【化学】四川省泸县第四中学2018-2019学年高二下学期期中考试（解析版）

四川省泸县第四中学2018-2019学年高二下学期期中考试
一．选择题：本大题共8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
1.下面的“诗”情“化”意，分析正确的是（ ）
A. “日照遂州江雾开”中伴有丁达尔效应
B. 杜康用高粱酿酒的原理，是通过蒸馏法将高梁中的乙醇分离出来
C. “粉身碎骨浑不怕，要留清白在人间”只发生了物理变化
D. “绿蚁新醅酒，红泥小火炉”，“新醅酒”即新酿的酒，在酿酒过程中，葡萄糖发生了水解反应
【答案】A
【详解】A项、“日照澄州江雾开”中所说的雾属于胶体，胶体能产生丁达尔效应，故A正确；
B项、高粱的主要成分是淀粉，不含乙醇，用高粱酿酒是高粱中的淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒曲的作用下反应生成乙醇，然后用蒸馏法将乙醇分离出，故B错误；
C项、“粉身碎骨浑不怕，要留清白在人间”中粉身碎骨是指碳酸钙高温下发生分解反应生成氧化钙，反应中有新物质生成，是化学变化，故C错误；
D项、葡萄糖是单糖，不能发生水解反应，在酿酒过程中葡萄糖转化为酒精的反应不是水解反应，故D错误。
故选A。
【点睛】本题考查古诗词中的化学知识，侧重于考查分析能力应用能力，注意理解各诗句的含义，和物质的性质联系分析是解答关键。
2.大气中氮氧化物和碳氢化合物受紫外线作用可产生二次污染物光化学烟雾，其中某些反应过程如图所示。下列说法不正确的是（ ）

A. NO2不是酸性氧化物 B. O2和O3是氧的两种同素异形体
C. 反应I属于氧化还原反应 D. 烟雾是一种固溶胶，其分散剂是空气
【答案】D
【分析】由示意图可知，大气中氮氧化物和碳氢化合物受紫外线作用可产生二次污染物光化学烟雾的反应过程为二氧化氮在紫外线作用下分解生成一氧化氮和氧原子，氧原子与氧气反应生成臭氧，臭氧与一氧化氮反应生成二氧化氮，与丙烯反应生成甲醛和乙醛。
【详解】A项、酸性氧化物与水反应只生成化合价相同的酸，NO2与水反应生成硝酸和NO，不是酸性氧化物，故A正确；
B项、由同种元素组成的不同单质互称为同素异形体，O2和O3是氧元素的两种单质，互称为同素异形体，故B正确；
C项、反应I为臭氧与一氧化氮反应生成二氧化氮，反应中存在元素化合价的变化，属于氧化还原反应，故C正确；
D项、烟雾是一种气溶胶，其分散剂是空气，故D错误。
故选D。
【点睛】本题考查了酸性氧化物、同素异形体、氧化还原反应、胶体等基础知识，题目涉及的知识点较多，侧重于基础知识的考查，注意物质的分类、氧化还原反应的理解是解答关键。
3.下列化学用语正确的是（ ）
A. CCl4的比例模型： B. 环氧乙烷的结构简式：
C. 水的电离方程式：2H2O=H3O++OH- D. 小苏打的化学式：Na2CO3
【答案】B
【详解】A项、CCl4中碳的原子半径小于氯的原子半径，与比例模型不符，故A错误；
B项、环氧乙烷的分子式为C2H4O，结构简式为，故B正确；
C项、水是弱电解质，水分子间相互作用部分电离生成水合氢离子和氢氧根离子，电离方程式为2H2OH3O++OH-，故C错误；
D项、碳酸氢钠的俗名是小苏打，化学式为NaHCO3，故D错误。
故选B。
【点睛】本题考查化学用语，注意依据化学用语的书写规则分析是解答关键。
4.下列说法错误的是（ ）
A. 2-甲基丁烷也称异丁烷 B. 同系物的化学性质一定相似
C. 常温下乙酸乙酯在水中的溶解性小于乙醇
D. 石蜡油裂化后产生的气体能使溴的CCl4溶液褪色
【答案】A
【详解】A项、2-甲基丁烷中含有5个C，也称异戊烷，故A错误；
B项、结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质互称为同系物，同系物结构相似，化学性质相似，故B正确；
C项、常温下，乙醇与水以任意比互溶，乙酸乙酯在水中的溶解度很小，则常温下乙酸乙酯在水中的溶解性小于乙醇，故C正确；
D项、石蜡油裂化后产生的气体中含有乙烯等气态烯烃，能与溴发生加成反应，使溴的CCl4溶液褪色，故D正确。
故选A。
【点睛】本题考查有机物结构和性质，注意注意有机物的成分、性质及反应类型的分析是解答关键。
5.25C时，0．1mol/L的3种溶液①盐酸②氨水③CH3COONa溶液。下列说法中，不正确的是（ ）
A. 3种溶液中pH最小的是①
B. 3种溶液中水的电离程度最大的是③
C. ①与②等体积混合后溶液显酸性
D. ①与③等体积混合后c(Na+)>c(Cl-)>c(H+)>c(CH3COO-)>c(OH-)
【答案】D
【解析】A.25℃时，0.1mol•L-1的3种溶液 ①盐酸 ②氨水 ③CH3COONa溶液，溶液pH：②＞③＞①，最小的是盐酸，故A正确；B．③CH3COONa溶液，水解促进水的电离，①盐酸②氨水均抑制水的电离，3种溶液中水的电离程度最大的是③，故B正确；C.①与②等体积等浓度混合生成氯化铵溶液，铵根离子水解溶液显酸性，NH4++H2ONH3•H2O+H+，故C正确；D．①与③等体积等浓度混合生成等物质的量浓度的醋酸和氯化钠，溶液c(Na+)=c(Cl-)，故D错误；故选D。
点睛：解答本题的关键是清楚盐酸是强酸，氨水是弱碱，醋酸钠是强碱弱酸盐。本题的易错点为B，要知道，酸溶液和碱溶液抑制水的电离，能够水解的盐溶液促进水的电离。
6.用粗硅作原料，熔融盐电解法制取硅烷原理如图。下列叙述正确的是（ ）

A. 电源的B极为负极 B. 可选用石英代替粗硅
C. 电解时，熔融盐中Li+向粗硅移动 D. 阳极反应：Si＋4H－－4e－=SiH4↑
【答案】D
【解析】根据该装置图，该装置为电解池，总反应为：Si＋2H2= SiH4。H2生成H－，发生还原反应，Si发生氧化反应。A、根据电解池，阴极发生还原反应，阳极发生氧化反应，故通入H2的那一极是阳极，故A是负极，B是正极，故A错误；B、阳极粗硅失电子，若换成石英，即SiO2，SiO2中Si已经是+4价，无法再失电子，故B错误；C、电解时，熔融盐中Li+向阴极移动，故C错误；D、阳极粗硅生成SiH4，故电极反应为：Si＋4H－－4e－= SiH4↑，故D正确；故选D。
点睛：该题的关键是，看清楚图示内容，明确这是电解池装置，用电解池的规律进行解答，如氢气得电子生成氢负离子，在根据总反应：Si＋2H2= SiH4。H2生成H－，发生还原反应，Si发生氧化反应，即可判断电极类型。
7.亚氯酸钠(NaClO2)在溶液中会生成ClO2、HClO2、ClO2－、Cl－等，其中HClO2和ClO2都是具有漂白作用。已知pOH=-lgc(OH－)，经测定25℃时各组分含量随pOH变化情况如图所示(Cl－没有画出)，此温度下，下列分析正确的是（ ）

A. HClO2的电离平衡常数的数值Ka=10－8
B. pOH=11时，ClO2－部分转化成ClO2和Cl－离子的方程式为：5ClO2－+2H2O=4ClO2+ Cl－+4OH－
C. pH=7时，溶液中含氯微粒浓度大小为：c(HClO2)＞c(ClO2－)＞c(ClO2)＞c(Cl－)
D. 同浓度的HClO2溶液和NaClO2溶液等体积混合，则混合溶液中有：c(Na＋)+c(OH－)= c(H＋)+ c(HClO2)
【答案】D
【解析】A，HClO2的电离方程式为HClO2H++ClO2-，电离平衡常数Ka=，由图像可见当c（HClO2）=c（ClO2-）时pOH=8，c（OH-）=110-8mol/L，c（H+）=110-6mol/L，电离平衡常数Ka=110-6，A项错误；B，pOH=11时c（OH-）=110-11mol/L，c（H+）=110-3mol/L，溶液呈酸性，ClO2-部分转化成ClO2和Cl-的方程式为5ClO2-+4H+=4ClO2+Cl-+2H2O，B项错误；C，25℃pH=7时pOH=7，由图可见c（ClO2-）c（HClO2）c（ClO2），C项错误；D，同浓度的HClO2和NaClO2等体积的混合液中电荷守恒式为c（Na+）+c（H+）=c（ClO2-）+c（OH-），物料守恒式为2c（Na+）=c（HClO2）+c（ClO2-），两式整理得c（Na+）+c（OH-）=c（H+）+c（HClO2），D项正确；答案选D。
点睛：本题考查溶液中粒子浓度与pOH的图像分析。涉及电离平衡常数的计算、离子方程式的书写、粒子浓度的大小关系。计算电离平衡常数时找准关键点；书写离子方程式时注意溶液的酸碱性；确定溶液中粒子浓度大小关系时巧用电荷守恒、物料守恒、质子守恒以及守恒式的变换（如D项）。
8.电致变色玻璃以其优异的性能将成为市场的新宠，如图所示五层膜的玻璃电致变色系统，其工作原理是在外接电源下，通过在膜材料内部发生氧化还原反应，实现对器件的光透过率进行多级可逆性调节。(已知：WO3和Li4Fe4[Fe(CN)6]3均为无色透明，LiWO3和Fe4[Fe(CN)6]3均为蓝色)下列有关说法正确的是（ ）

A. 当B外接电源负极时，膜由无色变为蓝色
B. 当B外接电源负极时，离子储存层发生反应为：Fe4[Fe(CN)6]3+4Li++4eˉ=Li4Fe4[Fe(CN)6]3
C. 当A接电源的负极时，此时Li+得到电子被还原
D. 当A接电源正极时，膜的透射率降低，可以有效阻挡阳光
【答案】B
【分析】根据题意及图示信息可知，结合电解原理可知，当B外接电源负极时，离子储存层发生反应为：Fe4[Fe(CN)6]3+4Li++4eˉ＝Li4Fe4[Fe(CN)6]3，膜由蓝色变为无色，当A接电源负极时，WO3得电子被还原，发生的电极反应为：WO3+Li++e-= LiWO3，膜由无色变为蓝色，据此分析作答。
【详解】根据上述分析可知，
A. 当B外接电源负极时，Fe4[Fe(CN)6]3转化为Li4Fe4[Fe(CN)6]3，膜由蓝色变为无色，A项错误；
B. 当B外接电源负极时，根据电解原理可知，离子储存层Fe4[Fe(CN)6]3得电子转化为Li4Fe4[Fe(CN)6]3，发生反应为：Fe4[Fe(CN)6]3+4Li++4eˉ＝Li4Fe4[Fe(CN)6]3，B项正确；
C. 当A接电源的负极时，WO3得电子被还原为LiWO3，Li+只是作为电解质溶液导电，未发生氧化还原反应，C项错误；
D. 当A接电源正极时，LiWO3失电子发生氧化反应得到WO3，膜由蓝色变为无色，透射率增强，不能有效阻拦阳光，D项错误；
答案选B。
第II卷 非选择题（52分）
9.氧硫化碳(COS，结构类似于CO2)广泛存在于以煤为原料的各种化工原料气中，能引起催化剂中毒、化学产品质量下降和大气污染。有多种方法可以脱氧硫化碳中的硫，其中氢解和水解反应是两种常用的脱硫方法，其反应式分别为：
①氢解反应：COS(g) +H2(g)H2S(g) + CO(g) ΔH1= +7kJ/mol
②水解反应：COS(g) +H2O(g)H2S(g) +CO2(g) ΔH2=-35kJ/mol
请回答下列问题：
（1）氧硫化碳的电子式为______________。
（2）CO和H2O(g)能反应生成CO2和H2，写出该反应热化学方程式__________________________________________________________。
（3）水解反应达到平衡后，若减小容器的体积，逆反应速率将________（填增大、减少或不变，下同），COS的转化率___________________。
（4）某温度下，体积为2L的恒容体系中，物质的量分别为mmol、nmol的COS蒸气和H2气发生氢解，已知COS的转化率为α，则该温度下的平衡常数K= _______（用m、n、α等符号表示）。
（5）某科研小组研究改进催化剂TiO2/Al2O3和温度对COS水解的影响，得到如图

COS水解的最佳温度是________；理由是______________________________________。
【答案】 (1). (2). CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) △H=－42kJ/mol (3). 增大 (4). 不变 (5). m α2 /(1-α)(n-mα) (6). 300℃ (7). 催化剂活性高，转化率很大
【分析】（1）氧硫化碳是共价化合物，碳原子分别与氧原子、硫原子之间形成2个共用电子对；
（2）根据盖斯定律计算可得；
（3）平衡后减小容器体积，容器中压强增大，增大压强，正、逆反应速率都增大，平衡不移动；
（4）依据题意建立三段式，依据平衡常数公式计算；
（5）由图中信息分析300℃时COS的转化率最高，催化剂的活性最强。
【详解】（1）氧硫化碳是共价化合物，碳原子分别与氧原子、硫原子之间形成2个共用电子对，其电子式为，故答案为：；
（2）根据盖斯定律，②-①得CO（g）+H2O（g）H2（g）+CO2（g），则△H3=△H2-△H1=（-35kJ•mol-1）-（+7kJ•mol-1）=-42kJ•mol-1，故答案为：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）△H=-42kJ•mol-1；
（3）平衡后减小容器体积，容器中压强增大，增大压强，正、逆反应速率都增大；该反应是气体体积不变的反应，增大压强，平衡不移动，COS的转化率不变，故答案为：增大；不变；
（4）假设反应容器体积为VL，COS起始物质的量为m，转化率为a，则变化量为ma，则依据题意建立如下三段式：
COS（g）+H2（g）H2S（g）+CO（g）
起始（mol）m n 0 0
转化（mol）ma ma ma ma
平衡（mol）m（1-a） n-ma ma ma
则平衡常数K===，故答案：；
（5）由图中信息分析300℃时COS的转化率最高，催化剂的活性最强，则COS水解的最佳温度是300℃，此时催化剂活性高，转化率很大，故答案为：300℃；催化剂活性高，转化率很大。
【点睛】本题考查化学平衡的计算、反应热与焓变的应用，侧重考查分析能力及化学计算能力，掌握盖斯定律的计算，注意掌握三段式在化学平衡计算中的应用为解答关键。
10.碳和氮的氢化物是广泛的化工原料，回答下列问题：
（1）工业上合成氨的反应为N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H=-92.2kJ/mol，反应过程中能量变化如图I所示。

①氨分解：2NH3(g)N2(g)+3H2(g)的活化能为_________kJ/mol
②合成氨时加入铁粉可以加快生成NH3的速率，在图I中画出加入铁粉后的能量变化曲线。_______
（2）联氨作火箭燃料的反应为：2N2H4(l)+N2O4(l)=3N2(g)+4H2O(g) △H1
已知：2O2(g)+N2(g)=N2O4(1) △H2 N2H4(1)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) △H3
上述热效应之间的关系式为△H1=_____________。某新型火箭用液氧/煤油代替联氨/N2O4，这种替换可能的好处是_____________________________________________（一条即可）。
（3）天然气制氢气是工业上制氢气的主要方法之一，其主要反应如下：
i．CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) ΔH=-+206.4kJ/mol，
ii．CO(g)+ H2O(g)CO2(g)+H2(g) ΔH=-41.0kJ/mol
在一定温度下，2L的密闭容器中加入a molCH4和2amolH2O发生反应，t min时反应达平衡，测得容器内CObmol、CO2cmol。回答下列问题：
①下列可判断体系达到平衡状态是_____________。
A．CO的体积分数不变 B．容器内气体密度不变 C．3v(CH4)=v(H2) D．不再变化
②0~tmin反应速率v(CO2)=___________，CH4的的转化率为___________，反应ⅱ的平衡常数K=____________。
③图Ⅱ中T℃之后c(CO2)随温度升高而减小的原因是___________________________。

【答案】 (1). 427.7 (2). (3). 2△H3-△H2 (4). 环境污染小（或成本低） (5). AD (6). mol/(L·min) (7). ×100% (8). (9). T℃之后，反应②为放热反应，升高温度反应②向逆反应方向移动是影响c（CO2）的主要因素，故c（CO2）减小
【分析】(1)①放热反应的反应热△H=—（Ea2—Ea1）；
②催化剂可以降低反应的活化能，增大反应速率，即Ea、Ea1均减小，但反应热不变；
（2）依据盖斯定律计算可得；液氧/煤油所用原料成本低，无毒；
（3）①反应达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质浓度或百分含量保持不变；
②依据题给数据，建立三段式，结合速率、转化率和化学平衡常数表达式计算可得；
③反应i为吸热反应，反应ii为放热反应，由图Ⅱ可知T℃时反应达到平衡，升高温度，反应i向正反应方向移动，一氧化碳浓度增大，反应ii向逆反应方向移动，温度对c（CO2）的影响大于浓度的影响。
【详解】(1)①放热反应的反应热△H=—（Ea2—Ea1），由图可知Ea1=335.0 kJ/mol，则合成氨反应△H=—（Ea2—335.0 kJ/mol）=—92.2kJ/mol，Ea2=427.2 kJ/mol，即2NH3(g)N2(g)+3H2(g)的活化能为427.2 kJ/mol，故答案为：427.2；
②催化剂可以降低反应的活化能，增大反应速率，即Ea、Ea1均减小，但反应热不变，则加入铁粉后的能量变化曲线为，故答案为：；
（2）将题给反应依次编号为①②③，由盖斯定律可知③×2—②=①，则△H1=2△H3-△H2；用液氧/煤油代替联氨/N2O4的主要原因是液氧/煤油所用原料成本低，无毒，对环境污染小，故答案为：2△H3-△H2；环境污染小；
（3）①A、CO的体积分数不变，说明正反应速率等于逆反应速率，该反应已达平衡状态，故正确；
B、根据质量守恒定律，平衡前后气体质量是不变的，在恒温恒容密闭体系中，整个反应过程混合气体的密度始终是不变的，不可作为判断体系达到平衡状态的判据，故错误；
C、3v(CH4)=v(H2)不能说明正反应速率等于逆反应速率，不可作为判断体系达到平衡状态的判据，故错误；
D、不再变化，说明在恒温恒容密闭体系中CO和H2的浓度不在变化，该反应已达平衡状态，故正确；
AD正确，故答案为：AD；
②设反应i生成一氧化碳的物质的量为x，由题给条件建立如下三段式：
CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)
起（mol） a 2a 0 0
变（mol） x x x 3x
平（mol） a—x 2a—x x 3x
CO(g)+ H2O(g)CO2(g)+H2(g)
起（mol） x 2a—x 0 3x
变（mol） c c c c
平（mol） x—c 2a—x—c c 3x+c
0～tmin内，生成CO2的物质的量为cmol，浓度的变化量为 mol/L，则反应速率v(CO2)= mol/(L·min)；由题意可知一氧化碳的物质的量为bmol，则有x—c=b，x=c+b，CH4的转化率为×100%；平衡时，c（CO）为 mol/L，c（H2O）为 mol/L，c（CO2）为mol/L，c（H2O）为mol/L，反应ⅱ的平衡常数K===，故答案为：mol/(L·min)；×100%；；
③反应i为吸热反应，反应ii为放热反应，由图Ⅱ可知T℃时反应达到平衡，升高温度，反应i向正反应方向移动，一氧化碳浓度增大，使二氧化碳浓度有增大的趋势，反应ii向逆反应方向移动，使二氧化碳浓度有减小的趋势，由于温度对c（CO2）的影响大于浓度的影响，所以c(CO2)随温度升高而减小，故答案为：T℃之后，反应②为放热反应，升高温度反应②向逆反应方向移动是影响c（CO2）的主要因素，故c（CO2）减小。
【点睛】本题考查化学反应原理综合应用，侧重分析与应用能力的考查，注意把握反应热与活化能的关系、盖斯定律的计算、化学平衡状态的判断、化学平衡计算为解答的关键。
11.周环反应是一类同时成键与断键的反应，经典的周环反应有Diels-Alder反应、电环化反应(electrocyclic reaction)：等。
已知： ，其中R1、R2、R3为烷基。
现有一种内酯I（含两个五元环）的合成路线如下（A～I均表示一种有机化合物）：

回答下列问题：
（1）化合物A中含有的官能团名称是________，D的分子式为____________。
（2）由C生成D的反应类型为____________，A形成高聚物的结构简式为___________。
（3）写出F与足量银氨溶液反应的化学方程式_____________________________________。
（4）化合物H的系统命名为___________。
（5）化合物I的质谱表明其相对分子质量为142，I的核磁共振氢谱显示为2组峰，I的结构简式为______________。
（6）在化合物I的同分异构体中能同时符合下列条件的是______________（填写结构简式）。
①具有酚结构；②仅有一种官能团；③具有4 种氢原子
（7）2，5-二甲基四氢呋喃()是新的液态代用燃料，其具有比能量高、沸点高、可再生等优点。该有机物可由A 先与H2发生加成反应等一系列步骤来制备，请写出合成路线__________________________________________________________（其它试剂任选）。
【答案】 (1). 碳碳三键、溴原子 (2). C10H12 (3). 消去反应 (4). (5). (6). 3,4-二羟基-1,6己二酸 (7). (8). (9).
【解析】根据流程图，A为，与B（）发生周环反应生成C，C为，C在氢氧化钠醇溶液中发生消去反应生成D，D为，D在加热时发生电环化反应生成E，根据，E中碳碳双键在臭氧存在条件下反应生成F，F为或，结合内酯I(含两个五元环)可知F为，F发生银镜反应，酸化后生成G，G为，G与氢气加成生成H，H为，H在浓硫酸作用下生成内酯I(含两个五元环)，化合物I的质谱表明其相对分子质量为142，I的核磁共振氢谱显示为2组峰，则I为。
(1) A为，其中含有的官能团有碳碳三键、溴原子，D 为，分子式为C10H12，故答案为：碳碳三键、溴原子；C10H12；
(2)根据反应条件，C生成D是卤代烃的消去反应，A为，通过加聚反应形成高聚物的结构简式为，故答案为：消去反应；；
(3) F为，与足量银氨溶液反应的化学方程式为，故答案为：；
(4)化合物H 为，系统命名为3，4-二羟基-1，6己二酸，故答案为：3，4-二羟基-1，6己二酸；
(5)根据上述分析，I的结构简式为，故答案为：；
(6) ①具有酚结构，说明含有酚羟基；②仅有一种官能团，说明只含有酚羟基，同时含有苯环；③具有4 种氢原子，满足条件的I的同分异构体是，故答案为：；
（7）A （）先与H2发生加成反应生成，然后将溴原子水解形成羟基，最后羟基间脱水即可，合成路线为，故答案为：。
12.中国是最早发现并使用青铜器国家。司母戊鼎是迄今为止出土的世界上最大、最重的青铜礼器，享有“镇国之宝”的美誉（如图1）。
（1）Cu原子的外围电子排布式为______________。
（2）图2所示为第四周期某主族元素的第一至五电离能数据，该元素是_______，I3远大于I2的原因是____________________________________________________________。

（3）图3是某含铜配合物的晶体结构示意图。
①晶体中H2O和SO42-的中心原子的杂化类型为_____，试判断H2O和SO42-的键角大小关系并说明原因_________________________________________________________________。
②图3中的氢键有(H2O)O—H···O(H2O)和___________________。
③写出该配合物的化学式________________。
（4）一种铜的氯化物晶胞结构如图所示。

该化合物的化学式为______，已知P、Q、R的原子坐标分别(0，0，0)、(1，1，1)、(，，)，若Cu原子与最近的Cl原子的核间距为apm，则该晶体的密度计算表达式为_________。
【答案】 (1). 3d104s1 (2). Ca（或钙） (3). Ca原子失去2个电子以后达到稳定结构，再失去1个电子很困难 (4). sp3、sp3 (5). H2O分子键角小于的SO42-键角，因为H2O中O存在2对孤电子对而SO42-中的S不存在，孤电子对成键电子的斥力大于成键电子对成键电子的斥力 (6). (H2O)O—H···O(SO42-) (7). [Cu(H2O)4]SO4·H2O (8). CuCl (9). g/cm3
【解析】（1）Cu为第29号元素，原子的外围电子排布式为：3d104s1 ；
（2）根据图示第四周期某主族元素的第一至五电离能数据，电离能突变在第三电离能，故该元素为第四周期第IIA族元素，该元素是Ca；I3远大于I2的原因是Ca原子失去2个电子以后达到稳定结构，再失去1个电子很困难；
（3）①晶体中H2O和SO42-的价层电子对数均为4对，故中心原子的杂化类型均为sp3；H2O的键角小于SO42-的键角，因为H2O中O存在2对孤电子对而SO42-中的S没有孤对电子，孤电子对成键电子的斥力大于成键电子对成键电子的斥力，故键角更小；
②图3中的氢键有(H2O)O—H···O(H2O)和(H2O)O—H···O(SO42-)；
③该配合物中，中心离子是Cu2+，配体是水，配位数是4，阴离子是硫酸根，还有一个结晶水，故其化学式为：[Cu(H2O)4]SO4·H2O；
（4）铜的氯化物晶胞结构中Cu占据了顶点和面心，Cl占据了体内4个位置，故该化合物的化学式为CuCl，已知P、Q、R的原子坐标分别(0，0，0)、(1，1，1)、 (，，)，若Cu原子与最近的Cl原子的核间距为a pm，即为体对角线的四分之一，故则该晶体的边长为： ×10-10cm，该晶胞的体积为： ×10-30cm3，一个晶胞的质量为：g，故晶胞的密度计算表达式为： = g/cm3。