學必求其心得，業必貴于專精學必求其心得，業必貴于專精學必求其心得，業必貴于專精湖南省常德市2020屆高三高考模擬考試（二）理綜化學試卷可能用到的相對原子質量：H1O16C12Cl35.5Ca40Cu64一、選擇題：每小題6分，在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的。1.實現中國夢,離不開化學與科技的發展。下列說法不正確的是A。2019年新冠肺炎“疫苗”等生物制劑需要冷凍保存B.大飛機C919采用大量先進復合材料、鋁鋰合金等,鋁鋰合金屬于金屬材料C.納米復合材料實現了水中微污染物鉛（Ⅱ）的高靈敏、高選擇性檢測，但吸附的量小D。我國提出網絡強國戰略，光纜線路總長超過三千萬公里，光纜的主要成分是晶體硅【答案】D【解析】【詳解】A．2019年新冠肺炎“疫苗”等生物制劑在溫度較高時容易失活，需要冷凍保存，故A正確；B。金屬材料包括純金屬以及它們的合金，鋁鋰合金屬于金屬材料，故B正確；C。納米復合材料表面積大，納米復合材料實現了水中微污染物鉛（Ⅱ）的高靈敏、高選擇性檢測，但吸附的量小，故C正確；D。光纜的主要成分是二氧化硅，故D錯誤；故選D.2.阿伏加德羅常數用NA表示，下列敘述正確的是A。18克液態水與18克冰中氫鍵數目均為NAB。工業酸性廢水中的Cr2O72-可轉化為Cr3+除出，現用電解的方法模擬該過程，陰極為石墨，陽極為鐵,理論上電路中每通過6mol電子，就有NA個Cr2O72-被還原C.標準狀況下，22。4LNO2含有的原子數小于3NAD.1molLiAlH4在125℃完全分解成LiH、H2、Al，轉移電子數為3NA【答案】D【解析】【詳解】A．冰中1個水分子周圍有4個水分子通過氫鍵連接，每個水分子相當于含有2個氫鍵,所以1mol冰中，氫鍵的數目是2NA，故A錯誤;B．鐵陽極，Fe-2e－=Fe2＋，Cr2O72－與亞鐵離子發生氧化還原反應生成Cr3＋和三價鐵離子，其離子方程式為:Cr2O72－+6Fe2＋+14H＋=6Fe3＋+2Cr3＋+7H2O；得關系式：Fe2＋～2e－～~Cr2O72－，當電路中通過6mole－，有0。5molCr2O72－被還原，故B錯誤；C．所以標準狀況下，22。4LNO2物質的量為：=1mol，含有的原子數等于3NA，故C錯誤；D．依據分解化學方程式和鹽酸化合價變化計算電子轉移，1molLiAlH4在125℃完全分解成LiH、H2、Al，化學方程式為:LiAlH4=LiH+H2↑+Al,轉移電子3NA，故D正確；故選D。3.因新型冠狀病毒肺炎疫情防控需求,口罩已經成為了2020每個人必備之品。熔噴布，俗稱口罩的“心臟”,是口罩中間的過濾層,能過濾細菌,阻止病菌傳播。熔噴布是一種以高熔融指數的聚丙烯（PP）為材料,由許多縱橫交錯的纖維以隨機方向層疊而成的膜.其中有關聚丙烯的認識正確的是A。由丙烯通過加聚反應合成聚丙烯B。聚丙烯的鏈節：—CH2—CH2—CH2—C.合成聚丙烯單體丙烯的結構簡式：CH2CHCH3D.聚丙烯能使溴水發生加成反應而褪色【答案】A【解析】【詳解】A.由丙烯通過加聚反應合成高分子化合物聚丙烯,故A正確;B。聚丙烯的鏈節：，故B錯誤;C.合成聚丙烯單體丙烯的結構簡式：CH2=CHCH3,碳碳雙鍵不能省，故C錯誤；D.聚丙烯中沒有不飽和鍵,不能使溴水發生加成反應而褪色,故D錯誤；故選A。4。短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數依次增大，W是地殼中含量最高的元素,X的原子半徑是所有短周期主族元素中最大的,非金屬元素Y的原子序數是Z的最外層電子數的2倍。下列敘述不正確的是A.Y單質的熔點高于X單質 B。W、Z的氫化物沸點W>ZC。X、W、Z能形成具有強還原性的XZW D.X2YW3中含有共價鍵【答案】C【解析】【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數依次增大,W是地殼中含量最高的元素,W是O元素,X的原子半徑是所有短周期主族元素中最大的，X為Na元素,非金屬元素Y的原子序數是Z的最外層電子數的2倍,Z的最外層電子數為7，則Z為Cl元素，Y為Si元素.【詳解】根據分析可知，W為O，X為Na，Y為Si，Z為Cl元素。A．Na形成晶體為金屬晶體,其熔點較低，而Si形成晶體為原子晶體，具有較高熔點，則單質熔點:Y＞X，故A正確；B．水分子間形成氫鍵，沸點較高,W、Z的氫化物沸點W〉Z,故B正確；C．X、W、Z能形成具有強氧化性的NaClO，而不是還原性，故C錯誤；D．Na2SiO3中含有Si-O共價鍵,故D正確；故選C。5.如圖所示是一種酸性燃料電池酒精檢測儀，具有自動吹氣流量偵測與控制的功能，非常適合進行現場酒精檢測，下列說法不正確的是A.該電池的負極反應式為：CH3CH2OH+3H2O—12e-2CO2↑+12H+B.該電池的正極反應式為：O2+4e—+4H+2H2OC。電流由O2所在的鉑電極經外電路流向另一電極D。微處理器通過檢測電流大小而計算出被測氣體中酒精的含量【答案】A【解析】【詳解】A。由圖示可知，呼氣時進去的是CH3CH2OH出來的是CH3COOH，負極的電極反應式為CH3CH2OH－4e－＋H2O===CH3COOH＋4H＋,A錯誤;B.氧氣由正極通入，酸性條件下生成H2O，B正確；C.電流由正極流向負極，C正確；D。酒精含量高，轉移的電子數多，電流大,D正確。答案選A.6.用下列實驗方案及所選玻璃容器（非玻璃容器任選）就能實現相應實驗目的的是實驗目的實驗方案所選玻璃儀器A除去KNO3中少量NaCl將混合物制成熱的飽和溶液，冷卻結晶，過濾酒精燈、燒杯、玻璃棒B證明CH3COOH與HClO的酸性強弱相同溫度下用pH試紙測定濃度均為0.1mol·L－1NaClO、CH3COONa溶液的pH玻璃棒、玻璃片C配制1L1.6%的CuSO4溶液（溶液密度近似為1g·mL－1）將25gCuSO4·5H2O溶解在975g水中燒杯、量筒、玻璃棒D檢驗蔗糖水解產物具有還原性向蔗糖溶液中加入幾滴稀硫酸，水浴加熱幾分鐘，再向其中加入新制的銀氨溶液，并水浴加熱試管、燒杯、酒精燈、滴管A。A B。B C.C D。D【答案】C【解析】【詳解】A．二者溶解度受溫度影響不同，冷卻結晶后過濾可分離，則玻璃儀器還需要漏斗，故A錯誤；B．HClO具有漂白性,不能用pH試紙測pH，故B錯誤；C．在燒杯中配制一定質量分數的溶液,計算后稱量、溶解，則25gCuSO4·5H2O溶解在975g水中，質量分別為16％，但溶液體積是=1000mL=1L，故C正確；D．向蔗糖溶液中加入幾滴稀硫酸,水浴加熱幾分鐘,此時溶液呈酸性，要加NaOH溶液中和至中性或弱堿性，再向其中加入新制的銀氨溶液,并水浴加熱，故D錯誤;故選C.7.己知AgCl在水中的溶解是吸熱過程。不同溫度下，AgCl在水中的沉淀溶解平衡曲線如圖所示。己知T1溫度下Ksp（AgCl)=1。6×10—9,下列說法正確的是A。T1>T2B。a=4.0×10-5C.M點溶液溫度變為T1時，溶液中Cl—的濃度不變D.T2時飽和AgCl溶液中，c(Ag+）、c（Cl-）可能分別為2。0×10—5mol/L、4.0×10-5mol/L【答案】B【解析】【詳解】A、氯化銀在水中溶解時吸收熱量，溫度越高,Ksp越大，在T2時氯化銀的Ksp大，故T2＞T1，A錯誤；B、氯化銀溶液中存在著溶解平衡，根據氯化銀的溶度積常數可知a=＝4。0×10-5，B正確；C、氯化銀的溶度積常數隨溫度減小而減小，則M點溶液溫度變為T1時，溶液中Cl-的濃度減小，C錯誤;D、T2時氯化銀的溶度積常數大于1。6×10—9，所以T2時飽和AgCl溶液中，c(Ag+)、c(Cl-）不可能為2。0×10-5mol/L、4.0×10-5mol/L，D錯誤;答案選B。8.二苯甲酮廣泛應用于藥物合成，同時也是有機顏料、殺蟲劑等的重要中間體。實驗室以苯與苯甲酰氯為原料，在AlCl3作用下制備二苯甲酮的實驗流程如下圖所示：相關物理常數和物理性質如下表：名稱相對分子質量密度/g·cm—3熔點/oC沸點/oC溶解性苯780.885。580.1難溶水，易溶乙醇苯甲酰氯140。51。22?1197遇水分解無水氯化鋁133.52。44190178（升華)遇水水解，微溶苯二苯甲酮1821.1148。5305（常壓)難溶水，易溶苯已知：反應原理為:。該反應劇烈放熱。回答下列問題：(1）反應裝置如圖所示(加熱和夾持裝置已略去),迅速稱取7.5g無水三氯化鋁放入三頸瓶中,再加入30mL無水苯,攪拌，緩慢滴加6mL新蒸餾過的苯甲酰氯。反應液由無色變為黃色,三氯化鋁逐漸溶解。混合完后，保持50℃左右反應1.5～2h。儀器A的名稱為_______。裝置B的作用為_______。緩慢滴加苯甲酰氯的原因是______。能作為C中裝置的是_______（填標號）。（2）操作X為___________。(3)NaOH溶液洗滌的目的是_____________。（4）粗產品先經常壓蒸餾除去__________,再減壓蒸餾得到產品.(5)當所測產品熔點為________時可確定產品為純品。已知實驗最終所得純品8。0g，則實驗產率為_________%(保留三位有效數字）。【答案】（1）。恒壓滴液漏斗（2）.防止外界空氣中水蒸氣進入影響實驗（3）.控制反應速率，防止反應過于劇烈，放出大量熱量而使溫度過高(4）。bc（5)。分液（6）。洗去殘留的HCl（7）。苯(8）。48。5（9)。84.4【解析】【分析】苯與苯甲酰氯為原料,在AlCl3作用下制備二苯甲酮，，實驗過程中不能有水，防止三氯化鋁水解,裝置B的作用為防止外界空氣中水蒸氣進入影響實驗。緩慢滴加苯甲酰氯的原因是控制反應速率，防止反應過于劇烈，放出大量熱量而使溫度過高。尾氣中有HCl,極易溶于水，用C中裝置吸收。反應混合液冷卻,加濃鹽酸后，靜置分層，分液后在有機層中加NaOH溶液洗去殘留的HCl，用無水MgSO4干燥得粗產品,粗產品先經常壓蒸餾除去苯,再減壓蒸餾得到產品。【詳解】（1)由裝置圖：儀器A的名稱為恒壓滴液漏斗。實驗過程中不能有水,防止三氯化鋁水解，裝置B的作用為防止外界空氣中水蒸氣進入影響實驗。緩慢滴加苯甲酰氯的原因是控制反應速率,防止反應過于劇烈，放出大量熱量而使溫度過高。尾氣中有HCl,極易溶于水，用C中裝置吸收，能作為C中裝置的是bc(填標號）。故答案為:恒壓滴液漏斗;防止外界空氣中水蒸氣進入影響實驗；控制反應速率，防止反應過于劇烈，放出大量熱量而使溫度過高；bc；(2）制備二苯甲酮的反應混合物，冷卻、加濃鹽酸后分成兩相，有機相和水相，用分液的方法分離，操作X為分液。故答案為：分液；(3）分液后得到的有機相中含有HCl，NaOH溶液洗滌的目的是洗去殘留的HCl。故答案為：洗去殘留的HCl;（4）苯和二苯甲酮互溶,沸點不同,粗產品先經常壓蒸餾除去苯,再減壓蒸餾得到產品。故答案為：苯；（5）純凈物具有固定的熔點，二苯甲酮的熔點為48.5℃，當所測產品熔點為48。5℃時可確定產品為純品.30mL苯（密度0.88g·mL－1）的物質的量為mol=0.34mol，6mL新蒸餾過的苯甲酰氯物質的量為mol=0.05210mol，由制備方程式可知,苯過量,所以產品的理論產量為0。05210mol×182g·mol－1=9.482g，則本實驗中苯乙酮的產率為×100%=84。4％,故答案為：48.5；84.4；【點睛】本題考查物質的制備實驗，把握物質的性質、發生的反應、制備原理為解答的關鍵,側重分析與實驗能力的考查，注意有機物性質的應用,(7）為解答的難點，先判斷苯過量，然后算出理論產量，最后利用公式計算產率。9.高錳酸鉀是常用的氧化劑.工業上以軟錳礦(主要成分是MnO2)為原料制備高錳酸鉀晶體。中間產物為錳酸鉀。下圖是實驗室模擬制備KMnO4晶體的操作流程:已知：錳酸鉀(K2MnO4)是墨綠色晶體，其水溶液呈深綠色,這是錳酸根離子(MnO42—)在水溶液中的特征顏色，在強堿性溶液中能穩定存在;在酸性、中性和弱堿性環境下，MnO42-會發生自身氧化還原反應，生成MnO4—和MnO2。回答下列問題：(1）KOH的電子式為____________,煅燒時KOH和軟錳礦的混合物應放在________中加熱（填標號).A燒杯B瓷坩堝C蒸發皿D鐵坩堝（2)調節溶液pH過程中，所得氧化產物與還原產物物質的量之比為____________。（3)趁熱過濾的目的是_____________________________________________。（4）已知20℃時K2SO4、KCl、CH3COOK的溶解度分別為11。1g、34g、217g，則從理論上分析，選用下列酸中________（填標號)，得到的高錳酸鉀晶體純度更高.A稀硫酸B濃鹽酸C醋酸D稀鹽酸（5）產品中KMnO4的定量分析：①配制濃度為0。1250mg·mL－1的KMnO4標準溶液100mL。②將上述溶液稀釋為濃度分別為2。5、5.0、7.5、10.0、12.5、15.0（單位：mg·L－1）的溶液,分別測定不同濃度溶液對光的吸收程度，并將測定結果繪制成曲線如下。③稱取KMnO4樣品(不含K2MnO4）0.1250g按步驟①配得產品溶液1000mL，取10mL稀釋至100mL，然后按步驟②方法進行測定,兩次測定所得的吸光度分別為0。149、0.151，則樣品中KMnO4的質量分數為________。（6）酸性KMnO4溶液與FeSO4溶液反應的離子方程式為____________。【答案】（1).（2).d(3）。2∶1(4）。防止析出高錳酸鉀，降低產率(5)。c（6）。90.0％（7).MnO4—+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O【解析】【詳解】(1）本題考查電子式的書寫和儀器的選擇,KOH屬于離子化合物，其電子式為，因為是煅燒，燒杯和蒸發皿的不耐高溫，因此選項ac錯誤，瓷坩堝成分是SiO2，SiO2在高溫下與KOH反應,因此不能用瓷坩堝，因此選項d正確；（2）考查氧化還原反應中得失電子數目守恒，根據信息，錳酸鉀在酸性、中性、弱堿性環境中發生歧化反應,MnO2是錳酸鉀中Mn由＋6價→＋4價，化合價降低得到，因此MnO2是還原產物,KMnO4是氧化產物，n（KMnO4）×1=n（MnO2）×2,得出n(KMnO4）:n（MnO2)=2:1；（3）考查物質的分離，高錳酸鉀溶于水,MnO2不溶于水，因此趁熱過濾目的是防止析出高錳酸鉀，降低產率；（4）考查物質的分離和提純,高錳酸鉀與濃鹽酸反應，因此選項b錯誤；然后根據三種物質的溶解度大小，溶解度越大,得到高錳酸鉀純度越高，故選項c正確；（5）③考查化學計算，吸光度的平均值為（0。149＋0.151）/2=0.150,此時對應的KMnO4的濃度為11。25mg·L－1，則1000mL的溶液中KMnO4的濃度為11。25×1000/100mg·L－1=112.5mg·L－1,因此高錳酸鉀的質量分數為112。5/(0。1250×103）×100％=90。0％；（6)本題考查氧化還原反應方程式的書寫，利用高錳酸鉀的氧化性,把Fe2＋氧化成Fe3＋，本身被還原成Mn2＋，然后根據化合價的升降法進行配平，即離子反應方程式為MnO4－+5Fe2＋+8H＋=Mn2＋+5Fe3＋+4H2O。10。（1)已知反應2HI（g）=H2(g）+I2(g)的△H=+11kJ·mol—1，1molH2(g）、1molI2（g)分子中化學鍵斷裂時分別需要吸收436KJ、151KJ的能量，則1molHI（g）分子中化學鍵斷裂時需吸收的能量為___kJ。（2）已知某密閉容器中存在下列平衡：CO（g)＋H2O(g）CO2（g)＋H2（g)，CO的平衡物質的量濃度c（CO）與溫度T的關系如圖所示。①該反應△H__________0（填“＞”或“＜”)②若T1、T2時的平衡常數分別為K1、K2,則K1_______K2（填“＞"、“＜”或“=”）。③T3時在某剛性容器中按1：2投入CO(g)和H2O(g)，達到平衡后測得CO的轉化率為75%,則T3時平衡常數K3=____________。（3)在恒容密閉容器中，加入足量的MoS2和O2，僅發生反應:2MoS2（s）+7O2（g）2MoO3（s)+4SO2(g）ΔH.測得氧氣的平衡轉化率與起始壓強、溫度的關系如圖所示：①p1、p2、p3的大小：_________。②若初始時通入7。0molO2，p2為7.0kPa,則A點平衡常數Kp=________（用氣體平衡分壓代替氣體平衡濃度計算，分壓=總壓×氣體的物質的量分數，寫出計算式即可）.（4）中科院蘭州化學物理研究所用Fe3（CO)12/ZSM—5催化CO2加氫合成低碳烯烴反應，所得產物含CH4、C3H6、C4H8等副產物，反應過程如圖。催化劑中添加Na、K、Cu助劑后（助劑也起催化作用）可改變反應的選擇性,在其他條件相同時，添加不同助劑,經過相同時間后測得CO2轉化率和各產物的物質的量分數如下表.助劑CO2轉化率（％）各產物在所有產物中的占比（％)C2H4C3H6其他Na42。535。939。624。5K27.275622.81。6Cu9。880。712。56.8①欲提高單位時間內乙烯的產量,在Fe3(CO）12/ZSM—5中添加_______助劑效果最好；加入助劑能提高單位時間內乙烯產量的根本原因是_____；②下列說法正確的是______；a第ⅰ步所反應為：CO2+H2CO+H2Ob第ⅰ步反應活化能低于第ⅱ步c催化劑助劑主要在低聚反應、異構化反應環節起作用dFe3（CO）12/ZSM-5使CO2加氫合成低碳烯烴的ΔH減小e添加不同助劑后，反應的平衡常數各不相同【答案】（1）。299(2).＜（3）.＞（4)。1.8（5）.p1＞p2＞p3（6).211/77（kPa）-3(7）。K(8）。降低生成乙烯的反應所需要的活化能，加快乙烯生成速率，而對其他副反應幾乎無影響(9）。ac【解析】【詳解】（1)設1molHI（g）分子中化學鍵斷裂時需吸收的能量為xkJ,則：2xkJ-436kJ-151kJ=11kJ，解得x=299,故答案為：299；(2)①由圖可知,溫度越高平衡時c（CO）越大,說明升高溫度平衡向逆反應移動，升高溫度平衡向吸熱反應進行，故正反應是放熱反應，即該反應△H＜0；②該反應正反應是放熱反應，升高溫度平衡向逆反應移動，化學平衡常數減小，故則K1＞K2;。③T3時在某剛性容器中按1:2投入CO(g）和H2O（g），達到平衡后測得CO的轉化率為75%，K==1。8,則T3時平衡常數K3=1。8。故答案為:＜;＞;1。8；(3）①根據圖知，壓強一定時，升高溫度氧氣的轉化率降低，平衡逆向移動，則△H＜0；該反應的正反應是一個反應前后氣體體積減小的可逆反應，增大壓強平衡正向移動，氧氣轉化率增大,所以壓強：p1＞p2＞p3;②若初始時通入7.0molO2，P2為7。0kPa，A點氧氣轉化率為50％，則A點n（O2）=7mol×（1-50％）=3。5mol，生成n(SO2）==2mol，恒溫恒容條件下氣體壓強之比等于物質的量之比，所以A點壓強=×7.0kPa=5.5kPa，P（O2）=×5.5kPa=3。5kPa，P（SO2）=(5.5—3.5）kPa=2kPa，則A點平衡常數Kp=（kPa)—3;故答案為：p1＞p2＞p3；(kPa)—3；(4）①欲提高單位時間內乙烯的產量，在Fe3（CO)12/ZSM-5中添加K助劑效果最好；加入助劑能提高單位時間內乙烯產量的根本原因是降低生成乙烯的反應所需要的活化能，加快乙烯生成速率，而對其他副反應幾乎無影響;②①由表中數據可知，Na的其他副反應占比大，Cu的CO2轉化率低，兼顧乙烯的產率、CO2轉化率和對副反應的影響，選擇添加K助劑效果最好，不僅能提高單位時間內乙烯產量，并且其他副反應占比少，根本原因是降低反應的活化能、加快乙烯生成速率，故答案為:K;降低生成乙烯的反應所需要的活化能，加快乙烯生成速率,而對其他副反應幾乎無影響；②a．由催化CO2加氫合成低碳烯烴反應可知,第ⅰ步所反應為：CO2+H2CO+H2O，故a正確；b．第ⅰ步反應是慢反應,第ⅱ步是快反應，反應的活化能越低，反應速率越快，所以第ⅰ步反應的活化能高于第ⅱ步，故b錯誤;c．助劑可改變反應的選擇性，所以催化劑助劑主要在低聚反應、異構化反應環節起作用，故c正確；d．催化劑不能改變平衡狀態，不能改變焓變△H，故d錯誤；e．反應的平衡常數只與溫度有關，不同助劑能改變反應歷程，但不能改變反應的起始狀態、不能改變反應溫度,所以反應的平衡常數不變，故e錯誤；故答案為：ac.【點睛】本題考查化學平衡計算、鍵能與焓變的計算等知識點，側重考查圖象分析判斷及計算能力，明確外界條件對平衡移動影響原理、平衡常數計算方法等知識點是解本題關鍵,注意平衡常數的計算方法，注意催化劑對化學反應的影響，（3）②為解答難點.(4）②d為解答易錯點，催化劑不能改變平衡狀態,不能改變焓變△H。【化學——選修3：物質結構與性質】11。我國秦俑彩繪和漢代器物上用的顏料被稱為“中國藍”、“中國紫”,直到近年來人們才研究出來其成分為BaCuSi4O10，BaCuSi2O6。（1）“中國藍”、“中國紫"中均具有Cun＋離子，n＝___，基態時該陽離子的價電子排布式為______。（2）在5500年前，古代埃及人就己經知道如何合成藍色顏料—“埃及藍"CaCuSi4O10，其合成原料中用CaCO3代替了BaCO3，其它和“中國藍”一致.CO32一中鍵角∠OCO為___。根據所學，從原料分解的角度判斷“埃及藍"的合成溫度比“中國藍”更___（填“高"或“低”）。（3）配離子Cu（CN）32-中，中心離子的雜化類型是___________,該配離子的空間構型為___________；CN—中配位原子是___________（填名稱）。（4）CaCux合金可看作由如圖所示的(a）、（b)兩種原子層交替堆積排列而成。（a)是由Cu和Ca共同組成的層，層中Cu-Cu之間由實線相連；（b）是完全由Cu原子組成的層,Cu—Cu之間也由實線相連。圖中虛線構建的六邊形，表示由這兩種層平行堆積時垂直于層的相對位置;（c）是由(a）和（b）兩種原子層交替堆積成CaCux合金的晶體結構圖。在這種結構中，同一層的Ca—Cu距離為294pm，相鄰兩層的Ca—Cu距離為327pm。①該晶胞中Ca有___________個Cu原子配位(不一定要等距最近）。②同一層中，Ca原子之間的最短距離是___________pm，設NA為阿伏加德羅常數的值，CaCu晶體的密度是___________g/cm3（用含m、n的式子表示）。【答案】(1)。2（2）。(3）。（4).低（5)。sp2(6)。平面三角形(7）.碳（8).18(9）。（10).【解析】【詳解】（1）根據化學式BaCuSi4O10，BaCuSi2O6,其中Ba為+2價，Si為+4價，O為-2價，由化合價代數和為零得：“中國藍"、“中國紫”中均具有Cun＋離子，n＝2，基態時該陽離子的價電子排布式為3d9。故答案為：2；3d9；(2）CO32一中心原子C的價電子為3+=3，為平面三角形結構，鍵角∠OCO為120°。根據所學，鈣離子半徑小與氧之間的作用力大，碳酸鈣更容易分解，故從原料分解的角度判斷“埃及藍"的合成溫度比“中國藍”更低。故答案為：120°;低；（3）配離子Cu（CN)32—中，中心離子的價層電子對個數是3且不含孤電子對，根據價層電子對互斥理論判斷中心原子的雜化方式為sp2，該配離子的空間構型為平面三角形；CN－中配位原子是碳，因為N元素電負性較大，不易提供孤電子對，故答案為:sp2；平面三角形;碳；（4）①以上面面心上的Ca原子為例，該晶胞中該Ca原子配位的Cu原子包含其上面6個、相同層6個、下層6個，所以其配位數是18,故答案為：18；②同一層中,六邊形中心上的Ca原子和邊上的兩個Ca原子形成正三角形，所以Ca原子之間的最短距離是六邊形邊長=2××(同層相鄰Ca-Cu距離）=2××294pm=294pm；該晶胞中Ca原子個數=12×+2×=3、Cu原子個數=12×+6×+6=15,該晶胞體積=（m2sin60°×6×n）cm3=m2ncm3，晶體密度==g·cm－3，故答