考生请注意：
1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。
2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项） 1、M是一种化工原料，可以制备一系列物质（见下图）。
下列说法正确的是
A．元素C、D形成的简单离子半径，前者大于后者 B．F的热稳定性比H2S弱
C．化合物A、F中化学键的类型相同
D．元素C、D的最高价氧化物的水化物均可以和H发生反应
2、图甲为一种新型污水处理装置，该装置可利用一种微生物将有机废水的化学能直接转化为电能。图乙为电解氯化铜溶液的实验装置的一部分。下列说法中不正确的是
A．a极应与X连接
B．N电极发生还原反应，当N电极消耗11.2 L(标准状况下) O2时，则a电极增重64 g C．不论b为何种电极材料，b极的电极反应式一定为2Cl－－2e－=Cl2↑
D．若废水中含有乙醛，则M极的电极反应为：CH3CHO＋3H2O－10e－=2CO2↑＋10H＋ 3、下列方案设计能达到实验目的的是 A B C D 由褪色快慢研究反应物浓度检验淀粉是否水解 对反应速率的影响 证明发生了取代反应 验证Ksp[Cu(OH)2] A． B． C． D． 5、常温下，下列有关叙述正确的是（ ） A．向0.1mol/LNa2CO3溶液中通入适量B．pH=6的NaHSO3溶液中： C．等物质的量浓度、等体积的Na2CO3和NaHCO3混合： 气体后： D．0.1mol/LNa2C2O4溶液与0.1mol/LHCl溶液等体积混合（H2 C2O4为二元弱酸）： 6、下列实验装置能达到实验目的的是（ ） A．用图①装置进行石油的分馏 B．用图②装置蒸干FeCl3溶液得到FeCl3固体 C．用图③装置分离乙酸和乙醇的混合物 D．用图④装置制取H2并检验H2的可燃性 7、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ） A．71gCl2溶于足量水中，Cl-的数量为NA B．46g乙醇中含有共价键的数量为7NA C．25℃时，1LpH=2的H2SO4溶液中含H+的总数为0.02NA D．标准状况下，2.24LCO2与足量Na2O2反应转移的电子数为0.1NA 8、利用有机物X在一定条件下可合成植物生长所需的“平衡因子”Y(部分产物未写出)。已知含有“手性碳原子”的分子可形成对映异构体。下列有关说法中正确的是（ ） A．X，Y分子都不存在对映异构体 B．X分子中所有碳原子可能都在同一平面 C．Y分子可以发生取代、酯化、消去、加成、氧化等反应 D．未写出的产物可能有2种，且都具有两性化合物的特性 9、A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期主族元素，分布在三个不同周期。X、Y、Z、W为这些元素形成的化合物，X为二元化合物且为强电解质，W的水溶液呈碱性，物质的转化关系如图所示。下列说法中正确的是 A．对应的简单离子半径：C>D>B B．D、E形成的化合物为含有极性共价键的共价化合物 C．电解C、E形成的化合物水溶液，可生成C、E对应的单质 D．由A、B、E形成的化合物都含有共价键，溶液都呈强酸性 10、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，W与X同周期、与Y同主族，X是非金属性最强的元素，Y的周期序数是其族序数的3倍，W的核外电子总数与Z的最外层电子数之和等于8。下列说法正确的是 A．最高价氧化物对应水化物的碱性：W>Y B．最简单气态氢化物的稳定性：X>Z C．Y单质在空气中的燃烧产物只含离子键 D．最简单离子半径大小关系：W － ＝Ni（OH）2＋OH C．导线中通过1mol电子时，理论上负极区溶液质量增加1g D．充电时，碳电极与电源的正极相连 12、下列表述和方程式书写都正确的是 A．表示乙醇燃烧热的热化学方程式：C2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(g) △H= -1367.0 kJ/mol B．KAl(SO4)2溶液中加入Ba(OH)2溶液使沉淀物质的量达到最大：Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-= AlO2-+2BaSO4↓+2H2O C．用稀硫酸酸化的KMnO4溶液与H2O2反应，证明H2O2具有还原性：2MnO4-+6H++5H2O2 =2Mn2++5O2↑+8H2O D．用石墨作电极电解NaCl溶液：2Cl-+2H+电解Cl2↑+H2↑ L-1H2O2溶液发生催化分解。不同时刻测得生成O2的体积（已折算为标准状况）如13、一定温度下，10mL 0.40 mol·下表。 t/min V(O2)/mL 0 0.0 2 9.9 3 17.2 6 22.4 8 26.5 10 29.9 － 下列叙述不正确的是（）（溶液体积变化忽略不计） ．．．A．反应至6min时，H2O2分解了50％ B．反应至6min时，c(H2O2)=0.20 mol·L-1 C．0~6min的平均反应速率：v(H2O2)≈3.3×10-2mol/(L·min) D．4~6min的平均反应速率：v(H2O2)>3.3×10-2mol/(L·min) 14、下列说法不正确的是 A．常温下，在0.1mol·L-1的HNO3溶液中，由水电离出的c(H+)＜B．浓度为0.1mol·L－1的NaHCO3溶液：c（H2CO3）＞c（CO32－） C．25℃时，AgCl固体在等物质的量浓度的NaCl、CaCl2溶液中的溶度积相同 D．冰醋酸中逐滴加水，溶液的导电性、醋酸的电离程度、pH均先增大后减小 15、某新型水系钠离子电池工作原理如下图所示。TiO2光电极能使电池在太阳光照下充电，充电时Na2S4还原为Na2S。下列说法错误的是 A．充电时，太阳能转化为电能，又转化为化学能 B．放电时，a极的电极反应式为：4S2--6e-=S42- C．充电时，阳极的电极反应式为：3I--2e-=I3- D．M是阴离子交换膜 16、下列说法不正确的是（ ） A．某化合物在熔融状态下能导电，则该物质属于离子化合物 B．金属钠与水反应过程中，既有共价键的断裂，也有共价键的形成 C．硅单质与硫单质熔化时所克服微粒间作用力相同 D．CO2和NCl3中，每个原子的最外层都具有8电子稳定结构 17、螺环烃是指分子中两个碳环共用一个碳原子的脂环烃。是 A．分子式为C10H12 B．一氯代物有五种 C．所有碳原子均处于同一平面 D．能使酸性高锰酸钾溶液褪色 18、将0.48g镁粉分别加入10.0mL下列溶液，反应6小时，用排水法收集产生的气体，溶液组成与H2体积(已换算成标准状况)的关系如下表。下列说法不正确的是 实验 溶液H2O 组成 V/ml 12 NH4Cl 433 NH4Cl 347 NaCl 160 NaNO3 14 0.2mol/L NH3·H2O 401 0.8mol/L NH3·H2O 349 1 2 1.0mol/L 3 4 5 6 7 0.2mol/L NH4Cl+ 是其中的一种。下列关于该化合物的说法正确的 0.1mol/L 1.0mol/L 1.0mol/L 0.8mol/L NH4Cl+ A．由实验2、3可得，NH4浓度越大，镁和水反应速率越快 B．由实验1、4、5可得，Cl-对镁和水的反应有催化作用 C．由实验3、7可得，反应过程产生的Mg(OH)2覆盖在镁表面，减慢反应 D．无论酸性条件还是碱性条件，NH4都能加快镁和水的反应 19、以CO2和Na2O2为原料，制取纯净干燥的O2，实验装置如下： 下列说法不正确的是 ．．． A．装置②中试剂可以是NaOH溶液 B．装置③的作用是干燥O2 C．收集氧气应选择装置a D．装置②、③之间应增加盛澄清石灰水的洗气瓶 20、CO2催化加氢制取甲醇、乙醇等低碳醇的研究，对于环境问题和能源问题都具有非常重要的意义。已知一定条件下的如下反应： CO2(g) + 3H2(g) 2CO2(g) + 6H2(g) 下列说法不正确的是 ．．． A．CH3OH(g) + CO2(g) + 3H2(g) CH3CH2OH(g) + 2H2O(g) ∆H＜0 CH3OH(g) + H2O(g) ∆H =－49.0 kJ· mol-1 CH3CH2OH(g) + 3H2O(g) ∆H=－173.6 kJ· mol-1 B．增大压强，有利于反应向生成低碳醇的方向移动，平衡常数增大 C．升高温度，可以加快生成低碳醇的速率，但反应限度降低 D．增大氢气浓度可以提高二氧化碳的转化率 21、化学与生活密切相关。 下列叙述错误的是 A．疫苗因未冷藏储运而失效,与蛋白质变性有关 B．天然气既是高效清洁的化石燃料,又是重要的化工原料 C．“中国天眼”的镜片材料为SiC,属于新型有机非金属材料 D．港珠澳大桥水下钢柱镶铝块防腐的方法为牺牲阳极的阴极保护法 22、以下物质的提纯方法错误的是(括号内为杂质)( ) A．CO2(H2S)：通过CuSO4溶液 B．CH3COOH(H2O)：加新制生石灰，蒸馏 C．苯(甲苯)：加酸性高锰酸钾溶液、再加NaOH溶液，分液 D．MgCl2溶液(Fe3+)：加MgO，过滤 二、非选择题(共84分) 23、（14分）1，6-己二酸是合成高分子化合物尼龙的重要原料之一，可用六个碳原子的化合物氧化制备。如图是合成尼龙的反应流程： 完成下列填空： （1）写出反应类型：反应①_____反应②_______。 （2）A和B的结构简式为_______、_______。 （3）由 合成尼龙的化学方程式为___。 （4）由A通过两步制备1，3-环己二烯的合成线路为：_______。 24、（12分）H是一种氨基酸，其合成路线如下： 已知： ① ②RMgBrRCH2CH2OH+ NaCH③R-CHONH4ClH+ 完成下列填空： （1）A的分子式为C3H4O，其结构简式为____________。 （2）E→F的化学方程式为____________。 （3）H的结构简式为_________________。写出满足下列条件的苯丙氨酸同分异构体的结构简______________、________________。 I.含有苯环；II.分子中有三种不同环境的氢原子。 （4）结合题中相关信息，设计一条由CH2Cl2和环氧乙烷（ 反应试剂）制备1，4-戊二烯的合成路线（无机试剂任选）。 反应试剂B……目标产物） ___________。（合成路线常用的表示方式为：A反应条件反应条件 25、（12分）Na2S2O3是重要的化工原料，易溶于水。在中性或碱性环境中稳定。 I.制备Na2S2O3•5H2O 反应原理：Na2SO3(aq)+S(s)实验步骤： ①称取15gNa2S2O3加入圆底烧瓶中，再加入80mL蒸馏水。另取5g研细的硫粉，用3mL乙醇润湿，加入上述溶液中。 ②安装实验装置，水浴加热，微沸60分钟。 ③趁热过滤，将滤液水浴加热浓缩，冷却析出Na2S2O3•5H2O，经过滤，洗涤，干燥，得到产品。 Na2S2O3(aq) 回答问题： （1）硫粉在反应前用乙醇润湿的目的是___。 （2）仪器a的名称是___，其作用是___。 （3）产品中除了有未反应的Na2SO3外，最可能存在的无机杂质是___，检验是否存在该杂质的方法是___。 （4）该实验一般控制在碱性环境下进行，否则产品发黄，用离子方程式表示其原因为___。 II.测定产品纯度 准确称取Wg产品，用适量蒸馏水溶解，以淀粉作指示剂，用0.1000mol/L碘的标准溶液滴定，反应原理为：2S2O32-+I2=S4O62-+2I-。 （5）滴定至终点时，溶液颜色的变化为___。 （6）滴定起始和终点的液面位置如图，则消耗碘的标准溶液体积为___ mL。产品的纯度为___（设Na2S2O3•5H2O相对分子质量为M）。 26、（10分）无水FeCl2易吸湿、易被氧化，常作为超高压润滑油的成分。某实验小组利用无水FeCl3和氯苯（无色液体，沸点132.2℃）制备少量无水FeCl2，并测定无水FeCl2的产率。 实验原理：2FeCl3＋C6H5Cl 2FeCl2＋C6H4Cl2＋HCl↑ 实验装置：按如图所示组装好的装置，检查气密性后，向三颈烧瓶A中加入16.76g无水FeCl3和22.5g氯苯。 回答下列问题： （1）利用工业氮气（含有H2O、O2、CO2）制取纯净干燥的氮气。 ①请从下列装置中选择必要的装置，确定其合理的连接顺序：a→________→上图中的j口（按气流方向，用小写字母表示）。 ②实验完成后通入氮气的主要目的是________。 （2）装置C中的试剂是________（填试剂名称），其作用是________。 （3）启动搅拌器，在约126℃条件下剧烈搅拌30min，物料变成黑色泥状。加热装置A最好选用__（填字母）。 a．酒精灯 b．水浴锅 c．电磁炉 d．油浴锅 （4）继续升温，在128～139℃条件下加热2h，混合物颜色逐渐变浅，黏度降低。该步骤中加热温度已经接近或超过氯苯沸点，但氯苯实际损失量却非常小，其原因是________。 （5）继续加热1h后放置冷却，在隔绝空气条件下过滤出固体，用洗涤剂多次洗涤所得固体，置于真空中干燥，得到 成品。若D中所得溶液恰好与25mL2.0mol·L－1NaOH溶液完全反应，则该实验中FeCl2的产率约为________（保留3位有效数字）。 27、（12分）过氧化钙(CaO2)是一种白色晶体，能潮解，难溶于水，可与水缓慢反应，不溶于乙醇，易与酸反应，常用作杀菌剂、防腐剂等。根据题意，回答相关问题。 I．CaO2晶体的制备： CaO2晶体通常可利用CaCl2在碱性条件下与H2O2反应制得。某化学兴趣小组在实验室制备CaO2的实验方案和装置示意图如下： （1）三颈烧瓶中发生的主要反应的化学方程式为_____。 （2）冷水浴的目的是____；步骤③中洗涤CaO2·8H2O的实验操作方法是______ Ⅱ．CaO2含量的测定： 测定CaO2样品纯度的方法是：称取0.200g样品于锥形瓶中，加入50mL水和15mL2mol·L-lHCl，振荡使样品溶解生成过氧化氢，再加入几滴MnCl2稀溶液，立即用0.0200mol·L-lKMnO4标准溶液滴定到终点，消耗25.00mL标准液。 （3）上述过程中使用稀盐酸而不使用稀硫酸溶解样品的原因是___ ；滴定前加入MnCl2稀溶液的作用可能是____。 （4）滴定过程中的离子方程式为_______，样品中CaO2的质量分数为______ 。 （5）实验I制得的晶体样品中CaO2含量偏低的可能原因是：①____；② ____。 28、（14分）氮、铜及其化合物以及乙醇、氯化钠的用途广泛。回答下列问题： (1)基态氮原子中含有______种运动状态不同的电子，与N3-含有相同电子数的四原子分子是_______(写化学式)，其立体构型是________。 (2)C、N、O、F四种元素的第一电离能由小到大的顺序为_____。 (3)Cu+价层电子的轨道表达式(电子排布图)为______。CuO在高温下能分解生成Cu2O，其原因是_______。 (4)在加热和Cu的催化作用下，乙醇可被空气氧化为乙醛(CH3CHO)，乙醛分子中碳原子的杂化方式是____，乙醛分子中H一C—O的键角____ (填“大于”等于”或“小于”)乙醇分子中的H—C—O的键角。 (5)[Cu(H2O)4]2+为平面正方形结构，其中的两个H2O被Cl-取代后有两种不同的结构，其中[Cu( H2O)2(Cl)2]是非极性分 子的结构式为________。 (6)如图所示为NaCl晶体的晶胞结构图和晶胞截面图(截面图中的大球为Cl-，小球为Na+)； ①晶胞中距离1个Na+最近的Cl-有_____个 ，这些C1-围成的图形是___________。 ②若晶体密度为ρg●cm-3，阿伏加德罗常数的值用NA表示，则Na+的离子半径为_______pm(列出计算表达式)。 29、（10分）我国秦俑彩绘和汉代器物上用的颜料被称为“中国蓝”、“中国紫”，直到近年来人们才研究出来其成分为BaCuSi4O10，BaCuSi2O6。 （1）“中国蓝”、“中国紫”中均具有Cun＋离子，n＝___，基态时该阳离子的价电子排布式为______。 （2）在5500年前，古代埃及人就己经知道如何合成蓝色颜料—“埃及蓝”CaCuSi4O10，其合成原料中用CaCO3代替了BaCO3，其它和“中国蓝”一致。CO32一中键角∠OCO为___。根据所学，从原料分解的角度判断“埃及蓝”的合成温度比“中国蓝”更___（填“高”或“低”）。 （3）配离子Cu（CN）32-中，中心离子的杂化类型是___________，该配离子的空间构型为___________；CN-中配位原子是___________ （填名称）。 （4）CaCux合金可看作由如图所示的（a）、（b）两种原子层交替堆积排列而成。（a）是由Cu和Ca共同组成的层，Cu—Cu之间也由实线相连。层中Cu—Cu之间由实线相连；（b）是完全由Cu原子组成的层，图中虚线构建的六边形，表示由这两种层平行堆积时垂直于层的相对位置；（c）是由（a）和（b）两种原子层交替堆积成CaCux合金的晶体结构图。在这种结构中，同一层的Ca—Cu距离为294pm，相邻两层的Ca—Cu距离为327pm。 ①该晶胞中Ca有___________个Cu原子配位（不一定要等距最近）。 ②同一层中，Ca原子之间的最短距离是___________pm，设NA为阿伏加德罗常数的值，CaCu晶体的密度是___________g/cm3（用含m、n的式子表示）。 参考答案 一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项） 1、A 【解析】推论各物质如图： A、元素C、D形成的简单离子Cl― 、Na＋ 半径， Cl― 多一个电子层，半径大些，故A正确；B、F为HCl，氯原子半径小，与氢形成的共价键稳定，稳定性大于H2S，故B错误；C、A为NaOH，有离子键、共价键，F为HCl，只D、D的最高价氧化物的水化物分别是HClO4、NaOH，有共价键，故C错误；元素C、只有HClO4可以和H（Na2CO3 ）发生反应，故D错误。故选A。 点睛：考查物质间反应，涉及钠、氯的化合物等物质的化学性质。要求学生对常见物质化学性质的熟炼掌握，加强对知识识记和理解。 2、C 【解析】 根据题给信息知，甲图是将化学能转化为电能的原电池，N极氧气得电子发生还原反应生成水，N极为原电池的正极，M极废水中的有机物失电子发生氧化反应，M为原电池的负极。电解氯化铜溶液，由图乙氯离子移向b极，铜离子移向a极，则a为阴极应与负极相连，即与X极相连，b为阳极应与正极相连，即与Y极相连。 A. 根据以上分析，M是负极，N是正极，a为阴极应与负极相连即X极连接，故A正确； B. N是正极氧气得电子发生还原反应，a为阴极铜离子得电子发生还原反应，根据得失电子守恒，则当N电极消耗11.2L(标准状况下)气体时，则a电极增重11.2L÷22.4L/mol×4÷2×64g/mol=64g，故B正确； C. b为阳极，当为惰性电极时，则电极反应式为2C1−−2e−=Cl2↑，当为活性电极时，反应式为电极本身失电子发生氧化反应，故C错误； D. 若有机废水中含有乙醛，图甲中M极为CH3CHO失电子发生氧化反应，发生的电极应为：CH3CHO+3H2O−l0e−=2CO2↑+l0H+，故D正确。答案选C。 【点睛】 本题考查的是原电池和电解池的工作原理。根据装置图中电极反应的类型和离子移动的方向判断甲图中的正负极、乙图中的阴阳极是解题的关键。 3、A 【解析】 A、淀粉水解时要用硫酸作催化剂，要先用NaOH将混合液中和至弱碱性或中性，再用新制氢氧化铜悬浊液检验，故A正确； B、实验的原理方程式为：2MnO4－+5H2C2O4+6H＋=2Mn2＋+10CO2↑+8H2O，题中高锰酸钾过量，应设计成：高锰酸钾的物质的量相同，浓度不同的草酸溶液，且草酸要过量，探究反应物浓度对该反应速率的影响，故B错误； C、要证明甲烷与氯气发生了取代反应，因有氯化氢生成，不能通过体积变化就断定发生取代反应，故C错误； D、验证Ksp[Cu(OH)2] 向0.1 mol·L−1 Na2CO3溶液中通入适量CO2气体后，溶质为碳酸钠和碳酸氢钠混合液或碳酸氢钠，根据物料守恒可知：c(Na+)<2[c( )+c( )+c(H2CO3)]，A错误；常温下，pH=6的NaHSO3溶液中，电荷守恒为 )+c( )，物料守恒为c(Na+)=c( )+ c( )+ c(H2SO3)，由两个守恒关系式消去 c(H+)+c(Na+)=c(OH−)+2c(钠离子的浓度可得，c( )−c(H2SO3)=c(H+)−c(OH−)=1×10−6 mol·L−1− 1×10−8 mol·L−1=9.9×10−7 mol·L−1，B正确；根据碳酸氢根离子、碳酸的电离平衡常数可得：c( )/c(H2CO3)=K(H2CO3)/c(H+)、c( )/c( )=K( )/c(H+)，由于同一溶液中，则氢离子浓度相同，根据 碳酸的电离平衡常数大于碳酸氢根离子可知，c( )/c(H2CO3)=K(H2CO3)/c(H+)>c( )/c( )=K( )/c(H+)，C错误；0.1 mol·L−1 Na2C2O4溶液与0.1 )+c( )+c(OH−)+ mol·L−1 HCl溶液等体积混合（H2C2O4为二元弱酸），由电荷守恒可知2c( c(Cl−)=c(Na+)+c(H+)，D错误。 6、A 【解析】 A. 用图①装置进行石油的分馏，故A正确； B. 用图②装置蒸干FeCl3溶液不能得到FeCl3固体，氯化铁要在HCl气流中加热蒸干，故B错误； C. 乙酸和乙醇是互溶的混合物，不能用分液漏斗分离，故C错误； D. 用图④装置制取H2，先要验纯，在点燃检验H2的可燃性，故D错误。 综上所述，答案为A。 7、D 【解析】 A．Cl2与水反应是可逆反应，Cl-的数量少于NA，A错误； B．每个乙醇分子中含8个共价键，46g乙醇的物质的量=以46g乙醇所含共价键数量为8NA，B错误； +-2-1+-2-1 C．25℃时，1LpH=2的H2SO4溶液中，C(H)=10mol·L，n(H)=10mol·L×1L=0.01mol，所以含H+的总数为0.01NA， 46g=1mol，则共价键的物质的量=1mol8=8mol，所 46g/molC错误； D．每1molCO2对应转移电子1mol，标准状况下，2.24L的物质的量=0.1mol，故0.1molCO2与足量Na2O2反应转移的电子数为0.1NA，D正确。 答案选D。 8、D 【解析】 A.连有四个不同基团的碳原子称为手性碳原子，X、Y分子中都存在手性碳原子，则都存在对映异构体，故A错误； B.X分子中同时连接两个甲基的碳原子为四面体构型，则X分子中所有碳原子不可能都在同一平面上，故B错误； C.Y分子中与羟基相连的碳原子的邻碳原子上无氢原子，则Y分子不能发生消去反应，故C错误； D.因为X分子结构中有肽键和酯基，则X生成Y的反应可能是发生了水解反应，生成的另外两种产物分别为HOOCCH2NH2、综上所述，答案为D。 9、B 【解析】 根据A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期主族元素，分布在三个不同周期。X、Y、Z、W为这些元素形成 ，都具有两性化合物的特性，故D正确； 的化合物，X为二元化合物且为强电解质，W的水溶液呈碱性结合图表可知：D为Al，X溶液为HCl，Y溶液为NaOH溶液，Z溶液为AlCl3，W溶液为NaAlO2。所以元素A、B、C、D、E分别为：H、O、Na、Al、Cl，结合元素的相关性质进行判断。 【详解】 A. B、C、D对应的元素为O、Na、Al，其简单离子半径：O2->Na+>Al3+,故A错误； B. D、E分别为Al、Cl ，D、E形成的化合物为AlCl3，为含有极性共价键的共价化合物，故B正确； C.C为Na ，E为Cl，C、E形成的化合为NaCl，电解物其水溶液，可生成H2，Cl2故C错误； D. A、B、E分别为H、O、Cl，由A、B、E形成的化合物有多种，都含有共价键，如：HClO为弱酸，所以D错误； 所以本题答案：B。 【点睛】 本题突破口是框图及X为二元化合物且为强电解质，W的水溶液呈碱性，最后得到两性化合物，且他们都是由短周期元素组成的物质，推出D为铝，X溶液为盐酸，Y溶液为氢氧化钠溶液，Z溶液为AlCl3，W溶液为NaAlO2，两性化合物为氢氧化铝。 10、B 【解析】 X是非金属性最强的元素，则X为F元素，短周期中，Y的周期序数是其族序数的3倍，则Y是Na元素，W与X同周期、与Y同主族，则W为Li元素，W的核外电子总数与Z的最外层电子数之和等于8，则Z的最外层为5个电子，W、X、Y、Z是原子序数依次增大，则Z为P元素，据此分析解答。 【详解】 A．W为Li元素，Y是Na元素，金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，金属性Li＜Na，最高价氧化物对应水化物的碱性：W＜Y，故A错误； B．X为F元素，Z为P元素，非金属性越强最简单气态氢化物的稳定性越强，非金属性：X＞Z，则最简单气态氢化物的稳定性：X＞Z，故B正确； C．Y是Na元素，Y单质在空气中的燃烧产物为过氧化钠，即含离子键，又含非极性共价键，故C错误； D．W为Li元素，X为F元素，Y是Na元素，Li+只有一个电子层，F-和Na+有两个电子层，则Li+半径最小，F-和Na+电子层结构相同，核电荷数越大，半径越小，则F-半径＞Na+，最简单离子半径大小关系：W＜Y＜X，故D错误； 答案选B。 11、B 【解析】根据装置图，碳电极通入氢气，发生氧化反应，电极反应为H2-2e-+ 2OH－=2H2O，Ni电极NiO(OH)→Ni(OH)2发生还原反应，电极反应为NiO（OH）＋H2O＋e－＝Ni（OH）2＋OH－，碳电极是负极，Ni电极是正极。根据以上分析，离子交换膜选用阴离子交换膜（只允许阴离子通过），故A错误；正极的电极反应为NiO（OH）＋H2O＋e－＝Ni （OH）2＋OH－，故B正确；导线中通过1mol电子时，负极生成1mol水，理论上负极区溶液质量增加18g，故C错误；充电时，负极与电源负极相连，所以碳电极与电源的负极相连，故D错误。 12、C 【解析】 A.燃烧热是1mol可燃物完全燃烧产生稳定的氧化物时放出的热量，水的稳定状态是液态，因此该式不能表示该反应的燃烧热，A错误； B. KAl(SO4)2溶液中加入Ba(OH)2溶液使沉淀物质的量达到最大：2Al3++3SO42-+3Ba2++6OH-= 2Al(OH)3↓+3BaSO4↓，B错误； C.用稀硫酸酸化的KMnO4溶液与H2O2反应，证明H2O2具有还原性，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得反应的离子方程式为：2MnO4-+6H++5H2O2 =2Mn2++5O2↑+8H2O，C正确； D.用石墨作电极电解NaCl溶液，阳极Cl-失去电子变为Cl2，阴极上水电离产生的H+获得电子变为H2，反应方程式为：2Cl-+2H2O 电解Cl2↑+H2↑+2OH-，D错误； 故合理选项是C。 13、D 【解析】 A．0～6min时间内，生成氧气为 0.0224L=0.001mol，由2H2O2 22.4L/mol2H2O+O2，可知 △c(H2O2)= 0.2mol/L0.001mol2=0.2mol/L，则H2O2分解率为×100%=50%，故A正确； 0.4mol/L0.01LB．由A计算可知，反应至6 min时c(H2O2)=0.4mol/L-0.2mol/L=0.2mol/L，故B正确； C．0～6min时间内，生成氧气为 0.0224L=0.001mol，由2H2O2 22.4L/mol2H2O+O2，可知 △c(H2O2)= 0.001mol20.2mol/L=0.2mol/L，所以v(H2O2)=≈0.033mol/(L•min)，故C正确； 0.01L6minD．由题中数据可知，0～3 min生成氧气的体积大于3～6min生成氧气的体积，因此，4～6 min的平均反应速率小于0～6min时间内反应速率，故D错误； 答案选D。 14、D 【解析】 L-1的HNO3溶液中，由水电离出的c(H+)＝10—13mol/L试题分析：A．硝酸是强酸抑制水的电离，则常温下，在0.1mol·＜ L－1的NaHCO3溶液显碱性，碳酸氢根的水解程度大于电离程度，则c（H2CO3），A正确；B．浓度为0.1mol· ＞c（CO32－），B正确；C．溶度积常数只与温度有关系，则25℃时，AgCl固体在等物质的量浓度的NaCl、CaCl2溶液中的溶度积相同，C正确；D．稀释促进电离，则冰醋酸中逐滴加水，溶液的导电性先增大后减小，而醋酸的电离程度一直增大，pH先减小后增大，D错误，答案选D。 考点：考查弱电解质的电离、盐类水解及溶度积常数的应用等 15、D 【解析】 TiO2光电极能使电池在太阳光照下充电，所以充电时，太阳能转化为电能，电能又能转化为化学能，充电时Na2S4还原为Na2S，放电和充电互为逆过程，所以a是负极，b是正极，在充电时，阳极失电子发生氧化反应，3I--2e-=I3-，据此回答。 【详解】 A.TiO2光电极能使电池在太阳光照下充电，所以充电时，太阳能转化为电能，电能又能转化为化学能，A正确； B.充电时Na2S4还原为Na2S，放电和充电互为逆过程，所以a是负极，a极的电极反应式为：4S2--6e-=S42-，B正确； C.在充电时，阳极I-失电子发生氧化反应，极反应为3I--2e-=I3-，C正确； D.通过图示可知，交换膜只允许钠离子自由通过，所以M是阳离子交换膜，D错误； 答案选D。 【点睛】 本题考查了原电池的原理，明确正负极上得失电子及反应类型是解题的关键，难点是电极反应式的书写，明确哪种离子能够自由通过交换膜，可以确定交换膜的类型。 16、C 【解析】 A.熔融状态下能导电的化合物中含有自由移动阴阳离子，说明该化合物由阴阳离子构成，则为离子化合物，故A正确； B.Na和水反应方程式为2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，反应中水中的共价键断裂，氢气分子中有共价键生成，所有反应过程中有共价键断裂和形成，故B正确； C.Si是原子晶体、S是分子晶体，熔化时前者破坏共价键、后者破坏分子间作用力，所有二者熔化时破坏作用力不同，故C错误； D.中心原子化合价的绝对值+该原子最外层电子数=8时，该分子中所有原子都达到8电子结构，但是氢化物除外，二氧化碳中C元素化合价绝对值+其最外层电子数=4+4=8，NCl3中N元素化合价绝对值+其最外层电子数=3+5=8，所有两种分子中所有原子都达到8电子结构，故D正确。 故选C。 【点睛】 明确物质构成微粒及微粒之间作用力是解本题关键，注意C选项中Si和S晶体类型区别。 17、D 【解析】 A、将键线式转化为分子式，该物质的分子式为C9H10，A错误； B、该物质有个对称轴，共有4种等效氢，如图所示，则一氯代物共4种，B错误；。 C、两个环共用的碳原子，是饱和的碳原子，与4个碳原子相连，空间结构类似于CH4，最多3个原子共平面，C错误； B、分子中含有碳碳双键，能够被高锰酸钾氧化，而使酸性高锰酸钾溶液褪色，D正确；答案选D。 18、A 【解析】 +2+A、试验2、3中主要反应为：Mg+2NH4+2H2O=Mg+H2+2NH3H2O，由于试验2中的n(NH4+)大于试验3 中的n(NH4+)，而镁是过量的，所以不能得出NH4浓度越大，反应速率越快的结论，故A符合题意； B、由试验1、2对比可知，反应速率加快，其原因有可能是Na+、Cl-具有催化作用，由试验4、5对比可知，Na+对反应无催化作用，由此可知，Cl-对镁和水的反应有催化作用，故B不符合题意； C、试验7中NH4Cl浓度较试验3高，产生氢气的速率应更快，但由表格可知，二者产生氢气的速率几乎相等，其原H2O，NH3·H2O与Mg2+反应生成了Mg(OH)2覆盖在镁表面，减慢反应，故C不符因在于试验7中加入了高浓度NH3·合题意； D、由试验1、2、7对比可知，无论酸性条件还是碱性条件，NH4都能加快镁和水的反应，故D不符合题意； 故答案为A。 19、C 【解析】 实验原理分析：二氧化碳通过U型管与过氧化钠反应生成氧气，氧气和没有反应的二氧化碳通入碱液洗气瓶除二氧化碳，可增加盛有澄清石灰水的洗气瓶验证二氧化碳是否除尽，在通过盛有浓硫酸的洗气瓶干燥氧气，最后收集； 【详解】 A.装置②中试剂可以是NaOH溶液，用来除掉二氧化碳气体，故不选A； B. 装置③中盛有浓硫酸，作用是干燥O2，故不选B； C. 由于氧气密度大于空气，选择装置b，故选C； D. 装置②、③之间应增加盛澄清石灰水的洗气瓶，验证二氧化碳是否除尽，故不选D； 答案：C 20、B 【解析】 A.根据盖斯定律，用第二个反应减第一个反应得： CH3OHgCO2g+3H2gCH3CH2OHg+2H2OgΔH=-124.6kJ/mol，故A正确； B.温度不变，平衡常数不变，故B错误； C.升高温度，正逆反应速率都可以加快，升高温度，平衡向吸热反应方向进行，即平衡逆向移动，反应限度降低，故C正确； D.反应物中氢气和二氧化碳都是气体，增大一种反应物的浓度可以提高另一种反应物的转化率，故D正确； 故选：B。 21、C 【解析】 A．温度过高蛋白质会发生变性，故A正确； B．天然气燃烧只生成二氧化碳和水，为清洁燃料，利用天然气可以合成二甲醚等有机物，是重要的化工原料，故B正确； C．碳化硅是非金属化合物，且为无机物，碳化硅是一种新型无机非金属材料，故C错误； D．铝比铜活泼，形成原电池铝作负极被氧化，防腐方法为牺牲阳极的阴极保护法，故D正确； 故答案为C。 22、B 【解析】 A．H2S可与硫酸铜反应生成CuS沉淀，可用于除杂，故A正确； B．加新制生石灰，生成氢氧化钙，中和乙酸，故B错误； C．甲苯可被氧化生成苯甲酸，再加NaOH溶液，生成溶于水的苯甲酸钠，分液后可除杂，故C正确； D．Fe3+易水解生成氢氧化铁胶体，加MgO促进Fe3+的水解，使Fe3+生成氢氧化铁沉淀，过滤除去，且不引入新杂质，故D正确； 答案选B。 【点睛】 注意把握物质的性质的异同，除杂时不能引入新杂质，更不能影响被提纯的物质。 二、非选择题(共84分) 23、消去反应 加成（氧化）反应 n+NH2RNH2+(2n-1)H2O 【解析】 根据A的分子式可知，A中含1个不饱和度，因此可推出A为环己烯，其结构简式为： ，它是通过环己醇通过 消去反应而得到，A经过氧化得到，与水在催化剂作用下生成；根据已知信息，结合B在 水的催化作用下生成，采用逆合成分析法可知B应为其分子式正好为C6H8O3；最后经过 缩聚反应合成尼龙，据此分析作答。 【详解】 根据上述分析可知， （1）反应①的反应类型为：消去反应；反应②为加氧氧化过程，其反应类型为加成（氧化）反应，故答案为：消去反应；加成（氧化）反应； （2）根据上述分析可知，A的结构简式为：；B的结构简式为：，故答案为：；； （3）与NH2RNH2发生缩聚反应生成尼龙，其化学方程式为： n+NH2RNH2+(2n-1)H2O； （4）A为，若想制备1，3-环己二烯，可先与溴的四氯化碳溶液发生加成反应生成1,2—二溴环己烷，1,2—二 溴环己烷再在氢氧化钠乙醇溶液、加热的条件下发生消去反应生成1，3﹣环己二烯，其具体合成路线如下： 。 24、CH2=CHCHO 2 2+O2加热Cu+2H2O ClMgCH2MgCl CH2Cl2 干醚MgHOCH2CH2CH2CH2CH2OHH2C=CHCH2CH=CH2 加热【解析】 A的分子式为C3H4O，而1，3丁二烯与A反应生成B，且B与氢气反应得到 ，结合信息①可知A为 D，，H为 浓硫酸CH2CHCHO，B为 为 ，E为 。 【详解】 。结合转化关系与信息②可知 ，由信息③可知F为 发生取代反应生成C为 ，G为 （1）A的分子式为C3H4O，其结构简式为：CH2CHCHO，故答案为：CH2CHCHO； （2）E→F羟基的催化氧化，反应的化学方程式为故答案为： （3）H的结构简式为 ； ，满足下列条件的苯丙氨酸同分异构体的结构简式：Ⅰ、含有苯环；Ⅱ、 ， 分子中有三种不同环境的氢原子，符合条件的同分异构体有：、， 故答案为： ；、； （4）由CH2Cl2与Mg/干醚得到ClMgCH2MgCl，再与环氧乙烷得到由HOCH2CH2CH2CH2CH2OH，然后再浓硫酸加热条件下发生消去反应得到CH2CH2CH2CHCH2，合成路线流程图为： ， 故答案为： 。 25、使硫粉易于分散到溶液中 冷凝管(或球形冷凝管) 冷凝回流 Na2SO4 取少量产品溶于过量稀盐酸， 2-+过滤，向滤液中加BaCl2溶液，若有白色沉淀，则产品中含有Na2SO4 S2O3+2H=S+SO2+H2O 由无 3.620103molM100% 色变为蓝色，且半分钟内不褪色 18.10 Wg【解析】 I．（1）硫粉难溶于水、微溶于乙醇，乙醇湿润可以使硫粉易于分散到溶液中； （2）根据图示装置中仪器构造写出其名称，然后根据冷凝管能够起到冷凝回流的作用进行解答； （3）由于S2O32‾具有还原性，易被氧气氧化成硫酸根离子可知杂质为硫酸钠；根据检验硫酸根离子的方法检验杂质硫酸钠； （4）S2O32‾与氢离子在溶液中能够发生氧化还原反应生成硫单质，据此写出反应的离子方程式； II．（5）滴定终点为最后一滴碘的标准液滴入时，溶液中淀粉遇碘单质变蓝； （6）滴定管读数从上往下逐渐增大；根据氧化还原反应转移电子守恒解答。 【详解】 I．（1）硫粉难溶于水微溶于乙醇，所以硫粉在反应前用乙醇湿润是使硫粉易于分散到溶液中，故答案为：使硫粉易于分散到溶液中； （2）根据题中图示装置图可知，仪器a为冷凝管(或球形冷凝管)，该实验中冷凝管具有冷凝回流的作用，故答案为：冷凝管(或球形冷凝管)；冷凝回流； 2-（3）S2O3具有还原性，能够被氧气氧化成硫酸根离子，所以可能存在的杂质是硫酸钠；检验硫酸钠的方法为：取少 量产品溶于过量稀盐酸，过滤，向滤液中加BaCl2溶液，若有白色沉淀，则产品中含有Na2SO4，故答案为：Na2SO4；取少量产品溶于过量稀盐酸，过滤，向滤液中加BaCl2溶液，若有白色沉淀，则产品中含有Na2SO4； 2-+2-（4）S2O3与氢离子发生氧化还原反应生成淡黄色硫单质，反应的离子方程式为：S2O3+2H=S+SO2+H2O； II．（5）因指示剂为淀粉，当滴定到终点时，过量的单质碘遇到淀粉显蓝色，且半分钟内不褪色； （6）起始体积为0.00mL，终点体积为18.10mL，因此消耗碘的标准溶液体积为18.10mL；该滴定过程中反应的关系式为：2S2O32-2-2nI220.1mol/L18.1010-3L=3.620103mol，则产品的纯度为I2，nS2O33.620103molM100%。 Wg26、fg→de→bc（提示：除水后再除氧气，防止还原铁粉与水蒸气反应生成氢气） 将生成的HCl气体排入装置D中被水完全吸收 无水氯化钙 防止水蒸气进入装置A中使FeCl2、FeCl3水解 d 球形冷凝管可使挥发的氯苯冷凝回流 97.0％ 【解析】 （1）思路：先除CO2→再除H2O（顺带除去吸收二氧化碳带出来的水蒸气）→再除O2（除水后再除氧气，防止还原铁粉与水蒸气反应生成氢气）； （2）由FeCl2、FeCl3易水解性质可解，前后一定要有干燥装置； （3）油浴锅的好处是便于控制温度； （4）有冷凝管可使反应物冷凝回流； 【详解】 （1）①由分析可知，装置接口的连接顺序为fg→de→bc，吸收装置注意长进短出；②实验完成后继续通入氮气的主要目的是：将生成的HCl气体排入装置D中被水完全吸收，防止测FeCl2的产率偏小。 （2）FeCl2、FeCl3易水解，装置C中的试剂是干燥剂无水氯化钙，其作用是防止水蒸气进入装置A中使FeCl2、FeCl3水解； （3）结合温度约126℃，选择油浴锅的好处是便于控制温度，故选d； （4）由装置图可知，加热温度已经接近或超过氯苯沸点，但氯苯实际损失量却非常小，其原因是球形冷凝管可使挥发的氯苯冷凝回流； 0.025L2.0mol·L－1=0.05mol， （5）n(HCl)=n(NaOH)= n(FeCl2)=2n(HCl)= 20.05mol=0.1mol， 16.76g0.103mol和0.2mol，由反应方程式可知氯苯加入16.76g无水FeCl3和22.5g氯苯，物质的量分别约为 162.5g/mol过量， 0.1mol16.76g100%97.0％。 则该实验中FeCl2的产率约为 162.5g/mol8H2O↓+2NH4Cl 该反应放热，防止温度升高导致H2O2分解和氨水中27、CaCl2+H2O2+2NH3·H2O+6H2O=CaO2· 氨气挥发 向过滤器中注入乙醇至浸没沉淀，待乙醇流尽后，重复操作2～3次 生成的硫酸钙为微溶物，覆盖在 -+2+样品表面，阻止反应进一步进行 催化作用 5H2O2+2MnO4+6H=2Mn+5O2+8H2O 45.0% 部 分CaCl2溶液与浓氨水反应生成Ca(OH)2 部分CaO2与水反应生成Ca(OH)2或烘烤CaO2·8H2O失水不够完全 【解析】 I．（1）该装置发生的反应类似于复分解反应，根据原子守恒配平； （2）该反应为放热反应，H2O2和氨水的稳定性都较差，因此需要用冷水浴控制反应温度；结合沉淀的性质选择洗涤剂，然后根据沉淀的洗涤标准操作解答； II．（3）硫酸钙为微溶物，可能会对反应有影响；类比双氧水的分解进行分析； （4）滴定过程中双氧水与酸性高锰酸钾反应生成氧气、氯化锰、水，根据氧化还原反应得失电子守恒、电荷守恒、原 子守恒配平；根据消耗的酸性高锰酸钾的物质的量并结合守恒关系计算； （5）CaO2与水缓慢反应，CaO2与浓氨水反应，烘烤过程中水分未完全失去等导致反应物有损失或生成物中杂质含量高均会导致CaO2含量偏低。 【详解】 I．（1）由题可知，三颈烧瓶中发生CaCl2在碱性条件下与H2O2生成CaO2·8H2O的反应，根据原子守恒可知，该反H2O+6H2O=CaO2·8H2O↓+2NH4Cl； 应化学方程式为：CaCl2+H2O2+2NH3· （2）该反应为放热反应，H2O2和氨水的稳定性都较差，温度过高会导致其分解，影响产量和化学反应速率；因过氧化钙可与水缓慢反应，不溶于乙醇，因此可选用乙醇进行洗涤，实验室洗涤沉淀的操作为：向过滤器中注入乙醇至浸没沉淀，待乙醇流尽后，重复操作2～3次； II．（3）若选用硫酸，则CaO2与稀硫酸反应生成微溶物CaSO4会覆盖在样品表面，使反应难以持续进行；MnCl2对该反应具有催化作用，可加快化学反应速率； Mn元素化合价从+7价降低至+2价，H2O2中O元素从-1价升高至0价，（4）滴定过程中酸性高锰酸钾与双氧水反应，根据氧化还原反应得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平该离子方程式为： 5H2O2+2MnO-4+6H+=2Mn2++5O2+8H2O；滴定过程中消耗高锰酸钾的物质的量 n=25×10-3L×0.02mol/L=5×10-4mol，根据守恒关系可知： n(H2O2)=n(CaO2)=2.5n(KMnO4)=1.25×10-3mol，样品中CaO2 1.2510-2mol72g/mol100%=45%； 的质量分数CaO20.2g（5）CaCl2溶液与浓氨水反应导致反应物未完全转化，同时还会导致最终固体中含有部分Ca(OH)2杂质，会使CaO2含量偏低；CaO2与水能反应生成微溶物Ca(OH)2，会导致生成的CaO2含量偏低；烘烤CaO2·8H2O失水不够完全导致固体质量偏大，最终导致计算CaO2含量偏低。 28、7 NH3 三角锥形 C＜O＜N＜F Cu+的价电子排布为3d10，为全满结构， 其结构更稳定 sp、sp > 32 2223431010 6 正八面体 4NAρ【解析】 （1）氮原子一共有7个电子，每个电子的运动状态均不同，则共含有7种运动状态不同的电子；与N3-含有相同电子数的四原子分子是NH3；中心原子的价电子对数为案为：7；NH3；三角锥形； 534，有1对孤电子对，则该分子空间构型为三角锥形，故答2（2）同一周期元素，其第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，C、N、O、F位于同一周期且分别位于第IVA族、第VA族、第VIA族、第VIIA族，所以第一电离能大小顺序为C＜O＜N＜F，故答案为：C＜O＜N＜F； （3）Cu+的核外有28个电子，根据构造原理知其基态离子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d10，则Cu+价层电子的轨道表达式为： ；原子轨道处于全空、半满或全满时最稳定，Cu+的3d轨道上全满，稳定，故 答案为：；Cu+的价电子排布为3d10，为全满结构，其结构更稳定； （4）乙醛分子中甲基上碳原子含有4个σ键，醛基上的碳原子含有3个σ键，所以甲基中的碳原子采用sp3杂化，醛基中的碳原子采用sp2杂化，醛基中碳原子采用sp2杂化、乙醇中含有醇羟基的碳原子采用sp3杂化，导致乙醛分子中H-C-O的键角大于乙醇分子中的H-C-O的键角，故答案为：sp3、sp2；>； （5）Cu（H2O）4]2+为平面正方形结构，其中的两个H2O被Cl-取代有两种不同的结构，[Cu（H2O）2（Cl）2]是非极 性分子，说明该分子的结构不对称，则其结构式为，故答案为：； （6）①由Na、Cl两元素形成的化合物为NaCl，以中间的黑色球为Na+离子研究，距离一个Na+最近的Cl-在其上下前后左右共6个，围成的图形是正八面体，故答案为：6，正八面体； ②晶胞中Na+离子数目=1+12×=4，Cl-离子数目=8×+6×=4，故晶胞质量m= 141812458.5g，晶胞体积NA3m458.5234323432-=(22r)V=cm，令Cl离子半径为r，则棱长为，解得：4r=22r，则ρNAρNAρNAρr2234NAρ，22Na+的半径为22r2r32(21)234NAρ22，故答案为：22234222343cm=31010pm4NAρ4NAρ2223431010。 4NAρ【点睛】 注意轨道表达式(电子排布图)与电子排布式的区别，此处为易错点。还应该注意单位的换算。 29、2 3d9 120o 低 sp2 平面三角形 碳 18 2943 【解析】 2403 m2nNA（1）根据化学式BaCuSi4O10，BaCuSi2O6，其中Ba为+2价，Si为+4价，O为-2价，由化合价代数和为零得：“中国蓝”、“中国紫”中均具有Cun离子，n＝2，基态时该阳离子的价电子排布式为3d9。 故答案为：2；3d9； （2）CO32一中心原子C的价电子为3+ ＋ 4223 =3，为平面三角形结构，键角∠OCO为120°。根据所学，钙离子 2半径小与氧之间的作用力大，碳酸钙更容易分解，故从原料分解的角度判断“埃及蓝”的合成温度比“中国蓝”更低。 故答案为：120°；低； （3）配离子Cu（CN）32-中，中心离子的价层电子对个数是3且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断中心原子的杂化方式为sp2，该配离子的空间构型为平面三角形；CN－中配位原子是碳，因为N元素电负性较大，不易提供孤电子对， 故答案为： sp2 ；平面三角形；碳； （4）①以上面面心上的Ca原子为例，该晶胞中该Ca原子配位的Cu原子包含其上面6个、相同层6个、下层6个，所以其配位数是18， 故答案为：18； ②同一层中，六边形中心上的Ca原子和边上的两个Ca原子形成正三角形，所以Ca原子之间的最短距离是六边形边长=2×33××294pm=2943pm； （同层相邻Ca-Cu距离）=2×22该晶胞中Ca原子个数=12× +2×=3、Cu原子个数=12×+6×+6=15，该晶胞体积=（ 1612121212 msin60°×6×n）2M360×33NNA2403332 g·cm3=2cm3=mncm3，晶体密度=Ag·cm－3， VmnNA3322mn2故答案为：【点睛】 本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、原子杂化类型判断、配合物等知识点，侧重考查元素化合物性质、物质结构等知识点，明确原子结构、物质结构是解本题关键，难点是晶胞计算，需要较好的数学空间想象能力及计算能力。 2403。 2mnNA 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容