全国I卷安徽省2025届高三化学下学期第五次联考试题含解析

PAGE16-（全国I卷）安徽省2025届高三化学下学期第五次联考试题（含解析）一、选择题：本题共7小题，每题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.化学与人类社会、生活休戚相关。下列生活现象或事实以及说明均正确的是（）A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A.Cl2可用于饮用水的消毒，是因为氯气与水反应生成次氯酸，次氯酸具有漂白性，能杀死细菌病毒，不是氯气有漂白性，故A错误；B.铁粉是作抗氧剂，故B错误；C.铝金属电池，铝是还原剂，利用还原性，镁铝耐腐蚀是在空气中金属表面生成致密氧化膜，阻挡金属内部接着被氧化，故C错误；D.新型陶瓷镶嵌在火箭外壳，主要是新型陶瓷具有耐高温的作用，避开火箭因高温而灼烧，故D正确。综上所述，答案为D。2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是（）A.已知t℃时，MgCO3的Ksp=4×10-6，则MgCO3饱和溶液中含Mg2+数目为2×10-3NAB.肯定条件下，2.3g的Na完全与O2反应生成3.6g产物时失去的电子数肯定为0.1NAC.CO2通过Na2O2使其增重bg时，反应中转移的电子数为D.1mol带有乙基支链的烷烃，分子中所含碳原子数最少为5NA【答案】B【解析】【详解】A．MgCO3的Ksp=4×10−6，则MgCO3饱和溶液中，但由于不知溶液的体积，故无法计算溶液中Mg2+数目，故A错误；

B．2.3Na完全反应，钠的物质的量，反应中Na元素化合价由0价上升为+1价，故转移电子数目=0.1mol×1×NAmol-1=0.1NA，故B正确；

C．将二氧化碳通过过氧化钠固体，固体增加的质量相当于CO的质量，电子的物质的量等于CO的物质的量，因此反应中转移电子数为，故C错误；D．支链只有一个乙基，主链至少含有5个C，因此该烷烃最少含7个碳原子的烷烃，故D错误。

综上所述，答案为B。【点睛】对于溶液来计算阿伏伽德罗常数时肯定要留意是否有溶液的体积，没有溶液的体积，只有浓度是无法计算的。3.合成有机玻璃单体的一种方法如下，下列有关说法正确的是（）A.a、b、c均易溶于水和有机溶剂B.与a具有相同官能团的同分异构体还有1种C.a、c分子中碳原子肯定在同一平面上D.a、c均能发生加成、氧化、取代和还原反应【答案】D【解析】【详解】A.酯难溶于水，故A错误；B.与a具有相同官能团的同分异构体结构还有CH2=CHCH2COOH，CH3CH=CHCOOH，故B错误；C.碳碳双键、羰基为平面结构，且双键与酯基或羧基相连，因此a分子中碳原子肯定在同一平面上，c分子中最终一个碳原子(—OCH3)不肯定在同一平面上，故C错误；D.a、c均能发生碳碳双键与氢气发生加成反应，也叫还原反应，碳碳双键被酸性高锰酸钾氧化，羧基发生酯化反应也叫取代，故D正确。综上所述，答案为D。【点睛】酯是难溶于水的，一般低级醇和低级酸能溶于水；碳碳双键与氢气发生加成反应也是还原反应。4.X、Y、Z、W为原子序数递增的四种短周期元素，在同周期元素的原子中，W的半径最大；Z的原子序数等于X、Y原子序数之和，A、B、C分别为X、Y、Z形成的二元化合物，D、M分别为Y、Z元素形成的单质，相互转化关系如图。下列说法正确的是（）A.W、Z、Y、X元素的原子半径依次减小B.简洁气态氢化物的沸点Z比W的高C.工业上可用电解熔融的W元素氯化物制备WD.非金属性：Y>Z>X【答案】C【解析】【分析】X、Y、Z、W为原子序数递增的四种短周期元素，在同周期元素的原子中，W的半径最大，则W为Na；Z的原子序数等于X、Y原子序数之和，A、B、C分别为X、Y、Z形成的二元化合物，D、M分别为Y、Z元素形成的单质，相互转化关系如图，依据连续的M，则M为氧气，Z为O，A为氨气，B为NO，C为NO2，D为N2，则X为H，Y为N。【详解】A.原子半径大小依次为Na>N>O>H，故A错误；B.NaH是离子晶体，H2O为分子晶体，因此H2O沸点比NaH的低，故B错误；C.工业上可用电解熔融的NaCl制备Na，故C正确；D.同周期，从左到右非金属增加，因此非金属性：O>N>H，故D错误。综上所述，答案为C。5.2024年诺贝尔化学奖授予约翰·古迪纳夫、斯坦利·惠廷厄姆与吉野彰这三位被称为“锂电池之父”的科学家，以表彰他们在锂离子电池领域作出的突出贡献。如图是一种最新研制的聚合物锂电池，a极为含有Li、Co、Ni、Mn、O等元素组成的混盐，电解质为一种能传导Li+的高分子复合材料，b极为镶嵌金属锂的石墨烯材料，反应原理为：LixC6+Li3-xNiCoMnO6C6+Li3NiCoMnO6。下列说法正确的是（）A.充电时，Li+向电池的a极移动B.放电时，电池的负极反应为LixC6-xe-=xLi++C6C.充电时若转移的电子数为3.01×1023个，两极材料质量变更相差0.7gD.该电池若采纳盐酸、稀硫酸等酸性溶液作为电解质溶液，工作效率会更高【答案】B【解析】【分析】a极为含有Li、Co、Ni、Mn、O等元素组成的混盐，电解质为一种能传导Li+的高分子复合材料，b极为镶嵌金属锂的石墨烯材料，LixC6+Li3-xNiCoMnO6C6+Li3NiCoMnO6，分析得出b极Li化合价上升失去电子，为原电池负极，a极为原电池正极。【详解】A.放电时b为负极，充电时b极为阴极，依据“异性相吸”原理，得出Li+向电池的b极移动，故A错误；B.放电时，b极负极，其电极反应为LixC6−xe－=xLi++C6，故B正确；C.充电时若转移的电子数为3.01×1023个即0.5mol电子，阳极有0.5molLi+转移到阴极，在阴极有0.1molLi+得到电子变为LixC6，因此阳极质量削减0.5mol×7g⸱mol−1=3.5g，阴极质量增加0.5mol×7g⸱mol−1=3.5g，因此两极材料质量变更相差7g，故C错误；D.该电池若采纳盐酸、稀硫酸等酸性溶液作为电解质溶液，Li会干脆和稀盐酸、稀硫酸反应，因此不能作电解质溶液，故D错误。综上所述，答案为B。【点睛】原电池中化合价上升失去电子的极为负极，化合价降低得到电子的极为正极，充电时，原电池负极变为阴极，原电池正极变为阳极。6.某爱好小组用如图装置探究甲烷与氯气反应同时收集副产品盐酸，下列说法正确的是（）A.浓硫酸在整套装置中的作用是干燥气体B.采纳200mL8mol/L盐酸与足量二氧化锰反应最多可得0.4molCl2C.石棉上可滴加饱和食盐水，用于汲取氯气D.光照一段时间，装置C硬质玻璃管内壁出现的黑色小颗粒可能是碳【答案】D【解析】【详解】A．视察装置可知，浓硫酸不仅可以干燥气体，还可以使气体混合匀称，同时能够通过视察气泡推断流速，故A错误；B．200mL8mol∙L−1盐酸物质的量，盐酸浓度变小后，与二氧化锰不再反应，依据MnO2—4HCl—Cl2，因此生成的氯气的物质的量小于0.4mol，故B错误；C．氯气难溶于饱和食盐水，不行用饱和食盐水汲取氯气，故C错误；D．由组成元素分析，黑色小颗粒可能是碳，故D正确。综上所述，答案为D。7.已知25℃时，几种难溶电解质的溶度积常数Ksp如下表所示(当某种离子浓度≤10-5mol·L-1时，认为完全沉淀)：下列说法正确的是（）A.相同温度下，溶度积常数越大相应物质的溶解度就越大B.欲用1LNaCl溶液将0.01molAgBr转化AgCl沉淀，则c(NaCl)≥3.61mol/LC.在饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4能使溶液由图中Y点变为X点D.AgCl悬浊液中存在平衡：AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)，往其中加入少量NaCl固体，平衡向左移动，溶液中离子的总浓度会减小【答案】B【解析】【详解】A.相同类型的难溶物，其溶度积越大，溶解度就越大，不同类型的难溶物不具有可比性，故A错误；B.当AgBr完全转化为AgCl时，溶液中c(Br－)=0.01mol⸱L−1，，得到c(Cl－)=3.6mol∙L−1，加上沉淀所须要的0.01mol∙L−1，共3.61mol∙L−1，因此c(NaCl)≥3.61mol∙L−1，故B正确；C.加入K2CrO4能使溶液平衡向生成Ag2CrO4的方向移动，CrO42－离子浓度增大，Ag＋减小，所以不会变为X点，应从Y点向Z点移动，故C错误；D.AgCl悬浊液中存在平衡：AgCl(s)Ag＋(aq)＋Cl－(aq)，加入NaCl固体，平衡向左移动，因为引入了Na＋，溶液中离子的总浓度会增大，故D错误。综上所述，答案为B。【点睛】相同温度下，加参加反应的离子，离子浓度增加，但溶度积常数不变，因此图像只能在这条曲线上移动。8.2024年诺贝尔化学奖授予在开发锂离子电池方面做出卓越贡献的三位化学家。锂被誉为“高能金属”，是锂电池的电极材料，工业上用β-锂辉矿(主要成分为Li2O·Al2O3·4SiO2以及少量钙、镁杂质)和氟磷灰石(Ca5P3FO12)联合制取锂离子电池正极材料(LiFePO4)，其工业生产流程如图：已知：①Ksp[Al(OH)3]=2.7×10-34；②LiFePO4难溶于水。回答下列问题：（1）氟磷灰石(Ca5P3FO12)中磷元素的化合价为___，沉淀X的主要成分是___(写化学式)。（2）操作3的名称是___，操作1所需的玻璃仪器名称为___。（3）蒸发浓缩Li2SO4溶液的目的是___。（4）写出合成反应的离子方程式___。（5）科学家设计一种锂电池的反应原理为LiFePO4Li+FePO4，放电时正极反应式为___。（6）工业上取300吨含氧化锂5%的β-锂辉矿石，经上述变更得到纯净的LiFePO4共110.6吨，则元素锂的利用率为___。【答案】(1).+5(2).CaCO3、Mg(OH)2(3).分液(4).烧杯、漏斗、玻璃棒(5).增大溶液中锂离子浓度，便于生成磷酸亚铁锂沉淀(6).H2PO4－+Li++Fe2+=LiFePO4↓+2H+(7).FePO4+Li++e－=LiFePO4(8).70%【解析】【分析】β-锂辉矿焙烧后，溶于硫酸生成硫酸锂、硫酸铝、硫酸钙、硫酸镁和二氧化硅沉淀，调整pH为6，铝离子沉淀，滤液的硫酸镁能与氢氧化钙反应生成氢氧化镁沉淀，氢氧化钙能与碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀，得到滤液硫酸锂蒸发浓缩后与磷酸二氢铵、硫酸亚铁反应生成难溶的LiFePO4。【详解】⑴氟磷灰石(Ca5P3FO12)中Ca为+2价，O为-2价，F为-1价，依据化合物价态代数和为0得到磷元素的化合价为+5，β-锂辉矿焙烧后，溶于硫酸生成硫酸锂、硫酸铝、硫酸钙、硫酸镁和二氧化硅沉淀，调整pH为6，铝离子沉淀，滤液的硫酸镁能与氢氧化钙反应生成氢氧化镁沉淀，氢氧化钙能与碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀，因此沉淀X的主要成份的化学式是CaCO3和Mg(OH)2；故答案为：+5；CaCO3、Mg(OH)2。⑵视察流程可知，操作1得到硫酸钙，因此操作1为过滤，所需的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，操作3得到有机相，因此操作3为分液；故答案为：分液；烧杯、漏斗、玻璃棒。⑶蒸发浓缩Li2SO4溶液，可使溶液中锂离子浓度增大，便于生成磷酸亚铁锂沉淀；故答案为：增大溶液中锂离子浓度，便于生成磷酸亚铁锂沉淀。⑷合成反应是磷酸二氢铵、磷酸亚铁和硫酸锂，产物犯难溶的LiFePO4，其离子方程式H2PO4－+Li++Fe2+=LiFePO4↓+2H+；故答案为：H2PO4－+Li++Fe2+=LiFePO4↓+2H+。⑸科学家设计一种锂电池的反应原理为LiFePO4Li+FePO4，则Li为负极，FePO4为正极，放电时正极反应式为FePO4+Li++e－=LiFePO4；故答案为：FePO4+Li++e－=LiFePO4。⑹300吨含氧化锂5%的β-锂辉矿中Li2O的质量为300吨×5%=15吨，依据关系式Li2O—2LiFePO4，理论上可生成磷酸亚铁锂为，则元素锂的利用率为；故答案为70%。9.苯甲酸乙酯(C9H10O2)是一种重要的有机合成中间体，有香味，广泛用于配制香水、香精和食品工业中。某爱好小组设计制备苯甲酸乙酯的试验步骤如下：①在250mL带有分水器的烧瓶中加入24.4g苯甲酸、50mL苯、18.4g乙醇和0.8g硫酸，按如图所示装好仪器，限制温度在65~70℃加热回流至分水器无水分出来为止。②将烧瓶内反应液倒入盛有适量水的烧杯中，加入Na2CO3至溶液呈中性。分液后水层用乙醚萃取，然后合并至有机层，加入少量无水MgSO4固体，静置，过滤。③对滤液进行蒸馏，低温蒸出乙醚和苯后，接着升温到肯定温度后，即得约25.7mL产品。试验原理、装置和有关数据如下：∗苯甲酸在100℃会快速升华。回答下列问题：（1）在该试验中，分别得到苯甲酸乙酯操作时必需的主要仪器是___(填入字母)。A.分液漏斗B.漏斗C.蒸馏烧瓶D.直形冷凝管E.蒸发皿F.温度计（2）步骤①中运用分水器不断分别水的目的是___。（3）步骤③中蒸馏操作温度计的水银球位置应处在___，温度计的最大量程应为___。A.100℃B.150℃C.200℃D.250℃（4）本试验中加入过量乙醇的目的是___。（5）步骤②加入Na2CO3的作用是___。（6）计算本试验的产率为___。（7）步骤②若加入Na2CO3的量不足，最终蒸馏产品时蒸馏烧瓶瓶口内壁上有晶体附着，产生该现象的缘由___。【答案】(1).CDF(2).使平衡不断正向移动，提高产率(3).蒸馏烧瓶的支管口(4).D(5).提高苯甲酸的转化率(6).汲取硫酸和未反应的苯甲酸，同时降低酯的溶解度(7).90%(8).苯甲酸未除净，在受热时发生升华和凝华现象【解析】【分析】⑴试验结束分别苯甲酸乙酯采纳蒸馏法。⑵该反应为可逆反应，分别出水，可使平衡向正反应方向移动。⑶蒸馏时测量的是蒸汽的温度，苯甲酸乙酯的沸点212.6℃，得出温度计的量程。⑷酯化反应是可逆反应，增大反应物的浓度可以使平衡正向移动，增加一种反应物的浓度，可以使另一种反应物的转化率提高。⑸步骤②加入Na2CO3的作用是除去硫酸和未反应的苯甲酸，同时也可以降低酯在水中的溶解度。⑹，先计算理论上产量，再依据公式计算。⑺若碳酸钠加入不足，苯甲酸乙酯中混有未除净的苯甲酸，在受热至100时发生升华。【详解】⑴试验结束分别苯甲酸乙酯采纳蒸馏法，蒸馏操作所需的主要玻璃仪器是酒精灯、蒸馏烧瓶、温度计、冷凝管、接收器、锥形瓶；故答案为：CDF。⑵该反应为可逆反应，分别出水，可使平衡向正反应方向移动，因此步骤①中运用分水器不断分别水的目的是使平衡不断正向移动，提高产率；故答案为：使平衡不断正向移动，提高产率。⑶蒸馏时测量的是蒸汽的温度，故温度计水银球要放在蒸馏烧瓶的支管口，苯甲酸乙酯的沸点212.6℃，全部温度计的量程为250℃；故答案为：蒸馏烧瓶的支管口；D。⑷酯化反应是可逆反应，增大反应物的浓度可以使平衡正向移动，增加一种反应物的浓度，可以使另一种反应物的转化率提高，因此本试验中加入过量乙醇的目的是提高苯甲酸的转化率；故答案为：提高苯甲酸的转化率。⑸步骤②加入Na2CO3的作用是除去硫酸和未反应的苯甲酸，同时也可以降低酯在水中的溶解度；故答案为：汲取硫酸和未反应的苯甲酸，同时降低酯的溶解度。⑹，理论上24.4g苯甲酸与足量乙醇反应生成苯甲酸乙酯的质量是，实际得到苯甲酸乙酯的质量是25.7mL×1.05g⸱mL−1=27g，所以本试验的产率为；故答案为：90%。⑺若碳酸钠加入不足，苯甲酸乙酯中混有未除净的苯甲酸，在受热至100时发生升华，因此最终蒸馏产品时蒸馏烧瓶瓶口内壁上有晶体附着，产生该现象的缘由苯甲酸未除净，在受热时发生升华和凝华现象；故答案为：苯甲酸未除净，在受热时发生升华和凝华现象。10.碳是生命的基础，近几年科学家们纷纷掀起了探讨碳的热潮。回答下列问题：（1）2024年人们“谈霾色变”，汽车尾气是雾霾的罪魁之一。汽车尾气净化的原理为：2NO(g)+2CO(g)=2CO2(g)+N2(g)ΔH＜0。某温度下，恒容的密闭容器中通入NO和CO，测得不同时间的NO和CO的浓度如下表：①2s内用N2表示的化学反应速率为___，该温度下，反应的化学平衡常数为___。②若该反应在绝热、恒容的密闭体系中进行，下列示意图正确且能说明反应在进行到t1时刻达到平衡状态的是___(填代号)。（2）用CH4催化还原NOx也可以削减氮的污染。已知：CH4(g)+2NO2(g)=CO2(g)+N2(g)+2H2O(g)ΔH=−867kJ/mol2NO2(g)=N2O4(g)ΔH=-56.9kJ/molH2O(g)=H2O(l)ΔH=-44.0kJ/mol写出CH4催化还原N2O4(g)生成N2和H2O（1）的热化学方程式：___。（3）常温常压下，测得向水中通入足量的CO2后，水溶液的pH=5.6。①若忽视水的电离及H2CO3的其次级电离，则H2CO3HCO3-+H+的平衡常数K大约为___。(已知：溶液中c(H2CO3)=1.5×10-5mol⸱L−1，10-5.6=2.5×10-6)②常温下，测得NaHCO3溶液呈碱性，则溶液中c(H2CO3)___c(CO32-)(填“>”“”或“<”)，缘由是___(用离子方程式和必要的文字说明)。③锅炉中的CaSO4沉淀可用可溶性碳酸盐浸取，然后加酸除去，浸取过程中会发生反应：CaSO4(s)+CO32-(aq)CaCO3(s)+SO42-(aq)。已知298K时，Ksp(CaCO3)=2.80×10-9，Ksp(CaSO4)=4.90×10-5，则此温度下该反应的平衡常数K为___(计算结果保留三位有效数字)。【答案】(1).1.875×10−4mol⸱L−1⸱s−1(2).5000(3).bd(4).CH4(g)+N2O4(g)=CO2(g)+N2(g)+2H2O(l)ΔH=−898.1kJ·mol−1(5).4.2×10−7mol⸱L−1(6).>(7).碳酸氢钠溶液中存在水解平衡HCO3－+H2OH2CO3+OH－和电离平衡HCO3－CO32−+H+，水解程度大于电离程度，溶液显碱性(8).1.75×104【解析】【分析】⑴①先计算前2s内的Δc(NO)，再计算Δc(N2)和平均反应速率，先计算平衡时每个物质的浓度，再计算平衡常数。②a.反应达到平衡时，各物质的速率不再变更；b.绝热容器中，反应放热，温度上升，平衡常数减小，当平衡常数减小到不变更时，则达到平衡；c.这两者的物质的量相等不肯定能说明达到平衡，只有这两者的物质的量不再变更，则达到平衡；d.质量分数不再变更，则达到平衡。⑵第一个方程式减去其次个方程式再加第三个方程式的2倍。⑶依据电离平衡计算平衡常数；②常温下，测得NaHCO3溶液呈碱性，主要缘由碳酸氢钠溶液中存在水解平衡HCO3－+H2OH2CO3+OH－和电离平衡HCO3－CO32−+H+，水解程度大于电离程度，溶液显碱性；③浸取过程中会发生反应：CaSO4(s)+CO32−(aq)CaCO3(s)+SO42−(aq)，依据平衡常数和溶度积常数进行计算。【详解】⑴①前2s内的Δc(NO)=(1.00－0.25)×10−3mol·L−1=7.50×10−4mol·L−1，则Δc(N2)=×7.50×10−4mol·L−1=3.75×10−4mol·L−1，平均反应速率；反应达到平衡时c(CO)=1×10−4mol·L−1，c(NO)=2.7×10−3mol·L−1，c(N2)=Δc(N2)=×9×10−4mol·L−1=4.5×10−4mol·L−1，则c(CO2)=Δc(CO2)=Δc(CO)=9×10−4mol·L−1，该温度下，反应的化学平衡常数为；故答案为：1.875×10−4mol⸱L−1⸱s−1；5000。②a.反应达到平衡时，各物质的速率不再变更，故a不符合题意；b.绝热容器中，反应放热，温度上升，平衡常数减小，当平衡常数减小到不变更时，则达到平衡，故b符合题意；c.这两者的物质的量相等不肯定能说明达到平衡，只有这两者的物质的量不再变更，则达到平衡，故c不符合题意；d.质量分数不再变更，则达到平衡，故d符合题意；综上所述，答案为bd。⑵第一个方程式减去其次个方程式再加第三个方程式的2倍，即得CH4催化还原N2O4(g)生成N2和H2O(l)的热化学方程式：CH4(g)+N2O4(g)=CO2(g)+N2(g)+2H2O(l)ΔH=−867kJ·mol−1−(−56.9kJ·mol−1)+2×(−44kJ·mol−1)=−898.1kJ·mol−1；故答案为：CH4(g)+N2O4(g)=CO2(g)+N2(g)+2H2O(l)ΔH=−898.1kJ·mol−1。⑶①忽视水的电离及H2CO3的其次级电离，则H2CO3HCO3－+H+的平衡常数K大约为；故答案为：4.2×10−7mol⸱L−1。②常温下，测得NaHCO3溶液呈碱性，缘由是碳酸氢钠溶液中存在水解平衡HCO3－+H2OH2CO3+H+和电离平衡HCO3－CO32−+H+，水解程度大于电离程度，溶液显碱性，因此溶液中c(H2CO3)>c(CO32−)；故答案为：>；碳酸氢钠溶液中存在水解平衡HCO3－+H2OH2CO3+OH－和电离平衡HCO3－CO32−+H+，水解程度大于电离程度，溶液显碱性。③浸取过程中会发生反应：CaSO4(s)+CO32−(aq)CaCO3(s)+SO42−(aq)，；故答案为：1.75×104。11.铜是生活中常见的金属，铜及其化合物在不同环境中能呈现出不同的颜色：回答下列问题：（1）Cu基态核外电子排布式为___；科学家通过X射线测得Cu(H2O)4SO4·H2O结构示意图可简洁表示如图：图中虚线表示的作用力为___。（2）已知Cu+(SCN)2Cu+(SCN)2，1mol(SCN)2分子中含有的π键数目为___，写出2个与SCN-互为等电子体的分子的化学式___。（3）金属铜单独与氨水或单独与过氧化氢都不能反应，但可与氨水和过氧化氢的混合溶液反应，其缘由是___，反应的化学方程式为___。（4）在Cu(H2O)4SO4·H2O晶体中，[Cu(NH3)4]2+为平面正方形结构，则呈正四面体结构的原子团是___，其中心原子的杂化轨道类型是___。（5）已知Cu的晶胞结构如图所示，铜原子的配位数为___，又知晶胞边长为3.61×10-8cm，则Cu的密度为___(保留三位有效数字)。【答案】(1).1s22s22p63s23p63d104s1(2).配位键、氢键(3).4NA(4).CO2、CS2(其他答案正确即可)(5).过氧化氢为氧化剂，氨与铜离子形成配离子，两者相互促进使反应进行(6).Cu+H2O2+4NH3·H2O=Cu(NH3)4(OH)2+4H2O(7).SO42−(8).sp3(9).12(10).9.04g·cm−3【解析】【分析】⑴Cu是29号元素，写出基态核外电子排布式；Cu2+与H2O中O之间是配位键，O供应孤对电子，H···O之间是分子间氢键。⑵依据(SCN)2的结构式为N≡C—S—S—C≡N计算π键数目；依据价电子数S=O=N－分析，书写与SCN－互为等电子体的分子的化学式。⑶金属铜单独与氨水或单独与过氧化氢都不能反应，但可与氨水和过氧化氢的混合溶液反应，说明两者能相互促进，其中过氧化氢为氧化剂，氨与铜离子形成配离子，两者相互促进使反应进行，再书写方程式。⑷计算硫酸根的价层电子对数，得出中心原子的杂化轨道类型和结构。⑸已知Cu的晶胞结构如图所示，Cu是面心立方，计算晶胞中Cu的个数和依据公式计算Cu的密度。【详解】⑴Cu是29号元素，其基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1；科学家通过X射线测得Cu(H2O)4SO4·H2O结构示意图可简洁表示如图：Cu2+与H2O中O之间是配位键，O供应孤对电子，H···O之间是分子间氢键；故答案为：1s22s22p63s23p63d104s1；配位键、氢键。⑵(SCN)2的结构式为N≡C—S—S—C≡N，因此1mol(SCN)2分子中含有的π键数目为4NA，依据价电子数S=O=N－分析，与SCN－互为等电子体的分子的化学式CO2、CS2；故答案为：4NA；CO2、CS2(其他答案正确即可)。⑶金属铜单独与氨水或单独与过氧化氢都不能反应，但可与氨水和过氧化氢的混合溶液反应，说明两者能相互促进，其中过氧化氢为氧化剂，氨与铜离子形成配离子，两者相互促进使反应进行，方程式可表示为Cu+H2O2+4NH3·H2O=Cu(NH3)4(OH)2+4H2O；故答案为：过氧化氢为氧化剂，氨与铜离子形成配离子，两者相互促进使反应进行；Cu+H2O2+4NH3·H2O=Cu(NH3)4(OH)2+4H2O。⑷在Cu(H2O)4SO4·H2O晶体中，[Cu(NH3)4]2+为平面正方形结构，S与四个O形成4个共价键，孤对电子数=，因此价层电子对数为4对，中心原子的杂化轨道类型为sp3杂化，呈正四面体