河南省洛阳市2019届高三化学下学期第二次统一考试试题(含解析)

河南省洛阳市2019届高三化学下学期第二次一致考试一试题（含分析）可能用到的相对原子质量：H-1Be-9C-12N-14O-16Al-27S-32Fe-56Cu-64I-127Pb-207一、选择题：本题共13小题，每题6分，共78分。在每题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。化学与生产、生活及社会发展亲近相关，以下相关说法不正确的选项是“血液透析”和“静电除尘”利用了胶体的不一样性质氨基酸在人体中生成新的蛋白质的反应属于缩聚反应从海水中提取物质都一定经过化学反应才能实现在食品袋中放入盛有硅胶的透气小袋，可防范食品受潮【答案】C【分析】【详解】A.血液和空气都属于胶体，“血液透析”利用的是渗析原理，“静电除尘”利用的是胶体的电泳原理，利用了胶体的不一样性质，A项正确；B.氨基酸在人体中生成新的蛋白质的反应属于缩聚反应，B项正确；C.从海水中提取物质不必定要经过化学反应才能实现，如提取氯化钠，蒸发结晶即可，C项错误；D.硅胶拥有吸水作用，可防范食品受潮，D项正确；答案选C。【点睛】C项观察的是关于海水水资源的利用知识，海水中可以提取溴、碘、镁元素，每个工艺流程及所涉及的化学反应，学生要注意归纳总结，这些过程均涉及化学变化，而海水中提取氯化钠、蒸馏水等则是物理变化，学生要加以理解并识记。设NA表示阿伏加德罗常数的值，以下说法正确的选项是A.0.5mol雄黄(AsS)，结构如图，含有N个S-S键44AB.将1molNH4NO3溶于适当稀氨水中，所得溶液呈中性，则溶液中+NH4的数量为NAC.标准状况下，33.6L二氯甲烷中含有氯原子的数量为3NAD.高温下，16.8gFe与足量水蒸气完整反应，转移的电子数为0.6NA-1-【答案】B【分析】A.S原子最外层有六个电子，形成2个共价键，As原子最外层五个，形成3个共价键，由结构图知白色球为硫原子，+-，NH.HO434332+-+-+NH4+OH,溶于适当稀氨水中，所得溶液呈中性，则溶液中n(NH4)=n(NO3),NH4的数量等于NA，故B正确；C.标况下,二氯甲烷为液体,不可以使用气体摩尔体积,故C错误;D.16.8g铁的物质的量为0.3mol,而铁与水蒸汽反应后变为+8/3价,故0.3mol铁失掉0.8mol电子即0,8NA个,所以D错误;所以B选项是正确的。3.近来几年来，食品安全事故屡次发生，人们对食品增加剂的认识逐渐加深。BHT是一种常用的食品抗氧化剂，合成方法有以下两种，以下说法正确的选项是A.不可以与Na2CO3溶液反应B.与BHT互为同系物C.BHT久置于空气中不会被氧化D.两种方法的反应种类同样【答案】B【分析】【详解】A.酚-OH的酸性比碳酸弱，比碳酸氢根离子酸性强，所以可与碳酸钠反应，A项错误；B.两者结构相似，官能团同样，均为苯酚的同系物，则与BHT互为同系物，B项正确；C.BHT含酚-OH，易被氧化，所以能发生氧化反应，久置于空气中会被氧化，C项错误；D.由方法一可知，碳碳双键变单键，发生的是加成反应，而方法二中，酚-OH的邻位H被叔丁基取代，为取代反应，D项错误，答案选B。【点睛】本题观察有机物的结构与性质，为高考高频考点，掌握结构中官能团与性质的关系-2-为解答的要点，注意信息的利用及分析，重视苯酚性质的观察，题目难度不大。以下列图是部分短周期元素原子半径与原子序数的关系图，以下说法正确的选项是A.M、N的氧化物都能与Z、R的最高价氧化物对应水化物反应B.Y的单质能从含R简单离子的水溶液中置换出R单质X、M两种元素构成的化合物熔点很高简单离子的半径：R>M>X【答案】C【分析】由图可知，为第二周期和第三周期元素的原子半径的变化，依据原子序数关系可知X为O元素，Y为F元素，Z为Na元素，M为Al元素，N为Si元素，R为Cl元素，A．M、N的氧化物Al2O3、SiO2都能与Z、R的最高价氧化物对应水化物NaOH反应，但SiO2不与R的最高价氧化物对应水化物HClO4反应，选项A错误；B．F2特别爽朗，与含氯离子的水溶液反应时直接与水反应，没法置换出氯气，选项B错误；C．X、M两种元素构成的化合物氧化铝熔点很高，选项C正确；D．O2-、Al3+电子层结构同样，核电荷数越大离子半径越小，Cl-比它们多一个电子层，半径最大，故离子半径Cl-＞O2-＞Al3+，选项D错误。答案选C。点睛：本题观察结构性质位置关系应用，推测元素是解题要点，重视对化学用语的观察，注意理解氢氧化铝的两性，能与强酸强碱反应，由图可知，为第二周期和第三周期元素的原子半径的变化，依据原子序数关系可知X为O元素，Y为F元素，Z为Na元素，M为Al元素，N为Si元素，R为Cl元素，据此分析得解。5.实验室利用以下列图装置制取无水A1C13(183℃升华，遇湿润空气即产生大批白雾)，以下说法正确的选项是-3-①的试管中盛装二氧化锰，用于常温下制备氯气②、③、⑥、⑦的试管中挨次盛装浓H2SO4、饱和食盐水、浓H2SO4、NaOH溶液滴加浓盐酸的同时点燃④的酒精灯⑤用于采集AlCl3，⑥、⑦可以用一个装有碱石灰的干燥管取代【答案】D【分析】【分析】由实验装置可知，①为浓盐酸与强氧化剂反应生成氯气，②中饱和食盐水可除去氯气中的HCl，③中浓硫酸干燥氯气，④中Al与氯气反应生成AlCl3，⑤为采集氯化铝的装置；⑥中浓硫酸防范水进入④和⑤中引起氯化铝水解，⑦中NaOH溶液汲取尾气中的氯气，以此来来解答。【详解】A.①的试管中盛装二氧化锰，常温与浓盐酸不反应，需要加热制备氯气，A项错误；B.由上述分析可知②、③、⑥、⑦的试管中挨次盛装饱和食盐水、浓H2SO4、浓H2SO4、NaOH溶液，B项错误；C.滴加浓盐酸使产生的氯气排出装置中的氧气，再点燃④的酒精灯，C项错误；D.⑤用于采集AlCl3，⑥、⑦两个装置要防范其水解，且要汲取尾气中的氯气，则⑥、⑦可以用一个装有碱石灰的干燥管取代，D项正确；答案选D。利用以下实验研究铁钉在不一样溶液中的吸氧腐化。以下说法不正确的选项是-4-A.上述正极反应均为--O2+4e+2H2O=4OH在不一样溶液中，Cl-是影响吸氧腐化速率的主要要素向实验④中加入少许(NH4)2SO4固体，吸氧腐化速率加快在300min内，铁钉的均匀吸氧腐化速率酸性溶液大于中性溶液【答案】B【分析】A.依据图象可知,实验装置中的氧气浓度是逐渐降低的,故此腐化为吸氧腐化,其正极反应为--O2+4e+2H2O=4OH，故A正确；B.依据图象可知,①②的反应速率凑近,③④的反应速率凑近,且①远大于③,②远大于④,故阴离子对反应速率影响不大,NH4+是影响反应速率的主要要素，+,故向实验故B错误；C.由于NH是影响反应速率的主要要素,能以致钢铁的吸氧腐化速率加快4④中加入少许(NH4)2SO4固体，吸氧腐化速率加快，故C正确；D.①②溶液显酸性，③④显中性，依据图象可知，铁钉的均匀吸氧腐化速率酸性溶液大于中性溶液，故D正确。应选:B。向0.1mol·L－1的NH4HCO3溶液中逐渐加入0.1mol·L－1NaOH溶液时，含氮、含碳粒子的分布状况以下列图(纵坐标是各粒子的分布系数，即物质的量分数a)，依据图象，以下说法不正确的选项是A.开始阶段，－反而略有增加，可能是由于NH4HCO3溶液中存在H2CO3，发生的主要反应是HCO3－－H2CO+OH=HCO+HO332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pH=9.5时，溶液中c(HCO3－)>c(NH3·H2O)>c(NH4+)>c(CO32－)滴加氢氧化钠溶液时，第一发生的反应：2NH4HCO3+2NaOH=(NH4)2CO3【答案】D【分析】【分析】-5-NHHCO溶液中存在+++NH的水解均衡，即NH4+H2O?NH?HO+H①；43432-的水解均衡，即--HCO3HCO3+H2O?H2CO3+OH②；-的电离均衡，即-+2-③，据此分析。HCO3HCO3?H+CO3【详解】依据上述分析可知：A.在未加氢氧化钠时，溶液的pH=7.7，呈碱性，则上述3个均衡中第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，均衡②向逆方向挪动，HCO3的量略有增加，即逆方向的反应是--+H2O，A项正确；H2CO3+OH═HCO3B.关于均衡①，氢氧根与氢离子反应，均衡正向挪动，+NH?HO的量增加，NH的量减小。由324图可知，当pH大于2-的量在增加，均衡③遇到影响，-8.7以后，COHCO被耗费，即碳酸氢根33离子和铵根离子都与氢氧根离子反应，B项正确；C.从图中可直接看出pH=9.5时，溶液中-+2-)，C项正确；c(HCO3)>c(NH3?H2O)>c(NH4)>c(CO3D.滴加氢氧化钠溶液时，---HCO的量并没减小，反而增大，说明第一不是HCO与OH反应,而是33+NHHCO+NaOH═NaHCO+NH?HO，D项错误；443332答案选D。三、非选择题(一)必考题：共129分。氮化铝(AN)是一种性能优异的新式资料，在许多领域有广泛应用，远景广阔。某化学小组模拟工业制氮化铝原理欲在实验室制备氮化铝并检验其纯度。查阅资料：①实验室用饱和NaNO2溶液与NH4C1溶液共热制N2：NaNO2+NH4ClNaCl+N2↑+2H2O②工业制氮化铝：Al2O3+3C+N22AlN+3CO，氮化铝在高温下能水解。AlN与NaOH饱和溶液反应：AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑。．氮化铝的制备实验中使用的装置如上图所示，请依照氮气气流方向将各仪器接口连接：e→c→d→a→b→___________(依据实验需要，上述装置可使用多次)。-6-(2)B装置内的X液体可能是___________，E装置内氯化钯溶液的作用可能是___________。Ⅱ．氮化铝纯度的测定【方案i】甲同学用以下列图装置测定AN的纯度(部分夹持装置已略去)。为正确测定生成气体的体积，量气装置(虚线框内)中的Y液体可以是___________。aCCl4bH2OcNH4Cl饱和溶液d植物油(4)若装置中分液漏斗与导气管之间没有导管A连通，对所测AlN纯度的影响是___________(填“偏大”“偏小”或“不变”)【方案ii】乙同学按以下步骤测定样品中AN的纯度。步骤②通入过分___________气体。步骤③过滤所需要的主要玻璃仪器有___________。样品中AlN的纯度是___________(用含m1、m2、m3的表达式表示)。【答案】(1).f(g)→g(f)→a→b→i(或f(g)→g(f)→c→d→i)(2).浓硫酸(3).汲取CO，防范污染(4).ad(5).偏大(6).CO2(7).玻璃棒、漏斗、烧杯(8).【分析】【分析】I．实验室用饱和NaNO2与NH4Cl溶液共热制N2:NaNO2+NH4ClNaCl+N2↑+2H2O，可以需要装置C制备氮气，生成的氮气中经过干燥后与Al2O3和C在装置D中反应生成AlN和CO，CO会污-7-染空气，可以经过氯化钯溶液汲取，氮化铝在高温下能水解，需要防范外界水蒸气进入装置D，据此作答；Ⅱ．【方案i】AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑，量气装置中采集的气体为氨气，再依据操作不妥对结果的氨气体体积的影响分析；【方案ii】依据流程图，滤液即清洗液中含有NaAlO2，经过步骤②获取积淀为氢氧化铝，再结合方程式相关物理量分析。【详解】依据上述分析可知；(1)依照氮气气流方向，各仪器接口连接顺序为f(g)→g(f)→a→b→i(或f(g)→g(f)c→d→i)，故答案为：f(g)→g(f)→a→b→i(或f(g)→g(f)→c→d→i)；依据上述分析，B装置内的X液体可以是浓硫酸；E装置内氯化钯溶液是用来汲取CO，防范污染，故答案为：浓硫酸；汲取CO，防范污染；(3)a.氨气是极性分子，难溶于CCl4，可以采纳；b.氨气极易溶于水，不可以采纳；c.氨气在NH4Cl饱和溶液中溶解度如故很大，不可以采纳；d.氨气难溶于植物油，可以采纳；故答案为：ad；若装置中分液漏斗与导气管之间没有导管A连通，则氢氧化钠溶液的体积会使所测氨气的体积偏大，所测AlN纯度偏大，故答案为：偏大；依据流程图，滤液即清洗液中含有NaAlO2，经过步骤②获取积淀为氢氧化铝，所以步骤②是通入过分CO2气体，故答案为：CO2；实验室里过滤需要的玻璃仪器为：玻璃棒、漏斗、烧杯，故答案为：玻璃棒、漏斗、烧杯；(7)依据Al2O3+3C+N22AlN+3CO，AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑，样品的主要成分为Al2O3、C和AlN，滤渣为C，最后的固体为Al2O3，，-8-则样品中AlN的纯度为，故答案为：。三盐基硫酸铅(3PbO·PbSO4·H2O)简称三盐，白色或微黄色粉末，稍带甜味、有毒。200℃以上开始失掉结晶水，不溶于水及有机溶剂。可用作聚氯乙烯的热稳固剂。以100.0t铅泥(主要成分为PbO、Pb及PbSO4等)为原料制备三盐的工艺流程以以下列图所示。sp4×10－8sp3×10－13。请回答以下问题:已知：K(PbSO)=1.82，K(PbCO)=1.46步骤①转变的目的是___________，反应的离子方程式为___________。滤液3中的主要溶质为___________(填化学式)。步骤③酸溶时，为提升酸溶速率，可釆取的措施是___________(任写一条)。此中铅与硝酸反应生成Pb(NO3)2和NO的离子方程式为___________。滤液2中可循环利用的溶质为___________(填化学式)。若步骤④沉铅后的滤液中c(Pb2+)=1.82×10－5mol·L－1，则此时c(SO42－)为___________mol·L－1(5)步骤⑥合成三盐的化学方程式为___________。若获取纯净干燥的三盐49.5t，假设铅泥中的铅元素有80%转变为三盐，则铅泥中铅元素的质量分数为___________(储存小数点后二位数)。[已知：三盐(3PbO·PbSO·HO)的相对分子质置为990]42【答案】(1).将PbSO4转变为PbCO3(2).CO2-2-+PbCO3(3).Na2SO43+PbSO4=SO4(4).合适升温（或合适增大硝酸浓度）(5).3Pb+8H+-2+(6).+2NO=3Pb+2NO↑+4HO323(7).1.0×10-3(8).4PbSO4+6NaOH24422HNO3NaSO+3PbO?PbSO?HO+2HO；(9).51.75%【分析】【分析】以铅泥(主要成分为PbO、Pb及PbSO4等)为原料制备三盐，由流程可知，向铅泥中加Na2CO3溶液是将PbSO4转变为PbCO3，Na2CO3(aq)+PbSO4(s)=Na2SO4(aq)+PbCO3(s)，所以滤液Ⅰ的溶质主-9-假如Na2SO4和过分的Na2CO3，Pb、PbO和PbCO3在硝酸的作用下反应：3Pb+8HNO=Pb(NO3)2+2NO↑+4H2O、PbCO3+2HNO3=Pb(NO3)2+CO2↑+H2O、PbO+2HNO3=Pb(NO3)2+2H2O，均转变为Pb(NO3)2，Pb(NO3)2中加稀H2SO4转变为PbSO4和硝酸，过滤的滤液为HNO3，可循环利用，向硫酸铅中加入氢氧化钠合成三盐和硫酸钠，发生4PbSO+6NaOH3Na2SO+3PbO?4PbSO?HO+2H2O，据此解答。42【详解】(1)步骤①铅泥在碳酸钠溶液中转变生成硫酸钠和碳酸铅，其目的是将PbSO化为PbCO43发生积淀的转变，以便提升铅的利用率，其离子方程式为：2-2-+PbCO3CO3+PbSO4=SO4故答案为：将PbSO4转变为PbCO3；CO32-+PbSO4=SO42-+PbCO3；2）滤液1中的溶质为Na2CO3和Na2SO4，故答案为：Na2SO4；3）影响化学反应速率的外界要素有温度、浓度、压强、催化剂、反应物的接触面积等，根据化工生产实质状况，步骤③酸溶时，为提升酸溶速率，可采纳的措施是合适升温(或合适增+-2+大硝酸浓度）；铅与硝酸反应生成Pb(NO)2、水和NO，其反应离子方程式为：3Pb+8H+2NO=3Pb33+2NO↑+4H2O，故答案为：合适升温（或合适增大硝酸浓度）；3Pb+8H++2NO3-=3Pb2++2NO↑+4H2O；(4)酸溶时生成硝酸铅，硝酸铅在沉铅时与硫酸发生复分解反应生成硫酸铅和硝酸，则滤液2中可循环利用的溶质为HNO3，若步骤④沉铅后的滤液中c(Pb2+）=1.82×l0-5mol·L-1，则此时依据Ksp(PbSO)=c(Pb2+2-)可知，c(SO2-）==1.0×10-3-1)c(SO44mol·L，4故答案为：HNO；1.0×10-3-1mol·L；3(5)步骤⑥在50-60℃条件下硫酸铅与氢氧化钠合成三盐的化学方程式为：4PbSO+6NaOH3Na2SO4+3PbO?PbSO4?H2O+2H2O；假设铅泥中的铅元素有80%转变为三盐，若获取纯净干燥的三盐49.5t，则铅泥中铅元素的质量分数为：×，故答案为：4PbSO+6NaOH3Na2SO4+3PbO?PbSO4?H2O+2H2O；51.75%。【点睛】本题观察物质的制备实验的知识。掌握物质的性质、流程中发生的反应、制备原理、混杂物分别提纯、实验技术为解答的要点，注意元素化合物知识和相关信息的应用，题目难度不大。-10-10.跟着科技的进步，合理利用资源保护环境成为此刻社会关注的焦点。甲胺铅碘(CH3NH3PbI3)用作全固态钙钛矿敏化太阳能电池的敏化剂，可由CH3NH2、PbI2及HI为原料合成，回答以下问题：(1)制取甲胺的反应为CH3OH(g)+NH3(g)CH3NH2(g)+H2O(g)△H。已知该反应中相关化学键的键能数据以下：则该反应的△H=___________kJ·mol－1(2)上述反应中所需的甲醇工业上利用水煤气合成，反应为：CO(g)+2H2(g)?CHOH(g)△H<O3在必定条件下，将1molCO和2molH2通入密闭容器中进行反应，当改变某一外界条件(温度或压强)时，CH2OH的体积分数(CH3OH)变化趋向以下列图：①均衡时，M点CH3OH的体积分数为10%，则CO的转变率为___________。②某同学以为上图中Y轴表示温度，你以为他判断的原由是______________________。(3)合成甲醇所需的氢气，工业上常从一种合成气(主要成分为CO2、H2)中分别。H2提纯过程示企图以下：①汲取池中发生反应的离子方程式是___________。②用电极反应式和离子方程式表示K2CO3溶液的再生原理___________。(4)分解HI曲线和液相法制备HI反应曲线分别如图1和图2所示：-11-①反应H2(g)+I2(g)?2HI(g)的△H=___________0(填“大于”或“小于”)。②将二氧化硫通入碘水中会发生反应：+－－，I+I－?I－，图2中曲线bSO+I2+2H2O=3H+HSO+2I3242代表的微粒是___________(填微粒符号)，由图2可知，要提升碘的还原率，除控制温度外，还可以够采纳的措施是___________。【答案】(1).-12(2).25%(3).跟着Y值的增大，c(CH3OH)减小，均衡向逆反应方向进行，故Y为温度(4).CO2-=2HCO-(5).2H-2+H2O+CO2O+2e-=H↑+2OH、332--2-+HO(6).小于(7).I-(8).减小的投料比2HCO+OH=CO3332【分析】【分析】1）反应热=反应物总键能-生成物总键能；2）①依据三行式计算获取；②依据图示信息：X轴上a点的数值比b点小，跟着Y值的增加，CH3OH的体积分数φ（CH3OH）减小，结合均衡挪动原理回答；3）二氧化碳与碳酸钾反应生成碳酸氢钾，再结合电解池原理结合离子反应作答；4）①图象中分析可知随的高升，HI减小，H2增大，反应H2（g）+I2（g）?2HI（g）说明升温均衡逆向进行；②依据图象b为从零愈来愈大的离子，a为不变的离子，结合反应过程分析判断；减小的投料比提升碘的还原率；【详解】(1)反应热=反应物总键能-生成物总键能，设C-H键能为xkJ/mol，H=反应物总键能-生成物总键能=3x+351+463+3×393-（3x+293+2×393+2×463）=-12kJ/mo1，故答案为：-12；(2)①设CO的转变量是x，则-12-均衡时，CH3OH的体积分数为10%，则x/(1-x+2-2x+x)×100%=10%，x=0.25，所以CO的转变率为=25%，故答案为：25%；②依据图示信息：X轴上a点的数值比b点小，跟着Y值的增加，CH3OH的体积分数φ(CH3OH)减小，均衡逆向挪动，故Y表示温度，故答案为：跟着Y值的增加,CH3OH的体积分数φ(CH3OH)减小，均衡逆向挪动，故Y表示温度；(3)汲取池二氧化碳与碳酸钾反应生成碳酸氢钾，发生反应的离子方程式是：2232-CO+HO+CO=-；再利用惰性电极电解时，阴极水中的氢离子得电子获取氢氧根离子，生成的碳酸钾继2HCO3续与氢氧根离子反应又转变为2-2323223-----2-+HO2HCO；2HO+2e=H↑+2OH、2HCO+OH=CO3322322------2-+HO；故答案为：CO+HO+CO=2HCO；2HO+2e=H↑+2OH、2HCO+OH=CO322332232(4)①图象中分析可知随的高升,HI减小,H2增大,反应H2(g)+I2(g)?2HI(g)说明升温均衡逆向进行，正反应为放热反应，△H<0，故答案为：小于；②由图象看出b的量从零开始愈来愈大，依据+---+II-，反应SO+I2+2H2O=3H+HSO+2I，I2324中愈来愈多的离子为-，由图2知要提升碘的还原率，除控制温度外，还可以够采纳的措施是I3减小的投料比。故答案为：-；减小的投料比。I3(二)选考题：共45分。请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一道作答。假如多做，则每科按所做的第一题计分。11.铜矿(CuFeS2)是炼铜的最主要矿物。火法冶炼黄钢矿的过程中，此中一步反应是：2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2。回答以下问题。(1)Cu+价电子的电子排布图为___________，Cu2O与Cu2S比较，熔点较高的是___________，-13-原由于______________________。(2)SO2与SO3的键角对比，键角更小的是___________。某种硫的氧化物冷却到289.8K时凝聚获取一种螺旋状单链结构的固体，其结构片段如图1所示。此固态物质中S原子的杂化轨道种类是___________；该物质的化学式为___________。(3)离子化合物CaC2的晶体结构如图2所示。写出该物质的电子式___________。从钙离子看该晶体属于___________积聚，一个晶胞含有的π键均匀有___________个。(4)依据图3可知，与每个C60分子距离近来且相等的C60分子有___________个，其距离为___________cm(列出计算式即可)。【答案】(1).(2).Cu2O(3).两物质均为离子化合物，且离子所带电荷数同样，O2-半径小于S2-，所以Cu2O的晶格能大，熔点更高(4).SO2(5).sp3(6).SO3或(SO3)n(7).(8).面心立方(9).8(10).12(11).【分析】【分析】-14-1）Cu位于第周围期IB族，Cu＋的价电子为第三层的d能级，依据泡利原理和洪特规则，书写价电子轨道式；Cu2O和Cu2S都属于离子晶体，晶格能越大，晶体熔沸点越高，据此分析作答；2）孤电子对之间的斥力>孤电子对-成键电子对之间的斥力>成键电子对之间斥力，据此分析键角大小；利用均摊法求出图1中的化学式构成，再请依据杂化轨道种类判断其杂化方式；3）碳化钙中存在离子键与非极性共价键，据此写出其电子式；结合金属原子常有积聚模型作答；再依据均摊法计算所含π键数量。【详解】（1）Cu位于第周围期IB族，Cu＋的价电子为第三层的d能级，依据泡利原理和洪特规则，Cu＋价电子轨道式为；Cu2O和Cu2S都属于离子晶体，晶格能越大，晶体熔沸点越高，晶格能与半径、所带电荷数相关，半径越小、所带电荷数越多，晶格能越大，Cu2O和Cu2S所带电荷数同样，S2-的半径大于O2-的半径，所以Cu2S的沸点低于Cu2O；故答案为：；Cu2O；两物质均为离子化合物，且离子所带电荷数同样，O2-半径小于S2-，所以Cu2O的晶格能大，熔点更高；（2）SO2含有的孤电子对为(6-2×2)/2=1，SO3中含有孤电子对为(6-2×3)/2=0，孤电子对之间的斥力>孤电子对-成键电子对之间的斥力>成键电子对之间斥力，所以SO3键角大于SO2键角；依据图1可知，该固体结构的基本单元中含S原子数量为1个，O原子数量为=3个，所以其化学式为SO3或(SO3)n，又由于中心S有4个σ键，无孤电子对，价层电子对数为4，杂化轨道数等于价层电子对数，即杂化种类为sp3；故答案为：SO2；sp3；SO3或(SO3)n；（3）依据图2，CaC2的电子式为：；依据晶胞的结构，Ca2＋位于极点和面心，所以属于面心立方积聚；2-位于棱上和体心，属于晶胞的2-的个数为12×1/4＋1=4，C2C2依据CaC的电子式，两个碳原子之间有3对电子对，即2-有2个π键，即1个晶胞中1个C22有2×4=8个