北京市朝阳外国语学校2023-2024学年高二下学期期中质量检测化学试卷（解析版）

北京市朝阳外国语学校2023~2024学年度第二学期期中质量检测高二年级化学试卷(考试时间90分钟满分100分)可能用到的相对原子质量：H：1C：12O：16Na：23Cl：35.5第一部分一、本部分共14题，每题3分，共42分在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项1.下列化学用语或图示表达不正确的是A.的电子式：B.的结构示意图：C.顺-2-丁烯的分子结构模型：D.基态N原子的电子排布式：【答案】D【解析】【详解】A．羟基的电子式中氢原子周围2个电子，氧原子周围7个电子，A正确；B．是原子失去2个电子得到的稳定结构，最外层8个电子，B正确；C．顺-2-丁烯的分子结构中相同的结构在双键的同侧，C正确；D．基态N原子的电子排布式：，D错误；故选D。2.下列微粒的中心原子是杂化的是A. B. C. D.【答案】B【解析】【详解】A．中C原子的价层电子对数为=4，VSEPR模型为四面体，C原子采用sp3杂化，选项A错误；B．中C原子的价层电子对数为=3，VSEPR模型为平面三角形，C原子采用sp2杂化，选项B正确；C．中N原子的价层电子对数为=4，VSEPR模型为正四面体，N原子采用sp3杂化，选项C错误；D．中N原子的价层电子对数为=4，VSEPR模型为四面体，N原子采用sp3杂化，选项D错误；答案选B。3.下列各组物质既能用溴水鉴别，也能用酸性高锰酸钾溶液鉴别的是A.苯和甲苯 B.己烷和己烯 C.己烯和己炔 D.己烯和甲苯【答案】B【解析】【分析】既能用溴水鉴别，也能用酸性高锰酸钾溶液鉴别的有机物应含有不饱和键。【详解】A．苯、甲苯均与溴水都不发生反应，不能用溴水鉴别，故A不符合题意；B．己烯含有碳碳双键，可与酸性高锰酸钾发生氧化反应，可与溴水发生加成反应，而己烷与二者均不反应，可鉴别，故B符合题意；C．己烯和已炔分别含有碳碳双键、碳碳三键，均可与酸性高锰酸钾发生氧化反应，与溴水发生加成反应，实验现象相同，不能鉴别，故C不符合题意；D．己烯和甲苯均可与酸性高锰酸钾发生氧化反应，高锰酸钾溶液均褪色，实验现象相同，不能鉴别，故D不符合题意；故选：B。4.下列化合物的分子中，所有原子都处于同一平面的是（）A.乙烷 B.甲苯 C.氯苯 D.四氯化碳【答案】C【解析】【详解】A．乙烷中C原子形成的四条键为四面体结构，故不可能所有原子共平面，A选项错误；

B．甲苯中甲基上的碳原子为四面体结构，故甲基上的原子不可能全部与苯环共平面，B选项错误；

C．苯环为平面结构，氯苯中的氯原子取代了一个氢原子，依旧为平面结构，故所有原子均共平面，C选项正确；

D．四氯化碳中C原子形成的四条键为四面体结构，故不可能所有原子均共平面，D选项错误；

答案选C。5.下列事实不能通过比较氟元素和氯元素的电负性进行解释的是A.F-F键的键能小于B.三氟乙酸的大于三氯乙酸的C.氟化氢分子的极性强于氯化氢分子的极性D.气态氟化氢中存在，而气态氯化氢中是分子【答案】A【解析】【详解】A．F原子半径小，电子云密度大，两个原子间的斥力较强，F-F键不稳定，因此F-F键的键能小于B．氟的电负性大于氯的电负性。键的极性大于键的极性，使—的极性大于—的极性，导致三氟乙酸的羧基中的羟基极性更大，更容易电离出氢离子，酸性更强，B不符合题意；C．氟的电负性大于氯的电负性，键的极性大于键的极性，导致分子极性强于，C不符合题意；D．氟的电负性大于氯的电负性，与氟原子相连的氢原子可以与另外的氟原子形成分子间氢键，因此气态氟化氢中存在，D不符合题意；故选A。6.某有机化合物的名称是2，2，3，3-四甲基戊烷，其结构简式书写正确的是A B.C. D.【答案】C【解析】【分析】本题考查了有机物的命名，题目难度不大，掌握烷烃的系统命名方法为解答关键，试题侧重基础知识的考查，培养了学生的分析、理解能力及灵活应用能力。

烷烃的命名原则：碳链最长称某烷，靠近支链把号编．简单在前同相并，其间应划一短线．

、碳链最长称某烷：选定分子里最长的碳链做主链，并按主链上碳原子数目称为“某烷“．

、靠近支链把号编：把主链里离支链较近的一端作为起点，用、、等数字给主链的各碳原子编号定位以确定支链的位置．

、简单在前同相并，其间应划一短线：把支链作为取代基，把取代基的名称写在烷烃名称的前面，在取代基的前面用阿拉伯数字注明它在烷烃主链上的位置，而且简单的取代基要写在复杂的取代基前面，如果有相同的取代基，则要合并起来用二、三等数字表示，但是表示相同的取代基位置的阿拉伯数字要用逗号隔开，并在号数后面连一短线，中间用““隔开。【详解】有机物的命名原则是以含碳原子数最多的为主链，并使支链处于编号最小位置。据这个命名原则可知答案选C7.下列事实不能用氢键解释的是A.氯气比氯化氢更易液化B.邻羟基苯甲醛比对羟基苯甲醛的沸点低C.接近水的沸点的水蒸气的相对分子质量测定值大于18D.在冰的晶体中，每个水分子周围紧邻的水分子数目小于12【答案】A【解析】【详解】A．氯气比氯化氢沸点低，因此容易液化，与氢键无关，A符合题意；B．邻羟基苯甲醛可以形成分子内的氢键，对羟基苯甲醛可以形成分子间的氢键，分子间的氢键对熔沸点的影响大于分子内的氢键对熔沸点的影响，所以邻羟基苯甲醛的沸点低于对羟基苯甲醛，与氢键有关，B不符合题意；C．接近沸点的水蒸气中水分子之间形成聚合体，所以水的相对分子质量测量值大于18，与氢键有关，C不符合题意；D．水分子间存在氢键，由于氢键的方向性而使得水分子周围紧邻的水分子数目小于12，D不符合题意；答案选A。8.抗生素克拉维酸具有抗菌消炎的功效，其结构简式如下。下列关于克拉维酸的说法不正确的是A.分子内只含有1个手性碳原子 B.分子内含有4种含氧官能团C.分子间可形成氢键 D.可发生取代反应和加成反应【答案】A【解析】【详解】A．分子内只含有2个手性碳原子，如图所示，A错误；B．分子内含有4种含氧官能团，即酰胺基、醚键、醇羟基和羧基，B正确；C．含有羧基和羟基，因此分子间可形成氢键，C正确；D．含有醇羟基、羧基和碳碳双键以及酰胺基，因此可发生取代反应和加成反应，D正确；答案选A。9.胆矾(CuSO4·5H2O)的结构示意图如下所示。下列说法不正确的是A.基态Cu2+的价层电子轨道表示式是B.H2O中氧原子的VSEPR的价层电子对数是4C.SO中的O-S-O的键角小于H2O中的H-O-H的键角D.胆矾中的H2O与Cu2+、H2O与SO的作用力分别为配位键和氢键【答案】C【解析】【详解】A．Cu原子核外有29个电子，基态铜原子价电子排布式为3d104s1，失去2个电子形成，基态的价层电子轨道表示式是，故A项正确；B．中氧原子的VSEPR的价层电子对数是4，故B项正确；C．中S原子有4个价电子对，无孤电子对，空间构型为正四面体，中O原子有4个价电子对，有2个孤电子对，孤电子对对成键电子对排斥作用较大，所以的键角大于中的的键角，故C项错误；D．根据图示，胆矶中的与的作用力为配位键，与的作用力为氢键，故D项正确；故本题选C。10.石墨烯和石墨炔都是新型二维材料，其结构片段分别如下所示。下列说法正确的是A.石墨烯与石墨炔均不能导电B.石墨烯和石墨炔是碳的两种核素C.按照“均推法”，环Ⅰ和环Ⅱ中碳原子数之比为D.若石墨烯和石墨炔中的碳原子数相同，则二者用于形成键的电子数也相同【答案】C【解析】【详解】A．石墨烯和石墨炔都能导电，选项A错误；B．石墨烯和石墨炔是碳的两种同素异形体，不是核素，选项B错误；C．环I中碳原子数为6=2，环Ⅱ中碳原子数为4=9，环Ⅰ和环Ⅱ中碳原子数之比为2:9，选项C正确；D．石墨烯中每个碳原子提供1个电子形成π键，石墨炔中1个环形成π键的电子数为82=16，若碳原子数都为9个时，石墨烯中形成π键的电子数为2，石墨炔中形成π键的电子数为16，选项D错误；答案选C。11.苯与液溴反应生成溴苯，其反应过程的能量变化如图所示。下列关于苯与反应的说法不正确的是A.可作该反应的催化剂B.将反应后的气体依次通入和溶液以检验产物C.过程②的活化能最大，决定总反应速率的大小D.总反应的，且【答案】D【解析】【详解】A．苯与液溴反应生成溴苯和溴化氢，可作该反应的催化剂，故A正确；B．反应后的气体中含溴化氢和溴蒸汽，通入除去溴蒸汽，HBr和溶液反应生成浅黄色AgBr沉淀，可知反应有生成，故B正确；C．根据图示，过程②的活化能最大，反应速率最慢，慢反应决定总反应速率的大小，故C正确；D．根据图示，总反应放热，总反应的，只知道正反应活化能，不能计算反应的焓变，故D错误；选D。12.右丙氧芬与左丙氧芬结构如下图所示，前者具有镇痛作用，后者具有止咳作用。下列说法正确的是A.右丙氧芬和左丙氧芬分子中都只含有1个手性碳原子B.右丙氧芬与左丙氧芬互为对映异构体C.右丙氧芬分子中氮碳键之间的夹角与NH3中氮氢键之间的夹角相同D.右丙氧芬和左丙氧芬均易溶于水【答案】B【解析】【详解】A．右丙氧芬和左丙氧芬分子中都含有两个手性碳原子，A错误；B．右丙氧芬和左丙氧芬分子中都含有手性碳原子，故为对映异构，B正确；C．右丙氧芬分子中氮碳键之间与NH3中由于成键原子的电负性不同，故夹角不同，C错误；D．右丙氧芬和左丙氧芬中均不存在亲氧原子和亲氧原子团，D错误；故选B。13.分银渣是从阳极泥中提取贵金属后的尾渣，含有PbSO4、BaSO4、SnO2及Au、Ag等，有较高的综合利用价值。一种从分银渣中提取有用产品流程的如下：已知：PbCl2(s)+2Cl-(aq)[PbCl4]2-(aq)；ⅳ中生成[AuCl4]-和[AgCl3]2-；PbSO4、PbCO3、BaSO4、BaCO3的Ksp依次为2.8×10-8、7.4×10-14、1.1×10-10、2.6×10-9。下列说法不正确的是A.步骤ⅰ中一定发生反应：PbSO4(s)+(aq)PbCO3(s)+(aq)B.步骤ⅰ、ⅲ后需先过滤再加盐酸C.步骤ⅱ、ⅳ提取Pb(Ⅱ)、Ba2+时，均有H+和Cl-参加反应D.试剂a可为NaCl，促进Au、Ag的浸出【答案】C【解析】【分析】分银渣中含有PbSO4、BaSO4、SnO2及Au、Ag等物质，向其中先加入Na2CO3溶液，发生沉淀转化反应：PbSO4(s)+(aq)PbCO3(s)+(aq)，PbSO4转化为PbCO3，过滤，弃去含有的滤液，然后向滤渣中加入盐酸，发生反应：PbCO3+2H+(aq)=Pb2+(aq)+CO2↑+H2O(l)，Pb2+(aq)+2Cl-(aq)=PbCl2(s)，PbCl2(s)+2Cl-(aq)[PbCl4]2-(aq)；然后过滤，得到含有Pb(Ⅱ)的溶液，向固体A中加入Na2CO3溶液，发生反应：BaSO4(s)+(aq)BaCO3(s)+(aq)，过滤，弃去含有的滤液，向滤渣中加入盐酸，发生反应：BaCO3+2H+(aq)=Ba2+(aq)+CO2↑+H2O(l)，得到含有Ba2+的溶液。再过滤，向固体B中加入NaClO3、HCl，在酸性条件下NaClO3可以将Au、Ag氧化变为金属阳离子，并与溶液中的Cl-结合形成络离子[AuCl4]-和[AgCl3]2-，SnO2不反应，仍以固体形式存在。【详解】A．步骤i向分离渣中加入Na2CO3溶液，发生沉淀转化反应：PbSO4(s)+(aq)PbCO3(s)+(aq)，反应后PbSO4变成PbCO3，A正确；B．根据上述分析可知：在步骤ⅰ中PbSO4与Na2CO3反应先产生PbCO3、，过滤，弃去含有的滤液，向滤渣中加入盐酸，增大了c(H+)、c(Cl-)，PbCO3先反应产生PbCl2固体，然后PbCl2再与Cl-反应变为[PbCl4]2-(aq)，得到含有Pb(Ⅱ)的溶液；在步骤ⅲ中过滤后向得到的固体A中加入Na2CO3溶液，发生沉淀转化反应：BaSO4(s)+(aq)BaCO3(s)+(aq)，再过滤，弃去含有的滤液，向滤渣中加入盐酸，发生反应：BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O，得到含有Ba2+的溶液，故步骤i、iii后需先过滤再加盐酸，B正确；C．步骤ⅳ是盐酸与BaCO3反应产生Ba2+，H2O、CO2，离子方程式为：BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O，可见Cl-没有参加反应，C错误；D．试剂a可为NaCl，NaCl的加入，增大了溶液中c(Cl-)，促进与Au、Ag形成配位化合物，使Au、Ag变为络离子[AuCl4]-和[AgCl3]2-进入溶液，有利于Au、Ag的浸出，D正确；故合理选项是C。14.化学小组研究的性质，完成如下实验：已知：；；下列说法不正确是A.溶液中加入NaCl固体：B.溶液a中加入浓氨水时不可能出现蓝色沉淀C.溶液a、b中铁片的颜色不同证明D.溶液b中加入足量乙醇时可以析出深蓝色晶体【答案】B【解析】【详解】A．CuSO4溶液中加入NaCl固体，四水合铜离子会和氯离子反应生成四氯合铜离子，A正确；B．溶液a中加入少量浓氨水产生氢氧化铜蓝色沉淀，B错误；C．从颜色上可以看出，四氨合铜离子浓度大于四氯合铜离子，故K稳[Cu(NH3)4]2+>K稳()，C正确；D．溶液b中加入足量乙醇时硫酸四氨合铜的溶解度减小而析出，D正确；故选B。第二部分二、本部分共5题，共58分15.硼酸(H3BO3)在电子器件工业和医疗上有重要用途。它是一种白色片状晶体，具有类似于石墨的层状结构，有滑腻感。H3BO3的层内结构如下图所示。（1）H3BO3中，含有___________(填“极性”或“非极性”)共价键。（2）H3BO3层内结构中，虚线部分表示存在___________(填序号)。a．离子键b．配位键c．氢键（3）H3BO3可由BCl3水解得到。①依据价电子对互斥理论(VSEPR)推测，BCl3的空间结构为___________。②BCl3属于___________(填“极性”或“非极性”)分子。（4）H3BO3是一元酸，在水溶液中发生如下过程：H3BO3+H2O⇌+H+。①[B(OH)4]-中硼原子杂化方式为___________。②从化学键的角度说明H3BO3形成[B(OH)4]-的过程：___________。③用中和滴定法测定H3BO3纯度。取agH3BO3样品(所含杂质不与NaOH反应)，用0.5mol·L−1NaOH溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液VmL，测得H3BO3的纯度为___________(用质量分数表示，H3BO3的摩尔质量为62g·mol−1)。【答案】（1）极性（2）c（3）①.平面三角形②.非极性分子（4）①.sp3②.H3BO3中B提供空轨道，OH-提供孤电子对形成配位键③.【解析】【小问1详解】由图可知，H3BO3分子中含有B-O键和H-O键，均为非极性键；小问2详解】图中虚线部分表示H3BO3分子间的一种作用力，并且是电负性大的O原子与H原子之间的一种作用力，则为氢键；【小问3详解】①BCl3分子中B原子的价层电子对数为，无孤电子对，VSEPR模型和空间构型均为平面三角形；②BCl3分子中B原子的价层电子对数为3，无孤电子对，空间构型均为平面三角形，正负电荷中心能重合，属于非极性分子；【小问4详解】①中B原子的价层电子对数为4，所以B原子的杂化方式为sp3；②H3BO3分子中B原子含有空轨道，OH-中O原子含有孤电子对，B和O之间通过配位键生成；③H3BO3为一元弱酸，NaOH为一元强碱，二者反应时比例为1∶1，即n(H3BO3)=n(NaOH)=cV=0.0005Vmol，m(H3BO3)=Nm=0.0005Vmol62g/mol=0.031Vg，则H3BO3纯度为。【点睛】本题物质结构与性质，把握极性键和分子极性的判断、VSEPR模型的应用、配合键形成的条件、氢键等知识即可解答，侧重基础知识检测和应用能力考查，注意掌握微粒空间构型和原子杂化方式的判断。16.有机化合物A在生产生活中具有重要的价值，研究其结构及性质具有非常重要的意义。Ⅰ.测定分子组成取4.6g有机化合物A在足量氧气中完全燃烧，生成0.3molH2O和0.2molCO2（1）该有机化合物的实验式是___________。Ⅱ.确定分子式该有机化合物的质谱信息如图。（2）A的相对分子质量是___________。Ⅲ.确定结构简式有机化合物A的核磁共振氢谱有3组峰，峰面积之比为1：2：3。（3）A的结构简式是___。Ⅳ.解释性质（4）有机化合物A能与水互溶的原因是A与水形成分子间氢键。在方框中画出1个A分子中两个不同的原子分别与H2O形成的氢键________(氢键用“…”表示)。Ⅴ.测定某A溶液中A的物质的量浓度(cA)，步骤如下。①酸性条件下，向VmLA溶液中加入V1mLc1mol·L-1K2Cr2O7溶液。A被氧化B(B比A少2个氢原子，多1个氧原子)，Cr2O被还原为Cr3+②充分反应后，向①中加入过量KI溶液。()③向②反应后的溶液中滴加c2mol·L-1Na2S2O3溶液，达到滴定终点时，消耗的体积为V2mL()。（5）①中参与反应的A与K2Cr2O7的物质的量之比是___________。（6）结合实验数据，得cA=___________mol·L-1(用代数式表示)。【答案】（1）C2H6O（2）46（3）CH3CH2OH（4）（5）3：2（6）【解析】【分析】根据有机物的燃烧推出其最简式，再根据质谱图推出相对分子质量，进而通过核磁共振推出结构简式，通过中的滴定测定溶液中乙醇的含量，进行性质分析；【小问1详解】，根据质量守恒定律，m(O2)=m(CO2)+m(H2O)-m(A)=0.2mol×44g/mol+0.3mol×18g/mol-4.6g，m(O2)=9.6g，n(O2)=，则有机物A中，n(O)=0.2mol×2+0.3mol-0.3mol×2=0.1mol，n(H)=0.3mol×2=0.6mol，n(C)=0.2mol，n(C):n(H):n(O)=0.2mol:0.6mol:0.1mol=2:6:1，则该有机物的实验式为C2H6O，故答案为：C2H6O；【小问2详解】一般来说，质谱图最右侧的分子离子峰即可看出化合物的相对分子质量，该图为46，因此A的相对分子质量为46，故答案为：46；【小问3详解】有机化合物A的核磁共振氢谱有3组峰，峰面积之比为1:2:3，则A的结构简式是CH3CH2OH，故答案为：CH3CH2OH；【小问4详解】氢键是分子间的作用力，是由两个分子中的氢原子和一个氧、氮或氟原子之间的相互作用形成的，CH3CH2OH分子中两个不同的原子分别与H2O形成的氢键可表示为，故答案为：；【小问5详解】①中CH3CH2OH与K2Cr2O7反应的离子方程式为，故参与反应的CH3CH2OH与K2Cr2O7的物质的量之比是3：2，故答案为：3：2；【小问6详解】根据反应、可得关系式，则与I-反应的K2Cr2O7的物质的量为，故与CH3CH2OH反应的K2Cr2O7的物质的量为，则，故答案为：。17.乙炔是有机合成的重要原料。利用电石可制备乙炔，电石的主要成分为，还含有CaS和等少量杂质。Ⅰ．的结构一种的晶胞如图所示。（1）晶体属于___________(填晶体类型)晶体。（2）每个在___________个阴离子构成的多面体中心。（3）一个晶胞中，含有___________个键和___________个键。Ⅱ．制备乙炔并检验其性质已知：ⅰ．CaS、能发生水解反应；ⅱ．能被、及酸性溶液氧化（4）a中生成乙炔的化学方程式是___________。（5）实验过程中，c、d试管中溶液的颜色均褪去。其中，c验证了乙炔能与发生加成反应，d则说明乙炔具有___________性。Ⅲ．由乙炔制备生物可降解塑料PBS()（6）利用乙炔和甲醛合成PBS的路线如下。①A中存在π键且A、C互为同分异构体。A的结构简式是___________。②B和D生成PBS的化学方程式是___________。【答案】（1）离子（2）6（3）①.4②.8（4）（5）还原（6）①.②.n+n+(2n−1)H2O【解析】【分析】Ⅱ．实验过程中b中溶液的作用是除去和，c验证了乙炔能与发生加成反应，d试管中氧化乙炔。Ⅲ．1,4-丁二醇和1,4-丁二酸发生缩聚反应生成PBS，则B为1,4-丁二醇，D为1,4-丁二酸，C是OHC-CH2-CH2-CHO，A中存在π键且A、C互为同分异构体，则A的结构简式是HOCH2-C≡C-CH2OH；【小问1详解】晶体由Ca2+、构成，属于离子晶体。【小问2详解】每个在6个阴离子构成的多面体中心。【小问3详解】根据均摊原则，一个晶胞中，数，存在碳碳三键，含有4个键和8个键。【小问4详解】a中电石和水反应生成氢氧化钙和乙炔，生成乙炔的化学方程式是。【小问5详解】实验过程中b中溶液的作用是除去和，c验证了乙炔能与发生加成反应，d试管中溶液的颜色褪去，则说明乙炔具有还原性。【小问6详解】①据分析，A的结构简式是。②B和D生成PBS，即1,4-丁二醇和1,4-丁二酸发生缩聚反应生成PBS，反应的化学方程式是nHOCH2CH2CH2CH2OH+nHOOCCH2CH2COOH+(2n−1)H2O。18.利用晶体结构测定阿伏加德罗常数()。Ⅰ．精制粗中溶有一定量的，试剂a为、、乙醇混合液，用于除去。（1）从分子结构角度解释能溶于的原因：___________。（2）步骤ii的目的是除去中的大量乙醇，该步骤利用的分离提纯方法为___________。（3）步骤iii中，中的可以与和乙醇形成配位键，其中配原子是________。Ⅱ．测定阿伏加德罗常数实验1：实验装置如图所示，实验步骤如下。①准确称量容量瓶的质量为。②将充分干燥后，转移至上述容量瓶中，准确称量其总重为。③将精制后的由滴定管加入容量瓶至刻度线，消耗的体积为。（4）结合实验1中的数据可知：实验1的目的是测定晶体的________(填物理量名称)。实验2：利用X射线衍射实验测定晶体结构。晶体中存在A型和B型两种立方体重复单元(如下图所示)，且A、B中存在的粒子种类和数目均相同。（5）回答下列问题a．从结构的角度解释A型立方体不是晶胞的原因：___________。b．通过平移(不能旋转)A型和B型两种立方体可得到晶体中粒子排列的周期。用“”在B型立方体中标出的位置__________。（6）结合实验1和实验2数据，可得___________(用代数式表示)。【答案】（1）和均为非极性分子，依据相似相溶原理，能溶解在中（2）萃取、分液（3）（4）密度（5）①.A型立方体8个顶点离子种类不一样，不能做到无隙并置②.（6）【解析】【小问1详解】分子的极性会影响物质的溶解性，和均为非极性分子，依据相似相溶原理，能溶解在中；【小问2详解】向含有大量乙醇的溶液中加入水，乙醇与水互溶，与水不互溶，利用萃取分液方法除去乙醇；【小问3详解】中的可以与和乙醇形成配位键，其中提供空轨道，可提供孤电子对的O为配位原子；【小问4详解】实验1可通过测量NaCl的质量和体积，从而计算出密度；【小问5详解】a．晶体可由晶胞无缝并置而成，由图可知，A型立方体8个顶点离子种类不同，无法做到无隙并置；b．根据A、B中存在的粒子种类和数目均相同，且通过平移（不能旋转）A型和B型两种立方体可得到NaCl晶体中粒子排列周期可得，在B型立方体中的位置如图：；【小问6详解】实验1可测得NaCl密度：；由实验2数据可得每个晶胞中位于顶点和面心，则个数：；位于棱和体心，则个数：12×14+1=4，即每个晶胞中含4个NaCl；根据可得：，解得。19.资料显示，可以将氧化为。某小组同学设计实验探究被氧化的产物及铜元素的价态。已知：易溶于溶液，发生反应(红棕色)；和氧化性几乎相同。I.将等体积的溶液加入到铜粉和的固体混合物中，振荡。实验记录如下：实验现象实验Ⅰ极少量溶解，溶液为淡红色；充分反应后，红色的铜粉转化为白色沉淀，溶液仍为淡红色实验Ⅱ部分溶解，溶液为红棕色；充分反应后，红色的铜粉转化为白色沉淀，溶液仍为红棕色实验Ⅲ完全溶解，溶液为深红棕色；充分反应后，红色的铜粉完全溶解，溶液为深红棕色（1）初始阶段，被氧化的反应速率：实验Ⅰ__________(填“>”“<”或“=”)实验Ⅱ。（2）实验Ⅲ所得溶液中