河南省顶级名校2019届高三化学第四次联合质量测评试题（含解析）.docx

河南省顶级名校2018-2019年度高三第四次联合质量测评理科综合(化学部分)可能用到的相对原子质量：H-1 N-14 O-16 K-39 Co-59 Zn-65 I-127一、选择题：本题共13小题，每小题6分，共78分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.下列有关“造纸术、指南针、黑火药及印刷术”的相关说法正确的是A. 宣纸的主要成分是纤维素，属于高分子化合物B. 指南针由天然磁石制成，磁石的主要成分是Fe2O3C. 黑火药爆炸反应为2KNO3+3C+S=K2S+N2+3CO2，其中氧化剂只有KNO3D. 活字印刷使用的胶泥由Al2O3、SiO2、CaO等组成，它们都属于碱性氧化物【答案】A【解析】【详解】A. 宣纸的主要成分为天然纤维素，纤维素为多糖，属于高分子化合物，故A正确；B. 天然磁石成分为四氧化三铁，故B错误；C. 反应2KNO3+3C+S=K2S+N2+3CO2中，N、S元素化合价降低，得电子被还原，C元素化合价升高，失电子被氧化，所以KNO3和S都是氧化剂，故C错误；D. Al2O3为两性氧化物，SiO2为酸性氧化物，故D错误。答案选A。【点睛】本题以我国传统文化四大发明为命题情景，考查化学基本概念，涉及物质的分类、氧化还原反应的有关概念等，掌握基础知识是解题的关键，注意氧化还原反应的分析要紧紧抓住化合价变化，化合价变没变，是升高了还是降低了。2.NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 1.9gH3O+中含质子总数为NAB. 体积均为22.4L(标准状况)的乙烯和乙酸含氢原子数均为4NAC. 1L0.1molL1NH4A1(SO4)2溶液中阳离子总数小于0.2NAD. 当反应MgO+C+Cl2MgCl2+CO中断裂2 mol ClCl键时，转移电子总数为4NA【答案】D【解析】【详解】A. 1.9gH3O+的物质的量为0.1mol，含有1.1mol质子，含有的质子数为1.1NA，故A错误；B. 标况下乙酸不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算，故B错误；C. NH4A1(SO4)2溶液中NH4+和Al3+发生水解，其中Al3+水解反应为：Al3+3H2OAl(OH)3+3H+，由此可知阳离子数目增加，所以1L0.1molL1NH4A1(SO4)2溶液中阳离子总数大于0.2NA，故C错误；D. 由反应式MgO+C+Cl2MgCl2+CO可知，Cl2得电子，断裂2 mol ClCl键即有2mol Cl2参加反应，转移电子总数为22 NA =4NA，故D正确。答案选D。3.W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，位于三个周期，原子最外层电子数等于Y、Z原子最外层电子数之和，W与Y同主族，Z的单质是一种黄色固体。下列说法正确的是A. 简单离子半径：ZXYB. 稳定性：W2ZWXC. YWZ只含有一种化学键D. WX和Y2Z溶液中由水电离出的c(H+)均大于107【答案】A【解析】【分析】W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，位于三个周期，其中W与Y同主族，W为H元素，Y为Na元素；Z的单质是一种黄色固体，Z为S元素；X原子最外层电子数等于Y、Z原子最外层电子数之和为1+6=7，原子序数小于Na，则X为F，以此来解答。【详解】由上述分析可知，W为H，X为F，Y为Na，Z为S，A电子层越多，离子半径越大；具有相同电子层结构的离子，核电荷数越大，半径越小，则元素Z、X、Y的简单离子半径：ZXY，故A正确；BX为F，Z为S，非金属性FS，则稳定性：H2S氧化产物，故A正确；B. 乙烯通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液褪色并产生黑色沉淀，说明乙烯被酸性高锰酸钾溶液氧化，乙烯具有还原性，故B正确；C.向等浓度的氯化钠和碘化钠混合溶液中逐滴加入硝酸银溶液，生成黄色沉淀为AgI，溶解度小的先沉淀，AgCl和AgI组成相似，故Ksp(AgCl)Ksp(AgI)，故C正确；D将苯加入橙色的溴水中震荡并静置，溴在苯中比在水中溶解度大，且苯的密度比水小，溶液分层，下层液体几乎无色，发生的过程是萃取，没有发生取代反应，故D错误。答案选D。5.有机物X、Y、M相互转化关系如下。下列有关说法不正确的是A. 可用碳酸氢钠区别X与YB. Y中所有原子在同一平面上C. X、Y、M均能发生加成、氧化和取代反应D. X环上的二氯代物共有11种(不考虑顺反异构)【答案】B【解析】【详解】A.Y不含羧基，与碳酸氢钠不反应，X含有羧基，能与碳酸氢钠溶液反应，故A正确；B.甲烷分子为四面体结构，Y分子中含有-CH2-，所以Y中所有原子不可能处于同一平面上，故B错误；C. X分子中含有碳碳双键和羧基，Y分子中含有碳碳双键和羟基，M分子中含有碳碳双键和酯基，所以均能发生加成、氧化和取代反应，故C正确； D.采用定一移二的方法分析，X环上的二氯代物共有11种，故D正确。 答案选B。【点睛】本题考查有机物的结构和性质，掌握官能团的结构和性质是解题的关键，本题难点是D选项，注意采用定一移二的方法分析同分异构体的种数。6.一种高寿命可循环的Zn/V2O5水性混合离子电池的结构示意图如下，放电时正极发生反应xLi+xe+V2O5=LixV2O5。下列说法正确的是A. 放电时，Li+在正极被还原B. 充电时，溶液中Li+浓度不断减小C. 放电时，电极A每减少6.5g，有0.1 mol Li+嵌入电极BD. 充电时，电极B上的电势比电极A的高【答案】D【解析】【分析】由电池的结构示意图可知，放电时是原电池原理，电极A（Zn）作负极，发生失电子的氧化反应，电极反应式为Zn-2e-=Zn2+；电极B （V2O5）作正极，发生反应xLi+xe+V2O5=LixV2O5；充电时为电解原理，电极A（Zn）作阴极，电极B （V2O5）作阳极，发生的反应和放电时相反，以此分析解答。【详解】A. 放电时，正极发生反应xLi+xe+V2O5=LixV2O5，锂元素化合价未发生改变，没有被还原，故A错误；B. 充电时，阳极发生反应LixV2O5-xe= xLi+V2O5，溶液中Li+浓度不断增大，故B错误；C. 放电时，电极A电极反应式为Zn-2e-=Zn2+，每减少6.5gZn，则转移0.2mol电子，根据电荷守恒，有0.2 mol Li+嵌入电极B，故C错误；D. 充电时，电极B接电源正极，本身作阳极，电极A接电源负极，本身作阴极，所以电极B上的电势高于电极A，故D正确。答案选D。7.25时，用HCl气体或NaOH固体调节0.01molL1二元酸(以H2A表示)溶液的pH(忽略溶液体积的变化)，溶液中H2A、HA、A2、H+、OH浓度的对数值(lgc)变化如下图所示：下列说法错误的是A. 25时，H2A的Ka1数量级为102B. pH=1.2时，调节溶液pH用的是HCl气体C. pH=7时，溶液中：c(Na+)=c(HA)+c(A2)D. pH=8时，溶液中：c(A2)c(HA)c(H2A)【答案】C【解析】【分析】二元酸H2A溶液存在电离平衡H2AH+HA-、HA-H+A2-，向溶液中通入HCl气体或加入NaOH固体，平衡发生移动，pH发生改变，溶液中H2A、HA、A2、H+、OH浓度也发生改变，以此分析解答。【详解】A. 由图可知，pH=1.2时，c(H2A)=c(HA-)，根据H2AH+HA-，Ka1=c(H+)=10-1.2=100.810-2，所以Ka1数量级为102，故A正确；B. H2A溶液存在电离平衡H2AH+HA-、HA-H+A2-，以第一步电离为主，故在H2A溶液中，c(H+)与c(HA)近似相等。由图可知，pH=1.2时，c(H+) c(HA) c(A2)，应是溶液中通入了HCl，所以调节溶液pH用的是HCl气体，故B正确；C. pH=7时，溶液呈中性，调节溶液pH用的是NaOH固体，c(H+)=c(OH)，根据电荷守恒：c(Na+)+ c(H+)=c(HA)+2c(A2)+ c(OH)，所以c(Na+)=c(HA)+2c(A2)，故C错误；D. 由图可知，pH=8时，溶液中：c(A2)c(HA)c(H2A)，故D正确。答案选C。【点睛】本题考查了二元弱酸的电离、影响平衡移动的因素、离子浓度大小比较的应用等知识，注意元素守恒在离子浓度大小比较中的应用，计算平衡常数要掌握计算技巧。三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22-32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第3338题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题：共129分。8.高碘酸钾(KIO4)溶于热水，微溶于冷水和氢氧化钾溶液，可用作有机物的氧化剂。制备高碘酸钾的装置图如下(夹持和加热装置省略)。回答下列问题：(1)装置I中仪器甲的名称是_。(2)装置I中浓盐酸与KMnO4混合后发生反应的离子方程式是_。(3)装置中的试剂X是_。(4)装置中搅拌的目的是_。(5)上述炭置按气流由左至右各接口顺序为_(用字母表示)。(6)装置连接好后，将装置水浴加热，通入氯气一段时间，冷却析岀高碘酸钾晶体，经过滤，洗涤，干燥等步骤得到产品。写出装置中发生反应的化学方程式：_。洗涤时，与选用热水相比，选用冷水洗涤晶体的优点是_。上述制备的产品中含少量的KIO3，其他杂质忽略，现称取ag该产品配制成溶液，然后加入稍过量的用醋酸酸化的KI溶液，充分反应后，加入几滴淀粉溶液，然后用1.0molL1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的平均体积为bL。已知：KIO3+5KI+6CH3COOH=3I2+6CH3COOK+3H2OKIO4+7KI+8CH3 COOH=4I2+8CH3COOK+4H2OI2+2Na2S2O3=2NaI+N2S4O6则该产品中KIO4的百分含量是_(Mr(KIO3)=214，Mr(KIO4)=230，列出计算式)。【答案】 (1). 圆底烧瓶 (2). 16H+10Cl-+2MnO4-=2Mn2+8H2O+5Cl2 (3). NaOH溶液 (4). 使反应混合物混合均匀，反应更充分 (5). aefcdb (6). 2KOH+KIO3+Cl2KIO4+2KCl+ H2O (7). 降低KIO4的溶解度，减少晶体损失 (8). 100%【解析】【分析】本题为制备高碘酸钾实验题，根据所提供的装置，装置III为KIO4的制备反应发生装置，发生的反应为2KOH+KIO3+Cl2KIO4+2KCl+ H2O；装置I可用来制取氯气，为制备KIO4提供反应物氯气；装置IV是氯气的净化装置；装置II是氯气的尾气吸收装置；装置的连接顺序为IIVIIIII，以此分析解答。【详解】(1)根据装置I中仪器甲的构造，该仪器的名称是圆底烧瓶，因此，本题正确答案是：圆底烧瓶；(2)浓盐酸与KMnO4反应生成氯化钾、氯化锰、氯气和水，根据得失电子守恒及电荷守恒和原子守恒写出离子方程式是2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2+5Cl2+8H2O，因此，本题正确答案是：2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2+5Cl2+8H2O；(3) 装置II是氯气的尾气吸收装置，所用的试剂X应是NaOH溶液，因此，本题正确答案是：NaOH溶液；(4) 装置III为KIO4的制备反应发生装置，用氯气和NaOH的KIO3溶液反应，搅拌的目的是使反应混合物混合均匀，反应更充分，因此，本题正确答案是：使反应混合物混合均匀，反应更充分；(5)根据以上分析，装置的连接顺序为IIVIIIII，所以各接口顺序为aefcdb，因此，本题正确答案是：aefcdb； (6)装置III为KIO4的制备反应发生装置，氯气将KIO3氧化为KIO4，本身被还原为KCl，化学方程式为2KOH+KIO3+Cl2KIO4+2KCl+ H2O，因此，本题正确答案是：2KOH+KIO3+Cl2KIO4+2KCl+ H2O；根据题给信息，高碘酸钾(KIO4)溶于热水，微溶于冷水和氢氧化钾溶液，所以，与选用热水相比，选用冷水洗涤晶体的优点是降低KIO4的溶解度，减少晶体损失，因此，本题正确答案是：降低KIO4的溶解度，减少晶体损失；设ag产品中含有KIO3和KIO4的物质的量分别为x、y，则根据反应关系：KIO33I2，KIO44I2，I22Na2S2O3，214x+230y=a，3x+4y=0.5b，联立、，解得y=mol，则该产品中KIO4的百分含量是100%=100%，因此，本题正确答案是：100%。9.一种利用化肥中废催化剂(含CoO、Co、Al2O3及少量FeO)制取明矾和CoSO4粗产品的工艺流程如下：已知：(i)相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下表所示：()Al(OH)3在碱性条件下开始溶解时的pH为7.8，完全溶解时的pH为11。回答下列问题：(1)写出H2O2的电子式：_。(2)下列措施一定能提高步骤I中A13+和Co2+的浸取率的是_(填标号)a将废催化剂粉磨为细颗粒b步骤I中的硫酸采用98%的浓硫酸c适当提高浸取时的温度(3)步骤中，写出“氧化”过程中Fe2+被氧化的离子方程式：_，若“氧化”后再“调节pH=3”，造成的后果是_。(4)步骤中加K2CO3应控制pH的范围为_。(5)测定CoSO4粗产品中钴的质量分数的步骤如下：准确称取ag产品，先经预处理，然后加入过量的冰乙酸，在加热煮沸下，缓慢滴加KNO2溶液直至过量，生成不溶于乙酸的K3Co(NO2)6，再经过滤、洗涤及干燥，称量沉淀的质量为bg。KNO2溶液氧化并沉淀Co2+的离子方程式为_(已知KNO2被还原为NO)。粗产品中钴元素的质量分数为_(MrK3Co(NO2)6=452，列出计算式)。【答案】 (1). (2). ac (3). 2Fe2+H2O2+4H2O=2Fe(OH)3+4H+ (4). Fe3+对双氧水的分解有催化作用，造成原料利用率低 (5). pH11 (6). Co2+3K+7NO2-+2CH3COOHK3Co(NO2)6 +NO+ H2O+2CH3COO- (7). 100%【解析】【分析】废催化剂(含CoO、Co、Al2O3及少量FeO)加入硫酸酸浸反应后得到浸取液，主要含有Co2+、Al3+、Fe2+、H+和SO42-等离子，调节溶液的pH=3，再加入H2O2，Fe2+被氧化为Fe3+并产生Fe(OH)3沉淀。过滤后，滤液中加入K2CO3调节pH，生成Co(OH)2沉淀和KAlO2溶液，经过滤分离。Co(OH)2沉淀加硫酸溶解经后续处理得到粗产品CoSO4，滤液加硫酸酸化得到硫酸铝钾溶液，经结晶得到明矾，以此分析解答。【详解】(1)H2O2为共价化合物，两个氧原子共用一对电子，电子式为：，因此，本题正确答案是：；(2) a将废催化剂粉磨为细颗粒，增大反应物的接触面积，能提高浸取率，故a正确；b该反应为H+参加的离子反应，98%的浓硫酸中的氢离子浓度极小，不利于酸浸，故b错误；c升高温度化学反应速率加快，所以适当提高浸取时的温度，能提高浸取率，故c正确。因此，本题正确答案是：ac；(3)Fe2+被氧化为Fe3+，pH=3时产生Fe(OH)3沉淀，离子方程式为：2Fe2+H2O2+4H2O=2Fe(OH)3+4H+；Fe3+对双氧水的分解有催化作用，若“氧化”后再“调节pH=3”，会造成原料利用率低。因此，本题正确答案是：2Fe2+H2O2+4H2O=2Fe(OH)3+4H+；Fe3+对双氧水的分解有催化作用，造成原料利用率低；(4) 由已知(i)可知，Co2+沉淀完全的pH为9.2，由已知() 可知，Al(OH)3完全溶解时的pH为11，所以要分离出Al3+，应控制pH的范围为pH11，因此，本题正确答案是：pH11；(5)KNO2将Co2+氧化为Co3+，并生成K3Co(NO2)6 沉淀，NO2-被还原为NO，根据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒写出离子方程式为Co2+3K+7NO2-+2CH3COOHK3Co(NO2)6 +NO+ H2O+2CH3COO-。因此，本题正确答案是：Co2+3K+7NO2-+2CH3COOHK3Co(NO2)6 +NO+ H2O+2CH3COO-；bg K3Co(NO2)6中含Co元素的质量为bg，则粗产品中钴元素的质量分数为100%，因此，本题正确答案是：100%。10.利用含H2S的废气可回收硫，既可以保护环境又可资源化利用。回答下列问题：(1)将H2S直接分解回收硫的同时得到氡能源的技术具有发展远景。起始时在反应器中充入一定量的H2S，在一定条件下发生反应2H2S(g)2H2 (g)+S2(g)，H2S热分解温度与平衡时气体组成如图所示：反应2H2S(g)2H2(g)+S2(g)的H=_0(填“”或“ (2). 66.7% (3). P (4). 2FeCl3+H2S=2 FeCl2+S+2HCl (5). 阳极发生电极反应Fe2+-e-= Fe3+(或2Cl-2e-=Cl2，Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+)，使c(Fe3+)升高，使FeCl3再生 (6). 质子 (7). t1以后溶液中同时发生两个反应，Fe3+氧化吸收H2S和Fe2+被O2氧化再生Fe3+，当两个反应速率相等时，溶液中n(Fe3+)保持基本不变 (8). 2H2S+ O22 S+2H2O【解析】【分析】(1)升温平衡正向移动，则正反应为吸热反应，H0；图中A点n(H2S)=n(S2)，列出三段式，找出平衡时H2S的转化量，根据分解率计算公式计算； 图中A点n(H2S)=n(H2)，列出三段式，找出平衡时各组分的分压，再根据Ka=计算；(2)由图可知，吸收塔中FeCl3和H2S反应生成FeCl2、S和HCl；通过电解将FeCl2转化为FeCl3，其原理是阳极发生电极反应Fe2+-e-= Fe3+(或2Cl-2e-=Cl2，Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+)，使c(Fe3+)升高，使FeCl3再生；电解时进入阳极室的H+要在阴极得电子，所以“交换膜”为质子交换膜。(3) 由图可知，t1前n(Fe3+)迅速减小、被吸收的n(H2S)显著增加，发生的反应为2FeCl3+H2S=2 FeCl2+S+2HCl；t1以后溶液中同时发生两个反应，Fe3+氧化吸收H2S和Fe2+被O2氧化再生Fe3+，当两个反应速率相等时，溶液中n(Fe3+)保持基本不变；t1以后Fe3+起催化作用，总反应方程式可以表示为2H2S+ O22 S+2H2O。【详解】(1)由图可知，随着温度升高，混合物中H2S的含量减少，H2和S2的含量增加，说明升温平衡正向移动，则正反应为吸热反应，H0，图中A点n(H2S)=n(S2)，设起始时有1mol H2S，A点达到平衡时有2x mol H2S发生分解，则：2H2S(g)2H2 (g)+S2(g)起始量 1 0 0转化量 2x 2x x平衡量 1-2x 2x x 1-2x=x，解得：x=，H2S的分解率为100%= 66.7%，图中A点n(H2S)=n(H2)，设起始时有1mol H2S，A点达到平衡时有2y mol H2S发生分解，则:2H2S(g)2H2 (g)+S2(g)起始量 1 0 0转化量 2y 2y y平衡量 1-2y 2y y 1-2y=2y，解得：y=，H2S、H2和S2的物质的量分数分别为：0.4、0.4和0.2，平衡常数Ka=0.2Pa=P。因此，本题正确答案是： ；66.7%；P。(2)由图可知，吸收塔中FeCl3和H2S反应生成FeCl2、S和HCl，化学方程式为2FeCl3+H2S=2 FeCl2+S+2HCl；通过电解将FeCl2转化为FeCl3，其原理是阳极发生电极反应Fe2+-e-= Fe3+(或2Cl-2e-=Cl2，Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+)，使c(Fe3+)升高，使FeCl3再生；电解时进入阳极室的H+要在阴极得电子，所以“交换膜”为质子交换膜；因此，本题正确答案是：2FeCl3+H2S=2 FeCl2+S+2HCl；阳极发生电极反应Fe2+-e-= Fe3+(或2Cl-2e-=Cl2，Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+)，使c(Fe3+)升高，使FeCl3再生；质子。(3) 由图可知，t1前n(Fe3+)迅速减小、被吸收的n(H2S)显著增加，发生的反应为2FeCl3+H2S=2 FeCl2+S+2HCl；t1以后溶液中同时发生两个反应，Fe3+氧化吸收H2S和Fe2+被O2氧化再生Fe3+，当两个反应速率相等时，溶液中n(Fe3+)保持基本不变；t1以后Fe3+起催化作用，总反应方程式可以表示为2H2S+ O22 S+2H2O，因此，本题正确答案是：t1以后溶液中同时发生两个反应，Fe3+氧化吸收H2S和Fe2+被O2氧化再生Fe3+，当两个反应速率相等时，溶液中n(Fe3+)保持基本不变；2H2S+ O22 S+2H2O。(二)选考题：共45分。请考生从2道物理题，2道化学题，2道生物题中每科任选一题作答。如果多做，则每科按照所做的第一题计分。11.2018年11月 Nature Energy报道了我国科学家用 NiBaH2/A12O3、 NiLiH等作催化剂，利用化学链合成氨。回答下列问题：(1)基态Al原子价层电子的电子排布图(轨道表达式)为_，Ni在周期表中位于第_族，属于_区元素。(2)BaH2的熔点(675)比CaH2(816)的低，其原因是_。(3)NH3可用于制备NaN3、NH4NO3、(亚硝基胍)等含氮化合物：NaN3中阴离子空间构型为_；NH4NO3中阳、阴离子中中心原子杂化方式依次为_，亚硝基胍分子中含键_个。(4)N、P位于同一主族，NH3、PH3分子结构如下图所示：NH3中NH键的键长比PH3中PH键的键长短，其主要原因是_。NH3和PH3中，N、P原子杂化方式相同，但HNH间的夹角比HPH间的大，其主要原因是_。NH3比PH3易液化，其主要原因是_。(5)该化学链合成氨过程中涉及中间化合物亚氨基锂(Li2NH)，亚氨基锂是一种反荧石结构，晶体结构如上图所示(H已略去)。NA为阿伏加德罗常数的值，晶体密度为1.48gcm3，Li2NH的摩尔质量为28.897gmol1则晶胞参数为_nm(列出计算式)。【答案】 (1). (2). VIII (3). d (4). BaH2和CaH2均属于离子晶体，Ba2+的离子半径比Ca2+大，BaH2的晶格能比CaH2的小 (5). 直线 (6). sp3、sp2 (7). 9 (8). N的原子半径比P的小 (9). 中心原子的电负性NP，NH3分子中的成键电子对更靠近中心原子，使成键电子对间的斥力变大，键角变大 (10). NH3分子间存在氢键 (11). 107【解析】【分析】(1)Al的原子序数为13，根据构造理论写出基态Al原子价层电子的电子排布图；Ni的原子序数为28，根据原子结构确定在周期表中的位置；(2) BaH2和CaH2均属于离子晶体，Ba2+的离子半径比Ca2+大，BaH2的晶格能比CaH2的小；(3) N3-与CO2为等电子体，等电子体具有相同的结构，所以N3-空间构型为直线型；NH4NO3中NH4+的中心原子价电子对数为4，杂化方式依次为sp3；NO3-的中心原子价电子对数为3，杂化方式依次为sp2；单键为键，双键中有一个是键，以此解答；(4)N的原子半径比P的小，造成NH3中NH键的键长比PH3中PH键的键长短；NH3和PH3中，N、P原子杂化方式相同，但中心原子的电负性NP，NH3分子中的成键电子对更靠近中心原子，使成键电子对间的斥力变大，键角变大，所以HNH间的夹角比HPH间的大；NH3分子间存在氢键，分子间作用力增大，使得NH3比PH3易液化；(5)根据均摊法，先求出一个晶胞的质量，再根据晶体密度为1.48gcm3，求出晶胞的体积，进一步求出晶胞参数。【详解】(1)Al的原子序数为13，基态Al原子的电子排布式为1s22p63s23p1，则价层电子的电子排布图为；Ni的原子序数为28，基态Ni原子的电子排布式为1s22p63s23p63d84s2，所以Ni在周期表中位于第VIII族，属于d区元素；因此，本题正确答案是：；VIII；d；(2) BaH2和CaH2均属于离子晶体，因为Ba2+的离子半径比Ca2+大，BaH2的晶格能比CaH2的小，所以BaH2的熔点(675)比CaH2(816)的低，因此，本题正确答案是：BaH2和CaH2均属于离子晶体，Ba2+的离子半径比Ca2+大，BaH2的晶格能比CaH2的小；(3) N3-与CO2为等电子体，等电子体具有相同的结构，所以N3-空间构型为直线型；NH4NO3中NH4+的中心原子价电子对数为4，杂化方式依次为sp3；NO3-的中心原子价电子对数为3，杂化方式依次为sp2；单键为键，双键中有一个是键，所以共有9个键；因此，本题正确答案是：直线；sp3、sp2；9；(4)N的原子半径比P的小，造成NH3中NH键的键长比PH3中PH键的键长短；因此，本题正确答案是：N的原子半径比P的小；NH3和PH3中，N、P原子杂化方式相同，但中心原子的电负性NP，NH3分子中的成键电子对更靠近中心原子，使成键电子对间的斥力变大，键角变大，所以HNH间的夹角比HPH间的大；因此，本题正确答案是：中心原子的电负性NP，NH3分子中的成键电子对更靠近中心原子，使成键电子对间的斥力变大，键角变大；NH3分子间存在氢键，分子