（5分）金属镍及其化合物在合金材料以及催化剂等方面应用广泛。请回答下列问题：

镍比铜金属性强,所以阳极肯定先电解镍再电解铜.
你们老师说得对,这是精炼镍,所以镍在被阳极溶解,等到全部溶解完毕,精炼也随之结束,这时候铜还以单质形式存在在阳极,最后落下,形成阳极泥.
所以不存在你说的问题

解题思路：（1）根据形成的共价键数目判断杂化类型；根据熔沸点判断晶体类型；根据成键特点判断作用力类型；
（2）根据负极发生的反应类型及电极反应产物判断pH；根据阳极反应类型写出电极反应式；
（3）①根据Ni原子序数写出核外电子排布式； ②根据微粒个数比计算吸附H₂的数目．

（1）Ni形成了四条共价键，即杂化后形成了四条杂化轨道，应为sp³杂化；熔沸点较低，为分子晶体；Ni为过渡元素容易提供空轨道，而CO提供孤对电子，二者形成配位键，
故答案为：sp³；分子晶体；配位键；
（2）负极发生氧化反应，元素化合价升高，OH^-参与反应，写出电极反应式：Cd+2H₂O=Cd（OH）₂+2e^-+2H⁺，生成H⁺；充电时，阳极发生氧化反应，化合价升高，Ni（OH）₂生成NiOOH，失去电子数为化合价变化数，据此写出电极反应式为：Ni（OH）₂+OH^--e^-=NiOOH+H₂O，
故答案为：减小、Ni（OH）₂+OH^--e^-=NiOOH+H₂O；
（3）①Ni原子序数为28，根据能量最低原则、泡利不相容原理和洪特规则写出核外电子排布式为1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁸4s²；
②晶胞中La位于顶点，8×[1/8]=1，H₂位于上面和下面的棱心和上下面的面心，数目为8×
1
4+2×
1
2=3，
故答案为：①1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁸4s² ②3N_A．

点评：
本题考点： 晶胞的计算；不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别；常见化学电源的种类及其工作原理．

考点点评： 本题综合考查物质结构与性质，涉及核外电子排布规律、电离能、杂化理论、分子结构、晶胞结构等，难度中等．

用电解法提纯Ni的时候,阳极是粗镍,阴极是纯镍,电解时阳极物质不断溶解,溶液中的Ni2+则在阴极析出.
阳极发生反应 Ni - 2e- = Ni2+,阴极发生反应 Ni2+ + 2e- = Ni
对于粗镍中的杂质,比Ni活动性更强的杂质,如Fe,在阳极比Ni更容易失去电子,变成Fe2+进入溶液；但在阴极,Fe2+比Ni2+难于得到电子,因此不能在阴极析出,最终留在溶液中.
比Ni活动性弱的杂质,如Cu,在阳极比Ni难于失去电子,因此不能溶解进入溶液,最终以阳极泥的形式沉淀出来.
总而言之,电解法提纯金属时,比欲提纯金属更活泼的杂质,最终留在电解溶液中,而比欲提纯金属活性弱的杂质,则沉淀在阳极泥中.从而达到一般化学法不能获得的高纯金属.
以上是关于电解提纯的基本思想,希望能解决你的疑问.

Ni + H2SO4 === NiSO4 + H2

解题思路：（1）镍属于28号元素，根据构造原理可以写出该原子的核外电子排布式；
（2）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；
（3）因为Ni0、Fe0的晶体结构类型均与氯化钠的相同，而氯化钠中阴阳离子的配位数均为6，所以Ni0晶胞中Ni和O的配位数也均为6；
（4）晶胞中镧原子数=8×[1/8]=1；镍原子数=1+8×[1/2]=5，由此可判断出化学式；
（5）双键是由一个σ键和一个π键构成；镍原子有空轨道，氮原子有孤电子对，因此二者形成配位键；丁二酮肟中碳原子既有单键又有双键，因此杂化类型是sp²和sp³杂化．

Ⅱ、（1）镍属于28号元素，根据构造原理可以写出该原子的核外电子排布式，Ni的核外电子排布式是1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d ⁸4s²故答案为：1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d ⁸4s²；
（2）Ni0、Fe0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，属于熔点是NiO＞FeO．故答案为：＞；
（3）因为Ni0、Fe0的晶体结构类型均与氯化钠的相同，而氯化钠中阴阳离子的配位数均为6，所以Ni0晶胞中Ni和O的配位数也均为6．故答案为：6；6；
（4）晶胞中镧原子数8×[1/8]=1；镍原子数=1+8×[1/2]=5，所以化学式为LaNi₅，故答案为：LaNi₅；
（5）①双键是由一个σ键和一个π键构成；镍原子有空轨道，氮原子有孤电子对，因此二者形成配位键．②氧原子与氢原子之间可以形成氢键．③在该结构中碳原子既有单键又有双键，因此杂化类型是sp²和sp³杂化，故答案为：①一个σ键、一个π键；配位键；②氢键；③sp²、sp³．

点评：
本题考点： 原子核外电子排布；配合物的成键情况；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．

考点点评： 本题考查晶体的结构与物质的性质的相互关系及应用，做题时注意电子排布式的书写方法，晶体熔点比较发放，分子空间构型的判断方法以及晶胞的有关计算，注意学习中有关做题方法的积累．

解题思路：（1）金属键没有方向性和饱和性，金属键是金属阳离子和自由电子间的相互作用，金属导电是因为自由电子在外加电场作用下发生定向移动，属具有光泽是因为自由电子能够吸收可见光；
（2）Ni的外围电子排布为3d⁸4s²，3d能级上有2个未成对电子；
（3）CO配位时，提供碳原子上的一对孤对电子；CO中C和O以三键结合；
（4）ABm型杂化类型的判断：
中心原子电子对计算公式：电子对数n=[1/2]（中心原子的价电子数+配位原子的成键电子数±电荷数）
注意：①当上述公式中电荷数为正值时取“-”，电荷数为负值时取“+”．
②当配位原子为氧原子或硫原子时，成键电子数为零．
根据n值判断杂化类型：一般有如下规律：当n=2，sp杂化；n=3，sp²杂化；n=4，sp³杂化；sp³杂化是四面体构型，sp²杂化，分子呈平面三角形．

（1）a．金属键没有方向性和饱和性，故A错误；
b．金属键是金属阳离子和自由电子间的相互作用，故B正确；
c．金属导电是因为自由电子在外加电场作用下发生定向移动，故C错误；
d．金属具有光泽是因为自由电子能够吸收可见光，故D错误，
故答案为：b；
（2）Ni的外围电子排布为3d⁸4s²，3d能级上有2个未成对电子．第二周期中未成对电子数为2的元素有C、O，其中C的电负性小，
故答案为：C；
（3）中心原子价电子数与配体提供电子总数之和为18，中心原子是Ni，价电子排布3d⁸4s²，共10个电子，CO配位时，提供碳原子上的一对孤对电子，[18−10/2]=4；CO中C和O以三键结合，含有1个σ键、2个π键，故答案为：4；1：2；
（4）甲醇分子内C的成键电子对数为4，无孤电子对，杂化类型为sp³，是四面体结构，甲醛分子中的碳采取sp²杂化，是平面三角形结构，甲醇分子内O-C-H键角比甲醛分子内O-C-H键角小，故答案为：sp³；小于．

点评：
本题考点： 金属键的涵义；元素电离能、电负性的含义及应用；配合物的成键情况；金属键与金属的物理性质的关系；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．

考点点评： 本题考查金属键与金属的物理性质的关系、原子轨道杂化方式及杂化类型判断、键能、键长、键角及其应用等，题目难度不大，注意掌握价层电子对理论和杂化理论．

解题思路：（1）镍可形成化合价为+2和+3的两种氧化物，氧元素显-2价，写出其氧化物的化学式即可．
（2）根据复分解反应的特点书写化学方程式“内项结合，外项结合”．
（2）根据金属镍投入稀硫酸中的生成物，预测可观察到的现象；

（1）镍可形成化合价为+2和+3的两种氧化物，氧元素显-2价，其氧化物的化学式分别是NiO；Ni₂O₃
（2）氢氧化镍Ni（OH）₂为强碱，与稀盐酸充分反应．根据复分解反应的特点书写化学方程式“内项结合，外项结合”．则可以写出它与盐酸反应的化学方程式Ni（OH）₂+2HCl=NiCl₂+2H₂O
（3）已知：正二价镍离子Ni²⁺显绿色．将金属镍投入稀盐酸中，发生反应的化学方程式为Ni+2HCl=NiCl₂+H₂↑，则预测可观察到的现象是金属消失，产生气泡，溶液由无色变绿色，产生该现象的原因是溶液中H⁺离子减少，Ni²⁺离子增加．
故答案为：
（1）NiO； Ni₂O₃（2）Ni（OH）₂+2HCl=NiCl₂+2H₂O；
（3）金属消失，产生气泡，溶液由无色变绿色．（4）H⁺； Ni²⁺

点评：
本题考点： 金属的化学性质；中和反应及其应用；化学式的书写及意义；书写化学方程式、文字表达式、电离方程式．

考点点评： 本题主要考查了化学式的书写，明确元素及原子团的化合价并会书写是解题的关键．重点为：学会利用类比的方法进行处理．

解题思路：①镍属于28号元素，根据构造原理可以写出该原子的核外电子排布式；
②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；
③因为Ni0、Fe0的晶体结构类型均与氯化钠的相同，而氯化钠中阴阳离子的配位数均为6，所以Ni0晶胞中Ni和O的配位数也均为6．

①镍属于28号元素，根据构造原理可以写出该原子的核外电子排布式，Ni的核外电子排布式是1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d ⁸4s²，
故答案为：1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d ⁸4s²；
②Ni0、Fe0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，属于熔点是NiO＞FeO；
故答案为：＞；
③因为Ni0、Fe0的晶体结构类型均与氯化钠的相同，而氯化钠中阴阳离子的配位数均为6，所以Ni0晶胞中Ni和O的配位数也均为6．
故答案为：6；6．

点评：
本题考点： 原子核外电子排布；配合物的成键情况；晶胞的计算．

考点点评： 本题考查晶体的结构与物质的性质的相互关系及应用，做题时注意电子排布式的书写方法，晶体熔点比较方法，分子空间构型的判断方法，注意学习中有关做题方法的积累．

解题思路：A、阳极失去电子发生氧化反应；
B、粗镍中含有少量Fe、Zn、Cu、Pt等杂质做阳极，铜和鉑不失电子沉降电解池底部形成阳极泥；
C、精炼过程中，电解质溶液中一定含有Ni²⁺；
D、阳极失电子的有Fe、Zn、Cu；阴极析出的是铜；依据电子守恒计算分析．

A、阳极发生氧化反应，其电极反应式：Ni-2e^-=Ni²⁺，Fe-2e^-=Fe²⁺；Zn-2e^-=Zn²⁺，故A错误；
B、粗镍中含有少量Fe、Zn、Cu、Pt等杂质做阳极，铜和鉑不失电子沉降电解池底部形成阳极泥，电解后，电解槽底部的阳极泥中只有Cu和Pt，故B正确；
C、电解后，溶液中存在的金属阳离子有Fe²⁺、Zn²⁺、Ni²⁺，故C错误；
D、电解过程中阳极失电子的有Fe、Zn、Cu；阴极析出的是铜；依据电子守恒，阳极质量的减少与阴极质量的增加不相等，故D错误；
故选B．

点评：
本题考点： 电解原理．

考点点评： 本题考查了电极原理的应用，主要考查电解精炼镍的原理分析判断，题目难度中等．

阴极是活动性强的先失电子,阳极是氧化性强的先得电子.只要阴极有镍,铜就永远失不了电子,粗铜电解时,是因为铜是主体,比它活泼的金属量很少,都反应完了,剩下的就铜最活泼,所以铜能变成离子

镍离子的符号为 Ni2+

解题思路：（1）金属键没有方向性和饱和性，金属键是金属阳离子和自由电子间的相互作用，金属导电是因为自由电子在外加电场作用下发生定向移动，属具有光泽是因为自由电子能够吸收可见光；
（2）Ni的外围电子排布为3d⁸4s²，3d能级上有2个未成对电子；
（3）CO配位时，提供碳原子上的一对孤对电子；CO中C和O以三键结合；
（4）ABm型杂化类型的判断：
中心原子电子对计算公式：电子对数n=[1/2]（中心原子的价电子数+配位原子的成键电子数±电荷数）
注意：①当上述公式中电荷数为正值时取“-”，电荷数为负值时取“+”．
②当配位原子为氧原子或硫原子时，成键电子数为零．
根据n值判断杂化类型：一般有如下规律：当n=2，sp杂化；n=3，sp²杂化；n=4，sp³杂化；sp³杂化是四面体构型，sp²杂化，分子呈平面三角形．

（1）a．金属键没有方向性和饱和性，故A错误；
b．金属键是金属阳离子和自由电子间的相互作用，故B正确；
c．金属导电是因为自由电子在外加电场作用下发生定向移动，故C错误；
d．金属具有光泽是因为自由电子能够吸收可见光，故D错误，
故答案为：b；
（2）Ni的外围电子排布为3d⁸4s²，3d能级上有2个未成对电子．第二周期中未成对电子数为2的元素有C、O，其中C的电负性小，
故答案为：C；
（3）中心原子价电子数与配体提供电子总数之和为18，中心原子是Ni，价电子排布3d⁸4s²，共10个电子，CO配位时，提供碳原子上的一对孤对电子，[18−10/2]=4；CO中C和O以三键结合，含有1个σ键、2个π键，故答案为：4；1：2；
（4）甲醇分子内C的成键电子对数为4，无孤电子对，杂化类型为sp³，是四面体结构，甲醛分子中的碳采取sp²杂化，是平面三角形结构，甲醇分子内O-C-H键角比甲醛分子内O-C-H键角小，故答案为：sp³；小于．

点评：
本题考点： 金属键的涵义；元素电离能、电负性的含义及应用；配合物的成键情况；金属键与金属的物理性质的关系；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．

考点点评： 本题考查金属键与金属的物理性质的关系、原子轨道杂化方式及杂化类型判断、键能、键长、键角及其应用等，题目难度不大，注意掌握价层电子对理论和杂化理论．

解题思路：A．阳极失去电子发生氧化反应；
B．阳极失电子的有Fe、Zn、Ni；阴极析出的是镍；依据电子守恒计算分析；
C．精炼过程中，电解质溶液中一定含有Ni²⁺；
D．粗镍中含有少量Fe、Zn、Cu、Pt等杂质做阳极，铜和鉑不失电子沉降电解池底部形成阳极泥．

A．阳极发生氧化反应，其电极反应式：Ni-2e^-=Ni²⁺、Fe-2e^-=Fe²⁺、Zn-2e^-=Zn²⁺，故A错误；
B．电解过程中阳极失电子的有Fe、Zn、Ni；阴极析出的是镍；依据电子守恒，阳极质量的减少与阴极质量的增加不相等，故B错误；
C．电解后，溶液中存在的金属阳离子有Fe²⁺、Zn²⁺、Ni²⁺，故C错误；
D．粗镍中含有少量Fe、Zn、Cu、Pt等杂质做阳极，铜和鉑不失电子沉降电解池底部形成阳极泥，电解后，电解槽底部的阳极泥中只有Cu和Pt，故D正确；
故选D．

点评：
本题考点： 电解原理．

考点点评： 本题考查了电解原理，明确阴阳极上发生的电极反应是解本题关键，注意结合阳离子氧化性强弱分析解答，知道阳极泥成分，难度不大．

（1）Ni的原子序数为28，电子排布式为1s ² 2s ² 2p ⁶ 3s ² 3p ⁶ 3d ⁸ 4s ² ，故答案为：1s ² 2s ² 2p ⁶ 3s ² 3p ⁶ 3d ⁸ 4s ² ；
（2）CO含有2个原子14个电子，所以CO互为等电子体的一种分子和一种离子的化学式为：N ₂ 、CN ^- （或O ₂ ²⁺ 、C ₂ ^2- 、NO ⁺ ），故答案为：N ₂ ；CN ^- ；
（3））①CH ₂ =CH ₂ 中每个碳原子含有3个σ键，不含孤电子对，所以采取sp ² 杂化，故正确；
②HC≡CH中每个碳原子含有2个σ键，不含孤电子对，所以采取sp杂化，故错误；
③

中每个碳原子含有3个σ键，不含孤电子对，所以采取sp ² 杂化，故正确；
④HCHO中碳原子含有3个σ键，不含孤电子对，所以采取sp ² 杂化，故正确；
HCHO中碳原子含有3个σ键，不含孤电子对，所以其空间构型是平面三角形；
故答案为：①③④； 平面三角；
（4）NaCl中钠离子和氯离子的配位数分别为6，NiO的晶体结构类型与氯化钠的相同，NiO晶胞中Ni和O的配位数分别为6，影响离子晶体熔点的因素有离子半径和电荷，相同电荷时，离子半径越小，熔点越高，镍离子半径小于亚铁离子半径，所以氧化镍熔点高于氧化亚铁熔点，
故答案为：6；＞；
（5）该晶胞中含La原子个数=8×
1
8 =1，含有Ni=1+8×
1
2 =5，所以其化学式为LaNi ₅ 或Ni ₅ La，
故答案为：LaNi ₅ 或Ni ₅ La；
（6）中心原子提供空轨道配体提供孤电子对形成配位键；氢键存在于已经与N、O、F等电负性很大的原子形成共价键的H与另外的N、O、F等电负性很大的原子之间，则可为



，故答案为：



．

解题思路：A、阳极失去电子发生氧化反应；
B、阳极失电子的有Fe、Zn、Cu；阴极析出的是铜；依据电子守恒计算分析；
C、精炼过程中，电解质溶液中一定含有Ni²⁺；
D、粗镍中含有少量Fe、Zn、Cu、Pt等杂质做阳极，铜和鉑不失电子沉降电解池底部形成阳极泥．

A、阳极发生氧化反应，其电极反应式：Ni-2e^-=Ni²⁺，Fe-2e^-=Fe²⁺，Zn-2e^-=Zn²⁺，故A错误；
B、电解过程中阳极失电子的有Fe、Zn、Cu；阴极析出的是铜；依据电子守恒，阳极质量的减少与阴极质量的增加不相等，故B错误；
C、电解后，溶液中存在的金属阳离子有Fe²⁺、Zn²⁺、Ni²⁺，故C正确；
D、粗镍中含有少量Fe、Zn、Cu、Pt等杂质做阳极，铜和鉑不失电子沉降电解池底部形成阳极泥，电解后，电解槽底部的阳极泥中只有Cu和Pt，故D错误；
故选C．

点评：
本题考点： 电解原理．

考点点评： 本题考查了电极原理的应用，主要考查电解精炼镍的原理分析判断，题目难度中等．

解题思路：A、阳极失去电子发生氧化反应；
B、粗镍中含有少量Fe、Zn、Cu、Pt等杂质做阳极，铜和鉑不失电子沉降电解池底部形成阳极泥；
C、精炼过程中，电解质溶液中一定含有Ni²⁺；
D、阳极失电子的有Fe、Zn、Cu；阴极析出的是铜；依据电子守恒计算分析．

A、阳极发生氧化反应，其电极反应式：Ni-2e^-=Ni²⁺，Fe-2e^-=Fe²⁺；Zn-2e^-=Zn²⁺，故A错误；
B、粗镍中含有少量Fe、Zn、Cu、Pt等杂质做阳极，铜和鉑不失电子沉降电解池底部形成阳极泥，电解后，电解槽底部的阳极泥中只有Cu和Pt，故B正确；
C、电解后，溶液中存在的金属阳离子有Fe²⁺、Zn²⁺、Ni²⁺，故C错误；
D、电解过程中阳极失电子的有Fe、Zn、Cu；阴极析出的是铜；依据电子守恒，阳极质量的减少与阴极质量的增加不相等，故D错误；
故选B．

点评：
本题考点： 电解原理．

考点点评： 本题考查了电极原理的应用，主要考查电解精炼镍的原理分析判断，题目难度中等．

A、阳极发生氧化反应，其电极反应式：Ni-2e ^- =Ni ²⁺ ，Fe-2e ^- =Fe ²⁺ ；Zn-2e ^- =Zn ²⁺ ；故A错误；
B、电解过程中阳极失电子的有Fe、Zn、Cu；阴极析出的是铜；依据电子守恒，阳极质量的减少与阴极质量的增加不相等，故B错误；
C、电解后，溶液中存在的金属阳离子有Fe ²⁺ 、Zn ²⁺ 、Ni ²⁺ ；故C错误；
D、粗镍中含有少量Fe、Zn、Cu、Pt等杂质做阳极，铜和鉑不失电子沉降电解池底部形成阳极泥，电解后，电解槽底部的阳极泥中只有Cu和Pt，故D正确；
故选D．

Ni+CuCl2=NiCl2+Cu

（1）a．金属键没有方向性和饱和性，故A错误；
b．金属键是金属阳离子和自由电子间的相互作用，故B正确；
c．金属导电是因为自由电子在外加电场作用下发生定向移动，故C错误；
d．金属具有光泽是因为自由电子能够吸收可见光，故D错误，
故答案为：b；
（2）Ni的外围电子排布为3d ⁸ 4s ² ，3d能级上有2个未成对电子．第二周期中未成对电子数为2的元素有C、O，其中C的电负性小，故答案为：c；
（3）中心原子价电子数与配体提供电子总数之和为18，中心原子是Ni，价电子排布3d ⁸ 4s ² ，共10个电子，CO配位时，提供碳原子上的一对孤对电子，
18-10
2 =4；CO中C和O以三键结合，含有1个σ键、2个π键，故答案为：4；1：2；
（4）甲醇分子内C的成键电子对数为4，无孤电子对，杂化类型为sp ³ ，是四面体结构，甲醛分子中的碳采取sp ² 杂化，是平面三角形结构，甲醇分子内O-C-H键角比甲醛分子内O-C-H键角小，故答案为：sp ³ ；小于．

解题思路：（1）镍属于28号元素，根据构造原理可以写出该原子的核外电子排布式；
（2）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；
（3）因为Ni0、Fe0的晶体结构类型均与氯化钠的相同，而氯化钠中阴阳离子的配位数均为6，所以Ni0晶胞中Ni和O的配位数也均为6；
（4）晶胞中镧原子数=8×[1/8]=1；镍原子数=1+8×[1/2]=5，由此可判断出化学式；
（5）a．第VIIA族元素中，元素的电负性随着原子序数的增大而减小；
b．F元素没有正化合价；
c．第VIIA族氢化物的沸点与其相对分子质量成正比，氢键的存在导致氢化物的沸点升高；
d．卤族单质的熔点随着核电荷数的增大而增大；
（6）根据价层电子对互斥理论确定中心原子的杂化方式，同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于相邻元素；
（7）在配位化合物中，中心原子提供空轨道，配体提供孤电子对．

（1）镍属于28号元素，根据构造原理可以写出该原子的核外电子排布式，Ni的核外电子排布式是1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d ⁸4s²，
故答案为：1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d ⁸4s²；
（2）Ni0、Fe0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，属于熔点是NiO＞FeO．故答案为：＞；
（3）因为Ni0、Fe0的晶体结构类型均与氯化钠的相同，而氯化钠中阴阳离子的配位数均为6，所以Ni0晶胞中Ni和O的配位数也均为6．故答案为：6；6；
（4）晶胞中镧原子数=8×[1/8]=1；镍原子数=1+8×[1/2]=5，所以化学式为LaNi₅，故答案为：LaNi₅；
（5）a．同一主族中，元素的电负性随着原子序数的增大而减小，所以从氟到溴，其电负性逐渐减小，故正确；
b．氟元素没有正化合价，第VIIA族氯、溴元素的最高化合价数值等于其族序数，故错误；
c．第VIIA族元素氢化物的沸点随着相对分子质量的增大而增大，但HF分子间能形成氢键，氢键属于特殊的分子间作用力，强度大于分子间作用力，沸点最高，故错误；
d．由于卤族元素的单质均属于分子晶体，随相对分子质量增大范德华力增大，因而沸点逐渐升高，故错误；
故选a；
（6）BCl₃中的B原子的价层电子对数是3且不含孤电子对，所以B原子属于sp²杂化；NCl₃中的N原子的价层电子对个数为4且含有一个孤电子对，所以N原子属于sp³杂化；同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于相邻元素，根据电离能的变化规律，半充满的N原子和全充满的Be原子第一电离能要比同周期原子序数大的原子高，故第一电离能介于B、N之间的第二周期元素有Be、C、O三种元素，
故答案为：sp²；sp³ ；3；
（7）BCl₃是缺电子化合物，B原子的所有价电子已经使用，因而提供孤对电子的原子是X，故答案为：X．

点评：
本题考点： 原子核外电子排布；配合物的成键情况；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．

考点点评： 本题考查晶体的结构与物质的性质的相互关系及应用，做题时注意电子排布式的书写方法，晶体熔点比较发放，分子空间构型的判断方法以及晶胞的有关计算，注意学习中有关做题方法的积累，卤族元素为载体考查了原子杂化方式、电负性、第一电离能、配位键、晶胞的计算等知识点，这些知识点都是高考热点，要会根据价层电子对互斥理论确定分子空间构型及原子杂化方式，注意第一电离能的变化规律及异常现象，为易错点．

(1)3d ⁸ 4s ²
(2)N ₂ 　CN ^- (或O ₂ ^{2 —} 、C ₂ ^{2 —} 、NO ^- )
(3)①③④　平面三角
(4)>
(5)LaNi ₅ 或Ni ₅ La
(6)见图


(1)根据构造原理可知,基态镍原子的价电子(外围电子)排布式为3d ⁸ 4s ² 。
(2)价电子数与原子数分别都相等的是等电子体,因此与CO互为等电子体的一种分子和一种离子的化学式分别是N ₂ 和CN ^- 。
(3)乙烯、苯、甲醛都是平面形结构,因此碳原子都是sp ² 杂化。乙炔是直线形结构,所以碳原子是sp杂化,因此答案选①③④。甲醛分子中中心碳原子没有孤对电子,因此甲醛是平面三角形结构。
(4)NiO与FeO形成的晶体都是离子晶体,构成离子晶体的离子半径越小,电荷数越多,离子键越强,晶格能越大,熔点就越高,所以NiO的熔点大于FeO的熔点。
(5)根据晶胞的结构可知,镧原子的个数是8× =1,Ni有4个位于面心,另4个在上下两个面上,1个位于体心,所以镍原子个数是4× +4× +1=5,所以化学式是LaNi ₅ 或Ni ₅ La。
(6)根据结构图可知,氮原子是配体,镍原子提供空轨道。而氧原子与氢原子之间可以形成氢键,因此表示是

解题思路：（1）镍属于28号元素，根据构造原理可以写出该原子的核外电子排布式；
（2）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；
（3）因为Ni0、Fe0的晶体结构类型均与氯化钠的相同，而氯化钠中阴阳离子的配位数均为6，所以Ni0晶胞中Ni和O的配位数也均为6；
（4）晶胞中镧原子数=8×[1/8]=1；镍原子数=1+8×[1/2]=5，由此可判断出化学式；
（5）双键是由一个σ键和一个π键构成；镍原子有空轨道，氮原子有孤电子对，因此二者形成配位键；丁二酮肟中碳原子既有单键又有双键，因此杂化类型是sp²和sp³杂化．

Ⅱ、（1）镍属于28号元素，根据构造原理可以写出该原子的核外电子排布式，Ni的核外电子排布式是1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d ⁸4s²故答案为：1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d ⁸4s²；
（2）Ni0、Fe0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，属于熔点是NiO＞FeO．故答案为：＞；
（3）因为Ni0、Fe0的晶体结构类型均与氯化钠的相同，而氯化钠中阴阳离子的配位数均为6，所以Ni0晶胞中Ni和O的配位数也均为6．故答案为：6；6；
（4）晶胞中镧原子数8×[1/8]=1；镍原子数=1+8×[1/2]=5，所以化学式为LaNi₅，故答案为：LaNi₅；
（5）①双键是由一个σ键和一个π键构成；镍原子有空轨道，氮原子有孤电子对，因此二者形成配位键．②氧原子与氢原子之间可以形成氢键．③在该结构中碳原子既有单键又有双键，因此杂化类型是sp²和sp³杂化，故答案为：①一个σ键、一个π键；配位键；②氢键；③sp²、sp³．

点评：
本题考点： 原子核外电子排布；配合物的成键情况；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．

考点点评： 本题考查晶体的结构与物质的性质的相互关系及应用，做题时注意电子排布式的书写方法，晶体熔点比较发放，分子空间构型的判断方法以及晶胞的有关计算，注意学习中有关做题方法的积累．

解题思路：（1）Ni的原子序数为28，根据能量最低原理书写电子排布式；
（2）等电子体中原子数相同、价电子数相同；
（3）根据碳原子含有的σ键和孤电子对判断碳原子采取的杂化方式； 根据价层电子对互斥理论判断甲醛的空间构型；
（4）NaCl中钠离子的配位数为6；根据影响离子晶体熔点的因素有离子半径和电荷判断离子晶体的熔点高低；
（5）利用均摊法计算晶胞中含有的原子数；
（6）中心原子提供空轨道配体提供孤电子对形成配位键；氢键存在于已经与N、O、F等电负性很大的原子形成共价键的H与另外的N、O、F等电负性很大的原子之间．

（1）Ni的原子序数为28，电子排布式为1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁸4s²，故答案为：1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁸4s²；
（2）CO含有2个原子14个电子，所以CO互为等电子体的一种分子和一种离子的化学式为：N₂、CN^-（或O₂²⁺、C₂^2-、NO⁺），故答案为：N₂；CN^-；
（3））①CH₂=CH₂中每个碳原子含有3个σ键，不含孤电子对，所以采取sp²杂化，故正确；
②HC≡CH中每个碳原子含有2个σ键，不含孤电子对，所以采取sp杂化，故错误；
③中每个碳原子含有3个σ键，不含孤电子对，所以采取sp²杂化，故正确；
④HCHO中碳原子含有3个σ键，不含孤电子对，所以采取sp²杂化，故正确；
HCHO中碳原子含有3个σ键，不含孤电子对，所以其空间构型是平面三角形；
故答案为：①③④； 平面三角；
（4）NaCl中钠离子和氯离子的配位数分别为6，NiO的晶体结构类型与氯化钠的相同，NiO晶胞中Ni和O的配位数分别为6，影响离子晶体熔点的因素有离子半径和电荷，相同电荷时，离子半径越小，熔点越高，镍离子半径小于亚铁离子半径，所以氧化镍熔点高于氧化亚铁熔点，
故答案为：6；＞；
（5）该晶胞中含La原子个数=8×[1/8]=1，含有Ni=1+8×[1/2]=5，所以其化学式为LaNi₅或Ni₅La，
故答案为：LaNi₅或Ni₅La；
（6）中心原子提供空轨道配体提供孤电子对形成配位键；氢键存在于已经与N、O、F等电负性很大的原子形成共价键的H与另外的N、O、F等电负性很大的原子之间，则可为，故答案为：．

点评：
本题考点： 晶胞的计算；原子核外电子排布；配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．

考点点评： 本题考查了配合物的成键情况、价电子的排布式等知识点，难度不大，明确配位键是由提供孤电子对的原子指向提供空轨道的原子．

(1)1s ² 2s ² 2p ⁸ 3s ² 3p ⁶ 3d ⁸ 4s ² {或[Ar]3d ⁸ 4s ² ｝
(2)>
(3)6；6
(4)LaNi ₅
(5)①σ键、π键；配位键
②氢键
③sp ₂ 、sp ₃

解题思路：（1）根据能量最低原理书写电子排布式，根据电子排布式可确定未成对电子数目；
（2）①CO与N₂结构相似，应含有C≡O键；
②Ni的家电子数为10，每个配体提供一个电子对，根据10+2n=18计算；
（3）①苯为正六边形结构，6个碳碳键完全相同，含有大π键；
②根据价层电子对互斥模型判断；
③根据δ键和孤对电子数判断分子的立体构型以及键角．

（1）基态Ni原子核外电子排布式为1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁸4s² （或[Ar]3d⁸4s²），含有2个为成对电子，第二周期基态原子未成对电子数与Ni相同的元素有C和O，电负性最小的元素是C，故答案为：1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁸4s² （或[Ar]3d⁸4s²）；C；
（2）①CO与N₂结构相似，含有C≡O键，含有1个σ键，2个π键，CO分子内σ键与π键个数之比为1：2，故答案为：1：2；
②Ni的家电子数为10，每个配体提供一个电子对，则10+2n=18，n=4，故答案为：4；
（3）①A．苯中C形成3个σ键，为sp²杂化，故A正确；
B．每个碳原子的sp²杂化轨道形成σ键，未参加杂化的2p轨道用来形成大π键，故B正确；
C．每个碳原子的sp²杂化轨道形成σ键，未形成大π键，故C错误；
D．苯分子中六个碳碳键完全相同，C原子为sp²杂化，键角均为120°，故D正确．
故答案为：C；
②甲醛（H₂C=O）分子内碳原子形成3个σ键，无孤对电子，杂化方式为sp²杂化，立体构型为平面三角形，
故答案为：sp²；平面三角形；
③甲醇分子内碳原子形成4个σ键，杂化方式为sp³杂化，键角小于120°，故答案为：sp³；小于．

点评：
本题考点： 原子轨道杂化方式及杂化类型判断；原子核外电子排布；原子核外电子的运动状态；判断简单分子或离子的构型．

考点点评： 本题考查较为综合，题目难度中等，本题侧重于杂化类型和分子构型的判断，注意把握杂化类型的判断方法，把握配合物的成键特点，为该题的易错点，答题时注意审题．

(1)1s ² 2s ² 2p ⁶ 3s ² 3p ⁶ 3d ⁸ 4s ²
(2)>
(3)6；6
(4)LaNi ₅
(5)①一个σ键、一个π键；配位键；②氢键；③sp ² 、sp ³

解题思路：（1）①化学平衡常数只受温度的影响，T升高K增大，T正反应为吸热反应，反之正反应为放热反应，据此解答；
②反应向正向进行有CO气体生成气体Ni（CO）₄密度增大；
反应向正向进行，CO浓度减小，速率减小，当CO正反应速率不变时说明反应掉的CO速率等于生成CO的速率，反应达到平衡状态；
该反应是放热反应，一定量的粗镍和CO加入一恒压密闭容器中，开始时反应正向进行，焓变发生改变；
一定量的粗镍和CO加入一恒压密闭容器中，反应正向进行，CO转化率升高，达到平衡时，消耗的CO等于生成的CO，故转化率保持不变；
根据给出条件可求出用Ni（CO）₄表示的3s内反应速率，然后依据反应速率之比等于方程式计量系数之比求出v（CO）；
③根据外界条件对化学反应速率及化学平衡的影响；
（2）依据电解精炼铜原理分析，粗镍做阳极，发生氧化反应，精镍做阴极发生还原反应据此分析解答；
（3）从图象可知NiS通电后发生氧化反应生成S和Ni²⁺，电解池中发生氧化反应为阳极，故NiS与电影的正极相连做阳极，硫离子失去电子发生氧化反应生成硫单质和镍离子，阳极电解反应式为：NiS-2e^-=Ni²⁺+S；

（1）该反应的平衡常数为K=
[Ni(CO)4]
[CO]4，当温度升高时，
c[Ni(CO)4]
c(CO)减小，则K=
[Ni(CO)4]
[CO]4减小，故反应为放热反应，所以△H＜0；
故答案为：＜；
②a．反应向正向进行有CO气体生成气体Ni（CO）₄密度增大，故a错误；
b．反应向正向进行，CO浓度减小，速率减小，当CO正反应速率不变时说明反应掉的CO速率等于生成CO的速率，反应达到平衡状态，故b正确；
c．该反应是放热反应，一定量的粗镍和CO加入一恒压密闭容器中，开始时反应正向进行，焓变发生改变，故c错误；
d．一定量的粗镍和CO加入一恒压密闭容器中，反应正向进行，CO转化率升高，达到平衡时，消耗的CO等于生成的CO，故转化率保持不变，故d正确；
故选bd；
V（Ni（CO）₄）=[△C/△t]=

0.6mol
1L
3s=0.2mol•L^-1•S^-1，V（CO）：V（Ni（CO）₄）=4：1，所以V（CO）=0.8mol•L^-1•S^-1；
故答案为；2mol•L^-1•S^-1；
③增大压强，化学反应速率加快，化学平衡向气体体积减小的方向移动，即正反应方向，NO的转化率转化率增大；
故答案为：增大压强；
（2）a．电解过程中，电能转化为化学能，故A错误；
b．粗镍作阳极，发生氧化反应，故b错误；
c．Cu、Pt、Au金属活动性比镍弱，不放电，沉降在阳极区形成阳极泥，利用阳极泥可回收Cu、Pt、Au等金属，故c正确；
d．根据阴极的电极反应式Ni²⁺+2e^-=Ni 可知每通过2mol电子，析出1mol镍，所以粗镍精炼时通过的电量与阴极析出镍的质量成正比，故d正确；
故选cd．
（3）从图象可知NiS通电后发生氧化反应生成S和Ni²⁺，电解池中发生氧化反应为阳极，故NiS与电影的正极相连做阳极，硫离子失去电子发生氧化反应生成硫单质和镍离子，阳极电解反应式为：NiS-2e^-=Ni²⁺+S；
故答案为：正极；NiS-2e^-=Ni²⁺+S．

点评：
本题考点： 反应热和焓变；化学电源新型电池；化学平衡状态的判断；电解原理．

考点点评： 本题考查了平衡常数的应用，化学平衡的移动及影响因素，电解池的工作原理，题目综合性非常强，难度大，需要对所学知识能够熟练运用．

解题思路：（1）金属键没有方向性和饱和性，金属键是金属阳离子和自由电子间的相互作用，金属导电是因为自由电子在外加电场作用下发生定向移动，属具有光泽是因为自由电子能够吸收可见光；
（2）Ni的外围电子排布为3d⁸4s²，3d能级上有2个未成对电子；
（3）CO配位时，提供碳原子上的一对孤对电子；CO中C和O以三键结合；
（4）ABm型杂化类型的判断：
中心原子电子对计算公式：电子对数n=[1/2]（中心原子的价电子数+配位原子的成键电子数±电荷数）
注意：①当上述公式中电荷数为正值时取“-”，电荷数为负值时取“+”．
②当配位原子为氧原子或硫原子时，成键电子数为零．
根据n值判断杂化类型：一般有如下规律：当n=2，sp杂化；n=3，sp²杂化；n=4，sp³杂化；sp³杂化是四面体构型，sp²杂化，分子呈平面三角形．

（1）a．金属键没有方向性和饱和性，故A错误；
b．金属键是金属阳离子和自由电子间的相互作用，故B正确；
c．金属导电是因为自由电子在外加电场作用下发生定向移动，故C错误；
d．金属具有光泽是因为自由电子能够吸收可见光，故D错误，
故答案为：b；
（2）Ni的外围电子排布为3d⁸4s²，3d能级上有2个未成对电子．第二周期中未成对电子数为2的元素有C、O，其中C的电负性小，故答案为：c；
（3）中心原子价电子数与配体提供电子总数之和为18，中心原子是Ni，价电子排布3d⁸4s²，共10个电子，CO配位时，提供碳原子上的一对孤对电子，[18−10/2]=4；CO中C和O以三键结合，含有1个σ键、2个π键，故答案为：4；1：2；
（4）甲醇分子内C的成键电子对数为4，无孤电子对，杂化类型为sp³，是四面体结构，甲醛分子中的碳采取sp²杂化，是平面三角形结构，甲醇分子内O-C-H键角比甲醛分子内O-C-H键角小，故答案为：sp³；小于．

点评：
本题考点： 金属键与金属的物理性质的关系；元素电离能、电负性的含义及应用；共价键的形成及共价键的主要类型；键能、键长、键角及其应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．

考点点评： 本题考查金属键与金属的物理性质的关系、原子轨道杂化方式及杂化类型判断、键能、键长、键角及其应用等，难度不大，（3）是易错点．

解题思路：A、阳极失去电子发生氧化反应；
B、阳极失电子的有Fe、Zn、Cu，阴极析出的是铜，依据电子守恒计算分析；
C、精炼过程中，电解质溶液中一定含有Ni²⁺；
D、粗镍中含有少量Fe、Zn、Cu、Pt等杂质做阳极，铜和铂不失电子沉降电解池底部形成阳极泥．

A、阳极发生氧化反应，其电极反应式：Ni-2e-=Ni2+，Fe-2e-=Fe2+，Zn-2e-=Zn2+，故A错误；B、电解过程中阳极失电子的有Fe、Zn、Cu；阴极析出的是铜，依据电子守恒，阳极质量的减少与阴极质量的增加不相等，故B正确；C...

点评：
本题考点： 电解原理．

考点点评： 本题考查了电极原理的应用，主要考查电解精炼镍的原理分析判断，题目难度中等．

解题思路：（1）先写出基态原子核外电子排布式，再写出价电子排布式；
（2）等电子体中原子数相同、价电子数相同；
（3）根据碳原子含有的σ键和孤电子对判断碳原子采取的杂化方式； 根据价层电子对互斥理论判断甲醛的空间构型；
（4）影响离子晶体熔点的因素有离子半径和电荷；
（5）利用均摊法计算晶胞中含有的原子数；
（6）根据氯化钠的结构知，氧离子和相邻的镍离子之间的距离为[a/2]，距离最近的两个阳离子核间的距离是距离最近的氧离子和镍离子距离的

2

倍，根据图片知，每个氧化镍所占的面积=1.40×10^-10m×1.40×10^-10m×sin60°，每个氧化镍的质量为

74.7

NA

g，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．

（1）核外电子排布为[Ar]3d⁸4s²，则价电子排布式是3d⁸4s²，故答案为：3d⁸4s²；
（2）CO含有2个原子14个电子，所以CO互为等电子体的一种分子和一种离子的化学式为：N₂、CN^-（或O₂²⁺、C₂^2-、NO⁺），故答案为：N₂；CN^-；
（3）①CH₂=CH₂中每个碳原子含有3个σ键，不含孤电子对，所以采取sp²杂化，故正确；
②HC≡CH中每个碳原子含有2个σ键，不含孤电子对，所以采取sp杂化，故错误；
③中每个碳原子含有3个σ键，不含孤电子对，所以采取sp²杂化，故正确；
④HCHO中碳原子含有3个σ键，不含孤电子对，所以采取sp²杂化，故正确；
HCHO中碳原子含有3个σ键，不含孤电子对，所以其空间构型是平面三角形；
故答案为：①③④； 平面三角；
（4）影响离子晶体熔点的因素有离子半径和电荷，相同电荷时，离子半径越小，熔点越高，镍离子半径小于亚铁离子半径，所以氧化镍熔点高于氧化亚铁熔点，
故答案为：＞；
（5）该晶胞中含La原子个数=8×[1/8]=1，含有Ni=1+8×[1/2]=5，所以其化学式为LaNi₅或Ni₅La，故答案为：LaNi₅或Ni₅La；
（6）根据氯化钠的结构知，氧离子和相邻的镍离子之间的距离为[a/2]，距离最近的两个阳离子核间的距离是距离最近的氧离子和镍离子距离的
2倍，
所以其距离

2
2acm，由图可知，每个氧化镍所占的面积=1.40×10^-10m×1.40×10^-10m×sin60°，则每平方米含有的氧化镍个数=[1/1.40×10−10m×1.40×10−10m×sin60°]，每个氧化镍的质量为[74.7
NAg，所以每平方米含有的氧化镍质量=
74.7
NAg×
1/1.40×10−10m×1.40×10−10m×sin60°]=[74.7
6.02×1023×(2×1.40×10−10)2sin60°=1.83×10^-3，
故答案为：

2/2]a；

点评：
本题考点： 原子核外电子排布；配合物的成键情况；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．

考点点评： 本题考查了配合物的成键情况、价电子的排布式等知识点，难度不大，明确配位键是由提供孤电子对的原子指向提供空轨道的原子，计算是物质结构晶体部分的难点．

解题思路：（1）镍属于28号元素，根据构造原理可以写出该原子的核外电子排布式；
（2）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；
（3）因为Ni0、Fe0的晶体结构类型均与氯化钠的相同，而氯化钠中阴阳离子的配位数均为6，所以Ni0晶胞中Ni和O的配位数也均为6；
（4）晶胞中镧原子数=8×[1/8]=1；镍原子数=1+8×[1/2]=5，由此可判断出化学式；
（5）双键是由一个σ键和一个π键构成；镍原子有空轨道，氮原子有孤电子对，因此二者形成配位键；丁二酮肟中碳原子既有单键又有双键，因此杂化类型是sp²和sp³杂化．

Ⅱ、（1）镍属于28号元素，根据构造原理可以写出该原子的核外电子排布式，Ni的核外电子排布式是1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d ⁸4s²故答案为：1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d ⁸4s²；
（2）Ni0、Fe0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，属于熔点是NiO＞FeO．故答案为：＞；
（3）因为Ni0、Fe0的晶体结构类型均与氯化钠的相同，而氯化钠中阴阳离子的配位数均为6，所以Ni0晶胞中Ni和O的配位数也均为6．故答案为：6；6；
（4）晶胞中镧原子数8×[1/8]=1；镍原子数=1+8×[1/2]=5，所以化学式为LaNi₅，故答案为：LaNi₅；
（5）①双键是由一个σ键和一个π键构成；镍原子有空轨道，氮原子有孤电子对，因此二者形成配位键．②氧原子与氢原子之间可以形成氢键．③在该结构中碳原子既有单键又有双键，因此杂化类型是sp²和sp³杂化，故答案为：①一个σ键、一个π键；配位键；②氢键；③sp²、sp³．

点评：
本题考点： 原子核外电子排布；配合物的成键情况；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．

考点点评： 本题考查晶体的结构与物质的性质的相互关系及应用，做题时注意电子排布式的书写方法，晶体熔点比较发放，分子空间构型的判断方法以及晶胞的有关计算，注意学习中有关做题方法的积累．

解题思路：（1）先写出基态原子核外电子排布式，再写出价电子排布式；
（2）等电子体中原子数相同、价电子数相同；
（3）根据碳原子含有的σ键和孤电子对判断碳原子采取的杂化方式； 根据价层电子对互斥理论判断甲醛的空间构型；
（4）影响离子晶体熔点的因素有离子半径和电荷；
（5）利用均摊法计算晶胞中含有的原子数；
（6）中心原子提供空轨道配体提供孤电子对形成配位键；氢键存在于已经与N、O、F等电负性很大的原子形成共价键的H与另外的N、O、F等电负性很大的原子之间．

（1）核外电子排布为[Ar]3d⁸4s²，则价电子排布式是3d⁸4s²，故答案为：3d⁸4s²；
（2）CO含有2个原子14个电子，所以CO互为等电子体的一种分子和一种离子的化学式为：N₂、CN^-（或O₂²⁺、C₂^2-、NO⁺），故答案为：N₂；CN^-；
（3）①CH₂=CH₂中每个碳原子含有3个σ键，不含孤电子对，所以采取sp²杂化，故正确；
②HC≡CH中每个碳原子含有2个σ键，不含孤电子对，所以采取sp杂化，故错误；
③中每个碳原子含有3个σ键，不含孤电子对，所以采取sp²杂化，故正确；
④HCHO中碳原子含有3个σ键，不含孤电子对，所以采取sp²杂化，故正确；
HCHO中碳原子含有3个σ键，不含孤电子对，所以其空间构型是平面三角形；
故答案为：①③④； 平面三角；
（4）影响离子晶体熔点的因素有离子半径和电荷，相同电荷时，离子半径越小，熔点越高，镍离子半径小于亚铁离子半径，所以氧化镍熔点高于氧化亚铁熔点，
故答案为：＞；
（5）该晶胞中含La原子个数=8×[1/8]=1，含有Ni=1+8[1/2]=5，所以其化学式为LaNi₅或Ni₅La，故答案为：LaNi₅或Ni₅La；
（6）中心原子提供空轨道配体提供孤电子对形成配位键；氢键存在于已经与N、O、F等电负性很大的原子形成共价键的H与另外的N、O、F等电负性很大的原子之间，，故答案为：．

点评：
本题考点： 配合物的成键情况；原子核外电子排布；晶体的类型与物质熔点、硬度、导电性等的关系．

考点点评： 本题考查了配合物的成键情况、价电子的排布式等知识点，难度不大，明确配位键是由提供孤电子对的原子指向提供空轨道的原子．

解题思路：根据所给反应可知：镍能与盐酸，说明其排在顺序表中氢的全面；
A、金属活动性顺序表中前面的金属能把排在后面的金属从其盐溶液中置换出来；
B、复分解反应是两种化合物相互交换成分生成另外两种化合物的反应；
C、据化合物中元素化合价的正负总数和为0的原则分析解答；
D、单质是由一种元素组成的纯净物．

A、镍能与盐酸反应，说明其排在顺序表中氢的前面，铜排在顺序表中氢的后面，所以镍能与硫酸铜溶液反应，正确；
B、NiO+2HCl=NiCl₂+H₂O，是由两种化合物相互交换成分生成另外两种化合物的反应，属于复分解反应，正确；
C、反应前NiO₂，O的化合价是-2价，所以Ni的化合价是+4价，反应后NiCl₂中Cl的化合价是-1价，所以Ni的化合价是+2，正确；
D、上述3个反应中涉及到的单质有Ni、H₂、Cl₂3种单质，故错误；
故选D．

点评：
本题考点： 金属的化学性质；单质和化合物的判别；有关元素化合价的计算；反应类型的判定．

考点点评： 金属活动性顺序表中前面的金属能把排在后面的金属从其盐溶液中置换出来，了解复分解反应的定义、单质的概念，化合物中元素化合价的正负总数和为0，并会结合题意灵活分析解答，掌握知识才能正确解答．

相似相溶,
题目告诉你是液态Ni(CO)4,所以熔沸点比较低,应该是分子晶体.
Ni(CO)4 是四配位分子,高中涉及的AB4型分子只可能是正四面体或平面四边形,故为非极性分子
非极性的分子晶体,易溶于非极性溶剂,水是极性溶剂
只有bc

解题思路：A、阳极失去电子发生氧化反应；
B、粗镍中含有少量Fe、Zn、Cu、Pt等杂质做阳极，铜和鉑不失电子沉降电解池底部形成阳极泥；
C、精炼过程中，电解质溶液中一定含有Ni²⁺；
D、阳极失电子的有Fe、Zn、Cu；阴极析出的是铜；依据电子守恒计算分析．

A、阳极发生氧化反应，其电极反应式：Ni-2e^-=Ni²⁺，Fe-2e^-=Fe²⁺；Zn-2e^-=Zn²⁺，故A错误；
B、粗镍中含有少量Fe、Zn、Cu、Pt等杂质做阳极，铜和鉑不失电子沉降电解池底部形成阳极泥，电解后，电解槽底部的阳极泥中只有Cu和Pt，故B正确；
C、电解后，溶液中存在的金属阳离子有Fe²⁺、Zn²⁺、Ni²⁺，故C错误；
D、电解过程中阳极失电子的有Fe、Zn、Cu；阴极析出的是铜；依据电子守恒，阳极质量的减少与阴极质量的增加不相等，故D错误；
故选B．

点评：
本题考点： 电解原理．

考点点评： 本题考查了电极原理的应用，主要考查电解精炼镍的原理分析判断，题目难度中等．

解题思路：A、根据反应①的特点分析反应的类型；
B、金属活动性顺序表中前面的金属能把排在后面的金属从其盐溶液中置换出来；
C、据化合物中元素化合价的正负总数和为0的原则分析解答；
D、根据元素质量守恒分析．

A、反应①是由一种单质与化合物反应，生成了另一种单质和另一种化合物，属于置换反应．故A正确；
B、镍能与盐酸反应，说明其排在顺序表中氢的前面，银排在顺序表中氢的后面，所以镍能与硝酸银溶液反应，故B正确；
C、反应前NiO，O的化合价是-2价，所以Ni的化合价是+4价；反应后NiCl₂中Cl的化合价是-1价，所以Ni的化合价是+2．故C正确；
D、由于等质量的Ni和NiO中的含有镍元素的质量不同，根据元素守恒可知，等质量的Ni和NiO分别与等质量足量的稀盐酸充分反应后，所得NiCl₂溶液质量不相等．故D错误；
故选D．

点评：
本题考点： 金属活动性顺序及其应用；有关元素化合价的计算；置换反应及其应用．

考点点评： 金属活动性顺序表中前面的金属能把排在后面的金属从其盐溶液中置换出来，了解复分解反应的定义、单质的概念，化合物中元素化合价的正负总数和为0，并会结合题意灵活分析解答，掌握知识才能正确解答．

1、3
2、一样 只是键能和键长不一样
3、发生反应所需的最小能量；（不知道）
4、（不知道）；Cr2(NH3)2(HS)4 看Cr的化学价
5、（不知道）

因为氧化性:Fe2+< Ni2+ ,Fe>Ni> Cu> Pt,发生氧化反应,即 Zn→ Zn2+ +2e-
Fe→ Fe2+ +2e-
Ni→ Ni2+ +2e-
电解过程中,因为粗镍中含有少量Fe,Zn,Cu,Pt等杂质,因而当阳极溶解Fe,Zn,Ni而阴极析出Ni时,得失电子总数相等,则阳极减少的质量与阴极增加的质量不可能相等;电解后,溶液中存在的金属阳离子除Fe2+和Zn2+外,还可能存在Ni2+ ;因为Fe,Zn.比Ni活泼,所以电解槽底部的阳极泥中不可能存在Fe,Zn,只存在Cu和Pt .

不久是简单的氧化还原么?Ni是氢前金属啊.

Heavy metals nickel stress on physiological and biochemical characteristics of Jatropha Seedlings Abstract: In this study, soilless cultivation, stress jatropha seedlings treated with different concentrations of nickel (Ni2 +) in culture medium for 7 days, by measuring its peroxidase (POD) activity , chlorophyll and malondialdehyde (MDA), free proline (Pro), soluble sugar , soluble protein content and root activity , research Ni2 + Stress on physiological and Biochemical jatropha seedlings . Research results : Under duress Ni2 + solution , with the improvement of Ni2 + concentration of peroxidase (POD) activity , chlorophyll content , malondialdehyde (MDA) content , soluble sugar and soluble protein content increased first and then decreased trends proline (Pro) in a straight upward trend , seedling root activity compared with the control group , a straight downward trend. It can be seen , jatropha seedlings to Ni2 + has some resistance to stress the role of stress concentration is too high would undermine the role of protective enzymes in vivo Jatropha roots ability to absorb nutrients is damaged, so that growth is affected. Keywords : Jatropha ; nickel stress ; physiological and biochemical characteristics

就这了,打得我手都疼了,希望您能采纳

解题思路：A、阳极失去电子发生氧化反应；
B、粗镍中含有少量Fe、Zn、Cu、Pt等杂质做阳极，铜和鉑不失电子沉降电解池底部形成阳极泥；
C、精炼过程中，电解质溶液中一定含有Ni²⁺；
D、阳极失电子的有Fe、Zn、Cu；阴极析出的是铜；依据电子守恒计算分析．

A、阳极发生氧化反应，其电极反应式：Ni-2e^-=Ni²⁺，Fe-2e^-=Fe²⁺；Zn-2e^-=Zn²⁺，故A错误；
B、粗镍中含有少量Fe、Zn、Cu、Pt等杂质做阳极，铜和鉑不失电子沉降电解池底部形成阳极泥，电解后，电解槽底部的阳极泥中只有Cu和Pt，故B正确；
C、电解后，溶液中存在的金属阳离子有Fe²⁺、Zn²⁺、Ni²⁺，故C错误；
D、电解过程中阳极失电子的有Fe、Zn、Cu；阴极析出的是铜；依据电子守恒，阳极质量的减少与阴极质量的增加不相等，故D错误；
故选B．

点评：
本题考点： 电解原理．

考点点评： 本题考查了电极原理的应用，主要考查电解精炼镍的原理分析判断，题目难度中等．