巴中市普通高中2021級“零診”考試?yán)砜凭C合注意事項(xiàng)：1.答題前，考生務(wù)必將自己的姓名、班級、考號填寫在答題卡規(guī)定的位置。2.答選擇題時(shí)請使用2B鉛筆將答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑；非選擇題答題時(shí)必須用0.5毫米黑色墨跡簽字筆，將答案書寫在答題卡規(guī)定的位置，在規(guī)定的答題區(qū)域以外答題無效，在試題卷上答題無效。3.考試結(jié)束后，考生將答題卡交回。4.可能用到的相對原子質(zhì)量：H-1C-12O-16Na-23S-32Cl-35.5Ag-108第I卷(共126分)一、選擇題：本題共13個(gè)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.生活中處處有化學(xué)，下列敘述正確的是A.碳酸氫鈉可做食品膨松劑B.食用鹽的碘元素來自于添加劑碘化鉀C.為防止薯片被擠碎，在其包裝袋中充氧氣D.苯甲酸鈉可作食品防腐劑是由于其具有酸性【答案】A【解析】【詳解】A．碳酸氫鈉受熱能產(chǎn)生二氧化碳?xì)怏w，故可做食品膨松劑，A正確；B．食用鹽的碘元素來自于添加劑碘酸鉀，B錯(cuò)誤；C．充入氧氣可能氧化食品而使食品變質(zhì)，為防止薯片被擠碎，應(yīng)在其包裝袋中充入氮?dú)?，C錯(cuò)誤；D．苯甲酸鈉可作食品防腐劑是由于其有殺菌、抑菌作用，D錯(cuò)誤；故選A。2.有機(jī)物M是合成抗過敏藥物色甘酸鈉的中間體，結(jié)構(gòu)簡式如下圖。下列關(guān)于該有機(jī)物的說法正確的是A.屬于芳香烴 B.能與NaOH溶液反應(yīng)C.苯環(huán)上的一氯取代物有4種 D.所有碳原子不可能共平面【答案】B【解析】【詳解】A．該物質(zhì)分子中含有苯環(huán)，根據(jù)物質(zhì)分子結(jié)構(gòu)可知：該物質(zhì)中含有C、H、O三種元素，因此屬于烴的衍生物，A錯(cuò)誤；B．該物質(zhì)分子中含有酯基，因此能與NaOH溶液反應(yīng)，B正確；C．根據(jù)物質(zhì)結(jié)構(gòu)簡式可知：在苯環(huán)上含有3種不同位置的H原子，處于苯環(huán)上的一氯取代物有3種，C錯(cuò)誤；D．苯分子是平面分子，-OCH3的O取代苯分子中H原子的位置，在苯分子平面上，與O原子連接的2個(gè)C原子是V形結(jié)構(gòu)，可能處于同一平面上；乙烯分子是平面分子，-CH3及酯基的C原子取代乙烯分子中H原子的位置，在乙烯分子的平面上，乙烯平面與苯分子平面共直線，由于碳碳單鍵可以旋轉(zhuǎn)，則該分子中所有碳原子可能共平面，D錯(cuò)誤；故合理選項(xiàng)B。3.下列離子方程式符合所給事實(shí)的是A.將少量SO2通入NaClO溶液：SO2+H2O+2ClO-=SO+2HClOB.鐵片上鍍銅的總反應(yīng)(銅作陽極，硫酸銅溶液作電鍍液)：Cu(陽極)Cu(陰極)C.泡沫滅火器原理：2Al3++3CO+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑D.同濃度同體積NH4HSO4溶液與NaOH溶液混合：NH+OH-=NH3?H2O【答案】B【解析】【詳解】A．次氯酸具有強(qiáng)氧化性，可以將二氧化硫氧化，所以將少SO2通入NaClO溶液其離子方程式為SO2＋H2O＋ClO－＝SO＋Cl－＋2H＋，故A錯(cuò)誤；B．鐵片上鍍銅(銅作陽極，硫酸銅溶液作電鍍液)時(shí)，陽極銅放電生成銅離子，陰極銅離子放電生成單質(zhì)銅，其總反應(yīng)式為Cu(陽極)Cu(陰極)，故B正確；C．泡沫滅火器使用的是硫酸鋁和碳酸氫鈉，其離子方程式為Al3++3HCO=Al(OH)3↓+3CO2↑，故C錯(cuò)誤；D．同濃度同體積NH4HSO4溶液與NaOH溶液混合，其離子方程式為H++OH－=H2O，故D錯(cuò)誤；故選B。4.一種可用于吸收CO2的電池，其工作原理如圖所示。下列說法正確的是A.電極a上發(fā)生的反應(yīng)為H2-2e?=2H+B.I室出口處溶液的pH大于入口處C.該裝置可以制取CaCl2和NaHCO3D.如果將陰離子交換膜改陽離子交換膜，則電池工作時(shí)I室可能有CaCO3沉淀生成【答案】C【解析】【分析】在電極a上H2放電，為負(fù)極，由于電極a附近為堿性條件，所以電極a上發(fā)生的反應(yīng)為H2－2e－+2OH－=2H2O；電極b為正極，H+放電生成H2，電極b上發(fā)生的反應(yīng)為2H++2e－=H2，以此作答?！驹斀狻緼．由分析可知，電極a上發(fā)生的反應(yīng)為H2－2e－+2OH－=2H2O，故A錯(cuò)誤；B．I室中的OH－在電極a上被消耗，導(dǎo)致氫氧根離子減小，出口處溶液的pH小于入口處，故B錯(cuò)誤；C．II室的Cl－通過陰離子交換膜進(jìn)入I室，可在I室獲得CaCl2，II室中水電離產(chǎn)生的氫離子放電，使溶液呈堿性，過量的CO2與OH－反應(yīng)生成碳酸氫根，則可在II室獲得碳酸氫鈉，故C正確；D．II室中有碳酸根離子生成，若將陰離子交換膜改為陽離子交換膜，則I室中的鈣離子通過交換膜進(jìn)入II室，從而在II室中生成碳酸鈣沉淀，故D錯(cuò)誤；故選C。5.設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是A.0.1mol羥基所含電子的數(shù)目為NAB.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，2.24LCCl4中的原子總數(shù)為0.5NAC.12gNaHSO4固體中含有的陽離子數(shù)為0.2NAD.26g的乙炔和苯的混合物完全燃燒，消耗2.5NA個(gè)氧氣分子【答案】D【解析】【詳解】A．已知一個(gè)羥基（-OH）中含有9個(gè)電子，故0.1mol羥基所含的電子的數(shù)目為0.9NA，A錯(cuò)誤；B．已知標(biāo)準(zhǔn)狀況下CCl4為液態(tài)，故無法計(jì)算2.24LCCl4的物質(zhì)的量及其所含有的原子總數(shù)，B錯(cuò)誤；C．1molNaHSO4固體中含有1molNa+和1mol，則12gNaHSO4（為0.1mol）固體中含有的陽離子數(shù)為0.1NA，C錯(cuò)誤；D．已知乙炔和苯的最簡式均為CH，26g的乙炔和苯混合物分別完全燃燒，均消耗氧氣分子個(gè)數(shù)為：，D正確；故選D。6.一種外用消炎藥主要成分的結(jié)構(gòu)如圖所示。分子結(jié)構(gòu)中的苯環(huán)和甲基部分已給出，X、Y、Z、W、M為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，其中X的簡單氫化物分子空間結(jié)構(gòu)為三角錐形，W與Y同主族。下列說法錯(cuò)誤的是A.簡單氫化物的沸點(diǎn)：Y＞X＞MB.最高價(jià)氧化物對應(yīng)水化物的酸性：M＞W(wǎng)C.Y與Z形成的化合物一定含有離子鍵和共價(jià)鍵D.WY2不能夠使紫色石蕊試液褪色【答案】C【解析】【分析】X、Y、Z、W、M為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，其中X的簡單氫化物分子空間結(jié)構(gòu)為三角錐形，W與Y同主族，且根據(jù)價(jià)鍵可推知W為S、Y為O、X為N，則原子序數(shù)大于S的M為Cl，Z離子帶一個(gè)單位正電荷，為Na，據(jù)此解答?！驹斀狻緼．NH3、H2O均存在氫鍵，且H2O形成的氫鍵強(qiáng)度大于NH3，簡單氫化物的沸點(diǎn)：H2O＞NH3＞HCl，故A正確；B．非金屬性越強(qiáng)最高價(jià)氧化物的水化物的酸性越強(qiáng)，最高價(jià)氧化物對應(yīng)水化物的酸性：HClO4＞H2SO4，故B正確；C．O與Na形成的化合物Na2O，只含有離子鍵，故C錯(cuò)誤；D．WY2為SO2，溶于水生成亞硫酸呈酸性，能夠使紫色石蕊試液變紅，但不褪色，故D正確；故選C。7.下列實(shí)驗(yàn)操作與實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象或結(jié)論不相匹配的是實(shí)驗(yàn)操作實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象或結(jié)論A將乙烯通入溴的四氯化碳溶液至溶液無色透明生成的1，2－二溴乙烷無色能溶于四氯化碳B將鎂條點(diǎn)燃后迅速伸入集滿CO2的集集氣瓶集氣瓶中產(chǎn)生濃煙并有黑色顆粒產(chǎn)生C向盛有飽和硫代硫酸鈉溶液的試管中滴加稀硫酸有刺激性氣味氣體產(chǎn)生，溶液變渾濁D將形狀、大小相同的小塊金屬鈉分別投入到乙醇和水中鈉與二者均反應(yīng)生成氣體，乙醇和水中羥基氫原子活性相同A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【詳解】A．將乙烯通入溴的四氯化碳溶液中發(fā)生加成反應(yīng)生成1，2－二溴乙烷，充分反應(yīng)后溶液無色透明，說明生成的1，2－二溴乙烷無色能溶于四氯化碳，故A正確；B．將鎂條點(diǎn)燃后迅速伸入集滿CO2的集氣瓶，鎂條繼續(xù)燃燒反應(yīng)生成MgO和C，則集氣瓶中產(chǎn)生濃煙并有黑色顆粒產(chǎn)生，故B正確；C．向盛有飽和硫代硫酸鈉溶液的試管中滴加稀鹽酸，反應(yīng)生成有刺激性氣味的二氧化硫氣體，同時(shí)生成S單質(zhì)，導(dǎo)致溶液變渾濁，故C正確；D．將形狀、大小相同的小塊金屬鈉分別投入到乙醇和水中，鈉與二者均反應(yīng)生成氣體，但與乙醇反應(yīng)時(shí)速率較慢，乙醇中羥基氫原子活性小于水，故D錯(cuò)誤；故選D。第II卷(共174分)三、非選擇題：共174分。第22～32題為必考題，每個(gè)試題考生都必須作答。第33～38題為選考題，考生根據(jù)要求作答。8.1，2－二氯乙烷(CH2ClCH2Cl)是重要的有機(jī)化工原料，實(shí)驗(yàn)室采用“乙烯液相直接氯化法”制備1，2－二氯乙烷，相關(guān)反應(yīng)原理和實(shí)驗(yàn)裝置圖如圖：已知：①C2H5OHCH2=CH2↑+H2O；②Cl2(g)+CH2=CH2(g)→CH2ClCH2Cl(1)△H＜0；③1，2－二氯乙烷不溶于水，易溶于有機(jī)溶劑，沸點(diǎn)83.6℃?；卮鹣铝袉栴}：（1）儀器B的名稱是_______，裝置甲中橡皮管的作用是_______。（2）甲裝置中發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)方程式為_______。（3）制取1，2－二氯乙烷的裝置接口順序?yàn)開______(箭頭為氣流方向，部分裝置可重復(fù)使用)：a→_______→_______→_______→_______→b-c←f←e←i←j←d。（4）乙裝置中多孔球泡的作用是反應(yīng)開始前先向乙中裝入1，2－二氯乙烷液體，其原因是_______。（5）己裝置所加入的試劑為_______。（6）產(chǎn)品純度的測定：量取5.5mL逐出Cl2和乙烯后的產(chǎn)品，產(chǎn)品密度為1.2g/mL，加足量稀NaOH溶液，加熱充分反應(yīng)：CH2ClCH2Cl+2NaOHCH2OHCH2OH+2NaCl所得溶液先用稀硝酸中和至酸性，然后加入1.0000mol/L的AgNO3標(biāo)準(zhǔn)溶液至不再產(chǎn)生沉淀，沉降后過濾、洗滌、低溫干燥、稱量，得到14.35g白色固體，則產(chǎn)品中1，2－二氯乙烷的純度為_______%。【答案】（1）①.球形冷凝管②.平衡氣壓，便于濃鹽酸順利滴下（2）2KMnO4+16HCl=2KCl+MnCl2+5Cl2↑+8H2O（3）g→h→e→f（4）增大氣體與液體的接觸面積，使反應(yīng)充分進(jìn)行溶解Cl2和乙烯，促進(jìn)氣體反應(yīng)物間的接觸（5）H2O（6）75【解析】【分析】甲中反應(yīng)生成氯氣通過戊中飽和食鹽水除去氯化氫后進(jìn)入丁裝置干燥，然后進(jìn)入乙；丙裝置生成乙烯通過己裝置除雜后通過丁裝置干燥后進(jìn)入乙，裝置乙中乙烯和氯氣反應(yīng)生成1，2-二氯乙烷；【小問1詳解】由圖可知，裝置B的名稱為球形冷凝管；裝置甲中橡皮管的作用是平衡氣壓，便于濃鹽酸順利滴下；【小問2詳解】甲裝置利用高錳酸鉀與濃鹽酸反應(yīng)制備氯氣，發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)方程式為2KMnO4+16HCl=2KCl+MnCl2+5Cl2↑+8H2O；【小問3詳解】利用甲裝置生成氯氣，生成的氯氣通過飽和食鹽水除去HCl，經(jīng)過濃硫酸干燥后通入裝置乙，裝置丙中加熱乙醇得到乙烯，通過水除去揮發(fā)的乙醇，再經(jīng)濃硫酸干燥后通入裝置乙與氯氣發(fā)生反應(yīng)生成1，2-二氯乙烷，因此裝置的連接順序?yàn)閍→g→h→e→f→bc←f←e←i←j←d；【小問4詳解】乙裝置中多孔球泡的作用是反應(yīng)開始前先向乙中裝入1，2－二氯乙烷液體，以增大氣體與液體的接觸面積，使反應(yīng)充分進(jìn)行溶解Cl2和乙烯，促進(jìn)氣體反應(yīng)物間的接觸；【小問5詳解】己裝置所加入的試劑以除去乙烯中的乙醇蒸氣，故為H2O；【小問6詳解】量取5.5mL產(chǎn)品，密度為1.2g·mL-1，其質(zhì)量為1.2g?mL-1×5.5mL=6.6g，加足量稀NaOH溶液，發(fā)生的反應(yīng)為，然后加入1.0000mol/L的AgNO3標(biāo)準(zhǔn)溶液至不再產(chǎn)生沉淀，沉降后過濾、洗滌、低溫干燥、稱量，得到14.35g白色固體，發(fā)生反應(yīng)，，根據(jù)氯原子守恒可知，，則產(chǎn)品1，2-二氯乙烷的純度為。9.固體電解質(zhì)LATP的化學(xué)式為Li1.4Al0.4Ti1.6(PO4)3，某研究人員以鈦鐵礦精粉(主要成分為FeTiO3，含少量Al2O3，SiO2)為原料合成LATP的工藝流程如圖所示。請回答下列問題：（1）LATP中鈦的化合價(jià)為___________價(jià)。（2）“粉碎”的目的是___________，為了達(dá)到這一目的，還可以采用的措施有___________(答一條即可)。（3）“堿浸”的目的是除去___________(填化學(xué)式)。（4）“堿浸”時(shí)加入適當(dāng)過量的NaOH溶液，“酸浸”時(shí)加入適當(dāng)過量的稀硫酸，且NaOH溶液和稀硫酸均不宜過量太多，其主要原因是___________。（5）“沉鈦”時(shí)生成Ti3(PO4)4的化學(xué)方程式為___________。（6）本實(shí)驗(yàn)洗滌Ti3(PO4)4時(shí)采用如圖所示裝置，該裝置為抽濾裝置，其原理是用抽氣泵使吸濾瓶中的壓強(qiáng)降低，達(dá)到快速固液分離的目的。其中“安全瓶”的作用是___________。（7）常溫下，Ti3(PO4)4的Ksp=a，當(dāng)溶液中c(Ti4+)≤1.0×10-5mol·L-1時(shí)可認(rèn)為Ti4+沉淀完全，則“沉鈦”時(shí)，溶液中c()最低為___________mol·L-1。【答案】（1）+4（2）①.增大固體接觸面積，提高堿浸速率②.適當(dāng)加熱(或攪拌或適當(dāng)增大NaOH溶液濃度等合理答案)（3）Al2O3、SiO2（4）成本增大（5）3TiOSO4+4H3PO4=Ti3(PO4)4↓+3H2SO4+3H2O（6）平衡氣壓、防倒吸穩(wěn)定過濾速度等（7）(或)【解析】【分析】鈦鐵礦粉碎過篩后加入NaOH溶液，氧化鋁、二氧化硅和NaOH溶液反應(yīng)而除去，F(xiàn)eTiO3用稀硫酸酸浸，得到TiOSO4和FeSO4的混合溶液，加磷酸沉鈦，得到Ti3(PO4)4，Ti3(PO4)4和AlPO4、Li3PO4高溫反應(yīng)得到LATP。【小問1詳解】LATP的化學(xué)式為Li1.4Al0.4Ti1.6(PO4)3，Li的化合價(jià)為+1價(jià)，Al為+3價(jià)，P為+5價(jià)，O為-2價(jià)，根據(jù)正負(fù)化合價(jià)代數(shù)和為0的原則，Ti的化合價(jià)為+4價(jià)；【小問2詳解】“粉碎”的目的是增大接觸面積，加快反應(yīng)速率；為了達(dá)到加快反應(yīng)速率的目的，還可以適當(dāng)升溫或攪拌，以及適當(dāng)增加NaOH溶液的濃度等；【小問3詳解】鈦鐵礦粉碎過篩后主要成分為FeTiO3，含少量Al2O3、SiO2，加入NaOH溶液“堿浸”的目的是除去雜質(zhì)Al2O3，SiO2；小問4詳解】NaOH溶液、H2SO4溶液均具有強(qiáng)烈的腐蝕作用，NaOH溶液和稀硫酸均不宜過量太多，使用過量的NaOH、H2SO4會增加成本；【小問5詳解】“沉鈦”時(shí)加入磷酸生成Ti3(PO4)4的化學(xué)方程式為：4H3PO4+3TiOSO4=Ti3(PO4)4↓+3H2SO4+3H2O；【小問6詳解】抽濾原理是用抽氣泵使吸濾瓶中的壓強(qiáng)降低，抽氣泵中的壓強(qiáng)降低容易出現(xiàn)倒吸現(xiàn)象，需要加入“安全瓶”平衡氣壓，防止吸濾瓶中的液體倒吸到抽氣泵中且可以穩(wěn)定過濾速度等；【小問7詳解】Ti3(PO4)4(s)3Ti4+(aq)+4(aq)，Ksp=c3(Ti4+)·c4()，當(dāng)Ti4+沉淀完全時(shí)cmin()=(或)。10.綜合利用含碳資源、促進(jìn)碳中和在保護(hù)生態(tài)環(huán)境等方面具有重要意義。回答下列問題：（1）中國科學(xué)院在國際上宣布首次實(shí)現(xiàn)CO2到淀粉的全合成，其中前兩步涉及的反應(yīng)如圖1所示。①反應(yīng)：CO2(g)+2H2(g)=HCHO(g)+H2O(g)△H=_______(用△H1、△H2、△H3、△H4表示)。②反應(yīng)I進(jìn)行時(shí)，同時(shí)發(fā)生反應(yīng)：2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)。在1L恒容密閉容器中充入4.0molCO2和6.0molH2，一定溫度下，達(dá)到平衡時(shí)，c(CO2)=c(H2O)=2.4mol/L，請回答下列問題：反應(yīng)I的平衡常數(shù)的表達(dá)式K=_______。CH3OH物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為_______%(計(jì)算結(jié)果保留1位小數(shù))。（2）乙烯是合成工業(yè)的重要原料，一定條件下可發(fā)生反應(yīng)：3C2H4(g)2C3H6(g)分別在不同溫度、不同催化劑下，保持其他初始條件不變，重復(fù)實(shí)驗(yàn)，經(jīng)相同時(shí)間測得C2H4體積分?jǐn)?shù)與溫度的關(guān)系如圖2所示。在催化劑甲作用下，圖2中M點(diǎn)的速率V正_______V逆(填“＞”“＜”或“=”)，根據(jù)圖中所給信息，應(yīng)選擇的反應(yīng)條件為_______。（3）CO2氧化1－丁烯脫氫生產(chǎn)1，3－丁二烯，其反應(yīng)原理為：CH2=CHCH2CH3(g)+CO2(g)→CH2=CHCH=CH2(g)+H2O(g)+CO(g)氧化脫氫反應(yīng)可能的反應(yīng)路徑有兩種，如圖3所示：①為確定反應(yīng)路徑，可檢測反應(yīng)體系中的物質(zhì)是_______(填化學(xué)式)。②若為“兩步路徑”，在溫度和總壓相同時(shí)，1－丁烯氧化脫氫的平衡轉(zhuǎn)化率高于直接脫氫的原因是_______?！敬鸢浮浚?）①.△H1+△H2+△H3+△H4②.③.11.1（2）①.<②.催化劑乙、反應(yīng)溫度200℃（3）①.H2②.通入CO2使容器體積增大，使平衡正向移動；CO2與H2反應(yīng)，也使平衡向脫氫的方向移動【解析】【小問1詳解】①①CO2(g)+3H2(g)=H2O(g)+CH3OH(g)ΔH1；②CH3OH(g)+O2(g)=H2O2(l)+HCHO(g)ΔH2；③2H2O2(l)=2H2O(g)+O2(g)ΔH3；④3H2O(g)=3H2(g)+O2(g)ΔH4，目標(biāo)反應(yīng)可由反應(yīng)①+反應(yīng)②+×反應(yīng)③+×反應(yīng)④，ΔH=△H1+△H2+△H3+△H4。②反應(yīng)①CO2(g)+3H2(g)=H2O(g)+CH3OH(g)，其平衡常數(shù)表達(dá)式K=。設(shè)反應(yīng)①消耗CO2xmol，反應(yīng)2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)消耗CO2ymol，則x+y=1.6mol，x+2y=2.4mol，解得x=0.8mol，y=0.8mol。則平衡時(shí)各物質(zhì)的物質(zhì)的量為n(CO2)=2.4mol，n(H2O)=2.4mol，n(H2)=1.2mol，n(CH3OH)=0.8mol，n(C2H4)=0.4mol，則甲醇的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為0.8÷7.2=11.1%?！拘?詳解】從圖中可知，M點(diǎn)C2H4的體積分?jǐn)?shù)呈增大的趨勢，說明此時(shí)反應(yīng)逆向進(jìn)行，V正<V逆。要確保乙烯盡可能轉(zhuǎn)化為丙烯，則乙烯的體積分?jǐn)?shù)要盡量小，因此選擇的反應(yīng)條件為催化劑乙、200℃。【小問3詳解】①一步路徑和兩步路徑的差別在于是否有中間產(chǎn)物氫氣生成，則可檢測反應(yīng)體系中的H2來確定反應(yīng)路徑。②若為兩步路徑，第一步反應(yīng)CH2=CHCH2CH3(g)CH2=CHCH=CH2(g)+H2(g)，第二步反應(yīng)CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)，第二步反應(yīng)二氧化碳與氫氣反應(yīng)，消耗了氫氣，使第一步反應(yīng)的化學(xué)平衡正向移動，同時(shí)通入二氧化碳使容器體積增大，也能使第一步反應(yīng)的化學(xué)平衡正向移動，因此兩步路徑的平衡轉(zhuǎn)化率高于直接脫氫。11.銅及其化合物在工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)中有廣泛的應(yīng)用。（1）Cu2+的價(jià)電子排布式為_______。（2）Cu2+可以與乙二胺(H2N－CH2CH2－NH2)形成配離子，如圖所示：①C、N、O三種元素的第一電離能從大到小的順序?yàn)開______。②該配離子中的配體數(shù)與配位數(shù)之比為_______。③以下三種分子：a.NH3、b.BCl3、c.H2O。鍵角按由大到小順序排列：_______(用序號表示)。（3）向CuSO4溶液中加入過量NaOH溶液可生成Na2[Cu(OH)4]。Na2[Cu(OH)4]中除了配位鍵外，還存在的化學(xué)鍵類型有_______(填字母)。A.離子鍵B.金屬鍵C.極性共價(jià)鍵D.非極性共價(jià)鍵E.氫鍵（4）將含有未成對電子的物質(zhì)置于外磁場中，會使磁場強(qiáng)度增大，稱其為順磁性物質(zhì)。下列物質(zhì)中，屬于順磁性物質(zhì)的是_______(填字母)。A.[Cu(NH3)2]Cl B.[Cu(NH3)4]SO4 C.K3[Fe(CN)6] D.[Zn(NH?)4]Cl2（5）現(xiàn)有四種晶體的晶胞如圖所示。下列敘述正確的是_______。A.上述晶體涉及4種晶體類型 B.碘升華時(shí)破壞了非極性鍵C.上述四種晶體中熔點(diǎn)最高的是金剛石 D.1個(gè)晶胞中含8個(gè)原子的有③④（6）在銅晶胞中，原子的空間利用率為_______(用含有π的代數(shù)式表示)?！敬鸢浮浚?）3d9（2）①.N＞O＞C②.1∶2③.b＞a＞c（3）AC（4）BC（5）CD（6）π【解析】【小問1詳解】Cu的價(jià)電子排布式為3d104s1，則Cu2+的價(jià)電子排布式為3d9；【小問2詳解】①同周期元素，從左往右，元素的第一電離能逐漸增大，由于N的電子排布比O更加穩(wěn)定，N的最外層電子排布為2s22p3，其最后一個(gè)電子是單獨(dú)分布在2p軌道上的，因此需要更高的能量才能去除它，而O的電子排布為2s22p4，其最后一個(gè)電子與另一個(gè)電子成對分布在2p軌道上，其移除需要的能量相對較小，所以N的第一電離能比O大，則C、N、O三種元素的第一電離能從大到小的順序?yàn)镹＞O＞C；②1個(gè)Cu2+與2個(gè)乙二胺形成4根配位鍵，配體數(shù)為2，配位數(shù)為4，配體數(shù)與配位數(shù)之比為1∶2；③NH3中心原子N為sp3雜化，空間構(gòu)型為三角錐形，BCl3中心原子B為sp2雜化，空間構(gòu)型為平面三角形，H2O中心原子O為sp3雜化，空間構(gòu)型為V形，則鍵角大小為BCl3>NH3>H2O，故鍵角按由大到小的順序排列為b＞a＞c；【小問3詳解】Na+與[Cu(OH)4]2-之間形成離子鍵，[Cu(OH)4]2-內(nèi)的O與H之間形成極性共價(jià)鍵，氫鍵不是化學(xué)鍵，故答案選AC；【小問4詳解】順磁性物質(zhì)即含有未成對電子的物質(zhì)。A中的銅離子價(jià)電子排布式為3d10，無未成對電子，B中的銅離子價(jià)電子排布式為3d9，含有1個(gè)未成對電子，C中的鐵離子價(jià)電子排布式為3d5，含有5個(gè)未成對電子，D中鋅離子價(jià)電子排布式為3d10，無未成對電子，故答案選BC；【小問5詳解】A.鈉和鋅屬于金屬晶體，碘單質(zhì)屬于分子晶體，金剛石屬于原子晶體，只涉及3種晶體類型，故A錯(cuò)誤；B.碘升華時(shí)破壞了分子間作用力，沒有破壞非極性鍵，故B錯(cuò)誤；C.一般而言，熔點(diǎn)：原子晶體>金屬晶體>分子晶體，金剛石是原子晶體，則四種晶體中熔點(diǎn)最高的是金剛石，故C正確；D.晶胞中原子數(shù)目：①Zn晶胞頂點(diǎn)有8個(gè)Zn原子，體心有1個(gè)Zn原子，8×+1=2，則一個(gè)Zn晶胞中含2個(gè)Zn原子；②Cu晶胞頂點(diǎn)有8個(gè)Cu原子，面心有6個(gè)Cu原子，8×+6×=4，則一個(gè)Cu晶胞中含4個(gè)Cu原子；③碘單質(zhì)在頂點(diǎn)和面心，I2數(shù)目為6×+8×=4，含碘原子數(shù)目為2×4=8；④金剛石頂點(diǎn)有8個(gè)C原子，面心有6個(gè)C原子、晶胞內(nèi)