甘肃省张掖市2019届高三上学期第一次联考理科综合试题.doc

甘肃省张掖市2019届高三上学期第一次联考理科综合试题化学试题1.化学与生产、生活密切相关，下列说法错误的是A. 用K2FeO4处理自来水，既可杀菌消毒又可除去悬浮杂质B. 将地沟油回收加工为生物柴油，既可获得能源物质又可防止水体污染C. NH4MgPO46H2O(鸟粪石)与草木灰混合施肥效果更好D. 医院常用含碘2%3%的酒精溶液作医疗消毒剂，因为它能使蛋白质变性【答案】C【解析】【详解】A.高铁酸钾(K2FeO4)中Fe元素为+6价，具有很强的氧化性，能杀菌消毒，其还原产物Fe3+水解生成氢氧化铁胶体，能吸附水中杂质。故A正确；B.地沟油是一种质量极差、极不卫生的非食用油，将地沟油回收加工为生物柴油，既可获得能源物质又可防止水体污染，符合绿色化学理念，故B正确；C. NH4MgPO46H2O(鸟粪石)电离出铵根离子，水解呈酸性，草木灰溶于水电离出碳酸根离子，水解呈碱性，两者混合后发生双水解，肥效减小，故C错误；D. 含碘2%3%的酒精溶液作医疗消毒剂，因为它能使蛋白质变性，故D正确。答案选C。【点睛】本题考查化学与生活、生产之间的联系，解题关键：对日常生活、生产涉及的基础知识的理解，难点是A，K2FeO4处理自来水，既可杀菌消毒，其还原产物水解生成氢氧化铁胶体又能吸附杂质。2.某化学兴趣小组欲利用MnO2和浓盐酸及如图所示装置制备Cl2。下列分析中不正确的是A. I中缺少加热装置B. 为净化Cl2的装置，其盛放的是NaOH溶液C. 为收集Cl2的装置D. 中处理多余的Cl2时，Cl2既作氧化剂，又作还原剂【答案】B【解析】【详解】A. 二氧化锰和浓盐酸需要加热才能反应生成氯气，需要添加加热装置，所以A选项是正确的；B. 中盛放的NaOH溶液吸收氯气，不能净化Cl2，可以用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，故B错误；C. 氯气的密度比空气大，用向上排空气法收集，导管长进短出，所以C选项是正确的；D.氢氧化钠溶液与氯气反应，生成氯化钠、次氯酸钠和水，Cl2既作氧化剂，又作还原剂，所以D选项是正确的。答案选B。【点睛】本题考查实验室制备氯气的实验装置和反应原理的分析应用，掌握实验室制氯气的原理装置和除杂、吸收是解题关键。3.设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是A. 6.4g由O3和O2组成的混合气体中所含的原子数一定为0.4NAB. 5.6g铁粉在2.24L(标准状况)氯气中充分燃烧，转移的电子数为0.3NAC. 常温下，pH=1的H2SO4溶液中含有H+的数目为0.2NAD. 1.0molN2与足量H2在高温高压催化剂条件下反应生成的NH3分子数为2.0NA【答案】A【解析】【详解】A、氧气和臭氧均由氧原子构成，故6.4g混合物中含有的氧原子的物质的量n= 6.4g16g/mol=0.4mol，即0.4NA个，所以A选项是正确的；B、5.6g铁的物质的量为0.1mol，而2.24L(标准状况)氯气的物质的量也为0.1mol，铁过量，0.1mol氯气完全反应，因为反应后氯元素为-1价，故0.1mol氯气转移0.2mol电子即0.2NA个，故B错误；C、溶液体积不明确，故溶液中的氢离子的个数不能计算，故C错误；D、1.0molN2和足量H2在高温、高压及催化剂下充分反应，由于该反应为可逆反应，则反应生成氨气的物质的量小于2.0mol，产物氨气的分子数小于2.0NA，故D错误。所以A选项是正确的。【点睛】本题考查阿伏加德罗常数的综合应用，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，D为易错点，注意明确可逆反应特点及反应实质。4.下列由实验得出的结论正确的是选项实验结论A将乙烯通入KMnO4溶液中，产生黑色沉淀乙烯将KMnO4氧化为MnO2B向乙酸乙酯中加入足量NaOH溶液，充分振荡，得到无色透明溶液乙酸乙酯易溶于水C向蔗糖中加入浓硫酸并搅拌，逐渐产生气体并得到黑色固体蔗糖水解生成焦炭D将苯与浓硝酸浓硫酸混合在55下充分反应，产物倒入水中，底部有油状液体生成的硝基苯难溶于水，密度比水大A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】【详解】A.将乙烯通入KMnO4溶液中，产生黑色沉淀，可能是乙烯将KMnO4还原为MnO2，故A错误；B. 向乙酸乙酯中加入足量NaOH溶液，充分振荡，得到无色透明溶液，说明乙酸乙酯在碱性条件下发生完全水解生成易溶于水的乙醇和乙酸钠，故B错误；C.向蔗糖中加入浓硫酸并搅拌，逐渐产生气体并得到黑色固体，体现浓硫酸的脱水性和强氧化性，使蔗糖炭化变黑，故C错误；D.将苯与浓硝酸浓硫酸混合在55下充分反应，生成硝基苯，产物倒入水中，底部有油状液体，说明硝基苯不溶于水、密度比水大，故D正确。答案选D。5.X、Y、Z、W是四种原子序数依次增大的短周期主族元素，X、Y之间可形成Q、M两种常见的无机化合物，其中Q是重要的还原剂，W原子的最外层电子数是Z原子最外层电子数的2倍，W与X同主族，且其单质广泛用于光伏发电。下列说法中正确的是A. 常见氢化物的稳定性：XZXYC. W的最高价氧化物对应的水化物是一种弱酸D. 工业上用Q还原Z的氧化物得到Z单质【答案】C【解析】【分析】X、Y、Z、W是原子序数依次增大四种短周期主族元素，W的单质广泛用于光伏发电，可知W为Si，W与X同主族，则X为C，X、Y之间可形成Q、M两种常见的无机化合物，其中Q是重要的还原剂，则Y为O，Q、M分别为CO和CO2，W原子的最外层电子数是Z原子最外层电子数的2倍，则推出Z为Mg，据此解答。【详解】X、Y、Z、W是原子序数依次增大四种短周期主族元素，W的单质广泛用于光伏发电，可知W为Si，W与X同主族，则X为C，X、Y之间可形成Q、M两种常见的无机化合物，其中Q是重要的还原剂，则Y为O，Q、M分别为CO和CO2，W原子的最外层电子数是Z原子最外层电子数的2倍，则推出Z为Mg，综合以上分析，X为C，Y为O，Z为Mg，W为Si，A非金属性X（C）W（Si），故氢化物稳定性：XW，故A错误；B同一周期元素从左到右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，故原子半径： Z W XY，故B错误；CW是Si，其最高价氧化物对应的水化物是硅酸，是一种弱酸，故C正确；DMg在CO2中燃烧生成MgO和C，所以不能用CO还原MgO制取Mg，故D错误。故选C。6.Kolbe法制取乙烯的装置如图所示，电极a上的产物为乙烯和碳酸根离子。下列说法正确的是A. 该装置将化学能转化为电能B. 图中为阳离子交换膜C. 阴极周围溶液的pH不断减小D. 每生成1mol乙烯，电路中转移2mol电子【答案】D【解析】【分析】A、该装置是电解装置；B、由a极的电极反应分析；C、阴极上的电极反应产生OH；D、由电极反应计算。【详解】A、该装置是电解装置，由电能转化为化学能，故A错误；B、a极为阳极，电极反应式为4OH-+-OOCH2CH2COO2e=CH2=CH22CO322H2O，阳极区不断消耗OH-，故图中应为阴离子交换膜，故B错误；C、b电极为阴极，阴极上发生的反应为2H2O2e=H22OH，故C错误；D、由B中电极反应式可知： 每生成1mol乙烯，电路中转移2mol电子，故D正确；故选D。【点睛】本题主要考查电解法制取乙烯的电解池装置，解题关键：分析电解的两电极反应及反应生的条件，难点B，根据a电极反应的分析。7.常温下，向25.00mL 0.1molL1 HSCN溶液中滴入0.1 molL1 NaOH溶液，溶液中由水电离出的c(H+)的负对数1gc水(H+)与所加NaOH溶液体积的关系如图所示，下列说法正确的是A. 常温下，Ka(HSCN)约为1103B. b=25.00C. R、Q两点溶液对应的pH=7D. N点溶液中：c(Na+)c(H+)，根据电荷守恒关系：c(Na+)+ c(H+)=c(SCN)+ c(OH-)，则：c(Na+)c(SCN)，故D错误。答案选B。8.一种从废钴锰催化剂含53.1%(CH3COO)2Co、13.2%(CH3COO)2Mn、23.8%CoCO3、6.5%Mn(OH)2、1.3%SiO2及对二甲苯等有机物等中回收钻和锰的工艺流程如下：回答下列问题：（1）步骤焙烧的目的是_。（2）步骤酸浸时，控制盐酸适当过量溶液加热并充分搅拌，其目的是_。（3）步骤MnCl2与H2O2和氨水反应的离子方程式为_。（4）步骤调节pH时采用CH3COOH和CH3COONa混合溶液，该混合溶液称为缓冲溶液，该溶液中加入少量的酸、碱或稀释时pH变化均不大，其中稀释时pH变化不大的原因是_。（5）步骤硝酸溶解CoS生成Co(NO3)2同时生成NO和S，该反应的化学方程式为_。（6）步骤若在实验室进行，所需的硅酸盐质仪器除酒精灯和玻璃棒外，还有_ (填仪器名称)。（7）某工厂用mkg废催化剂最终制得 CoO n kg，则CoO的产率为_。【答案】 (1). 将二甲苯等有机物氧化除去，并将(CH3COO)2Co、(CH3COO)2Mn转化为无机物 (2). 提高钴、锰的浸出率 (3). Mn2H2O22NH3H2O=MnO(OH)22NH4H2O (4). 稀释时，CH3COOH电离度增大产生的H和CH3COO水解程度增大产生的OH几乎抵消 (5). 3CoS8HNO3=3Co(NO3)23S2NO4H2O (6). 坩埚、泥三角 (7). 8n3m100% 【解析】【分析】（1）废钻锰催化剂对二甲苯等有机物等受热后挥发或分解。（2）步骤酸浸时，控制盐酸适当过量、溶液加热并充分搅拌，使反应更充分。（3）步骤MnCl2与H2O2和氨水反应生成MnO(OH)2和铵盐；（4）缓冲溶液稀释时pH变化均不大，稀释时，CH3COOH电离度增大产生的H和CH3COO水解程度增大结合的H+几乎抵消。（5）步骤硝酸溶解CoS生成Co(NO)2同时生成NO和S，根据电子得失守恒，质量守恒写出方程式。（6）固体加热分解用坩埚、泥三角、酒精灯和玻璃棒；（7）产率=实际产量/理论产率。【详解】（1）焙烧可以将废钻锰催化剂中对二甲苯等有机物等氧化除去，并将(CH3COO)2Co、(CH3COO)2Mn转化为无机物。（2）步骤酸浸时，控制盐酸适当过量、溶液加热并充分搅拌，使反应更充分，从而提高钴、锰的浸出率。（3）步骤MnCl2与H2O2和氨水反应生成MnO(OH)2和铵盐，离子方程式为Mn2H2O22NH3H2O=MnO(OH)22NH4H2O；（4）缓冲溶液稀释时pH变化均不大，稀释时，CH3COOH电离度增大产生的H和CH3COO水解程度增大结合的H+几乎抵消。（5）步骤硝酸溶解CoS生成Co(NO)2同时生成NO和S，反应的化学方程式为：3CoS8HNO3=3CO(NO3)23S2NO4H2O；（6）固体加热分解用坩埚、泥三角、酒精灯和玻璃棒，所需的硅酸盐质仪器除酒精灯和玻璃棒外，还要坩埚、泥三角；（7）mkg废催化剂中：53.1%(CH3COO)2Co生成CoO：mkg53.1%75/177=0.225mkg,23.8%CoCO3生成CoO：mkg23.8%75/119=0.15mkg,产率=实际产量/理论产率=n/(0.225+0.15)m 100%=8n3m100% .9.全国平板玻璃生产企业大气污染物年排放总量逐年增加，对氮氧化物(NOx)排放的控制与监测已刻不容缓。回答下列问题：（1）平板玻璃熔窑烟气中的NOx以温度型氮氧化物为主。其中NO在空气中容易被一种三原子气体单质氧化剂和光化学作用氧化成NO2，该氧化剂的分子式为_。（2）用CH4催化还原NOx可在一定程度上消除氮氧化物的污染。已知：CH4(g)+4NO2(g) 4NOg)+CO2(g)+2H2O(g) H=574kJmol12NO2(g)+N2(g) 4NO(g) H=+293kJmol1则反应CH4(g)+4NO(g) 2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)的H=_ kJmol1。（3）800时，在刚性反应器中以投料比为1：1的NO(g)与O2(g)反应：其中NO2二聚为N2O4的反应可以迅速达到平衡。体系的总压强p随时间t的变化如下表所示t=时，NO(g)完全反应。NO(g)与O2(g)合成的反应速率v=4.2102p2(NO)p(O2)(kPamin1)，t=52min时，测得体系中p(O2)=11.4kPa，则此时的p(NO)= _kPa，v=_kPamin1 (计算结果保留1位小数)。若升高反应温度至900，则NO(g)与O2(g)完全反应后体系压强p(900) _ (填“大于”“等于”或“小于”)22.3kPa，原因是_。800时，反应N2O4(g) 2NO2(g)的平衡常数Kp=_kPa(Kp为以分压表示的平衡常数，计算结果保留2位小数)。（4）对于反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)，科研工作者提出如下反应历程：第一步：2NO(g) N2O2(g) 快速平衡第二步：N2O2+O2(g)2NO2(g) 慢反应下列表述正确的是_ (填标号)。A.v(第一步的逆反应)(第二步反应)B.反应的中间产物为N2O2C.第二步中N2O2与O2的碰撞全部有效D.第二步反应活化能较低【答案】 (1). O3 (2). -1160 (3). 6.2 (4). 18.4 (5). 大于； (6). 温度升高，容积不变，总压强提高；二氧化氮二聚为放热反应，温度升高，平衡左移，体系的物质的量增加，总压强提高 (7). 49.98 (8). AB【解析】【分析】（1）NO在空气中容易被一种三原子气体单质氧化剂氧化成NO2，则该氧化剂为O3；（2）将已知方程式编号，CH4(g)+4NO2(g) 4NOg)+CO2(g)+2H2O(g) H=574kJmol12NO2(g)+N2(g) 4NO(g) H=+293kJmol1根据盖斯定律求所给反应的反应热； （3）开始时总压强为33.2kPa，其中氧气和一氧化氮等物质的量混和，故氧气和一氧化氮的分压都是16.6 kPa，根据反应方程式可知氧气与一氧化氮按物质的量之比是1:2反应，氧气减小的压强为16.6 kPa-11.4kPa=5.2 kPa，又因为压强之比等于物质的量之比，所以反应的一氧化氮减少的压强是5.2 kPa2=10.4 kPa，则此时一氧化氮的压强是16.6 kPa-10.4kPa=6.2 kPa，因此此时反应速率v=4.2102p2(NO)p(O2)= 4.2102（6.2 kPa）211.4kPa =18.4(kPamin1)；由于温度升高，容器容积不变，总压强提高，且二氧化氮二聚为放热反应，温度升高，平衡左移，体系的物质的量增加，总压强提高，所以若升高反应温度至900，则NO(g)与O2(g)完全反应后体系压强p(900) 大于22.3kPa。根据表中数据可知一氧化氮和氧气完全反应时的压强是22.3 kPa，根据方程式可知完全反应时最初生成的二氧化氮的压强是16.6 kPa，剩余氧气压强16.6 kPa-8.8 kPa=8.8 kPa，总压强是16.6 kPa+8.8 kPa=25.4 kPa，平衡后压强减少了25.4 kPa-22.3 kPa=3.1 kPa，所以根据方程式2NO2(g) N2O4(g)可知平衡时N2O4对应的压强是3.1 kPa，NO2对应的压强是16.6 kPa-3.1 kPa2=10.4 kPa，则反应N2O4(g) 2NO2(g)的平衡常数Kp=10.423.1=34.89kPa（4）A由第一步反应快速平衡可知第一步反应的正、逆反应速率都较大，所以第一步的的逆反应速率大于第二步的反应速率；B.根据第一步和第二步反应可知中间产物为N2O2；C.化学反应中并不是所有碰撞有效；D.第二步反应慢，所以第二步反应的活化能较高。【详解】（1）NO在空气中容易被一种三原子气体单质氧化剂氧化成NO2，O3具有强氧化性，则该氧化剂的分子式为O3；故答案为：O3；（2）将已知方程式编号，CH4(g)+4NO2(g) 4NOg)+CO2(g)+2H2O(g) H=574kJmol12NO2(g)+N2(g) 4NO(g) H=+293kJmol1根据盖斯定律，-2得：CH4(g)+4NO(g) 2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)的H=（574kJmol1）-（+293kJmol1）2=-1160 kJmol1，故答案为：-1160；（3）开始时总压强为33.2kPa，其中氧气和一氧化氮等物质的量混和，故氧气和一氧化氮的分压都是16.6 kPa，根据反应方程式可知氧气与一氧化氮按物质的量之比是1:2反应，氧气减小的压强为16.6 kPa-11.4kPa=5.2 kPa，又因为压强之比等于物质的量之比，所以反应的一氧化氮减少的压强是5.2 kPa2=10.4 kPa，则此时一氧化氮的压强是16.6 kPa-10.4kPa=6.2 kPa，因此此时反应速率v=4.2102p2(NO)p(O2)= 4.2102（6.2 kPa）211.4kPa =18.4(kPamin1)；故答案为：6.2；18.4；由于温度升高，容器容积不变，总压强提高，且二氧化氮二聚为放热反应，温度升高，平衡左移，体系的物质的量增加，总压强提高，所以若升高反应温度至900，则NO(g)与O2(g)完全反应后体系压强p(900) 大于22.3kPa。故答案为：大于；温度升高，容积不变，总压强提高；二氧化氮二聚为放热反应，温度升高，平衡左移，体系的物质的量增加，总压强提高；根据表中数据可知一氧化氮和氧气完全反应时的压强是22.3 kPa，根据方程式可知完全反应时最初生成的二氧化氮的压强是16.6 kPa，剩余氧气压强16.6 kPa-8.3kPa=8.3kPa，总压强是16.6 kPa+8.3kPa=24.9 kPa，平衡后压强减少了24.9 kPa-22.3 kPa=2.6kPa，所以根据方程式2NO2(g) N2O4(g)可知平衡时N2O4对应的压强是2.6kPa，NO2对应的压强是16.6 kPa-2.6kPa2=11.4 kPa，则反应N2O4(g) 2NO2(g)的平衡常数Kp=11.422.6=49.98kPa故答案为：49.98；（4）A由第一步反应快速平衡可知第一步反应的正、逆反应速率都较大，所以第一步的的逆反应速率大于第二步的反应速率，故A正确；B.根据第一步和第二步反应可知中间产物为N2O2，故B正确；C. 化学反应中并不是所有碰撞都是有效碰撞，故C错误；D.第二步反应慢，所以第二步反应的活化能较高，故D错误。故答案为：AB。10.用莫尔盐(NH4)2Fe(SO4)26H2O为浅绿色晶体，隔绝空气时遇强热可完全分解为一种固体产物和多种气体产物(已知产物中无O2，其中确定的成分之一为N2)。在定量分析中莫尔盐常用作标定高锰酸钾、重铬酸钾等溶液的标准物质。回答下列问题：（1）莫尔盐在空气中比硫酸亚铁稳定，但长期露置于空气中也会变质，可用来检验莫尔盐是否变质的试剂是_。（2）莫尔盐标定高锰酸钾溶液时，准确移取KMnO4溶液的仪器名称是_，滴定过程中反应的离子方程式为_。（3）某课题组组装如图所示的装置，通过实验检验莫尔盐晶体遇强热时的分解产物。实验中可观察到A中绿色粉末逐渐变成红色粉末，据此推测分解产物中有_ (填化学式)，同时装置C中酚酞溶液变红，酚酞溶液的作用是_。该装置可能存在的缺点是_。，（4）为分别检验产物中SO3(g)和SO2(g)的存在，应选用的试剂为_和_。加入试剂后经检验产物中不存在SO3(g)，据此写出莫尔盐遇强热分解的化学方程式：_。【答案】 (1). KSCN溶液 (2). 酸式滴定管 (3). 5Fe2+MnO4-+8H+=5Fe3+Mn2+4H2O (4). Fe2O3 (5). 检验氨气 (6). 缺少检验分解产物中还含有的H2O(g)、SO3(g)、SO2等的装置 (7). 盐酸酸化的BaCl2溶液 (8). 品红溶液 (9). 2(NH4)2Fe(SO4)26H2OFe2O3+N2+4SO2+2NH3+17H2O【解析】【分析】（1）莫尔盐中，含有二价亚铁离子，若氧化变质，则铁的化合价变为+3价，用KSCN溶液检验； （2）莫尔盐标定高锰酸钾溶液时，KMnO4溶液具有强氧化性，故准确移取KMnO4溶液的仪器是酸式滴定管，反应的离子方程式为5Fe2+MnO4-+8H+=5Fe3+Mn2+4H2O。（3）A中绿色粉末逐渐变成红色粉末是分解生成的亚铁氧化物变化为Fe2O3，装置C中酚酞溶液变红，酚酞溶液的作用是检验氨气。该装置可能存在的缺点是缺少检验分解产物中还含有的H2O(g)、SO3(g)、SO2等的装置，（4）检验SO3应用盐酸酸化的BaCl2溶液，检验SO2应选用品红溶液。 (NH4)2Fe(SO4)2分解生成红色粉末为氧化铁、SO2、N2、NH3和H2O，没有SO3生成，根据原子守恒写出反应的化学方程式。【详解】（1）莫尔盐中，含有二价亚铁离子，若氧化变质，则铁的化合价变为+3价，因此检验莫尔盐是否变质，可以取少量晶体溶于水，滴入KSCN溶液，若溶液变红，说明莫尔盐已经氧化变质，反之，莫尔盐未变质。故答案为：KSCN溶液；（2）莫尔盐标定高锰酸钾溶液时，可以称量一定质量的莫尔盐于锥形瓶中，加入适量的水溶解并加入少量稀硫酸，用未知浓度的KMnO4溶液进行滴定，KMnO4溶液具有强氧化性，故准确移取KMnO4溶液的仪器是酸式滴定管，反应的离子方程式为5Fe2+MnO4-+8H+=5Fe3+Mn2+4H2O。故答案为：酸式滴定管；5Fe2+MnO4-+8H+=5Fe3+Mn2+4H2O；（3）A中绿色粉末逐渐变成红色粉末是分解生成的亚铁氧化物变化为Fe2O3，装置C中酚酞溶液变红，说明分解产生氨气，使酚酞溶液变红，故酚酞溶液的作用是检验氨气。该装置可能存在的缺点是缺少检验分解产物中还含有的H2O(g)、SO3(g)、SO2等的装置，故答案为：Fe2O3；检验氨气；缺少检验分解产物中还含有的H2O(g)、SO3(g)、SO2等的装置；（4）检验SO3应用盐酸酸化的BaCl2溶液，检验SO2应选用品红溶液，根据以上分析(NH4)2Fe(SO4)2分解生成红色粉末为氧化铁、SO2、N2、NH3和H2O，没有SO3生成，反应的化学方程式为：2(NH4)2Fe(SO4)26H2OFe2O3+N2+4SO2+2NH3+17H2O，故答案为：盐酸酸化的BaCl2溶液；品红溶液；2(NH4)2Fe(SO4)26H2OFe2O3+N2+4SO2+2NH3+17H2O。11.N、Cu及其相关化合物用途非常广泛。回答下列问题：（1）基态铜原子的价电子排布式为_。（2）铜与钾处于同周期且最外层电子数相同，铜的熔沸点及硬度均比钾大，其原因是_。（3）NH3分子的立体构型为_，中心原子的杂化类型是_。（4）N、S、P是组成蛋白质的常见元素。三种元素中第一电离能最大的是_，电负性最小的是_。(填元素符号)（5）已知：Cu2O熔点为1235，CuCl熔点为426，则可判定Cu2O为_ (填“离子晶体”或“分子晶体”，下同)，CuCl为_。(6)氮与铜形成的一种化合物的晶胞结构如图所示。与每个Cu原子紧邻的Cu原子有_个，阿伏加德罗常数的数值为NA，该晶体的密度为_ (列出计算式)gcm3。【答案】 (1). 3d104s1 (2). 铜原子半径较小且价电子数较多，金属键更强 (3). 三角锥形 (4). sp3 (5). N (6). P (7). 离子晶体 (8). 分子晶体 (9). 8 (10). 206(0.38107)3NA【解析】【分析】（1）铜是29号元素，基态铜原子的价电子排布式为3d104s1。（2）铜原子半径较小且价电子数较多，金属键更强。（3）NH3中孤对电子数为1，N原子的杂化类型是sp3。（4）N原子2p轨道处于半充满状态，能量低，故第一电离能最大，同周期随着原子序数增大电负性增大，同主族自上而下电负性减小。（5）根据熔点大小可判断。（6）根据均摊法计算。【详解】（1）铜是29号元素，基态铜原子的价电子排布式为3d104s1，故答案为：3d104s1 。（2）铜与钾处于同周期且最外层电子数相同，铜的熔沸点及硬度均比钾大，其原因是：铜原子半径较小且价电子数较多，金属键更强，故答案为：铜原子半径较小且价电子数较多，金属键更强。（3）NH3中孤对电子数为1，N原子的杂化类型是sp3，分子的立体构型为三角锥形，故答案为：三角锥形；sp3。（4）N原子2p轨道处于半充满状态，能量低，故第一电离能最大，同周期随着原子序数增大电负性增大，同主族自上而下电负性减小，故P元素的电负性最小，故答案为：N ；P。（5）根据熔点大小可判断，Cu2O为离子晶体，CuCl为分子晶体，故答案为：离子晶体； 分子晶体。（6）由图可知，Cu原子都在棱上，与每个Cu原子紧邻的Cu原子有8个，在立方晶胞中，顶点粒子占1/8，棱上粒子占1/4，因此一个晶胞