高考化學總復習練習題九含解析

2020年高考化學總復習練習題九含解析2020年高考化學總復習練習題九含解析2020年高考化學總復習練習題九含解析2020年高考化學總復習練習題可能用到的相對原子質量：H1C12N14O16Na23Al27S32Ca40Cu64Zn65一、選擇題：1．下列古詩詞中所涉及化學物質的相關敘述錯誤的是【答案】A【解析】A選項，銨根離子、錫離子都要水解，水解顯酸性，故A錯誤；B選項，蔗糖是二糖，即雙糖,故B正確；C選項，蠶絲主要成份是蛋白質，故C正確；D選項，硫化汞在空氣中受熱會生成汞和二氧化硫，故D正確。綜上所述,答案為A.2．下列敘述正確的是A．烴分子中所含碳氫鍵數(shù)目一定為偶數(shù)B．塑料、橡膠和纖維都屬于合成高分子材料C．乙烯和苯都能使溴水褪色,其褪色原理相同D．淀粉、葡萄糖、脂肪和蛋白質在一定條件下都能發(fā)生水解反應【答案】A【解析】A．烴分子中的氫原子個數(shù)一定為偶數(shù)，烴分子中所含碳氫鍵數(shù)目一定為偶數(shù),A項正確;

B．合成纖維、合成橡膠、塑料都是有機合成高分子材料，而天然橡膠、天然纖維不是合成高分子材料，B項錯誤;C．烯烴使溴水褪色的原理是加成反應，苯使溴水褪色的原理是萃取,二者原理不同，C項錯誤；

D．葡萄糖為單糖，不能發(fā)生水解反應,D項錯誤；答案選A?！军c睛】1、烯烴使溴水褪色的原理是加成反應；2、苯在溴化鐵的催化作用下與液溴發(fā)生取代反應生成溴苯和溴化氫；苯分子中沒有碳碳雙鍵，不能與溴水發(fā)生加成反應,但溴更易溶于苯中,溴水與苯混合時，可發(fā)生萃取,苯的密度小于水，因此上層為溴的苯溶液，顏色為橙色,下層為水，顏色為無色，這是由于萃取使溴水褪色,沒有發(fā)生化學反應.這是學生們的易錯點，也是?？键c。3．用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值,下列說法錯誤的是A．標準狀況下,以任意比混合的氫氣和一氧化碳氣體共8.96L，在足量氧氣中充分燃燒時消耗氧氣的分子數(shù)為0。2NAB．用惰性電極電解硫酸銅溶液時，若溶液的pH值變?yōu)?時，則電極上轉移的電子數(shù)目為NAC．32.5g鋅與一定量濃硫酸恰好完全反應,生成氣體的分子數(shù)為0.5NAD．反應3H2(g）＋N2（g）2NH3（g）ΔH＝－92kJ·mol－1，當放出熱量9.2kJ時轉移電子0。6NA【答案】B【解析】A．氫氣和一氧化碳氣體的物質的量為8.96L÷22.4L·mol－1=0。4mol,根據2CO～O2，2H2～O2，可知共消耗O20。2mol，分子數(shù)為0。2NA,故A正確；B．用惰性電極電解硫酸銅溶液時，2CuSO4＋2H2O2Cu＋O2↑＋2H2SO4，若溶液的pH值變?yōu)?時,沒有提供溶液的體積，無法計算生成的硫酸的物質的量，故B錯誤；C。32。5g鋅的物質的量為0.5mol，完全反應變成鋅離子失去1mol電子;與濃硫酸完全反應,無論生成二氧化硫還是生成氫氣,每生成1個氣體分子達到2個電子，所以轉移1mol電子會生成0.5mol氣體，生成氣體分子數(shù)為0。5NA,故C正確；D.反應3H2（g)＋N2（g）2NH3(g）ΔH＝－92kJ·mol－1，當放出熱量9。2kJ時，參加反應的氫氣為0。3mol,轉移電子0。6NA，故D正確；故選B.4．W、X、Y、Z均為短周期元素且原子序數(shù)依次增大，W和X同族.Y原子最外層電子數(shù)是W與X原子最外層電子數(shù)之和的3倍，是Z原子最外層電子數(shù)的2倍.下列說法正確的是A．離子半徑:W－＜X+B．Z的最高價氧化物的水化物是強堿C．化合物XZW4具有強還原性D．W與Y只能形成10電子化合物【答案】C【解析】W、X、Y、Z均為短周期元素且原子序數(shù)依次增大,W和X同族。Y原子最外層電子數(shù)是W與X原子最外層電子數(shù)之和的3倍，Y最外層電子是6，W和X同族是IA，是Z原子最外層電子數(shù)的2倍,Z最外層電子是3.W為H，X為Li，Y為O，Z為Al。A。電子層結構相同的粒子，核電荷數(shù)越大，半徑越小，離子半徑：H－>Li+,故A錯誤；B.Al的最高價氧化物的水化物是Al(OH)3，是兩性氫氧化物，故B錯誤;C。化合物LiAlH4中H是-1價，具有強還原性，故C正確；D。W與Y能形成10電子化合物H2O，還能形成18電子的化合H2O2，故D錯誤;故選C。【點睛】本題考查元素周期表及其推斷，解題關鍵：W和X同族，Y原子最外層電子數(shù)是W與X原子最外層電子數(shù)之和的3倍，W和X同族只能是IA，易錯點D，氫和氧可形成水和雙氧水兩種化合物。5．實驗室以苯甲醛為原料制備間溴苯甲醛（實驗裝置如圖)。其實驗步驟為：步驟1：將三頸燒瓶中的一定配比的無水AlCl3、1,2.二氯乙烷和苯甲醛充分混合后,升溫至60℃,緩慢滴加經濃硫酸干燥過的液溴，保溫反應一段時間，冷卻。步驟2:將反應混合物緩慢加入一定量的稀鹽酸中。攪拌、靜置、分液。有機相用10%NaHCO3溶液洗滌。步驟3：經洗滌的有機相加入適量無水MgSO4固體.放置一段時間后過濾.步驟4：減壓蒸餾有機相，收集相應餾分.下列說法錯誤的是A．甲同學認為步驟1中使用1，2。二氯乙烷的目的是作催化劑，加快反應速率B．乙同學認為可在該實驗裝置的冷凝管后加接一只裝有無水MgSO4的干燥管,實驗效果可能會更好C．丙同學認為步驟2中有機相使用10%NaHCO3溶液洗滌可除去大部分未反應完的Br2D．丁同學認為步驟4中減壓蒸餾有機相是因為間溴苯甲醛高溫下容易氧化或分解【答案】A【解析】將三頸燒瓶中一定配比的無水AlC13、1,2-二氯乙烷和苯甲醛充分混合,無水AlCl3作催化劑,1,2.二氯乙烷作溶劑，苯甲醛作反應物，A項錯誤；若在該實驗裝置的冷凝管后加接一只裝有無水MgSO4的干燥管,則可以防止錐形瓶中的水蒸氣進入冷凝管，實驗效果可能會更好，B項正確；有機相中含有未反應完的Br2，使用10%NaHCO3溶液洗滌可除去大部分未反應完的Br2，C項正確；減壓蒸餾，可降低沸點，避免溫度過高，導致間溴苯甲醛被氧化或分解，D項正確。6．“太陽水”電池裝置如圖所示，該電池由三個電極組成,其中a為TiO2電極，b為Pt電極，c為WO3電極，電解質溶液為pH=3的Li2SO4—H2SO4溶液。鋰離子交換膜將電池分為A、B兩個區(qū)，A區(qū)與大氣相通，B區(qū)為封閉體系并有N2保護。下列關于該電池的說法錯誤的是A．若用導線連接a、c，則a為負極,該電極附近pH減小B．若用導線連接a、c，則c電極的電極反應式為HxWO3-xe-=WO3+xH+C．若用導線先連接a、c,再連接b、c,可實現(xiàn)太陽能向電能轉化D．若用導線連接b、c,b電極的電極反應式為O2+4H++4e—=2H2O【答案】B【解析】A．用導線連接a、c，a極發(fā)生氧化,為負極,發(fā)生的電極反應為2H2O—4e—=4H++O2↑，a電極周圍H+濃度增大，溶液pH減小，故A正確；B．用導線連接a、c，c極為正極,發(fā)生還原反應，電極反應為WO3+xH++xe—=HxWO3,故B錯誤;C．用導線先連接a、c，再連接b、c,由光電池轉化為原電池，實現(xiàn)太陽能向電能轉化，故C正確;D．用導線連接b、c，b電極為正極，電極表面是空氣中的氧氣得電子,發(fā)生還原反應，電極反應式為O2+4H++4e-=2H2O,故D正確；故答案為B。7．下圖是0。01mol/L甲溶液滴定0。01mol/L乙溶液的導電能力變化曲線，其中曲線③是鹽酸滴定NaAc溶液,其他曲線是醋酸滴定NaOH溶液或者NaOH溶液滴定鹽酸.下列判斷錯誤的是A．條件相同時導電能力：鹽酸〉NaAcB．曲線①是NaOH溶液滴定鹽酸導電能力變化曲線C．隨著甲溶液體積增大，曲線①仍然保持最高導電能力D．a點是反應終點【答案】C【解析】A．由曲線③鹽酸滴定NaAc溶液，導電能力升高，滴定到一定程度后導電能力迅速升高，說明條件相同時導電能力：鹽酸>NaAc，故A正確;B．曲線②的最低點比曲線③還低，為醋酸滴定NaOH溶液的曲線,因此曲線①是NaOH溶液滴定鹽酸導電能力變化曲線，故B正確；C．由曲線①起始點最高，說明鹽酸的導電能力最強，隨著甲溶液體積增大，曲線①逐漸變成氯化鈉和氫氧化鈉的混合物，根據曲線②可知，氫氧化鈉的導電能力不如鹽酸，而隨著甲溶液體積增大，曲線③的溶液逐漸變成鹽酸為主的導電能力曲線,因此最高點曲線③，故C錯誤;D．反應達到終點時會形成折點,因為導電物質發(fā)生了變化，即a點是反應終點，故D正確；故選C。二、非選擇題:9。碲（52Te)被譽為“國防與尖端技術的維生素"。工業(yè)上常用銅陽極泥（主要成分是Cu2Te、含Ag、Au等雜質）為原料提取碲并回收金屬，其工藝流程如下：已知:TeO2微溶于水,易與較濃的強酸、強堿反應?；卮鹣铝袉栴}：(1)已知Te為VIA族元素，TeO2被濃NaOH溶液溶解，所生成鹽的化學式為____________。（2）“酸浸2”時溫度過高會使Te的浸出率降低,原因是________________________.(3)“酸浸1"過程中，控制溶液的酸度使Cu2Te轉化為TeO2，反應的化學方程式為____________；“還原”過程中,發(fā)生反應的離子方程式為_____________________________。（4）工業(yè)上也可用電解法從銅陽極泥中提取碲，方法是：將銅陽極泥在空氣中焙燒使碲轉化為TeO2,再用NaOH溶液堿浸，以石墨為電極電解所得溶液獲得Te。電解過程中陰極上發(fā)生反應的電極方程式為____________________。在陽極區(qū)溶液中檢驗出有TeO42－存在,生成TeO42－的原因是_____________________.（5）常溫下，向lmol·L－1Na2TeO3溶液中滴加鹽酸，當溶液pH＝5時，c（TeO32－）:c（H2TeO3）＝__________。（已知：H2TeO3的Ka1＝1.0×10－3Ka2＝2。0×10－8)【答案】（14分,每空2分）(1）Na2TeO3（2）溫度升高，濃鹽酸易揮發(fā),反應物濃度減小，導致浸出率降低（3)Cu2Te+2O2+2H2SO4=2CuSO4+2H2O+TeO22SO2+Te4++4H2O=2SO42－+Te+8H+（4）TeO32－+4e－+3H2O=Te+6OH－TeO32－在陽極直接被氧化，或陽極生成的氧氣氧化TeO32－得到TeO42－（5）0.2【解析】（1)TeO2被濃NaOH溶液溶解，根據SO2與堿反應得出所生成鹽的化學式為Na2TeO3，故答案為：Na2TeO3.（2）“酸浸2”時溫度過高會使Te的浸出率降低,原因是溫度升高，濃鹽酸易揮發(fā)，反應物濃度減小，導致浸出率降低，故答案為:溫度升高，濃鹽酸易揮發(fā)，反應物濃度減小,導致浸出率降低。（3)“酸浸1”過程中,控制溶液的酸度使Cu2Te轉化為TeO2、Cu元素轉化成CuSO4，反應的化學方程式為Cu2Te+2O2+2H2SO4=2CuSO4+2H2O+TeO2；根據題給已知，TeO2溶于濃鹽酸得到TeCl4，“還原”過程中二氧化硫將Te4+還原成Te，發(fā)生反應的離子方程式為2SO2+Te4++4H2O=2SO42－+Te+8H+，故答案為：Cu2Te+2O2+2H2SO4=2CuSO4+2H2O+TeO2;2SO2+Te4++4H2O=2SO42－+Te+8H+。(4）將銅陽極泥在空氣中焙燒使碲轉化為TeO2，TeO2用NaOH溶液浸取時轉化為Na2TeO3，電解過程實際是電解Na2TeO3溶液的過程，其陰極上發(fā)生反應的電極方程式為TeO32－+4e－+3H2O=Te+6OH－，在陽極區(qū)溶液中檢驗出有TeO42－存在，TeO32－化合價升高變?yōu)門eO42－，生成TeO42－的原因是可能為TeO32－在陽極直接被氧化，也可能為陽極生成的氧氣氧化TeO32－得到TeO42－，故答案為：TeO32－+4e－+3H2O=Te+6OH－；TeO32－在陽極直接被氧化，或陽極生成的氧氣氧化TeO32－得到TeO42－。（5）常溫下，向lmol·L－1Na2TeO3溶液中滴加鹽酸,將，當溶液pH＝5時，,故答案為：0。2.10。全球碳計劃組織(GCP，TheGlobalCarbonProject）報告稱，2018年全球碳排放量約371億噸,達到歷史新高。（1）中科院設計了一種新型的多功能復合催化劑，實現(xiàn)了CO2直接加氫制取高辛烷值汽油，其過程如圖1所示。①已知：CO2(g)+H2(g）=CO（g)+H2O（g）△H=+41kJ·mol-12CO2（g)+6H2(g）=4H2O(g）+CH2=CH2（g）△H=—128kJ·mol-1則上述過程中CO和H2轉化為CH2=CH2的熱化學方程式是_________。②下列有關CO2轉化為汽油的說法,正確的是___________________（填標號）.A．該過程中，CO2轉化為汽油的轉化率高達78%B．中間產物Fe5C2的生成是實現(xiàn)CO2轉化為汽油的關鍵C．在Na—Fe3O4上發(fā)生的反應為CO2+H2=CO+H2OD．催化劑HZSM-5可以提高汽油中芳香烴的平衡產率③若在一容器中充入一定量的CO2和H2,加入催化劑恰好完全反應，且產物只生成C5以上的烷烴類物質和水。則起始時CO2和H2的物質的量之比不低于_________。（2）研究表明,CO2和H2在一定條件下可以合成甲醇.反應方程式為CO2（g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O（g)△H<0.一定條件下，往2L恒容密閉容器中充入1。0molCO2和3.0molH2，在不同催化劑作用下合成甲醇，相同時間內CO2的轉化率隨溫度變化關系如圖2所示。①該反應自發(fā)進行的條件是__________（填“高溫”“低溫”或“任意溫度"）②催化效果最佳的催化劑是__________（填“A”“B”或“C”）；b點時,________(填“＞”“＜”或“＝”)。③若容器容積保持不變，則不能說明該反應達到化學平衡狀態(tài)的是________.a.c(CO2）與c（H2）的比值保持不變b.v（CO2）正＝v（H2O)逆c.體系的壓強不再發(fā)生變化d.混合氣體的密度不變e。有l(wèi)molCO2生成的同時有斷開3mol的H-H鍵f。氣體的平均相對分子質量不變④已知容器內的起始壓強為100kPa，若圖2中c點已達到平衡狀態(tài)，則該溫度下反應的平衡常數(shù)Kp=____________________（只列出計算式，不要求化簡，Kp為以分壓表示的平衡常數(shù)，分壓=總壓×物質的量分數(shù)）.【答案】（15分）（1）①2CO(g)+4H2（g)=CH2=CH2(g）+2H2O（g）?H=-210kJ?mol-1(2分）②B（2分)③6：19（2分）(2）①低溫(1分）②A（2分)>（2分）③ad（2分）④（2分）【解析】根據已知熱化學方程式運用蓋斯定律書寫新的熱化學方程式；根據圖示反應歷程分析反應的中間產物，判斷催化劑對反應的影響；根據烷烴的通式及題干信息進行相關計算；根據熵變和焓變判斷反應是否自發(fā)進行；根據平衡狀態(tài)的特征分析反應是否達到平衡狀態(tài);根據各物質的分壓計算平衡常數(shù)。（1）①已知：ICO2(g)+H2（g)=CO（g)+H2O(g）△H=+41kJ·mol—1，II2CO2(g)+6H2（g)=4H2O（g）+CH2=CH2（g）△H=—128kJ·mol—1，根據蓋斯定律II—I×2得:2CO(g）+4H2（g）=CH2=CH2(g)+2H2O（g)△H=—128kJ·mol—1-（+41kJ·mol-1）×2=—210kJ?mol—1，故熱化學方程式為：2CO(g）+4H2(g）=CH2=CH2(g)+2H2O(g)?H=-210kJ?mol-1；②A.由圖示分析78%并不是表示CO2轉化為汽油的轉化率，故A錯誤；B.中間產物Fe5C2是無機物轉化為有機物的中間產物，是轉化的關鍵，故B正確；C.根據圖1所示，在Na-Fe3O4上發(fā)生的反應應為CO2生成CO的反應，氫氣未參加反應，故C錯誤;D.催化劑HZSM—5的作用是加快反應速率,對平衡產率沒有影響，故D錯誤；故答案為：B;③烷烴的通式為CnH(2n+2),假設只生成C6H14和水，則根據原子守恒知：6molCO2恰好完全反應生成1molC6H14和12molH2O需要的H2的物質的量為：，所以CO2和H2的物質的量之比不低于6mol:19mol=6:9,故答案為:6:9；(2）①該反應為放熱反應，△H〈0，根據方程式知：△S〈0，根據ΔG=ΔH－TΔS，若ΔG〈0則T較小，即低溫時該反應自發(fā)進行，故答案為：低溫；②如圖所示相同時間內催化劑A的轉化率較高，說明反應較快催化效果好；b點時，還未達到平衡，則說明＞,故答案為：A；＞;③a.c(CO2)與c（H2)初始時比值為1：3，所以按照化學計量數(shù)1：3反應后，比值始終保持不變，不能說明該反應達到平衡，故a選；b。根據化學計量數(shù)之比知:v(CO2）正=v（H2O）正=v（H2O）逆，正逆反應速率相等，則說明已經達到平衡，故b不選;c.該反應為氣體減小的反應,所以當體系的壓強不再發(fā)生變化，說明反應物和生成物濃度保持不變，能說明達到平衡狀態(tài)，故c不選；d.根據質量守恒原理知，反應前后總質量始終不變，且容器體積不變，則混合氣體的密度始終不變，所以氣體密度不變不能說明達到平衡,故d選；e。斷開3mol的H-H鍵時說明有3mol氫氣消耗,則應該消耗1molCO2，則CO2的濃度保持不變，能說明達到平衡狀態(tài)，故e不選；f。反應前后氣體的物質的量減小,質量保持不變，則氣體的平均相對分子質量應增大,若不變，說明達到平衡狀態(tài)，故f不選；故答案為：ad；④c點時CO2的轉率為80％,則反應掉1mol×80％=0。8mol，起始狀態(tài)容器中氣體總物質的量為1mol+3mol=4mol，平衡時容器中氣體總物質的量為0。2mol+0。6mol+0.8mol+0。8mol=2.4mol，容器體積不變，起始壓強為100kPa，則平衡時總壓強為:100kPa×=60kPa,根據分壓=總壓×物質的量分數(shù)計算得：，故答案為：。28．（14分）工業(yè)制得的氮化鋁（AlN)產品中常含有少量Al4C3、Al2O3、C等雜質．某同學設計了如下實驗分別測定氮化鋁(AlN）樣品中AlN和Al4C3的質量分數(shù)(忽略NH3在強堿性溶液中的溶解）．(1)實驗原理①Al4C3與硫酸反應可生成CH4，②AlN溶于強酸產生銨鹽，溶于強堿生成氨氣，請寫出AlN與過量NaOH溶液反應的化學方程式。（2）實驗裝置（如圖所示)（3)實驗過程①連接實驗裝置，檢驗裝置的氣密性．稱得D裝置的質量為yg，滴定管的讀數(shù)為amL。②稱取xgAlN樣品置于裝置B瓶中；塞好膠塞，關閉活塞,打開活塞，通過分液漏斗加入稀硫酸，與裝置B瓶內物質充分反應．③待反應進行完全后，關閉活塞，打開活塞，通過分液漏斗加入過量（填化學式)，與裝置B瓶內物質充分反應.④(填入該步應進行的操作)。⑤記錄滴定管的讀數(shù)為bmL，稱得D裝置的質量為zg。(4)數(shù)據分析（已知:該實驗條件下的氣體摩爾體積為VmL?mol﹣1)①Al4C3的質量分數(shù)為.②若讀取滴定管中氣體的體積時，液面左高右低,則所測氣體的體積(填“偏大”、“偏小”或“無影響"）。③AlN的質量分數(shù)為?！敬鸢浮浚?4分)（1）AlN+NaOH+H2O===NaAlO2+NH3↑（2分）（3)②K2、K3（1分）K1（1分）③K1(1分)K3（1分）NaOH（1分）④打開K2，通入空氣一段時間（2分）（4）①×100％（2分）②偏小（1分）③×100%（2分）【解析】從實驗裝置和實驗步驟上看，本實驗的原理是用足量硫酸與樣品中Al4C3完全反應，量取生成的甲烷氣體，從而可測得Al4C3的百分含量；用足量NaOH溶液與樣品中AlN完全反應,充分吸收生成的氨氣,并稱量其質量，從而求得AlN的質量分數(shù)；（1)根據題目信息：AlN溶于強堿溶液時會生成NH3,化學方程式為:AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑,故答案為：AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑；（3）②通過分液漏斗加入稀硫酸，硫酸與樣品中Al4C3完全反應，量取生成的甲烷氣體，從而測得Al4C3的百分含量，故應關閉活塞K2、K3,打開活塞K1，故答案為：K2、K3；K1;③用足量NaOH溶液與樣品中AlN完全反應,充分吸收生成的氨氣，并稱量其質量,故應關閉活塞K1，打開活塞K3，故答案為：K1；K3；NaOH；④裝置中殘留部分氨氣,打開K2，通入空氣一段時間，排盡裝置的氨氣，被裝置D完全吸收，防止測定的氨氣的質量偏小，故答案為：打開K2，通入空氣一段時間；（4）①甲烷的體積為（a﹣b)mL，物質的量為mol,根據碳原子的守恒，Al4C3的物質的量等于甲烷的物質的量的三分之一,所以Al4C3的質量為×mol×144g/mol=g，Al4C3的質量分數(shù)為×100％，故答案為：×100%；②讀取滴定管中氣體的體積時，液面左高右低，氣體的壓強大于大氣壓，測定氣體甲烷的體積偏小,故答案為：偏小;③氨氣的質量為(z﹣y）g，物質的量為mol，根據氮原子的守恒，氨氣的物質的量等于AlN的物質的量，所以AlN的質量為mol×41g/mol=g，故AlN的質量分數(shù)為×100%=×100%，故答案為：×100%。（二）選考題:11.Cu的單質和合金在生活、生產中有著廣泛的應用?；卮鹣铝袉栴}:（1）Cu的基態(tài)原子價電子排布式為____________。（2）金屬銅單獨與氨水或單獨與過氧化氫都不能反應,但可與氨水和過氧化氫的混合溶液反應，其原因是___________________________,反應的化學方程式為___________________________.(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(shù)的值，CaCu晶體的密度是___________g/cm3(用含m、n的式子表示)。【答案】（15分）（1）3d104s1（1分）（2）過氧化氫為氧化劑，氨與Cu2+形成配離子,兩者共同作用促使反應進行(2分）Cu+H2O2+4NH3=Cu(NH3）4(OH)2(2分）（3）sp2（2分）平面三角形（1分)碳（1分）(4)18（2分）(2分)（2分）【解析】（1）Cu是29號元素，核外電子排布式是1s22s22p63s23p63d104s1，基態(tài)原子價電子排布式為3d104s1；（2）H2O2具有強的氧化性,可以將具有還原性的Cu氧化為Cu2+，氨與Cu2+形成配離子，兩者共同作用促使反應進行；反應的化學方程式為Cu+H2O2+4NH3=Cu(NH3）4（OH)2；（3）在Cu（CN）32-中，中心離子Cu+的雜化類型是sp2雜化，微粒的空間構型是平面三角形，其中配位體CN-中的C原子與中心Cu+結合，所以CN—中配位原子是碳原子；（4）①該Ca-Cu晶胞由a、b層交替堆積排列而成，在a層中Ca原子周圍有6個Cu原子,在b層Ca原子周圍有12個Cu原子，所以該晶胞中Ca有6+12=18個Cu原子配位;②晶胞c為平行六面體，a中通過4個相鄰的Ca原子的平行四邊形為底面，b中平行四邊形為晶胞中b層情況：可知晶胞內部1個Cu原子，另外Cu原子位于面上,晶胞中Cu原子數(shù)目為1+×8=5，圖a中如圖所示等腰三角形，銳角為30°,同層