全国I卷河南省六市2025届高三化学第一次联合调研监测试题含解析

PAGE20-（全国I卷）河南省六市2025届高三化学第一次联合调研监测试题（含解析）第I卷一、选择题（本题共7小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。）1.化学和生活、社会发展休戚相关，从古代文物的修复到现在的人工智能，我们时时刻刻能感受到化学的魅力。下列说法不正确的是A.银器发黑重新变亮涉及了化学变更B.煤综合利用时采纳了干馏和液化等化学方法C.瓷器主要成分属于硅酸盐D.芯片制造中的“光刻技术”是利用光敏树脂在曝光条件下成像，该过程并不涉及化学变更【答案】D【解析】【详解】A．银器发黑的缘由就是因与空气里的氧气等物质发生氧化而腐蚀，重新变亮就是又变成原来的银，在这个过程中涉及到化学变更，A正确；B．煤的干馏是将煤隔绝空气加强热，生成焦炭、煤焦油、出炉煤气等产物的过程；煤的液化是利用煤制取液体燃料，均为化学变更，B正确；C．瓷器是混合物，主要成分是二氧化硅和硅酸盐（硅酸铝，硅酸钙）等，C正确；D．光敏树脂遇光会变更其化学结构，它是由高分子组成的胶状物质，在紫外线照耀下，这些分子结合变成聚合物高分子，属于化学变更，D错误；答案选D。【点睛】复习时除了多看课本，还要多留意生活中的热点现象，思索这些现象与化学之间的关系。2.类比推理是化学中常用的思维方法。下列推理正确的是A.lmol晶体硅含Si-Si键的数目为2NA，则1mol金刚砂含C-Si键的数目也为2NAB.Ca(HCO3)2溶液中加入过量的NaOH溶液，发生化学反应的方程式：则Mg(HCO3)2溶液中加入过量的NaOH溶液，发生化学反应的方程式：C.标准状况下，22.4LCO2中所含的分子数目为NA个，则22.4LCS2中所含的分子数目也为NA个D.NaClO溶液中通人过量CO2发生了反应：，则Ca(ClO)2溶液中通入过量CO2发生了：【答案】D【解析】【详解】A．1mol晶体硅含Si-Si键的数目为2NA，而1mol金刚砂含C-Si键的数目为4NA，A错误；B．Ca(HCO3)2溶液中与过量的NaOH溶液反应生成CaCO3沉淀，而Mg(HCO3)2溶液中与过量的NaOH溶液反应时，由于Mg(OH)2的溶度积比MgCO3小，生成的是Mg(OH)2沉淀而不是MgCO3沉淀，B错误；C．在标准状况下，CO2是气体而CS2是液体，C错误；D．NaClO和Ca(ClO)2溶液通入过量CO2都是发生反应：ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO3-，D正确；答案选D。3.我国自主研发的对二甲苯绿色合成项目取得新进展，其合成过程如图所示。下列说法不正确的是A.丙烯醛分子中全部原子可能共平面 B.可用溴水鉴别异戊二烯和对二甲苯C.对二甲苯的二氯代物有6种 D.M能发生取代，加成，加聚和氧化反应【答案】C【解析】【详解】A．丙烯醛分子中的碳碳双键是平面结构，醛基也是平面结构，中间是一个可以旋转的单键，所以分子里全部原子有可能在同一平面，A正确；B．异戊二烯里含有碳碳双键，可以与溴水发生加成反应而导致溴水褪色，而对二甲苯与溴水不反应，可以鉴别，B正确；C．对二甲苯里面有两种类型的H，其二氯代物共有7种：①当两个氯取代甲基上的H时有两种，②当有一个氯取代甲基上的H，另一个取代苯环上的H，有邻、间两种结构，③当两个氯都取代苯环上的H，采纳定一议二的方法，当其中一个氯在甲基邻位时，另一个氯有3种结构，此二氯代物有3种，C错误；D．M中有碳碳双键，可以发生加成、加聚反应，醛基可以发生氧化、加成反应，烃基可以发生取代反应，D正确；答案选C。4.W、X、Y、Z是原子序数依次增大的前四周期元素，W、X是空气中含量最高的两种元素，Y的合金是当今世界运用量最大的合金，Z的单质常温下为液态。下列说法不正确的是A.单质Z保存时须要加水形成液封B.Y的金属性弱于第三周期的全部金属元素C.W与X能形成二元化合物并非全部是酸性氧化物D.向YZ2溶液中通人少量氯气会发生置换反应【答案】D【解析】【分析】由题可知，W、X是空气中含量最高的两种元素，则W、X分别是N、O，Y的合金是当今世界运用量最大的合金，所以Y为Fe，Z的单质常温下为液态，常温下为液态的单质有溴和汞，由题中条件可知Z为Br，由此解答。【详解】A．单质溴易挥发且有毒，保存在棕色瓶里，添加少量水作为液封，A正确；B．第三周期的金属元素有Na、Mg、Al，由金属活动依次可知，Fe的金属性比这三种金属都要弱，B正确；C．N和O两种元素形成的二元化合物中，NO、NO2都不是酸性氧化物，C正确；D．YZ2就是FeBr2，通入少量Cl2，由于Fe2+还原性比Br-强，只能发生反应：6FeBr2+3Cl2=2FeCl3+4FeBr3，不属于置换反应，D错误；答案选D。5.下表中试验“操作或现象”以及“所得结论”都正确且两者具有推导关系的是操作或现象所得结论A向纯碱中滴加足量浓盐酸，将产生的气体通入苯酚钠溶液，溶液变浑浊酸性：盐酸>碳酸>苯酚B取酸性KMnO4溶液少量，加入足量H2O2溶液，溶液紫红色渐渐褪去且产生大量气泡氧化性：KMnO4>H2O2C用95%的酒精代替75%的酒精杀灭新型冠状病毒高浓度酒精能让蛋白质变性更快D向装有适量淀粉水解液试管中加入新制的银氨溶液，然后水浴加热一段时间，试管内壁无任何现象淀粉未水解A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．由于浓盐酸挥发出HCl，可以使苯酸钠生成苯酚，只能证明盐酸酸性强于碳酸，A错误；B．发生反应：5H2O2+2MnO4-+6H+=2Mn2++8H2O+5O2↑,现象为紫红色褪去，有气泡产生，证明氧化性KMnO4>H2O2，B正确；C．医用消毒酒精中乙醇的浓度（体积分数）通常是75%，乙醇浓度太大，杀菌实力强但渗透性差，95%的酒精溶液会导致病毒表面的蛋白质变性，当病毒退壳后，里面的蛋白质仍旧会危害人体健康，所以不能用95%的酒精代替75%的酒精杀灭新型冠状病毒，C错误；D．淀粉水解后溶液显酸性，应在碱性条件下检验，正确的方法是在水解所制得溶液中先加NaOH溶液，再加入新制的银氨溶液，然后水浴加热，D错误；答案选B。6.某种新型热激活电池的结构如图所示，电极a的材料是氧化石墨烯（CP）和铂纳米粒子，电极b的材料是聚苯胺（PANI），电解质溶液中含有Fe3+和Fe2+。加热使电池工作时电极b发生的反应是PANI-2e-=PANIO（氧化态聚苯胺，绝缘体）+2H+，电池冷却时Fe2+在电极b表面与PANIO反应可使电池再生。下列说法不正确的是A.电池工作时电极a为正极，且发生的反应是：Fe3++e-—Fe2+B.电池工作时，若在电极b四周滴加几滴紫色石蕊试液，电极b四周渐渐变红C.电池冷却时，若该装置正负极间接有电流表或检流计，指针会发生偏转D.电池冷却过程中发生的反应是：2Fe2++PANIO+2H+=2Fe3++PANI【答案】C【解析】【分析】依据b上发生氧化反应可知b为负极，再由题中信息及原电池原理解答。【详解】A．依据b极电极反应推断电极a是正极，电极b是负极，电池工作时电极a上的反应是Fe3++e-=Fe2+，A正确;B．电池工作时电极b发生的反应是PANI-2e-=PANIO（氧化态聚苯胺，绝缘体）+2H+，溶液显酸性，若在电极b四周滴加几滴紫色石蕊试液，电极b四周渐渐变红，B正确；C．电池冷却时Fe2+是在电极b表面与PANIO反应使电池再生，因此冷却再生过程电极a上无电子得失，导线中没有电子通过，C错误；D．电池冷却时Fe2+是在电极b表面与PANIO反应使电池再生，反应是2Fe2++PANIO+2H+=2Fe3++PANI，D正确；答案选C。【点睛】挖掘所给反应里包含的信息，推断出正负极、氢离子浓度的变更，再联系原电池有关原理进行分析解答。7.已知常温下HF酸性强于HCN，分别向1Llmol/L的HF和HCN溶液中加NaOH固体调整pH（忽视温度和溶液体积变更），溶液中（X表示F或者CN）随pH变更状况如图所示，下列说法不正确的是A.直线I对应的是B.I中a点到b点的过程中水的电离程度渐渐增大C.c点溶液中：D.b点溶液和d点溶液相比：cb(Na+)<cd(Na+)【答案】D【解析】【详解】A．纵坐标为0时即=1，此时Ka==c(H+)，因此直线I对应的Ka=10-3.2,直线II对应的Ka=10-9.2,由于HF酸性强于HCN，因此直线I对应，A正确；B．a点到b点过程中HF浓度渐渐减小，NaF浓度渐渐增大，因此水的电离程度渐渐增大，B正确；C．Ka(HCN)=10-9.2，NaCN的水解常数Kh(NaCN)=10-4.8>Ka(HCN)，因此等浓度的HCN和NaCN的混合溶液中c(CN-)<c(HCN)，c点是HCN和NaCN的混合溶液且c(CN-)=c(HCN)，因此c(NaCN)>c(HCN)，即有c(Na+)>c(CN-)；由于OH-、H+来自水的电离，浓度比较小且此时溶液的pH为9.2，C点溶液中存在：c(Na+)>c(CN-)=c(HCN)>c(OH-)>c(H+)，C正确；D．由于HF酸性强于HCN，要使溶液均显中性，HF溶液中要加入较多的NaOH，因此cb(Na+)>cd(Na+)，D错误；答案选D。【点睛】溶液中有多种电解质时，在比较离子浓度大小时留意水解常数与电离平衡常数的关系。8.无水四氯化锡（SnC14）是一种用途广泛的化工中间体，常用作媒染剂和有机合成的氯化催化剂。熔融的金属锡（熔点231℃）在300℃左右能干脆与Cl2作用生成无水四氯化锡，试验室装置如图所示：已知信息如下：①将金属锡熔融，通人干燥氯气进行反应，生成四氯化锡。②无水四氯化锡是无色易流淌的液体，熔点为一33℃，沸点为114.1℃。二氯化锡是无色晶体，熔点为246℃，沸点为652℃。③无水四氯化锡在空气中极易水解，水解产物之一是SnO2．xH2O，并产生白烟。请回答下列问题：（l）起先试验前肯定要____，E中冷水的作用是___。（2）装置F中盛放的最佳试剂为___，作用是____。（3）试验时应先打开A处分液漏斗旋塞和整套装置的阀门，待视察到____这一现象时，再点燃D处酒精灯。（4）若撤去装置C，则D中还可能发生反应的化学方程式为__。（5）Cl2和锡作用即可生成SnC14，也会生成SnCl2，为削减SnCl2的生成，可实行的措施是_______.（6）得到的产物中常含有杂质SnCl2，SnCl2是常用的还原剂。某试验小组用碘氧化法滴定分析产品中杂质SnCl2的质量分数。精确称取a克该样品于锥形瓶，用适量浓盐酸溶解，淀粉溶液作指示剂，cmol．L-l碘标准溶液滴定至终点，消耗标准液20.00mL，已知滴定原理是：SnCl2+2HCl+I2=SnC14+2HI，则产品中杂质SnCl2的质量分数为____（用含a、c的代数式表示）；即使此法测定的操作均正确，但测得的SnCl2含量仍低于实际含量，其缘由可能是________（用离子方程式表示）。【答案】(1).检查装置气密性(2).冷凝，SnC14气体使其变为液体(3).浓硫酸(4).汲取G中挥发的水蒸气，防止进入E中导致SnC14水解(5).装置F液面上方出现黄绿色气体(6).SnCl4+(x+2)H2O=SnO2•xH2O↓+4HCl(7).通入过量的Cl2(8).%(9).4I-+4H++O2=2I2+2H2O(或者是Sn2+被空气中的氧气氧化为Sn4+,反应的离子方程式为：2Sn2++4H++O2=2Sn4++2H2O)【解析】【分析】由图可知，装置A制取氯气，由于浓盐酸易挥发，产生的氯气里含有氯化氢气体及水蒸气，B装置试剂为饱和食盐水除去氯化氢，C装置试剂为浓硫酸汲取水蒸气，装置D生成SnC14，在装置E中冷却后收集，未反应的氯气用氢氧化钠溶液在G中汲取，防止污染空气，因SnC14极易水解，应防止G中产生的水蒸气进入E中，所以在E与G之间设置装有浓硫酸的装置F。据以上分析解答。【详解】（1）为防止试验中氯气泄漏污染空气及水蒸气等进入装置影响产品纯度，试验之前必须要检查装置气密性。由题知SnC14的沸点较低，用冷水冷凝SnC14气体使其变为液体以便于收集。答案为：检查装置气密性；冷凝SnC14气体使其变为液体。（2）由题知SnC14极易水解，为防止G中产生的水蒸气进入E中，在E与G之间设置装有浓硫酸的装置F。答案为：浓硫酸；汲取G中挥发的水蒸气，防止进入E中导致SnC14水解。（3）由于Sn与空气中的氧气反应，SnC14在空气中极易水解生成SnO2．xH2O，所以制备SnC14之前用Cl2排尽装置中的空气，当视察到装置F液面上方出现黄绿色气体时，表明装置中空气已排尽，可以点燃D处酒精灯进行反应。答案为：装置F液面上方出现黄绿色气体。（4）若撤去装置C，则装置D中SnC14会发生水解，反应方程式为：SnCl4+(x+2)H2O=SnO2•xH2O↓+4HCl。答案为：SnCl4+(x+2)H2O=SnO2•xH2O↓+4HCl。（5）Cl2和锡作用即可生成SnC14，也会生成SnCl2，为削减SnCl2的生成，可以通入过量的Cl2。答案为：通入过量的Cl2。（6）依据SnCl2+2HCl+I2=SnC14+2HI可得：n(SnCl2)=n(I2)=cmol•L0.02L=0.02cmol，m(SnCl2)=0.02cmol190g/mol=3.80cg，产品中SnCl2的质量分数为：100%=%，若此法测定的操作均正确，但测得的SnCl2含量仍低于实际产量，其缘由可能是I-被空气中的氧气氧化为I2，使消耗的碘标准溶液体积偏小，产品中SnCl2含量偏低，发生的反应为：4I-+4H++O2=2I2+2H2O(或者是Sn2+被空气中的氧气氧化为Sn4+,发生反应的离子方程式为：2Sn2++4H++O2=2Sn4++2H2O)。答案为：%；4I-+4H++O2=2I2+2H2O(或者是Sn2+被空气中的氧气氧化为Sn4+,反应的离子方程式为：2Sn2++4H++O2=2Sn4++2H2O)。【点睛】计算物质纯度时要留意：①是否从配制好的溶液中取出一部分进行试验②溶液体积亳升与升的换算③滴定中一般发生的两个反应之间的物质的量的关系。9.氢氧化锂（LiOH）是重要的初加T锂产品之一，可用于接着生产氟化锂、锰酸锂等，用自然锂辉石（主要成分LiAISi2O3，含有Fe（III）等杂质）生产LiOH的一种工艺流程如图所示：已知溶液1中含有Li+、K+、A13+、Na+、Fe3+、SO42-等离子，请回答相关问题。（l）将LiAlSi2O6改写为氧化物的形式：____。（2）高温烧结的目的是____。操作1是__。（3）净化过滤过程中溶液的pH不能过低也不能过高，缘由是____。（4）流程中的某种物质可循环利用，该物质的化学式是____。（5）工业生产中通过电解LiCI溶液的方法也可制得LiOH，其原理如图所示，电极a应连接电源的____（选填“正极”或“负极”），电极b发生的反应是___，阳离子交换膜的作用是___【答案】(1).Li2O•Al2O3•4SiO2(2).将锂辉石转化为可溶性硫酸盐，与杂质分别(3).溶解、过滤(4).pH过低Al3+和Fe3+不能完全除去，pH过高会使生成的Al(OH)3部分溶解(5).3K2SO4•Na2SO4(6).正极(7).2H2O+2e-=H2↑+2OH-(8).可以防止OH-进入左室与Cl2反应，还可以让更多的Li+进入右室得到高浓度的LiOH【解析】【详解】（1）将硅酸盐改为氧化物形式的方法为；依次将各元素写成氧化物形式，中间用“•”连接，同时留意氧化物的先后依次，LiAlSi2O6改写为氧化物的形式为：Li2O•Al2O3•4SiO2。答案为：Li2O•Al2O3•4SiO2。（2）由操作1前后物质的状态可知，操作1应当是溶解、过滤，依据所得溶液1里的成分全部为可溶性硫酸盐电离产生的离子可以确定，高温烧结的目的一个是为了除去杂质，另外更重要的就是将矿石中难溶成分转化为可溶成分，再通过后续操作进行分别。答案为：将锂辉石转化为可溶性硫酸盐，与杂质分别；溶解、过滤。（3）净化操作中加入NaOH溶液，目的是为了将溶液里的杂质离子Fe3+、Al3+转化为沉淀除去，pH过低杂质不能完全除去，而pH过高，NaOH浓度太大，又能使生成的Al(OH)3部分溶解，所以须要限制溶液的pH在肯定的范围。答案为：pH过低Al3+和Fe3+不能完全除去，pH过高会使生成的Al(OH)3部分溶解。（4）依据题词信息可知，可以循环运用的物质是：3K2SO4•Na2SO4。答案为：3K2SO4•Na2SO4。（5）据图可知电解池两极均有气体产生，则两极反应为：阳极：2Cl--2e-=Cl2↑，阴极：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，由右室通入LiOH稀溶液可知，溶液B为制得的LiOH溶液，右室为阴极区，电极b与电源负极相连，则左室为阳极区，电极a与电源正极相连，电极b上的反应为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-；阳离子交换膜可以防止OH-进入左室与Cl2反应，还可以让更多的Li+进入右室得到高浓度的LiOH。答案为：正极；2H2O+2e-=H2↑+2OH-；可以防止OH-进入左室与Cl2反应，还可以让更多的Li+进入右室得到高浓度的LiOH。10.催化剂是化工技术的核心，绝大多数的化工生产需采纳催化工艺。I．（1）催化剂的选择性指在能发生多种反应的反应系统中，同一催化剂促进不同反应的程度的比较，实质上是反应系统中目的反应与副反应之间反应速度竞争的表现。如图所示为肯定条件下1molCH3OH与O2发生反应时，生成CO、CO2或HCHO的能量变更图[反应物O2（g）和生成物H2O（g）略去]。在有催化剂作用下，CH3OH与O2反应主要生成____（选填“CO或CO2或HCHO”）。（2）2007年诺贝尔化学奖授予擅长做“表面文章”的德国科学家哈德·埃特尔，他的成就之一是证明了气体在固体催化剂表面进行的反应，开创了表面化学的方法论。埃特尔探讨的氮气和氢气分子在固体催化剂表面发生的部分变更过程如图所示：①下列说法不正确的是____。A上升温度可以提高一段时间内NH3的生产效率B图示中②一③以及后面几个过程均是放热过程C此图示中存在H-H键断裂和N-N键断裂，以及N-H键的形成过程②合成氨工业中，原料气（N2、H2及少量CO、NH3的混合气）在进入合成塔前常用Cu（NH3）2Ac（醋酸二氨合亚铜，Ac代表醋酸根）溶液来汲取原料气中的CO，其反应是：生产中必需除去原料气中CO的缘由是___；Cu（NH3）2Ac溶液汲取原料气中的CO的生产相宜条件应是___。Ⅱ．氮循环是指氮在自然界中的循环转化过程，是生物圈内基本的物质循环之一，存在较多蓝、绿藻类的酸性水体中存在如有图所示的氮循环，请回答相关问题。（3）NH4+硝化过程的方程式是2NH4++3O22HNO3+2H2O+2H+，恒温时在亚硝酸菌的作用下发生该反应，能说明体系达到平衡状态的是____（填标号）。A溶液的pH不再变更BNH4+的消耗速率和H+的生成速率相等C溶液中NH4+、NH3•H2O、HNO3、NO2-的总物质的量保持不变试验测得在其它条件肯定时，NH4+硝化反应的速率随温度变更曲线如下图A所示，温度高于35℃时反应速率快速下降的缘由可能是___。（4）亚硝酸盐含量过高对人和动植物都会造成干脆或间接的危害，因此要对亚硝酸盐含量过高的废水进行处理。处理亚硝酸盐的方法之一是用次氯酸钠将亚硝酸盐氧化为硝酸盐，反应方程式是ClO-+NO2-=NO3-+Cl-。在25℃和35℃下，分别向NO2-初始浓度为5×10-3mol/L的溶液中按不同的投料比加人次氯酸钠固体（忽视溶液体积的变更），平衡时NO2-的去除率和温度、投料比的关系如上图B所示，a、b、c、d四点ClO-的转化率由小到大的依次是____，35℃时该反应的平衡常数K=____（保留三位有效数字）。【答案】(1).HCHO(2).C(3).防止CO使催化剂中毒(4).低温、高压(5).A(6).温度过高使亚硝酸菌变性(7).d、c、b、a(8).2.67【解析】【详解】（1）依据图象可知转化为甲醛时活化能最低，所以运用催化剂时主要产物为HCHO。答案为：HCHO。（2）①A．N2中键能较大，常温不易反应，上升温度可促使N2中化学键断裂，加快反应进程，提高生产效率，A正确；B．图示中②→③及后面几个过程均为形成新的化学键N-H，而形成新的化学键要放出热量，B正确；C．此图中①→②是N-N键断裂，②以后为N-H键的形成，没有出现H-H键断裂的图示，C错误；答案选C。②生产中必需除去原料气中的CO的缘由是防止合成塔中的催化剂中毒，据题可知溶液汲取CO的正反应为气体体积削减的放热反应，在低温、高压的条件下有利于CO的汲取。答案为：防止CO使催化剂中毒；低温、高压。（3）A．由2NH4++3O22HNO3+2H2O+2H+可知，当pH不变也就是H+不变则说明反应达到平衡，A正确；B．由反应可知NH4+消耗速率和H+的生成速率描述的都是正反应，无法推断反应是否达到平衡，B错误；C．在氮的循环中，氮元素的物质的量始终保持不变，C错误；由图A可知35℃时反应速率快速下降是因为反应中有亚硝酸菌参加，而温度过高会使细菌亚硝酸菌中的蛋白质发生变性，从而导致速率变慢。答案为：A；温度过高使亚硝酸菌变性。（4）由图像可知，a、b两点温度相同，都是25℃，由a点到b点，投料比不断增大，可以理解为不断增加n(ClO-)，NO2-的去除率不断增大，而ClO-的转化率不断减小，所以ClO-的转化率：a>b，同理可得：c>d，而c、d两点，投料比相同，由b到c上升温度，而NO2-的去除率不断减小，说明正反应是放热反应，则ClO-的转化率b>c，所以a、b、c、d四点ClO-的转化率由小到大的依次是：d、c、b、a；NO2-初始浓度为5×10-3mol/L，35℃当投料比为2的时候，NO2-的去除率为80%，平衡时NO2-的转化量为5×10-3mol/L×80%=4×10-3mol/L，用三段式进行计算：平衡常数K===2.67。答案为:d、c、b、a；2.67。[化学一选修3：物质结构与性质]11.黄铜矿是工业炼铜的原料，含有的主要元素是硫、铁、铜，请回答下列问题。（l）基态硫原子中核外电子有____种空间运动状态。Fe2+的电子排布式是___。（2）液态SO2可发生白偶电离2SO2=SO2++SO32-，SO32-的空间构型是___，与SO2+互为等电子体的分子有____（填化学式，任写一种）。（3）CuCl熔点为426℃，溶化时几乎不导电，CuF的熔点为908℃，沸点1100℃，都是铜（I）的卤化物，熔沸点相差这么大的缘由是___。（4）乙硫醇（C2H5SH）是一种重要的合成中间体，分子中硫原子的杂化形式是____。乙硫醇的沸点比乙醇的沸点____（填“高”或“低”），缘由是____。（5）黄铜矿主要成分X的晶胞结构及晶胞参数如图所示，X的化学式是___，其密度为___g／cm3（阿伏加德罗常数的值用NA表示）。【答案】(1).16(2).1s22s22p63s23p63d6(或[Ar]3d6)(3).三角锥形(4).N2或CO(5).CuCl为分子晶体，CuF为离子晶体，离子晶体的熔沸点比分子晶体高(6).sp3(7).低(8).乙醇分子间有氢键，而乙硫醇没有(9).CuFeS2(10).【解析】【分析】（1）硫元素为16号元素，核外有16个电子，9个轨道；铁为26号元素，核外有26个电子，失去最外层的2个电子变成Fe2+；（2）依据SO32-的杂化方式为sp3确定它的空间结构，由等电子体定义确定SO2+的等电子体的分子；（3）依据两种晶体的性质确定晶体类型；（4）依据乙硫醇中硫原子的成键特点推断杂化方式，乙醇分子里有氧，可以形成氢键导致沸点比较高；（5）依据晶胞结构中Cu、Fe、S原子个数计算出化学式，再由有关公式写出晶胞密度的表达式；依据以上分析进行解答。【详解】（1）基态原子核外有多少个轨道就有多少个空间运动状态。硫原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p4，故硫原子1+1+3+1+3=9个轨道，所以基态硫原子中核外电子有9种空间运动状态；Fe是26号元素，核外有26个电子，铁原子失去最外层的两个电子变成Fe2+，Fe2+的电子排布式是1s22s22p63s23p63d6(或[Ar]3d6)。答案为：9；1s22s22p63s23p63d6(或[Ar]3d6)。（2）SO32-离子中的硫原子有三个化学键，一对孤对电子，属于sp3杂化，空间构型为三角锥形；SO2+有两个原子，总价电子数为10，与SO2+互为等电子体的分子有N2、CO等。答案为：三角锥形；N2或CO。（3）由题知CuCl熔点为426℃，溶化时几乎不导电，可以确定CuCl为分子晶体，熔沸点比较低，CuF的熔点为908℃，沸点1100℃，确定CuF为离子晶体，熔沸点比较高。答案为：CuCl为分子晶体，CuF为离子晶体，离子晶体的熔沸点比分子晶体高。（4）乙硫醇（C2H5SH）里的S除了共用的两对电子外还有两对孤对电子要参加杂化，所以形成的是sp3杂化，乙醇里有电负性较强的氧原子，分子间可以形成氢键，沸点比乙硫醇的沸点高。答案：sp3；低；乙醇分子间有氢键，而乙硫醇没有。（5）对晶胞结构分析可知，晶胞中的Cu原子数目=8+4+1=4，Fe原子数目=6+4=4，S原子数目为8，X的化学式中原子个数比为：Cu:Fe:S=1:1:2，所以X的化学式为：CuFeS2。由图可知晶胞内共含4个“CuFeS2”，据此计算：晶胞的质量=4=，晶胞的体积V=anmanmbnm=a2•b10-21cm3，所以晶胞的密度==。答案为：CuFeS2；。【点睛】基态原子核外有多少电子就多少个运动状态，有多少个轨道就