黑龙江省哈尔滨市第六中学学年高二下学期期.docx
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黑龙江省哈尔滨市第六中学学年高二下学期期
黑龙江省哈尔滨市第六中学2017-2018学年高二下学期期中考试（5月）化学试题
90分钟100分
可能用到的相对原子质量：
C12H1O16
一．选择题（共24小题，每小题2分，共48分）
1.下列物质的沸点的排列顺序正确的是（ ）
①丁烷②2﹣甲基丙烷③正戊烷④2﹣甲基丁烷⑤2，2﹣二甲基丙烷
A.①＞②＞③＞④＞⑤B.⑤＞④＞③＞②＞①
C.③＞④＞⑤＞①＞②D.②＞①＞⑤＞④＞③
【答案】C
【解析】试题分析：
烷烃同系物的沸点规律是：
碳原子数越多，沸点越高；同分异构体的沸点规律是：
支链越少，沸点越高，选C。
考点：
考查物质沸点的大小比较。
2.下列关于乙烯的说法正确的是（ ）
A.是天然气的主要成分B.能使溴的四氯化碳溶液褪色
C.不能发生燃烧反应D.不能发生加聚反应
【答案】B
【解析】试题分析：
A．天然气的主要成分是甲烷，不是乙烯，故A错误；B．乙烯含有碳碳双键能够与溴水发生加成反应，所以能够使溴的四氯化碳溶液褪色，故B正确；C．乙烯结构简式为CH2=CH2，含有碳、氢元素能够燃烧生成二氧化碳和水，故C错误；D．乙烯含有碳碳双键能够发生加聚反应生成聚乙烯，故D错误；故选B。
【考点定位】考查乙烯的性质
【名师点晴】熟悉依据结构特点及所含元素是解题关键，乙烯结构简式为CH2=CH2，含有碳、氢元素能够燃烧生成二氧化碳和水，含有碳碳双键能够与溴水发生加成反应，能够发生加聚反应生成聚乙烯，据此解答。
3.关于氨基酸的叙述错误的是（ ）
A.氨基酸的结构中都含有氨基和羧基
B.人体内氨基酸代谢的最终产物是二氧化碳和尿素
C.人体内所有氨基酸都可以相互转化
D.两个氨基酸通过脱水缩合形成二肽
【答案】C
【解析】A．氨基酸结构特殊，分子中含有羧基和氨基，故A正确；B．蛋白质消化的最终产物是氨基酸，氨基酸氧化分解的最终产物是二氧化碳、水和尿素，故B正确；C．在人体内能够通过转氨基作用形成的只是12种非必需氨基酸，由于人体无法产生某些中间产物，所以有8种氨基酸必需从食物中获得，故称之为必需氨基酸，故C错误；D．两个氨基酸通过脱水缩合以后形成的化合物叫做二肽，故D正确；故选C。
4.下列说法正确的是（ ）
A.葡萄糖与果糖、淀粉与纤维素均互为同分异构体
B.油脂在酸的催化作用下可发生水解，工业上利用该反应生产肥皂
C.甲烷、苯、乙酸和乙酸乙酯都可发生取代反应
D.向蛋白质溶液中加入浓的Na2SO4或CuSO4溶液均可使蛋白质盐析
【答案】C
【解析】A、葡萄糖和果糖的分子式C6H12O6，两者结构不同，属于同分异构体，淀粉和纤维素分子式为（C6H10O5）n，两者结构不同，但n值不同，两者不属于同分异构体，故A错误；B、皂化反应是油脂在碱性条件的的水解，故B错误；C、甲烷与氯气在光照条件下发生取代反应，苯与硝酸等发生硝化反应，属于取代反应，乙酸与乙醇发生酯化反应，属于取代反应，乙酸乙酯发生水解反应，属于取代反应，故C正确；D、Cu2＋属于重金属离子，能使蛋白质变性，故D错误。
5.在蛋白质溶液中分别进行下列操作或加入下列物质，其中一种与其它三种现象有本质不同的是（ ）
A.加热B.加浓硝酸
C.加硫酸铵的浓溶液D.加硫酸铜溶液
【答案】C
【解析】试题分析：
加入ABD发生的是变性，加入C发生的是盐析，所以C正确。
考点：
变性与盐析。
6.同温同压下，等物质的量的某有机物分别与足量的Na和NaHCO3反应，生成气体的体积均相同，该有机物可能是（）
A.AB.BC.CD.D
【答案】B
【解析】试题分析：
有机物和过量Na反应得到V1L氢气，说明分子中含有R-OH或-COOH，另一份等量的该有机物和足量的NaHCO3反应得到V2L二氧化碳，说明分子中含有-COOH，
存在反应关系式：
R-OH～1/2H2，-COOH～1/2H2，以及-COOH+NaHCO3→CO2，
若V1=V2≠0，
说明分子中含有1个R-OH和1个-COOH，只有A符合，
故选B。
考点：
有机物的推断
点评：
本题考查有机物的推断看，题目难度不大，本题注意官能团的性质，为解答该题的关键。
7.乙醇分子中不同的化学键如图所示，对乙醇在各种反应中应断裂的键说明不正确的是（ ）
A.和金属钠作用时，键①断裂
B.和浓H2SO4共热至170℃时，键②和⑤断裂
C.和浓H2SO4共热至140℃时，键③⑤断裂
D.在Ag催化剂下和O2反应时，键①和③断裂
【答案】C
【解析】A、和金属钠反应：
2CH3CH2OH＋2Na→2CH3CH2ONa＋H2↑，①断裂，故A说法错误；B、发生CH3CH2OH
CH2=CH2↑＋H2O，是②和⑤化学键断裂，故B说法正确；C、发生2CH3CH2OH
CH3－O－CH3＋H2O，①②键断裂，故C说法错误；D、2CH3CH2OH＋O2
2CH3CHO＋2H2O，①③键断裂，故说法正确。
8.下列化学性质中，烷烃不具备的是（ ）
A.不能使溴水褪色B.可以在空气中燃烧
C.与Cl2发生取代反应D.能使酸性KMnO4溶液褪色
【答案】D
【解析】试题分析：
A．烷烃为饱和烃，分子中不存在不饱和键，其化学性质稳定，所以烷烃具有“不能使溴水褪色”化学性质，故A错误；B．烷烃中中含有C、H元素，所以烷烃具有“可以在空气中燃烧”的化学性质，故B错误；C．烷烃的特征反应为取代反应，在光照条件下烷烃能够与氯气发生取代反应，所以烷烃具有“与氯气发生取代反应”的化学性质，故C错误；D．烷烃分子中不存在不饱和键，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以烷烃不具有“能使酸性KMnO4溶液褪色”的化学性质，故D正确；故选D。
考点：
考查烷烃的化学性质判断
9.某链状有机物分子中含有n个﹣CH2﹣，m个
，a个﹣CH3，其余为﹣OH，则羟基的个数为（ ）
A.2n+3m﹣aB.m+2﹣aC.n+m+aD.m+2n+2﹣a
【答案】B
【解析】本题考查有机物的结构特点，考查考生的分析、推理能力。
难度中等。
由题中信息可知该醇为饱和醇，故其化学式为CxH2x＋2Oy，该醇中含C原子个数为（n＋m＋a），由化学式知其含H原子个数为2（n＋m＋a）＋2，n个－CH2－中含2n个H，m个
中含m个H，a个－CH3中含3a个H，剩余的H在－OH中，因此含有－OH的数目为[2×（n＋m＋a）＋2]－（2n＋m＋3a）＝m＋2－a。
10.等物质的量的
与Br2起加成反应，生成的产物不可能是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】C
........................
11.不能由醛或酮加氢还原制得的醇是（ ）
A.CH3CH2OHB.CH3CH2CH（OH）CH3
C.（CH3）3CCH2OHD.（CH3）3COH
【答案】D
【解析】A、可以由CH3CHO与氢气发生加成反应产生，故A错误;B、可以由CH3CH2COCH3与氢气发生加成反应得到，故B错误；C、可以由（CH3）3CCHO与氢气发生加成反应得到，故C错误；D、（CH3）3COH不能被氧化得到醛或酮，因此此物质不能用醛或酮与氢气加成反应制得，故D正确。
12.甲醇、乙二醇、甘油分别与足量的金属钠反应，产生等量的H2，则3种醇的物质的量之比为（ ）
A.6：
3：
2B.1：
2：
3C.3：
2：
1D.4：
3：
2
【答案】A
【解析】根据醇与金属钠反应，－OH→1/2H2↑，甲醇的结构简式为CH3OH，乙二醇的结构简式为CH2OHCH2OH，丙三醇的结构简式为CH2OHCHOHCH2OH，产生等量的氢气，消耗三者物质的量之比为2：
1：
2/3=6：
3：
2，故选项A正确。
13.某烃与氢气发生反应后能生成（CH3）2CHCH2CH3，则该烃不可能是（ ）
A.2﹣甲基﹣2﹣丁烯B.2，3﹣二甲基﹣1﹣丙烯
C.3﹣甲基﹣1﹣丁烯D.2﹣甲基﹣1，3﹣丁二烯
【答案】B
考点：
考查烯烃的加成反应。
14.已知乙烯醇（CH2=CH﹣OH）不稳定，可自动转化为乙醛，乙二醇在一定条件下发生脱水反应，也有类似现象发生，所得结构简式有人写出下列几种，其中不可能的是（ ）
①CH2=CH2②CH3CHO③
④
A.①B.②③C.③④D.①④
【答案】A
【解析】试题分析：
（1）1mol乙二醇能消去1mol水，生成乙烯醇，进而自动转化为乙醛；
（2）可以分子内脱水，生成环氧乙烷：
；（3）可以两分子乙二醇发生分子间脱水，生成六元环：
；而不能得到乙烯。
考点：
乙二醇的化学性质、同分异构体。
15.下列各种醇既可发生消去反应，又可被催化氧化的是（ ）
A.CH3OHB.
C.
D.
【答案】B
【解析】发生消去反应的条件是羟基所连碳的相邻的碳原子上必须有H，能被氧化的醇必须是羟基所连碳上必须有H，故选项B正确。
16.向乙醛溶液中滴加新制氢氧化铜悬浊液，加热后应该能观察到（ ）
A.产生蓝色沉淀B.产生红色沉淀
C.产生白色沉淀D.无明显变化
【答案】B
【解析】含有醛基的有机物，滴加新制氢氧化铜悬浊液加热后，醛基被氧化为羧基，而氢氧化铜被还原为红色沉淀即氧化亚铜；所以向乙醛溶液中滴加新制氢氧化铜悬浊液，加热后应该能观察到红色沉淀产生，B正确；正确选项B。
17.仅用一种试剂即可区分酒精、苯酚溶液、己烯、甲苯等四种无色液体，这种试剂可以是（ ）
A.FeCl3溶液B.溴水C.高锰酸钾溶液D.金属钠
【答案】B
【解析】试题分析：
FeCl3溶液与己烯、甲苯混合现象相同，不能鉴别己烯、甲苯，A错；溴水与酒精互溶，溶液不分层，溴水与苯酚生成白色沉淀，溴水遇己烯褪色，溴水与甲苯发生萃取，上层溶液有颜色，四种现象不同，可以鉴别，B对；己烯、甲苯都可以使高锰酸钾溶液褪色，不能鉴别，C错；金属钠与己烯、甲苯不反应，现象相同，不能鉴别，D错。
考点：
有机物的性质和鉴别。
18.据美国《农业研究》杂志报道，美国的科学家发现半胱氨酸能增强艾滋病毒感染者的免疫力，对控制艾滋病毒的蔓延有奇效．已知半胱氨酸的结构简式为
，则下列说法错误的是（ ）
A.两分子半胱氨酸脱水形成的二肽结构简式为：
B.半胱氨酸是一种两性物质
C.
可与过量NaOH溶液反应放出氨气
D.天然蛋白质水解产物均为α﹣氨基酸
【答案】A
【解析】A、生成二肽结构，是氨基酸中的羧基与另一个氨基酸分子中的氨基发生脱水缩合，其二肽物质应为
，故A说法错误；B、半胱氨酸中含有羧基，羧基显酸性，半胱氨酸中含有氨基，氨基显碱性，半胱氨酸属于两性物质，故B说法正确；C、此物质中含有NH4＋，加入过量NaOH溶液，能产生NH3，故C说法正确；D、天然蛋白质水解的最终产物是α﹣氨基酸，故D说法正确。
19.某有机物结构简式如图，下列关于该有机物的说法正确的是（）
A.1mol该有机物可消耗3molNaOH
B.该有机物的分子式为C16H17O5
C.最多可与7molH2发生加成
D.苯环上的一溴代物有6种
【答案】D
【解析】A.该有机物酯基水解产生酚羟基和羧基，所以1mol该有机物可消耗4molNaOH，故A错误；B.该有机物的分子式为C16H14O5，故B错误；C.该有机物的物质的量未定，与之发生加成反应的氢气的物质的量无从确定，故C错误；D.苯环上的氢原子有6种，所以苯环上的一溴代物有6种，故D正确。
故选D。
20.某分子式为C10H20O2的酯，在一定条件下可发生如图的转化过程：
则符合上述条件的酯的结构可有（ ）
A.2种B.4种C.6种D.8种
【答案】B
【解析】试题分析：
因C在一定条件下可氧化成E，则C为C4H9-CH2OH，B为C4H9-COOH，而-C4H9有四种结构，分别为：
CH3-CH2-CH2-CH2-、CH3-CH2-CH（CH3）-、（CH3）2CH-CH2-、（CH3）3C-4种，所以有机物共有同分异构体4种，故选B。
考点：
考查了有机物的推断的相关知识。
21.涤纶广泛应用于衣料和装饰材料。
合成涤纶的反应如下：
下列说法正确的是（）
A.合成涤纶的反应为加聚反应
B.对苯二甲酸和苯甲酸互为同系物
C.1mol涤纶与NaOH溶液反应，理论上最多可消耗2nmolNaOH
D.涤纶的结构简式为：
【答案】C
【解析】A、合成涤纶的反应为缩聚反应，选项A错误；B、结构相似、分子组成相差若干个"CH2"原子团的有机化合物互相称为同系物，但对苯二甲酸（
）和苯甲酸（
）相差CO2，不可能互为同系物，选项B错误；C、1mol涤纶水解会产生2nmol羧基，与NaOH溶液反应，理论上最多可消耗2nmolNaOH，选项C正确；D、根据羧断羟基醇断氢，分子中的端基原子和端基原子团错误，涤纶的结构简式为：
，选项D错误。
答案选C。
22.对下列叙述的评价合理的是（ ）
选项
叙述
评价
A
乙酸乙酯在H218O中水解，产物乙醇中将含有18O
错，根据酯的水解规律，产物乙酸中将含有18O同位素，而乙醇则没有．
B
淀粉与20%的硫酸混合溶液在沸水浴中充分加热后滴加碘水无蓝色现象，则说明淀粉水解完全
错，淀粉水解后未加碱中和至溶液呈碱性．
C
用酸性高锰酸钾溶液除去甲烷中的乙烯气体
对，乙烯能与酸性高锰酸钾溶液反应，而甲烷不能与高锰酸钾溶液反应．
D
可以用新制的Cu（OH）2悬浊液鉴别乙醇溶液、乙酸溶液和葡萄糖溶液
错，用新制的Cu（OH）2悬浊液不能鉴别乙醇溶液和乙酸溶液．
A.AB.BC.CD.D
【答案】A
【解析】A．乙酸乙酯在H218O中水解生成CH3CO18OH和C2H5OH，因此评价正确，A正确；B．淀粉与20%的硫酸混合溶液，加热到80℃左右，冷却后取少量水解液滴加碘水无蓝色现象，则说明淀粉水解完全，B错误；C．酸性高锰酸钾溶液和乙烯反应生成二氧化碳，因此不能用酸性高锰酸钾溶液除去甲烷中的乙烯气体，C错误；D．新制的Cu（OH）2悬浊液分别与乙酸、乙醇和葡萄糖混合的现象为：
蓝色溶液、无现象、砖红色沉淀，现象不同，可以鉴别，D错误；答案选A。
点睛：
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及混合物分离提纯、物质的鉴别、淀粉水解实验等，侧重物质性质及实验技能的综合考查，注意实验的评价性分析，选项D是解答的难点和易错点。
视频
23.用式量为57的烷基取代甲苯苯环上的一个氢原子，所得芳香烃产物的数目为（）
A.3种B.4种C.5种D.12种
【答案】D
【解析】试题分析：
式量为57的烷基为“-C4H9”，即丁基，丁基有4种，用丁基取代甲苯苯环上的一个氢原子，所得产物数目为4×3=12。
考点：
同分异构体
点评：
甲苯苯环上有3种不同环境的氢，所以用丁基取代苯环上一个氢，产物总数有12种。
24.某有机物的结构简式如图所示，关于该物质的叙述错误的是（）
A.一个分子中含有12个H原子
B.苯环上的一氯代物有2种
C.能使酸性KMnO4溶液褪色
D.1mol该物质分别与足量H2、NaOH溶液反应，消耗其物质的量均为3mol
【答案】B
【解析】试题分析：
该有机物分子式为C11H12O4，一个分子中含有12个H原子，A正确；苯环上的一氯代物只有1种，甲基的对位，B错误；苯环上存在α—H，故能使酸性KMnO4溶液褪色，C正确；苯环能与氢气发生加成反应，1mol该物质与3mol氢气反应；酯基在碱性条件下能水解，故2个酯基消耗2mol氢氧化钠，水解后有一个酚羟基，再消耗1mol氢氧化钠，故总共消耗3mol氢氧化钠，D正确。
考点：
酯
点评：
酯是重要的有机物，其化学性质是历年高考的常考知识点，考生在备考过程中应注意积累各反应的条件、现象及化学方程式的正确书写。
二．填空题（共4小题。
共52分）
25.
（1）常温下某溶液中由水电离出的离子浓度符合c（H+）•c（OH﹣）=1×10﹣20的溶液，其pH为____________，此时水的电离受到______________．
（2）已知：
2NO2（g）
N2O4（g）△H=﹣57.20kJ•mol﹣1．一定温度下，在密闭容器中反应2NO2（g）
N2O4（g）达到平衡．其他条件不变时，下列措施能提高NO2转化率的是_____________（填字母）
A．减小NO2的浓度B．降低温度C．增加NO2的浓度D．升高温度
（3）在某温度下，H2O的离子积常数为1×10﹣13mol2•L﹣2，则该温度下：
①0.01mol•L﹣1NaOH溶液的pH=__________；
②100mL0.1mol•L﹣1H2SO4溶液与100mL0.4mol•L﹣1的KOH溶液混合后，pH=_______．
（4）已知一溶液有4种离子：
X+、Y﹣、H+、OH﹣，下列分析结果肯定错误的是_____．
A．c（Y﹣）＞c（X+）＞c（H+）＞c（OH﹣）
B．c（X+）＞c（Y﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）
C．c（H+）＞c（Y﹣）＞c（X+）＞c（OH﹣）
D．c（OH﹣）＞c（X+）＞c（H+）＞c（Y﹣）
（5）在25℃下，将amol•L﹣1的氨水与0.01mol•L﹣1的盐酸等体积混合，反应时溶液中c（NH4+）=c（Cl﹣）．则溶液显_____（填“酸”“碱”或“中”）性；用含a的代数式表示NH3•H2O的电离常数Kb=______________．
【答案】
（1）.4或10
（2）.抑制（3）.BC（4）.11（5）.12（6）.C（7）.中（8）.
【解析】
（1）考查pH的计算和影响水电离的因素，常温下水的离子积为10－14>10－20，说明此溶液可能是酸，也可能是碱，假如是酸，水电离出的c（H＋）=c（OH－），即此时溶液中c（H＋）=Kw/c（OH－）=10－14/10－10mol·L－1=10－4mol·L－1，此时溶液的pH=－lgc（H＋）=4，假设为碱，此时溶液中c（H＋）=10－10mol·L－1，即pH=10，无论酸还是碱都抑制水的电离；
（2）考查勒夏特列原理，A、减少NO2的浓度，平衡向逆反应方向移动，NO2的转化率降低，故A错误；B、此反应的正反应是放热反应，降低温度，平衡向正反应方向进行，NO2的转化率增大，故B正确；C、增加NO2的浓度，相当于增大压强，平衡向正反应方向进行，NO2的转化率增大，故C正确；D、正反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向进行，故D错误；（3）考查pH的计算，①0.01mol·L－1NaOH溶液中c（OH－）=10－2mol·L－1，根据水的离子积，则溶液中c（H＋）=Kw/c（OH－）=10－13/10－2mol·L－1=10－11mol·L－1，即pH=11；②H2SO4中n（H＋）=100×10－3×0.1×2mol=0.02mol，KOH中n（OH－）=100×10－3×0.4mol=0.04mol，显然反应后溶液显碱性，反应后c（OH－）=
mol·L－1=0.1mol·L－1，根据水的离子积，求出c（H＋）=10－12mol·L－1，即pH=12；（4）考查离子浓度大小，A、假设该溶液的溶质为XY，该盐属于强酸弱碱盐，即离子浓度大小顺序是c（Y－）>c（X＋）>c（H＋）c（OH－），故A说法正确；B、假设溶质为XY，属于强碱弱酸盐，离子浓度大小顺序是c（X+）>c（Y－）>c（OH－）>c（H＋），故B说法正确；C、不遵循电荷守恒，故C说法错误；D、当c（OH－）>c（X＋），必有c（H＋）>c（Y－），故D说法正确；（5）考查电离平衡常数的计算，根据电荷守恒，有c（NH4＋）＋c（H＋）=c（Cl－）＋c（OH－），而c（NH4＋）=c（Cl－），则c（H＋）=c（OH－），溶液显中性，电离平衡常数只受温度的影响，溶液显中性，即c（OH－）=10－7mol·L－1，c（NH4＋）=c（Cl－）=0.01/2mol·L－1，根据N元素守恒，则c（NH3·H2O）=（a/2－0.01/2）mol·L－1，根据电离平衡常数的定义，Kb=
，代入数值，求出Kb=
。
点睛：
本题的难点是NH3·H2O的电离平衡常数的计算，易错点是浓度的计算，浓度应是混合后的浓度，而不是起始分析浓度，如c（NH4＋）=c（Cl－）=0.01/2mol·L－1，根据N元素守恒，则c（NH3·H2O）=（a/2－0.01/2）mol·L－1，代入表达式得出结果。
26.钛、铬、铁、镍、铜等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。
①Ti的基态原子价电子排布式为______________。
②Fe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↑。
①上述化学方程式中非金属元素电负性由大到小的顺序是_____（用元素符号表示）。
②COCl2分子中所有原子均满足8电子构型，COCl2分子中σ键和π键的个数比为_____，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，其中Ni2+和Fe2+的离子半径分别为6.9×10﹣2nm和7.8×10﹣2nm．则熔点：
NiO________（填“＞”、“＜”或“=”）FeO。
（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。
①该晶体的化学式为_____________。
②已知该晶胞的摩尔质量为Mg•mol﹣1，密度为dg•cm﹣3．设NA为阿伏加德罗常数的值，则该晶胞的体积是_____（用含M、d、NA的代数式表示）。
【答案】
（1）.3d24s2
（2）.7（3）.O＞Cl＞C（4）.3：
1（5）.sp2（6）.＞（7）.LaNi5（8）.
cm3
【解析】
（1）考查电子排布式的书写，Ti属于过渡元素，价电子包括最外层电子和次外层d能级上的电子，即Ti的价电子排布式为3d24s2；铁元素属于26号元素，电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，共有7种不同能级的电子；
（2）考查电负性的规律、化学键数目的判断、杂化类型的判断，①非金属是O、C、Cl，同周期从左向右电负性增大，根据HClO中化合价，推出O的电负性大于Cl，根据CCl4中化合价，Cl的电负性大于C，即电负性由大到小的规律是O>Cl>C，②COCl2所有原子满足8电子稳定结构，即COCl2的结构式为
，成键原子间只能形成一个σ键，双键之间有1个π键，因此σ键和π键数目的比值为3：
1；C有3个σ键，无孤电子对，价层电子对数为3，杂化类型为sp2；（3）考查晶体熔沸点高低判断，NiO和FeO都属于离子晶体，根据所给离子半径，Ni2＋半径小于Fe2＋，NiO的晶格能大于FeO，NiO的熔点高于FeO；（4）考查晶胞的计算，①La位于晶胞的顶点，晶胞实际占有的个数为8×1/8=1，Ni位于面上和内部，晶胞实际占有的个数是8×1/2＋
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