全国市级联考陕西省榆林市届高三第四次模拟考试理综化学试题解析版.docx

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全国市级联考陕西省榆林市届高三第四次模拟考试理综化学试题解析版

陕西省榆林市2018届高三第四次模拟考试理综化学试题

1.化学与生产生活密切相关。

下列说法正确的是

A.阻燃剂Al（OH）3受热分解时放出能量

B.蚕丝、涤纶、棉花的主要成分均为蛋白质

C.油脂在长期贮存过程中与微生物、酶和空气中的氧气作用会发生酸败

D.硅太阳能电池与铜锌原电池工作时均由化学能转变为电能

【答案】C

【解析】阻燃剂Al（OH）3受热分解时吸收能量，使周围环境温度降低，A错误；蚕丝主要成分为蛋白质，涤纶、棉花的主要成分为纤维素，B错误；油脂中不饱和脂肪酸在酶和空气中的氧气作用下，氧化分解，酸败变质，C正确；硅太阳能电池是将太阳能转化为电能，铜锌原电池工作时，将化学能变为电能，D错误；正确选项C。

2.下列说法错误的是

A.蛋白质在酶等催化剂作用下水解可得到氨基酸

B.植物油中不可能含有碳碳双键

C.乙烷、丙烷、新戊烷互为同系物

D.分子式为C4H8O2且能与NaHCO3溶液反应的有机物共有2种

【答案】B

【解析】A．蛋白质水解反应最终生成氨基酸，故A正确；B．植物油中含有碳碳双键，易被氧化而变质，故B错误；C.乙烷、丙烷、新戊烷的结构相似，分子组成上相差了若干个CH2原子团，互为同系物，故C正确；D．分子式为C4H8O2，且能与NaHCO3反应的有机物，则为羧酸，取代基为丙基，有正丙基和异丙基2种同分异构体，即C4H8O2的羧酸有2种同分异构体，故D正确；故选B。

3.设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法错误的是

A.标准状况下，2.24LH2S中含有0.1NA个H2S分子

B.常温常压下，7.0g由丁烯与丙烯组成的混合气体中含有的氢原子数目为NA

C.常温下，将2.7g铝片投入足量的浓硫酸中，转移电子的数目为0.3NA

D.向1L的密闭容器中充入46gNO2气体，容器中氮原子的数目为NA

【答案】C

点睛：

本题考查了阿伏加德罗常数的计算和判断。

本题的易错点为D，容易受到二氧化氮与四氧化二氮存在平衡的影响，将简单问题复杂化，实际上只要抓住氮原子守恒即可。

4.短周期元素a、b、c、d的原子序数依次增大，a的单质是空气的主要成分之一，常用作粮食的保护气；c是同周期所有元素中原子半径最小的元素；d的最外层电子数等于其最内层电子数。

下列说法正确的是

A.ab与db中的化学键类型相同

B.元素的非金属性：

c＞b＞a

C.简单离子的半径：

d＞c＞b

D.c的氢化物的水溶液可使红色石落试纸变蓝

【答案】B

..................

5.锂碘电池的正极材料是聚2-乙烯吡啶（简写为P2VP）和I2的复合物，电解质是熔融薄膜状的碘化锂,正极的电极反应式为P2VP•nI2+2e-+2Li+=P2VP•（n-1）I2+2LiI。

下列说法正确的是

A.该电池放电时，锂电极发生还原反应

B.P2VP和I2的复合物是绝缘体，不能导电

C.该电池工作时，碘离子移向正极

D.该电池发生的总反应为2Li+P2VP•nI2=P2VP•（n-1）I2+2LiI

【答案】D

【解析】A、该电池放电时，负极反应式为2Li-2e-=2Li+，锂电极发生氧化反应，故A错误；B、正极材料是聚2-乙烯吡啶（简写为P2VP）和I2的复合物，电极不可能是绝缘体，故B错误；C、原电池中碘离子移向负极Li，故C错误；D、锂碘电池的正极的电极反应式为P2VP•nI2+2Li++2e-=P2VP•（n-1）I2+2LiI，负极反应式为2Li-2e-=2Li+，总反应为2Li+P2VP•nI2═P2VP•（n-1）I2+2LiI，故D正确；故选D。

点睛：

本题考查了原电池原理，明确正负极、阴阳极上得失电子及电极反应是解本题关键。

本题中锂碘电池的正极的电极反应式为P2VP•nI2+2Li++2e-=P2VP•（n-1）I2+2LiI，负极反应式为2Li-2e-=2Li+。

6.常温下，用pH=m的盐酸滴定20mLpH=n的MOH溶液，且m+n=14，混合溶液的pH与盐酸体积（V）的关系如图所示。

下列说法正确的是

A.Kb（MOH）的数量级为10-11

B.由c点可算得m=14/3

C.b点溶液呈中性，此时c（Cl-）=c（M+）

D.a点：

c（Cl-）>c（M+）>c（OH-）>c（H+）

【答案】C

【解析】常温下，用pH=m的盐酸滴定20mLpH=n的MOH溶液，且m+n=14，则盐酸中氢离子浓度与MOH中氢氧根离子浓度相等，由于盐酸为强酸，且加入20mL盐酸时溶液呈碱性，说明MOH为弱碱，则MOH的浓度大于盐酸。

A.根据图像，c点盐酸与MOH恰好完全反应，因此的浓度为盐酸浓度的2倍，即c（MOH）=2c（HCl）=2×10-mmol/L，由于m+n=14，n-14=-m，所以当MOH达到电离平衡时，c（MOH）=2×10-mmol/L-10-mmol/L=10-mmol/L，Kb（MOH）=

=

=10-m，由于pH=m是盐酸溶液，所以m＜7，即Kb（MOH）大于10-7，故A错误；B.根据图像，c点盐酸与MOH恰好完全反应，溶液总体积为60mL，pH=4，溶液中只含有MCl，浓度为

=

×10-mmol/L，c（H+）=10-4mol/L，由于水解过程微弱，所以10-m＞10-4，即m＜4，因此m不可能等于14/3，故B错误；C.根据图像，b点溶液呈中性，c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒，此时c（Cl-）=c（M+），故C正确；D．a点溶液为碱性，则c（OH-）＞c（H+），根据电荷守恒可知c（M+）＞c（Cl-），溶液中的离子浓度大小为：

c（M+）＞c（Cl-）＞c（OH-）＞c（H+），故D错误；故选C。

7.下列实验及现象不能得出相应结论的是

选项

实验

现象

结论

A

将Na2SO3固体溶于水后，向形成的溶液中加入足量Ba（NO3）2溶液，再加入足量稀盐酸

产生白色沉淀，且沉淀不溶解

Na2SO4已变质

B

向2mL0.1mol/LFeSO4酸性溶液中滴入少量ClO2溶液，震荡后再滴入KSCN溶液

溶液先变黄，滴入KSCN溶液后变红

氧化性:

ClO2>Fe3+

C

向盛有10mL0.01mol/LKI溶液的试管中滴入8-10滴相同浓度的AgNO3溶液，边滴边振荡，静置用激光笔照射

得到黄色透明液体，可看到光亮的“通路”

得到的液体为AgI胶体

D

将蘸有浓氨水的玻璃棒靠近盛满NO2的集气瓶口

瓶口处产生白烟

白烟的主要成分为NH4NO3

A.AB.BC.CD.D

【答案】A

【解析】A、Na2SO3能被硝酸氧化生成Na2SO4，Na2SO4和硝酸钡反应生成BaSO4沉淀，BaSO4沉淀不溶于稀硝酸，从而影响硫酸根离子检验，故A错误；B、向2mL0.1mol/LFeSO4酸性溶液中滴入少量ClO2溶液，震荡后再滴入KSCN溶液，溶液先变黄，滴入KSCN溶液后变红，说明ClO2将亚铁离子氧化生成了铁离子，能够证明氧化性:

ClO2>Fe3+，故B正确；C、向盛有10mL0.01mol/LKI溶液的试管中滴入8-10滴相同浓度的AgNO3溶液，边滴边振荡，静置用激光笔照射，得到黄色透明液体，可看到光亮的“通路”，胶体具有丁达尔效应，说明得到的液体为AgI胶体，故C正确；D、将蘸有浓氨水的玻璃棒靠近盛满NO2的集气瓶口，二氧化氮与水蒸气反应生成了硝酸气体，硝酸气体与氨气化合生成了NH4NO3固体，瓶口处产生白烟，故D正确；故选A。

8.纳米碳酸钙是一种广泛应用于塑料、食品、医药、饲料等行业的重要无机填料。

以磷石膏钙渣为原料制取高品质纳米碳酸钙的工艺流程如下：

已知某磷石膏钙渣的主要成分及其含量如下表所示。

CaO

P2O5

SO3

Fe2O3

Al2O3

SiO2

烧失量

47.70%

1.60%

1.77%

0.041%

0.0027%

9.85%

37.69%

请回答下列问题：

（1）对磷石膏钙渣进行酸溶的目的是获得机制CaCl2溶液，为了提高溶出率，可以采取的措施有______。

（回答两条即可）

（2）为了探究酸溶的工艺条件,称取6份各50g磷石膏钙渣，分别用不同浓度盐酸进行溶解，反应时间为30min,测得滤液中钙溶出率的结果如图所示，最适宜的盐酸浓度为_______。

（3）精制是向粗制CaCl2溶液中通入氨气,控制溶液的pH,主要除去________（填金属阳离子）。

（4）碳化时，先将精制CaCl2溶液稀释至一定体积，控制反应温度以及NH3和CO2的通入量,此过程中，通入气体有先后顺序,应先通入气体的化学式_______（填化学式）;碳化时发生反应的化学方程式为______。

（5）把CaCO3浊液滴入1.0mol•L-1的Na2SO3溶液中，能否产生CaSO3沉淀?

_______。

若不能,说明原因;若能,请从定量的角度简述判断依据：

_______。

[已知：

Ksp（CaSO3）=1.4×10-7，Ksp（CaCO3）=2.8×10-9]

（6）试设计简单的实验方案,判断所得碳酸钙样品颗粒是否为纳米级：

__________。

【答案】

（1）.粉碎磷石膏钙渣，增大盐酸浓度，适当升高温度，延长酸溶时间等（任写两条）

（2）.4.0mol•L-1（填4.0mol/L左右均可）（3）.Fe3+、Al3+（4）.NH3（5）.CaCl2+H2O+2NH3+CO2=CaCO3↓+2NH4Cl（6）.能（7）.由

=50可知,当CaSO3与CaCO3的混合液中c（SO32-）>50c（CO32-）时，即发生由CaCO3向CaSO3的转变（8）.略

【解析】

（1）磷石膏钙渣进行酸溶时，为了提高溶出率，可以采取粉碎磷石膏钙渣，增大盐酸浓度，适当升高温度，延长酸溶时间等方法；正确答案：

粉碎磷石膏钙渣，增大盐酸浓度，适当升高温度，延长酸溶时间等（任写两条）。

（2）根据图像可知，盐酸的浓度控制在4.0 mol·L-1时或左右，钙溶出率较高；正确答案：

4.0 mol·L-1（填4.0 mol·L-1左右均可）

 （3）磷石膏钙渣进行酸溶时，溶液中存在铁离子、铝离子等杂质离子，因此，向粗制CaCl2 溶液中通入氨气，控制溶液的pH，把Fe3+、Al3+变为沉淀而除去；正确答案：

Fe3+、Al3+。

（4）二氧化碳易与含有氨气的碱性CaCl2溶液反应，有利于反应的顺利进行，生成碳酸钙沉淀和氯化铵，反应为：

CaCl2+H2O+2NH3+CO2=CaCO3↓+2NH4Cl，因此先通入气体为NH3；正确答案：

NH3；CaCl2+H2O+2NH3+CO2=CaCO3↓+2NH4Cl。

（5）由

=c（Ca2+）×c（SO32-）/c（Ca2+）×c（CO32-）=c（SO32-）/c（CO32-）=1.4×10-7/2.8×10-9=50，c（SO32-）/c（CO32-）=50,当CaSO3与CaCO3的混合液中c（SO32-）>50c（CO32-）时，即发生由CaCO3向CaSO3的转变；正确答案：

能；由

=50可知，当CaSO3与CaCO3的混合液中c（SO32-）>50c（CO32-）时，即发生由 CaCO3向CaSO3的转变。

（6）碳酸钙样品颗粒为纳米级时，其水溶液为胶体，可以用丁达尔效应进行检验；具体操作：

取少量样品和水混合形成分散系，用一束光照射，若出现一条光亮的通路，则是纳米级，否则不是；正确答案：

取少量样品和水混合形成分散系，用一束光照射，若出现一条光亮的通路，则是纳米级，否则不是。

9.绿水青山就是金山银山，我国科研人员在探究如何降低大气中氮氧化物与碳氧化物的含量方面做出了巨大贡献，并取得了显著的成绩。

（1）下列关于氮氧化物与碳氧化物的说法中正确的是_____（填字母）。

A.CO2、NO2均属于酸性氧化物

B.NO、CO均不能用排空气法收集

C.除去NO中混有的NO2的方法是将混合气体通入足量氢氧化钠溶液中

D.除去CO中混有的CO2的方法是将混合气体通入足量氢氧化钠溶液中

（2）已知:

N2（g）+O2（g）

2NO（g）ΔH1=+180.5kJ/mol;

CO（g）

C（s）+1/2O2（g）ΔH2=+110.5kJ/mol;

C（s）+O2（g）

CO2（g）ΔH3=-393.5kJ/mol。

则反应2NO（g）+2CO（g）

N2（g）+2CO2（g）ΔH=__________

（3）反应2NO（g）+2CO（g）

2CO2（g）+N2（g）可用于净化汽车尾气，已知570K时该反应的反应速率极慢,平衡常数极大。

由此可知，提高尾气净化效率的最佳途径是_________;若要净化汽车尾气的同时提高该反应的反应速率和NO的转化率,且只改变一个反应条件,则应采取的措施是_________。

（4）某科研小组根据反应2NO（g）+2CO（g）

N2（g）+2CO2（g）来探究起始反应物的碳氨比[n（CO）/n（NO）]对污染物去除率的影响。

T℃时，向体积为1L的恒容密闭容器中充入总物质的量为4mol的NO和CO混合气体，并加入一定量的固体催化剂进行反应,实验测得平衡体系中气体组分的转化率和氯气的体积分数的变化如图所示.

①根据图像推测曲线转化率1表示的是______（填“CO”或“NO”）。

②A点时，n（CO）/n（NO）=_________,此时反应的平衡常数K=__________（请填写数值与单位）。

（5）煤炭在O2/CO2的气氛中燃烧会产生CO,有人提出,可以设计反应2CO（g）=2C（s）+O2（g）来消除CO的污染。

该提议_______（填“可行”或“不可行”）,理由是_______。

【答案】

（1）.BD

（2）.-746.5k]/mol（3）.研制高效催化剂（4）.增大压强（5）.NO（6）.1（7）.80L/mol（8）.不可行（9）.该反应ΔH>0、ΔS<0,则ΔH-TΔS>0,该反应在任何情况下都不能自发进行

【解析】

（1）A.CO2属于酸性氧化物，NO2与水反应生成硝酸和一氧化氮，不属于酸性氧化物，选项A错误；B.NO能与氧气反应、CO密度与空气的密度接近，均不能用排空气法收集，选项B正确；C.NO、NO2和氢氧化钠能反应，除去NO中混有的NO2的方法是将混合气体通入水中，选项C错误；D.除去CO中混有的CO2的方法是将混合气体通入足量氢氧化钠溶液中，二氧化碳与氢氧化钠反应而一氧化碳不反应，选项D正确。

答案选BD；

（2）已知:

①N2（g）+O2（g）

2NO（g） ΔH1=+180.5kJ/mol；②CO（g）

C（s）+1/2O2（g） ΔH2=+110.5kJ/mol；③C（s）+O2（g）

CO2（g） ΔH3=-393.5kJ/mol；根据盖斯定律，由

①+③得反应2NO（g）+2CO（g）

N2（g）+2CO2（g） ΔH=2ΔH2-ΔH1+ΔH3=2

110.5kJ/mol-180.5kJ/mol-393.5kJ/mol=-746.5k]/mol；（3）研制高效催化剂可提高反应速率，解决反应极慢的问题，有利于尾气的转化；增大压强，化学反应速率加快，化学平衡向气体体积减小的方向移动，即正反应方向，NO的转化率转化率增大；（4）①起始反应物的碳氮比[n（CO）/n（NO）]越大，一氧化氮的转化率越大，根据图像推测曲线转化率1表示的是NO；②反应2NO（g）+2CO（g）

N2（g）+2CO2（g）中NO和CO的化学计量数相等，A点时，两者的转化率相等，均为80%，故n（CO）/n（NO）=1,此时各物质的浓度分别为0.4mol/L、0.4mol/L、0.8mol/L、1.6mol/L，反应的平衡常数K=

；（5）设计反应2CO（g）=2C（s）+O2（g）来消除CO的污染的提议不可行,理由是该反应ΔH>0、ΔS<0.则ΔH-TΔS>0,该反应在任何情况下都不能自发进行。

10.某浅绿色晶体X[x（NH4）SO4·yFeSO4·xH2O]在分析化学中常用作还原剂。

为确定其组成。

某小组同学进行如下实验:

I.NH4+含量的测定

采用蒸馏法，蒸馏装置如图所示.

相关的实验步骤如下：

①准确称取58.80g晶体X，加水溶解后，将溶液注入圆底烧瓶中；

②准确量取50.00mL 3.0300mol•L-1H2SO4溶液于锥形瓶中；

③向三颈烧瓶中加入足量NaOH溶液，加热蒸馏；

④用0.120mo l•L-1 NaOH标准溶液滴定锥形瓶中过量的硫酸，滴定终点时消耗25.00mLNaOH标准溶．

（1）仪器M的名称为__________。

（2）步骤③中，发生的氧化还原反应的化学方程式为_______。

蒸氨结束后，为了减少实验误差，还需要对直形冷凝管进行“处理”。

“处理”的操作方法是__________。

（3）步骤④中，若振荡时锥形瓶中有液体溅出,则所侧得的n（NH4+）的值将______（填“偏大”、“偏小”或“不变”）．

Ⅱ．SO42-的测定

采用重量分析法，实验步骤如下：

①另准确称取58.80g晶体X于烧杯中，加水溶解，边搅拌边加入过量的 BaCl2溶液；

②将得到的溶液用无灰滤纸（灰分质量很小，可忽略）过滤，洗涤沉淀3～4次；

③用滤纸包裹好沉淀取出，灼烧滤纸包至滤纸完全灰化；

④继续灼烧沉淀至恒重．得沉淀质量69.90g．

（4）步骤①中，判断 BaCl2溶液已过量的实验操作和现象是_________。

（5）步骤②中，采用冷水洗涤沉淀，其主要目的是_____________．

（6）综合实验I、Ⅱ，通过计算得出晶体X的化学式为__________，实验Ⅰ的步骤①中,溶液中离子浓度由大到小的顺序为__________。

【答案】

（1）.分液漏斗

（2）.4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3（3）.用蒸馏水冲洗冷凝管内通道2-8次，将洗涤液注入锥形瓶中（4）.偏大（5）.待浊液分层后，取出上层清液少许于试管中,向试管中加入1-2滴BaCl2溶液。

若无白色浑出出现，则说明BaCl2溶液过量（答滴加Na2SO4溶液，出现白色浑浊现象也给分）（6）.尽可能减少沉淀的溶解担失，减小实验误差（7）.（NH4）2SO4•FeSO4•6H2O（8）.c（SO42-）>c（NH4+）>c（Fe2+）>c（H+）>c（OH-）

【解析】I．

（1）仪器M的名称为分液漏斗；正确答案：

分液漏斗。

（2）亚铁离子与氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁沉淀，通入氧气后，被氧化为氢氧化铁；化学方程式为4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；蒸氨结束后，直形冷凝管中会残留一些液氨，会对测定结果产生影响；因此为了减少实验误差,还需要对直形冷凝管进行“处理”，“处理”的操作方法是用蒸馏水冲洗冷凝管内通道2~3 次，将洗涤液注入锥形瓶中；正确答案：

用蒸馏水冲洗冷凝管内通道2~3 次，将洗涤液注入锥形瓶中。

（3）步骤④中，若振荡时锥形瓶中有液体溅出，消耗氢氧化钠的量减小，则测定锥形瓶内溶液中剩余的硫酸的量减小，与氨气反应的硫酸的量增多，造成所测n（NH4+）的量偏大；正确答案：

偏大。

II.（4）判断氯化钡是否过量，可以在上层清液中继续滴加氯化钡，若没有新的沉淀生成则说明溶液中没有硫酸根离子，即氯化钡已经过量；正确答案：

待浊液分层后，在上层清液中加入1～2滴BaCl2溶液，无白色浑浊出现，则BaCl2溶液已过量；

（5）用冷水洗涤可以减少固体的溶解，用硫酸洗涤会使沉淀上附着硫酸根离子，滤液中也含有硫酸根离子，所以不能用硫酸溶液洗涤沉淀，应该选用冷水洗涤，其主要目的是尽可能减少沉淀的溶解损失，减小实验误差；正确答案：

尽可能减少沉淀的溶解损失，减小实验误差。

（6）与NaOH反应的硫酸的物质的量为n（H2SO4）=1/2n（NaOH）=1/2×0.04×0.025=0.0005mol；与氨气反应的硫酸的物质的量为：

0.05×1.0100×1/2×0.0400×0.02500=0.05mol，则氨气的物质的量n（NH3）=2n（H2SO4）=0.1mol；19.60g晶体X于烧杯中，加水溶解，边搅拌边加入过量的BaCl2溶液，得到硫酸钡沉淀23.30g，则n（SO42-）=23.3/233=0.1mol，19.6×2x/（132x+152y+18z）=0.1，19.6×（x+y）/（132x+152y+18z）=0.1，则x+y=2x，即x=y，令x=1，则19.6×2/（132+152+18z）=0.1，则z=6，即x=1，y=1，z=6，则其化学式为（NH4）2SO4•FeSO4•6H2O；令x=2，则19.6×4/（132×2+152×2+18z）=0.1，则z=1.21，不符合；所以晶体X的化学式为（NH4）2SO4·FeSO4·6H2O；将晶体（NH4）2SO4·FeSO4·6H2O加水溶解后，铵根离子、亚铁离子水解显酸性，相互抑制水解，但是铵根离子浓度起点大，所以c（NH4+）>c（Fe2+ ）；又由于硫酸根离子不水解，所以c（SO42-）>c（NH4+）；实验I的步骤①中,溶液中离子溶度由大到小的顺序c（SO42-）>c（NH4+）>c（Fe2+ ）>c（H+）>c（OH-）；正确答案：

（NH4）2SO4·FeSO4·6H2O；c（SO42-）>c（NH4+）>c（Fe2+ ）>c（H+）>c（OH-）。

点睛：

（NH4）2SO4·FeSO4固体溶于水形成溶液，铵根离子、亚铁离子水解显酸性，相互抑制水解，但是是铵根离子浓度起点大，所以c（NH4+）>c（Fe2+ ），又由于硫酸根离子不水解，所以c（SO42-）>c（NH4+）；所以要准确判断溶液中离子浓度大小关系，一定根据离子的水解能力和离子的起始浓度进行综合判定。

11.铜的相关化合物在生产生活中具有重要的作用。

回答下列问题。

（1）铜元素在周期表中的位置是__,基态恫原子中,核外电子占据最高能层的符号是_______，占据该最高能层的电子数为___________

（2）在一定条件下，金属相互化合形成的化合物称为金属互化物,如Cu9Al4、Cu5Zn6等。

某金属互化物具有自范性,原子在三维空间里呈周期性有序排列,该金属互化物属于_______，（填“晶体“或“非晶体”）。

（3）铜能与类卤素（SCN）2反应生成Cu（SCN）2,1mol（SCN）2分子中含有σ键的数目为_________。

（SCN）2对应的酸有硫氰酸（H—S—C≡N）、异硫氰酸（H—N===C===S）两种。

理论上前者沸点低于后者，其原因是___________。

（4）铜晶体中铜原子的堆积方式为面心立方堆积，每个铜原子周围距离最近的铜原子个数为__________。

（5）铜与金形成的金属互化物的晶胞结构如图所示，其晶胞边长为anm,该金属互化物的密度

为____________（用含a、NA的代数式表示）

【答案】

（1）.第四周期ⅠB族

（2）.N（3）.1（4）.晶体（5）.5NA（或5×6.02×1023）（6）.异硫氰酸分子间可形成氢键，而硫氰酸不能（7）.12（8）.3.89×1023/（a2NA）（或其他合理答案）

【解析】

（1）铜原子核电荷数为29，核电电子排布为1s22s22p63s23p64s13d10，在周期表中的位置是第四周期IB族；基态铜原子中，核外电子占