四川省泸州市2019届高三化学下学期第二次教学质量诊断性考试试题（含解析）

泸州市2019届高三(高2016级)第二次教学质量诊断性考试理 科 综 合化学可能用到的相对原子质量 h1 li7 n14 o16 cl35.5 cu641.化学与生活联系密切， 下列说法错误的是a. 氯化钠是生活中常用的食品防腐剂b. 浓香型白酒的香源成分己酸乙酯属于油脂c. 草木灰中提取的 k2co3可以去除餐具上的油污d. 人们已开始试用 clo2和o3作新的自来水消毒剂【答案】b【解析】【详解】a. nacl防腐主要利用的是高浓度的盐溶液使细胞脱水死亡而达到防腐的作用，故a正确；b. 油脂是高级脂肪酸的甘油酯，己酸乙酯不属于油脂，故b错误；c. k2co3为强碱弱酸盐，水解呈碱性，油脂在碱性条件下水解可生成溶于水的物质，可以去除餐具上的油污，故c正确；d. clo2和o3具有较强的氧化性，可使蛋白质变性而起到杀菌消毒的作用，且对人体无害，可以作新的自来水消毒剂，故d正确。答案选b。2.下列关于有机化合物的说法错误的是a. 纤维素属于天然高分子化合物b. 可用溴水来鉴别乙苯和苯乙烯c. 苯只能发生氧化反应和取代反应d. 葡萄糖和果糖互为同分异构体【答案】c【解析】【详解】a. 纤维素是多糖，相对分子质量10000以上，为天然高分子化合物，故a正确； b.苯乙烯中含有碳碳双键，能与溴水发生加成反应，从而能使溴水褪色，而乙苯不能，所以可用溴水来鉴别乙苯和苯乙烯，故b正确；c. 苯在一定条件下能够与液溴发生取代反应生成溴苯，苯能够与氧气燃烧，该反应属于氧化反应，苯能够与氢气发生加成反应生成环己烷，故c错误； d. 葡萄糖与果糖的分子式都为c6h12o6，分子式相同，结构不同，所以互为同分异构体，故d正确。答案选c。【点睛】本题考查有机物的基本概念，掌握有机物结构和性质之间的关系是解题的关键，易错选项c，注意苯能够与氢气发生加成反应生成环己烷。3.na表示阿伏加德罗常数的值， 下列叙述正确的是a. 1mol h2o中含有的极性共价键数目为2nab. 16 g16o2和18o2混合物中含有的质子数目为8nac. zn和浓硫酸反应得到22.4lso2和 h2混合气体时， 转移的电子数为4nad. 标准状况下2 mol no与1 mol o2充分反应后分子数共2na【答案】a【解析】【详解】a1个水分子含有2个氢氧键，所以1mol h2o中含有的极性共价键数目为2na，故a正确；b16o2和18o2的摩尔质量不相等，质量相同时物质的量不相等，含有的质子数不等，故b错误；c浓硫酸与锌反应产生的气体为二氧化硫，每生成1molso2转移2mol电子；稀硫酸与锌反应产生氢气，每生成1molh2转移2mol电子。标况下，22.4l气体的物质的量为1mol，故足量zn与一定量的浓硫酸反应，产生22.4l（标况）气体时，转移的电子数为2na，故c错误；d密闭容器中2molno 与lmolo2充分反应生成的二氧化氮气体中存在2no2n2o4平衡，产物的分子数少于2na，故d错误。故选a。【点睛】该类题的特点是以微粒数目的计算为依托，考查物质的结构、元素化合物、氧化还原反应、电解质溶液等知识。顺利解答该类题目的关键是：一方面要仔细审题，注意关键字词，熟悉常见的“陷阱”；另一方面是要把各种量转化为物质的量，以此为中心进行计算。4.下列实验操作不能实现对应实验目的的是选项实验目的实验操作a 除去乙酸乙酯中的乙酸向混合液中加入饱和碳酸钠溶液， 充分振荡， 静置分液b 证明 fe3+的催化效果强于 cu2+在两支试管中各加 2ml5%h2o2溶液， 再分别滴入0.1mol/lfecl3和 0.01mol/l cuso4溶液 1mlc 证明碘在四氯化碳中溶解度远大于在水中溶解度向碘水中滴加四氯化碳充分振荡后静置d证明 cus不溶于稀 h2so4向一定浓度的 cuso4溶液中通入适量 h2s气体a. ab. bc. cd. d【答案】b【解析】【详解】a. 乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，向混合液中加入足量饱和碳酸钠溶液可以除去乙酸，该方案能够达到实验目的，故a不选；b. 要比较fe3+和cu2+对h2o2分解的催化效果，选择的试剂浓度应相同，而且要保证阴离子相同，因二者所含的阴离子不同且浓度不同，所以该方案不能达到实验目的，故b选；c. 四氯化碳与水不互溶且碘在四氯化碳中的溶解度比在水中的大得多，向碘水中滴加四氯化碳充分振荡后静置，可观察到溶液分层，下层溶液显紫红色，该方案能够达到实验目的，故c不选；d.向一定浓度的cuso4溶液中通入适量h2s气体会生成cus黑色沉淀，证明 cus不溶于稀 h2so4，该方案能够达到实验目的，故d不选。答案选b。5.w、 x、 y、 z均为短周期元素且原子序数依次增大， w和 x形成的气态化合物的水溶液显碱性，y的 m层电子数与 k层电子数之和为 l层电子数的一半， z的低价氧化物和其气态氢化物可以反应得到 z的淡黄色单质。下列说法正确的是a. y与 z的单质混合加热能反应b. x、 y、 z的简单离子半径： xyy【答案】a【解析】【分析】w、 x、 y、 z是原子序数依次增大的短周期主族元素，w和 x形成的气态化合物的水溶液显碱性，则该气态化合物为nh3，故w为h，x为n；y的 m层电子数与 k层电子数之和为 l层电子数的一半，则y为mg元素；z的低价氧化物和其气态氢化物可以反应得到 z的淡黄色单质，该反应为二氧化硫和硫化氢反应生成硫和水，则z为s元素，以此分析解答。【详解】w、 x、 y、 z是原子序数依次增大的短周期主族元素，w和 x形成的气态化合物的水溶液显碱性，则该气态化合物为nh3，故w为h，x为n；y的 m层电子数与 k层电子数之和为 l层电子数的一半，则y为mg元素；z的低价氧化物和其气态氢化物可以反应得到 z的淡黄色单质，该反应为二氧化硫和硫化氢反应生成硫和水，则z为s元素，a. mg与 s的单质混合加热反应生成mgs，故a正确；b. n、mg、s的简单离子半径： mg2+n3-h2，故d错误。答案选a。6.如图所示阴阳膜组合电解装置用于循环脱硫， 用 naoh溶液在反应池中吸收尾气中的二氧化硫， 将得到的 na2so3 溶液进行电解又制得naoh。其中 a、b 离子交换膜将电解槽分为三个区域， 电极材料为石墨，产品 c为h2so4溶液。下列说法正确的是a. b为只允许阳离子通过的离子交换膜b. 阴极区中 b最初充入稀 naoh溶液， 产品 e为氧气c. 反应池采用气、 液逆流方式， 目的是使反应更充分d. 阳极的电极反应式为 so322eh2o=2hso42【答案】c【解析】【分析】从c为硫酸可知，b为阴离子交换膜，故a为阳离子交换膜。在阴极区应为水放电生成氢气和氢氧根，故a为氢氧化钠，e为氢气；阳极应为亚硫酸根放电生成硫酸根，写出即可。【详解】a. 从c为硫酸可知，硫酸根来源于亚硫酸根放电，故b为只允许阴离子通过的阴离子交换膜，a错误；b. 在阴极区应为水电离的氢离子放电生成氢气，故e为氢气，b错误；c. 反应池中气体从下口通入，naoh 溶液从上口加入，采用气、液逆流方式，可以使反应更充分，c正确；d. 阳极应为亚硫酸根放电生成硫酸根，反应的离子方程式为 so32-2eh2o=2hso42，d错误。答案选c。【点睛】本题考查了电解原理、明确电解池中电解时离子的运动方向，判断离子交换膜的性质是关键，注意知识的电极方程式的书写等知识的归纳和梳理。7.常温下， 将稀 hcl溶液滴加到等浓度的弱碱 aoh溶液中， 测得混合液的 ph和lgc(aoh)/c(a+) 的关系如图所示， 其中 a点表示未加盐酸时的数据， e点表示 hcl和 aoh恰好完全反应时的数据。下列说法错误的是a. 常温下， a+的水解平衡常数为 1.01010b. 点e溶液中水电离出的h+浓度为 106.23mol/lc. 点c 溶液中的 n(a+)+n(aoh)等于点 e溶液中的 n(cl)d. 点d溶液中： c(cl) c(aoh)c(a+)【答案】d【解析】【分析】由图像可知，a点表示未加盐酸时，由图可知，当 lgc(aoh)/c(a+)=1时，c(aoh)/c(a+)=10，此时ph=11，根据aoha+oh-，kb=10-4；由题中信息可知，图中e点表示 hcl和 aoh恰好完全反应，溶液为acl溶液，acl为强酸弱碱盐水解显酸性，溶液中的h+来自水的电离；c点溶液为中性，c(h+)=c(oh-)；d点溶液盐酸过量，溶液为acl和hcl混合溶液，据此分析解答。【详解】a. 由图可知，a点时lgc(aoh)/c(a+)=1，c(aoh)/c(a+)=10，ph=11，kb=10-4，则a+的水解平衡常数为=1.01010，故a正确；b. 由题中信息可知，e点表示 hcl和 aoh恰好完全反应，溶液为acl溶液，acl为强酸弱碱盐水解显酸性，溶液中的h+来自水的电离，所以点e溶液中水电离出的 h+浓度为 106.23mol/l，故b正确；c. e点表示 hcl和 aoh恰好完全反应，根据物料守恒：n(a+)+n(aoh)= n(cl)，从c点到e点继续滴加盐酸，n(cl)增大，但n(a+)+n(aoh)不变，所以点c 溶液中的 n(a+)+n(aoh)等于点 e溶液中的 n(cl)，故c正确；d. d点溶液盐酸过量，溶液为acl和hcl混合溶液，由于a+水解受到抑制，水解程度微弱，所以点d溶液中： c(cl) c(a+) c(aoh)，故d错误。答案选d。8.氮化锂(li3n)是一种优良的贮氢材料，遇水强烈水解，在空气中加热能剧烈燃烧，下图装置中abcd用于制取干燥、纯净的n2，装置e用于制取li3n。已知：锂的密度为0.534g/cm3，熔点180c，沸点1340c；锂与氨反应生成linh2和h2，约500c左右li与n2反应生成li3n。回答下列问题：(1)连接好装置开始实验前必须进行的操作是_。(2)实验完成后，a、c、e装置中酒精灯撤去的顺序依次是_，装置f的仪器名称是_。(3)装置d(未画出)所装药品是_，作用是干燥n2和_。(4)装置e中石棉绒(透气且性质稳定)包裹的li的作用是_，后一个li粒装在铁舟中而不是直接放在反应管中的原因是_。(5)装置c中反应的化学方程式为_。(6)已知铁舟中金属锂质量为7.0g，将e中铁舟连同所装固体在实验前后进行称重，所得数据如下表所示，则li3n的产率约为_%。(保留一位小数)采集时间实验前实验后实验数据40.2g44.6g【答案】 (1). 检查装置气密性 (2). eca (3). 干燥管 (4). 浓硫酸或浓h2so4 (5). 吸收未反应完的nh3 (6). 去除装置中残留的o2 (7). 金属锂加热会熔化，使用铁舟防止熔化的锂外流，金属锂可能与硬质玻璃管中的二氧化硅反应 (8). 3cuo+ 2nh33cu+ n2+3h2o (9). 94.3【解析】【分析】根据题中提供的装置完成制备氮化锂的实验，实验室用氢氧化钙和氯化铵混合加热制备少量氨气，产生的氨气用碱石灰干燥，用氧化铜将氨气氧化为氮气，由于氮化锂易水解生成氢氧化锂和氨气，所以生成的氮气再经浓硫酸干燥后再与锂反应，同时浓硫酸也可以吸收未反应的氨气，这样可以达到除去氮气的杂质的目的，为防止空气中的水份进入有氮化锂的装置，实验装置的最后要连一个干燥装置，据此分析解答。【详解】根据题中提供的装置完成制备氮化锂的实验，实验室用氢氧化钙和氯化铵混合加热制备少量氨气，产生的氨气用碱石灰干燥，用氧化铜将氨气氧化为氮气，由于氮化锂易水解生成氢氧化锂和氨气，所以生成的氮气再经浓硫酸干燥后再与锂反应，同时浓硫酸也可以吸收未反应的氨气，这样可以达到除去氮气的杂质的目的，为防止空气中的水份进入有氮化锂的装置，实验装置的最后要连一个干燥装置。(1) 根据上面的分析可知，由于实验中有气体通过，实验前首先要检查装置气密性。故答案为：检查装置气密性；(2) 实验完成后，e中生成的li3n要在氮气流中冷却，所以装置中酒精灯撤去的顺序依次是eca， 装置 f 的仪器名称是干燥管。故答案为：eca；干燥管；(3) 由于氮化锂易水解生成氢氧化锂和氨气，所以生成的氮气再经浓硫酸干燥后再与锂反应，同时浓硫酸也可以吸收未反应的氨气，这样可以达到除去氨气的杂质的目的，所以装置d 所装药品是浓硫酸， 作用是干燥n2和吸收未反应完的nh3，故答案为：浓硫酸；吸收未反应完的nh3；(4) 根据li的性质及实验的要求，装置e中石棉绒包裹的li的作用是去除装置中残留的o2。后一个li粒装在铁舟中而不是直接放在反应管中的原因是金属锂加热会熔化，使用铁舟防止熔化的锂外流，金属锂可能与硬质玻璃管中的二氧化硅反应。故答案为：去除装置中残留的o2；金属锂加热会熔化，使用铁舟防止熔化的锂外流，金属锂可能与硬质玻璃管中的二氧化硅反应；(5) 装置c中用氨气与氧化铜在加热条件下发生氧化还原反应生成铜和氮气及水，反应的方程式为3cuo+ 2nh33cu+ n2+3h2o，故答案为：3cuo+ 2nh33cu+ n2+3h2o ；(6)由实验数据可知，金属锂质量为7.0g，根据方程式：n2+6li2li3n ，7.0gli理论上制备li3n的质量为35=11.67g； 反应后固体增重为增加的氮元素的质量，则实际生成li3n的质量为（44.6g-40.2g）=11.0g，则li3n的产率约为100%= 94.3%，故答案为：94.3%。【点睛】本题考查氮化锂的制备，注意分析题给的条件，知道浓硫酸和碱石灰的作用，为了用纯净、干燥的氨气还原氧化铜以及用干燥的氮气与锂反应。9.当发动机工作时， 反应产生的no尾气是主要污染物之一， no的脱除方法和转化机理是当前研究的热点。请回答下列问题：(1) 已知： 2no(g)+o2 (g) =2no2(g) h1113kj/mol6no2(g)+o3(g)=3n2o5(g) h2227 kj/mol4no2 (g)+o2(g)=2n2o5(g) h357 kj/mol则 2o3(g)= 3o2(g)是_反应 (填 “放热” 或 “吸热” )， 以上 o3氧化脱除氮氧化物的总反应是no(g)+o3(g)=no2(g)+o2(g) h4_kj/mol， 最后将no2与_剂反应转化为无污染的气体而脱除。(2) 已知： 2no(g)o2(g) 2no2(g)的反应历程分两步：表中k1、 k2、 k3、 k4是只随温度变化的常数， 温度升高将使其数值_(填 “增大” 或 “减小” )。反应i瞬间建立平衡， 因此决定2no(g)o2(g) 2no2(g)反应速率快慢的是反应ii， 则反应i与反应ii的活化能的大小关系为ea1_ea2(填 “”“” 或 “” )， 请依据有效碰撞理论微观探析其原因_。一定温度下， 反应2no(g)o2(g) 2no2(g)的速率方程为 v正kc2 (no)c(o2)， 则k=_ (用k1、 k2、 k3表示)。(3) 将一定量的 no2放入恒容密闭容器中发生下列反应：2no2(g) 2no(g)+o2(g)， 测得其平衡转化率(no2)随温度变化如图所示， 从 b 点到 a 点降温平衡将向_移动。图中 a点对应温度下， no2的起始压强为 160kpa， 该温度下反应的平衡常数 kp= _(用平衡分压代替平衡浓度计算， 分压=总压物质的量分数)。【答案】 (1). 放热 (2). 198 (3). 还原 (4). 增大 (5). (6). 活化能低，同条件下单位体积内活化分子数多，有效碰撞几率大，速率快 (7). (8). 左 (9). 108kpa【解析】【分析】(1) 根据盖斯定律计算反应热并判断反应为放热还是吸热反应；根据氧化还原反应规律，二氧化氮转化为氮气，氮元素化合价降低，需要加入还原剂与之反应；(2) 温度升高化学反应速率加快；反应i反应速率快，反应ii反应速率慢，根据碰撞理论，活化能低，同条件下单位体积内活化分子数多，有效碰撞几率大，速率快；步骤i反应：2no(g)n2o2(g) ，1正=k1 c2 (no)，1逆=k2 c(n2o2)，步骤ii反应：n2o2(g)o2(g) 2no2(g) ，2正=k3c(n2o2)c(o2)，步骤i反应+步骤ii反应得总反应：2no(g)o2(g) 2no2(g)v正 k3c(n2o2)c(o2)=c2 (no)c(o2)= kc2 (no)c(o2)；(3) 根据温度对化学平衡的影响分析平衡移动方向；列出三段式找出平衡时各组分的平衡分压，根据kp= 计算。【详解】(1) 已知： 2no(g)+o2 (g) =2no2(g) h1113kj/mol6no2(g)+o3(g)=3n2o5(g) h2227 kj/mol4no2 (g)+o2(g)=2n2o5(g) h357 kj/mol根据盖斯定律2-3得2o3(g)= 3o2(g) h283kj/mol，因h0，所以为放热反应；根据盖斯定律（+）2得no(g)+o3(g)=no2(g)+o2(g) h（-113kj/mol）+(283kj/mol)2=198 kj/mol， 最后将no2与还原剂反应转化为无污染的气体n2而脱除。故答案为：放热；198；还原；(2) 温度升高化学反应速率加快， 所以温度升高将使k1、 k2、 k3、 k4值增大；反应i反应速率快，反应ii反应速率慢。根据碰撞理论，活化能越低，则在相同条件下单位体积内活化分子数越多，有效碰撞几率就越大，化学反应速率就越快。 因此，反应i与反应ii的活化能的大小关系为ea1 ea2， 步骤i反应：2no(g)n2o2(g) ，1正=k1 c2 (no)，1逆=k2 c(n2o2)，步骤ii反应：n2o2(g)o2(g) 2no2(g) ，2正=k3c(n2o2)c(o2)，步骤i反应+步骤ii反应得总反应：2no(g)o2(g) 2no2(g)v正 k3c(n2o2)c(o2)=c2 (no)c(o2)= kc2 (no)c(o2)，故k =，故答案为：增大； ；活化能低，同条件下单位体积内活化分子数多，有效碰撞几率大，速率快；(3) 根据反应2no(g)+o2 (g) =2no2(g) h1113kj/mol 为放热反应，则反应2no2(g) 2no(g)+o2(g)为吸热反应，从 b 点到 a 点降温平衡将向左移动。图中 a点对应温度下， no2的起始压强为 160kpa， 设起始时no2的物质的量为a，则2no2(g) 2no(g)+o2(g)起始（mol） a 0 0转化（mol）0.6a 0.6a 0.3a平衡（mol）0.4a 0.6a 0.3a 平衡时总物质的量为0.4a+0.6a+0.3a=1.3a，恒温恒容条件下，压强之比等于物质的量之比，平衡时总压强为160kpa=208 kpa，平衡时no2、no和o2的平衡分压分别为208 kpa=64 kpa、208 kpa=96 kpa、208 kpa=48kpa，kp= =108kpa，故答案为：左 ；108kpa。10.钛酸锂电池应用广泛， 电池放电后负极材料主要含有li4ti5o12、 铝箔及少量fe， 可通过下列工艺流程回收钛、 锂。回答下列问题：(1) li4ti5o12中， ti元素的化合价为_， 滤液1中含金属的阴离子是_(填离子符号)。(2) 酸浸时 li4ti5o12发生的反应是： li4ti5o12+7h2so4+5h2o22li2so4+5tio(h2o2)so4+7h2o， 该反应是否属于氧化还原反应？_(填 “是” 或 “否”)； 滤渣1是_。(3) 向tio(h2o2)so4溶液中加入na2so3溶液发生反应的离子方程式为_。(4) 向tioso4溶液中通入nh3发生反应的离子方程式为_。(5) 沉淀tio(oh)2用蒸馏水洗涤的目的是_。(6) 萃取时， 温度对萃取率的影响如图所示。由图分析知实验时选择在常温下进行即可， 理由是_。(7)“萃取” 和 “反萃取” 可简单表示为：tio(h2o2)2+2(ha)2 tio(h2o2)(ha2)22h+，则反萃取过程中加入的试剂x是_。【答案】 (1). +4 (2). alo2或al(oh)4 (3). 否 (4). fe(oh)3 (5). tio(h2o2)2+so32=tio2+so42+h2o (6). tio2+2nh3+ 2h2o=tio(oh)2+2nh4+ (7). 除去沉淀表面硫酸盐杂质 (8). 因常温下钛的萃取率已经比较高(90%以上)，温度升高对萃取率的增加幅度很小，所以不必升温 (9). h2so4【解析】【分析】由流程图可知，钛酸锂电池放电后负极材料主要含有li4ti5o12、 铝箔及少量fe，加入氢氧化钠溶液碱浸，铝箔溶于氢氧化钠溶液生成偏铝酸钠和氢气，其他成分不溶于碱，过滤后滤液含有偏铝酸钠溶液；碱浸后的固体加入硫酸和过氧化氢酸浸氧化，fe转化为fe3+，加入氢氧化钠溶液调ph生成fe(oh)3沉淀过滤除去，酸浸时 li4ti5o12发生的反应是： li4ti5o12+7h2so4+5h2o22li2so4+5tio(h2o2)so4+7h2o，经萃取和反萃取得到tio(h2o2) tio(h2o2)so4，水相中加入碳酸钠溶液得到li2co3沉淀；在tio(h2o2)so4溶液中加入亚硫酸钠溶液还原得到tioso4，再通入氨气产生tio(o h)2沉淀，过滤后经蒸馏水洗去表面吸附的硫酸盐，再经干燥、煅烧得到纳米tio2，据此分析解答。【详解】(1) li4ti5o12中，li为+1价，o为-2价，则 ti元素的化合价为（122-1）5=+4；根据以上分析，碱浸时铝箔溶于氢氧化钠溶液生成偏铝酸钠，过滤后滤液含有偏铝酸钠溶液，所以滤液1中含金属的阴离子是alo2，因此，本题正确答案是：+4；alo2；(2) 由反应方程式 li4ti5o12+7h2so4+5h2o22li2so4+5tio(h2o2)so4+7h2o， 可知，反应前后元素化合价没发生变化，所以该反应不是氧化还原反应；碱浸后的固体加入硫酸和过氧化氢酸浸氧化，fe转化为fe3+，加入氢氧化钠溶液调ph生成fe(oh)3沉淀过滤除去，故滤渣1是fe(oh)3，因此，本题正确答案是：否；fe(oh)3；(3) tio(h2o2)so4与na2so3溶液发生氧化还原反应，反应的离子方程式为tio(h2o2)2+so32=tio2+so42+h2o，因此，本题正确答案是：tio(h2o2)2+so32=tio2+so42+h2o；(4) 由流程可知，tioso4溶液中通入nh3发生反应生成tio(oh)2沉淀，反应的离子方程式为tio2+2nh3+ 2h2o=tio(oh)2+2nh4+， 因此，本题正确答案是：tio2+2nh3+ 2h2o=tio(oh)2+2nh4+ ；(5) 沉淀tio(oh)2表面会吸附溶液中的硫酸盐，所以要用蒸馏水洗涤除去杂质，因此，本题正确答案是：除去沉淀表面硫酸盐杂质；(6) 由温度对萃取率的影响图可知，常温下钛的萃取率已经比较高(90%以上)，温度升高对萃取率的增加幅度很小，所以不必升温，实验时选择在常温下进行即可，因此，本题正确答案是：因常温下钛的萃取率已经比较高(90%以上)，温度升高对萃取率的增加幅度很小，所以不必升温；(7) tio(h2o2)2+2(ha)2 tio(h2o2)(ha2)22h+，根据平衡移动原理，反萃取过程是使平衡逆向移动，可以采取增大生成物浓度得方法，即增大氢离子浓度，加入的试剂x是h2so4，因此，本题正确答案是：h2so4。11.钴、 铜及其化合物在工业上有重要用途， 回答下列问题：(1) 请补充完基态co的简化电子排布式： ar_， co2+有_个未成对电子。(2) na3co(no2)6常用作检验k+的试剂， 配位体no2的中心原子的杂化形式为_， 空间构型为_。大键可用符号 表示， 其中m代表参与形成大键的原子数， n为各原子的单电子数(形成键的电子除外)和得电子数的总和 (如苯分子中的大键可表示为)，则no2中大键应表示为_。(3) 配合物cu(en)2so4的名称是硫酸二乙二胺合铜()， 是铜的一种重要化合物。其中 en 是乙二胺(h2nch2ch2nh2)的简写。该配合物cu(en)2so4中n、 o、 cu的第一电离能由小到大的顺序是_。乙二胺和三甲胺n(ch3)3均属于胺， 且相对分子质量相近， 但乙二胺比三甲胺的沸点高得多， 原因是_。(4) 金属cu晶体中的原子堆积方式如图所示， 其配位数为_， 铜的原子半径为a nm， 阿伏加德罗常数的值为na， cu的密度为_g/cm3(列出计算式即可)。【答案】 (1). 3d74s2 (2). 3 (3). sp2 (4). v型 (5). (6). cuon (7). 乙二胺分子之间可以形成氢键，三甲胺分子之间不能形成氢键 (8). 12 (9). 【解析】【分析】（1）co元素核外有27个电子，根据构造原理书写；（2）no2中心原子n原子价层电子对数为3，故杂化轨道数为3，所以n原子的杂化方式为sp2杂化， 空间构型为v型；no2中参与形成大键的原子个数为3个，每个原子提供一个单电子，得电子数为1个，所以no2的大键可以表示为。（3）同一周期主族原素从左到右，原子半径逐渐减小，第一电离能有增大趋势，但iia和va元素例外，o的第一电离能小于n，o和n为非金属元素， cu为金属元素，cu比o、n易失电子；乙二胺（h2nch2ch2nh2）分子中含有氮氢键，分子间能形成氢键，三甲胺n(ch3)3分子中不含氮氢键，分子间不能形成氢键； (4) 由图可知， 距每个cu原子最近的cu原子有12个，即配位数为12； 晶胞中实际含有的cu为4个，其质量为464g/na；根据=计算密度。【详解】（1）co为27号元素，根据电子构造原理可知其电子排布式为ar 3d74s2，co2+电子排布式为ar 3d7，3d7轨道上有3个未成对的电子。故答案为：3d74s2 ；3；(2) no2中心原子n原子价层电子对数为3，故杂化轨道数为3，所以n原子的杂化方式为sp2杂化， 空间构型为v型；no2中参与形成大键的原子个数为3个，每个原子提供一个单电子，得电子数为1个，所以no2的大键可以表示为；故答案为：sp2 ；v型；（3）同一周期主族原素从左到右，原子半径逐渐减小，第一电离能有增大趋势，但iia和va元素例外，o的第一电离能小于n，o和n为非金属元素， cu为金属元素，cu比o、n易失电子，所以第一电离能由小到大的顺序是cuon；乙二胺（h2nch2ch2nh2）分子中含有氮氢键，分子间能形成氢键，三甲胺n(ch3)3分子中不含氮氢键，分子间不能形成氢键，因而乙二胺比三甲胺的沸点高得多，故答案为：cuon；乙二胺分子之间可以形成氢键，三甲胺分子之间不能形成氢键；(4) 由图可知， 距每个cu原子最近的cu原子有12个，即配位数为12； 晶胞中实际含有的cu为4个，其