2023年高考全國II卷化學(xué)精校版(含解析)

2023年普通高等學(xué)校招生全國統(tǒng)一考試〔全國II卷〕理科綜合化學(xué)局部7．以下過程沒有發(fā)生化學(xué)反響的是A．用活性炭去除冰箱中的異味B．用熱堿水去除炊具上殘留的污垢C．用浸泡過高錳酸鉀溶液的硅藻土保鮮水果D．用含硅膠、鐵粉的透氣小袋與食品一起密封包裝【答案】A【解析】A、活性炭去除冰箱中的異味是利用活性炭的物理吸附作用，沒有發(fā)生化學(xué)變化，A正確；B、污垢的主要成分是油脂，該過程利用了油脂在堿性條件下〔熱堿溶液〕能發(fā)生徹底的水解反響，發(fā)生了化學(xué)變化，B錯誤；C、水果在成熟的過程中，會釋放一種稱為乙烯的物質(zhì)，乙烯具有復(fù)原性，能夠被酸性高錳酸鉀溶液氧化，發(fā)生了氧化反響，屬于化學(xué)變化，C錯誤；D、鐵粉可吸收氧氣，防止食品被氧化，屬于化學(xué)變化，D錯誤。8．四聯(lián)苯的一氯代物有A．3種B．4種C．5種D．6種【答案】C【解析】根據(jù)四聯(lián)苯的結(jié)構(gòu)可知，的分子結(jié)構(gòu)呈現(xiàn)對稱性，那么四聯(lián)苯分子中有5種不同類型的H原子，所以一氯代物也有5種。9．以下反響中，反響后固體物質(zhì)增重的是A．氫氣通過灼熱的CuO粉末B．二氧化碳通過Na2O2粉末C．鋁與Fe2O3發(fā)生鋁熱反響D．將鋅粒投入Cu〔NO3〕2溶液【答案】B【解析】A、發(fā)生的反響是CuO+H2Cu+H2O，固體從CuOCu，質(zhì)量減小，A錯誤；B、發(fā)生的反響是2Na2O2+2CO2=Na2CO3+O2↑，固體從Na2O2Na2CO3，質(zhì)量增加，B正確；C、發(fā)生的反響是Al+Fe2O3Al2O3+Fe，固體從Al+Fe2O3Al2O3+Fe，質(zhì)量沒有變化，C錯誤；D、發(fā)生的反響是Zn+Cu(NO3)2=Zn(NO3)2+Cu，固體從ZnCu，質(zhì)量減小，D錯誤。10．以下列圖示試驗正確的是A．除去粗鹽溶液中的不溶物B．碳酸氫鈉受熱分解C．除去CO氣體中的CO2氣體D．乙酸乙酯的制備【答案】D【解析】A、除去粗鹽中的不溶物采取過濾的方法，過濾時要注意“一貼二低三靠〞，“三靠〞指的是玻璃棒下端要緊靠三層濾紙一側(cè)、燒杯緊靠玻璃棒、漏斗下端緊靠燒杯內(nèi)壁，A錯誤；B、加熱固體，試管口要向下傾斜，B錯誤；C、除去CO氣體中的CO2氣體要通過含有堿溶液的洗氣瓶，要注意氣流方向為長管進氣、短管出氣，C錯誤；D、制備乙酸乙酯的實驗裝置正確。11．一定溫度下，以下溶液的離子濃度關(guān)系式正確的是A.pH=5的H2S溶液中，c〔H+〕=c〔HS-〕=1×10-5mol·L-1B.pH=a的氨水溶液，稀釋10倍后，其pH=b，那么a=b+1C.pH=2的H2C2O4溶液與pH=12的NaOH溶液任意比例混合：c〔Na+〕+c〔H+〕=c〔OH-〕+D.pH相同的=1\*GB3①CH3COONa=2\*GB3②NaHCO3=3\*GB3③NaClO三種溶液的c〔Na+〕：=1\*GB3①>=2\*GB3②>=3\*GB3③【答案】D【解析】A、pH=5的H2S溶液中，存在H2SH++HS-、HS-H++S2-、H2OH++OH-三個電離平衡，所以=1×10-5mol·L-1>，A錯誤；B、氨水的溶質(zhì)一水合氨〔〕屬于弱電解質(zhì)〔〕，加水稀釋，會使電離平衡向正方向移動，促進了的電離，所以PH=a的氨水溶液，稀釋10倍后，其PH=b，那么a>b+1，B錯誤；C、根據(jù)電荷守恒可知：+=++，C錯誤；D、酸性：CH3COOH>H2CO3>HClO，根據(jù)鹽類水解的規(guī)律可知：組成鹽的酸根對應(yīng)的酸越弱，該鹽的水解程度越大，溶液的減小就越強，PH就越大，所以PH相同=1\*GB3①CH3COONa=2\*GB3②NaHCO3=3\*GB3③NaClO三種溶液的：=1\*GB3①>=2\*GB3②>=3\*GB3③，D正確。12．2023年3月我國科學(xué)家報道了如下列圖的水溶液鋰離子電池體系。以下表達錯誤的是A．a(chǎn)為電池的正極B．電池充電反響為LiMn2O4=Li1-xMn2O4+xLiC．放電時，a極鋰的化合價發(fā)生變化D．放電時，溶液中的Li+從b向a遷移【答案】C【解析】根據(jù)題給裝置圖判斷，電極b是原電池的負極，電極反響式為Li-e-=Li+，電極a是原電池的正極，電極反響為LiMn2O4+xLi+xe-=Li1-xMn2O4。A、綜上所述，a是原電池的正極，A正確；B、根據(jù)正負極的電極反響可知，電池充電反響為LiMn2O4=Li1-xMn2O4+xLi，B正確；C、放電時，a極錳的化合價發(fā)生變化，Li的化合價沒有變化，C錯誤；D、放電時，溶液中的Li+從b向a遷移，D正確。室溫下，將1mol的CuSO4·5H2O(s)溶于水會使溶液溫度降低，熱效應(yīng)為ΔH1，將1mol的CuSO4(s)溶于水會使溶液溫度升高，熱效應(yīng)為ΔH2；CuSO4·5H2O受熱分解的化學(xué)方程式為：CuSO4·5H2O(s)CuSO4(s)+5H2O()，熱效應(yīng)為ΔH3。那么以下判斷正確的是A．ΔH2>ΔH3B．ΔH1<ΔH3C．ΔH1+ΔH3=ΔH2D．ΔH1+ΔH2=ΔH3【答案】B【解析】根據(jù)題意，發(fā)生反響的熱化學(xué)方程式為：CuSO4·5H2O(s)溶于水〔溶液溫度降低，該過程為吸熱過程〕：CuSO4·5H2O(s)Cu2+()+SO42-()+5H2O()ΔH1>0CuSO4(s)溶于水會〔使溶液溫度升高，該過程為放熱過程〕CuSO4(s)Cu2+()+SO42-()ΔH2<0CuSO4·5H2O(s)受熱分解的熱化學(xué)方程式為CuSO4·5H2O(s)CuSO4(s)+5H2O()ΔH3根據(jù)蓋斯定律可知：ΔH3=ΔH1-ΔH2>0A、根據(jù)上述分析，ΔH2<0，ΔH3>0，所以A錯誤；B、ΔH3=ΔH1-ΔH2〔ΔH2<0〕，所以ΔH3>ΔH1，B正確；C、ΔH3=ΔH1-ΔH2，C錯誤；D、ΔH1+ΔH2<ΔH3，D錯誤。26．〔13分〕在容積為100L的容器中，通入一定量的N2O4，發(fā)生反響N2O4g)2NO2(g)，隨溫度升高，混合氣體的顏色變深。答復(fù)以下問題：〔1〕反響的0〔填“大于〞或“小于〞〕；100℃時，體系中各物質(zhì)濃度隨時間變化如上圖所示。在0～60s時段，反響速率為mol·L·s；反響的平衡常數(shù)為?！?〕100℃時達平衡后，改變反響溫度為，以以0.0020mol·L·s的平均速率降低，經(jīng)10s又到達平衡。①100℃〔填“大于〞或“小于〞〕，判斷理由是。②列式計算溫度時反響的平衡常數(shù)。(3)溫度時反響達平衡后，將反響容器的容積減少一半。平衡向〔填“正反響〞或“逆反響〞〕方向移動，判斷理由是?！敬鸢浮俊?3分〕〔1〕大于0.00100.36mol·L—1〔2〕①大于反響正方向吸熱，反響向吸熱方向進行，故溫度升高②平衡時，(NO2)=0.120mol·L—1+0.0020mol·L—1·s—1×10s×2=0.16mol·L—1，(N2O4)=0.040mol·L—1-0.0020mol·L—1·s—1×10s=0.020mol·L—1，那么=1.3mol·L—1；〔3〕逆反響對氣體分子數(shù)增大的反響，增大壓強平衡向逆方向移動【解析】〔1〕根據(jù)題目提供的信息：隨溫度升高，混合氣體的顏色變深〔NO2濃度增大〕，說明平衡N2O4g)2NO2(g)向正方向移動，那么說明正反響是吸熱反響，>0。根據(jù)圖像可知，0~60s時間段內(nèi)，NO2的物質(zhì)的量濃度變化量是0.120mol·L，所以=0.0020mol·L—1·s—1，根據(jù)各物質(zhì)的化學(xué)反響速率之比等于化學(xué)計量數(shù)之比，所以==0.0010mol·L—1·s—1；由圖像可知，100℃到達平衡時，(NO2)=0.120mol·L—1，(N2O4)=0.040mol·L—1，所以化學(xué)平衡常數(shù)=0.36mol·L—1；〔2〕改變反響溫度為，以以0.0020mol·L·s的平均速率降低，說明減低，平衡向著正方向移動，又因為該反響N2O4g)2NO2(g)的焓變>0，說明反響溫度意味著溫度升高；②因為以0.0020mol·L·s，反響經(jīng)過的時間是10s，所以△(N2O4)=0.0020mol·L—1·s—1×10s=0.020mol·L—1，那么△(NO2)=0.020mol·L—1×2=0.040mol·L—1，所以平衡時(N2O4)=0.040mol·L—1-0.020mol·L—1=0.020mol·L—1，(NO2)=0.120mol·L—1+0.040mol·L—1=0.16mol·L—1，那么=1.3mol·L—1；〔3〕溫度為T時，到達平衡時，將反響容器的體積減小一半，此過程相當于增大用氣槍的過程。當其他條件不變時，增大壓強，平衡會向著氣體物質(zhì)的量減小的方向移動，對于此反響來說〔N2O4(g)2NO2(g)〕，當其他條件不變時，增大壓強，平衡向逆方向移動。27．〔15分〕鉛及其化合物可用于蓄電池、耐酸設(shè)備及X射線防護材料等。答復(fù)以下問題：鉛是碳的同族元素，比碳多4個電子層，鉛在元素周期表的位置為第__周期、第__族，PbO2的酸性比CO2的酸性〔填“強〞“弱〞〕。PbO2與濃鹽酸共熱生成黃綠色氣體，反響的化學(xué)方程式為。PbO2可由PbO與次氯酸鈉溶液反響制得反響的離子方程式為；PbO2也可以通過石墨為電極Pb(NO3)2和Cu(NO3)2的混合溶液為電解液電解制取。陽極發(fā)生的電極反響式為__。陰極上觀察到的現(xiàn)象是__；假設(shè)電解液中不參加Cu(NO3)2，陰極發(fā)生的電極反響式為_，這樣做的主要缺點是_。PbO2在加熱過程發(fā)生分解的失重曲線如以下列圖所示，失重曲線上的a點為樣品失重4.0%〔〕的殘留固體，假設(shè)a點固體組成表示為PbOx或mPbO2·nPbO，列式計算x值和m:n值__?！敬鸢浮俊?5分〕〔1〕六ⅣA弱〔2〕PbO2+4HCl(濃)PbCl2+Cl2↑+2H2O〔3〕PbO+ClO—=PbO2+Cl—Pb2++2H2O-2e—=PbO2↓+4H+石墨上包上銅鍍層Pb2++2e—=Pb↓不能有效利用Pb2+〔4〕根據(jù)PbO2PbO+O2↑，有×32=，=1.4，根據(jù)mPbO2·nPbO，，==【解析】碳在元素周期表中的位置是第二周期，IVA族，由圖中所給的信息“鉛是碳的同族元素，比碳多4個電子層〔相當于比C的周期數(shù)大4〕〞，所以鉛在元素周期表的位置為第六周期，IVA族；由于同主族元素隨著核電荷數(shù)的逐漸增大，元素的非金屬性逐漸減弱，所以PbO2的酸性比CO2的酸性要弱；〔2〕PbO2與濃鹽酸共熱生成黃綠色氣體，那么該黃色色氣體是Cl2，〔那么意味著該反響為氧化復(fù)原反響〕，所以反響的方程式為PbO2+4HCl(濃)PbCl2+Cl2↑+2H2O；〔3〕由題目提供的信息可知，PbO與次氯酸鈉溶液反響屬于氧化復(fù)原反響，Pb化合價升高，Cl元素化合價降低，故離子方程式為PbO+ClO—=PbO2+Cl—；〔4〕電解池的陽極發(fā)生失電子反響〔氧化反響〕，因為Pb2+→PbO2屬于氧化反響，所以發(fā)生的電極反響為Pb2++2H2O-2e—=PbO2↓+4H+；由于Cu2+的放電能力強于Pb2+，故陰極上的電極反響為Cu2++2e—=Cu，那么陰極產(chǎn)生的現(xiàn)象是石墨上包上銅鍍層；假設(shè)電解液中不參加Cu(NO3)2，陰極發(fā)生的電極反響式為Pb2++2e—=Pb↓，這樣一來就不能有效利用Pb2+?！?〕樣品失重的原因是生成了氧氣，根據(jù)PbO2PbO+O2↑，有×32=，=1.4，根據(jù)mPbO2·nPbO，，==。28．〔15分〕某小組以CoCl2·6H2O、NH4Cl、H2O2、濃氨水為原料，在活性炭催化下，合成了橙黃色晶體X，為確定其組成，進行如下實驗。=1\*GB3①氨的測定：精確成全gX，參加適量水溶解，參加如下列圖的三頸瓶中，然后逐滴參加足量10%NaOH溶液，通入水蒸氣，將樣品中的氨全部蒸出，用的鹽酸標準溶液吸收。蒸氨結(jié)束后取下接收瓶，用NaOH標準溶液滴定過剩的HCl，到終點時消耗NaOH溶液。55ABC621341．水2．平安管3．10%NaOH溶液4．樣品液5．鹽酸標準溶液6．冰鹽水氨的測定裝置〔已省略加熱和夾持裝置〕=2\*GB3②氯的測定：準確稱取樣品X，配成溶液后用AgNO3標準溶液滴定，K2CrO4溶液為指示劑，至出現(xiàn)淡紅色沉淀不再消失為終點〔Ag2CrO4為磚紅色〕。答復(fù)以下問題：〔1〕裝置中平安管的作用原理是__?！?〕用NaOH標準溶液滴定過剩的HCl時，應(yīng)使用__式滴定管，可使用的指示劑為_。〔3〕樣品中氨的質(zhì)量分數(shù)表達式為__?！?〕測定氨前應(yīng)該對裝置進行氣密性檢驗，假設(shè)氣密性不好測定結(jié)果將__〔填“偏高〞或“偏低〞〕?！?〕測定氯的過程中，使用棕色測定管的原因是_____定點終點時，假設(shè)溶液中mol·L—1，為__mol·L—1，〔：〕〔6〕經(jīng)測定，樣品X中鈷、氨和氯的物質(zhì)的量比為1:6:3，鈷的化合價為___，制備X的化學(xué)方程式為____，X的制備過程中溫度不能過高的原因是__。【答案】〔15分〕〔1〕當A中壓力過大時，平安管中的液面上升，使A瓶中的壓力穩(wěn)定。〔2〕堿酚酞〔或甲基紅〕〔3〕〔4〕偏低〔5〕防止硝酸銀見光分解2.8×10—3〔6〕+32CoCl2+NH4Cl+10NH3+H2O2=2[Co(NH3)6]Cl3+2H2O溫度過高過氧化氫分解，氨氣逸出【解析】〔1〕分析裝置可知，當A中壓力過大時，平安管中的液面上升，使A瓶中的壓力穩(wěn)定；〔2〕NaOH標準溶液應(yīng)使用堿式滴定管，在滴定時，可以選擇酚酞〔或甲基紅〕作為指示劑；〔3〕氨滴定過程中發(fā)生的反響是NH3+HCl=NH4Cl，消耗的HCl的物質(zhì)的量是mol，所以參加反響NH3的物質(zhì)的量也是mol，那么NH3的質(zhì)量是g，那么氨的質(zhì)量分數(shù)為；〔4〕在進行氨的測定實驗前要對裝置的氣密性進行檢查，如假設(shè)裝置的氣密性不好，那么會導(dǎo)致一局部氨氣逸出，使氨氣的測定結(jié)果降低；〔5〕測定氯的過程中，用AgNO3進行滴定，因為AgNO3見光易分解，所以必須使用棕色滴定管進行滴定〔防止AgNO3見光分解〕；根據(jù)沉淀溶解平衡可知，，那么===2.8×10—3mol·L—1;〔6〕由題意“樣品X中鈷、氨和氯的物質(zhì)的量比為1:6:3〞可以寫出X的化學(xué)式為[Co(NH3)6]Cl3，根據(jù)化合物中元素化合價代數(shù)和為0，所以Co元素呈現(xiàn)+3價；由制備[Co(NH3)6]Cl3的原料：CoCl2·6H2O、NH4Cl、H2O2、濃氨水，可以寫出反響的方程式為2CoCl2+NH4Cl+10NH3+H2O2=2[Co(NH3)6]Cl3+2H2O，因為溫度過高過氧化氫分解，導(dǎo)致氨氣逸出，所以X的制備過程中溫度不能過高。36.【化學(xué)——選修2：化學(xué)與技術(shù)】〔15分〕將海水淡化與濃海水資源化結(jié)合起來是綜合利用海水的重要途徑之一。一般是先將海水淡化，再從剩余的濃海水中濾過一系列工藝流程提取其他產(chǎn)品。答復(fù)以下問題：〔1〕以下改進和優(yōu)化海水綜合利用工藝的設(shè)想和做法可行的是〔填序號〕。①用混凝法獲取淡水②提高局部產(chǎn)品的質(zhì)量③優(yōu)化提取產(chǎn)品的品種④改進鉀、溴、鎂等的提取工藝〔2〕采用“空氣吹出法〞從弄海水吹出Br2，并用純堿吸收，堿吸收溴的主要反響是Br2+Na2CO3+H2O→NaBr+NaBrO+NaHCO，吸收1molBr2時，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為mol?！?〕海水提取鎂的一段工藝流程如以下列圖：澄清液澄清液石灰乳產(chǎn)品1脫硫濃海水澄清合成沉降過濾枯燥產(chǎn)品2濃海水的主要成分如下：離子Na+Mg2+Cl—SO42—濃度/〔g·L-1〕63.728.8144.646.4該工藝過程中，脫硫階段主要反響的離子方程式為，產(chǎn)品2的化學(xué)式為。1L濃海水最多可得到產(chǎn)品2的質(zhì)量為g?！?〕采用石墨陽極、不銹鋼陰極電解熔融的氯化鎂，發(fā)生反響的化學(xué)方程式為；電解時，假設(shè)有少量水存在會造成產(chǎn)品鎂的消耗，寫出有關(guān)反響的化學(xué)方程式?！敬鸢浮縖化學(xué)選修—2：化學(xué)與技術(shù)]〔15分〕〔1〕②③④〔2〕〔3〕Ca2++SO42-=CaSO4↓Mg(OH)269.6〔4〕【解析】〔1〕混凝法只能除去水中的懸浮顆粒物，不能獲取淡水，故設(shè)想和做法可行的是②③④?！?〕Br2+Na2CO3+H2O→NaBr+NaBrO+NaHCO屬于氧化復(fù)原反響，我們可以利用得失電子守恒進行方程式的配平，配平后即是3Br2+6Na2CO3+3H2O=5NaBr+NaBrO+6NaHCO，所以吸收1molBr2時轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量是mol；〔3〕根據(jù)流程圖可知，“脫硫〞階段是除去濃海水中的“SO42—〞，參加的試劑是“Ca2+〞，發(fā)生的離子反響是Ca2++SO42-=CaSO4↓，制備產(chǎn)品2的主要反響是Mg2++2OH—=Mg(OH)2，所以產(chǎn)品2的化學(xué)式是Mg(OH)2。由題目中的信息可知，1L濃海水中含Mg2+的質(zhì)量是28.8g〔那么n〔Mg2+〕=1.2mol〕，那么1.2mol的Mg2+最多可以得到1.2mol的Mg(OH)2，故Mg(OH)2的質(zhì)量是；〔4〕因為陽極的電極材料是石墨，所以電解熔融的氯化鎂發(fā)的方程式為MgCl2Mg+Cl2↑；Mg的化學(xué)性質(zhì)比較活潑，能與水發(fā)生反響，反響的方程式為Mg+2H2OMg(OH)2+H2↑。37、[化學(xué)——選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)]〔15分〕周期表前四周期的元素a、b、c、d、c，原子序數(shù)依此增大。a的核外電子總數(shù)與其周期數(shù)相同，b的價電子層中的末成對電子有3個，c的最外層電子數(shù)為其內(nèi)層電子數(shù)的3倍，d與c同族；e的最外層只有1個電子，但次外層有18個電子。答復(fù)以下問題：〔1〕a、c、d中第一電離能最大的是________(填元素符號)，e的價層電子軌道示圖為___________.〔2〕a和其他元素形成的二元共價化合物中，分子呈三角錐形，該分子的中心原子的雜化方式為_________；分子中既含有極性共價鍵、又含有非極性共價鍵的化合物是_________〔填化學(xué)式，寫出兩種〕?！?〕這些元素形成的含氧酸中，分子的中心原子的價層電子對數(shù)為3的酸是__________:酸根呈三角錐結(jié)構(gòu)的酸是___________?！蔡罨瘜W(xué)方式〕〔4〕e和e形成的一種離子化合物的晶體結(jié)構(gòu)如圖1，那么e離子的電荷為_________?！?〕這5種元素形成的一種1:1型離子化合物中，陰離子呈四面體結(jié)構(gòu)；陽離子呈軸向狹長的八面體結(jié)構(gòu)〔如圖2所示〕。該化合物中，陰離子為________，陽離子中存在的化學(xué)鍵類型有__________；該化合物中加熱時首先失去的組分是_________，判斷理由是_________?！敬鸢浮縖化學(xué)——選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)]〔15分〕〔1〕N〔2〕sp3H2O2N2H4〔3〕HNO2HNO3H2SO3〔4〕+1〔5〕H2SO4共價鍵和配位鍵H2OH2O與Cu2+的配位鍵比NH3與Cu2+的弱【解析】題目所給的信息“周期表前四周期的元素a、b、c、d、c，原子序數(shù)依此增大〞。a的核外電子總數(shù)與其周期數(shù)相同，說明a是H元素；b的價電子層中的末成對電子有3個，那么b是N元素；c的最外層電子數(shù)為其內(nèi)層電子數(shù)的3倍，那么c是O元素；d與c同族，那么d是S元素；e的最外層只有1個電子，但次外層有18個電子，那么e是Cu元素。〔1〕根據(jù)同周期元素隨著核電荷數(shù)的增大，第一電離能呈現(xiàn)逐漸增大的趨勢。但當元素的原子軌道呈全滿、全空、半充滿狀態(tài)時，較穩(wěn)定，同主族元素隨著核電荷數(shù)的增大，第一電離能逐漸減小。N原子2p軌道為半充滿狀態(tài)，較穩(wěn)定，所以N、S、O三種元素第一電離能較大的是N元素；e是Cu元素，Cu原子核外有29個電子，其3d、4s電子為其外圍電子，所以其外圍電子排布式為3d104s1，所以Cu的價層電子軌道示意圖為；〔2〕由上述可知，a是H元素，和其他元素形成的二元共價化合物中，分子呈三角錐形的分子式NH3，從分子構(gòu)型來看。氨分子形成不等性SP3雜化，連接三個H那么分子呈三角錐形，并有一個孤立sp3軌道的電子；分子中既含有極性共價鍵、又含有非極性共價鍵的化合物是H2O2、N2H4、C2H6等；〔3〕這些元素形成的含氧酸中，分子的中心原子的階層電子對數(shù)為3的酸是HNO2、HNO3；酸根呈三角錐結(jié)構(gòu)的酸是H2SO3；〔4〕c是O元素，e是Cu元素，根據(jù)O和Cu元素形成的晶胞結(jié)構(gòu)來看，1個晶胞中O元素微粒的個數(shù)是8×+1=2，Cu元素的微粒的個數(shù)是4，所以二者的個數(shù)比是1:2，那么該離子化合物的化學(xué)式是Cu2O，那么Cu元素所帶的電荷數(shù)是+1；〔5〕根據(jù)題目中的信息可知，5種元素〔H、N、O、S、Cu〕形成的一種1:1型的離子化合物中，陰離子呈四面體結(jié)構(gòu)，可知該陰離子是SO42—，陽離子呈軸向狹長的八面體結(jié)構(gòu)，結(jié)合圖2，可知該化合物的額化學(xué)式是[Cu(NH3)4(H2O)2]SO4，陽離子是[Cu(NH3)4(H2O)2]2+，那么陽離子中含有共價鍵和配位鍵。38．[化學(xué)—選修5：有機化學(xué)根底]〔15分〕立方烷具有高度對稱性、高致密性、高張力能及高穩(wěn)定性等特點，因此和成立方烷及其衍生物呈為化學(xué)界關(guān)注的熱點。下面是立方烷衍生物=1\*ROMAN\*