H2SO4应选用稀硫酸；(2)由分析可知，滤渣1的主要成分为SiO2和PbSO4；(3) “沉铜”时加入Zn粉，将Cu2+还原利用生成CuCl沉淀，发生反应的离子方程式为Zn+2Cu2+2Cl-=2CuCl+Zn2+；(4)在pH为5.6的条件下氧化后，生成的Fe3+水解生成氢氧化铁胶体，继续加入聚丙烯酰胺絮凝剂并加热搅拌，可促使Fe(OH)3胶体聚沉，有利于过滤分离；(5)储罐内ZnO溶解后形成Zn(OH)离子，发生的离子反应2OHZnOH2OZn(OH)，则每溶解1m

18、olZnO，需消耗2molKOH；电解池阳极上的H2在碱性条件下失电子氧化生成H2O，电极反应为H2-2e-+2OH-=2H2O，阴极上Zn(OH)离子得电子还原生成Zn，电极反应式为Zn(OH)+2e-=Zn+4OH-，则电解池中的总反应离子方程式为H2+Zn(OH)2H2O+Zn+2OH-；(6)已知Ka(CH3COOH)=2.0105，则c(H+)=110-5mol/L，此时溶液pH=5；Ka1(H2S)Ka2(H2S) = =1.010-71.010-14，其中c(H+)=110-5mol/L，c(H2S)=0.10mol/L，则c(S2-)=1.010-12mol/L，此时Ksp(Z

19、nS)=1.010-23=c(Zn2+)c(S2-)，则c(Zn2+)= molL-1=110-11molL-1。【点睛】本题难点是(6)综合利用电离平衡常数和溶度积常数计算溶液的pH和c(Zn2+)，准确利用公式是解题关键，特别是Ka2(H2S)Ka1(H2S)=，这是易错点。三、实验题9三氯乙醛(CCl3CHO)是生产农药、医药的重要中间体，实验室制备三氯乙醛的反应装置示意图(加热装置未画出)和有关数据如图：制备反应原理：C2H5OH+4Cl2CCl3CHO+5HCl反应过程中C2H5OH和HCl可能会生成副产物C2H5Cl，同时CCl3CHO(三氯乙醛)也能被次氯酸继续氧化生成CCl3C

20、OOH(三氯乙酸)相关物质的相对分子质量及部分物理性质：相对分子质量熔点/沸点/溶解性C2H5OH46114.178.3与水互溶CCl3CHO147.557.597.8可溶于水、乙醇CCl3COOH163.558198可溶于水、乙醇、三氯乙醛C2H5Cl64.5138.712.3微溶于水，可溶于乙醇(1)E的作用是_，A中所发生反应的离子方程式为_。(2)写出三氯乙醛被次氯酸氧化生成三氯乙酸的化学方程式：_。(3)该设计流程中存在一处缺陷是_，导致引起的后果是_。(4)反应结束后，有人提出先将C中的混合物冷却到室温，再用分液的方法分离出三氯乙酸。你认为此方案是否可行_(填是或否)，原因是_。(

21、5)测定产品纯度：称取产品4.6g配成待测溶液100.00mL，取待测液10.00mL于滴定瓶中，加入0.1000molL1碘标准溶液25.00mL，再加入适量Na2CO3溶液，反应完全后，加盐酸调节溶液的pH，立即用0.02000molL1Na2S2O3溶液滴定至终点。进行三次平行实验，测得平均消耗Na2S2O3溶液20.00mL。则产品的纯度为_(计算结果保留四位有效数字)。滴定原理：CCl3CHO+OH=CHCl3+HCOO-、HCOO-+I2=H+2I+CO2、I2+2=2I-+【答案】 冷凝回流 2+16H+10Cl-=2Mn2+5Cl2+8H2O CCl3CHO+HClOCCl3C

22、OOH+HCl 无干燥装置 氯气和水反应生成HCl和HClO，会进一步生成副产物 否 CCl3COOH溶于乙醇与CCl3CHO，无法分液 73.75%【解析】【分析】由实验装置图可知，装置A中高锰酸钾与浓盐酸反应制备氯气，其中恒压漏斗起平衡压强的作用，便于浓盐酸顺利流下，浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢气体，将混合气体通入盛有饱和食盐水的洗气瓶B中除去氯化氢气体，氯气在装置C中与乙醇反应制得三氯乙醛，其中球形冷凝管起冷凝回流作用，防止易挥发的三氯乙醛挥发损失，导致三氯乙醛产率降低，装置D中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收氯化氢和未反应的氯气，防止污染空气，其中倒置的漏斗起防止倒吸的作用，由于

23、氯气与水反应会生成次氯酸，次氯酸能将三氯乙醛氧化为三氯乙酸，所以实验时应在B、C间和C、D间缺少2个吸收水蒸气的装置，防止氯气与水反应生成次氯酸将三氯乙醛氧化。【详解】(1)根据分析可知，E的作用是冷凝回流，恒压漏斗中盛放的试剂为浓盐酸；仪器A中发生的反应为高锰酸钾与浓盐酸反应生成氯化钾、氯化锰、氯气和水，反应的离子方程式为2+16H+10Cl-=2Mn2+5Cl2+8H2O；(2)三氯乙醛被次氯酸氧化生成三氯乙酸，化学方程式：CCl3CHO+HClOCCl3COOH+HCl；(3)由分析可知，该设计流程中存在一处缺陷是实验时应在B、C间和C、D间缺少2个吸收水蒸气的干燥装置，可能导致氯气与水

24、反应会生成次氯酸，次氯酸将三氯乙醛氧化为三氯乙酸，导致三氯乙醛产率降低；(4)反应结束后，有人提出先将C中的混合物冷却到室温，再用分液的方法分离出三氯乙酸，该方法不可行，原因是CCl3COOH溶于乙醇与CCl3CHO，无法分液；(5)由题意滴定原理：CCl3CHO+OH=CHCl3+HCOO-、HCOO-+I2=H+2I+CO2、I2+2=2I-+可知，测定产品纯度时存在如下关系式：n(I2)=n(CCl3CHO)+n(Na2S2O3)，则产品的纯度为100%=73.75%。四、原理综合题10可逆反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)是硫酸工业中非常重要的一个反应，因该反应中使用催化剂而

25、被命名为接触法制硫酸。(1)使用V2O5催化该反应时，涉及催化剂V2O5的能量变化如图1所示：则2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)H3=_。(2)向10L密闭容器中加入V2O4(s)、SO2(g)各1mol及一定量的O2，改变加入O2的量，在常温下反应一段时间后，测得容器中V2O4、V2O5、SO2和SO3的量随反应前加入O2的量的变化如图2所示，图中没有生成SO3的可能原因是_。(3)向体积可变的密闭容器中加入V2O5(s)、SO2(g)各0.6mol、O2(g)0.3mol，此时容器的体积为10L，保持恒压的条件下分别在T1、T2、T3三种温度下进行反应，测得容器中SO2的转化率如图

26、3所示。T3温度下反应速率最慢的原因是_。T2温度时，反应达平衡时容器的体积为_L，2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)的平衡常数K=_。T2时使用V2O5进行反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，反应达平衡后增大容器的体积同时再充入一定量的O2(g)，在保证O2(g)的浓度不变，平衡_(填标号)A向正反应方向移动B不移动C向逆反应方向移动D无法确定(4)近年来，地下水中的氮污染已成为世界性的环境问题。在金属Pt、Cu和依(Ir)的催化作用下，H2可高效转化酸性溶液中的硝态氮()，其工作原理如图所示。导电基体上的单原子铜表面发生反应的方程式为_。【答案】 -195.2kJ/mol

27、 常温下生成SO3的反应速率很慢 T3温度过高，催化剂活性降低 7 18900(或1.89104) B +3e-+4H+=NO+2H2O【解析】【分析】【详解】(1)根据图示可知，图中的反应历程为V2O5(s)+SO2(g)=V2O4(s)+SO3(g)H1=+59.6 kJ/molV2O5(s)=O2(g)+V2O4(s) H2=+157.2 kJ/mol根据盖斯定律，(-)2可得：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) H3=-195.2kJ/mol；(2)向10L密闭容器中加入V2O4(s)、SO2(g)各1mol及一定量的O2，改变加入O2的量，在常温下反应一段时间后没有生成SO3的

28、可能原因是：常温下，反应V2O5(s)+SO2(g)=V2O4(s)+SO3(g)H1=+59.6 kJ/mol和反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)H3=-195.2kJ/mol生成SO3的反应速率很慢；(3)根据先拐先平数值大的原则，则图中温度大小关系为，T2T1，T3和较低温度T1反应达到平衡状态的时间基本相同，但T3温度下SO2的转化率最低，导致出现该现象的原因应该为T3温度过高，催化剂活性降低，反应速率降低；向体积可变的密闭容器中加入V2O5(s)、SO2(g)各0.6mol、O2(g)0.3mol，此时容器的体积为10L，T2温度下反应达平衡时，SO2转化率为90%，即消耗

29、SO2的物质的量为0.6mol90%=0.54mol，结合题意列三段式：相同条件下，气体体积之比=气体物质的量之比，则，即，则平衡时容器中的体积为7L；反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)的平衡常数K= =18900(或1.89104)；T2时使用V2O5进行反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，反应达平衡后，再充入一定量的O2(g)，在保证O2(g)的浓度不变的情况下，增大容器的体积，此时温度不变，平衡常数不变，相当于将同等平衡状态在恒温恒容条件下混合，平衡不移动，答案选B。 (4)由题意可知，在金属Pt、Cu和依(Ir)的催化作用下，H2可高效转化酸性溶液中的硝态氮()，

30、根据图示可得，酸性条件下，在铜原子表面得到电子还原为NO，则导电基体上的单原子铜表面发生反应的方程式为+3e-+4H+=NO+2H2O。五、结构与性质11很多过渡金属及其化合物在工业上有重要用途。(1)钛铁合金是钛系储氢合金的代表，该合金具有放氢温度低、价格适中等优点。Fe的基态原子价电子排布式为_。Ti的基态原子共有_种不同能级的电子。(2)制备CrO2Cl2的反应为K2Cr2O7+3CCl4=2KCl+2CrO2Cl2+3COCl2。上述化学方程式中非金属元素电负性由小到大的顺序是_(用元素符号表示)。CCl4和COCl2分子中所有原子均满足8电子构型，CCl4和COCl2分子中键的个数比

31、为_，COCl2分子的中心原子的杂化方式为_。(3)NiO、FeO的晶体结构均与氯化钠的晶体结构相同，从微观角度解释NiO的熔点高于FeO的原因为_。(4)Ni和La的合金是目前使用广泛的储氢材料，具有大容量、高寿命、耐低温等特点，在日本和中国已实现了产业化。该合金的晶胞结构如图所示。该晶体的化学式为_。已知该晶胞的摩尔质量为Mgmol-1，密度为dgcm-3.设NA为阿伏加德罗常数的值，则该晶胞的体积是_cm3(用含M、d、NA的代数式表示)。该晶体的内部具有空隙，且每个晶胞的空隙中储存6个氢原子比较稳定。已知：a=500pm，c=400pm；标准状况下氢气的密度为910-5gcm-3；储氢

32、能力=。若忽略吸氢前后晶胞的体积变化，则该储氢材料的储氢能力为_。(NA可近似取61023，=1.7)【答案】 3d64s2 7 CClO 43 sp2 Ni2+的半径更小，和O2-离子间的静电力更强，晶格能更大 LaNi5 1307【解析】【分析】【详解】(1)Fe是26号元素，Fe的基态原子价电子排布式为3d64s2；Ti是22号元素，Ti的基态原子核外有1s、2s、3s、4s、2p、3p、3d7个能级，共有7种不同能级的电子；(2)反应式中非金属元素有三种：O、C、Cl，CCl4中C表现正化合价、Cl表现负化合价，CrO2Cl2中Cl为+1价，O为2价，电负性越大，对键合电子吸引力越大，

33、元素相互化合时该元素表现负价，故电负性：CClO；COCl2分子中有1个C=O键和2个CCl键，所以COCl2分子中键的数目为3，键的数目为1，CCl4分子中有4个CCl键，分子中键的数目为4，则CCl4和COCl2分子中键的个数比为43，COCl2分子的中心原子C电子对数=3+(4122)=3，故中心原子杂化方式为sp2；(3)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，离子晶体的熔点与离子键的强弱有关，离子所带电荷数越多，离子半径越小，离子键越强，熔点越高。由于Ni2+的离子半径小于Fe2+的离子半径，和O2-离子间的静电力更强，晶格能更大，所以熔点是NiOFeO；(4)从图中可以看出，La位于平行六面体的顶点，晶胞中La的原子数为81。平行六面体的上、下两个面各有2个Ni原子，四个侧面各有1个Ni原子，体心还有1个Ni原子。故晶胞中Ni的原子数为8115，故该晶体的化学式为LaNi5；已知该晶胞的摩尔质量为Mgmol-1，NA为阿伏加德罗常数的值，一个晶胞的质量m=，根据V= ，密度为dgcm-3，则该晶胞的体积是cm3；LaNi5合金储氢后的密度= =0.118gcm-3，由定义式可知