云南省昆明市高三下學(xué)期4月復(fù)習(xí)教學(xué)質(zhì)量檢測(cè)理科綜合化學(xué)試卷

昆明209屆高復(fù)習(xí)教學(xué)質(zhì)量檢測(cè)理科綜合能力測(cè)試(化學(xué)部分)可能用到的相對(duì)原子質(zhì)量：H-1C12N14O16Na23S32Fe56Cu64I127一、選擇題：本大題共13小題，每小題6分，共78分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1.下列說(shuō)法正確的是A.可用裂化汽油萃取溴水中的溴單質(zhì)B.棉、麻、蠶絲、羊毛完全燃燒，產(chǎn)物只有CO2和H2OC.門(mén)捷列夫?qū)⒃匕丛有驍?shù)由小到大的順序依次排列，制出了第一張?jiān)刂芷诒鞤.“司南之杓(勺)，投之于地，其柢(勺柄)指南”，司南中的“杓”含F(xiàn)e3O4【答案】D【解析】【詳解】A.裂化汽油含有不飽和烴，能和溴發(fā)生加成反應(yīng)，不能用于萃取溴單質(zhì)，故A錯(cuò)誤；B.蠶絲和羊毛是蛋白質(zhì)含有氮元素，故完全燃燒產(chǎn)物不能只是二氧化碳和水，故B錯(cuò)誤；C.門(mén)捷列夫按相對(duì)原子質(zhì)量由小到大制出第一張?jiān)刂芷诒?，故C錯(cuò)誤；D.具有磁性的物質(zhì)是四氧化三鐵，故D正確。故選D。2.下列說(shuō)法正確的是A.通過(guò)植物油的氧化反應(yīng)可制人造奶油B.乙苯分子中所有碳原子一定在同一個(gè)平面上C.水或酸性KMnO4溶液可用來(lái)鑒別苯和乙醇D.分子式為C2H4與C4H8的有機(jī)物一定互為同系物【答案】C【解析】【詳解】A.植物油含有不飽和鍵，通過(guò)和氫氣的加成反應(yīng)生成人造奶油，故A錯(cuò)誤；B.乙苯中含有乙基，有可能所有碳原子在一定平面上，故B錯(cuò)誤；C.苯不溶于水，乙醇能溶于水，能用水鑒別，苯不溶于高錳酸鉀也不和高錳酸鉀反應(yīng)，乙醇能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故能區(qū)別，故C正確；D.前者為乙烯，后者可能為丁烯或環(huán)丁烷，故不一定是同系物，故D錯(cuò)誤。故選C。3.阿伏加德羅常數(shù)的值為NA。下列說(shuō)法正確的是A.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，11.2L12C18O中含有的中子數(shù)為B.常溫常壓下，12g金剛石中含有C－C鍵數(shù)為4NAC.1molLi2O、Na2O2的混合物中含有的離子總數(shù)大于3NAD.25℃時(shí)，pH=2的H2SO4溶液中含有H+的數(shù)目為0.02N【答案】A【解析】【詳解】A.標(biāo)況下11.2L一氧化碳的物質(zhì)的量為0.5mol，每個(gè)分子含有6+10=16個(gè)中子，故總共含有8mol中子，故A正確；B.12克金剛石為1mol，每個(gè)碳原子平均形成2個(gè)共價(jià)鍵，所以共形成2molC.氧化鋰含有3個(gè)離子，過(guò)氧化鈉也含有3個(gè)離子，故1mol混合物含有3mol離子，故C錯(cuò)誤；D.沒(méi)有說(shuō)明溶液的體積，不能計(jì)算，故D錯(cuò)誤。故選A?！军c(diǎn)睛】阿伏加德羅常數(shù)是常考題型。掌握常見(jiàn)物質(zhì)的結(jié)構(gòu)和微粒的關(guān)系，注意溶液中的微粒的計(jì)算需要考慮濃度和體積的數(shù)據(jù)以及溶液中是否存在電離或水解平衡等。4.利用下列實(shí)驗(yàn)裝置能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖茿.分離CH3COOH和CH3COOC2H5混合液B.驗(yàn)證NH4NO3晶體溶于水的熱效應(yīng)C.蒸發(fā)FeCl3溶液得到FeCl3固體D.驗(yàn)證C、Cl、Si的非金屬性強(qiáng)弱【答案】B【解析】【詳解】A.CH3COOH和CH3COOC2H5互溶，不能用分液的方法分離，故A錯(cuò)誤；B.硝酸銨晶體溶于水吸熱，所以U型管中的液體向左側(cè)移動(dòng)，故該實(shí)驗(yàn)?zāi)茯?yàn)證NH4NO3晶體溶于水的熱效應(yīng)，故B正確；C.蒸發(fā)FeCl3溶液時(shí)促進(jìn)鐵離子水解，最后得到氫氧化鐵，灼燒又得到氧化鐵固體，故C錯(cuò)誤；D.根據(jù)元素非金屬性越強(qiáng)，其最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物的酸性越強(qiáng)分析，要驗(yàn)證C、Cl、Si的非金屬性強(qiáng)弱應(yīng)用實(shí)驗(yàn)證明高氯酸、碳酸和硅酸的酸性強(qiáng)弱，但實(shí)驗(yàn)中使用的是鹽酸，故D錯(cuò)誤。故選B?！军c(diǎn)睛】掌握非金屬性強(qiáng)弱與最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物的酸性強(qiáng)弱的對(duì)應(yīng)關(guān)系，不能用鹽酸的酸性強(qiáng)弱進(jìn)行比較。5.X、Y、Z、W是原子序數(shù)依次增大的短周期元素。X的氫化物常用于刻蝕玻璃，Y在同周期中金屬性最強(qiáng)，Z的單質(zhì)是人類將太陽(yáng)能轉(zhuǎn)化為電能的常用材料，W與X同主族。下列說(shuō)法正確的是A.簡(jiǎn)單氫化物沸點(diǎn)：X>WB.簡(jiǎn)單離子半徑：r(X)<r(Y)<r(W)C.Z元素化學(xué)性質(zhì)穩(wěn)定，在自然界以游離態(tài)存在D.W的簡(jiǎn)單離子會(huì)影響水的電離平衡【答案】A【解析】【詳解】X的氫化物常用于刻蝕玻璃，說(shuō)明X為氟，Y在同周期中金屬性最強(qiáng)，為鈉，Z的單質(zhì)是人類將太陽(yáng)能轉(zhuǎn)化為電能的常用材料，為硅，W與X同主族，為氯。A.氟化氫分子間含有氫鍵，所以氟化氫的沸點(diǎn)比氯化氫高，故正確；B.氟離子，鈉離子，氯離子中前兩個(gè)電子層結(jié)構(gòu)相同，為2層，氯離子有3個(gè)電子層，根據(jù)層同時(shí)序小徑大分析，半徑關(guān)系為r(Y)<r(X)<r(W)，故錯(cuò)誤；C.硅是親氧元素，在自然界以化合態(tài)存在，故錯(cuò)誤；D.氯離子不能影響水的電離平衡，故錯(cuò)誤。故選A。6.利用電化學(xué)原理可同時(shí)將SO2、CO2變廢為寶，裝置如圖所示(電極均為惰性電極)。下列說(shuō)法不正確的是A.a為負(fù)極，發(fā)生氧化反應(yīng)B.裝置工作時(shí)，電子從c極流入b極C.若b極消耗16gO2，則Y中左側(cè)溶液質(zhì)量減輕16gD.d電極反應(yīng)式為CO2+6H++6e－=CH3OH+H2O【答案】C【解析】【詳解】A.a極附近二氧化硫失去電子生成硫酸根離子，故a極為負(fù)極，發(fā)生氧化反應(yīng)，故A正確；B.左側(cè)裝置屬于原電池，a為負(fù)極，b為正極，c為陽(yáng)極，d為陰極，電子從c極流向b極，故B正確；C.若b極消耗16gO2，則反應(yīng)中轉(zhuǎn)移1632×4mol=2mol電子，則Y中左側(cè)溶液中陰離子即氫氧根離子反應(yīng)生成氧氣，即產(chǎn)生16克D.d極為陰極，由二氧化碳變?yōu)榧状?，電極反應(yīng)為CO2+6H++6e－=CH3OH+H2O，故D正確。故選C?！军c(diǎn)睛】掌握原電池中氧氣在正極反應(yīng)，左側(cè)為原電池，右側(cè)為電解池，與原電池負(fù)極連接的為電解池的陰極，與原電池正極連接的為電解池的陽(yáng)極，根據(jù)電極名稱判斷電極反應(yīng)。7.已知：pKa=－lgKa。25℃時(shí)，幾種弱酸的pKa弱酸的化學(xué)式CH3COOHHCOOHH2SO3pKa4.743.741.907.20A.向Na2SO3溶液中加入過(guò)量乙酸，反應(yīng)生成SO2B.25℃時(shí)，pH=8的甲酸鈉溶液中，c(HCOOH)=9.9×10－7mol·LC.25℃時(shí)，某乙酸溶液pH=a，則等濃度的甲酸pH=a－D.相同溫度下，等濃度的HCOONa溶液比Na2SO3溶液的pH大【答案】B【解析】【詳解】根據(jù)表格數(shù)據(jù)分析，酸性順序?yàn)椋篐2SO3>HCOOH>CH3COOH>HSO3。A.因?yàn)橐宜岬乃嵝源笥趤喠蛩釟涓x子，所以亞硫酸鈉和乙酸反應(yīng)生成亞硫酸氫鈉和乙酸鈉，故A錯(cuò)誤；B.甲酸鈉溶液因?yàn)榧姿岣x子水解溶液顯堿性，且存在質(zhì)子守恒，c(OH)=c(H+)+c(HCOOH)，因?yàn)槿芤旱膒H=8，所以c(OH)=106mol·L1，c(H+)=108mol·L1，所以c(HCOOH)=9.9×10－7mol·L1，故B正確；C.等濃度的乙酸和甲酸溶液中存在電離平衡，假設(shè)甲酸溶液的pH＝ｂ，10-a×10-acD.因?yàn)榧姿岬乃嵝员葋喠蛩釟涓x子酸性強(qiáng)，所以同溫度下，等濃度的溶液中甲酸根離子水解程度小于亞硫酸根離子水解程度，即等濃度的甲酸鈉的pH小于亞硫酸鈉，故D錯(cuò)誤。故選B。【點(diǎn)睛】掌握溶液中的守恒關(guān)系，如物料守恒和電荷守恒以及質(zhì)子守恒，本題中B選項(xiàng)是難點(diǎn)，一般認(rèn)為用電離平衡常數(shù)或水解平衡常數(shù)進(jìn)行解題，但是題目中未給出鹽溶液的物質(zhì)的量濃度，不能計(jì)算，但使用質(zhì)子守恒就會(huì)輕松解題。所以要多角度分析和解題。8.碘化鈉在醫(yī)學(xué)上被廣泛應(yīng)用于X射線造影劑、甲狀腺癌防治等方面。實(shí)驗(yàn)室可用鐵屑還原法制碘化鈉?；卮鹣铝袉?wèn)題：(1)向反應(yīng)容器中加入30mL40%的NaOH溶液、25.4gI2，攪拌并加熱，發(fā)生反應(yīng)：3I2+6NaOH5NaI+NaIO3+3H2O。將溫度控制在60-70℃的最佳加熱方法是___________，若溫度過(guò)高產(chǎn)生的影響是______________________。(2)已知：IO3－+5I－+6H+=3I2+3H2O；NaIO3水溶液呈中性。某同學(xué)設(shè)計(jì)如下方案，檢驗(yàn)反應(yīng)后溶液中存在IO3－，且c(OH－)>c(H+)限選試劑及用品：1mol·L－1H2SO4、2mol·L－1HNO3、淀粉KI試紙、紅色石蕊試紙、藍(lán)色石蕊試紙實(shí)驗(yàn)操作實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象結(jié)論①用玻璃棒蘸取溶液，點(diǎn)在___試紙上試紙呈藍(lán)色c(OH－)>c(H+)②用玻璃棒蘸取溶液，點(diǎn)在___試紙上試紙不變色③向?qū)嶒?yàn)②的試紙上滴加____溶液試紙呈藍(lán)色溶液中有IO3－(3)向反應(yīng)后的溶液中加入鐵粉，產(chǎn)生紅褐色沉淀，則該反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)__________。充分反應(yīng)后，從混合物中獲得NaI固體，首先應(yīng)進(jìn)行___________(填操作名稱)，若后續(xù)操作中直接蒸發(fā)結(jié)晶往往得不到較純的NaI固體，可能的原因是___________。為將溶液中的NaIO3全部還原成NaI，投入鐵屑的質(zhì)量不少于___________g(精確到小數(shù)點(diǎn)后兩位)?！敬鸢浮?1).水浴加熱(2).I2揮發(fā)，原料利用率低(3).紅色石蕊(4).淀粉KI(5).1mol/LH2SO4(6).2Fe+IO3+3H2O=2Fe(OH)3+I(7).過(guò)濾(8).NaI在加熱過(guò)程中，容易被氧氣氧化（或混有過(guò)量氫氧化鈉，合理即可）(9).3.73【解析】【詳解】（1）水浴加熱能很好的控制溫度，所以最佳的加熱方法為水浴加熱，溫度過(guò)高時(shí)I2揮發(fā)，原料利用率低。（2）要檢驗(yàn)反應(yīng)后的溶液中存在碘酸根離子且溶液為堿性，可以利用堿性溶液中紅色石蕊試紙變藍(lán)，和碘酸根離子在酸性條件下和碘化鉀反應(yīng)生成碘單質(zhì)遇到淀粉顯藍(lán)色進(jìn)行檢驗(yàn)。①檢驗(yàn)堿性溶液應(yīng)使用紅色石蕊；②在堿性溶液中碘酸根離子和碘離子不會(huì)反應(yīng)生成碘單質(zhì)，所以先加入碘化鉀淀粉試紙，試紙不變藍(lán)，加入硫酸后試紙變藍(lán)，所以步驟②中加入的為淀粉KI，步驟③加入的為1mol/LH2SO4。（3）反應(yīng)后的溶液中含有碘酸根離子，具有氧化性，可以將鐵氧化為鐵離子，在堿性條件下生成紅褐色氫氧化鐵沉淀，離子方程式為：2Fe+IO3+3H2O=2Fe(OH)3+I；反應(yīng)后的混合物應(yīng)先過(guò)濾除去氫氧化鐵沉淀，得到碘化鈉溶液，可能含有過(guò)量的氫氧化鈉，若直接蒸發(fā)結(jié)晶可能應(yīng)為含有氫氧化鈉而使固體不純，或因?yàn)镹aI在加熱過(guò)程中，容易被氧氣氧化。25.4gI2的物質(zhì)的量為0.1mol，反應(yīng)最多能生成碘酸鈉的物質(zhì)的量為0.1/3mol，碘酸根離子和鐵反應(yīng)時(shí)根據(jù)電子守恒分析，碘酸根離子得到的電子為0.2mol，則鐵的物質(zhì)的量為0.2/3mol，則鐵的質(zhì)量為0.23×9.廢舊電池的回收處理，既能減少對(duì)環(huán)境的污染，又能實(shí)現(xiàn)資源的再生利用。將廢舊鋅錳電池初步處理后，所得廢料含MnO2、MnOOH、Zn(OH)2及少量Fe等，用該廢料制備Zn和MnO2的一種工藝流程如下：已知：①M(fèi)n2+在酸性條件下比較穩(wěn)定，pH高于5.5時(shí)易被O2氧化②有關(guān)Ksp數(shù)據(jù)如下表所示化合物Mn(OH)2Zn(OH)2Fe(OH)3Ksp近似值101310171038回答下列問(wèn)題：(1)還原焙燒過(guò)程中，MnOOH與炭黑反應(yīng)，錳元素被還原為MnO，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)__________。傳統(tǒng)的工藝是使用濃鹽酸在加熱條件下直接處理廢料，缺點(diǎn)是___________。(2)酸漫時(shí)一般會(huì)適當(dāng)加熱并不斷攪拌，其作用是___________，濾渣1和濾渣2主要成分的化學(xué)式依次是___________。(3)凈化時(shí)，先通入O2再加入MnCO3，其目的是___________；已知凈化時(shí)溶液中Mn2+、Zn2+的濃度約為0.1mol·L－1，調(diào)節(jié)pH的合理范圍是___________。(4)電解制取MnO2時(shí)，MnO2在___________極產(chǎn)生。(5)中科院研究人員將MnO2和生物質(zhì)置于一個(gè)由濾紙制成的折紙通道內(nèi)形成電池，該電池可將軟飲料中的葡萄糖作為燃料獲得能量，裝置如圖所示。此裝置中b極的電極反應(yīng)式為_(kāi)_____________________?！敬鸢浮?1).（1）2MnOOH+C焙燒2MnO+CO↑+H2O↑(2).反應(yīng)過(guò)程中產(chǎn)生氯氣，造成環(huán)境污染(3).加快酸浸時(shí)的反應(yīng)速率(4).C、Fe(OH)3(5).先將Fe2+氧化成Fe3+，再調(diào)節(jié)pH使Fe3+沉淀完全(6).3≤pH<5.5(7).陽(yáng)(8).C6H12O62e=C6H10O6+2H【解析】【分析】廢料中加入過(guò)量的炭黑，還原焙燒，錳元素變成二價(jià)錳離子，酸浸時(shí)得到錳離子、鋅離子和亞鐵離子，過(guò)量的碳黑不溶于酸，過(guò)濾變成濾渣1，溶液中需要除去亞鐵離子，利用表格數(shù)據(jù)，應(yīng)將亞鐵離子氧化為鐵離子以氫氧化鐵沉淀形成分離除去，但是需要注意二價(jià)錳離子在酸性條件下比較穩(wěn)定，pH高于5.5時(shí)易被O2氧化，所以應(yīng)先通入氧氣，后加入碳酸錳調(diào)節(jié)溶液的pH值并控制二價(jià)錳離子不被氧化。最后通過(guò)電解，鋅離子得到電子在陰極生成鋅，二價(jià)錳離子在陽(yáng)極失去電子生成二氧化錳?！驹斀狻浚?）MnOOH與炭黑反應(yīng)，錳元素被還原為MnO，因?yàn)樘歼^(guò)量時(shí)生成一氧化碳，方程式為：2MnOOH+C焙燒2MnO+CO↑+H2O（2）加熱和攪拌都可以加快酸浸時(shí)的反應(yīng)速率，碳不溶于水或酸，所以濾渣1為碳，溶液中通入氧氣和加入碳酸錳，使鐵元素變成Fe(OH)3沉淀而分離。（3）實(shí)驗(yàn)過(guò)程中需要將亞鐵離子氧化并沉淀，但不能將錳元素氧化和沉淀，因?yàn)槎r(jià)錳在酸性條件下很穩(wěn)定，所以先通入氧氣，先將Fe2+氧化成Fe3+，再調(diào)節(jié)pH使Fe3+沉淀完全，當(dāng)鐵離子濃度小于或等于105mol/L時(shí)認(rèn)為完全沉淀，假設(shè)此時(shí)溶液中的氫氧根離子濃度為xmol/L，則有105×x3=1038，解x=1011mol/L，則溶液的pH為3，溶液中Mn2+、Zn2+的濃度約為0.1mol·L－1，形成Mn(OH)2沉淀時(shí)的氫氧根離子濃度為ymol/L，則有0.1×y2=1013，形成Zn(OH)2沉淀時(shí)的氫氧根離子濃度為zmol/L，0.1×z2=1017，y=106mol/L，z=108mol/L，對(duì)應(yīng)的pH分別為8和6，且Mn2+在pH高于5.5時(shí)易被O2氧化，所以應(yīng)調(diào)節(jié)pH范圍為3≤pH<5.5。（4）電解過(guò)程中錳元素化合價(jià)升高，在陽(yáng)極生成二氧化錳。（5）二氧化錳做氧化劑，得到電子，在正極反應(yīng)，則葡萄糖失去電子，電極反應(yīng)為：C6H12O62e=C6H10O6+2H+。10.肼(N2H4)與N2O4是火箭發(fā)射中最常用的燃料與助燃劑，回答下列問(wèn)題：(1)T℃時(shí)，將一定量的NO2或N2O4充入一個(gè)容積為2L的恒容密閉容器中，發(fā)生反應(yīng)2NO2(g)N2O4(g)，保持溫度不變，各物質(zhì)的濃度隨時(shí)間變化關(guān)系如下表：①c(Y)代表___________(填化學(xué)式)的濃度，20～40s內(nèi)，用NO2表示的化學(xué)反應(yīng)速率為_(kāi)__________。②該反應(yīng)的平衡常數(shù)K=___________。③60s時(shí)容器內(nèi)混合氣體的密度為_(kāi)____g·L－1。④100s時(shí)改變的條件是___________，重新達(dá)到平衡時(shí)，與原平衡比較，NO2的體積分?jǐn)?shù)將___________(填“增大”“減小”或“不變”)。(2)①已知2N2H4(g)+N2O4(g)3N2(g)+4H2O(g)△H=－QkJ·mol－1，相關(guān)化學(xué)鍵的鍵能如表所示。使1molN2O4(g)完全分解成相應(yīng)的原子時(shí)需要吸收的能量是___________kJ(用代數(shù)式表示)②相同溫度下，向Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三個(gè)恒壓密閉容器中均充入1molN2H4(g)和1molN2O4(g)，三個(gè)容器的反應(yīng)壓強(qiáng)分別為p1、p2、p3。在其它條件相同的情況下，反應(yīng)進(jìn)行到tmin時(shí)，N2的體積分?jǐn)?shù)如圖所示，此時(shí)容器I___________(填“處于”或“不處于”)化學(xué)平衡狀態(tài)，原因是___________。【答案】(1).N2O4(2).1.5×103mol/L(3).259L/mol(4).9.2(5).加入0.16molNO2(6).減小(7).3c+8d-8a2bQ(8).不處于(9).p1<p2<p3，壓強(qiáng)越小，平衡時(shí)氮?dú)獾暮吭酱?，容器I【解析】【分析】根據(jù)反應(yīng)中二氧化氮和四氧化二氮的比例關(guān)系確定Y為四氧化二氮，根據(jù)表格數(shù)據(jù)分析，反應(yīng)進(jìn)行到60秒時(shí)到平衡，通過(guò)平衡常數(shù)計(jì)算公式算平衡常數(shù)。在100秒時(shí)二氧化氮的物質(zhì)的量濃度增大，四氧化二氮的物質(zhì)的量濃度不變，所以應(yīng)是加入一定量的二氧化氮，加入二氧化氮相當(dāng)于加壓，平衡向四氧化二氮的方向進(jìn)行，二氧化氮的體積分?jǐn)?shù)減小。根據(jù)反應(yīng)熱等于反應(yīng)物的鍵能總和生成物的鍵能總和進(jìn)行分析。根據(jù)方程式分析，壓強(qiáng)增大，平衡逆向移動(dòng)，氮?dú)獾捏w積分?jǐn)?shù)減小?！驹斀狻浚?）①通過(guò)表格分析，前20秒，X改變了0.080mol/L，而Y改變了(0.1000.060)mol/L=0.040mol/L，說(shuō)明Y為N2O4；20～40s內(nèi)，用NO2表示的化學(xué)反應(yīng)速率為0.110?0.08040?20mol/(L·s)=1.5×103mol/(L·s)；②反應(yīng)2NO2(g)NO4(g)的平衡常數(shù)為0.0400.1202=259L/mol；③容器的體積不變，全為氣體，所以密度不變，混合氣體的密度=0.100×92=9.2g·L－1（2）①假設(shè)使1molN2O4(g)完全分解成相應(yīng)的原子時(shí)需要吸收的能量為x，則有△H=－Q=2(4a+b)+x-3c8d，x=3c+8d-8a2bQ；②根據(jù)方程式分析，壓強(qiáng)越小，平衡時(shí)氮?dú)獾暮吭酱?，容器I壓強(qiáng)最小，反應(yīng)速率最慢，若達(dá)平衡，氮?dú)獾陌俜趾繎?yīng)該最大，圖像與此不符。(二)選考題：共45分。請(qǐng)考生從2道物理題、2道化學(xué)題、2道生物題中每科任選一題作答。如果多做，則每科按所做的第一題計(jì)分。11.銅是人類最早發(fā)現(xiàn)并廣泛使用的一種金屬。向硫酸銅溶液中逐滴滴加稀氨水，產(chǎn)生藍(lán)色沉淀：繼續(xù)滴加稀氨水，沉淀溶解，溶液最終變?yōu)樯钏{(lán)色：再向深藍(lán)色溶液中加入無(wú)水乙醇，析出[Cu(NH3)4]SO4·H2O?；卮鹣铝袉?wèn)題：(1)基態(tài)Cu原子中，電子在核外排布的原子軌道共有________個(gè)。(2)N、O、S元素的原子對(duì)鍵合電子吸引力最大的是_________。(3)[Cu(NH3)4]2+中，提供孤對(duì)電子的是________。Cu(NH3)2Cl2有兩種同分異構(gòu)體，其中一種可溶于水，則此種化合物是________(填“極性”或“非極性”)分子，由此推知[Cu(NH3)4]2+的空間構(gòu)型是________。(4)NH3中N原子的雜化方式是_________，乙醇分子中采用同樣雜化方式的原子有_________________個(gè)。(5)硫元素對(duì)應(yīng)的含氧酸酸性是H2SO4強(qiáng)于H2SO3，其原因?yàn)開(kāi)________。(6)銅的一種氧化物晶體結(jié)構(gòu)如圖所示，該氧化物的化學(xué)式是________。若該晶體結(jié)構(gòu)為長(zhǎng)方體，其參數(shù)如圖，阿伏加德羅常數(shù)為NA，則該氧化物的密度為_(kāi)________g·cm－3?！敬鸢浮?1).15(2).O(3).NH3(4).極性(5).平面正方形(6).sp3(7).3(8).H2SO4與H2SO3分別可表示為(HO)2SO2和（HO）2SO，前者非羥基氧（2個(gè)）多于后者的非羥基氧（1個(gè)）的數(shù)目，使H2SO4中的SOH中O的電子更偏向于S，越容易電離出H+，酸性更強(qiáng)(9).CuO(10).320【解析】【分析】根據(jù)銅的電子排布分析原子軌道數(shù)目，根據(jù)非金屬性和電負(fù)性的關(guān)系分析電負(fù)性的強(qiáng)弱。根據(jù)晶胞中的均攤法分析晶胞中原子個(gè)數(shù)，并利用密度=質(zhì)量/體積進(jìn)行計(jì)算?！驹斀狻浚?）基態(tài)銅原子的電子排布為1s22s22p63s23p63d104s1，s有1個(gè)軌道，p有3個(gè)軌道，d有5個(gè)軌道，所以總共有15個(gè)軌道；（2）原子對(duì)鍵合電子吸引力就是元素的電負(fù)性，根據(jù)非金屬性越強(qiáng)，電負(fù)性越強(qiáng)分析，其中O原子對(duì)鍵合電子吸引力最大；（3）氨氣分子中氮原子有一對(duì)孤對(duì)電子，所以在[Cu(NH3)4]2+中氨氣提供孤對(duì)電子；Cu(NH3)2Cl2有兩種同分異構(gòu)體，說(shuō)明[Cu(NH3)4]2+是平面正方形結(jié)構(gòu)，其中一種可溶于水，根據(jù)相似相溶原理分析，水為極性分析，所以化合物Cu(NH3)2Cl2為極性分子。（4）氨氣中氮原子形成3個(gè)氮?dú)滏I，氮原子還有1對(duì)孤對(duì)電子對(duì)，雜化類型為sp3；乙醇分子中有兩個(gè)碳原子和一個(gè)氧原子都采用的是該種雜化方式，共3個(gè)；（5）含氧酸的酸性需要看羥基的氧原子個(gè)數(shù)，H2SO4與H2SO3分別可表示為(HO)2SO2和（HO）2SO，前者非羥基氧（2個(gè)）多于后者的非羥基氧（1個(gè)）的數(shù)目，使H2SO4中的SOH中O的電子更偏向于S，越容易電離出H+，酸性更強(qiáng)；（6）根據(jù)均攤法分析，其中氧原子的個(gè)數(shù)為8×18+4×14+2×12+1=412.化合物H是某些姜科植物根莖的提取物，具有抗腫瘤、抗菌、抗氧化等功效，其一種合成路線如下：已知：i質(zhì)譜圖顯示有機(jī)物D的最大質(zhì)荷比為94，且D遇FeCl3溶液顯紫色iiRMgBr+R′CHO→回答下列問(wèn)題：(1)D的化學(xué)式為_(kāi)__________；B的名稱為_(kāi)__________。(2)反應(yīng)①的反應(yīng)類型是___________：I中所含官能團(tuán)的名稱為_(kāi)__________。(3)反應(yīng)④的化學(xué)方程式是______________________。(4)X是H的同系物，其相對(duì)分子質(zhì)量比H小14，則X的同分異構(gòu)體中，符合下列