新教材2024-2025学年高二化学下学期期末备考金卷

（新教材）2024-2025学年下学期高二期末名师备考卷化学相对原子质量：H1C12N14O16Cl35.5一、选择题1．2024年12月以来，突发的新冠病毒肺炎威逼着人们的身体健康。下列有关说法正确的是A．新型冠状病毒由C、H、O三种元素组成B．医用防护服的核心材料是微孔聚四氟乙烯薄膜，其单体四氟乙烯属于烯烃C．运用医用酒精杀菌消毒的过程中只发生了物理改变D．口罩中间的熔喷布具有核心作用，其主要原料为聚丙烯，其结构简式为【答案】D【解析】A．病毒中含蛋白质，所含元素有C、H、O、N等元素，故A错误；B．四氟乙烯中含有F元素，不属于烃类，故B错误；C．酒精杀菌消毒涉及到蛋白质的变性，蛋白质变性属于化学改变，故C错误；D．聚丙烯由单体丙烯通过加聚反应得到，聚丙烯的结构简式为：，故D正确；故选D。2．下列表达方式或说法正确的是A．NH3、H2O、CO2、HCl四种分子中孤电子对最多的是CO2B．氯化铵的电子式：C．硫离子的核外电子排布式：1s22s22p63s23p4D．基态到激发态产生的光谱是放射光谱【答案】A【解析】A．NH3分子中N原子有一对孤电子对，H2O分子中O原子有两对，HCl分子中Cl原子有3对，CO2分子中两个O原子共有2×2=4对，孤电子对最多的是CO2，A正确；B．氯离子最外层有8个电子，电子式应为，B错误；C．S2−核外有18个电子，核外电子排布式为1s22s22p63s23p6，C错误；D．基态到激发态须要汲取能量，产生的光谱为汲取光谱，D错误；答案为A。3．下列试验能达到目的的是ABCD证明酸性：盐酸＞碳酸＞苯酚石油蒸馏试验室制硝基苯试验室制乙酸乙酯【答案】C【解析】A．浓盐酸具有挥发性，盐酸和碳酸钠溶液反应生成二氧化碳，所以制取的二氧化碳中含有氯化氢，氯化氢、二氧化碳都能和苯酚钠反应生成苯酚，所以氯化氢对二氧化碳气体造成干扰，要检验碳酸酸性大于苯酚，应当先将二氧化碳通入饱和碳酸氢钠溶液中除去氯化氢，再将气体通入苯酚钠溶液中，A错误；B．依据蒸馏原理知，各馏分沸点的温度不同，温度计水银球要放置在支管口处，B错误；C．试验室制备硝基苯的温度为55℃～60℃，所以应当采纳水浴加热的方法制取，温度计要测量水的温度，C正确；D．乙酸和乙醇假如没有催化剂作用反应较缓慢，在浓硫酸作催化剂、加热条件下，二者能反应生成乙酸乙酯，所以该装置中缺少浓硫酸，D错误；选C。4．下列说法正确的是A．蛋白质、淀粉、纤维素、油脂均为高分子化合物B．向鸡蛋清中加入醋酸铅溶液，可看到蛋白质发生凝合，再加入蒸馏水，振荡后蛋白质不会发生溶解C．植物的秸秆的主要成分是纤维素，纤维素在催化剂条件下可水解为葡萄糖，葡萄糖在酶的作用下可水解为乙醇D．动物脂肪和稀硫酸混合加热，可发生皂化反应，得到肥皂的主要成分和甘油【答案】B【解析】A．油脂不是高分子化合物，A项错误；B．向鸡蛋清的溶液中加入甲醛，使蛋白质发生不行逆的变性，故可视察到蛋白质发生凝合，再加入蒸馏水，震荡后蛋白质不会发生溶解，B项正确；C．植物秸秆的主要成分是纤维素，化学式(C6H10O5)n，纤维素在催化剂条件下可水解为葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下可转化为乙醇，不是水解为乙醇，C项错误；D．皂化反应要在碱性条件下进行，D项错误；故答案为B。5．下列说法正确的是A．甘油醛()和葡萄糖均属于单糖，互为同系物B．该物质可命名为2，3，5，5−四甲基−3，3−二乙基己烷C．高聚物和均是缩聚产物，它们有共同的单体D．酚醛树脂是一种人工合成的高分子材料【答案】D【解析】A．甘油醛()不属于单糖，且与葡萄糖不互为同系物，选项A错误；B．依据系统命名法可知，键线式为的名称为2，2，4，5−四甲基−3，3−二乙基己烷，选项B错误；C．高聚物的单体为碳酸乙二醇，而的单体是乙二醇，故没有共同的单体，选项C错误；D．酚醛树脂是一种人工合成的高分子材料，由苯酚和甲醛缩聚而成，选项D正确；答案选D。6．某烯烃与氢气加成后得到2，3－二甲基戊烷，烯烃的名称不正确的是A．2，3－二甲基－1－戊烯 B．2，3－二甲基－4－戊烯C．3，4－二甲基－2－戊烯 D．2，3－二甲基－2－戊烯【答案】B【解析】2，3－二甲基戊烷的碳链结构为：，假如1和2号碳原子之间各去掉1个氢原子形成双键，得到的烯烃为2，3－二甲基－1－戊烯；假如2和3号碳原子之间各去掉1个氢原子形成双键，得到的烯烃为2，3－二甲基－2－戊烯；假如3和4号碳原子之间各去掉1个氢原子形成双键，得到的烯烃为3，4－二甲基－2－戊烯；假如4和5号碳原子之间各去掉1个氢原子形成双键，得到的烯烃为3，4－二甲基－1－戊烯；假如3和3号碳原子之间各去掉1个氢原子形成双键，得到的烯烃为3－甲基－2－乙基－1－丁烯；不行能是2，3－二甲基－4－戊烯。答案选B。7．下面的排序不正确的是A．晶体熔点由低到高：F2<Cl2<Br2<I2B．碳酸盐的分解温度：MgCO3<CaCO3<BaCO3C．硬度由大到小：金刚石>碳化硅>晶体硅D．熔点由高到低：Na>Mg>Al【答案】D【解析】A．卤素单质的晶体都属于分子晶体，熔化时破坏的是分子间作用力，相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔点越高，所以熔点由低到高：F2＜Cl2＜Br2＜I2，A正确；B．MgCO3、CaCO3、BaCO3均为离子晶体，受热分解得到对应的金属氧化物也属于离子晶体，因离子晶体中离子半径越小、所带电荷越大，晶格能越大，对应金属氧化物越稳定，所以碳酸盐越简洁分解，即碳酸盐晶体的分解温度越低，离子半径：Mg2+＜Ca2+＜Ba2+，所以对应碳酸盐的分解温度：MgCO3<CaCO3<BaCO3，B正确；C．共价晶体的共价键键能越强，硬度越大，原子半径越小，共价键键长越短，键能越大，硬度由大到小：金刚石＞碳化硅＞晶体硅，C正确；D．Na、Mg、Al属于金属晶体，熔点与金属键的大小有关，金属离子的电荷越多、原子半径越小，金属键越大，熔点越大，Na、Mg、Al属于同周期元素，金属离子的电荷依次增多、原子半径从左到右依次减小，所以熔点由高到低：Al>Mg>Na，D错误；答案选D。8．呋喃是最简洁的含氧五元杂环化合物(其分子为平面型分子且含有大π键)，有麻醉和弱刺激作用，极度易燃。下列关于呋喃的有关说法正确的是A．易溶于水和丙酮等有机溶剂B．含有的大π键可表示为πC．一氯代物有2种，二氯代物有3种(不考虑立体异构)D．生成1molC4H10O需标准状况下氢气44.8L【答案】B【解析】A．该有机物含碳碳双键及醚键，不溶于水，故A错误；B．呋喃为平面型分子，则碳碳双键两端的碳原子与五元环中O原子都为sp2杂化，每个碳原子供应1个电子，O原子供应2电子，形成类似苯环的大π键，表示为π，故B正确；C．分子只含2种H，一氯代物有2种，固定1个Cl移动另一个Cl可知二氯代物有4种，故C错误；D．呋喃的分子式为C4H4O，生成1molC4H10O需标准状况下氢气为3mol，标准状况下体积为3mol×22.4L/mol＝67.2L，故D错误；答案选B。9．下列有关工程塑料PBT()的说法中，正确的是A．PBT是加聚反应得到的高分子化合物B．PBT的单体中有芳香烃C．PBT分子中含有羧基、羟基和酯基D．PBT的单体均能与Na、NaOH、Na2CO3反应【答案】C【解析】A．由PBT的结构可知其是由对苯二甲酸、1，4－丁二醇通过缩聚反应生成的，故A错误；B．由PBT的结构可知其单体是苯二甲酸和1，4－丁二醇，对苯二甲酸不是芳香烃，是芳香烃的衍生物，故B错误；C．由PBT的结构可知其分子中含有羧基、羟基、酯基三种官能团，故C正确；D．PBT的单体是苯二甲酸和1，4－丁二醇，苯二甲酸可以与Na、NaOH、Na2CO3反应，但1，4－丁二醇不能与NaOH、Na2CO3反应，只能与Na反应，故D错误；本题答案C。10．下列对一些试验事实的理论说明正确的是选项试验事实理论说明A氮原子的第一电离能大于氧原子氮原子2p能级半充溢BCO2为直线形分子CO2分子中C=O之间的夹角为180°C金刚石的熔点低于石墨金刚石是分子晶体，石墨是原子晶体DHF的沸点高于HClHF的相对分子质量小于HCl【答案】A【解析】A．氮原子2p能级半充溢，所以比较稳定，氮原子的第一电离能大于氧原子，故A正确；B．理论说明不对，CO2分子的价层电子对是2，依据价层电子对互斥理论，CO2分子是直线型，故B错误；C．金刚石是原子晶体，故C错误；D．理论说明不对，HF分子中含有氢键，故HF的沸点高于HCl，故D错误；答案选A。11．关于[Ti(NH3)5Cl]Cl2的说法中错误的是A．中心原子的配位数是6B．中心原子的化合价为+3价C．1mol[Ti(NH3)5Cl]Cl2含有σ键的数目为15NAD．含1mol[Ti(NH3)5Cl]Cl2的水溶液中加入足量AgNO3溶液，产生2mol白色沉淀【答案】C【解析】A．与Ti3+形成配位键的配位原子为N、Cl，Ti3+的两个配体NH3、Cl−的个数依次为5、1，故配位数为5+1=6，故A正确；B．在该化合物中N、H、Cl元素的化合价依次为-3、+1、-1，依据化合物中各元素的正负化合价代数和为0，则Ti的化合价为+3价，故B正确；C．协作物内界离子中配体和中心离子的配位键属于σ键，有6个，配体5个氨气中有15个σ键，共计21个σ键，故答案为21NA，故C错误；D．[Ti(NH3)5Cl]Cl2在水溶液中的电离方程式为[Ti(NH3)5Cl]Cl2=[Ti(NH3)5Cl]2++2Cl−，外界中的Cl−能与Ag+反应形成白色沉淀，内界中的Cl−不能与Ag+反应，故含1mol[Ti(NH3)5Cl]Cl2的水溶液中加入足量AgNO3溶液，产生2mol白色沉淀，故D正确；故答案选C。12．环氧树脂广泛应用于涂料和胶黏剂等领域，以下是一种新型环氧树脂前体(丁)的合成路途，下列有关说法正确的是A．乙按系统命名法的名称为1－氯丙烯B．丙的结构简式肯定为HOCH2CHClCH2ClC．甲和乙均能使溴水或酸性KMnO4溶液褪色D．丁的一溴代物的同分异构体有2种(不考虑立体异构)【答案】C【解析】A．含有双键的物质，命名时从靠近官能团起先编号，所以乙按系统命名法的名称为3－氯丙烯，故A错误；B．丙存在同分异构体，结构简式可能为HOCH2CHClCH2Cl和ClCH2CH(OH)CH2Cl，故B错误；C．甲和乙均含有碳碳双键，能使溴水或酸性KMnO4溶液褪色，故C正确；D．丁有三种等效氢，一溴代物的同分异构体有3种(不考虑立体异构)，故D错误；故选C。13．膳食纤维具有突出的保健功能，是人体的“第七养分素”。木质素是一种非糖类膳食纤维，其单体之一——芥子醇结构简式如图所示。下列有关芥子醇的说法正确的是A．在加热和催化剂作用下，1mol芥子醇最多能和4molH2反应B．芥子醇分子中含9种不同化学环境的H原子C．芥子醇分子中全部碳原子不行能在同一平面上D．芥子醇属于芳香族化合物，分子不能使酸性KMnO4溶液褪色【答案】A【解析】A．1mol苯环可与3mol氢气发生加成反应，1mol碳碳双键可与1mol氢气发生加成反应，依据图示结构简式可知，在加热和催化剂作用下，1mol芥子醇最多能和4molH2反应，A正确；B．该芥子醇分子中含7种不同化学环境的H原子，B错误；C．芥子醇分子中的碳原子分别位于苯环和碳碳双键确定的2个平面上，单键可以旋转，全部碳原子可能在同一平面上，C错误；D．芥子醇分子中含苯环，属于芳香族化合物，分子中含碳碳双键和羟基，使酸性KMnO4溶液褪色，D错误；故选A。14．有机物M中只含C、H、O三种元素，其相对分子质量不超过100。若M中含氧的质量分数为36.36%，则能与NaOH溶液反应的M共有(不考虑立体异构)A．5种B．6种C．7种D．8种【答案】B【解析】M的相对分子质量不超过100，其中含氧元素的质量分数为36.36%，则N(O)≤≈2.3。若N(O)=1，则M的相对分子质量为44，分子式为C2H4O，没有能与NaOH反应的同分异构体；若N(O)=2，则M的相对分子质量为88，分子式为C4H8O2，能与NaOH反应的M有羧酸或酯：C3H7COOH(2种)、C2H5COOCH3(1种)、CH3COOC2H5(1种)、HCOOC3H7(2种)，故符合条件的同分异构体共有6种，故选项B正确。15．已知气态烃A的密度是相同状况下氢气密度的14倍，有机物A～E能发生下图所示一系列改变，则下列说法错误的是A．A分子中全部原子均在同一平面内B．C4H8O2含酯基的同分异构体有4种C．等物质的量的B、D与足量钠反应生成气体的量相等D．C的水溶液又称福尔马林，具有杀菌、防腐性能【答案】D【解析】依题意可得气态烃A的相对分子质量为28，即A为乙烯，由连续催化氧化可知，B为乙醇，C为乙醛，D为乙酸，E为乙酸乙酯；A、A为CH2=CH2，乙烯为平面结构，乙烯分子中全部原子在同一平面内，则A正确；B、分子式为C4H8O2且含酯基的同分异构体有4种，即HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH(CH3)2、CH3COOCH2CH3和CH3CH2COOCH3，所以B正确；C、金属钠能与醇羟基反应放出氢气，Na也能与羧基反应放出氢气，而乙醇和乙酸中都只有一个活泼氢原子，因此等物质的量乙醇和乙酸与足量钠反应生成气体的量是相等的，故C正确；D、C为乙醛，其水溶液不是福尔马林，甲醛的水溶液是福尔马林，故D错误；答案为D。二、非选择题16．Ⅰ．按要求对下列各组物质进行分类：①乙烯和2—丁烯②CH4和③CH3CH2OH和CH3—O—CH3④和⑤CH3CH(OH)COOH和CH2(OH)CH(OH)CHO⑥CH3CH2CHO和CH2=CH—CH2OH试回答下列问题：(1)每组中的物质，互为同分异构体的是___(填序号，下同)，互为同系物的是____，分子中都含大π键的是__。(2)⑥中丙烯醇(CH2=CH—CH2OH)中碳原子的杂化类型有___；丙醛(CH3CH2CHO)与丙烯醇(CH2=CH—CH2OH)相对分子质量相等，但丙醛比丙烯醇的沸点低的多，其主要缘由是___。(3)CH2(OH)CH(OH)CHO中每个羟基上的氧原子价电子对空间构型为___，孤电子对数为___。Ⅱ．按要求完成下列各题：(4)用系统命名法命名，其名称为。(5)已知S—诱抗素的分子结构为：，该分子中含有的含氧官能团的名称是___。(6)某烯烃的化学式为C5H10，其同分异构体的数目(不包括顺反异构)有___种。有机物分子式为C4H10O且属于醇的物质有___种。【答案】（1）③④⑤⑥①②④sp2、sp3丙烯醇分子间存在氢键四面体形22—乙基—1—戊烯羟基、羰基、羧基54【解析】(1)同分异构体是指分子式相同而结构不同的物质的互称，符合同分异构概念的有：③④⑤⑥；同系物是结构相像，组成上相差若干个CH2的一系列有机物，所含官能团的种类和个数必需相同，符合同系物概念的有：①②；苯环中含有大π键，故分子中都含有大π键的是④，故答案为：③④⑤⑥；①②；④；(2)⑥中丙烯醇(CH2=CH—CH2OH)中单键碳原子为sp3杂化，双键碳原子为sp2杂化；丙烯醇分子中含有羟基，分子间可以形成氢键，导致其沸点比丙醛高，故答案为：sp2、sp3；丙烯醇分子间存在氢键；(3)CH2(OH)CH(OH)CHO中每个羟基上的氧原子均存在四对价电子，价电子构型为四面体形，且每个O原子只与两个原子相连，孤电子对数均为2，故答案为：四面体形；2；(4)以包含碳碳双键在内的最长的碳链为主链，从靠近双键一端起先编号，则该物质中最长的碳链含5个碳原子，且2号碳上有1个乙基，名称为：2－乙基－1－戊烯，故答案为：2－乙基－1－戊烯；(5)由结构简式可知其中含有的含氧官能团为羟基、羧基、羰基，故答案为：羟基、羰基、羧基；(6)化学式为C5H10的烯烃为戊烯，若主链上有5个碳原子，则可以是1－戊烯、2－戊烯；若主链上有4个C，则可以是2－甲基－1－丁烯，2－甲基－2－丁烯，3－甲基－1－戊烯，主链3个C的不存在，故共5种，分子式为C4H10O且属于醇，即为丁烷中的一个氢被羟基取代，正丁烷中含2种氢，异丁烷中含2种氢，故符合条件的醇类共4种，故答案为：5；4。17．壳聚糖［(C6H11O4N)n］具有无毒、抑菌、生物相容性好等特点，被广泛应用于食品、医药、化妆品、农业和环保等领域。请回答以下问题：（1）壳聚糖在组成上比淀粉［(C6H10O5)n］多一种化学元素，该元素是________；在结构上与淀粉相像，都属于动植物基本养分物质中的________类。（2）壳聚糖因含氨基而显碱性，所以壳聚糖具有_____（填“镇痛”或“抗酸”）作用，氨基的结构简式为______。（3）在废水处理工艺中，壳聚糖可作为絮凝剂和吸附剂，但残留在水中的壳聚糖会引发水体污染，这种水体污染的主要现象为__________，因此壳聚糖_______（填“属于”或“不属于”）绿色废水处理材料。（4）壳聚糖的最终水解产物可用于预防和治疗关节炎。壳聚糖在稀硫酸中的水解产物为硫酸氨基葡萄糖[(C6H11O5NH3)2SO4]，同理，其在稀盐酸中的水解产物为________。氨基葡萄糖和葡萄糖一样，均能与银氨溶液发生________反应。（5）壳聚糖可从虾壳或蟹壳中提取，属于________（填“自然”或“合成”）高分子化合物。适量摄入壳聚糖对人体有益，但过量摄入会影响人体对维生素的汲取，由此可见，科学的饮食观念是_____________。【答案】（1）N（或氮）糖抗酸－NH2水体富养分化（或赤潮或水华等）不属于盐酸氨基葡萄糖（或C6H11O5NH3Cl）银镜（或氧化或氧化还原）自然合理膳食、均衡养分（其它合理的答案均可得分）【解析】（1）壳聚糖的组成元素是碳、氢、氧、氮，淀粉的组成元素是碳、氢、氧，壳聚糖比淀粉在组成上多了氮元素；壳聚糖与淀粉的结构相像，都属于糖类；（2）壳聚糖因含氨基而显碱性，碱性即可与酸反应，故壳聚糖具有抗酸作用；氨基的结构简式为－NH2；（3）壳聚糖中含有的氮元素是一种植物养分元素，残留在水体中会造成富养分化，出现赤潮或水华的现象；由于壳聚糖引起水体富养分化，壳聚糖不属于绿色废水处理材料；（4）壳聚糖在稀硫酸中的水解产物为硫酸氨基葡萄糖，盐酸与硫酸都是强酸，故壳聚糖在盐酸中水解生成盐酸氨基葡萄糖（或C6H11O5NH3Cl）；氨基葡萄糖和葡萄糖一样，都有醛基，属于还原糖，故均能与银氨溶液发生银镜反应；（5）壳聚糖与淀粉类似，属于自然高分子化合物；适量摄入壳聚糖对人体有益，但过量摄入会影响人体对维生素的汲取，由此可见，科学的饮食观念是合理膳食、均衡养分。18．试验室制备苯乙酮的化学方程式如图1为：制备过程中还有CH3COOH+AlCl3→CH3COOAlCl2+HCl↑等副反应，主要试验装置和步骤如图2所示：(I)合成：在三颈瓶中加入20g无水AlCl3和30mL无水苯。为避开反应液升温过快，边搅拌边渐渐滴加6mL乙酸酐和10mL无水苯的混合液，限制滴加速率，使反应液缓缓回流。滴加完毕后加热回流1小时。(II)分别与提纯：①边搅拌边渐渐滴加肯定量浓盐酸与冰水混合液，分别得到有机层②水层用苯萃取，分液③将①②所得有机层合并，洗涤、干燥、蒸去苯，得到苯乙酮粗产品④蒸馏粗产品得到苯乙酮。回答下列问题：(1)仪器a的名称：_______；装置b的作用：_______。(2)若将乙酸酐和苯的混合液一次性倒入三颈瓶，可能导致_______。A．反应太猛烈B．反应变缓慢C．副产物增多(3)分别和提纯操作②的目的是____。该操作中是否可改用乙醇萃取？_____(填“是”或“否”)。(4)分液漏斗运用前须____并洗净备用。萃取时，先后加入待萃取液和萃取剂，经振摇并____后，将分液漏斗置于铁架台的铁圈上静置片刻，分层。分别上下层液体时，应先___，然后打开活塞放出下层液体，上层液体从上口倒出。(5)粗产品蒸馏提纯时，如图3装置中温度计位置正确的是___，可能会导致收集到的产品中混有低沸点杂质的装置是___。【答案】（1）干燥管汲取HCl气体，并防止倒吸AC把溶解在水中的苯乙酮提取出来以削减损失不能，乙醇能与水以随意比例互溶检查分液漏斗是否漏水放气打开上口玻璃塞(或使塞上的凹槽对准漏斗口上的小孔)CAB【解析】(1)依据仪器构造和用途可知仪器a为干燥管，装置b的作用是汲取反应过程中所产生的HCl气体，用倒扣于水面的漏斗可以防止倒吸；故答案为：干燥管；汲取HCl气体，并防止倒吸；(2)由信息“为避开反应液升温过快，边搅拌边渐渐滴加6mL乙酸酐和10mL无水苯的混合液”知，反应物浓度大，反应速率快，导致反应太猛烈，所以A有可能；C产生的CH3COOH浓度大，副产品增多，可能；B．最终将全部加入，不行能因为液体太多搅不动，不行能；故答案为：AC；(3)水层用苯萃取并分液的目的是把溶解在水中的苯乙酮提取出来以削减损失；由于乙醇能与水混溶不分层，所以不能用乙醇代替苯进行萃取操作；故答案为：把溶解在水中的苯乙酮提取出来以削减损失；不能，乙醇能与水以随意比例互溶；(4)分液漏斗运用前需进行检漏，振摇后分液漏斗中气压增大，要不断打开活塞进行放气操作，分液时，应当先打开上口玻璃塞（或使塞上的凹槽对准漏斗口上的小孔），然后打开下面的活塞；上层液体从上口倒出，以免污染，故答案为：检查分液漏斗是否漏水；放气；打开上口玻璃塞(或使玻璃塞上的凹槽对准漏斗口颈上的小孔)；(5)粗产品蒸馏提纯时，温度计的水银球要放在蒸馏烧瓶支管口处，蒸馏时测蒸汽的温度，漏斗装置中的温度计位置正确的是C；若温度计水银球放在支管口以下位置，会导致收集的产品中混有低沸点杂质；若温度计水银球放在支管口以上位置，会导致收集的产品中混有高沸点杂质；所以A、B项的装置简洁导致低沸点杂质混入收集到的产品中，AB符合题意；故答案为：C；AB。19．金属材料在国民经济建设等领域具有重要应用，镁、镍、铬、铜是几种重要的金属元素，请回答下列问题：(1)查阅相关资料发觉MgO的熔点比CuO的熔点高得多，其缘由是___。(2)Ni与CO能形成协作物Ni(CO)4，该分子中σ键的个数为__，π键个数为____，与CO互为等电子体的分子是___。(3)无水CrCl3和氨分子作用能形成某种协作物，该协作物的组成相当于CrCl3·6NH3。已知：若加入AgNO3溶液，能从该协作物的水溶液中将全部的氯沉淀为AgCl；若加入NaOH溶液并加热，无刺激性气体产生。请从协作物的形式推算出它的内界和外界，写出该协作物的结构简式___。(4)铜与氧元素可形成如图所示的晶胞结构，其中Cu匀称地分散在立方体内部，该晶体的化学式为___，a、b的坐标参数依次为(0，0，0)、(，，)，则d的坐标参数为___，已知该品体的密度为ρg·cm−3，NA是阿伏加德罗常数值，则晶胞参数为___cm(用含ρ的代数式表示)。【答案】（1）Mg2+半径比Cu2+半径小，MgO的晶格能比CuO大，因此MgO的熔点高（2）88N2[Cr(NH3)6]Cl3Cu2O(，，)【解析】(1)离子晶体中阴阳离子间的离子键越强，晶格能越大，熔点越高，氧化镁和氧化铜都是离子晶体，镁离子的原子半径小于铜离子，则氧化镁中的离子键强于氧化铜，晶格能大于氧化铜，熔点比氧化铜的熔点高得多，故答案为：Mg2+半