重庆市北碚区2023年高考仿真模拟化学试卷含解析

2023学年高考化学模拟试卷请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、氮及其化合物的转化过程如图所示。下列分析合理的是A．催化剂a表面发生了极性共价键的断裂和形成B．N2与H2反应生成NH3的原子利用率为100%C．在催化剂b表面形成氮氧键时，不涉及电子转移D．催化剂a、b能提高反应的平衡转化率2、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．标准状况下，11.2LNO2中含有的氧原子数目为NAB．1mol20Ne和22Ne的混合物中含有的中子数目为10NAC．8.4gNaHCO3和MgCO3的混合物中含有的阴离子数目为0.1NAD．已知某温度下硼酸（H3BO3）饱和溶液的pH=4.6，则溶液中H+的数目为1×10-4.6NA3、设[aX+bY]为a个X微粒和b个Y微粒组成的一个微粒集合体，NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法中正确的是（）A．0.5mol雄黄(As4S4，已知As和N同主族，结构如图)含有NA个S-S键B．合成氨工业中，投料1mol[N2(g)+3H2(g)]可生成2NA个[NH3(g)]C．用惰性电极电解1L浓度均为2mol•L-1的AgNO3与Cu(NO3)2的混合溶液，当有0.2NA个电子发生转移时，阴极析出6.4g金属D．273K，101kPa下，1mol过氧化氢分子中含有的共用电子对数目为3NA4、铟（In）被称为信息产业中的“朝阳元素”。由“铟49In-114.8”不可能知道的是（）A．铟元素的相对原子质量 B．铟元素的原子序数C．铟原子的相对原子质量 D．铟原子的核电荷数5、尿素燃料电池既能去除城市废水中的尿素，又能发电。尿素燃料电池结构如下图所示，甲电极上发生如下反应：CO（NH2）2+H2O-6e－→CO2+N2+6H+，则A．甲电极是阴极B．电解质溶液可以是KOH溶液C．H+从甲电极附近向乙电极附近迁移D．每2molO2理论上可净化1molCO（NH2）26、加热聚丙烯废塑料可以得到碳、氢气、甲烷、乙烯、丙烯、苯和甲苯。用如图所示装置探究废旧塑料的再利用。下列叙述不正确的是A．装置乙试管中收集到的液体在催化剂存在下可以与Br2发生取代反应B．装置丙中的试剂吸收反应产生的气体后得到的产物的密度均比水大C．最后收集的气体可以作为清洁燃料使用D．甲烷的二氯代物有2种7、已知N2H4在水中电离方式与NH3相似，若将NH3视为一元弱碱，则N2H4是一种二元弱碱，下列关于N2H4的说法不正确的是A．它与硫酸形成的酸式盐可以表示为N2H5HSO4B．它溶于水所得的溶液中共有4种离子C．它溶于水发生电离的第一步可表示为：N2H4＋H2ON2H5＋OH－D．室温下，向0.1mol/L的N2H4溶液加水稀释时，n(H＋)·n(OH－)会增大8、设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是A．标准状况下，22.4L环丙烷和丙烯的混合气体中所含共用电子对数为9NAB．56g铁在足量氧气中完全燃烧，转移的电子数小于3NAC．16gO2和14C2H4的混合物中所含中子数为8NAD．常温下，1L0.5mol/LCH3COONH4溶液的pH＝7，则溶液中CH3COO－与NH4＋的数目均为0.5NA9、下列固体混合物与过量的稀H2SO4反应，能产生气泡并有沉淀生成的是A．NaHCO3和Al（OH）3 B．BaCl2和NaCl C．MgCO3和K2SO4 D．Na2SO3和BaCO310、利用传感技术测定一定浓度碳酸钠溶液的pH与温度(T)的关系，曲线如图，下列分析错误的是A．碳酸钠水解是吸热反应B．ab段说明水解平衡正向移动C．be段说明水解平衡逆向移动D．水的电离平衡也对pH产生影响11、有机物M、N分子的模型如图所示，其中不同颜色的球表示不同的原子，原子之间的化学键可以是单键、双键。下列说法错误的是MNA．M与HCOOCH3互为同分异构体B．N的官能团为羟基C．在与钠的反应中N放出气泡比M快D．N能使酸性高锰酸钾溶液褪色12、25℃时，NH3·H2O和CH3COOH的电离常数K相等。下列说法正确的是A．常温下，CH3COONH4溶液的pH=7，与纯水中H2O的电离程度相同B．向CH3COONH4溶液加入CH3COONa固体时，c(NH4+)、c(CH3COO－)均会增大C．常温下，等浓度的NH4Cl和CH3COONa两溶液的pH之和为14D．等温等浓度的氨水和醋酸两溶液加水稀释到相同体积，溶液pH的变化值一定相同13、下列物质不能用作食品干燥剂的是（）A．硅胶 B．六水合氯化钙C．碱石灰 D．具有吸水性的植物纤维14、香芹酮的结构简式为，下列关于香芹酮的说法正确的是A．1mol香芹酮与足量的H2加成，需要消耗2molH2B．香芹酮的同分异构体中可能有芳香族化合物C．所有的碳原子可能处于同一平面D．能使酸性髙锰酸钾溶液和溴水溶液褪色，反应类型相同15、298

K时，向20

mL0.1

mol/L某酸HA溶液中逐滴加入0.1

mol/L

NaOH溶液，混合溶液的pH变化曲线如图所示。下列说法错误的是A．a点溶液的pH为2.88B．b点溶液中：c（Na+）＞c（A－）＞c（HA）C．b、c之间一定存在c（Na+）＝c（A－）的点D．a、b、c三点中，c点水的电离程度最大16、现有稀硫酸和稀硝酸的混合溶液，其中c(SO42-)+c(NO3-)=5mol.L-1。10mL该混酸溶解铜质量最大时。溶液中HNO3、H2SO4的浓度之比为A．1：1 B．1：2 C．3：2 D．2：317、NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．11g超重水(T2O)含中子数为5NAB．1molSiO2中Si—O键的数目为4NAC．常温下，pH=6的MgCl2溶液中H+的数目为10-6NAD．标准状况下，2.24LCl2全部溶于水所得溶液中的Cl－数目为0.1NA18、如图所示的方案可以降低铁闸门的腐蚀速率。下列判断正确的是()A．若X为导线，Y可以是锌B．若X为导线，铁闸门上的电极反应式为Fe-2e-=Fe2+C．若X为直流电源，铁闸门做负极D．若X为直流电源，Y极上发生还原反应19、用下列装置制取NH3，并还原CuO，其原理和装置均正确的是()A．用装置制取NH3 B．用装置干燥NH3C．用装置还原CuO D．用装置处理尾气20、不能用NaOH溶液除去括号中杂质的是A．Mg（Al2O3） B．MgCl2（AlCl3） C．Fe（Al） D．Fe2O3（Al2O3）21、下列实验目的能实现的是A．实验室制备乙炔 B．实验室制备氢氧化亚铁 C．实验室制取氨气 D．实验室制取乙酸丁酯22、25℃时，NaCN溶液中CN－、HCN浓度所占分数()随pH变化的关系如图甲所示，其中a点的坐标为(9.5，0.5)。向10mL0.01mol·L－1NaCN溶液中逐滴加入0.01mol·L-1的盐酸，其pH变化曲线如图乙所示。下列溶液中的关系中一定正确的A．图甲中pH=7的溶液：c(Cl－)=c(HCN)B．常温下，NaCN的水解平衡常数：Kh(NaCN)=10－4.5mol/LC．图乙中b点的溶液：c(CN－)＞c(Cl－)＞c(HCN)＞c(OH－)＞c(H+)D．图乙中c点的溶液：c(Na+)+c(H+)=c(HCN)+c(OH－)+c(CN－)二、非选择题(共84分)23、（14分）用于汽车刹车片的聚合物Y是一种聚酰胺纤维，合成路线如图：已知：（1）生成A的反应类型是_____。（2）试剂a是_____。（3）B中所含的官能团的名称是_____。（4）W、D均为芳香化合物，分子中均只含两种不同化学环境的氢原子。①F的结构简式是_____。②生成聚合物Y的化学方程式是_____。（5）Q是W的同系物且相对分子质量比W大14，则Q有______种，其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积比为1：2：2：3的为_____、_____（写结构简式）（6）试写出由1，3﹣丁二烯和乙炔为原料（无机试剂及催化剂任用）合成的合成路线。（用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件）。___________24、（12分）研究表明不含结晶水的X（由4种短周期元素组成），可作为氧化剂和漂白剂，被广泛应用于蓄电池工业等。为探究X的组成和性质，设计并完成了下列实验：已知：气体单质B可使带火星的木条复燃。（1）X中含有的元素为：____；图中被浓硫酸吸收的气体的电子式为：_____。（2）请写出①的化学方程式：_____。（3）已知X常用于检验Mn2+，它可将Mn2+氧化成MnO4-。请写出X溶液和少量MnCl2溶液反应的离子方程式：_____。25、（12分）三苯甲醇是有机合成中间体。实验室用格氏试剂)与二苯酮反应制备三苯甲醇。已知:①格氏试剂非常活泼，易与水、氧气、二氧化碳等物质反应；②③④实验过程如下①实验装置如图1所示。a.合成格氏试剂:向三颈烧瓶中加入0.75g镁屑和少量碘(引发剂)，连接好装置，在恒压漏斗中加入3.20mL(0.03mol)溴苯和15.00mL乙醚混匀，开始缓慢滴加混合液，滴完后待用。b.制备三苯甲醇:将5.50g二苯与15.00mL乙醚在恒压漏斗中混匀，滴入三颈烧瓶。40℃左右水溶回流0.5h，加入20.00mL包和氯化铵溶液，使晶体析出。②提纯:图2是简易水蒸气蒸馏装置，用该装置进行提纯，最后冷却抽滤（1）图1实验中，实验装置有缺陷，应在球形冷凝管上连接____________装置（2）①合成格氏试剂过程中，低沸点乙醚的作用是____________________；②合成格氏试剂过程中，如果混合液滴加过快将导致格氏试剂产率下降，其原因是______；（3）提纯过程中发现A中液面上升，此时应立即进行的操作是_______；（4）①反应结束后获得三苯甲醇晶体的操作为_______、过滤、洗涤______；A．蒸发结晶B．冷却结晶C．高温烘干D．滤纸吸干②下列抽滤操作或说法正确的是_______A．用蒸馏水润湿滤纸，微开水龙头，抽气使滤纸紧贴在漏斗瓷板上B．用倾析法转移溶液，开大水龙头，待溶液快流尽时再转移沉淀C．注意吸滤瓶内液面高度，当接近支管口位置时，拨掉橡皮管，滤液从支管口倒出D．用抽滤洗涤沉淀时，应开大水龙头，使洗涤剂快速通过沉淀物，以减少沉淀物损失E.抽滤不宜用于过滤胶状成剧粒太小的沉淀（5）用移液管量取20.00mL饱和氯化较溶液，吸取液体时，左手______，右手持移液管；（6）通过称量得到产物4.00g，则本实验产率为__________(精确到0.1％)。26、（10分）碘化钠在医疗及食品方面有重要的作用。实验室用NaOH、单质碘和水合肼(N2H4·H2O)为原料制备碘化钠。已知：水合肼具有还原性。回答下列问题：(1)水合肼的制备反应原理为：CO(NH2)2(尿素)+NaClO+2NaOH=N2H4·H2O+NaCl+Na2CO3①制取次氯酸钠和氢氧化钠混合液的连接顺序为__________(按气流方向，用小写字母表示)。若该实验温度控制不当，反应后测得三颈瓶内ClO-与ClO3-的物质的量之比为5：1，则氯气与氢氧化钠反应时，被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比为____。②制备水合肼时，应将__________滴到__________中（填“NaClO溶液”或“尿素溶液”），且滴加速度不能过快。③尿素的电子式为__________________(2)碘化钠的制备：采用水合肼还原法制取碘化钠固体，其制备流程如图所示：在“还原”过程中，主要消耗反应过程中生成的副产物IO3-，该过程的离子方程式为___。(3)测定产品中NaI含量的实验步骤如下：a．称取10.00g样品并溶解，在500mL容量瓶中定容；b．量取25.00mL待测液于锥形瓶中，然后加入足量的FeCl3溶液，充分反应后，再加入M溶液作指示剂：c.用0.2000mol·L−1的Na2S2O3标准溶液滴定至终点(反应方程式2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI)，重复实验多次，测得消耗标准溶液的体积为15.00mL。①M为____________(写名称)。②该样品中NaI的质量分数为_______________。27、（12分）某小组以亚硝酸钠（NaNO2）溶液为研究对象，探究NO2-的性质。实验试剂编号及现象滴管试管2mL1%酚酞溶液1mol·L-1NaNO2溶液实验I：溶液变为浅红色，微热后红色加深1mol·L-1NaNO2溶液0.1mol·L-1KMnO4溶液实验II：开始无明显变化，向溶液中滴加稀硫酸后紫色褪去KSCN溶液1mol·L-1FeSO4溶液（pH=3）实验III：无明显变化1mol·L-1NaNO2溶液1mol·L-1FeSO4溶液（pH=3）实验IV：溶液先变黄，后迅速变为棕色，滴加KSCN溶液变红资料：[Fe(NO)]2+在溶液中呈棕色。（1）结合化学用语解释实验I“微热后红色加深”的原因______（2）实验II证明NO2-具有_____性，从原子结构角度分析原因_________（3）探究实验IV中的棕色溶液①为确定棕色物质是NO与Fe2+，而非Fe3+发生络合反应的产物，设计如下实验，请补齐实验方案。实验溶液a编号及现象1mol·L-1FeSO4溶液（pH=3）i．溶液由___色迅速变为___色____________________ii．无明显变化②加热实验IV中的棕色溶液，有气体逸出，该气体在接近试管口处变为红棕色，溶液中有红褐色沉淀生成。解释上述现象产生的原因_________。（4）络合反应导致反应物浓度下降，干扰实验IV中氧化还原反应发生及产物检验。小组同学设计实验V：将K闭合后电流表指针发生偏转，向左侧滴加醋酸后偏转幅度增大。①盐桥的作用是____________________________②电池总反应式为______________________实验结论：NO2-在一定条件下体现氧化性或还原性，氧还性强弱与溶液酸碱性等因素有关。28、（14分）镍具有良好的导磁性和可塑性，主要用于制作合金及催化剂。请回答下列问题（1）基态镍原子的价电子排布图为____，同周期元素中基态原子与镍具有相同未成对电子的还有____种。（2）四羰基合镍是一种无色挥发性液体，熔点-25℃，沸点43℃。则四羟基合镍中σ键和π键数目之比为___三种组成元素按电负性由大到小的顺序为____。（3）[Ni(NH3)

4]SO4中N原子的杂化方式为____，写出与SO42-互为等电子体的一种分子和一种离子的化学式____，____；[Ni(

NH3)4]SO4中H-N-H键之间的夹角___（填“＞”“＜”或“=”）NH3分子中H-N-H键之间的夹角。（4）已知NiO的晶体结构（如图1），可描述为：氧原子位于面心和顶点，氧原子可形成正八面体空隙和正四面体空隙，镍原子填充在氧原子形成的空隙中，则NiO晶体中原子填充在氧原子形成的____体空隙中，其空隙的填充率为____。（5）一定温度下，NiO晶体可分散形成“单分子层”，O2-作单层密置排列，Ni2+填充O2-形成的正三角形空隙中（如图2），已知O2-的半径为αm，每平方米面积上分数的NiO的质量为___g。（用a、NA表示）29、（10分）2019年诺贝尔化学奖授予三位开发锂离子电池的科学家。TiS2、LiCoO2和LiMnO2等都是他们研究锂离子电池的载体。回答下列问题：(1)基态Co原子价层电子排布式为_______________________________。(2)已知第三电离能数据:I3(Mn)=3246kJ·mol-1，I3(Fe)=2957kJ·mol-1。锰的第三电离能大于铁的第三电离能,其主要原因是_______________________________。(3)据报道，在MnO2的催化下，甲醛可被氧化成CO2，在处理含HCHO的废水或空气方面有广泛应用。HCHO中键角_________CO2中键角(填“大于”“小于”或“等于")。(4)Co3+、Co2+能与NH3、H2O、SCN-等配体组成配合物。①1mol[Co(NH3)6]3+含______molσ键。②配位原子提供孤电子对与电负性有关，电负性越大，对孤电子对吸引力越大。SCN-的结构式为[S=C=N]-,SCN-与金属离子形成的配离子中配位原子是______(填元素符号)。③配离子在水中颜色与分裂能有关，某些水合离子的分裂能如表所示：由此推知，a______b(填“>”“<”或“=")，主要原因是_______________________。(5)工业上，采用电解熔融氯化锂制备锂，钠还原TiCl4(g)制备钛。已知：LiCl、TiCl4的熔点分别为605°C、-24°C，它们的熔点相差很大，其主要原因是_______________。(6)钛的化合物有2种不同结构的晶体，其晶胞如图所示。二氧化钛晶胞(如图1)中钛原子配位数为__________。氮化钛的晶胞如图2所示,图3是氮化钛的晶胞截面图。已知:NA是阿伏加德常数的值，氮化钛晶体密度为dg·cm-3。氮化钛晶胞中N原子半径为__________pm

参考答案一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、B【解析】

A.催化剂A表面是氮气与氢气生成氨气的过程，发生的是同种元素之间非极性共价键的断裂，A项错误；B.N2与H2在催化剂a作用下反应生成NH3属于化合反应，无副产物生成，其原子利用率为100%，B项正确；C.在催化剂b表面形成氮氧键时，氨气转化为NO，N元素化合价由-3价升高到+2价，失去电子，C项错误；D.催化剂a、b只改变化学反应速率，不能提高反应的平衡转化率，D项错误；答案选B。【点睛】D项是易错点，催化剂通过降低活化能，可以缩短反应达到平衡的时间，从而加快化学反应速率，但不能改变平衡转化率或产率。2、C【解析】

A．标准状况下，NO2液化且部分转化为N2O4，无法计算含有的氧原子数目，A不正确；B．1mol20Ne和22Ne的混合物中含有的中子数目介于10NA~12NA之间，B不正确；C．8.4gNaHCO3和8.4gMgCO3含有的阴离子数目都为0.1NA，则8.4g混合物所含阴离子数目也应为0.1NA，C正确；D．硼酸饱和溶液的体积未知，无法计算溶液中H+的数目，D不正确；故选C。3、D【解析】

A.由As4S4的结构图可知，黑球代表As，白球代表S，则As4S4的结构中不存在S-S键，故A错误；B.合成氨气的反应为可逆反应，则投料1mol[N2(g)+3H2(g)]生成的[NH3(g)]数目小于2NA，故B错误；C.根据阴极放电顺序可知，银离子先放电，则当有0.2NA个电子发生转移时，阴极析出21.6g金属，故C错误；D.过氧化氢分子中氢原子与氧原子、氧原子与氧原子之间均为单键，则1mol过氧化氢分子中含有的共用电子对数目为3NA，故D正确；综上所述，答案为D。4、C【解析】

A．114.8即为铟元素的相对原子质量，故A错误；B．49既为铟元素的原子核内的质子数，也为铟元素的原子序数，故B错误；C．由于铟元素可能含有两种或两种以上的铟原子，故仅根据114.8无法计算出各铟原子的相对原子质量，故C正确；D．49既是铟原子的质子数，也是铟原子的核电荷数，故D错误。故选：C。【点睛】本题考查了原子结构中质子数与核电荷数、原子序数、电子数等之间的关系以及元素的相对原子质量与各原子的相对原子质量之间的计算关系。注意仅根据一种原子的相对原子质量无法计算元素的相对原子质量，同样，仅根据元素的相对原子质量也无法计算原子的相对原子质量。5、C【解析】

A．由题甲电极上发生如下反应：CO(NH2)2+H2O-6e-=CO2+N2+6H+，甲电极是燃料电池的负极，A错误；B．甲电极上发生如下反应：CO(NH2)2+H2O-6e-=CO2+N2+6H+，该原电池是酸性电解质，电解质溶液不可以是KOH溶液，B错误；C．原电池中阳离子向正极移动，则电池工作时从甲电极负极附近向乙电极正极附近迁移，C正确；D．电池的总反应式为：，每理论上可净化，理论上可净化，D错误。答案选C。6、D【解析】

A.装置乙试管中收集到的液体物质是苯和甲苯，两种物质的分子中都含有苯环，在催化剂存在下可以与Br2发生取代反应，A正确；B.加热聚丙烯废塑料得到的不饱和烃乙烯、丙烯可以与Br2发生加成反应，产生1，2-二溴乙烷和1，2-二溴丙烷，它们都是液体物质，难溶于水，密度比水大，B正确；C.加热聚丙烯废塑料可以得到碳、氢气、甲烷、乙烯、丙烯、苯和甲苯，气体物质有氢气、甲烷、乙烯、丙烯，液体物质有苯和甲苯，其中苯和甲苯经冷水降温恢复至常温下的液态留在小试管中；气体中乙烯、丙烯与溴的四氯化碳溶液反应变为液体，剩余气体为氢气、甲烷，燃烧产生H2O、CO2，无污染，因此可作为清洁燃料使用，C正确；D.甲烷是正四面体结构，分子中只有一种H原子，其二氯代物只有1种，D错误；故合理选项是D。7、A【解析】

A、N2H4+H2ON2H5++OH-、N2H5++H2ON2H62++OH-，它属于二元弱碱，和硫酸形成的酸式盐应为N2H6（HSO4）2，选项A不正确；B、所得溶液中含有N2H5+、N2H62+、OH-、H+四种离子，选项B正确；C、它溶于水发生电离是分步的，第一步可表示为：N2H4＋H2ON2H5+＋OH－，选项C正确；D、Kw=c(H＋)·c(OH－)在一定温度下为定值，因加水体积增大，故n(H＋)·n(OH－)也将增大，选项D正确；答案选A。8、D【解析】

A标准状况下，22.4L环丙烷和丙烯的混合气体中所含共用电子对数为=9NA，故不选A；B.铁在足量氧气中燃烧生成Fe3O4，56克铁转移的电子数为8NA/3，因此转移电子数小于3NA，故不选B；C.1molO2和1mol14C2H4均含有16个中子，摩尔质量均为32g/mol，故混合物中所含中子数为=8NA，故不选C；D.CH3COONH4为弱酸弱碱盐，醋酸根离子和铵根离子均会水解，因此溶液中CH3COO－与NH4＋的数目均小于0.5NA；答案：D【点睛】易错选项C，注意O2和14C2H4摩尔质量相同，中子数相同。9、D【解析】

A．碳酸氢钠可以和硫酸反应生成二氧化碳气体，但是NaHCO3和Al(OH)3和硫酸反应都不会生成沉淀，故A错误；B．BaCl2和NaCl与硫酸反应，前者可以产生沉淀，但都不会生成气体，故B错误；C．MgCO3可以和硫酸反应生成二氧化碳气体，K2SO4与硫酸不发生反应，没有沉淀生成，故C错误；D．Na2SO3可以和硫酸反应生成二氧化硫气体，BaCO3可以和硫酸反应生成硫酸钡沉淀和二氧化碳气体，既能产生气泡又有沉淀生成，故D正确；答案选D。10、C【解析】

A.水解一定是吸热反应，A项正确；B.碳酸钠是弱酸强碱盐，水解使溶液显碱性，而升高温度使平衡正向移动，溶液的碱性增强，B项正确；C.水解是吸热的，温度不断升高只会导致平衡不断正向移动，此时溶液pH却出现反常下降，这是由于水本身也存在电离，温度改变对水的电离平衡造成了影响，C项错误；D.水本身也存在着一个电离平衡，温度改变平衡移动，因此对溶液的pH产生影响，D项正确；答案选C。11、C【解析】

根据分子模型可知，白球代表氢原子，绿球代表碳原子，红球代表氧原子，则M、N的结构简式为CH3COOH和CH3CH2OH。【详解】A．M的结构简式为CH3COOH，与HCOOCH3的分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故A正确；B．N的结构简式为CH3CH2OH，官能团为羟基，故B正确；C．CH3COOH和CH3CH2OH分别与钠反应时，CH3COOH中羧基中的氢比CH3CH2OH中羟基中的氢更活泼，故放出氢气速率快，故C错误；D．Ｎ为CH3CH2OH，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化为乙酸，高锰酸钾被还原成锰离子，故会褪色，故D正确；答案选C。【点睛】判断出M、N的分子结构是关键，根据图中信息可以得到白球代表氢原子，绿球代表碳原子，红球代表氧原子。12、C【解析】

25℃时，NH3·H2O和CH3COOH的电离常数K相等，这说明二者的电离常数相等。则A．常温下，CH3COONH4溶液中铵根与醋酸根的水解程度相等，因此溶液的pH＝7，但促进水的电离，与纯水中H2O的电离程度不相同，选项A错误；B．向CH3COONH4溶液加入CH3COONa固体时溶液碱性增强，促进铵根的水解，因此c(NH4+)降低，c(CH3COO－)增大，选项B错误；C．由于中铵根与醋酸根的水解程度相等，因此常温下，等浓度的NH4Cl和CH3COONa两溶液的pH之和为14，选项C正确；D．由于二者的体积不一定相等，所以等温等浓度的氨水和醋酸两溶液加水稀释到相同体积，溶液pH的变化值不一定相同，选项D错误；答案选C。13、B【解析】

A．硅胶具有吸水性，无毒，则硅胶可用作食品干燥剂，故A正确；B．六水合氯化钙不能吸水，则不能作食品干燥剂，故B错误；C．碱石灰能与水反应，可做干燥剂，故C正确；D．具有吸水性的植物纤维无毒，则可用作食品干燥剂，故D正确；故答案为B。14、B【解析】

A．1个香芹酮的分子中，含有两个碳碳双键和一个羰基，故1mol香芹酮与足量的H2加成，需要消耗3molH2，A错误；B．1个香芹酮的分子中，含有两个碳碳双键和一个羰基，分子中还含有一个六元环，可以构成含有一个苯环的化合物，B正确；C．一个碳原子连接四个原子构成的是四面体的构型，香芹酮()分子中标特殊记号的这个碳原子与周围相连的三个碳原子不可能在同一平面上，C错误；D．香芹酮与酸性髙锰酸钾溶液发生氧化反应，使酸性髙锰酸钾溶液褪色，而香芹酮与溴水发生加成反应使溴水褪色，反应类型不相同，D错误；答案选B。15、B【解析】

A．当加入10mL0.1

mol/L

NaOH溶液时，溶液中c(HA)=c(A-),由HA⇌H++A-可知Ka==c(H+)=10-4.76，则0.1mol/L的某酸HA中的c(H+)可用三段式进行计算，设电离的c(HA)为xmol/L：HA的电离平衡常数K===10-4.76，剩余的c(HA)=0.1-x≈0.1mol/L，解得x=10-2.88，所以a点溶液的pH为2.88，A正确；B．b溶液显酸性，c(H+)>(OH-)，由电荷守恒可知c(Na+)<c(A-)，B错误；C．溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)，当溶液pH=7呈中性时c(H+)=c(OH-)，则c(Na+)=c(A-)，所以b、c之间一定存在c(Na+)=c(A-)的点，C正确；D．a、b点中溶液显酸性，HA电离出的H+对水的电离起抑制作用，c点酸碱恰好完全反应生成盐NaA，对水的电离起促进的作用，所以a、b、c三点中，c点水的电离程度最大，D正确；答案选B。【点睛】溶液中一直存在电荷守恒，酸、碱对水的电离起抑制作用，能水解的盐对水的电离起促进作用。16、D【解析】稀硝酸和稀硫酸组成的混酸中c（NO3－）+c（SO42－）=5mol·L－1，稀硝酸和Cu反应但稀硫酸和Cu不反应，混酸和Cu反应离子方程式为3Cu+2NO3－+8H＋=3Cu2＋+2NO↑+4H2O，要使溶解的Cu最大，则硝酸根离子应该完全反应，根据离子方程式知，c（NO3－）：c（H＋）=2：8=1：4，设c（NO3－）=xmol·L－1、则c（H＋）=4xmol·L－1，根据电荷守恒得c（NO3－）+2c（SO42－）=c（H＋），xmol·L－1+2c（SO42－）=4xmol·L－1，c（SO42－）=1.5xmol·L－1，代入已知：c（NO3－）+c（SO42－）=5mol·L－1，x=2，所以c（NO3－）=2mol·L－1、则c（H＋）=8mol·L－1，c（SO42－）=5mol·L－1-2mol·L－1=3mol·L－1，根据硝酸根离子守恒、硫酸根离子守恒得c（NO3－）=c（HNO3）=2mol·L－1、c（SO42－）=c（H2SO4）=3mol·L－1，所以混酸中HNO3、H2SO4的物质的量浓度之比2mol·L－1：3mol·L－1=2：3。故选D。17、B【解析】

A.11g超重水(T2O)的物质的量为=0.5mol，则含中子数为0.5mol(22+8)NA=6NA，A项错误；B.SiO2中每个Si原子会形成4个Si—O键，故1molSiO2中Si—O键的数目为4NA，B项正确；C.溶液的体积未知，H+的数目无法求出，C项错误；D.标准状况下，2.24LCl2为0.1mol，但氯气溶于水为可逆反应，因此生成的Cl－数目小于0.1NA，D项错误；答案选B。18、A【解析】

A.若X为导线，Y可以是锌，形成原电池，铁闸门作正极被保护，能降低铁闸门的腐蚀速率，故A正确；B.若X为导线，铁闸门上的电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，则铁闸门作负极被腐蚀，所以不能降低铁闸门的腐蚀速率，故B错误；C.若X为直流电源，铁闸门连接负极，作阴极，能降低铁闸门的腐蚀速率，故C错误；D.若X为直流电源，铁闸门连接负极，作阴极，Y极为阳极，则Y极上发生氧化反应，故D错误；故选：A。19、C【解析】

A、NH4Cl受热分解后,在试管口又重新生成NH4Cl固体，得不到氨气，故A错误；B、浓硫酸与氨气反应生成硫酸铵，不能用浓硫酸干燥NH3，故B错误；C、2NH3＋3CuO3Cu＋N2＋3H2O，用氨气还原CuO，故C正确；D、氨气与稀硫酸反应，装置内压强急剧减小，会引起倒吸，故D错误；故选C。20、B【解析】

A、氢氧化钠能与氧化铝反应，与镁不反应，可以除去镁中的氧化铝，A正确；B、氯化镁、氯化铝与氢氧化钠均反应，不能除杂，B错误；C、铝能溶于氢氧化钠溶液，铁不能，可以除杂，C正确；D、氧化铝能溶于水氢氧化钠，氧化铁不能，可以除杂，D正确。答案选B。21、C【解析】

A．反应剧烈发出大量的热，不易控制反应速度，且生成氢氧化钙易堵塞多孔隔板，则不能利用图中制取气体的简易装置制备乙炔，故A错误；B．Fe与硫酸反应生成氢气，可排出空气，但图中左侧试管内的导气管没有伸入到反应的液面内，硫酸亚铁溶液不能通过利用氢气的压强，使硫酸亚铁与NaOH接触而反应，故B错误；C．碳酸氢铵分解生成氨气、水、二氧化碳，碱石灰可吸收水、二氧化碳，则图中装置可制备少量氨气，故C正确；D．乙酸丁酯的沸点124～126℃，反应温度115～125℃，则不能利用图中水浴加热装置，故D错误；故选：C。22、B【解析】

A.图甲中可以加入HCN调节溶液的pH=7，溶液中不一定存在Cl-，即不一定存在c(Cl－)=c(HCN)，故A错误；B.a点的坐标为(9.5，0.5)，此时c(HCN)=c(CN−)，HCN的电离平衡常数为，则NaCN的水解平衡常数，故B正确；C.b点加入5mL盐酸，反应后溶液组成为等浓度的NaCN、HCN和NaCl，由图乙可知此时溶液呈碱性，则HCN的电离程度小于CN−的水解程度，因此c(HCN)＞c(CN−)，故C错误；D.c点加入10mL盐酸，反应后得到等浓度的HCN和NaCl的混合溶液，任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒，根据物料守恒得c(Cl−)=c(HCN)+c(CN−)，而根据电荷守恒可知，c(Na+)+c(H+)=c(Cl−)+c(OH−)+c(CN−)，则c(Na+)+c(H+)=c(HCN)+c(OH－)+2c(CN－)，故D错误；故选B。二、非选择题(共84分)23、取代反应浓硝酸、浓硫酸氯原子、硝基+(2n-1)H2O10【解析】

苯与氯气在氯化铁作催化剂条件下得到A是，A转化得到B，B与氨气在高压下得到，可知B→引入氨基，A→B引入硝基，则B中Cl原子被氨基取代生成，可推知B为，试剂a为浓硝酸、浓硫酸；还原得到D为；乙醇发生消去反应生成E为CH2＝CH2，乙烯发生信息中加成反应生成F为，W为芳香化合物，则X中也含有苯环，X发生氧化反应生成W，分子中均只含两种不同化学环境的氢原子，结合W的分子式，可知W为、则X为，W与D发生缩聚反应得到Y为。（6）CH2＝CHCH＝CH2和HC≡CH发生加成反应生成，和溴发生加成反应生成，发生水解反应生成。【详解】（1）生成A是苯与氯气反应生成氯苯，反应类型是：取代反应，故答案为：取代反应；（2）A→B发生硝化反应，试剂a是：浓硝酸、浓硫酸，故答案为：浓硝酸、浓硫酸；（3）B为，所含的官能团是：氯原子、硝基，故答案为：氯原子、硝基；（4）①由分析可知，F的结构简式是：，故答案为：；②生成聚合物Y的化学方程式是：，故答案为：；（5）Q是W（）的同系物且相对分子质量比W大14，则Q含有苯环、2个羧基、比W多一个CH2原子团，有1个取代基为﹣CH（COOH）2；有2个取代基为﹣COOH、﹣CH2COOH，有邻、间、对3种；有3个取代基为2个﹣COOH与﹣CH3，2个﹣COOH有邻、间、对3种位置，对应的﹣CH3，分别有2种、3种、1种位置，故符合条件Q共有1+3+2+3+1＝10种，其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积比为1：2：2：3的为、，故答案为：10；、；（6）CH2＝CHCH＝CH2和HC≡CH发生加成反应生成，和溴发生加成反应生成，发生水解反应生成，其合成路线为，故答案为：。【点睛】本题考查有机物的推断与合成，充分利用转化中物质的结构、反应条件、反应信息进行分析，侧重考查学生分析推理能力，需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力，熟练掌握官能团的性质与转化，是有机化学常考题型。24、N、H、S、O2(NH4)2S2O8+8NaOH=4Na2SO4+4NH3+O2↑+6H2O7S2O82-+2Mn2++4Cl-+8H2O=2Cl2↑+2MnO4-+14SO42-+16H+【解析】

从图中可以采集以下信息：m(X)=4.56g，m(BaSO4)=9.32g，V(O2)=0.224L，V(NH3)=1.12L-0.224L=0.896L。n(BaSO4)=，n(O2)=，n(NH3)=。在X中，m(NH4+)=0.04mol×18g/mol=0.72g，m(S)=0.04mol×32g/mol=1.28g，则X中所含O的质量为m(O)=4.56g-0.72g-1.28g=2.56g，n(O)=。X中所含NH4+、S、O的个数比为0.04:0.04:0.16=1:1:4，从而得出X的最简式为NH4SO4，显然这不是X的化学式，X可作为氧化剂和漂白剂，则其分子中应含有过氧链，化学式应为(NH4)2S2O8。（1）从以上分析，可确定X中含有的元素；图中被浓硫酸吸收的气体为NH3。（2）反应①中，(NH4)2S2O8与NaOH反应，生成BaSO4、NH3、O2等。（3）已知X常用于检验Mn2+，它可将Mn2+氧化成MnO4-。则(NH4)2S2O8与MnCl2反应生成MnO4-、Cl2、SO42-等。【详解】（1）从以上分析，可确定X中含有的元素为N、H、S、O；图中被浓硫酸吸收的气体为NH3，电子式为。答案为：N、H、S、O；；（2）反应①中，(NH4)2S2O8与NaOH反应，生成BaSO4、NH3、O2等，且三者的物质的量之比为4:4:1，化学方程式为2(NH4)2S2O8+8NaOH=4Na2SO4+4NH3+O2↑+6H2O。答案为：2(NH4)2S2O8+8NaOH=4Na2SO4+4NH3+O2↑+6H2O；（3）已知X常用于检验Mn2+，它可将Mn2+氧化成MnO4-。则(NH4)2S2O8与MnCl2反应生成MnO4-、Cl2、SO42-等。S2O82-中有两个O从-1价降低到-2价，共得2e-；MnCl2中，Mn2+由+2价升高到+7价，Cl-由-1价升高到0价，MnCl2共失7e-，从而得到下列关系：7S2O82-+2Mn2++4Cl-——2Cl2↑+2MnO4-+14SO42-，再依据电荷守恒、质量守恒进行配平，从而得出反应的离子方程式为7S2O82-+2Mn2++4Cl-+8H2O=2Cl2↑+2MnO4-+14SO42-+16H+。答案为：7S2O82-+2Mn2++4Cl-+8H2O=2Cl2↑+2MnO4-+14SO42-+16H+。25、装有氯化钙固体的干燥管（其他干燥剂合理也可以）作溶剂，且乙醚气体排除装置中的空气，避免格氏试剂与之反应滴加过快导致生成的格氏试剂与溴苯反应生成副产物联苯立即旋开螺旋夹，并移去热源，拆下装置进行检查BDABE拿洗耳球51.3%【解析】

(1).格氏试剂非常活浅，易与水、氧气、二氧化碳等物质反应，应在球形冷凝管上连接装有氯化钙固体的干燥管；(2)①为使反应充分，提高产率，用乙醚来溶解收集。乙醚的沸点低，在加热过程中可容易除去，同时可防止格氏试剂与烧瓶内的空气相接触。因此答案为：作溶剂，且乙醚气体排除装置中的空气，避免格氏试剂与之反应；②依据题干反应信息可知滴入过快会生成联苯，使格氏试剂产率下降；（3）提纯过程中发现A中液面上升说明后面装置不能通过气体，需要旋开螺旋夹移去热源后拆装置进行检查装置气密性，故答案为：立即旋开螺旋夹，移去热源，拆下装置进行检查。（4）①滤纸使其略小于布式漏斗，但要把所有的孔都覆盖住，并滴加蒸馏水使滤纸与漏斗连接紧密，A正确；用倾析法转移溶液，开大水龙头，待溶液快流尽时再转移沉淀，B正确；当吸滤瓶内液面快达到支管口位置时，拔掉吸滤瓶上的橡皮管，从吸滤瓶上口倒出溶液，C错误；洗涤沉淀时，应关小水龙头，使洗涤剂缓慢通过沉淀物，D错误；减压过滤不宜用于过滤胶状沉淀或颗粒太小的沉淀，胶状沉淀在快速过滤时易透过滤纸；沉淀颗粒太小则易在滤纸上形成一层密实的沉淀，溶液不易透过，E正确；答案为ABE。（5）用移液管量取20.00mL饱和氯化较溶液，吸取液体时，左手拿洗耳球，右手持移液管；答案为：拿洗耳球。（6）通过称量得到产物4.00g，根据题干提供的反应流程0.03mol溴苯反应，理论上产生三苯甲醇的物质的量为0.03mol，即理论生产三苯甲醇的质量为0.03molⅹ=7.80，产率=实际产量/理论产量=4.00g÷7.80ⅹ100%=51.3%，答案为：51.3%。26、ecdabf5：3NaClO溶液尿素溶液2IO3-+3N2H4·H2O=3N2↑+2I-+9H2O淀粉90%【解析】

(1)①根据制备氯气，除杂，制备次氯酸钠和氧氧化钠，处理尾气分析；三颈瓶内ClO-与ClO3-的物质的量之比为5：1，设ClO-与ClO3-的物质的量分别为5mol、1mol，根据得失电子守恒，生成5molClO-则会生成Cl-5mol，生成1molClO3-则会生成Cl-5mol，据此分析可得；②NaClO氧化水合肼；③尿素中C原子与O原子形成共价双键，与2个-NH2的N原子形成共价单键；(2)碘和NaOH反应生成NaI、NaIO，副产物IO3-，加入水合肼还原NaIO、副产物IO3-，得到碘离子和氮气，结晶得到碘化钠，根据流程可知，副产物IO3-与水合肼生成碘离子和氮气，据此书写；(3)①碘单质参与，用淀粉溶液做指示剂；②根据碘元素守恒，2I-～I2～2Na2S2O3，则n(NaI)=n(Na2S2O3)，计算样品中NaI的质量，最后计算其纯度。【详解】(1)①装置C用二氧化锰和浓盐酸混合加热制备氯气，用B装置的饱和食盐水除去杂质HCl气体，为保证除杂充分，导气管长进短出，氯气与NaOH在A中反应制备次氯酸钠，为使反应物充分反应，要使氯气从a进去，由D装置吸收未反应的氯气，以防止污染空气，故导气管连接顺序为：ecdabf；三颈瓶内ClO-与ClO3-的物质的量之比为5：1，设ClO-与ClO3-的物质的量之比为5：1的物质的量分别为5mol、1mol，根据得失电子守恒，生成6molClO-则会生成Cl-的物质的量为5mol，生成1molClO3-则会生成Cl-5mol，则被还原的氯元素为化合价降低的氯元素，即为Cl-，n(Cl-)=5mol+5mol=10mol，被氧化的氯元素为化合价升高的氯元素，其物质的量为ClO-与ClO3-物质的量的和，共5mol+1mol=6mol，故被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比为10：6=5：3；②制备水合肼时，将尿素滴到NaClO溶液中或过快滴加，都会使过量的NaClO溶液氧化水合肼，降低产率，故实验中制备水合肼的操作是：取适量A中的混合液逐滴加入到定量的尿素溶液中制备水合肼，滴加顺序不能颠倒，且滴加速度不能过快；③尿素CO(NH2)2中C原子与O原子形成共价双键，与2个—NH2的N原子形成共价单键，所以其电子式为：；(2)根据流程可知，副产物IO3-与水合肼生成碘离子和氮气，反应的离子方程式为：2IO3-+3N2H4•H2O=3N2↑+2I-+9H2O；(3)①实验中滴定碘单质，应该用淀粉作指示剂，所以M是淀粉；②根据碘元素守恒，2I-～I2～2Na2S2O3，则n(NaI)=n(Na2S2O3)，故样品中NaI的质量m(NaI)=×150g/mol=9.00g，故样品中NaI的质量分数为×100%=90.0%。【点睛】本题考查了物质的制备，涉及氧化还原反应化学方程式的书写、实验方案评价、纯度计算等，明确实验原理及实验基本操作方法、试题侧重于考查学生的分析问题和解决问题的能力，注意题目信息的应用，学会使用电子守恒或原子守恒，根据关系式法进行有关计算。27、NO2-发生水解反应NO2-+H2OHNO2+OH-，温度升高水解平衡正向移动，碱性增强，溶液红色加深还原性N原子最外层5个电子（可用原子结构示意图表示），+3价不稳定，易失电子，体现还原性浅绿色棕色0.5mol·L−1Fe2（SO4）3溶液（pH=3）棕色溶液中的[Fe(NO)]2+受热生成NO和Fe2+，NO被空气氧化为NO2，加热有利于Fe2+被氧化为Fe3+，促进Fe3+水解，产生Fe(OH)3沉淀阻碍Fe2+与NO接触，避免络合反应发生Fe2++NO2-+2H+=Fe3++NO↑+H2O【解析】

（1）根据实验I的现象说明NaNO2为强碱弱酸盐，NO2-发生水解反应NO2-+H2OHNO2+OH-，温度升高水解平衡正向移动，碱性增强，溶液红色加深；（2）N原子最外层5个电子，NO2-中N为+3价不稳定，易失电子，体现还原性；（3）①若要证明棕色物质是NO与Fe2+，而非Fe3+发生络合反应的产物，需要作对照实验，即向pH均为3，含Fe2+和Fe3+浓度均为1mol/L的FeSO4溶液和Fe2（SO4）3溶液中通入NO，若通入FeSO4溶液出现溶液由浅绿色迅速变为棕色，而通入Fe2（SO4）3溶液无现象，则可证明；②加热实验IV中的棕色溶液，有气体逸出，该气体在接近试管口处变为红棕色，说明加热后生成了NO气体；溶液中有红褐色沉淀生成，说明生成了Fe(OH)3，据此解答；（4）①将K闭合后电流表指针发生偏转，向左侧滴加醋酸后偏转幅度增大，由图可知，该装置构成了原电池，两电极分别产生NO和Fe3+，U形管中间盐桥的作用是阻碍Fe2+与NO接触，避免络合反应发生；②两电极反应式相加得总反应式。【详解】（1）根据实验I的现象说明NaNO2为强碱弱酸盐，NO2-发生水解反应NO2-+H2OHNO2+OH-，温度升高水解平衡正向移动，碱性增强，溶液红色加深，所以在2mL1mol·L-1NaNO2溶液中滴加酚酞溶液出现溶液变为浅红色，微热后红色加深，故答案为NO2-发生水解反应NO2-+H2OHNO2+OH-，温度升高水解平衡正向移动，碱性增强，溶液红色加深；（2）根据实验II说明NaNO2溶液与KMnO4溶液在酸性条件下发生氧化还原反应而使KMnO4溶液的紫色褪去，即KMnO4被还原，说明NO2-具有还原性。NO2-具有还原性的原因是：N原子最外层5个电子（可用原子结构示意图表示），+3价不稳定，易失电子，体现还原性，故答案为还原性；N原子最外层5个电子（可用原子结构示意图表示），+3价不稳定，易失电子，体现还原性；（3）①实验IV在FeSO4溶液（pH=3）中滴加NaNO2溶液，溶液先变黄，后迅速变为棕色，滴加KSCN溶液变红，说明有Fe3+生成，NO2-被还原为NO。若要证明棕色物质是是NO与Fe2+，而非Fe3+发生络合反应的产物，需要作对照实验，即向pH均为3，含Fe2+和Fe3+浓度均为1mol/L的FeSO4溶液和Fe2（SO4）3溶液中通入NO，若通入FeSO4溶液出现溶液由浅绿色迅速变为棕色，而通入Fe2（SO4）3溶液无现象，则可证明；故答案为浅绿色；棕色；0.5mol·L−1Fe2（SO4）3溶液（pH=3）；②加热实验IV中的棕色溶液，有气体逸出，该气体在接近试管口处变为红棕色，说明加热后生成了NO气体；溶液中有红褐色沉淀生成，说明生成了Fe(OH)3，原因是棕色溶液中的[Fe(NO)]2+受热生成NO和Fe2+，NO被空气氧化为NO2，加热有利于Fe2+被氧化为Fe3+，促进Fe3+水解，产生Fe(OH)3沉淀，故答案为棕色溶液中的[Fe(NO)]2+受热生成NO和Fe2+，NO被空气氧化为NO2，加热有利于Fe2+被氧化为Fe3+，促进Fe3+水解，产生Fe(OH)3沉淀；（4）①将K闭合后电流表指针发生偏转，向左侧滴加醋酸后偏转幅度增大，由图可知，该装置构成了原电池，两电极分别产生NO和Fe3+，U形管中间盐桥的作用是阻碍Fe2+与NO接触，避免络合反应发生；故答案为阻碍Fe2+与NO接触，避免络合反应发生；②该原电池负极反应为：Fe2+-e-=Fe3+，正极反应为NO2-+e-+2H+=NO↑+H2O，所以电池总反应式为Fe2++NO2-+2H+=Fe3++NO↑+H2O；故答案为Fe2++NO2-+2H+=Fe3++NO↑+H2O。28、31：1O＞C＞Nisp3CCl4ClO4-＞正八面100%【解析】

(1)Ni是28号元素，其价电子为3d、4s能级上的电子；Ni原子核外有2个未成对电子，同周期元素中基态原子与镍具有相同未成对电子的还有Ti、Ge、Se元素；(2)CO中含有1个σ键、1个π键，每个CO分子和Ni原子形成一个σ键，所以一个Ni(CO)4中含有σ键8个、π键8个；元素的非金属性越强，其电负性越大；(3)[Ni(NH3)4]SO4中N原子的价层电子对个数是4，根据价层电子对互斥理论判断N原子杂化类型，与SO42-互为等电子体的一种分子和一种离子中原子个数为5、价电子数为32；[Ni(NH3)4]SO4中N原子、NH3分子中N原子都采用sp3杂化，但是前者不存在孤电子对、后者含有1个孤电子对，成键电子对之间的排斥力小于成键电子对和孤电子对之间的排斥力；(4)氧原子位于面心和顶点，Ni位于棱心和体心，由图可知体心Ni原子的配位数为6，故Ni位于6个面心O形成正八面体中心；其空隙的填充率为100%；

(5)平面NiO基本结构单元为，每个结构单元含有1个“NiO“，每个氧化镍所占的面积=(2am)×(2am×sin60°)=2a2m2，计算1个“NiO“的质量，每个氧化镍的质量乘以每平方米含有的氧化镍个数就是每平方米含有的氧化镍质量。【详解】(1)Ni是28号元素，其价电子为3d、4s能级上的电子；Ni原子