2018-2019学年江西省抚州市临川一中高三（上）期末化学试卷

发布时间：2020-09-28 20:17:52

一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）

1．（6分）化学与社会生活技术密切相关，下列说法错误的是（　　）

A．有人称“一带一路”是“现代丝绸之路”，丝绸的主要成分是纤维素，属于天然高分子化合物

B．商代后期铸造出工艺精湛的后母戊鼎，该鼎属于铜合金制品

C．静置后的淘米水能产生丁达尔效应，这种淘米水具有胶体的性质

D．在元素周期表的金属和非金属分界线附近可寻找锗、硅、硒等半导体材料

【解析】A．丝绸的主要成分是蛋白质，属于天然高分子化合物，但丝绸的主要成分不是纤维素，故A错误；

B．后（司）母戊鼎的主要成分为Cu，属于铜合金制品，故B正确；

C．丁达尔效应为胶体特有的性质，则静置后的淘米水能产生丁达尔效应，这种淘米水是胶体，具有胶体的性质，故C正确；

D．锗、硅、硒等位于周期表的金属和非金属分界线附近，可用作半导体材料，故D正确；

故选：A。

【点评】本题考查物质的性质及用途，为高频考点，把握物质的性质、物质的组成为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。

2．（6分）16O和18O是氧元素的两种核素，NA表示阿伏伽德罗常数，下列说法正确的是（　　）

A．16O和18O的物理性质和化学性质完全相同

B．16O和18O核外电子数和中子数均不同

C．通过化学反应可以实现16O与18O的相互转化

D．标准状况下，2.24L16O2和2.24L18O2均含有0.1NA个氧气分子

【解析】A、因16O和18O的物理性质不同和化学性质相似，故A错误；

B、因质量数＝质子数+中子数，16O的核外电子数和中子数分别为：8、8，18O的核外电子数和中子数分别为8、10，故B错误；

C、16O与18O之间的转化，属于核变化，不是化学变化，故C错误；

D、标准状况下，2.24L16O2和2.24L18O2的物质的量均为0.1mol，氧气分子为0.1NA，故D正确。

故选：D。

【点评】本题考查的是一些基本的概念，只要掌握课本知识即可完成，但做这类题目还要细心．

3．（6分）R、X、Y、Z是短周期元素，原子序数依次增大。R是自然界中组成物质种类最多的元素，R原子最外层电子数是X原子最外层电子数2倍。Z的最高价氧化物对应的水化物（M）是强电解质，向含Y元素的钠盐溶液中滴加M溶液，产生沉淀的物质的量与M的物质的量关系如图所示。下列推断正确的是（　　）

A．R的氢化物可能使溴水或酸性高锰酸钾溶液褪色

B．Y的气态氢化物热稳定性比R的强

C．常温常压下，Z的单质一定呈黄绿色

D．X和Z组成的化合物属于共价化合物

【解析】R、X、Y、Z是短周期元素，原子序数依次增大。R是自然界组成物质最多的元素，则R为C元素；X的原子序数是R的2倍，则X为Mg元素；Z的最高价氧化物对应的水化物（M）是强电解质，向Y的钠盐溶液中滴加M溶液，产生沉淀为为Y的氧化物的水化物，最终沉淀不溶解，因此沉淀为硅酸，则Y是Si元素；硫酸和高氯酸都是强电解质，Z可能是S、Cl元素。

A．R是C元素，碳的氢化物属于烃类，烯烃、炔烃等能使溴水或酸性高锰酸钾溶液褪色，故A正确；

B．R是C，Y是Si，C元素的非金属性比Si强，则甲烷比硅烷稳定，故B错误；

C．Z的单质可能是S，也可能是氯气，只有氯气呈黄绿色，故C错误；

D．硫化镁、氯化镁都是离子化合物，故D错误；

故选：A。

【点评】本题考查原子结构与元素周期律的关系，题目难度中等，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容及常见元素化合物性质，试题培养了学生的分析能力及逻辑推理能力。

4．（6分）通过传感器可以监测空气中甲醛的含量．一种燃料电池型甲醛气体传感器的原理如图所示，下列说法错误的是（　　）

A．b为电池负极，甲醛被氧化

B．a极的电极反应为O2+4e﹣+4H+＝2H2O

C．传感器工作过程中，电解质溶液中硫酸的浓度不变

D．当电路中转移1×10﹣4mol电子时，传感器内参加反应的HCHO为0.75mg

【解析】A．HCHO失电子被氧化，在负极反应，所以b为负极，a为正极，故A正确；

B．酸性条件下，氧气得电子生成水，则正极反应为O2+4e﹣+4H+＝2H2O，故B正确；

C．电池放电的总反应为：HCHO+O2→CO2+H2O，反应后溶液的体积增大，所以硫酸的浓度减小，故C错误；

D．负极反应为HCHO+H2O﹣4e﹣＝CO2+4H+，当电路中转移1×10﹣4mol电子时，消耗HCHO的物质的量为×10﹣4mol，则HCHO质量为0.75mg，故D正确。

故选：C。

【点评】本题考查原电池知识，注意把握原电池的工作原理，本题解答的关键是根据得失电子确定电源的两极和反应类型，注意体会答题思路，难度中等．

5．（6分）松香中含有松香酸和海松酸，其结构简式如图所示。下列说法中，不正确的是（　　）

A．二者互为同分异构体

B．二者所含官能团的种类和数目相同

C．二者均能与氢氧化钠溶液反应

D．二者均能与H2以物质的量之比为1：3发生反应

【解析】A．两种有机物的分子式均为C20H30O2，二者分子式相同、结构不同互为同分异构体，故A正确；

B．两种有机物分子中均含有碳碳双键和羧基，所以二者所含官能团的种类和数目相同，故B正确；

C．两种有机物分子中均含有羧基，羧基能与氢氧化钠反应，所以二者均能与氢氧化钠溶液反应，故C正确；

D．两种有机物分子中均含有两个碳碳双键，碳碳双键能与氢气能发生加成反应，则二者均能与H2以物质的量之比为1：2发生反应，故D错误。

故选：D。

【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重碳碳双键、羧酸等官能团的性质的考查，题目难度不大。

6．（6分）为了探究铁铜及其化合物的性质，某同学设计并进行了下列实验。下列说法错误的是（　　）

A．高温加热装置中发生的反应为3Fe（s）+4H2O（g）Fe3O4（s）+4H2（g）

B．虚线框处宜选择的装置是甲

C．实验时将螺旋状铜丝加热变黑后再趁热迅速伸入试管中，可观察到铜丝由黑色变为红色

D．实验后，可用铝粉在高温下还原玻璃管中的固体获得铁单质

【解析】A．高温加热装置中铁粉与水蒸气反应生成四氧化三铁与氢气，化学方程式为：3Fe（s）+4H2O（g）Fe3O4（s）+4H2（g），故A正确；

B．生成氢气的密度比空气的密度小，所以用向下排空气法进入H2，应选择装置乙，故B错误；

C．氧化铜与氢气反应生成铜和水，发生的反应方程式为CuO+H2Cu+H2O，所以铜丝由黑色变为红色，故C正确；

D．玻璃管中的固体含有Fe3O4，铝粉与Fe3O4发生铝热反应生成氧化铝和铁单质，故D正确。

故选：B。

【点评】本题以探究铁、铜及其化合物的性质，为高频考点，考查性质实验方案的设计与评价，注意把握实验的原理以及物质的性质，掌握金属活动顺序表的应用及铁及其化合物的性质是解题关键，题目难度中等。

7．（6分）向0.1mol/L的NH4HCO3溶液中逐滴加入0.1mol/LNaOH溶液时，含氮、含碳粒子的分布情况如图所示（纵坐标是各粒子的分布系数，即物质的量分数）。根据图象，下列说法不正确的是（　　）

A．开始阶段，HCO3﹣反而略有增加，可能是因为NH4HCO3溶液中存在H2CO3发生的主要反应是H2CO3+OH﹣═HCO3﹣+H2O

B．当pH大于8.7以后，碳酸氢根离子和铵根离子同时与氢氧根离子反应

C．pH＝9.5时，溶液中c（HCO3﹣）＞c（HN3•H2O）＞c（NH4+）＞c（CO32﹣）

D．滴加氢氧化钠溶液时，首先发生的反应为2NH4HCO3+2NaOH═（NH4）2CO3+Na2CO3

【解析】NH4HCO3溶液中存在NH4+的水解平衡，即NH4++H2O⇌HN3•H2O+H+①；

HCO3﹣的水解平衡，即HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣②；

HCO3﹣的电离平衡，即HCO3﹣⇌H++CO32﹣③；

A．在未加氢氧化钠时，溶液的PH＝7.7，呈碱性，则上述3个平衡中第②个HCO3﹣的水解为主，滴加氢氧化钠的开始阶段，氢氧根浓度增大，平衡②向逆方向移动，HCO3﹣的量略有增加，即逆方向的反应是H2CO3+OH﹣═HCO3﹣+H2O，故A正确；

B．对于平衡①，氢氧根与氢离子反应，平衡正向移动，HN3•H2O的量增加，NH4+被消耗，当PH大于8.7以后，CO32﹣的量在增加，平衡③受到影响，HCO3﹣被消耗，即碳酸氢根离子和铵根离子都与氢氧根离子反应，故B正确；

C．从图中可直接看出pH＝9.5时，溶液中c（HCO3﹣）＞c（HN3•H2O）＞c（NH4+）＞c（CO32﹣），故C正确；

D．滴加氢氧化钠溶液时，HCO3﹣的量并没减小，反而增大，说明首先不是HCO3﹣与OH﹣反应，而是NH4+先反应，即NH4HCO3+NaOH═NaHCO3+NH3•H2O，故D错误；

故选：D。

【点评】本题结合图象考查了离子浓度大小比较、盐的水解原理等知识，明确图象曲线变化的含义为解答关键，注意用平衡移动理解各离子变化的原因，题目有一定难度。

二、填空题（共3小题，每小题15分，满分28分）

8．（15分）CuSO4•5H2O是铜的重要化合物，有着广泛应用。以下是CuSO4•5H2O的实验室制备流程图。

（1）向铜与稀硫酸混合物中滴加浓硝酸应该选用的装置是　b　（填a、b、c）（如图1），发生反应的化学方程式是　Cu+4HNO3（浓）＝Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O　。

（2）从铜与混酸反应的溶液中得到产品的操作所需玻璃仪器为　烧杯、漏斗、玻璃棒　。

（3）如果铜粉、硫酸及硝酸都比较纯净，则制得的CuSO4•5H2O中可能存在的杂质是　Cu（NO3）2　，除去这种杂质的实验操作称为　重结晶　。

（4）称取0.1000g提纯后的CuSO4•5H2O试样于锥形瓶中，加入0.1000mol/L氢氧化钠溶液28.00mL，氢氧化钠与杂质不反应，反应完全后，过量的氢氧化钠用0.1000mol/L盐酸滴定至终点，耗用盐酸26.00mL，则0.1000g该试样中含CuSO4•5H2O　0.25　g（保留四位小数）。

（5）上述滴定中，滴定管在注入盐酸之前，先用蒸馏水洗净，再用　0.1000mol/L盐酸润洗　。

（6）在测定胆矾晶体中结晶水实验过程中，称量操作至少进行　4　次。

若测定结果偏高，可能的原因是　a　。

a．加热温度过高 b．胆矾晶体的颗粒较大

c．加热后放在空气中冷却 d．胆矾晶体部分风化

【解析】（1）分液漏斗可滴加浓硝酸，且使生成气体逸出，向铜与稀硫酸混合物中滴加浓硝酸应该选用的装置是a，发生反应的化学方程式是Cu+4HNO3（浓）＝Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O，

故答案为：a；Cu+4HNO3（浓）＝Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O；

（2）从铜与混酸反应的溶液中过滤得到产品，该操作所需玻璃仪器为烧杯、漏斗、玻璃棒，

故答案为：烧杯、漏斗、玻璃棒；

（3）如果铜粉、硫酸及硝酸都比较纯净，则制得的CuSO4•5H2O中可能存在的杂质是Cu（NO3）2，除去这种杂质的实验操作称为重结晶，

故答案为：Cu（NO3）2；重结晶；

（4）由CuSO4+2NaOH＝Cu（OH）2↓+Na2SO4可知，0.1000g该试样中含CuSO4•5H2O为（0.028L×0.1000mol/L﹣0.026L×0.1000mol/L）××250g/mol＝0.25g，

故答案为：0.25；

（5）上述滴定中，滴定管在注入盐酸之前，先用蒸馏水洗净，再用0.1000mol/L盐酸润洗，然后装入标准液，故答案为：0.1000mol/L盐酸润洗；

（6）测定所得胆矾（CuSO4•xH2O）中结晶水x值，应称量坩埚的质量，坩埚和晶体的质量，加热后坩埚的质量，加热后再称量一次坩埚的质量，判断质量是否在误差允许范围内及两次值是否相差不超过0.1g，所以至少称量4次；

a．加热温度过高，会导致硫酸铜分解，质量变化较大，导致结果偏大，故a正确；

b．胆矾晶体的颗粒较大，会导致晶体解热分解不完全，质量变化偏小，结果偏小，故b错误；

c．加热后放在空气中冷却，会吸收空气中的水重新形成晶体，导致测定结果偏小，故c错误；

d．胆矾晶体部分风化，晶体中结晶水的质量偏小，导致x值偏低，故d错误；

故答案为：4；a。

【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、流程中发生的反应、混合物分离提纯为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度不大。

9．（13分）某矿石可看作由MgO、Fe2O3、Al2O3、SiO2组成。该矿石制取碱式碳酸镁的实验步骤如下：

（1）沉淀物A、C分别是　SiO2、CaCO3　。

（2）进行Ⅰ操作时，控制溶液pH＝7～8（有关氢氧化物沉淀的pH见表）。

氢氧化物	Fe（OH）3	Al（OH）3	Mg（OH）2
开始沉淀pH	1.5	3.3	9.4

Ca（OH）2不能过量，若Ca（OH）2过量可能会导致　Al（OH）3　溶解、　Mg2+　沉淀。

（3）从沉淀混合物B中提取某物质制做坩埚，加入的试剂依次是　NaOH、CO2　（填化学式）

（4）上述实验中可以循环使用的物质是　Ca（OH）2、CO2　

（5）现设计一个实验，确定产品aMgCO3•bMg（OH）2•cH2O中a、b、c的值，请完善下列实验步骤（可用试剂：浓硫酸、碱石灰）：

①样品称量，②高温分解，③浓硫酸吸收水蒸气，④　称量碱石灰吸收CO2前后的质量　，⑤MgO称量。

（6）36.4g产品完全分解后，产生13.2g CO2和16.0g MgO，由此可知，产品的化学式中：

a＝　3　，b＝　1　，c＝　3　。

【解析】（1）由上述分析可知，沉淀物A、C分别是SiO2、CaCO3，故答案为：SiO2、CaCO3；

（2）Ca（OH）2不能过量，若Ca（OH）2过量可能会导致Al（OH）3溶解、Mg2+沉淀，故答案为：Al（OH）3； Mg2+；

（3）沉淀物B为Al（OH）3、Fe（OH）3，分离出氢氧化铝加热生成氧化铝可制做坩埚，需要加入的试剂依次是NaOH、CO2，故答案为：NaOH、CO2；

（4）上述实验中生成碳酸钙加热分解生成CaO，热解碳酸氢镁生成CO2，在流程中Ca（OH）2、CO2可循环使用，故答案为：Ca（OH）2、CO2；

（5）定产品aMgCO3•bMg（OH）2•cH2O中a、b、c的值，需要测定的数据是样品质量、MgO质量、生成CO2的质量（或体积）、生成水的质量，则缺少的实验步骤为称量碱石灰吸收CO2前后的质量，故答案为：称量碱石灰吸收CO2前后的质量；

（6）aMgCO3・bMg（OH）2・cH2O（a+b）MgO+aCO2↑+（b+c）H2O↑，根据质量守恒得：m（H2O）＝36.4g﹣13.2g﹣16.0g＝7.2g，则m（MgO）＝＝0.4mol，n（CO2）＝＝0.3mol，n（H2O）＝＝0.4mol，则a：b：c＝0.3：（0.4﹣0.3）：0.3＝3：1：3，

故答案为：3； 1； 3。

10．H2S严重危害环境，采取多种方法减少H2S的排放并加以资源利用。

（1）下图是通过热化学循环在较低温度下由硫化氢分解制备氢气的反应系统原理。

SO2（g）+I2（s）+2H2O（1）═2HI（aq）+H2SO4 （aq）△H2＝﹣151kJ•mol﹣1

2HI（aq）═H2（g）+I2（s）△H3＝+110kJ•mol﹣1

H2S（g）+H2SO4（aq）═S（s）+SO2（g）+2H2O（1）△H4＝+61kJ．mol﹣l

通过计算，可知制得1mol H2的能量变化是　吸收20KJ热量　。

（2）用Fe2（SO4）3吸收H2S，反应的离子方程式为　2Fe3++H2S═2Fe2++S↓+2H+　。

反应后的溶液在硫杆菌作用下进行再生，反应为：

4FeSO4+O2+2H2SO42Fe2（SO4）3+2H2O。

若反应温度过高，反应速率下降，其原因是　蛋白质变性（或硫杆菌失去活性）　。

（3）用过量NaOH溶液吸收硫化氢后，以石墨作电极电解该溶液可回收硫、其电解总反应化学方程式（忽略氧的氧化还原）为　Na2S+2H2O S↓+H2↑+2NaOH　，该方法的优点是　副产物是氢气，生成的NaOH可循环利用　。

（4）一定温度下，NH4HS固体在定容真空容器中可部分分解为硫化氢和氨气。

①下列能说明该反应达到平衡状态的是　AB　。

A．混合气体密度不再改变 B．混合气体压强不再改变

C．混合气体平均摩尔质量不再改变 D．氨气的体积分数不再改变

②当反应达平衡时p氨气×p硫化氢＝a2（Pa2），则容器中的总压强为　2　Pa

③如图是上述反应过程中生成物压强随时间变化的示意图。若t2时增加氨气且在t3时反应再次达到平衡此时氨气压强为2a Pa，请在图上画出t2时刻后硫化氢的压强随时间的变化曲线。

【解析】（1）①SO2（g）+I2（s）+2H2O（1）═2HI（aq）+H2SO4 （aq）△H2＝﹣151kJ•mol﹣1

②2HI（aq）═H2（g）+I2（s）△H3＝+110kJ•mol﹣1

③H2S（g）+H2SO4（aq）═S（s）+SO2（g）+2H2O（1）△H4＝+61kJ．mol﹣l，

盖斯定律计算①+②+③得到H2S（g）＝H2（g）+S（s）△H＝+20KJ/mol，制得1mol H2的能量变化是吸收20KJ热量，

故答案为：吸收20KJ热量；

（2）用Fe2（SO4）3吸收H2S，硫化氢具有还原性，硫酸铁具有氧化性，二者发生氧化还原反应生成单质硫，反应的离子方程式为：2Fe3++H2S═2Fe2++S↓+2H+，从图象中分析可知，使用硫杆菌的最佳条件是亚铁离子氧化速率最大时，需要的温度和溶液PH分别为：30℃、pH＝2.0，反应温度过高，反应速率下降是因为升温使蛋白质发生变性，催化剂失去生理活性，

故答案为：2Fe3++H2S═2Fe2++S↓+2H+；蛋白质变性（或硫杆菌失去活性）；

（3）电解硫化钠溶液的电解反应方程式为：Na2S+2H2OS↓+H2↑+2NaOH，根据反应方程式可以得出：产物除硫单质外，还有H2和NaOH生成，所以该过程的优点是：副产物是氢气，生成的NaOH可循环利用，

故答案为：Na2S+2H2OS↓+H2↑+2NaOH；副产物是氢气，生成的NaOH可循环利用；

（4）①一定温度下，NH4HS固体在定容真空容器中可部分分解为硫化氢和氨气，化学方程式；NH4HS（s）NH3↑+H2S↑，

A．反应前后气体质量增多，气体混合气体密度不再改变，说明反应达到平衡状态，故A正确；

B．反应前后气体体积增大，混合气体压强不再改变说明反应达到平衡状态，故B正确；

C．硫氢化铵是固体，反应过程中和平衡状态平均摩尔质量始终不变，不能说明反应达到平衡状态，故C错误；

D．反应过程中和平衡状态下，氨气的体积分数始终不变，不能说明反应达到平衡状态，故D错误；

故答案为：AB；

②NH4HS＝NH3+H2S，由NH4HS分解的反应方程式可知：NH3与H2S的分压相同，故p硫化氢＝p氨气＝Pa，所以，平衡后的总压为p硫化氢+p氨气＝2Pa，

故答案为：2 Pa；

②t2时增大氨气的浓度，达到新平衡时，氨的浓度比原平衡的浓度要高，并且产生的氨气和硫化氢的量是相等的，所以NH3与H2S浓度的降低比例是相同的，即图象中的斜率相同，即，

故答案为：。

【点评】本题考查较为综合，涉及氧化还原反应、热化学方程式书写分析以及硫化氢的污染和治理，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生的分析能力和计算能力，注意把握题给信息的分析，掌握氧化还原反应单质守恒的运用，题目难度中等。

三、填空题（共1小题，每小题15分，满分15分）

11．（15分）将汽车尾气中含有的CO利用不仅能有效利用资源，还能防治空气污染．工业上常用CO与H2在由Al、Zn、Cu等元素形成的催化剂作用下合成甲醇．

（1）图1是某同学画出CO分子中氧原子的核外电子排布图，

请判断该排布图　错误　（填“正确”或“错误”），理由是　违背泡利原理　（若判断正确，该空不用回答）．

（2）写出两种与CO互为等电子体的离子　CN﹣、C22﹣　．

（3）向CuSO4溶液中加入足量氨水可得到深蓝色[Cu（NH3）4]SO4溶液，[Cu（NH3）4]SO4中所含配位键是通过配体分子的　N　给出孤电子对，　Cu2+　接受电子对形成，SO42﹣的空间构型是　正四面体　，该物质中N、O、S三种元素的第一电离能大小顺序为　N　＞　O　＞　S　（填元素符号）．

（4）甲醇与乙烷的相对分子质量相近，故二者分子间的作用力（范德华力）相近，但是二者沸点的差距却很大，造成该差异的原因是　甲醇分子间存在氢键，因此其沸点远大于乙烷　；在甲醇分子中碳原子轨道的杂化类型为　sp3　．

（5）甲醛与新制Cu（OH）2悬浊液加热可得砖红色沉淀Cu2O，已知Cu2O晶胞的结构如图2所示：

①在该晶胞中，Cu+的配位数是　2　，

②若该晶胞的边长为a pm，则Cu2O的密度为　　g•cm﹣3（只要求列算式，不必计算出数值，阿伏伽德罗常数为NA）

【解析】（1）泡利不相容原理：每个原子轨道上最多只能容纳2个自旋状态相反的电子，根据图知，其中一个孤电子有两个完全相同的电子，所以违背泡利原理，故答案为：错误；违背泡利原理；

（2）原子个数相等、价电子数相等的微粒互为等电子体，CO分子中含有2个原子、其价电子数为10，所以与CO互为等电子体的离子有CN﹣、C22﹣，故答案为：CN﹣、C22﹣；

（3）配合物中含有孤电子对的原子和含有空轨道的原子之间形成配位键，该配合物中N原子提供孤电子对、Cu2+提供空轨道；

硫酸根离子中S原子价层电子对个数是4且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断硫酸根离子空间构型为正四面体；

同一周期元素，元素的第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，同一主族元素，其第一电离能随着原子序数增大而减小，所以其第一电离能大小顺序是N＞O＞S，

故答案为：N；Cu2+；正四面体；N；O；S；

（4）分子间氢键能增大物质的熔沸点，甲醇分子间能形成氢键、乙烷分子之间不能形成氢键，所以甲醇熔沸点高于乙烷；甲醇分子中C原子价层电子对个数是4且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化方式为sp3，

故答案为：甲醇分子间存在氢键，因此其沸点远大于乙烷；sp3；

（5）①该晶胞中小球个数是4、大球个数＝8×+1＝2，根据化学式知，小球表示Cu原子、大球表示O原子，根据图知，每个亚铜离子连接2个氧离子，所以亚铜离子配位数是2，故答案为：2；

②晶胞体积＝（a×10﹣10cm）3，晶胞密度＝＝g•cm﹣3＝g•cm﹣3，

故答案为：．

【点评】本题考查物质结构和性质，为高频考点，涉及晶胞计算、原子杂化方式判断、微粒空间构型判断、原子核外电子排布等知识点，综合性较强，明确基本原理、原子及物质结构是解本题关键，侧重考查学生分析计算及综合运用知识解答问题能力，难点是晶胞计算．

四、非选择题。

12．（15分）A（C2H2）是基本有机化工原料。由A制备聚乙烯醇缩丁醛和顺式聚异戊二烯的合成路线（部分反应条件略去）如图所示：

回答下列问题：

（1）A的名称是　乙炔　，B含有的官能团是　碳碳双键和酯基　。

（2）①的反应类型是　加成反应　，⑦的反应类型是　消去反应　。

（3）C和D的结构简式分别为　　、　CH3CH2CH2CHO　。

（4）异戊二烯分子中最多有　11　个原子共平面，顺式聚异戊二烯的结构简式为　　。

（5）写出与A具有相同官能团的异戊二烯的所有同分异构体（写结构简式）　CH3CH（CH3）﹣C≡CH、CH3CH2CH2C≡CH、CH3CH2C≡CCH3　。

（6）参照异戊二烯的上述合成路线，设计一条由A和乙醛为起始原料制备1，3﹣丁二烯的合成路线　　。

【解析】由分子式可知A为HC≡CH，与乙酸发生加成反应生成B为CH2＝CHOOCCH3，发生加聚反应生成，水解生成C为，由聚乙烯醇缩丁醛可知D为CH3CH2CH2CHO，HC≡CH与丙酮在KOH条件下反应生成，与氢气发生加成反应生成，在氧化铝的作用下生成异戊二烯，异戊二烯在催化作用下发生加聚反应生成，